2013年安徽高考数学真题（理科）解析版（word版）下载

2013 年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷） 数学（理科） 第Ⅰ卷（选择题 共50 分） 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要 求． （1）【2013 年安徽，理 1，5 分】设 （A）1 i （B）1 i 【答案】A 【解析】设 z  a  bi(a, bR) ，则由 z·zi+2=2z 所以 2a  2 a2  b2  2b ，所以 a 1 i是虚数单位， z是复数 z的共轭复数．若 z·zi+2=2z ，则 z  （）（C） 1 i （D） 1 i 得，(a  bi)(a  bi)i  2  2(a  bi) ，即 (a2  b2 )i  2  2a  2bi b 1，即 z  a  bi 1 i ，故选 A． ，，（2）【2013 年安徽，理 2，5 分】如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是（ ）1625 24 3411 12 （A） （B） （C） （D） 【答案】D 1212121434s  0  s  【解析】开始 2  8 ，，n  2  2  4 ；返回， 4  8 ，，n  4  2  6 ； 3111 11 s  s  n  6  2  8；返回，8  8不成立，输出 返回， 6  8 ，，，故选 D． 4612 12 （3）【2013 年安徽，理 3，5 分】在下列命题中，不是公理的是（ ）（A）平行于同一个平面的两个平面相互平行 （B）过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面 （C）如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内 （D）如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线 【答案】A 【解析】由立体几何基本知识知，B 选项为公理 2，C 选项为公理 1，D 选项为公理 3，A 选项不是公理，故选 A． （4）【2013 年安徽，理 4，5 分】“ a  0 ”是“函数 f x| (ax 1)x |在区间 (0， ) 内单调递增”的（   ）（A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件 （C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】函数 f x的图象有以下三种情形：   a  0 　a  0 　 a  0 由图象可知 f x在区间 (0， ) 内单调递增时， a  0 ，故选 C．   （5）【2013 年安徽，理 5，5 分】某班级有 50 名学生，其中有 30 名男生和 20 名女生．随机询问了该班五名男生 和五名女生在某次数学测验中的成绩，五名男生的成绩分别为 86,94,88,92,90，五名女生的成绩分别为 88,93,93,88,93．下列说法一定正确的是（ （A）这种抽样方法是一种分层抽样 ）（B）这种抽样方法是一种系统抽样 （C）这五名男生成绩的方差大于这五名女生成绩的方差 （D）该班男生成绩的平均数小于该班女生成绩的平均数 【答案】C 【解析】解法一： 对 A 选项，分层抽样要求男女生总人数之比=男女生抽样人数之比，所以 A 选项错； 对 B 选项，系统抽样要求先对个体进行编号再抽样，所以 B 选项错； 1对 C 选项，男生方差为 40，女生方差为 30．所以 C 选项正确； 对 D 选项，男生平均成绩为 90，女生平均成绩为 91．所以 D 选项错，故选 C． 解法二： 1五名男生成绩的平均数为 ，(86  94  88  92  90)  90 51五名女生成绩的平均数为 88  93  93  88  93  91 ，586  902  94  902  88  902  92  902  90  902 2五名男生成绩的方差为 ， 8 s1  5288  912  393  912 五名女生成绩的方差为 s22   6 ，所以 s12  s22 ，故选 C． 51 2（6）【2013 年安徽，理 6，5 分】已知一元二次不等式 f x 0 的解集为 x x  1或x  ，则 f 10x ＞0 的解   集为（ （A）{x | x  1或x  lg2} 【答案】D ）（B）{x | 1 x  lg2} （C）{x | x  lg2} （D）{x | x  lg2} 11110x  x  lg  lg2 【解析】由题意知 ，所以 ，故选 D． 22（7）【2013 年安徽，理 7，5 分】在极坐标系中，圆   2cos 的垂直于极轴的两条切线方程分别为（ ）（A）  0( R)和cos  2 （C）  ( R)和cos 1 （B）  ( R)和cos  2 （D）  0( R)和cos 1 【答案】B 【解析】由题意可知，圆   2cos 可化为普通方程为 (x 1)2  y2 1 ．所以圆的垂直于 x  0 x  2 ，再将两条切线方程化为极坐标方程分别为  ( R) 和 cos  2 ，故选 x轴的两条切线方程分别 为和B． （8）【2013 年安徽，理 8，5 分】函数 y  f x的图象如图所示，在区间[a, b] 上可找到 n n 2 个不   f x1  f x2  f xn  xn 同的数 x1, x2，, xn ，使得 === ，则 n的取值范围是（ ）x1 x2 （A） 3,4 （B） 2,3,4 （C） 3,4,5 （D） 2,3 【答案】B f x1  f x2  f xn  xn f x1   0 f x2   0 f xn   0 xn  0 【 解 析 】 === 可 化 为 === ， 故 上 式 可 理 解 为 x1 x2 x1  0 x2  0 y  f x   图象上一点与坐标原点连线的斜率相等，即 n可看成过原点的直线与 y  f x的交点个数．   如图所示，由数形结合知识可得，①为 n  2 ，②为 n  3，③为 n  4 ，故选 B．    满足 OA = OB  OAOB  2 ， （9）【2013年安徽，理9，5分】在平面直角坐标系中， O是坐标原点，两定点 A，B   则点集 P OP=OA+OB,    1, R 所表示的区域的面积是（ ）（A） 2 2 （B） 2 3 （C） 4 2 （D） 4 3 【答案】D   【解析】以 OA 关，， 两点 OB 为邻边作一个平行四边形，将其放置在如图平面直角坐标系中，使 A B    于x轴 对 称 ， 由 已 知OA = OB  OAOB  2 ， 可 得 出AOB  60， 点 A3,1 ， 点 B3,1 ，点   D 2 3,0 ，现设 P(x，y) ，则由OP=OA+OB 得x, y   3,1   3,1 ，23    x     y  3  x  3 1 y 1 即，由于    1 ，， R ，可得 ，画出动点 P(x，y) 满足的可行域为如图阴影部分，故所求区域的面积为 2 3 2=4 3，故选 D． （10）【2013 年安徽，理 10，5 分】若函数 f x x3  ax2  bx  c 有极值点 x，x2 ，且 f x  x1 ，则关于 x的  1  12方程3 f x 2af x b  0 的不同实根个数是（ ）   （A）3 【答案】A （B）4 （C）5 （D）6 2【解析】由 f  x  3×2  2ax  b  0 得， x  x1 或 x  x2 ，即3 f x 2af x b  0 的根为 f x x1 或 f x x   的解．如图所示         2×2  x1 x1  x2 2由图象可知 f x x1 有 2 个解， f x x2 有 1 个解，因此 3 f x 2af x b  0 的不同实根个数为      3， 故选 A． 第Ⅱ卷（非选择题 共100 分） 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分．把答案填在答题卡的相应位置． 4（11）【2013 年安徽，理 11，5 分】若将函数 f x sin 2x    的图像向右平移 个单位，所得图像关于 y轴对称，则 的最小正值是 ．1【答案】 2a 8 r1rr8r 【解析】∵ x  的通项为 C8r x8r a (x ) =C8r ar x8r x  C8r ar x 3 ，∴8  r  4 ，解得 r  3 ．∴ C83a3  7 ，rr3333x12a  得．（12）【2013 年安徽，理 12，5 分】设 ABC 的内角 A，B，C所对边的长分别为 a，b，c．若 b  c  2a ，3sinA  5sinB ，则角C  ．2π【答案】 357a  bc  b，【解析】∵3sinA  5sinB ，∴3a  5b ．① 又∵b  c  2a ，②∴由①②可得， ，3353732 2 b2  bbb2  a2  c2 2ab 1223cosC    C  π．∴，∴ 52 bb 3（13）【2013 年安徽，理 13，5 分】已知直线 y  a 交抛物线 y  x2 于A，B两点．若该抛物线上存在点C ，使得 ACB 为直角，则 【答案】[1， ) a的取值范围为 ． 【解析】如图，设C(x0 , x02 )(x02  a) ，A  a,a ，Ba,a ，则CA   a  x ,a  x ，2003   2CB  a  x0 ,a  x0 ．∵CA  CB ，∴CACB  0 ，即  a  x2  a  x2  0 ，20  0  2a  x2 1 a  x2  0 ，∴ x0  a 1 0 ，∴ a 1 ．0  0  （14）【2013 年安徽，理 14，5 分】如图，互不相同的点 A1，A2，…，An，…和 B1，B2，…，Bn，…分 别 在 角的 两 条 边 上 ， 所 有An Bn 相 互 平 行 ， 且 所 有 梯 形An Bn Bn1 n1 的 面 积 均 相 等 ． 设 OAn  an ．若 a 1 a2  2 ，则数列 OA，a的通项公式是 ．  1n【答案】 an  3n  2 【解析】设 SOA B S ，∵ a 1 ， ，， ， a2  2 OAn  an ，∴OA 1 OA2  2 ．又易知 OA B ∽OA2 B2 111 1 112OA 2 SOA B 114  111∴．∴ S梯形A B BA  3SOA B 3S ．∵所有梯形 An Bn Bn1 An1 的面积   OA2 2 2  111122SOA B 22SOA B OA a1 S11111均相等，且 OA B ∽OAn Bn ，∴ ．∴ ，11OAn SOA B S  3n 1S 3n  2 an 3n  2 nn∴an  3n  2 ．（15）【2013 年安徽，理 15，5 分】如图，正方体 ABCD  A B C1D1 的棱长为 1， P为 BC 的中点，Q 11为线段CC1 上的动点，过点 A，P，Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S．则下列命题正确  CQ 1 时， S 为六边形； 的是__________(写出所有正确命题的编号)． 12120  CQ  CQ  ①当 ③当 时， S为四边形；②当 时， S为等腰梯形； 3133CQ  C D 1 的交点 C R  时， S与R满足 ；④当 11446⑤当CQ 1时， S 的面积为 2【答案】①②③⑤ 155【解析】当 CQ  时， D Q2  D C12  C1Q2  ，AP2  AB2  BP2  ，所以 D Q  AP ，又因为 AD / /2PQ ，1111244120  CQ  所以②正确；当 时，截面为 APQM ，且为四边形，故①也正确，如图（1）所示； 1313C1Q C1R C1R 43CQ  QCN∽QC R C R  ，如（2）图，当 时，由 得，即 ，故③正确； 114CQ CN 143 CQ 1 如图（3）所示，当 时，截面为五边形 APQMF ，所以④错误；当 CQ 1时，截面为 4APC1E ，6可知 AC1  3 ，EP  2 ，且四边形 APC1E 为菱形， S四边形 APC1E  ，故⑤正确． 2图（1） 图（2） 图（3） 三、解答题：本大题共 6 题，共 75 分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定 区域内． 4π（16）【2013 年安徽，理 16，12 分】已知函数 f x 4cosx·sin x    (  0) 的最小正周期为 ．4（1）求 的值； π（2）讨论 f(x)在区间 0, 上的单调性． 2π解：（1） f x 4cosx sin x   2 2sinx cosx  2 2cos2x  2 sin2x  cos2x  2   4π2π  2sin 2x   2 ．因为 f x的最小正周期为   ，且  0 ，从而有 =π ，故 1． 42 ππππ45π （2）由（1）知， f x 2sin 2x   2 ．若 0  x  ，则  2x  ．  4244ππππππ5π 4ππ当 2x  即0  x  时， f x单调递增；当  2x  即 x  时， f x单调递减．     44282482ππ π 综上可知， f x在区间 0, 上单调递增，在区间   ,上单调递减． 88 2 f x ax  1 a2 x2 I  x | f x 0 ．  a  0   （17）【2013 年安徽，理 17，12 分】设函数 （1）求 （2）给定常数 k  0,1 ，当1 k  a 1 k 时，求 ，其中 ，区间 I的长度(注：区间 (，) 的长度定义为   ；I长度的最小值． a解 ：（ 1 ） 因 为 方 程ax  1 a2 x2  0 a  0 有 两 个 实 根x1  0 ，x2  ， 故f x 0的 解 集 为   1 a2 x | x  x  x 2 ．1aa因此区间 I  0, ，I的长度为 ．1 a2 1 a2 1 a2 a（ 2 ） 设d a  ， 则d a    ． 令d a  0 ， 得a 1   ．0  k 1， 故 当 1 k  a 1时 ，   1 a2 1 a2 2 d a  0   ，d a 单调递增；当1 a 1 k 时， d a  0 ，d a 单调递减．所以当1 k  a 1 k 时， d a 的最小         1 k 2  k2  k3 2  k2  k3 1 1 k2 1 k d1 k d1 k 值必定在 a 1 k 或a 1 k 处取得．而 1，故 d 1 k  d 1 k ． 1 1 k2 1 k 因此当 a 1 k 时， d a 在区间 1 k,1 k 上取得最小值   ．2  2k  k2 x2 y2 （18）【2013 年安徽，理 18，12 分】设椭圆 E： =1的焦点在 x 轴上． a2 1 a2 E的方程； （1）若椭圆 E的焦距为 1，求椭圆 的左、右焦点， （2）设 F，F2 分别是椭圆 EPP为椭圆 E上第一象限内的点，直线 F P 交y轴于点 Q，并 12且F P  FQ ．证明：当 a变化时，点 在某定直线上． 118×2 8y2 15解：（1）因为焦距为 1，所以 2a2 1 ，解得 a2  ．故椭圆 E的方程为 =1 ．4853y0 （2）设 P(x0 , y0 ) ，F c,0 1  ，F c,0 ，其中 c  2a2 1 ．由题设知 x0  c ，则直线 F P 的斜率 kF P ，2  11×0  c y0 x0  c y0 cy0 直线 F P的斜率 kF P ，故直线 F P的方程为 y  (x  c) ．当 x  0 时， y  ，222×0  c c  x0 cy0 y0 c  x0 即点 Q坐标为 (0, )．因此，直线 FQ 的斜率为 kF Q ．11c  x0 5y0 x0  c c x0 方程，由于点 P(x0，y0 ) 在第一象限，解得 x0  a2 y0 22由于 F P  FQ ，所以 kF P kF Q  1．化简得 y0  x0  (2a2 1) ．① 1111将①代入 E，y0 1 a2 ，即点 P在定直线 x  y 1 上． （19）【2013 年安徽，理 19，13 分】如图，圆锥顶点为 CD 是底面圆 上的两条平行的弦，轴OP 与平面 PCD 所成的角为 60 （1）证明：平面 PAB 与平面 PCD 的交线平行于底面； （2）求 cosCOD 解：（1）设面 PAB 与面 PCD 的交线为 又因为 AB PAB ，面 PAB 与面 PCD 的交线为 由直线 AB 在底面上而 在底面外可知， 与底面平行． （2）设 CD 的中点为 ．连接OF PF ．由圆的性质， COD  2COF P，底面圆心为 O，其母线与底面所成的角为 22.5 ，AB 和O．．l． AB / /CD ，AB 不在面 PCD 内，所以 AB / / 面PCD ． 面l ，所以 AB / /l ． llF，，OF  CD 面OPF ．．因为OP  底面，CD  底面，所以OP  CD ．又OP  OF  O ，故CD  又故CD  面PCD ，因此面OPF  OP 面 PCD ．从而直线OP 在面 PCD 上的射影为直线 PF ， OPF 为与面PCD 所成的角．OPF  60 ．设OP  h ，则OF  OP  tanOPF  h  tan60  h ．OP h2tan 22.5 1 tan2 22.5 OF 根据题设有 OCP  22.5 ，得OC  ．由1 tan45  和 tan22.5  0 ， tanOCP tan 22.5 h3h 得故tan22.5 2 1，因此OC   ( 21)h ．在 RtOCF 中， cosCOF   6  3 ，OC 2 1  2 1h cosCOD  cos(2COF)  2cos2COF 1 2( 6 3)2 1=17 12 2 ．x2 x3 22 32 xn n2 （20）【2013 年安徽，理 20，13 分】设函数 fn x  1 x   (xR，nN* ) ．证明：   2（1）对每个 nN* ，存在唯一的 xn  ,1 ，满足 fn xn   0 ； 31（2）对任意 pN* ，由（1）中 xn 构成的数列 x满足 0  xn  xn p ．  nnxxn1 解：（1）对每个 nN* ，当 x  0 时， f n x 1+   0 ，故 fn x  在(0， ) 内单调递增．   2n111由于 f 1  0 ，当 n  2 时， f 1    0 ，故 f 1  0 n   n2 ．1   n   22 32 2  n1  k22    2  1     n1 k  nn3  3  223112114123      又fn  1   ( )      0 ，    233  k2 34 k2 3333  k2 1 2所以存在唯一的 xn  ,1 ，满足 fn x 0 ． n  3xn1 n 12 （2）当 x  0 时， fn1 x  f x  n    fn x，故 fn1 xn   f x f x 0 ．   n  n  n1  n1  由fn1 x在(0， ) 内单调递增知， xn1  xn ，故 x  n为单调递减数列，从而对任意 n，pN* ， ． xn p  xn   2nxn xn n2 对任意 pN* ，由于 fn xn   1 x    0 ，① n22 2nn1 n p xn p 22 xn p n2 xn p xn p fn p x 1+x    0 ．② n p  n＋p n 12 n  p2 kkkkn p n p nxn p  xn xn p k2 xn p k2 ①式减去②式并移项，利用 0  xn p  xn 1，得 xn  xn p k2 k2 kn1 kn1 6n p n p 111111．因此，对任意 pN* ，都有 ．0  xn  xn p kn1 k2 kn1 k(k 1) nn  p nn（21）【2013 年安徽，理 21，13 分】某高校数学系计划在周六和周日各举行一次主题不同的心理测试活动，分 别由李老师和张老师负责．已知该系共有 位学生，每次活动均需该系 位学生参加( 都是固定的正 整数)．假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立、随机地发给该系 位学生，且所发信息都 nkn和 k k能收到．记该系收到李老师或张老师所发活动通知信息的学生人数为 （1）求该系学生甲收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率； X．（2）求使 P X m 取得最大值的整数 m．解：（1）因为事件 A：“学生甲收到李老师所发信息”与事件 B：“学生甲收到张老师所发信息”是相互独立的事件， k1 n1 Ckn Ckk所以 A与B相互独立．由于 P A  P B  ，故 P A =P B 1 ，因此学生甲收到活动通知        nn2k2kn  k2 信息的概率 P 1 1 ．nn2 只能取 （2）当 k  n 时， mn，有 P X m  P X n 1．当 k  n 时，整数 m满足 k  m  t ，其中 t 2k 是和n中的较小者．由于“李老师和张老师各自独立、随机地发活动通知信息给 k 总数为 (Ckn )2 ．当 X  m 时，同时收到李老师和张老师转发信息的学生人数恰为 2k  m ．仅收到李老师或 位同学”所包含的基本事件 仅收到张老师转发信息的学生人数均为 m  k ．由乘法计数原理知：事件 X  m 所含基本事件数为 mk nk mk nk Cnk C2kkm CCkmk Cmk nk mk nk Cnk C2kkm C Cnk Cmk k C．此时 P X m  ．(Cnk )2 Ckn mk nk m1k nk 2当k  m  t 时， P X m  P X m 1 Ckmk C≤Cmk 1k Cm  k 1  n  m 2k  m  (k 1)2 (k 1)2 n  2 m  2k  ．假如 k  2k  (k 1)2  t 成立，则当 k 1 2 能被 n  2整除时， n  2 (k 1)2 (k 1)2 n  2 (k 1)2 n  2 k  2k   2k 1  t ．故 P X m 在m  2k  和m  2k 1 处达最大值； 的最 n  2 n  2 2  (k 1) n  2 当k 1 2 不能被 n  2整除时， P X m 在m  2k  处达最大值．(注： x表示不超过 x  kn  k2 1 (k 1)2 n  2 (k 1)2 n  2 大整数)，下面证明 k  2k  kk 1  k2 1 k 1  t ．因为1 k  n ，所以 2k   k  n  2 2(k 1)2 n  2 n  k 12 n  2 k 1  0 ．而 2k   n   <0 ，故 2k   n ．n  2 n  2 n  2 (k 1)2 n  2 (k 1)2 n  2 显然 2k   2k ．因此 k  2k   t ．7