2013江苏高考数学试卷含答案（校正精确版）.doc

1、第第 1 1 页页 20132013 江苏江苏 一、一、 填空题填空题 1函数 y3sin(2x 4)的最小正周期为 【解】利用函数 yAsin(x)的周期公式求解函数 y3sin(2x 4)的最小正周期为 T 2 2 2设 z(2i)2(i 为虚数单位)，则复数 z 的模为 【解】z34i，|z|5 3双曲线x 2 16 y2 91 的两条渐近线的方程为 【解】y3 4x 4集合1，0，1共有 个子集 【解】238(个) 5右图是一个算法的流程图，则输出的 n 的值是 【解】经过了两次循环，n 值变为 3 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

2、1 次 第 2 次 第 3 次 第 4 次 第 5 次 甲 87 91 90 89 93 乙 89 90 91 88 92 则成绩较为稳定(方差较小)的那位运动员成绩的方差为 【解】易知均值都是 90，乙方差较小， 2222222 1 11 ()(8990)(9090)(91 90)(8890)(9290) 2 5 n i i sxx n 7现有某类病毒记作 nmY X，其中正整数)9, 7(,nmnm可以任意选取，则nm,都取到奇数的 概率为 【解】m 可以取的值有：1，2，3，4，5，6，7 共 7 个，n 可以取的值有：1，2，3，4，5，6，7， 8，9 共 9 个，故总共有 7963

3、 种可能，符合题意的 m 可以取 1，3，5，7 共 4 个，符合题意的 n 可以取 1，3，5，7，9 共 5 个，故总共有 4520 种可能符合题意，故符合题意的概率为 20 63 8如图，在三棱柱 A1B1C1- ABC 中，D，E，F 分别是 AB，AC，AA1的中点，设三棱锥 F- ADE 的 体积为 V1，三棱柱 A1B1C1- ABC 的体积为 V2，则 V1V2 第第 2 2 页页 【解】设三棱柱 A1B1C1- ABC 的高为 h，底面三角形 ABC 的面积为 S， 则 V11 3 1 4S 1 2h 1 24Sh 1 24V2，即 V1V2124 9 抛物线 2 xy 在1

4、x处的切线与两坐标轴围成三角形区域为D(包 含三角形内部和边界) 若点),(yxP是区域D内的任意一点， 则yx2 的取值范围是 【解】易知切线方程为：y2x1，故与两坐标轴围成的三角形区域三个点为(0,0)A，(0.5,0)B， (0, 1)C ，易知过 C 点时有最小值2，过 B 点时有最大值 05 10 设 D， E 分别是ABC 的边 AB， BC 上的点， AD1 2AB， BE 2 3BC 若DE 1AB 2AC ( 1， 2为实数)，则 12的值为 【解】DE DB BE 1 2 AB 2 3 BC 1 2 AB 2 3( BA AC )1 6 AB 2 3 AC ，所以 11

5、6，2 2 3，即 12 1 2 11已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数当 x0 时，f(x)x24x，则不等式 f(x)x 的解集用区间表示 为 【解】 由于 f(x)为 R 上的奇函数，所以当 x0 时，f(0)0；当 x0，所以 f(x)x24x f(x)，即f(x)x24x，所以f(x) x24x，x0， 0，x0， x24x，xx，可得 x24xx， x0 或 x24xx， x5 或5x0，所以原不等式的解集为(5,0)(5，) 12在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的标准方程为x 2 a2 y2 b21(ab0)，右焦点为F ，右准线为 l，短轴的一个端点为B，设原点到直线BF的

6、距离为 1 d，F到l的距离为 2 d若 12 6dd ，则 椭圆的离心率为 【解】由题意知 22 12 , bcab ddc acc ，故有 2 6 bbc ca ，两边平方得到 224 6a bc，即 4224 6aa cc，两边同除以 4 a得到 24 16ee，解得 2 1 3 e ，即 3 3 e 13平面直角坐标系xOy中， 设定点),(aaA，P是函数)0( 1 x x y图像上一动点，若点AP,之 间最短距离为22，则满足条件的实数a的所有值为 A B C 1 A D E F 1 B 1 C 第第 3 3 页页 【解】由题意设 00 0 1 (,)(0)P xx x ，则有 2

7、222 000 2 000 111 ()()2 (+)PAxaaxa x xxx 222 00 00 11 2(+)2 (+)22axa xa xx ，令 0 0 1 (2)xt t x ，则 222 ( )222(2)PAf ttatat ，对称轴ta， 12a时， 222 min (2)242,2428PAfaaaa，1a，3a (舍去) 22a时， 222 min ( )2,28PAf aaa，10a ，10a (舍去) 综上1a或10a 14在正项等比数列an中，a51 2，a6a73则满足 a1a2ana1a2an 的最大正整数 n 的值为 【解】a51 2，a6a73，故 a5qa

8、5q 23，q2q60，q0，故 q2，故 a n2 n6，因 a 1a2 ana1a2an，故 2n 5252 n211n 2 ，2n 52 n211n 2 2 50，n51 2(n 211n)，故13 129 2 n13 129 2 ，因 nN*，故 1n12，nN*，又 n12 时符合题意，故 n 的最大值为 12 设数列an的公比为 q(q0)，由已知得，1 2q 1 2q 23，即 q2q60，解得 q2，或 q3(舍 去)，ana5qn 51 2 2 n52n6，a 1a2an 1 32(2 n1)，a 1a2an2 524232n62 n211n 2 ， 由 a1a2ana1a2

9、an，可知 2n 5252 n211n 2 ，由 2n 5252 n211n 2 ，可求得 n的最大值为 12，而当 n13 时，282 5213，故 n 的最大值为 12 二、解答题二、解答题 15已知向量 a(cos ，sin )，b(cos ，sin )，0 若|ab| 2，求证：ab； 设 c(0，1)，若 abc，求 ， 的值 【解】由题意得|ab|22，即(ab)2a22a bb22.又 a2b2|a|2|b|21，所以 22a b 2，即 a b0，故 ab； 因为 ab(cos cos ，sin sin )(0，1)，所以 cos cos 0， sin sin 1， 由此得 c

10、os cos( 第第 4 4 页页 ).由 0，得 0，又 0，故 .代入 sin sin 1，可得 sin 1 2. sin 1 2，而 ，所以 5 6 ， 6 16如图，在三棱锥SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB过A作 AFSB，垂足为F，点E，G分别是侧棱SA，SC的中点 求证：平面EFG/ /平面ABC； BCSA 【解】,E G分别是侧棱,SA SC的中点， EGAC，AC在平面ABC中，EG在平面外， EG平面ABC，,ASAB AFSB，F为 SB中点，EFAB，AB在平面ABC中，EF 在平面外，EF平面ABC，EF与EG相交 于E，,EF EG在平面EFG中

11、，平面EFG/ /平 面ABC 平面SAB平面SBC，SB为交线，AF在SAB中，AFSB，AF平面SBC， AFBC，BCAB，AF与AB相交于A，,AF AB在平面SAB中，BC平面SAB， BCSA 17如图，在平面直角坐标系 xOy 中，点 A(0，3)，直线 l：y2x4设圆 C 的半径为 1，圆心在 l 上 若圆心 C 也在直线 yx1 上，过点 A 作圆 C 的切线，求切线的方程； 若圆 C 上存在点 M，使 MA2MO，求圆心 C 的横坐标 a 的取值范围 【解】由题设，圆心 C 是直线 y2x4 和 yx1 的交点，解得点 C(3，2)，于是切线的斜率 必存在设过 A(0，3

12、)的圆 C 的切线方程为 ykx3，由题意，得|3k1| k211，解得 k0 或 3 4， 故所求切线方程为 y3 或 3x4y120 因为圆心在直线 y2x4 上，故圆 C 的方程为(xa)2y2(a2)21设点 M(x，y)，因 为 MA2MO，故 x2（y3）22 x2y2，化简得 x2y22y30，即 x2(y1)24，故 点 M 在以 D(0，1)为圆心，2 为半径的圆上由题意，点 M(x，y)在圆 C 上，故圆 C 与圆 D 有公 共点，则|21|CD21，即 1 a2（2a3）23整理得85a212a0由 5a212a 80，得 aR；由 5a212a0，得 0a12 5 故点

13、 C 的横坐标 a 的取值范围是 0，12 5 第第 5 5 页页 18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 m/min在甲出发 2 min 后，乙从 A 乘缆车到 B，在 B 处停留 1 min 后，再从 B 匀速步行到 C假设缆 车匀速直线运行的速度为 130 m/min，山路 AC 长为 1 260 m，经测 量，cos A12 13，cos C 3 5 求索道 AB 的长； 问乙出发多少分钟后，

14、乙在缆车上与甲的距离最短？ 为使两位游客在 C 处相互等待的时间不超过 3 分钟， 乙步行的速度应控制在什么范围内？ 【解】(1)在ABC 中，因为 cos A12 13，cos C 3 5，故 sin A 5 13，sin C 4 5从而 sin Bsin(A C)sin(AC)sin Acos Ccos Asin C 5 13 3 5 12 13 4 5 63 65由正弦定理 AB sin C AC sin B，得 AB AC sin B sin C 1 260 63 65 4 51 040(m)故索道 AB 的长为 1 040 m (2)设乙出发 t min 后，甲、乙两游客距离为 d，

15、此时，甲行走了(10050t)m，乙距离 A 处 130t m， 故由余弦定理得 d2(10050t)2(130t)22 130t (10050t)12 13200(37t 270t50)，因 0t1 040 130 ，即 0t8，故当 t35 37(min)时，甲、乙两游客距离最短 (3)由正弦定理 BC sin A AC sin B，得 BC AC sin B sin A 1 260 63 65 5 13500(m)乙从 B 出发时，甲已走了 50 (281)550(m)，还需走 710 m 才能到达 C设乙步行的速度为 v m/min，由题意得 3500 v 710 50 3，解得1 2

16、50 43 v625 14 ，故为使两位游客在 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 1 250 43 ，625 14 (单位：m/min)范围内 19设an是首项为 a，公差为 d 的等差数列(d0)，Sn是其前 n 项的和记 bn nSn n2c，nN *，其 中 c 为实数 若 c0，且 b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk(k，nN*)； 若bn是等差数列，证明：c0 【解】由题设，Snnan（n1） 2 d (1)由 c0，得 bnSn n an1 2 d又 b1，b2，b4成等比数列，故 b22b1b4，即 ad 2 2 a a3 2d ， 化简

17、得 d22ad0因为 d0，故 d2a因此，对于所有的 mN*，有 Smm2a从而对于所有 第第 6 6 页页 的 k，nN*，有 Snk(nk)2an2k2an2Sk 设数列bn的公差为 d1，则 bnb1(n1)d1，即 nSn n2cb1(n1)d1，nN *，代入 S n的表达 式，整理得，对于所有的 nN*，有 d11 2 d n 3(b 1d1a1 2d)n 2cd 1nc(d1b1)令 Ad11 2 d，Bb1d1a1 2d，Dc(d1b1)，则对于所有的 nN *，有 An3Bn2cd 1nD (*)在(*)式中 分别取 n1，2，3，4，得 ABcd18A4B2cd127A9

18、B3cd164A16B4cd1，从而有 7A3Bcd10， 19A5Bcd10， 21A5Bcd10， 由，得 A0，cd15B，代入方程，得 B0，从而 cd10即 d1 1 2d0， b1d1a 1 2d0， cd10 若 d10， 则由 d1 1 2d0， 得 d0， 与题设矛盾， 故 d10 又 cd10，故 c0 20设函数 f(x)ln xax，g(x)exax，其中 a 为实数 若 f(x)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； 若 g(x)在(1，)上是单调增函数，试求 f(x)的零点个数，并证明你的结论 【解】 令f(x)1 xa 1

19、ax x 0，考虑到f(x)的定义域为(0，)，故a0，进而解得xa 1， 即 f(x)在(1 a，)上是单调减函数同理，f(x)在(0，a 1)上是单调增函数由于 f(x)在(1，)上 是单调减函数，故(1，)(1 a，)，从而 1 a1，即 a1令 g(x)e xa0，得 xln a当 x ln a时，g(x)0；当xln a时，g(x)0又g(x)在(1，)上有最小值，故ln a1，即ae 综上，a 的取值范围为(e，) 当a0时，g(x)必为单调增函数；当a0时，令g(x)exa0，解得aex，即xln a，因 为 g(x)在(1，)上是单调增函数，类似(1)有 ln a1，即 0a1

20、 e 综合上述两种情况，有 a1 e ()当 a0 时，由 f(1)0 以及 f(x)1 x0，得 f(x)存在唯一的零点 ()当a0时，由于f(ea)aaeaa(1ea)0，f(1)a0，且函数f(x)在ea，1上的图像 不间断，故 f(x)在(ea，1)上存在零点另外，当 x0 时，f(x)1 xa0，故 f(x)在(0，)上是单 调增函数，故 f(x)只有一个零点 ()当 0a1 e时，令 f(x) 1 xa0，解得 x 1 a当 0x 1 a时，f(x)0，当 x 1 a时，f(x) 0，故，x1 a是 f(x)的最大值点，且最大值为 f( 1 a)1ln a 第第 7 7 页页 当1

21、ln a0，即 a1 e时，f(x)有一个零点 xe 当1ln a0，即 0a1 e时，f(x)有两个零点 实际上，对于 0a1 e，由于 f( 1 e)1 a e0，f( 1 a)0，且函数 f(x)在 1 e， 1 a上的图像不间 断，故 f(x)在(1 e， 1 a)上存在零点另外，当 x(0， 1 a)时，f(x) 1 xa0，故 f(x)在(0， 1 a)上是单调 增函数，故 f(x)在(0，1 a)上只有一个零点 下面考虑f(x)在(1 a，)上的情况先证f(e 1 a)a( 1 a2e 1 a)0为此，我们要证明：当xe时， exx2设 h(x)exx2，则 h(x)ex2x，再

22、设 l(x)h(x)ex2x，则 l(x)ex2当 x1 时， l(x)ex2e20，故 l(x)h(x)在(1，)上是单调增函数故当 x2 时，h(x)ex2x h(2)e240，从而 h(x)在(2，)上是单调增函数，进而当 xe 时，h(x)exx2h(e)ee e20，即当 xe 时，exx2当0a1 e，即 1 ae时，f(e 1 a)a( 1 a2e 1 a)0，又 f(1 a)0，且函数 f(x) 在1 a，e 1 a上的图像不间断，故 f(x)在(1 a，e 1 a)上存在零点又当 x1 a时，f(x) 1 xa0，故 f(x)在 (1 a，)上是单调减函数，故 f(x)在(

23、1 a，)上只有一个零点 综合()()()，当 a0 或 a1 e时，f(x)的零点个数为 1，当 0a 1 e时，f(x)的零点个数为 2 B B已知矩阵 A 1 0 0 2 ，B 1 2 0 6 ，求矩阵 A 1B 【解】设矩阵 A 的逆矩阵为 a b c d ，则 1 0 0 2 a b c d 1 0 0 1 ，即 a b 2c 2d 1 0 0 1 ，故 a 1， b0， c0， d1 2， 从而 A 的逆矩阵为 A 1 1 0 0 1 2 ， 故 A 1B 1 0 0 1 2 1 2 0 6 1 2 0 3 C在平面直角坐标系xoy中，直线l的参数方程为 1 2 xt yt (t为

24、参数)，曲线C 的参数方程为 2 2tan 2tan x y (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 解：因为直线l的参数方程为 1 2 xt yt (t为参数)，由1xt 得，1tx，代入2yt得，直线l的 普通方程为220xy，同理得曲线C的普通方程为 2 2yx，联立方程组 2 2(1), 2 yx yx ，解得 第第 8 8 页页 公共点的坐标为(2,2)， 1 ( , 1) 2 22如图，在直三棱柱 A1B1C1- ABC 中，ABAC，ABAC2，A1A4，点 D 是 BC 的中点 求异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值； 求平面 ADC1与平面

25、 ABA1所成二面角的正弦值 解：以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 A- xyz，则 A(0， 0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4)，所以 A1B (2，0，4)，C 1D (1，1，4)因为 cosA 1B ，C 1D A1B C 1D | A1B |C 1D | 18 20 18 3 10 10 ，所以异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值为3 10 10 ； 设平面 ADC1的法向量为 n1(x，y，z)，因为AD (1，1，0)，AC 1 (0，2，4)，所以 n 1 AD 0，n1 AC1 0，即

26、 xy0 且 y2z0，取 z1，得 x2，y2，所以 n 1(2，2，1)是平 面 ADC1的一个法向量取平面 ABA1的一个法向量为 n2(0，1，0)，设平面 ADC1与平面 ABA1 所成二面角的大小为 由|cos |n1 n2| |n1|n2| 2 9 1 2 3， 得 sin 5 3 因此， 平面 ADC1与平面 ABA1 所成二面角的正弦值为 5 3 23设数列an：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4， 11 ( 1)( 1) k kk kk ， ， ， ， 个 即 当k1k 2 nkk1 2 (kN*)时，an(1)k 1k，记 S na1a2an(nN *)对于 lN*，

27、定义集合 Pln|Sn是 an的整数倍，nN*，且 1nl (1)求集合 P11中元素的个数； (2)求集合 P2000中元素的个数 解 (1)由数列an的定义得 a11，a22，a32，a43，a53，a63，a74，a84，a9 4，a104，a115，所以 S11，S21，S33，S40，S53，S66，S72，S82，S9 6，S1010，S115，从而 S1a1，S40a4，S5a5，S62a6，S11a11，所以集合 P11中元 素的个数为 5 (2)先证：Si(2i1)i(2i1)(iN*)事实上，当 i1 时，Si(2i1)S33，i(2i1)3，故原等 式成立； 假设 im

28、时成立，即 Sm(2m1)m(2m1)，则 im1 时，S(m1)(2m3)Sm(2m1)(2m1)2(2m 2)2m(2m1)4m3(2m25m3)(m1)(2m3) 综合可得 Si(2i1)i(2i1)于是 S(i1)(2i1)Si(2i1)(2i1)2i(2i1)(2i1)2(2i1)(i 1)由上可知Si(2i1)是2i1的倍数，而ai(2i1)j2i1(j1，2，2i1)，所以Si(2i1)jSi(2i1)j(2i 1)是 ai(2i1)j(j1，2，2i1)的倍数又 S(i1)(2i1)(i1)(2i1)不是 2i2 的倍数，而 a(i1)(2i1) j(2i2)(j1，2，2i2)，所以 S(i1)(2i1)jS(i1)(2i1)j(2i2)(2i1)(i1)j(2i2)不是 第第 9 9 页页 a(i1)(2i1)j(j1，2，2i2)的倍数，故当 li(2i1)时，集合 Pl中元素的个数为 13(2i1) i2，于是，当 li(2i1)j(1j2i1)时，集合 Pl中元素的个数为 i2j又 200031(2311) 47，故集合 P2000中元素的个数为 312471008