2013年高考数学普通高等学校招生全国统一考试（答案）.docx

1、2013 年普通高等学校招生全国统一考试(课标全国卷) 一、选择题 1.C 由题意得 MN=-2,-1,0.选 C. 2.C | |=| - |=|1-i|= .选 C. 3.B 由约束条件得可行域(如图),当直线 2x-3y-z=0 过点 A(3,4)时,zmin=23-34=-6.故 选 B. 4.B 由正弦定理 = 及已知条件得 c=2 . 又 sin A=sin(B+C)= + = ,从而 SABC= bcsin A= 22 = +1.故选 B. 5.D 在 RtPF2F1中,令|PF2|=1,因为PF1F2=30,所以|PF1|=2,|F1F2|= .所以 e= = = .故选 D.

2、 6.A cos 2( )= ( ) = - = .选 A. 评析 本题考查了三角函数的化简求值,考查了降幂公式、诱导公式的应用. 7.B 由框图知循环情况 为:T=1,S=1,k=2;T= ,S=1+ ,k=3;T= ,S=1+ + ,k=4;T= ,S=1+ + + ,k=54,故 输出 S.选 B. 8.D ab.故选 D. 9.A 在空间直角坐标系中,易知 O(0,0,0),A(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,1)恰为单位正方体 的四个顶点.因此该几何体以 zOx 平面为投影面所得的正视图为 A. 评析 本题考查了三视图和直观图,考查了空间想象能力.把几何体补成正方体是求解

3、的 关键. 10.C 设直线 AB 与抛物线的准线 x=-1 交于点 C.分别过 A,B 作 AA1垂直准线于 A1,BB1垂直准 线于 B1.由抛物线的定义可设|BF|=|BB1|=t,|AF|=|AA1|=3t.由三角形的相似得 = = , BC =2t,B1CB= ,直线的倾斜角= 或 .又F 1,0 ,直线AB的方程 为 y= (x-1)或 y=- (x-1).故选 C. 11.C 由三次函数的值域为 R 知, f(x)=0 必有解,A 项正确;因为 f(x)=x 3+ax2+bx+c 的图象可 由曲线 y=x 3平移得到,所以 y=f(x)的图象是中心对称图形,B 项正确;若 y=f

4、(x)有极值点,则 其导数 y=f (x)必有 2 个零点,设为 x1,x2(x1f(x)有解,则af(x)min,又y=f(x)在 0,+ 上递增,所以 f(x)f(0)=-1,所以 a-1,选 D. 评析 本题考查了函数的值域与最值的求法,考查了分离参变量的方法,熟悉基本初等函 数的单调性是解题关键. 二、填空题 13. 答案 0.2 解析 任取两个不同的数的情况有 (1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5),共 10 种,其中和为 5 的有 2 种,所以所求概率为 =0.2. 14. 答案 2 解析 解法一: =

5、( ) - )= - +0=22- 2 2=2. 解法二:以A为原点建立平面直角坐标系(如图).则A(0,0),B(2,0),C(2,2),D(0,2),E(1,2). =(1,2), =(-2,2). 从而 = 1,2 -2,2 =1 -2 +22=2. 评析 本题考查了向量的基本运算.向量的运算可以利用运算法则也可以利用坐标运算. 15. 答案 24 解析 设底面中心为 E,则|AE|= |AC|= ,体积 V= AB 2 OE = OE = , OA 2=|AE|2+|OE|2=6.从而以|OA|为半径的球的表面积 S=4 OA 2=24. 评析 本题考查了正四棱锥和球,考查了表面积和体

6、积,考查了空间想象能力和运算求解 能力.计算错误是失分的主要原因. 16. 答案 解析 令 y=f x =cos 2x+ ,将其图象向右平移 个单位后得 f( - )=cos* ( - ) +=cos 2x+- =sin* - +=sin( - )的图象,因为其与 y=sin( ) 的图象重合,所以 - = +2k kZ ,所以 =2k+ kZ ,又-,所以 = . 三、解答题 17. 解析 设an的公差为 d.由题意得, =a1a13, 即(a1+10d) 2=a 1(a1+12d). 于是 d(2a1+25d)=0. 又 a1=25,所以 d=0(舍去)或 d=-2. 故 an=-2n+2

7、7. 令 Sn=a1+a4+a7+a3n-2. 由 知 a3n-2=-6n+31,故a3n-2是首项为 25,公差为-6 的等差数列.从而 Sn= (a1+a3n-2) = (-6n+56) =-3n 2+28n. 18. 解析 证明:连结 AC1交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1中点. 又 D 是 AB 中点,连结 DF,则 BC1DF. 因为 DF平面 A1CD,BC1平面 A1CD, 所以 BC1平面 A1CD. 因为 ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以 AA1CD.由于 AC=CB,D 为 AB 的中点,所以 CDAB. 又 AA1AB=A,于是 CD平面 ABB1A1. 由

8、AA1=AC=CB=2,AB=2 得 ACB=90,CD= ,A1D= ,DE= ,A1E=3, 故 A1D 2+DE2=A 1E 2,即 DEA 1D. 所以 - = =1. 评析 本题考查了三棱柱的性质,考查了直线与平面平行的判定和体积的计算,考查了空 间想象能力和运算求解能力.正确地选择方法和规范化解题至关重要. 19. 解析 当 X100,130 时, T=500X-300(130-X) =800X-39 000. 当 X130,150时, T=500130=65 000. 所以 T= - , , , . 由 知利润 T 不少于 57 000 元当且仅当 120X150. 由直方图知需

9、求量 X120,150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. 20. 解析 设 P(x,y),圆 P 的半径为 r. 由题设得 y 2+2=r2,x2+3=r2.从而 y2+2=x2+3. 故 P 点的轨迹方程为 y 2-x2=1. 设 P(x0,y0),由已知得 - = . 又 P 在双曲线 y 2-x2=1 上,从而得 - , - . 由 - , - 得 , - .此时,圆 P 的半径 r= . 由 - - , - 得 , .此时,圆 P 的半径 r= . 故圆 P 的方程为 x 2+(y-1)2=3 或 x2+(y+1)2=3

10、. 21. 解析 f x 的定义域为(-,+ , f (x)=-e -xx(x-2 . 当 x -,0 或 x 2,+ 时, f (x)0. 所以 f(x)在(-,0 , 2,+ 上单调递减,在(0,2)上单调递增. 故当 x=0 时, f(x)取得极小值,极小值为 f(0)=0;当 x=2 时, f(x)取得极大值,极大值为 f(2)=4e -2. 设切点为(t, f(t),则 l 的方程为 y=f (t)(x-t)+f(t). 所以 l 在 x 轴上的截距为 m(t)=t- =t+ - =t-2+ - +3. 由已知和得 t -,0 2,+ . 令 h(x)=x+ x0 ,则当 x 0,+

11、 时,h(x)的取值范围为2 ,+ ;当 x -,-2) 时,h(x)的取值范围是(-,-3). 所以当 t -,0 2,+ 时,m(t)的取值范围是(-,0 2 +3,+ . 综上,l 在 x 轴上的截距的取值范围是(-,0 2 +3,+ . 评析 本题考查了导数的应用,均值定理求最值,考查了综合解题的能力,正确地求导是解 题的关键. 22. 解析 证明:因为 CD 为ABC 外接圆的切线,所以DCB=A,由题设知 = ,故 CDBAEF,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.

12、 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 BC 2=DBBA=2DB2,所以 CA2=4DB2+BC2=6DB2. 而 DC 2=DBDA=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 . 23. 解析 依题意有 P 2cos ,2sin ,Q 2cos 2,2sin 2 ,因此 M cos +cos 2,sin +sin 2 . M 的轨迹的参数方程为 , 为参数,02 . M 点到坐标原点的距离 d= = 02 . 当 = 时,d=0,故 M 的轨迹过坐标原点. 24. 证明 由 a 2+b22ab,b2+c22bc,c2+a22ca 得 a 2+b2+c2ab+bc+ca. 由题设得(a+b+c) 2=1, 即 a 2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1. 所以 3 ab+bc+ca 1, 即 ab+bc+ca . 因为 +b2a, +c2b, +a2c, 故 + + + a+b+c 2 a+b+c , 即 + + a+b+c. 所以 + + 1.