2013年高考理科数学试题(天津卷)及参考答案.docx

2013年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)理 科 数 学本试卷分第卷（选择题）和第卷(非选择题)两部分, 共150分. 考试用时120分钟. 第卷1至2页, 第卷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 = xR| |x|2, A = xR| x1, 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 = y2x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: 若一个球的半径缩小到原来的, 则其体积缩小到原来的;若两组数据的平均数相等, 则它们的标准差也相等; 直线x + y + 1 = 0与圆相切. 其中真命题的序号是:(A) (B) (C) (D) (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, bR, 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. () 求f(x)的最小正周期; () 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). () 求取出的4张卡片中, 含有编号为3的卡片的概率. () 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ABCDA1B1C1D1中, 侧棱A1A底面ABCD, AB/DC, ABAD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点. () 证明B1C1CE; () 求二面角B1CEC1的正弦值. () 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. () 求椭圆的方程; () 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. () 求数列的通项公式; () 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. () 求函数f(x)的单调区间; () 证明: 对任意的t>0, 存在唯一的s, 使. () 设()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2x2，所以Ax|2x2，所以ABx|2x1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，zy2x可化为y2xz，z表示直线在y轴上的截距，截距越大z越大，作直线l0：y2x，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x1时，S1；x2时，S9；x4时，S96473，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，故为假命题；圆x2y2的圆心到直线xy10的距离d，因为该距离等于圆的半径，所以直线与圆相切，故为真命题故选C.5答案：C解析：设A点坐标为(x0，y0)，则由题意，得SAOB|x0|·|y0|.抛物线y22px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SAOB，解得p2或p2(舍去)6 答案：C解析：在ABC中，由余弦定理得AC2AB2BC22AB·BCcosABC5，即得AC.由正弦定理，即，所以sinBAC.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|10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(1a|x|)若不等式f(xa)f(x)的解集为A，且，则在区间上，函数yf(xa)的图象应在函数yf(x)的图象的下边(1)当a0时，显然不符合条件(2)当a0时，画出函数yf(x)和yf(xa)的图象大致如图由图可知，当a0时，yf(xa)的图象在yf(x)图象的上边，故a0不符合条件(3)当a0时，画出函数yf(x)和yf(xa)的图象大致如图由图可知，若f(xa)f(x)的解集为A，且，只需即可，则有(a0)，整理，得a2a10，解得.a0，a.综上，可得a的取值范围是.第卷注意事项：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：12i解析：由(ai)(1i)a1(a1)ibi，得解方程组，得a1，b2，则abi12i.10答案：15解析：二项展开式的通项为，得r4，所以二项展开式的常数项为T5(1)415.11答案：解析：由圆的极坐标方程为4cos ，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|11，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AE2EB·ED.又AE6，BD5，可解得EB4.EAB为弦切角，且ABAC，EABACBABC.EABC.又BDAC，四边形EBCA为平行四边形BCAE6，ACEB4.由BDAC，得ACFDBF，.又CFBFBC6，CF.14答案：2解析：因为ab2，所以1，当a0时，；当a0时，当且仅当b2|a|时等号成立因为b0，所以原式取最小值时b2a.又ab2，所以a2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 2xcos 2x2sin 2x2cos 2x.所以，f(x)的最小正周期T.(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(X1)， P(X2)， P(X3)， P(X4).所以随机变量X的分布列是X1234P随机变量X的数学期望EX1×2×3×4×.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B1C1CE.(2)(1，2，1)设平面B1CE的法向量m(x，y，z)，则即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为m(3，2,1)由(1)，B1C1CE，又CC1B1C1，可得B1C1平面CEC1，故(1,0，1)为平面CEC1的一个法向量于是cosm，从而sinm，.所以二面角B1CEC1的正弦值为.(3)(0,1,0)，(1,1,1)设(，)，01，有(，1，)可取(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量设为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sin |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CC1B1C1.经计算可得B1E，B1C1，EC1，从而B1E2，所以在B1EC1中，B1C1C1E，又CC1，C1E平面CC1E，CC1C1EC1，所以B1C1平面CC1E，又CE平面CC1E，故B1C1CE.(2)过B1作B1GCE于点G，连接C1G.由(1)，B1C1CE，故CE平面B1C1G，得CEC1G，所以B1GC1为二面角B1CEC1的平面角在CC1E中，由CEC1E，CC12，可得C1G.在RtB1C1G中，B1G，所以sinB1GC1，即二面角B1CEC1的正弦值为.(3)连接D1E，过点M作MHED1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AMx，从而在RtAHM中，有MH，AH.在RtC1D1E中，C1D11，ED1，得EH.在AEH中，AEH135°，AE1，由AH2AE2EH22AE·EHcos 135°，得，整理得5x260，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xc，代入椭圆方程有，解得，于是，解得，又a2c2b2，从而a，c1，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yk(x1)，由方程组消去y，整理得(23k2)x26k2x3k260.求解可得x1x2，x1x2.因为A(，0)，B(，0)，所以··(x1，y1)·(x2，y2)(x2，y2)·(x1，y1)62x1x22y1y262x1x22k2(x11)(x21)6(22k2)x1x22k2(x1x2)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S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，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1SnS1，故.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以S2Sn1，故.综上，对于nN*，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 xxx(2ln x1)，令f(x)0，得.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：xf(x)0f(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0x1时，f(x)0.设t0，令h(x)f(x)t，x1，)由(1)知，h(x)在区间(1，)内单调递增h(1)t0，h(et)e2tln ettt(e2t1)0.故存在唯一的s(1，)，使得tf(s)成立(3)证明：因为sg(t)，由(2)知，tf(s)，且s1，从而，其中uln s.要使成立，只需.当te2时，若sg(t)e，则由f(s)的单调性，有tf(s)f(e)e2，矛盾所以se，即u1，从而ln u0成立另一方面，令F(u)，u1.F(u)，令F(u)0，得u2.当1u2时，F(u)0；当u2时，F(u)0.故对u1，F(u)F(2)0.因此成立综上，当te2时，有.