2013年高考理科数学试题(天津卷)及参考答案.doc

2013年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷) 理 科 数 学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分, 共150分. 考试用时120分钟. 第Ⅰ卷1至2页, 第Ⅱ卷3至5页. 答卷前, 考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上, 并在规定位置粘贴考试用条形码. 答卷时, 考生务必将答案凃写在答题卡上, 答在试卷上的无效. 考试结束后, 将本试卷和答题卡一并交回. 祝各位考生考试顺利! 第Ⅰ卷 注意事项： 1. 每小题选出答案后, 用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动, 用橡皮擦干净后, 再选凃其他答案标号. 2. 本卷共8小题, 每小题5分, 共40分. 参考公式: ·如果事件A, B互斥, 那么 ·棱柱的体积公式V=Sh， 其中S表示棱柱的底面面积, h表示棱柱的高. ·如果事件A, B相互独立, 那么 ·球的体积公式 其中R表示球的半径. 一．选择题: 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A = {x∈R| |x|≤2}, A = {x∈R| x≤1}, 则 (A) (B) [1,2] (C) [－2,2] (D) [－2,1] (2) 设变量x, y满足约束条件则目标函数z = y－2x的最小值为 (A) －7 (B) －4 (C) 1 (D) 2 (3) 阅读右边的程序框图, 运行相应的程序, 若输入x的值为1, 则输出S的值为 (A) 64 (B) 73 (C) 512 (D) 585 (4) 已知下列三个命题: ①若一个球的半径缩小到原来的, 则其体积缩小到原来的; ②若两组数据的平均数相等, 则它们的标准差也相等; ③直线x + y + 1 = 0与圆相切. 其中真命题的序号是: (A) ①②③ (B) ①② (C) ①③ (D) ②③ (5) 已知双曲线的两条渐近线与抛物线的准线分别交于A, B两点, O为坐标原点. 若双曲线的离心率为2, △AOB的面积为, 则p = (A) 1 (B) (C) 2 (D) 3 (6) 在△ABC中, 则 = (A) (B) (C) (D) (7) 函数的零点个数为 (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (8) 已知函数. 设关于x的不等式 的解集为A, 若, 则实数a的取值范围是 (A) (B) (C) (D) 2013年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷) 理 科 数 学 第Ⅱ卷 注意事项： 1. 用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2. 本卷共12小题, 共110分. 二．填空题: 本大题共6小题, 每小题5分, 共30分. (9) 已知a, b∈R, i是虚数单位. 若(a + i)(1 + i) = bi, 则a + bi = . (10) 的二项展开式中的常数项为 . (11) 已知圆的极坐标方程为, 圆心为C, 点P的极坐标为, 则|CP| = . (12) 在平行四边形ABCD中, AD = 1, , E为CD的中点. 若·＝1, 则AB的长为 . (13) 如图, △ABC为圆的内接三角形, BD为圆的弦, 且BD//AC. 过点A 做圆的切线与DB的延长线交于点E, AD与BC交于点F. 若AB = AC, AE = 6, BD = 5, 则线段CF的长为 . (14) 设a + b = 2, b>0, 则当a = 时, 取得最小值. 三．解答题: 本大题共6小题, 共70分. 解答应写出文字说明, 证明过程或演算步骤. (15) (本小题满分13分) 已知函数. (Ⅰ) 求f(x)的最小正周期; (Ⅱ) 求f(x)在区间上的最大值和最小值. (16) (本小题满分13分) 一个盒子里装有7张卡片, 其中有红色卡片4张, 编号分别为1, 2, 3, 4; 白色卡片3张, 编号分别为2, 3, 4. 从盒子中任取4张卡片 (假设取到任何一张卡片的可能性相同). (Ⅰ) 求取出的4张卡片中, 含有编号为3的卡片的概率. (Ⅱ) 再取出的4张卡片中, 红色卡片编号的最大值设为X, 求随机变量X的分布列和数学期望. (17) (本小题满分13分) 如图, 四棱柱ABCD－A1B1C1D1中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点. (Ⅰ) 证明B1C1⊥CE; (Ⅱ) 求二面角B1－CE－C1的正弦值. (Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为, 求线段AM的长. (18) (本小题满分13分) 设椭圆的左焦点为F, 离心率为, 过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为. (Ⅰ) 求椭圆的方程; (Ⅱ) 设A, B分别为椭圆的左右顶点, 过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C, D两点. 若, 求k的值. (19) (本小题满分14分) 已知首项为的等比数列不是递减数列, 其前n项和为, 且S3 + a3, S5 + a5, S4 + a4成等差数列. (Ⅰ) 求数列的通项公式; (Ⅱ) 设, 求数列的最大项的值与最小项的值. (20) (本小题满分14分) 已知函数. (Ⅰ) 求函数f(x)的单调区间; (Ⅱ) 证明: 对任意的t>0, 存在唯一的s, 使. (Ⅲ) 设(Ⅱ)中所确定的s关于t的函数为, 证明: 当时, 有 . 2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类 (天津卷) 第Ⅰ卷 一、选择题：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：D 解析：解不等式|x|≤2，得－2≤x≤2，所以A＝{x|－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤1}．故选D. 2． 答案：A 解析：作约束条件所表示的可行区域，如图所示，z＝y－2x可化为y＝2x＋z，z表示直线在y轴上的截距，截距越大z越大，作直线l0：y＝2x，平移l0过点A(5,3)，此时z最小为－7，故选A. 3． 答案：B 解析：由程序框图，得x＝1时，S＝1；x＝2时，S＝9；x＝4时，S＝9＋64＝73，结束循环输出S的值为73，故选B. 4． 答案：C 解析：设球半径为R，缩小后半径为r，则r＝，而V＝，V′＝，所以该球体积缩小到原来的，故①为真命题；两组数据的平均数相等，它们的方差可能不相等，故②为假命题；圆x2＋y2＝的圆心到直线x＋y＋1＝0的距离d＝，因为该距离等于圆的半径，所以直线与圆相切，故③为真命题．故选C. 5． 答案：C 解析：设A点坐标为(x0，y0)，则由题意，得S△AOB＝|x0|·|y0|＝.抛物线y2＝2px的准线为，所以，代入双曲线的渐近线的方程，得|y0|＝.由得b＝，所以|y0|＝.所以S△AOB＝，解得p＝2或p＝－2(舍去)． 6． 答案：C 解析：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝＝5，即得AC＝.由正弦定理，即，所以sin∠BAC＝. 7． 答案：B 解析：函数f(x)＝2x|log0.5x|－1的零点也就是方程2x|log0.5x|－1＝0的根，即2x|log0.5x|＝1，整理得|log0.5x|＝.令g(x)＝|log0.5x|，h(x)＝，作g(x)，h(x)的图象如图所示．因为两个函数图象有两个交点，所以f(x)有两个零点． 8． 答案：A 解析：f(x)＝x(1＋a|x|)＝ 若不等式f(x＋a)＜f(x)的解集为A，且， 则在区间上，函数y＝f(x＋a)的图象应在函数y＝f(x)的图象的下边． (1)当a＝0时，显然不符合条件． (2)当a＞0时，画出函数y＝f(x)和y＝f(x＋a)的图象大致如图． 由图可知，当a＞0时，y＝f(x＋a)的图象在y＝f(x)图象的上边，故a＞0不符合条件． (3)当a＜0时，画出函数y＝f(x)和y＝f(x＋a)的图象大致如图． 由图可知，若f(x＋a)＜f(x)的解集为A，且， 只需即可， 则有(a＜0)， 整理，得a2－a－1＜0，解得. ∵a＜0，∴a∈. 综上，可得a的取值范围是. 第Ⅱ卷 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上． 2．本卷共12小题，共110分． 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分． 9．答案：1＋2i 解析：由(a＋i)(1＋i)＝a－1＋(a＋1)i＝bi，得解方程组，得a＝1，b＝2，则a＋bi＝1＋2i. 10．答案：15 解析：二项展开式的通项为，得r＝4，所以二项展开式的常数项为T5＝(－1)4＝15. 11．答案： 解析：由圆的极坐标方程为ρ＝4cos θ，得圆心C的直角坐标为(2,0)，点P的直角坐标为(2,)，所以|CP|＝. 12．答案： 解析：如图所示，在平行四边形ABCD中，＝＋，＝＋＝＋. 所以·＝(＋)·＝||2＋||2＋·＝||2＋||＋1＝1，解方程得||＝(舍去||＝0)，所以线段AB的长为. 13． 答案： 解析：∵AE为圆的切线， ∴由切割线定理，得AE2＝EB·ED. 又AE＝6，BD＝5，可解得EB＝4. ∵∠EAB为弦切角，且AB＝AC， ∴∠EAB＝∠ACB＝∠ABC. ∴EA∥BC.又BD∥AC， ∴四边形EBCA为平行四边形． ∴BC＝AE＝6，AC＝EB＝4. 由BD∥AC，得△ACF∽△DBF， ∴. 又CF＋BF＝BC＝6，∴CF＝. 14．答案：－2 解析：因为a＋b＝2，所以 1＝＝ ≥， 当a＞0时，，； 当a＜0时，，，当且仅当b＝2|a|时等号成立． 因为b＞0，所以原式取最小值时b＝－2a. 又a＋b＝2，所以a＝－2时，原式取得最小值． 三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15． 解：(1)f(x)＝sin 2x·＋3sin 2x－cos 2x ＝2sin 2x－2cos 2x＝. 所以，f(x)的最小正周期T＝＝π. (2)因为f(x)在区间上是增函数，在区间上是减函数．又f(0)＝－2，，，故函数f(x)在区间上的最大值为，最小值为－2. 16． 解：(1)设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A，则 P(A)＝. 所以，取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为. (2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4. P(X＝1)＝， P(X＝2)＝， P(X＝3)＝， P(X＝4)＝. 所以随机变量X的分布列是 X 1 2 3 4 P 随机变量X的数学期望EX＝1×＋2×＋3×＋4×＝. 17． 解：(方法一) (1)证明：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)． 易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0， 所以B1C1⊥CE. (2)＝(1，－2，－1)． 设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)， 则即 消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2,1)． 由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1， 故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量． 于是cos〈m，〉＝， 从而sin〈m，〉＝. 所以二面角B1－CE－C1的正弦值为. (3)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)． 设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)． 可取＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量． 设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则 sin θ＝|cos〈，〉|＝ ＝. 于是，解得， 所以AM＝. (方法二) (1)证明：因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1， 所以CC1⊥B1C1. 经计算可得B1E＝，B1C1＝，EC1＝， 从而B1E2＝， 所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E， 又CC1，C1E平面CC1E，CC1∩C1E＝C1， 所以B1C1⊥平面CC1E， 又CE平面CC1E，故B1C1⊥CE. (2)过B1作B1G⊥CE于点G，连接C1G. 由(1)，B1C1⊥CE，故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G， 所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面角． 在△CC1E中，由CE＝C1E＝，CC1＝2，可得C1G＝. 在Rt△B1C1G中，B1G＝， 所以sin∠B1GC1＝， 即二面角B1－CE－C1的正弦值为. (3)连接D1E，过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，连接AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角． 设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝，AH＝. 在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝，得EH＝. 在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1， 由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos 135°，得， 整理得5x2－－6＝0，解得x＝. 所以线段AM的长为. 18． 解：(1)设F(－c,0)，由，知.过点F且与x轴垂直的直线为x＝－c，代入椭圆方程有， 解得，于是，解得， 又a2－c2＝b2，从而a＝，c＝1， 所以椭圆的方程为. (2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1,0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)， 由方程组消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0. 求解可得x1＋x2＝，x1x2＝. 因为A(，0)，B(，0)， 所以·＋· ＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1) ＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1) ＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2 ＝. 由已知得＝8，解得k＝. 19． 解：(1)设等比数列{an}的公比为q， 因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列， 所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5， 即4a5＝a3，于是. 又{an}不是递减数列且，所以. 故等比数列{an}的通项公式为. (2)由(1)得 当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1＜Sn≤S1＝， 故. 当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以＝S2≤Sn＜1， 故. 综上，对于n∈N*，总有. 所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为. 20． 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，令f′(x)＝0，得. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值 所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是. (2)证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0. 设t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)． 由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增． h(1)＝－t＜0，h(et)＝e2tln et－t＝t(e2t－1)＞0. 故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立． (3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，从而 ， 其中u＝ln s. 要使成立，只需. 当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾． 所以s＞e，即u＞1，从而ln u＞0成立． 另一方面，令F(u)＝，u＞1.F′(u)＝，令F′(u)＝0，得u＝2. 当1＜u＜2时，F′(u)＞0；当u＞2时，F′(u)＜0. 故对u＞1，F(u)≤F(2)＜0. 因此成立． 综上，当t＞e2时，有. - 12 -