2013年全国卷Ⅱ高考数学试题及答案 (理科)

2013年全国卷Ⅱ高考数学试题及答案 (理科)

一、选择题

1． 已知集合M＝{x|(x－1)2＜4，x∈}，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}

1．A [解析] 集合M＝{x|－12i

2．A [解析] (1－i)z＝2i，则z＝＝i(1＋i)＝－1＋i.故选A.

1－i

3． 等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝( ) 1111A. B．－ C. D．－ 3399

3．C [解析] S3＝a2＋10a1⇒a1＋a2＋a3＝a2＋10a1⇒a3＝9a1⇒q2＝9，a5＝9⇒a3q2＝9⇒a3

a31

＝1⇒a1＝2＝，故选C.

q9

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 B．α⊥β且l⊥β

C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l

4．D [解析] 若α∥β，则m∥n与m，n为异面直线矛盾，故A错．若α⊥β且l⊥β，则由n⊥平面β知l ∥n 与l ⊥n矛盾，故B错．若α与β相交，设垂直于交线的平面为γ，则l ⊥γ，又l ⊥m，l ⊥n，m⊥平面α，n⊥平面β，故交线平行于l.故选D.

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

1

5．D [解析] 已知(1＋ɑx)(1＋x)5的展开式中，x2的系数为C25＋aC5 ＝5，则a＝－1，故选D.

图1－1

1

6． 执行如图1－1所示的程序框图，如果输入的N＝10，那么输出的S＝( ) 111

A．1＋＋＋…＋

2310111

B．1＋＋＋…＋

2！3！10！111

C．1＋＋＋…＋ 2311111

D．1＋＋＋…＋

2！3！11！

1111

6．B [解析] k＝1，T＝1，S＝1；k＝2，T＝，S＝1＋；k＝3，T＝，S＝1＋＋

2222×31

； 2×3

1111

k＝4，T＝，S＝1＋＋＋，…，10>10不成立，继续循环．答案为B.

2×3×42！3！4！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( )

图1－2

7．A [解析] 在空间直角坐标系O－xyz中画出三棱锥，由已知可知三棱锥O－ABC为题中所描叙的四面体，而其在zOx平面上的投影为正方形EBDO，故选A.

图1－4

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

8．D [解析] a－b＝log36－log510＝(1＋log32)－(1＋log52)＝log32－log52>0， b－c＝log510－log714＝(1＋log52)－(1＋log72)＝log52－log72>0， 所以a>b>c，选D.

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）.11

A. B. C．1 D．2 42

2

9．B [解析] 直线y＝a(x－3)过定点(3，0) .画出可行域如图，易得A(1，－2a)，B(3，0)，C(1，2). 作出直线y＝－2x，平移易知直线过A点时直线在y轴上的截距最小，即2＋(－1

2a)＝1⇒a＝ .答案为B.

2

10.，，， 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是( ) A．∃x0∈，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

10．C [解析] x→－∞ 时，f(x)<0 ，x→＋∞ 时，f(x)>0，f(x) 连续，∃x0∈ ，f(x0)＝0，A正确；通过平移变换，函数可以化为f(x)＝x3＋c ，从而函数y＝f(x)的图像是中心对称图形，B正确； 若x0是f(x)的极小值点，可能还有极大值点x1 ，则f(x)在区间(x1 ，x0)单调递减．C错误．D正确．故答案为C.

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 B．y2＝2x或y2＝8x C．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x

pp

11．C [解析] 抛物线焦点为F，0 ，由抛物线的定义，设M5－，22点坐标为(0，2)．

2

因为圆过点N(0，2)，故NF⊥NM⇒×p－2设

p2p5－－2

2

＝－1，① p5－2

p2p5－，设N

2

pp5－＝t，则①式可化为t2－4 2t＋8＝0⇒t＝2 2⇒p2－10p＋16＝0⇒p＝2或p

2

＝8 .

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－



21， 22

3

C.1－

1121

， D.3，2 23

2111

；当a＝时，易得b＝；当a＝1时，易得b＝2－1>.故选B. 2333



12．B [解析] 方法一：易得△ABC面积为1，利用极限位置和特值法．当a＝0时，易得b＝1－

x＋y＝1，a＋bb

－，0，结合图形与方法二：(直接法) ⇒y＝ ，y＝ax＋b与x 轴交于aa＋1y＝ax＋b

1a＋bb1b22

a>0 ，××1＋＝⇒(a＋b)＝a(a＋1)>0⇒a＝.

2a＋1a21－2b

b212∵a>0，∴>0⇒b<，当a＝0时，极限位置易得b＝1－，故答案为B.

221－2b

二、填空题

→→

13．、 已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则AE·BD＝________． 13．2 [解析] 如图，建立直角坐标系，则 →→→→AE＝(1，2)，BD＝(－2，2)，AE·BD＝2.

14．， 从n个正整数1，2，3，…，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等1

于5的概率为，则n＝________．

14

21

14．8 [解析] 和为5的只有两种情况，1＋4，2＋3，故2＝⇒C2n＝28⇒n＝8. Cn14π1

θ＋＝，则sin θ＋cos θ＝________． 15．， 设θ为第二象限角，若tan4215．－

π11＋tan θ1101

θ＋＝得 [解析] 由tan＝⇒tan θ＝－⇒cos θ＝－3sin θ ， 421－tan θ25310310

，cos θ＝－， 1010

10

. 5

由sin2θ＋cos2θ＝1⇒10sin2θ＝1，θ 在第二象限，⇒ sin θ＝

∴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________． n3－10n210216．－49 [解析] 由已知，a1＋a10＝0，a1＋a15＝⇒d＝，a＝－3，∴nSn＝，

3313易得n＝6或n＝7时，nSn出现最小值．当n＝6时，nSn＝－48；n＝7时，nSn＝－49.故nSn

4

的最小值为－49.

17．， △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． 17．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①②和C∈(0，π)得sin B＝cos B.

π

又B∈(0，π)，所以B＝.

4

12(2)△ABC的面积S＝acsin B＝ac.

24π

由已知及余弦定理得4＝a2＋c2－2accos .

4又a2＋c2≥2ac，故

4

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．，， 如图1－3所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝2

AB. 2

(1)证明：BC1∥平面A1CD；

(2)求二面角D－A1C－E的正弦值．

图1－3

18．解：(1)证明：联结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．

又D是AB中点，联结DF，则BC1∥DF. 因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD， 所以BC1∥平面A1CD.

5

(2)由AC＝CB＝

2

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＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则

→CD＝0，·x1＋y1＝0，即

→2x＋2z＝0.11CA1＝0，n·

可取＝(1，－1，－1)．

→CE＝0，·

同理，设为平面A1CE的法向量，则

→CA1＝0.m·可取＝(2，1，－2)． 从而cos〈，〉＝

36n·m

＝，故sin〈，〉＝. |n||m|33

6

. 3

即二面角D－A1C－E的正弦值为19．，， 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1－4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．

图1－4

19．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－39 000，100≤X<130，

所以T＝

65 000，130≤X≤150.

(2)由(1)知利润T不少于57 000元，当且仅当120≤X≤150.

6

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.

(3)依题意可得T的分布列为

T P 45 000 0.1 53 000 0.2 61 000 0.3 65 000 0.4 所以E(T)＝45 000×0.1＋53 000×0.2＋61 000×0.3＋65 000×0.4＝59 400.

x2y2

20．，， 平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：2＋2＝1(a＞b＞0)右焦点的直线x＋y－3

ab1

＝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．

20．解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则

2

x2y2x2y2112＋＝1，2＋2＝1. a2b2ab

y2－y1

＝－1. x2－x1

b2（x2＋x1）y2－y1

由此可得2＝－＝1.

a（y2＋y1）x2－x1y01

因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝，

x02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. x2y2

所以M的方程为＋＝1.

63

x＋y－3＝0，(2)由x2y2

6＋3＝1，

x＝4 33，x＝0，解得或

y＝3.3

y＝－3

因此|AB|＝

4 6

. 3

5 3

由题意可设直线CD的方程为y＝x＋n－3设C(x3，y3)，D(x4，y4)．

y＝x＋n，22由xy得3x2＋4nx＋2n2－6＝0， 6＋3＝1

7

－2n±2（9－n2）

于是x3，4＝.

3

因为直线CD的斜率为1，所以|CD|＝2|x4－x3|＝

4

9－n2. 3

18 6由已知，四边形ACBD的面积S＝|CD|·|AB|＝9－n2.

298 6当n＝0时，S取得最大值，最大值为.

38 6

所以四边形ACBD面积的最大值为. 3

21．， 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. 1

21．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＋11

函数f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)单调递增，

x＋1

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． (2)证明：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

在(－2，＋∞)单调递增．又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)x＋2

＝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

1

ex0＝，ln(x0＋2)＝－x0，

x0＋2

（x0＋1）21

故f(x)≥f(x0)＝＋x＝>0. x0＋20x0＋2

综上，当m≤2时，f(x)>0.

22． 选修4－1：几何证明选讲：

如图1－5，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．

8

图1－5

BC

22．解：(1)证明：因为CD为△ABC外接圆的切线，所以∠DCB＝∠A，由题设知＝

FADC， 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)联结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1值为.

2

23． 选修4—4：坐标系与参数方程

x＝2cos t，

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＝

y＝2sin 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． 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 α＋cos 2α，

M的轨迹的参数方程为

y＝sin α＋sin 2α

(α为参数，0<α<2π)．

(2)M点到坐标原点的距离

d＝x2＋y2＝2＋2cos α(0<α<2π)．

当α＝π时，d＝0，故M的轨迹过坐标原点． 24． 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＋ca≤；

3a2b2c2

(2)＋＋≥1. bca

24．证明：(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.

9

1

所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.

3a2b2c2

(2)因为 ＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，

bca

a2b2c2a2b2c2

故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即＋＋≥a＋b＋c，又a＋b＋c＝1， bcabcaa2b2c2

所以＋＋≥1.

bca

10