2013年江苏高考数学试题及答案下载

2013年江苏高考数学试题及答案下载

  • 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(江苏卷) 参考公式: nn11样本数据 x1, x2 ,, xn 的方差 s2  (x  x)2 ,其中 x  x 。 in  n  ii1 i1 1棱锥的体积公式:V  Sh ,其中 S是锥体的底面积, h为高。 3棱柱的体积公式:V  Sh ,其中 S是柱体的底面积, h 为高。 一、填空题:本大题共 14 小题,每小题 5 分,共计 70 分,请把答案填写在答题卡的相应 位置上。 41、函数 y  3sin(2x  ) 的最小正周期为 ▲。2、设 z  (2 i)2 (i为虚数单位),则复数 z的模为 ▲。x2 y2 3、双曲线 1的两条渐近线的方程为 ▲。16 94、集合{-1,0,1}共有 ▲个子集。 5、右图是一个算法的流程图,则输出的 n 的值是 ▲。6、抽样统计甲、乙两位射击运动员的 5 次训练成绩(单位:环),结果 如下: 运动员 第1 次 第2 次 第3 次 第4 次 第5 次 87 89 91 90 90 91 89 88 93 92 甲乙则成绩较为稳定(方差较小)的那位运动员成绩的方差为 ▲。7、现有某类病毒记作为 XmYn ,其中正整数 m,n(m  7,n  9) 可以任意选 取,则 m,n 都取到奇数的概率为 ▲。8、如图,在三棱柱 A1B1C1 -ABC 中,D、E、F 分别为 AB、AC、A A1 的中点, 设三棱锥 F-ADE 的体积为 1 ,三棱柱 A1B1C1 -ABC 的体积为 2 ,则 VVV :V2 = 1▲。9、抛物线 y  x2 若点 P(x,y)是区域 D 内的任意一点,则 x  2y 的取值范围是 在x 1处的切线与坐标轴围成三角形区域为 D(包含三角形内部与边界)。 ▲。1210 、 设D 、 E 分 别 是 △ ABC 的 边AB 、 BC 上 的 点 , 且AD  AB, BE  BC 。 若 23   DE  1 AB  2 AC (1 、2 均为实数),则 1 +2 的值为 ▲。11、已知 f (x) 是定义在 R 上的奇函数。当 x  0 时, f (x)  x2  4x ,则不等式 f (x)  x 的解集用区间表示为 ▲。x2 y2 12、在平面直角坐标系 xoy 中,椭圆 C 的方程为 1(a  b  0) ,右焦点为 F,右准 a2 b2 线为 l ,短轴的一个端点为 B。设原点到直线 BF 的距离为 d1 ,F 到 l 的距离为 d2 。若 d2  6d1 ,则椭圆 C 的离心率为 ▲。113、在平面直角坐标系 xoy 中,设定点 A(a,a),P 是函数 y  (x  0)图象上的一动点。若 x点 P、A 之间的最短距离为 2 2,则满足条件的实数 a 的所有值为= ▲。114、在正项等比数列 最大正整数 n 的值为 a中, a5  ,a6  a7  3,则满足 a1  a2  an  a1a2 an 的   n2▲。二、解答题:本大题共 6 小题,共计 90 分,请在答题卡指定区域内作答,解答时应写出文字说 明、证明或演算步骤. 15、(本小题满分 14 分) 已知向量 a  (cos,sin),b  (cos ,sin ),0       。  ;(1)若| a b | 2 ,求证: a  b   (2)设 c  (0,1),若 a  b  c ,求,  的值。 16、(本小题满分 14 分) 如图,在三棱锥 S-ABC 中,平面 SAB  平面 SBC, AB  BC ,AS=AB。过 A 作 AF  SB 垂足为 F,点 E、G 分别为线段 SA、SC 的中点。 ,求证:(1)平面 EFG//平面 ABC; (2) BC  SA 。17、(本小题满分 14 分) 如图,在平面直角坐标系 xoy 中,点 A(0,3),直线l : y  2x  4 ,设圆 C 的半径为 1,圆心 在直线 上。 l(1)若圆心 C 也在直线 y  x 1上,过点 A 作圆 C 的切线,求切线的方程; (2)若圆 C 上存在点 M,使 MA=2MO,求圆心 C 的横坐标 的取值范围。 a18、(本小题满分 16 分) 如图,游客从某旅游景区的景点 A 处下山至 C 处有两种路径。一种是从 A 沿直线步行到 C, 另一种是先从 A 沿索道乘缆车到 B,然后从 B 沿直线步行到 C。 现有甲、乙两位游客从 A 处下山,甲沿 AC 匀速步行,速度为 50 米/分钟。在甲出发 2 分钟后, 乙从 A 乘坐缆车到 B,在 B 处停留 1 分钟后,再从 B 匀速步行到 C。假设缆车速度为 130 米/ 分 钟 , 山 路AC 的 长 为1260 米 , 经 测 量 , 12 3cos A  ,cosC  。13 5(1)求索道 AB 的长; (2)问乙出发多少分钟后,乙在缆车上与甲的距离最短? (3)为使两位游客在 C 处互相等待的时间不超过 3 分钟,乙步 行的速度应控制在什么范围内? 19、(本小题满分 16 分) 设{an }是 首 项 为 a、 公 差 为 d的 等 差 数 列(d  0) , Sn 为 其 前n 项 和 。 记 nSn n2  c bn  ,n N ,其中 c 为实数。 (1)若 c=0,且b1 ,b2 ,b4 成等比数列,证明: Snk  n2 Sk (n, k  N  ) (2)若{ bn }为等差数列,证明:c=0。 20、(本小题满分 16 分) 设函数 f (x)  ln x  ax, g(x)  ex  ax ,其中 a 为实数。 (1)若 f (x) (2)若 g(x) 在在(1,) 上是单调减函数,且 g(x) 在(1,) 上有最小值,求 a 的取值范围; (1,) 上是单调增函数,试求 f (x) 的零点个数,并证明你的结论。 21.[选做题]本题包括 A、B、C、D 四小题,请选定其中两题,并在相应的答题区域内作答.若 多做,则按作答的前两题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. A.[选修 4 – 1:几何证明选讲](本小题满分 10 分) 如图,AB 和 BC 分别与圆 O 相切于点 D、C,AC 经过圆心 O,且 BC=2OC。 求证:AC=2AD。 B.[选修 4 – 2:矩阵与变换](本小题满分 10 分) 1 0 1 2 已知矩阵 A  ,B  ,求矩阵 A1B .020 6 C.[选修 4 – 4:坐标系与参数方程](本小题满分 10 分) x  t 1 y  2t 在平面直角坐标系 xoy 中,直线 l的参数方程为 (t 为参数),曲线 C 的参数方程为 2x  2tan  y  2tan (为参数)。试求直线l 和曲线 C 的普通方程,并求出它们的公共点的坐标。 D.[选修 4 – 5:不等式选讲](本小题满分 10 分) >0,求证: 2a3 b3 已知 a≥b≥2ab2  a2b 。【必做题】第22 题、第23 题,每题10 分,共计20 分.请在答题卡指定区域内作答,解答时应写 出文字说明、证明过程或演算步骤. 22.(本小题满分 10 分) 如图,在直三棱柱 A B C1  ABC 中,AB⊥AC,AB=AC=2, A A =4,点 D是 BC的中点。 111(1)求异面直线 A B 与C1D 所成角的余弦值; 1(2)求平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值。 23.(本小题满分 10 分) k个  设数列 即a  n:1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,…, (1)k1k,(1)k1k ,… (k- 1)k (k+1)k 当 n  (k  N ) 时,an  (1)k1k 。记22Sn  a1  a2  an (n N ) 。对于l  N ,定义集合 Pl =﹛ n|Sn 为 a n ≤l } n 的整数倍, n N, 且 1≤ (1)求 11 中元素个数; P(2)求集合 P2000 中元素个数。 参考答案 1.【答案】π 22ππ【解析】T=| |=| |=π. 2ω2.【答案】5 【解析】z=3-4i,i2=-1,| z |= =5. 33.【答案】 y  x 4×2 y2 9×2 3【解析】令:  0 ,得 y    x .16 916 44.【答案】8 【解析】23=8. 5.【答案】3 【解析】n=1,a=2,a=4,n=2;a=10,n=3;a=28,n=4. 6.【答案】2 89  90  91 88  92 【解析】易得乙较为稳定,乙的平均值为: x   90 .5(89  90)2  (90  90)2  (91 90)2  (88  90)2  (92  90)2 方差为: S 2   2 .57. 【答案】 20 63 【解析】m 取到奇数的有 1,3,5,7 共 4 种情况;n 取到奇数的有 1,3,5,7,9 共 5 种 45 20 79 63 情况,则 m,n 都取到奇数的概率为 .8. 【答案】1:24 C1 【解析】三棱锥 F  ADE 与三棱锥 A  ABC 的相似比为 1:2,故体积之比为 B1 1A11:8.又因三棱锥 A  ABC 与三棱柱 A B1C1  ABC 的体积之比为 1:3.所 11FC以,三棱锥 F  ADE 与三棱柱 A B1C1  ABC 的体积之比为 1:24. 1BE9. AD1【答案】[—2, ] 21z【解析】抛物线 y  x2 在x  1处的切线易得为 y=2x—1,令 z= x  2y ,y=— x+ . 2 2 11画出可行域如下,易得过点(0,—1)时,zmin=—2,过点( ,0)时,zmax= . 22yy=2x—1 Ox1y=— x 210. 12【答案】 1212【解析】 DE  DB  BE  AB  BC  AB  (BA  AC) 232312 AB  AC  1 AB  2 AC 63121623所以, 1   11. ,2  ,1  2  .【答案】(﹣5,0) ∪(5,﹢∞) 【解析】做出 f (x)  x2  4x (x  0 )的图像,如下图所示。由于 f (x) 是定义在 R上的奇 函数,利用奇函数图像关于原点对称做出 x<0 的图像。不等式 f (x)  x ,表示函数 y= f (x) 的图像在 y=x 的上方,观察图像易得:解集为(﹣5,0) ∪(5,﹢∞)。 yP(5,5) y=x y=x2—4 x xQ(﹣5, ﹣5) 312. 【答案】 3lyBa2 ca2 cb2 ca【解析】如图,l:x= ,d2 =-c= ,由等 bcOFxbc b2 bc 面积得: 1 d=。若 d2  6d1 ,则 =6,aca2bb   整理得: 6a2  ab  6b2  0 ,两边同除以: a2 ,得: 6 6  0,解之    aa   2ba6b3  得: =,所以,离心率为: e  1 .  3a  313. 【答案】1 或 10 【解析】 14. 【答案】12 1a1q4  【解析】设正项等比数列{an}首项为 a1,公比为 q,则: ,得:a1= 2a1q5 (1 q)  3 2n 1 1-n,q=2,an =26 .记Tn  a1  a2  an  ,,25 32 111 (n1)n (n1)n 2n 1 n2  n5 n  a1a2 an  2 .Tn  n ,则 13  121  2 ,化简得: 2n 1  22 22225 111 当n  n2  n  5时, n   12 .当 n=12 时,T12  12 ,当 n=13 时, 222T13  13 ,故 nmax=12. 二、解答题:本大题共 6 小题,共计 90 分.请在答题卡指定区域内作答,解答时应写出文 字说明、证明过程或演算步骤. 15. 解:(1)a-b=(cosα-cosβ,sinα-sinβ), |a-b|2=(cosα-cosβ)2+(sinα-sinβ)2=2-2(cosα·cosβ+sinα·sinβ)=2, 所以,cosα·cosβ+sinα·sinβ=0, 所以, a  b .1cos  cos   0 ①②(2) ,①2+②2 得:cos(α-β)=- . 2sin  sin   1 232所以,α-β= ,α= +β, 31233带入②得:sin( +β)+sinβ= cosβ+ sinβ=sin( +β)=1, 23232所以, +β= .5 66所以,α= ,β= .16. 证:(1)因为 SA=AB 且 AF⊥SB, 所以 F 为 SB 的中点. SGE又 E,G 分别为 SA,SC 的中点, 所以,EF∥AB,EG∥AC. FC又 AB∩AC=A,AB 所以,平面 EFG // 平面 ABC (2)因为平面 SAB⊥平面 SBC,平面 SAB∩平面 SBC=BC, AF 平面 ASB,AF⊥SB. 所以,AF⊥平面 SBC. 又 BC 平面 SBC,   面 SBC,AC 面 ABC, A.B所以,AF⊥BC. 又 AB⊥BC,AF∩AB=A, 所以,BC⊥平面 SAB. 又 SA 平面 SAB, 所以, BC  SA .y  x 1 17. 解:(1)联立: ,得圆心为:C(3,2). y  2x  4 y设切线为: y  kx  3 ,lA| 3k  3  2 | 34d=  r  1,得: k  0 or k  .1 k 2 Ox3故所求切线为: y  0 or y x  3 .4(2)设点 M(x,y),由 MA  2MO ,知: x2  (y  3)2  2 x2  y2 ,化简得: x2  (y 1)2  4 ,即:点 M 的轨迹为以(0,1)为圆心,2 为半径的圆,可记为圆 D. 又因为点 在圆上,故圆 C 圆 D 的关系为相交或相切. MC故:1≤|CD|≤3,其中 CD  a2  (2a  3)2 .12 解之得:0≤a≤ .5A18. 解:(1)如图作 BD⊥CA 于点 D, 设 BD=20k,则 DC=25k,AD=48k, AB=52k,由 AC=63k=1260m, MBNDC知:AB=52k=1040m. (2)设乙出发 x 分钟后到达点 M, 此时甲到达 N 点,如图所示. 则:AM=130x,AN=50(x+2), 由余弦定理得:MN2=AM2+AN2-2 AM·ANcosA=7400 x2-14000 x+10000, 35 其中 0≤x≤8,当 x= (min)时,MN 最小,此时乙在缆车上与甲的距离最短. 37 1260 126 =(3)由(1)知:BC=500m,甲到 C 用时: (min). 50 5126 141 86 5若甲等乙 3 分钟,则乙到 C 用时: (min) . +3 = (min) ,在 BC 上用时: 5586 1250 =5 43 此时乙的速度最小,且为:500÷ m/min. 126 111 56 5若乙等甲 3 分钟,则乙到 C 用时: (min) . -3 = (min) ,在 BC 上用时: 5556 625 =5 14 此时乙的速度最大,且为:500÷ m/min. 1250 625 ,43 14 故乙步行的速度应控制在[ ]范围内. 19. 证:(1)若 c  0,则 an  a  (n 1)d n[(n 1)d  2a] (n 1)d  2a ,Sn  ,bn  .22当b,b2,b4 成等比数列, b2  b b ,1 4 122d3d 即: a   a a ,得: d 2  2ad ,又 d  0 ,故 d  2a .22由此: Sn  n2a ,Snk  (nk)2 a  n2k 2a ,n2 Sk  n2k 2a .故: Snk  n2Sk (k,n N* ). (n 1)d  2a n2 n2 nSn n2  c 2(2)bn  ,n2  c (n 1)d  2a (n 1)d  2a (n 1)d  2a  c  c 222n2  c (n 1)d  2a c(n 1)d  2a 2.(※) n2  c 2若{bn}是等差数列,则bn  An  Bn 型. 观察(※)式后一项,分子幂低于分母幂, (n 1)d  2a c(n 1)d  2a (n 1)d  2a 2故有:  0,即 c 0,而 ≠0, n2  c 22故c  0 .经检验,当 c  0 时{bn}是等差数列. 20. 11解:(1) f (x)  a ≤0 在 (1,) 上恒成立,则 a≥,x  (1, ) .xx故: a≥1. xg (x)  e  a ,x若 1≤ a≤e,则 g (x)  e  a ≥0 在 (1,) 上恒成立, 此时, g(x)  ex  ax (1,) 上是单调增函数,无最小值,不合; >e,则 g(x)  ex  ax (1,ln a) 上是单调减函数,在 (ln a, )上是单调 增函数, gmin (x)  g(lna) ,满足. 在若a在故a的取值范围为: >e. ax≤ex, (2) g (x)  e  a ≥0 在 (1,) 上恒成立,则 a1≤ . 故: ae11 ax f (x)  a  (x  0) .xx1≤ ,令 1(ⅰ)若 0< af (x) >0 得增区间为(0, ); ea1f (x) 令<0 得减区间为( ,﹢∞). a当 x→0 时,f(x)→﹣∞;当 x→﹢∞时,f(x)→﹣∞; 111= 时取等号. 当 x= 时,f( )=﹣lna-1≥0,当且仅当 aaae11故:当 a= 时,f(x)有 1 个零点;当 0< a< 时,f(x)有 2 个零点. ee(ⅱ)若 a=0,则 f(x)=﹣lnx,易得 f(x)有 1 个零点. 1(ⅲ)若 a<0,则 f (x)  a  0 在(0, ) 上恒成立, x即: f (x)  ln x  ax 在(0, ) 上是单调增函数, 当 x→0 时,f(x)→﹣∞;当 x→﹢∞时,f(x)→﹢∞. 此时,f(x)有 1 个零点. 11综上所述:当 点. a= 或a<0 时,f(x)有 1 个零点;当 0< a< 时,f(x)有 2 个零 ee

分享到 :
相关推荐

发表回复

您的电子邮箱地址不会被公开。 必填项已用 * 标注