2013年理科数学海南省高考真题含答案下载

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  • 最近更新2022年10月14日



2013年普通高等学校招生全国统一考试数学 (全国新课标卷 II) 第Ⅰ卷 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.(2013 课标全国Ⅱ,理 1)已知集合 M={x|(x-1)2<4,x∈R},N={-1,0,1,2,3},则 M∩N= (  ). A.{0,1,2} 2.(2013课标全国Ⅱ,理 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.(2013课标全国Ⅱ,理 3)等比数列{an}的前 n项和为 Sn.已知 S3=a2+10a1,a5=9,则 a1=(  ). B.{-1,0,1,2} C.{-1,0,2,3} D.{0,1,2,3} 13131919A. B. C. D. 4.(2013课标全国Ⅱ,理 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, lα,l β,则(  ). A.α∥β 且 l∥α C.α 与 β 相交,且交线垂直于 l B.α⊥β 且 l⊥β D.α 与 β 相交,且交线平行于 l 5.(2013课标全国Ⅱ,理 5)已知(1+ax)(1+x)5 的展开式中 x2 的系数为 5,则 a= (  ). A.-4 B.-3 C.-2 D.-1 6.(2013课标全国Ⅱ,理 6)执行下面的程序框图,如果输入的 N=10,那么输出的 S= (  ). 1 1 11+   2 3 10 A. B. C. 1111+  2! 3! 1 1 10! 11+   2 3 11 1111+  2! 3! 11! D. 7.(2013 课标全国Ⅱ,理 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.(2013课标全国Ⅱ,理 8)设 a=log36,b=log510,c=log714,则(  ). C.a>c>b A.c>b>a B.b>c>a D.a>b>c x 1, 9.(2013课标全国Ⅱ,理 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 y  ax 3. 第 1 页 共 13 页 a=(  ). 1124A. B. C.1 D.2 10.(2013课标全国Ⅱ,理 10)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是(  ). A. x0∈R,f(x0)=0 B.函数 y=f(x)的图像是中心对称图形 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.(2013课标全国Ⅱ,理 11)设抛物线 C:y2=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.y2=4x或 y2=8x C.y2=4x或 y2=16x B.y2=2x或 y2=8x D.y2=2x或 y2=16x 12.(2013课标全国Ⅱ,理 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(  ). 2 1 ,2 1 1 , 1 1 ,1 2 2 2 3 3 2 A.(0,1) B. C. D. 第Ⅱ卷 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做答。第 22题~第 24 题为选考题,考生根据要求做答。 二、填空题:本大题共 4小题,每小题 5分.   13.(2013 课标全国Ⅱ,理 13)已知正方形 ABCD 的边长为 2,E 为 CD 的中点,则 AE  BD __________. =14.(2013课标全国Ⅱ,理 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 1和等于 5的概率为 ,则 n=__________. 14 π1215.(2013课标全国Ⅱ,理 15)设 θ 为第二象限角,若 tan   ,则 sin θ+cos θ=__________. 416.(2013课标全国Ⅱ,理 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.(2013课标全国Ⅱ,理 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. (1)求 B; (2)若 b=2,求△ABC面积的最大值. 第 2 页 共 13 页 18.(2013课标全国Ⅱ,理 18)(本小题满分 12分)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1中,D,E分别是 AB,BB1 2的中点,AA1=AC=CB= AB . 2(1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求二面角 D-A1C-E的正弦值. 19.(2013课标全国Ⅱ,理 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. (1)将 T表示为 X的函数; (2)根据直方图估计利润 T不少于 57 000元的概率; (3)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. 第 3 页 共 13 页 x2 y2 20.(2013课标全国Ⅱ,理 20)(本小题满分 12分)平面直角坐标系 xOy中,过椭圆 M: =1(a>b> a2 b2 10)右焦点的直线 x  y  3  0交 M于 A,B两点,P为 AB的中点,且 OP的斜率为 . 2(1)求 M的方程; (2)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. 21.(2013课标全国Ⅱ,理 21)(本小题满分 12分)已知函数 f(x)=ex-ln(x+m). (1)设 x=0是 f(x)的极值点,求 m,并讨论 f(x)的单调性; (2)当 m≤2 时,证明 f(x)>0. 第 4 页 共 13 页 请考生在第 22、23、24题中任选择一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号. 22.(2013课标全国Ⅱ,理 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. (1)证明:CA是△ABC外接圆的直径; (2)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. 23.(2013课标全国Ⅱ,理 23)(本小题满分 10分)选修 4—4:坐标系与参数方程 x  2cost, y  2sint 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 t=2α(0<α<2π), M为 PQ的中点. (1)求 M的轨迹的参数方程; (2)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. 第 5 页 共 13 页 24.(2013课标全国Ⅱ,理 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: 1(1)ab+bc+ac≤ ;3a2 b2 c2 (2) 1 .bca第 6 页 共 13 页 2013年普通高等学校招生全国统一考试数学 (全国新课标卷 II) 第Ⅰ卷 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. 答案:A 解析:解不等式(x-1)2<4,得-1<x<3,即 M={x|-1<x<3}.而 N={-1,0,1,2,3},所以 M∩N= {0,1,2},故选 A. 2. 答案:A 2i 2i1 i 2  2i 解析: z= ==-1+i. 1i 1i1 i 23. 答案:C 解析:设数列{an}的公比为 q,若 q=1,则由 a5=9,得 a1=9,此时 S3=27,而 a2+10a1=99,不满足题 意,因此 q≠1. a1(1 q3 ) 1 q ∵q≠1 时,S3= =a1·q+10a1, 1 q3 ∴=q+10,整理得 q2=9. 1 q 1∵a5=a1·q4=9,即 81a1=9,∴a1= . 94. 答案:D 解析:因为 m⊥α,l⊥m,l α,所以 l∥α.同理可得 l∥β. 又因为 m,n为异面直线,所以 α 与 β 相交,且 l平行于它们的交线.故选 D. 5. 答案:D 解析:因为(1+x)5的二项展开式的通项为 C5r xr (0≤r≤5,r∈Z),则含 x2的项为 C52 x2 +ax·C15 x =(10+ 5a)x2,所以 10+5a=5,a=-1. 6. 答案:B 解析:由程序框图知,当 k=1,S=0,T=1时,T=1,S=1; 1212当 k=2时,T  当 k=3时,T  当 k=4时,T  ,S=1+ ;111,S 1+  ;23 2 23 1111,S 1+  ;…; 234 2 23 234 1111当 k=10时,T  ,S 1+  ,k增加 1变为 11,满足 k>N,输出 S, 23410 2! 3! 10! 所以 B正确. 7. 答案:A 第 7 页 共 13 页 解析:如图所示,该四面体在空间直角坐标系 O-xyz的图像为下图: 则它在平面 zOx上的投影即正视图为 8. 答案:D ,故选 A. lg6 lg 2 lg3 lg10 lg 2 lg5 lg14 lg7 lg 2 lg7 解析:根据公式变形, a  1 ,b  1 ,c  1 ,因为 lg 7>lg 5> lg3 lg 2lg 2lg 2 lg5 lg 3,所以 ,即 c<b<a.故选 D. lg7 lg5 lg3 9. 答案:B x 1, 解析:由题意作出 所表示的区域如图阴影部分所示, x  y  3 作直线 2x+y=1,因为直线 2x+y=1与直线 x=1的交点坐标为 (1,-1),结合题意知直线 y=a(x-3)过点(1,-1),代入得 112a  ,所以 a  .210. 答案:C 解析:∵x0是 f(x)的极小值点,则 y=f(x)的图像大致如下图所示,则 在(-∞,x0)上不单调,故 C不正确. 11. 答案:C p解析:设点 M的坐标为(x0,y0),由抛物线的定义,得|MF|=x0+ =5, 2p则 x0=5- . 2pp又点 F的坐标为 ,0 ,所以以 MF为直径的圆的方程为(x-x0) x  +(y-y0)y=0. 222y0 将 x=0,y=2代入得 px0+8-4y0=0,即 -4y0+8=0,所以 y0=4. 2第 8 页 共 13 页 p由y02 =2px0,得16  2p 5 ,解之得 p=2,或 p=8. 2所以 C的方程为 y2=4x或 y2=16x.故选 C. 12. 答案:B 第Ⅱ卷 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做答。第 22题~第 24 题为选考题,考生根据要求做答。 二、填空题:本大题共 4小题,每小题 5分. 13.答案:2 解析:以 AB所在直线为 x轴,AD所在直线为 y轴建立平面直角坐标系,如 图所示,则点 A的坐标为(0,0),点 B的坐标为(2,0),点 D的坐标为(0,2),     点 E的坐标为(1,2),则 AE =(1,2), BD =(-2,2),所以 AE  BD  2 .14.答案:8 解析:从 1,2,…,n中任取两个不同的数共有 Cn2 种取法,两数之和为 5 212nn 1 241的有(1,4),(2,3)2种,所以 ,即 ,解 C2n 14 nn 1 14 得 n=8. 10 15.答案: 5π1 tan 1 tan 12113解析:由 tan   ,得 tan θ= ,即 sin θ= cos θ. 4310 将其代入 sin2θ+cos2θ=1,得 cos2 1 .93 10 10 10 5因为 θ 为第二象限角,所以 cos θ= 16.答案:-49 ,sin θ= ,sin θ+cos θ= .10 10 109 解析:设数列{an}的首项为 a1,公差为 d,则 S10=10a1+ 1514 d =10a1+45d=0,① 2S15=15a1  d=15a1+105d=25.② 22联立①②,得 a1=-3, d  ,3n(n 1) 2 110 3所以 Sn= 3n    n2  n . 233110 20 3令 f(n)=nSn,则 f (n)  n3  n2 ,f ‘(n)  n2  n . 3320 令 f′(n)=0,得 n=0或 n  .320 20 320 3当n  时,f′(n)>0,0<n< 时,f′(n)<0,所以当 n  时,f(n)取最小值,而 n∈N+,则 f(6) 3=-48,f(7)=-49,所以当 n=7时,f(n)取最小值-49. 三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 17. 第 9 页 共 13 页 解:(1)由已知及正弦定理得 sin A=sin Bcos C+sin Csin 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, π又 B∈(0,π),所以 B  .412(2)△ABC的面积 S  acsin B  ac .24π由已知及余弦定理得 4=a2+c2- 2accos .44又 a2+c2≥2ac,故 ac  ,当且仅当 a=c时,等号成立. 2  2 因此△ABC面积的最大值为 2+1 18. .解:(1)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. 2(2)由 AC=CB= AB 得,AC⊥BC. 2 以 C为坐标原点,CA 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,则 D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),CD =(1,1,0),CE =(0,2,1),CA1 =(2,0,2). 设 n=(x1,y1,z1)是平面 A1CD的法向量,  nCD  0, x  y  0, 11则即 2×1  2z1  0. nCA  0, 1可取 n=(1,-1,-1). 同理,设 m 是平面 A1CE的法向量,  m CE  0, 则可取 m=(2,1,-2).  m CA  0, 1n·m 3从而 cos〈n,m〉= ,| n || m | 36故 sin〈n,m〉= .36即二面角 D-A1C-E的正弦值为 .319. 解:(1)当 X∈[100,130)时,T=500X-300(130-X)=800X-39 000, 当 X∈[130,150]时,T=500×130=65 000. 800X 39000,100  X 130, 65000,130  X 150. 所以T  (2)由(1)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 57000元的概率的 第 10 页 共 13 页 估计值为 0.7. (3)依题意可得 T的分布列为 TP45 00053 00061 00065 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:(1)设 A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0), 22×12 y12 x2 y2 y2  y 1 = 1 x2  x1 则=1 ,=1 ,,a2 b2 a2 b2 b2 x2  x1  y2  y x2  x1 由此可得   1 =1 .a2  y2  y1  y0 x0 12因为 x1+x2=2×0,y1+y2=2y0, ,所以 a2=2b2. 又由题意知,M的右焦点为( 因此 a2=6,b2=3. 3,0),故 a2-b2=3. x2 y2 所以 M的方程为 =1. 63x  y  3  0, 2y2 (2)由 x1, 634 3 3x  ,x  0, 解得 或y  3. 3y   ,34 6 3因此|AB|= .由题意可设直线 CD的方程为 5 3 3y= x  n   n  3 ,设 C(x3,y3),D(x4,y4). y  x  n, 2y2 由得 3×2+4nx+2n2-6=0. x1 632n  29  n2  于是 x3,4 =.3因为直线 CD的斜率为 1, 43所以|CD|= 2 | x4  x3 | 9  n2 .18 6 9由已知,四边形 ACBD的面积 S  | CD || AB | 9  n2 .2第 11 页 共 13 页 8 6 3当 n=0时,S取得最大值,最大值为 .8 6 3所以四边形 ACBD面积的最大值为 .21. 1解:(1)f′(x)= ex  .x  m 由 x=0是 f(x)的极值点得 f′(0)=0,所以 m=1. 1于是 f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞),f′(x)= ex  .x 1 1函数 f′(x)= ex  在(-1,+∞)单调递增,且 f′(0)=0. x 1 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. (2)当 m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当 m=2时,f(x)>0. 1当 m=2时,函数 f′(x)= ex  在(-2,+∞)单调递增. x  2 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. 1由 f′(x0)=0得 ex =,ln(x0+2)=-x0, 0x0  2 1x0 12 故 f(x)≥f(x0)= +x0= >0. x0  2 综上,当 m≤2 时,f(x)>0. x0  2 请考生在第 22、23、24题中任选择一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号. 22. 解:(1)因为 CD为△ABC外接圆的切线, BC DC 所以∠DCB=∠A,由题设知 ,FA EA 故△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. (2)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. 1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第 12 页 共 13 页 23. 解:(1)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  cos  cos2, y  sin  sin 2 M的轨迹的参数方程为 (α 为参数,0<α<2π). (2)M点到坐标原点的距离 d  x2  y2  2  2cos (0<α<2π). 当 α=π 时,d=0,故 M的轨迹过坐标原点. 24. 解:(1)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. 1所以 3(ab+bc+ca)≤1,即 ab+bc+ca≤ . 3a2 bb2 cc2 a(2)因为  b  2a , c  2b , a  2c ,a2 b2 c2 故即 (a  b  c) ≥2(a+b+c), bcaa2 b2 c2 ≥a+b+c. bcaa2 b2 c2 所以 ≥1. bca第 13 页 共 13 页

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