2013年海南省高考数学试题及答案（理科）.doc

2013年普通高等学校招生全国统一考试数学(全国新课标卷II)第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1(2013课标全国，理1)已知集合Mx|(x1)24，xR，N1,0,1,2,3，则MN()A0,1,2 B1,0,1,2 C1,0,2,3 D0,1,2,32(2013课标全国，理2)设复数z满足(1i)z2i，则z()A1i B1I C1i D1i3(2013课标全国，理3)等比数列an的前n项和为Sn.已知S3a210a1，a59，则a1()A B C D4(2013课标全国，理4)已知m，n为异面直线，m平面，n平面.直线l满足lm，ln，l，l，则()A且l B且lC与相交，且交线垂直于l D与相交，且交线平行于l5(2013课标全国，理5)已知(1ax)(1x)5的展开式中x2的系数为5，则a()A4 B3 C2 D16(2013课标全国，理6)执行下面的程序框图，如果输入的N10，那么输出的S()A BC D7(2013课标全国，理7)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz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()8(2013课标全国，理8)设alog36，blog510，clog714，则()Acba Bbca Cacb Dabc9(2013课标全国，理9)已知a0，x，y满足约束条件若z2xy的最小值为1，则a()A B C1 D210(2013课标全国，理10)已知函数f(x)x3ax2bxc，下列结论中错误的是()Ax0R，f(x0)0B函数yf(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)011(2013课标全国，理11)设抛物线C：y22px(p0)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()Ay24x或y28x By22x或y28xCy24x或y216x Dy22x或y216x12(2013课标全国，理12)已知点A(1,0)，B(1,0)，C(0,1)，直线yaxb(a0)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 C D第卷本卷包括必考题和选考题两部分，第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须做答。第22题第24题为选考题，考生根据要求做答。二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13(2013课标全国，理13)已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则_.14(2013课标全国，理14)从n个正整数1,2，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为，则n_.15(2013课标全国，理15)设为第二象限角，若，则sin cos _.16(2013课标全国，理16)等差数列an的前n项和为Sn，已知S100，S1525，则nSn的最小值为_三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17(2013课标全国，理17)(本小题满分12分)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知abcos Ccsin B.(1)求B；(2)若b2，求ABC面积的最大值18(2013课标全国，理18)(本小题满分12分)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1ACCB.(1)证明：BC1平面A1CD；(2)求二面角DA1CE的正弦值19(2013课标全国，理19)(本小题满分12分)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,100X150)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X100,110)，则取X105，且X105的概率等于需求量落入100,110)的频率)，求T的数学期望20(2013课标全国，理20)(本小题满分12分)平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：(ab0)右焦点的直线交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.(1)求M的方程；(2)C，D为M上两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形ACBD面积的最大值21(2013课标全国，理21)(本小题满分12分)已知函数f(x)exln(xm)(1)设x0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m2时，证明f(x)0.请考生在第22、23、24题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号22(2013课标全国，理22)(本小题满分10分)选修41：几何证明选讲如图，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BCAEDCAF，B，E，F，C四点共圆(1)证明：CA是ABC外接圆的直径；(2)若DBBEEA，求过B，E，F，C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值23(2013课标全国，理23)(本小题满分10分)选修44：坐标系与参数方程已知动点P，Q都在曲线C：(t为参数)上，对应参数分别为t与t2(02)，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表示为的函数，并判断M的轨迹是否过坐标原点24(2013课标全国，理24)(本小题满分10分)选修45：不等式选讲设a，b，c均为正数，且abc1，证明：(1)abbcac；(2).2013年普通高等学校招生全国统一考试数学(全国新课标卷II)第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1答案：A解析：解不等式(x1)24，得1x3，即Mx|1x3而N1,0,1,2,3，所以MN0,1,2，故选A.2答案：A解析：1i.3 答案：C解析：设数列an的公比为q，若q1，则由a59，得a19，此时S327，而a210a199，不满足题意，因此q1.q1时，S3a1q10a1，q10，整理得q29.a5a1q49，即81a19，a1.4答案：D解析：因为m，lm，l，所以l.同理可得l.又因为m，n为异面直线，所以与相交，且l平行于它们的交线故选D.5答案：D解析：因为(1x)5的二项展开式的通项为(0r5，rZ)，则含x2的项为ax(105a)x2，所以105a5，a1.6答案：B解析：由程序框图知，当k1，S0，T1时，T1，S1；当k2时，；当k3时，；当k4时，；当k10时，k增加1变为11，满足kN，输出S，所以B正确7 答案：A解析：如图所示，该四面体在空间直角坐标系Oxyz的图像为下图：则它在平面zOx上的投影即正视图为，故选A.8答案：D解析：根据公式变形，因为lg 7lg 5lg 3，所以，即cba.故选D.9答案：B解析：由题意作出所表示的区域如图阴影部分所示，作直线2xy1，因为直线2xy1与直线x1的交点坐标为(1，1)，结合题意知直线ya(x3)过点(1，1)，代入得，所以.10答案：C解析：x0是f(x)的极小值点，则yf(x)的图像大致如下图所示，则在(，x0)上不单调，故C不正确11答案：C解析：设点M的坐标为(x0，y0)，由抛物线的定义，得|MF|x05，则x05.又点F的坐标为，所以以MF为直径的圆的方程为(xx0)(yy0)y0.将x0，y2代入得px084y00，即4y080，所以y04.由2px0，得，解之得p2，或p8.所以C的方程为y24x或y216x.故选C.12 答案：B第卷本卷包括必考题和选考题两部分，第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须做答。第22题第24题为选考题，考生根据要求做答。二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13答案：2解析：以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则点A的坐标为(0,0)，点B的坐标为(2,0)，点D的坐标为(0,2)，点E的坐标为(1,2)，则(1,2)，(2,2)，所以.14答案：8解析：从1,2，n中任取两个不同的数共有种取法，两数之和为5的有(1,4)，(2,3)2种，所以，即，解得n8.15答案：解析：由，得tan ，即sin cos .将其代入sin2cos21，得.因为为第二象限角，所以cos ，sin ，sin cos .16答案：49解析：设数列an的首项为a1，公差为d，则S1010a145d0，S1515a1105d25.联立，得a13，所以Sn.令f(n)nSn，则，.令f(n)0，得n0或.当时，f(n)0,时，f(n)0，所以当时，f(n)取最小值，而nN，则f(6)48，f(7)49，所以当n7时，f(n)取最小值49.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17解：(1)由已知及正弦定理得sin Asin Bcos Csin Csin B又A(BC)，故sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C由，和C(0，)得sin Bcos B，又B(0，)，所以.(2)ABC的面积.由已知及余弦定理得4a2c2.又a2c22ac，故，当且仅当ac时，等号成立因此ABC面积的最大值为.18解：(1)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.(2)由ACCB得，ACBC.以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，(1,1,0)，(0,2,1)，(2,0,2)设n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则即可取n(1，1，1)同理，设m是平面A1CE的法向量，则可取m(2,1，2)从而cosn，m，故sinn，m.即二面角DA1CE的正弦值为.19解：(1)当X100,130)时，T500X300(130X)800X39 000，当X130,150时，T50013065 000.所以(2)由(1)知利润T不少于57 000元当且仅当120X150.由直方图知需求量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.(3)依题意可得T的分布列为T45 00053 00061 00065 000P0.10.20.30.4所以ET45 0000.153 0000.261 0000.365 0000.459 400.20解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则，由此可得.因为x1x22x0，y1y22y0，所以a22b2.又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2b23.因此a26，b23.所以M的方程为.(2)由解得或因此|AB|.由题意可设直线CD的方程为y，设C(x3，y3)，D(x4，y4)由得3x24nx2n260.于是x3,4.因为直线CD的斜率为1，所以|CD|.由已知，四边形ACBD的面积.当n0时，S取得最大值，最大值为.所以四边形ACBD面积的最大值为.21解：(1)f(x).由x0是f(x)的极值点得f(0)0，所以m1.于是f(x)exln(x1)，定义域为(1，)，f(x).函数f(x)在(1，)单调递增，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)当m2，x(m，)时，ln(xm)ln(x2)，故只需证明当m2时，f(x)0.当m2时，函数f(x)在(2，)单调递增又f(1)0，f(0)0，故f(x)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xx0时，f(x)取得最小值由f(x0)0得，ln(x02)x0，故f(x)f(x0)x00.综上，当m2时，f(x)0.请考生在第22、23、24题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号22解：(1)因为CD为ABC外接圆的切线，所以DCBA，由题设知，故CDBAEF，所以DBCEFA.因为B，E，F，C四点共圆，所以CFEDBC，故EFACFE90.所以CBA90，因此CA是ABC外接圆的直径(2)连结CE，因为CBE90，所以过B，E，F，C四点的圆的直径为CE，由DBBE，有CEDC，又BC2DBBA2DB2，所以CA24DB2BC26DB2.而DC2DBDA3DB2，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：(1)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)(2)M点到坐标原点的距离(02)当时，d0，故M的轨迹过坐标原点24解：(1)由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ca，得a2b2c2abbcca.由题设得(abc)21，即a2b2c22ab2bc2ca1.所以3(abbcca)1，即abbcca.(2)因为，故2(abc)，即abc.所以1.2013 全国新课标卷2理科数学 第9页