理 数
本卷满分150分,考试时间120分钟.
第Ⅰ卷(选择题,共60分)
一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.已知集合M={x|(x-1)<4,x∈R},N={-1,0,1,2,3},则M∩N=( ) A.{0,1,2}
B.{-1,0,1,2}
C.{-1,0,2,3}
D.{0,1,2,3}
2
2.设复数z满足(1-i)z=2i,则z=( ) A.-1+I
B.-1-i
C.1+i
D.1-i
3.等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=( ) A.3 1
B.-3
1
C.9 1
D.-9 1
4.已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则( ) A.α∥β且l∥α
2
B.α⊥β且l⊥β
D.α与β相交,且交线平行于l
C.α与β相交,且交线垂直于l
5
5.已知(1+ax)(1+x)的展开式中x的系数为5,则a=( ) A.-4
B.-3
C.-2
D.-1
6.执行下面的程序框图,如果输入的N=10,那么输出的S=( )
A.1+2+3+…+10 C.1+2+3+…+11 11
1
111
B.1+2!+3!+…+10! D.1+2!+3!+…+11! 1
1
1
111
7.一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是
(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx平面为投影面,则得到的正视图可以为( )
8.设a=log36,b=log510,c=log714,则( ) A.c>b>a
B.b>c>a
C.a>c>b
D.a>b>c
𝑥≥1,
9.已知a>0,x,y满足约束条件{𝑥+𝑦≤3,若z=2x+y的最小值为1,则a=( )
𝑦≥𝑎(𝑥-3).A.4 1
3
B.2
2
1
C.1 D.2
10.已知函数f(x)=x+ax+bx+c,下列结论中错误的是( ) A.∃x0∈R, f(x0)=0
B.函数y=f(x)的图象是中心对称图形
C.若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-∞,x0)单调递减 D.若x0是f(x)的极值点,则f '(x0)=0
11.设抛物线C:y=2px(p>0)的焦点为F,点M在C上,|MF|=5,若以MF为直径的圆过点(0,2),则C的方程为( ) A.y=4x或y=8x C.y=4x或y=16x
2
2
2
2
2
B.y=2x或y=8x D.y=2x或y=16x
2
2
22
12.已知点A(-1,0),B(1,0),C(0,1),直线y=ax+b(a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分,则b的取值范围是( ) A.(0,1)
B.(1-√22
,2)
1
C.(1-
√22
,3]
1
D.[3,2)
11
第Ⅱ卷(非选择题,共90分)
本卷包括必考题和选考题两部分.第13题~第21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22题~第24题为选考题,考生根据要求作答.
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.
⃗⃗⃗⃗⃗ ·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = . 13.已知正方形ABCD的边长为2,E为CD的中点,则𝐴𝐸
14.从n个正整数1,2,…,n中任意取出两个不同的数,若取出的两数之和等于5的概率为,则n= .
15.设θ为第二象限角,若tan(𝜃+4)=2,则sin θ+cos θ= . 16.等差数列{an}的前n项和为Sn.已知S10=0,S15=25,则nSn的最小值为 . 三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 17.(本小题满分12分)
△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=bcos C+csin B. (Ⅰ)求B;
(Ⅱ)若b=2,求△ABC面积的最大值.
18.(本小题满分12分)
如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=CB=2AB. (Ⅰ)证明:BC1∥平面A1CD; (Ⅱ)求二面角D-A1C-E的正弦值.
√21
14
π1
19.(本小题满分12分)
经销商经销某种农产品,在一个销售季度内,每售出1 t该产品获利润500元,未售出的产品,每1 t亏损300元.根据历史资料,得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图,如下图所示.经销商为下一个销售季度购进了130 t该农产品,以X(单位:t,100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量,T(单位:元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润.
(Ⅰ)将T表示为X的函数;
(Ⅱ)根据直方图估计利润T不少于57 000元的概率;
(Ⅲ)在直方图的需求量分组中,以各组的区间中点值代表该组的各个值,并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如:若需求量X∈[100,110),则取X=105,且X=105的概率等于需求量落入[100,110)的频率),求T的数学期望.
20.(本小题满分12分)
平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:𝑎2+2=1(a>b>0)右焦点的直线x+y-√3=0交M于A,B两点,P
𝑏𝑥2𝑦2
为AB的中点,且OP的斜率为2. (Ⅰ)求M的方程;
(Ⅱ)C,D为M上两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.
1
21.(本小题满分12分) 已知函数f(x)=e-ln(x+m).
(Ⅰ)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性; (Ⅱ)当m≤2时,证明f(x)>0.
请从下面所给的22、23、24三题中选定一题作答,不选、多选均按所答第一题评分;多答按所答第一题评分.
22.(本小题满分10分)选修4—1:几何证明选讲
如图,CD为△ABC外接圆的切线,AB的延长线交直线CD于点D,E,F分别为弦AB与弦AC上的点,且BC·AE=DC·AF,B,E,F,C四点共圆. (Ⅰ)证明:CA是△ABC外接圆的直径;
(Ⅱ)若DB=BE=EA,求过B,E,F,C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值.
x
23.(本小题满分10分)选修4— 4:坐标系与参数方程
𝑥=2cos𝑡,
已知动点P,Q都在曲线C:{(t为参数)上,对应参数分别为t=α与
𝑦=2sin𝑡t=2α(0<α<2π),M为PQ的中点. (Ⅰ)求M的轨迹的参数方程;
(Ⅱ)将M到坐标原点的距离d表示为α的函数,并判断M的轨迹是否过坐标原点.
24.(本小题满分10分)选修4—5:不等式选讲 设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明: (Ⅰ)ab+bc+ca≤; (Ⅱ)𝑏+𝑐+𝑎≥1.
𝑎2𝑏2𝑐2
13
2013年普通高等学校招生全国统一考试(课标全国卷Ⅱ)
一、选择题
1.A 化简得M={x|-1 =-1+i,故选A. 3.C 由已知条件及S3=a1+a2+a3得a3=9a1,设数列{an}的公比为q,则q2=9. 所以a5=9=a1·q4=81a1,得a1=9,故选C. 4.D 若α∥β,则m∥n,这与m、n为异面直线矛盾,所以A不正确.将已知条件转化到正方体中,易知α与β不一定垂直,但α与β的交线一定平行于l,从而排除B、C.故选D. 评析 本题考查了线面的位置关系,考查了空间想象能力,本题利用排除法求解效果比较好. 𝑟r5.D 由二项式定理得(1+x)5的展开式的通项为Tr+1=C5·x,所以当r=2时,(1+ax)(1+x)5的展2121开式中x2的系数为C5,当r=1时,x2的系数为C5·a,所以C5+C5·a=5,a=-1,故选D. 1 6.B 由框图知循环情况如下:T=1,S=1,k=2; T=2,S=1+2,k=3;T=2×3,S=1+2+2×3,k=4; T=,S=1+++,k=5;…; 4! 2!3!4!1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 T=10!,S=1+2!+3!+…+10!,k=11>10,输出S,故选B. 7.A 设O(0,0,0),A(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,1), 将以O、A、B、C为顶点的四面体补成一正方体后,由于OA⊥BC,所以该几何体以zOx平面为投影面的正视图为A. 8.D 由对数运算法则得a=log36=1+log32,b=1+log52,c=1+log72,由对数函数图象得log32>log52>log72,所以a>b>c,故选D. 9.B 由约束条件画出可行域(如图所示的△ABC), 11 𝑥=1,由{得A(1,-2a), 𝑦=𝑎(𝑥-3)当直线2x+y-z=0过点A时, z=2x+y取得最小值,所以1=2×1-2a,解得a=2,故选B. 10.C 由三次函数值域为R知f(x)=0有解,所以A项正确;因为y=x3的图象为中心对称图形,而f(x)=x3+ax2+bx+c的图象可以由y=x3的图象平移得到,故B项正确; 若f(x)有极小值点,则f '(x)=0有两个不等实根x1,x2(x1 2𝑝 1 M(5-2,√2𝑝(5-2)).从而以MF为直径的圆的圆心N的坐标为(2,2√2𝑝(5-2)),∵点N的横坐标恰好等于圆的半径,∴圆与y轴切于点(0,2),从而2=√2𝑝(5-),即p2-10p+16=0,解得 22p=2或p=8,∴抛物线方程为y2=4x或y2=16x.故选C. 评析 本题考查了直线、圆、抛物线的位置关系,考查了综合解题能力.建立关于p的方程是求解的关键. 𝑦=𝑎𝑥+𝑏,𝑎+𝑏 12.B (1)当直线y=ax+b与AB、BC相交时(如图1),由{得yE=,又易知 𝑎+1𝑥+𝑦=1xD=-,∴|BD|=1+,由S△DBE=× 𝑎 𝑎 2 𝑏 𝑏 1𝑎+𝑏𝑎+𝑏1 𝑎 1 𝑝 𝑝𝑝51𝑝 × 𝑎+12 =得b=11𝑎 √1++1 ∈(0,). 2 1 图1 (2)当直线y=ax+b与AC、BC相交时(如图2),由S△FCG=(xG-xF)·|CM|=得2 2 11 b=1- √2√2√1-𝑎2∈(1-,1)(∵0 ∵对于任意的a>0恒成立, ∴b∈(0,2)∩(1-二、填空题 13.答案 2 121⃗⃗⃗⃗⃗ 22-×22=2. ⃗⃗⃗⃗ ·⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +1𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ )·(⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ )=⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(𝐴𝐷解析 解法一:⃗𝐴𝐸𝐵𝐷𝐴𝐷-𝐴𝐵𝐴𝐷-𝐴𝐵=2222 1 √2,1),即2 b∈(1- √21 ,).故选22 B. ⃗⃗⃗⃗ ·⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2)·(-2,2)=1×(-2)+2×2=2. 解法二:以A为原点建立平面直角坐标系(如图).则⃗𝐴𝐸𝐵𝐷 14.答案 8 解析 因为5=1+4=2+3,所以C2=14,即n(n-1)=56,解得n=8或n=-7(舍). 𝑛 21 15.答案 - √10 5 π π 1 -1211+2 解析 tan θ=tan[(𝜃+)-]= 44 1 =-, 3 10 9 1 ∴sin θ=-3cos θ,将其代入sin2θ+cos2θ=1得9cos2θ=1,∴cos2θ=10,易知cos θ<0, ∴cos θ=-10√10,sin θ=10,故sin θ+cos θ=-16.答案 -49 解析 由Sn=na1+ 2 𝑛(𝑛-1)2 3 √10√10. 5 10𝑎1+45d=0, d得{ 15𝑎1+105d=25, 𝑛(𝑛-1)212 解得a1=-3,d=3,则Sn=-3n+·3=3(n2-10n), 所以nSn=3(n3-10n2),令f(x)=3(x3-10x2), 则 f '(x)=x2-3x=x(𝑥-3),当x∈(1,3)时, f(x)递减, 当x∈(3,+∞)时, f(x)递增,又6<3<7, f(6)=-48, f(7)=-49,所以nSn的最小值为-49. 评析 本题考查了数列与函数的应用,考查了数列的基本运算,利用导数求最值.本题易忽略n的取值范围. 三、解答题 17.解析 (Ⅰ)由已知及正弦定理得sin A=sin Bcos C+sin C·sin B.① 又A=π-(B+C), 故sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C.② 由①,②和C∈(0,π)得sin B=cos B. 又B∈(0,π),所以B=4. (Ⅱ)△ABC的面积S=2acsin B=4ac. 由已知及余弦定理得4=a2+c2-2accos. 4π 1 √2π 20 20 20 20 20 11 又a2+c2≥2ac,故ac≤2-2,当且仅当a=c时,等号成立. √4因此△ABC面积的最大值为√2+1. 18.解析 (Ⅰ)连结AC1交A1C于点F,则F为AC1中点. 又D是AB中点,连结DF,则BC1∥DF. 因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD. (Ⅱ)由AC=CB=2AB得,AC⊥BC. √2⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.设CA=2,以C为坐标原点,𝐶𝐴 则D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2), ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ 1=(2,0,2). 𝐶𝐷 设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量,则{可取n=(1,-1,-1). 同理,设m是平面A1CE的法向量,则{可取m=(2,1,-2). 从而cos √3|𝑛||𝑚|3𝑛·𝑚 ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,x+y1=0,𝑛·CD 即{1 2x+2z=0.⃗⃗⃗⃗⃗ 11𝑛·CA1=0, ⃗⃗⃗⃗ =0,𝑚·CE ⃗⃗⃗⃗ 1=0.𝑚·⃗CA =,故sin 即二面角D-A1C-E的正弦值为3. 评析 本题考查了线面平行的判定和性质,考查二面角的计算.考查了空间想象能力.正确求出平面的法向量是解题的关键. 19.解析 (Ⅰ)当X∈[100,130)时,T=500X-300(130-X)=800X-39 000, 当X∈[130,150]时,T=500×130=65 000. 所以T={ 800𝑋-39 000,100≤x<130, 65 000,130≤X≤150. (Ⅱ)由(Ⅰ)知利润T不少于57 000元当且仅当120≤X≤150. 由直方图知需求量X∈[120,150]的频率为0.7,所以下一个销售季度内的利润T不少于57 000元的概率的估计值为0.7. (Ⅲ)依题意可得T的分布列为 T P 45 000 53 000 61 000 65 000 0.1 0.2 0.3 0.4 所以ET=45 000×0.1+53 000×0.2+61 000×0.3+65 000×0.4=59 400. 20.解析 (Ⅰ)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则 2𝑦2𝑥11 𝑎 22 2+2=1,2+2=1,𝑥2𝑦2 𝑏 𝑦2-𝑦1𝑥2-𝑥1 𝑏𝑎 =-1, 由此可得𝑎2(𝑦2+𝑦1)=-𝑥2-𝑥1=1. 2 1 2 1 𝑏2(𝑥+𝑥) 𝑦-𝑦 因为x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,0=, 𝑥02 𝑦1 所以a2=2b2. 又由题意知,M的右焦点为(√3,0),故a2-b2=3. 因此a2=6,b2=3. 所以M的方程为+=1. 6 3𝑥2𝑦2 𝑥=3,𝑥=0,𝑥+𝑦-√3=0, (Ⅱ)由{𝑥2𝑦2解得{或{ √3𝑦=3.√+=1𝑦=-3,63因此|AB|= 4√6. 3 5√33 4√3由题意可设直线CD的方程为y=x+n(-𝑦=𝑥+𝑛,由{𝑥2𝑦2得3x2+4nx+2n2-6=0. +=1 6 3 -2𝑛±√2(9-𝑛2)3 . 4 因为直线CD的斜率为1,所以|CD|=√2|x4-x3|=3√9-𝑛2. 由已知,四边形ACBD的面积S=2|CD|·|AB|=当n=0时,S取得最大值,最大值为 8√6. 38√6. 31 8√6√9-𝑛2. 9 所以四边形ACBD面积的最大值为 评析 本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了解析几何中的中点问题和最值问题,计算量大,综合性较强.应充分重视方程思想和函数思想在解题中的作用. 21.解析 (Ⅰ)f '(x) =ex-𝑥+𝑚. 由x=0是f(x)的极值点得f '(0)=0,所以m=1. 于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞), f '(x)=ex-𝑥+1. 函数f '(x)=ex-𝑥+1在(-1,+∞)单调递增,且f '(0)=0,因此当x∈(-1,0)时, f '(x)<0;当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0. 所以f(x)在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. (Ⅱ)当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当m=2时, f(x)>0. 当m=2时,函数f '(x)=ex-1 1 1 1 𝑥+2 在(-2,+∞)单调递增. 又f '(-1)<0, f '(0)>0,故f '(x)=0在(-2,+∞)有唯一实根x0,且x0∈(-1,0). 当x∈(-2,x0)时, f '(x)<0;当x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0,从而当x=x0时, f(x)取得最小值. 由f '(x0)=0得e𝑥0=𝑥故f(x)≥f(x0)= 1𝑥0+2 1 0+2 ,ln(x0+2)=-x0, >0. +x0= (𝑥0+1)2𝑥0+2 综上,当m≤2时, f(x)>0. 评析 本题考查了函数的极值、单调性,考查了构造函数证明不等式;考查了函数与方程思想,转化与化归的思想,对运算能力要求很高. 22.解析 (Ⅰ)因为CD为△ABC外接圆的切线,所以∠DCB=∠A,由题设知=,故 𝐹𝐴𝐸𝐴𝐵𝐶𝐷𝐶 △CDB∽△AEF,所以∠DBC=∠EFA. 因为B,E,F,C四点共圆,所以∠CFE=∠DBC,故∠EFA=∠CFE=90°. 所以∠CBA=90°,因此CA是△ABC外接圆的直径. (Ⅱ)连结CE,因为∠CBE=90°,所以过B,E,F,C四点的圆的直径为CE,由DB=BE,有CE=DC,又BC2=DB·BA=2DB2,所以CA2=4DB2+BC2=6DB2. 而DC2=DB·DA=3DB2,故过B,E,F,C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值为2. 23.解析 (Ⅰ)依题意有P(2cos α,2sin α),Q(2cos 2α,2sin 2α),因此M(cos α+cos 2α,sin α+sin 2α). 𝑥=cos𝛼+cos2𝛼, M的轨迹的参数方程为{(α为参数,0<α<2π). 𝑦=sin𝛼+sin2𝛼(Ⅱ)M点到坐标原点的距离d=√𝑥2+𝑦2=√2+2cos𝛼 (0<α<2π). 当α=π时,d=0,故M的轨迹过坐标原点. 24.解析 (Ⅰ)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca得 a2+b2+c2≥ab+bc+ca. 由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1. 所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤3. (Ⅱ)因为𝑏+b≥2a,𝑐+c≥2b,𝑎+a≥2c, 故𝑏+𝑐+𝑎+(a+b+c)≥2(a+b+c), 即𝑏+𝑐+𝑎≥a+b+c. 所以𝑏+𝑐+𝑎≥1. 𝑎2𝑏2𝑐2𝑎2𝑏2𝑐2𝑎2𝑏2𝑐2 𝑎2 𝑏2 𝑐2 1 1 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容