《2013年高考文科数学全国新课标卷2试题与答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2013年高考文科数学全国新课标卷2试题与答案.pdf（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 1 2013 年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学文史类（全国卷 II 新课标）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)已知集合Mx|3x1，N3,2，1，0,1，则MN(）A 2,1,0,1 B3，2,1,0 C 2，1，0 D 3，2，1 2 21 i()A2 2 B2 C2 D 1 3设x,y满足约束条件10,10,3,xyxyx 则z2x3y的最小值是(）A7 B6 C5 D3 4ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b,c,已知b2，6B，4C，则ABC的面积为(）A2 3+2 B3+1 C2 32 D31
2、5设椭圆C:2222=1xyab（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的点，PF2F1F2，PF1F230，则C的离心率为（）A36 B13 C12 D33 6已知 sin 223，则2cos4()A16 B13 C12 D23 7执行下面的程序框图,如果输入的N4,那么输出的S（)A1111+234 B1111+23 24 3 2 C11111+2345 D11111+23 24 3 25 4 3 2 8设alog32，blog52,clog23，则（）Aacb Bbca Ccba Dcab 9一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)，(
3、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（)10 设抛物线C：y24x的焦点为F，直线l过F且与C交于A，B两点 若|AF|3|BF|，则l的方程为()Ayx1 或 yx1 By3(1)3x或 y3(1)3x 2 Cy3(1)3x或 y3(1)3x Dy2(1)2x或 y2(1)2x 11已知函数f(x）x3ax2bxc,下列结论中错误的是（)A x0R，f（x0)0 B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)0
4、12若存在正数x使 2x(xa）1 成立，则a的取值范围是（)A(，)B(2,)C（0，)D(1,)第卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分 13从 1,2,3,4,5 中任意取出两个不同的数,其和为 5 的概率是_ 14已知正方形ABCD的边长为 2，E为CD的中点，则AE BD_.15已知正四棱锥OABCD的体积为3 22，底面边长为3，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为_ 16函数ycos（2x）（）的图像向右平移2个单位后，与函数ysin 23x的图像重合,则_.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17（本小题满分 12 分)已知等差数列an的公差不为零
5、，a125，且a1，a11,a13成等比数列（1)求an的通项公式；(2)求a1a4a7a3n2.18（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 3 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
6、的函数;(2)根据直方图估计利润T不少于 57 000 元的概率 20（本小题满分 12 分）在平面直角坐标系xOy中，已知圆P在x轴上截得线段长为2 2在y轴上截得线段长为2 3.(1）求圆心P的轨迹方程；（2)若P点到直线yx的距离为22，求圆P的方程 21（本小题满分 12 分）已知函数f（x）x2ex。（1）求f（x）的极小值和极大值；(2)当曲线yf(x)的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围 4 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
7、，F，C四点共圆 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:2cos,2sinxtyt（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）（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）abbcca13；(2)222abcbca1。5 2013 年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学文史类（全国卷 II 新课标)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，
8、只有一项是符合题目要求的 1 答案：C 解析：由题意可得，MN2，1,0 故选 C。2 答案：C 解析：21 i1i，21 i1i2。3 答案：B 解析：如图所示，约束条件所表示的区域为图中的阴影部分，而目标函数可化为233zyx,先画出l0：y23x，当z最小时，直线在y轴上的截距最大,故最优点为图中的点C，由3,10,xxy 可得C(3,4），代入目标函数得,zmin23346。4 答案：B 解析：A（BC)76412，由正弦定理得sinsinabAB，则72sinsin1262sinsin6bAaB，SABC112sin 2(62)31222abC .5 答案:D 解析：如图所示，在 R
9、tPF1F2中,F1F22c,设|PF2|x,则PF12x，由 tan 30212|3|23PFxFFc，得2 33xc.而由椭圆定义得，PF1|PF22a3x,332axc，333cceac.6 答案：A 解析:由半角公式可得，2cos4 6 21 cos 211 sin21232226。7 答案：B 解析:由程序框图依次可得，输入N4，T1，S1，k2;12T,11+2S，k3;13 2T，S111+23 2,k4；14 3 2T ，111123 24 3 2S ，k5；输出111123 24 3 2S 。8 答案：D 解析：log25log231，log23121log 321log 5
10、0，即 log231log32log520，cab。9 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的投影即正视图为，故选 A。10 答案：C 解析：由题意可得抛物线焦点F(1，0)，准线方程为x1.当直线l的斜率大于 0 时,如图所示，过A,B两点分别向准线x1 作垂线，垂足分别为M，N，则由抛物线定义可得，|AM|AF|,|BN|BF|.设AM|AF|3t（t0）,BNBF|t，|BKx，而GF|2，在AMK中，由|NBBKAMAK，得34txtxt，解得x2t,则 cosNBK|1|2NBtBKx，NBK60,则GFK60，即直线AB的倾斜角为
11、 60.斜率ktan 603，故直线方程为y3(1)x 当直线l的斜率小于 0 时,如图所示,同理可得直线方程为y3(1)x，故选 C。7 11 答案：C 解析：若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 12 答案：D 解析：由题意可得，12xax（x0）令f（x)12xx，该函数在（0，）上为增函数，可知f(x)的值域为(1，),故a1 时，存在正数x使原不等式成立 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作答.第 22 题第 24题为选考题，考生根据要求作答。二、填空题：本大题共 4
12、 小题,每小题 5 分 13答案：0.2 解析：该事件基本事件空间 （1，2）,（1,3)，（1,4），（1，5)，（2，3）,(2,4），(2，5)，（3,4),(3,5),(4，5)共有 10 个，记A“其和为 5(1，4),(2，3）有 2 个,P（A)2100.2.14答案：2 解析:以,AB AD为基底，则0AB AD,而12AEABAD，BDADAB，1()()2AE BDABADADAB22221122222ABAD 。15答案：24 解析：如图所示，在正四棱锥OABCD中，VOABCD13S正方形ABCD|OO1132(3)|OO13 22，8|OO1|3 22，AO162，在
13、 RtOO1A中,OA2211|OOAO223 26622，即6R，S球4R224.16答案：56 解 析:y cos(2x）向 右 平 移2个 单 位 得,cos 22yx cos(2x )sin 2+=sin 222xx,而它与函数sin 23yx的图像重合，令 2x22x32k，kZ，得5+2 6k，kZ.又，56。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）设an的公差为d.由题意，211aa1a13，即(a110d)2a1(a112d）于是d(2a125d）0。又a125，所以d0（舍去)，d2。故an2n27。（2）令Sna1a4a7a3n2。由(1）知a3
14、n26n31,故a3n2是首项为 25，公差为6 的等差数列 从而Sn2n（a1a3n2）2n（6n56)3n228n.18 （1）证明:BC1平面A1CD;(2)设AA1ACCB2，AB2 2,求三棱锥CA1DE的体积 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）因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1CD。由已知ACCB,D为AB的中点，所以CDAB.又AA1ABA，于是CD平面ABB1A1。由AA1ACCB2，2 2AB 得ACB90，2CD，16AD，3DE,A
15、1E3，故A1D2DE2A1E2，即DEA1D.所以VCA1DE11632321.19 解：（1)当X100，130）时，T500X300(130X）800X39 000。当X130，150时，T50013065 000.9 所以80039000,100130,65000,130150.XXTX（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。20 解：（1)设P(x，y），圆P的半径为r.由题设y22r2，x23r2。从而y22x23。故P点的
16、轨迹方程为y2x21.（2)设P(x0，y0)由已知得00|222xy。又P点在双曲线y2x21 上，从而得002210|1,1.xyyx 由0022001,1xyyx得000,1.xy 此时，圆P的半径r错误!.由0022001,1xyyx 得000,1.xy 此时，圆P的半径3r.故圆P的方程为x2(y1）23 或x2（y1)23.21 解：(1）f(x）的定义域为(,),f（x）exx(x2）当x（，0)或x(2，）时,f(x)0；当x(0，2）时,f（x）0.所以f（x)在（，0)，（2,)单调递减,在（0，2）单调递增 故当x0 时，f(x)取得极小值，极小值为f（0）0；当x2 时
17、,f（x）取得极大值,极大值为f(2)4e2。(2）设切点为(t，f（t），则l的方程为yf(t)(xt）f(t）所以l在x轴上的截距为m(t)()223()22f tttttfttt 。由已知和得t（，0)(2，)令h(x）2xx（x0），则当x(0，）时,h（x）的取值范围为2 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 23，)综上，l在x轴上的截距的取值范围是（，0）2 23，)请从下面所给的 22、23、24 三题中选定一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑，按所涂题号进行评分;不涂、多涂均
18、按所答第一题评分；多答按所答第一题评分 22 解：（1）因为CD为ABC外接圆的切线，所以DCBA.由题设知BCDCFAEA,10 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12。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coscos2,sinsin2,xy（为参数，02)(2）M点到坐标原点的距离 d2222cosxy(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abbcca13.(2)因为22abab，22bcbc,22caca,故222()abcabcbca2（abc)，即222abcbcaabc。所以222abcbca1.