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1、 第1页（共22页）2013 年辽宁省高考数学试卷（理科）一、选择题：本大题共 12 小题,每小题 5 分，共 60 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（5 分)复数的模长为(）A B C D2 2（5 分）已知集合 A=x0log4x1,B=x|x2，则 AB=（）A（0，1)B(0，2 C（1，2)D（1，2 3（5 分）已知点 A(1，3），B(4，1），则与向量同方向的单位向量为（)A B C D 4（5 分）下列关于公差 d0 的等差数列an的四个命题：p1：数列an是递增数列；p2：数列nan是递增数列；p3：数列是递增数列；p4：数列an+3nd是递增数列
2、；其中真命题是（)Ap1，p2 Bp3，p4 Cp2，p3 Dp1,p4 5（5 分)某学校组织学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组一次为20，40），40，60）,60,80），80，100)若低于 60 分的人数是 15人，则该班的学生人数是（）A45 B50 C55 D60 6（5分）在ABC，内角A，B，C所对的边长分别为a，b,c asinBcosC+csinBcosA=b，第2页（共22页）且 ab，则B=（）A B C D 7（5 分）使得（3x+）n（nN+）的展开式中含有常数项的最小的 n 为（）A4 B5 C6 D7 8(5 分)执行如图所示的程序框图，若
3、输入 n=10，则输出的 S=（)A B C D 9（5 分）已知点 O（0，0），A（0，b），B(a，a3），若OAB 为直角三角形，则必有（）Ab=a3 B C D 10(5 分)已知三棱柱 ABCA1B1C1的 6 个顶点都在球 O 的球面上，若 AB=3，AC=4，ABAC，AA1=12，则球 O 的半径为（）A B C D 11（5 分）已知函数 f(x）=x22（a+2）x+a2,g（x)=x2+2（a2）xa2+8设H1（x)=maxf（x），g（x），H2（x）=minf（x)，g(x），（maxp,q）表示p，q 中的较大值，minp，q表示 p，q 中的较小值），记 H1
4、(x）的最小值为 A，H2（x）的最大值为 B，则 AB=（）A16 B16 C16a22a16 D16a2+2a16 12(5 分)设函数 f（x）满足 x2f（x）+2xf（x)=，f（2)=，则 x0 时,f（x）第3页（共22页）()A有极大值，无极小值 B有极小值,无极大值 C既有极大值又有极小值 D既无极大值也无极小值 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分.13（5 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 14（5 分）已知等比数列an是递增数列，Sn是an的前 n 项和若 a1，a3是方程 x25x+4=0 的两个根，则 S6=15（5 分)已知椭圆的左焦点为
5、 F，C 与过原点的直线相交于 A，B 两点,连接 AF、BF，若AB=10，AF|=6,cosABF=，则 C 的离心率 e=16（5 分)为了考察某校各班参加课外小组的人数，从全校随机抽取 5 个班级,把每个班级参加该小组的人数作为样本数据,已知样本平均数为7，样本方差为4，且样本数据互不相同,则样本数据中的最大值为 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17（12 分）设向量,，(1）若，求 x 的值；(2）设函数，求 f(x）的最大值 第4页（共22页）18（12 分）如图，AB 是圆的直径，PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点（）求证：平面 PAC平面 PBC；（)若
6、 AB=2，AC=1，PA=1,求证：二面角 CPBA 的余弦值 19（12 分）现有 10 道题，其中 6 道甲类题，4 道乙类题，张同学从中任取 3道题解答（）求张同学至少取到 1 道乙类题的概率；（）已知所取的 3 道题中有 2 道甲类题，1 道乙类题设张同学答对甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是,且各题答对与否相互独立用 X 表示张同学答对题的个数，求 X 的分布列和数学期望 20（12 分）如图,抛物线 C1:x2=4y,C2：x2=2py（p0)，点 M（x0,y0)在抛物线C2上，过 M 作 C1的切线，切点为 A，B(M 为原点 O 时，A，B 重合于 O），当 x0=
7、1时，切线 MA 的斜率为（）求 P 的值；(）当 M 在 C2上运动时,求线段 AB 中点 N 的轨迹方程(A，B 重合于 O 时，中点为 O）21（12 分）已知函数 f（x）=（1+x)e2x,g（x）=ax+1+2xcosx，当 x0，1时，第5页（共22页）（I）求证：；(II）若 f(x)g(x)恒成立，求实数 a 的取值范围 请考生在 21、22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。22（10 分）选修 41：几何证明选讲 如图，AB 为O 直径,直线 CD 与O 相切与 E,AD 垂直于 CD 于 D,BC 垂直于 CD于 C,EF 垂直于 F，连接 AE，
8、BE证明：（I）FEB=CEB；（II)EF2=ADBC 23在直角坐标系 xOy 中以 O 为极点,x 轴正半轴为极轴建立坐标系圆 C1，直线 C2的极坐标方程分别为=4sin，cos()=2（）求 C1与 C2交点的极坐标;(）设 P 为 C1的圆心,Q 为 C1与 C2交点连线的中点，已知直线 PQ 的参数方程为（tR 为参数），求 a,b 的值 24已知函数 f（x)=|xa|,其中 a1（1）当 a=2 时，求不等式 f（x)4|x4|的解集；（2）已知关于 x 的不等式f（2x+a）2f（x)2 的解集x1x2，求 a的值 第6页（共22页）2013 年辽宁省高考数学试卷（理科)参
9、考答案与试题解析 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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（5 分）复数的模长为（）A B C D2【解答】解：复数，所以=故选 B 2（5 分）已知集合 A=x0log4x1，B=x|x2，则 AB=（)A（0，1）B（0,2 C（1，2）D（1，2【解答】解:由 A 中的不等式变形得：log41log4xlog44，解得：1x4，即 A=（1，4），B=（，2，AB=(1，2 故选 D 3（5 分)已知点 A（1，3），B(4，1），则与向量同方向的单位向量为(）A B C D【解答】解：已知点 A(1,3），B
10、(4，1），=(4,1）(1，3)=（3，4），|=5，则与向量同方向的单位向量为=，第7页（共22页）故选 A 4(5 分）下列关于公差 d0 的等差数列an的四个命题：p1：数列an是递增数列;p2：数列nan是递增数列；p3：数列是递增数列；p4：数列an+3nd是递增数列；其中真命题是（）Ap1，p2 Bp3，p4 Cp2，p3 Dp1，p4【解答】解：对于公差 d0 的等差数列an，an+1an=d0，命题 p1：数列an是递增数列成立，是真命题 对于数列nan,第 n+1 项与第 n 项的差等于（n+1）an+1nan=(n+1)d+an，不一定是正实数,故 p2不正确，是假命题
11、对 于 数 列,第n+1项 与 第n项 的 差 等 于 =，不一定是正实数，故 p3不正确，是假命题 对于数列an+3nd,第 n+1 项与第 n 项的差等于 an+1+3（n+1）dan3nd=4d0,故命题 p4:数列an+3nd是递增数列成立,是真命题 故选 D 5（5 分）某学校组织学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组一次为20，40）,40，60），60，80)，80，100）若低于 60 分的人数是 15 人，则该班的学生人数是（）第8页（共22页）A45 B50 C55 D60【解答】解：成绩低于 60 分有第一、二组数据，在频率分布直方图中，对应矩形的高分别为
12、 0.005，0.01，每组数据的组距为 20，则成绩低于 60 分的频率 P=（0.005+0。010)20=0。3，又低于 60 分的人数是 15 人,则该班的学生人数是=50 故选:B 6(5分）在ABC，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c asinBcosC+csinBcosA=b，且 ab，则B=（)A B C D【解答】解：利用正弦定理化简已知等式得：sinAsinBcosC+sinCsinBcosA=sinB,sinB0，sinAcosC+sinCcosA=sin（A+C）=sinB=,ab,AB,即B 为锐角，则B=故选 A 7（5 分）使得（3x+）n（nN+）的展开式
13、中含有常数项的最小的 n 为(）A4 B5 C6 D7【解答】解：设(nN+）的展开式的通项为 Tr+1，第9页（共22页）则：Tr+1=3nrxnr=3nr，令 nr=0 得:n=r,又 nN+，当 r=2 时，n 最小,即 nmin=5 故选 B 8（5 分）执行如图所示的程序框图，若输入 n=10，则输出的 S=（）A B C D【解答】解：输入 n 的值为 10，框图首先给累加变量 S 和循环变量 i 分别赋值 0和 2，判断 210 成立，执行，i=2+2=4;判断 410 成立,执行=,i=4+2=6;判断 610 成立，执行，i=6+2=8;判断 810 成立，执行,i=8+2=
14、10；判断 1010 成立，执行，i=10+2=12；判断 1210 不成立,跳出循环，算法结束，输出 S 的值为 故选 A 9（5 分）已知点 O（0，0），A（0,b），B（a，a3），若OAB 为直角三角形,则 第10页（共22页）必有（）Ab=a3 B C D【解答】解：=（a，a3b），=(a，a3),且 ab0 若，则=ba3=0，a=0 或 b=0,但是 ab0，应舍去；若,则=b（a3b）=0，b0,b=a30;若，则=a2+a3（a3b）=0,得 1+a4ab=0，即 综上可知:OAB 为直角三角形，则必有 故选 C 10（5 分）已知三棱柱 ABCA1B1C1的 6 个顶点
15、都在球 O 的球面上,若 AB=3,AC=4，ABAC，AA1=12,则球 O 的半径为（）A B C D【解答】解：因为三棱柱 ABCA1B1C1的 6 个顶点都在球 O 的球面上，若AB=3,AC=4，ABAC，AA1=12，所以三棱柱的底面是直角三角形，侧棱与底面垂直，侧面 B1BCC1，经过球的球心，球的直径是其对角线的长，因为 AB=3，AC=4，BC=5，BC1=，所以球的半径为：故选 C 11(5 分）已知函数 f（x）=x22（a+2）x+a2,g（x）=x2+2(a2）xa2+8设H1（x)=maxf(x），g（x）,H2(x）=minf(x)，g(x），（maxp，q）表示
16、 p，q中的较大值，minp，q表示 p，q 中的较小值），记 H1(x）的最小值为 A，H2(x)的最大值为 B，则 AB=（)A16 B16 C16a22a16 D16a2+2a16 第11页（共22页）【解答】解：令 h（x）=f（x)g（x）=x22(a+2）x+a2x2+2(a2）xa2+8=2x24ax+2a28=2（xa）28 由 2（xa）28=0，解得 x=a2，此时 f(x）=g（x）;由 h（x）0，解得 xa+2，或 xa2，此时 f（x）g（x)；由 h（x）0，解得 a2xa+2，此时 f（x)g（x）综上可知：(1）当 xa2 时,则 H1（x）=maxf(x)，
17、g（x）=f（x）=x（a+2）24a4，H2(x)=minf（x）,g（x）=g（x)=x(a2)24a+12，（2）当 a2xa+2 时，H1（x）=maxf（x)，g（x）=g（x),H2（x）=minf（x）,g(x）=f（x）；（3）当 xa+2 时,则 H1（x）=maxf（x），g（x）=f(x），H2（x）=minf（x)，g(x）=g（x），故 A=g（a+2）=(a+2）（a2）24a+12=4a4，B=g（a2）=4a+12，AB=4a4(4a+12）=16 故选:B 12（5 分)设函数 f（x)满足 x2f（x）+2xf（x)=，f（2）=,则 x0 时，f(x）()
18、A有极大值，无极小值 B有极小值，无极大值 C既有极大值又有极小值 D既无极大值也无极小值【解答】解：函数 f(x）满足，第12页（共22页）令 F（x)=x2f(x）,则 F（x）=，F(2）=4f(2）=由，得 f（x）=，令（x）=ex2F（x），则（x）=ex2F（x）=（x）在（0，2）上单调递减,在（2,+)上单调递增,（x）的最小值为（2）=e22F(2）=0(x）0 又 x0，f（x）0 f（x)在（0,+）单调递增 f(x）既无极大值也无极小值 故选 D 二、填空题:本大题共 4 小题，每小题 5 分.13（5 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 1616 【解
19、答】解：根据三视图可知，该几何体为圆柱中挖去一个四棱柱,圆柱是底面外径为 2,高为 4 的圆筒，四棱柱的底面是边长为 2 的正方形,高也为 4 故其体积为:224224=1616，第13页（共22页）故答案为：1616 14（5 分）已知等比数列an是递增数列，Sn是an的前 n 项和若 a1,a3是方程 x25x+4=0 的两个根，则 S6=63 【解答】解：解方程 x25x+4=0，得 x1=1，x2=4 因为数列an是递增数列，且 a1，a3是方程 x25x+4=0 的两个根，所以 a1=1,a3=4 设等比数列an的公比为 q，则，所以 q=2 则 故答案为 63 15(5 分)已知椭
20、圆的左焦点为 F，C 与过原点的直线相交于 A，B 两点，连接 AF、BF，若|AB=10,AF|=6，cosABF=，则 C 的离心率 e=【解答】解：设椭圆的右焦点为 F，连接 AF、BF AB 与 FF互相平分，四边形 AFBF为平行四边形，可得AF=BF=6 ABF 中，AB=10，|AF|=6，cosABF=，由余弦定理|AF2=AB|2+|BF22AB|BFcosABF，可得 62=102+|BF|2210BF，解之得|BF|=8 由此可得，2a=BF|+|BF=14，得 a=7 ABF 中，|AF|2+BF|2=100=|AB2 AFB=90，可得|OF|=|AB|=5,即 c=
21、5 因此，椭圆 C 的离心率 e=故答案为：第14页（共22页）16(5 分）为了考察某校各班参加课外小组的人数，从全校随机抽取 5 个班级,把每个班级参加该小组的人数作为样本数据，已知样本平均数为 7，样本方差为4，且样本数据互不相同,则样本数据中的最大值为 10 【解答】解：设样本数据为：x1，x2,x3，x4，x5，平均数=(x1+x2+x3+x4+x5)5=7；方差 s2=（x17）2+(x27）2+（x37)2+(x47）2+(x57）25=4 从而有 x1+x2+x3+x4+x5=35，（x17)2+（x27）2+（x37）2+(x47)2+(x57）2=20 若样本数据中的最大值
22、为 11，不妨设 x5=11，则式变为：(x17）2+（x27）2+（x37）2+(x47)2=4,由于样本数据互不相同,这是不可能成立的;若样本数据为 4，6,7,8，10,代入验证知式均成立,此时样本数据中的最大值为 10 故答案为：10 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17（12 分）设向量，（1）若，求 x 的值；（2)设函数，求 f(x)的最大值【解答】解:（1）由题意可得=+sin2x=4sin2x，=cos2x+sin2x=1，由,可得 4sin2x=1，即 sin2x=第15页（共22页）x0，,sinx=，即 x=(2）函 数=（sinx，sinx）(co
23、sx，sinx）=sinxcosx+sin2x=sin2x+=sin(2x）+x0，2x，当 2x=，sin（2x）+取得最大值为 1+=18(12 分）如图，AB 是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点(）求证：平面 PAC平面 PBC；（）若 AB=2，AC=1，PA=1，求证：二面角 CPBA 的余弦值 【解答】(）证明:如图,由 AB 是圆的直径，得 ACBC 由 PA平面 ABC，BC 平面 ABC，得 PABC 又 PAAC=A，PA 平面 APC，AC 平面 PAC,所以 BC平面 PAC 因为 BC 平面 PBC,所以平面 PAC平面 PBC；()解：过 C 作 C
24、MAB 于 M，因为 PA平面 ABC，CM 平面 ABC，所以 PACM，故 CM平面 PAB 过 M 作 MNPB 于 N，连接 NC 由三垂线定理得 CNPB 所以CNM 为二面角 CPBA 的平面角 第16页（共22页）在 RtABC 中,由 AB=2,AC=1，得，在 RtABP 中，由 AB=2,AP=1，得 因为 RtBNMRtBAP，所以 故 MN=又在 RtCNM 中，故 cos 所以二面角 CPBA 的余弦值为 19（12 分)现有 10 道题，其中 6 道甲类题，4 道乙类题，张同学从中任取 3 道题解答()求张同学至少取到 1 道乙类题的概率;（）已知所取的 3 道题中
25、有 2 道甲类题,1 道乙类题 设张同学答对甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是,且各题答对与否相互独立用 X 表示张同学答对题的个数,求 X 的分布列和数学期望【解答】解：（I)设事件 A=“张同学至少取到 1 道乙类题”则=张同学至少取到的全为甲类题 P(A）=1P(）=1=(II)X 的所有可能取值为 0,1，2,3 P（X=0）=P（X=1）=第17页（共22页）P（X=2）=+=P（X=3）=X 的分布列为 X 0 1 2 3 P EX=20（12 分)如图，抛物线 C1:x2=4y，C2：x2=2py（p0),点 M（x0，y0)在抛物线C2上，过 M 作 C1的切线，切点为
26、 A，B（M 为原点 O 时，A，B 重合于 O)，当 x0=1时，切线 MA 的斜率为(）求 P 的值；(）当 M 在 C2上运动时,求线段 AB 中点 N 的轨迹方程（A，B 重合于 O 时，中点为 O）【解答】解：（）因为抛物线 C1：x2=4y 上任意一点(x，y）的切线斜率为 y=,且切线 MA 的斜率为，所以设 A 点坐标为（x，y)，得，解得 x=1，y=,点 A 的坐标为（1，）,故切线 MA 的方程为 y=(x+1）+因为点 M（1，y0）在切线 MA 及抛物线 C2上，于是 y0=（2）+=第18页（共22页）y0=解得 p=2（）设 N（x,y)，A（x1，），B(x2，
27、),x1x2，由 N 为线段 AB 中点知 x=，y=切线 MA，MB 的方程为 y=（xx1)+,；y=(xx2）+，由得 MA，MB 的交点 M（x0，y0）的坐标满足 x0=，y0=因为点 M（x0,y0）在 C2上，即 x02=4y0,所以 x1x2=由得 x2=y，x0 当 x1=x2时，A,B 丙点重合于原点 O，A，B 中点 N 为 O,坐标满足 x2=y 因此中点 N 的轨迹方程为 x2=y 21（12 分）已知函数 f（x）=（1+x)e2x，g(x）=ax+1+2xcosx，当 x0,1时，（I）求证：；（II)若 f（x）g（x）恒成立,求实数 a 的取值范围【解答】（I
28、）证明:当 x0,1）时，(1+x)e2x1x（1+x）ex（1x）ex，令 h（x)=（1+x）ex（1x)ex，则 h（x）=x（exex）当 x0，1）时，h（x）0，h(x）在0，1）上是增函数，h（x）h(0）=0，即 f（x)1x 当 x0，1）时,ex1+x,令 u(x)=ex1x,则 u（x）=ex1 第19页（共22页）当 x0，1）时，u（x)0，u（x）在0，1）单调递增，u（x)u（0)=0，f（x）综上可知：(II）解:设 G（x）=f（x）g(x)=令 H（x）=，则 H(x）=x2sinx，令 K（x）=x2sinx，则 K(x）=12cosx 当 x0,1）时,
29、K（x）0,可得 H（x）是0,1）上的减函数,H（x）H（0）=0,故 H（x）在0，1)单调递减，H（x）H（0）=2a+1+H(x）a+3 当 a3 时，f（x）g（x）在0，1）上恒成立 下面证明当 a3 时,f（x）g（x）在0，1）上不恒成立 f（x)g(x）=x 令 v(x）=，则 v（x）=当 x0，1)时，v(x）0，故 v（x）在0，1)上是减函数，v（x)（a+1+2cos1，a+3 当 a3 时，a+30 存在 x0（0，1），使得 v（x0）0,此时，f（x0)g（x0）即 f(x)g（x）在0，1）不恒成立 综上实数 a 的取值范围是（，3 请考生在 21、22、2
30、3 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。22（10 分）选修 41：几何证明选讲 第20页（共22页）如图，AB 为O 直径，直线 CD 与O 相切与 E，AD 垂直于 CD 于 D，BC 垂直于CD 于 C，EF 垂直于 F，连接 AE，BE证明：（I）FEB=CEB;（II)EF2=ADBC 【解答】证明:（1）直线 CD 与O 相切于 E，CEB=EAB AB 为O 的直径，AEB=90 EAB+EBA=90 EFAB,FEB+EBF=90 FEB=EAB CEB=EAB（2）BCCD，ECB=90=EFB,又CEB=FEB，EB 公用 CEBFEB CB=FB 同理可得A
31、DEAFE，AD=AF 在 RtAEB 中,EFAB，EF2=AFFB EF2=ADCB 23在直角坐标系 xOy 中以 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立坐标系圆 C1，直线 C2的极坐标方程分别为=4sin，cos（）=2(）求 C1与 C2交点的极坐标；（）设 P 为 C1的圆心，Q 为 C1与 C2交点连线的中点，已知直线 PQ 的参数方程为（tR 为参数），求 a，b 的值 第21页（共22页）【解答】解:(I）圆 C1，直线 C2的直角坐标方程分别为 x2+（y2）2=4，x+y4=0,解得或,C1与 C2交点的极坐标为(4，）（2,）（II）由（I）得,P 与 Q 点的坐标分别为
32、（0，2），（1，3)，故直线 PQ 的直角坐标方程为 xy+2=0，由参数方程可得 y=x+1，解得 a=1,b=2 24已知函数 f（x）=|xa，其中 a1（1)当 a=2 时，求不等式 f（x）4x4的解集；(2）已知关于 x 的不等式|f(2x+a）2f（x）|2 的解集x1x2，求 a 的值【解答】解：（1）当 a=2 时，f（x）4x4|可化为x2|+x44，当 x2 时,得2x+64，解得 x1；当 2x4 时,得 24，无解；当 x4 时，得 2x64，解得 x5；故不等式的解集为x|x5 或 x1 （2）设 h（x)=f（2x+a）2f（x），则 h(x)=由|h（x)|2 得，又已知关于 x 的不等式|f（2x+a）2f（x）|2 的解集x1x2，所以,第22页（共22页）故 a=3