2013年上海高考理科数学试题及答案.pdf
20132013 年上海高考理综数学试题及答案年上海高考理综数学试题及答案一、填空题1计算：20lim_313nnn【解答】根据极限运算法则，201lim3133nnn2设mR，222(1)immm是纯虚数，其中 i 是虚数单位，则_m【解答】2220210mmmm 3若2211xxxyyy，则_xy【解答】2220 xyxyxy 4已知ABC 的内角 A、B、C 所对应边分别为a、b、c，若22232330aabbc，则角 C 的大小是_（结果用反三角函数值表示）【解答】2222222323303aabbccabab，故11cos,arccos33CC 5设常数aR，若52axx的二项展开式中7x项的系数为10，则_a【解答】2515()(),2(5)71rrrraTCxrrrx，故15102C aa 6方程1313313xx的实数解为_【解答】原方程整理后变为2332 38034log 4xxxx 7在极坐标系中，曲线cos1与cos1的公共点到极点的距离为_【解答】联立方程组得15(1)12 ，又0，故所求为1528盒子中装有编号为 1，2，3，4，5，6，7，8，9 的九个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是_（结果用最简分数表示）【解答】9 个数 5 个奇数，4 个偶数，根据题意所求概率为252913118CC9设 AB 是椭圆的长轴，点 C 在上，且4CBA，若 AB=4，2BC，则的两个焦点之间的距离为_【解答】不妨设椭圆的标准方程为22214xyb，于是可算得(1,1)C，得244 6,233bc10设非零常数 d 是等差数列12319,x x xx的公差，随机变量等可能地取值12319,x x xx，则方差_D【解答】10Ex，2222222(981019)30|19dDd11若12cos cossin sin,sin2sin223xyxyxy，则sin()_xy【解答】1cos()2xy，2sin2sin22sin()cos()3xyxyxy，故2sin()3xy12 设a为实常数，()yf x是定义在 R 上的奇函数，当0 x 时，2()97af xxx，若()1f xa对一切0 x 成立，则a的取值范围为_【解答】(0)0f，故011aa ；当0 x 时，2()971af xxax即6|8aa，又1a ，故87a 13在xOy平面上，将两个半圆弧22(1)1(1)xyx和22(3)1(3)xyx、两条直线1y 和1y 围成的封闭图形记为 D，如图中阴影部分记 D 绕 y 轴旋转一周而成的几何体为，过(0,)(|1)yy 作的水平截面，所得截面面积为2418y，试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体，得出的体积值为_【解答】根据提示，一个半径为 1，高为2的圆柱平放，一个高为 2，底面面积8的长方体，这两个几何体与放在一起，根据祖暅原理，每个平行水平面的截面面积都相等，故它们的体积相等，即的体积值为22122 821614对区间 I 上有定义的函数()g x，记()|(),g Iy yg x xI，已知定义域为0,3的函数()yf x有反函数1()yfx，且11(0,1)1,2),(2,4)0,1)ff，若方程()0f xx有解0 x，则0_x【解答】根据反函数定义，当0,1)x时，()(2,4f x；1,2)x时，()0,1)f x，而()yf x的定义域为0,3，故当2,3x时，()f x的取值应在集合(,0)1,2(4,)，故若00()f xx，只有02x 二、选择题15设常数aR，集合|(1)()0,|1AxxxaBx xa，若ABR，则a的取值范围为（）(A)(,2)(B)(,2(C)(2,)(D)2,)【解答】集合 A 讨论后利用数轴可知，111aa 或11aaa，解答选项为 B16钱大姐常说“便宜没好货”，她这句话的意思是：“不便宜”是“好货”的（）(A)充分条件(B)必要条件(C)充分必要条件(D)既非充分也非必要条件【解答】根据等价命题，便宜没好货，等价于，好货不便宜，故选 B17 在数列na中，21nna，若一个 7 行 12 列的矩阵的第 i 行第 j 列的元素,i jijijaa aaa，（1,2,7;1,2,12ij）则该矩阵元素能取到的不同数值的个数为（）(A)18(B)28(C)48(D)63【解答】,21iji jijijaa aaa，而2,3,19ij，故不同数值个数为 18 个，选 A18 在边长为 1 的正六边形 ABCDEF 中，记以 A 为起点，其余顶点为终点的向量分别为12345,a a a a a ；以 D 为 起 点，其 余 顶 点 为 终 点 的 向 量 分 别 为12345,d d d d d .若,m M分 别 为()()ijkrstaaaddd 的最小值、最大值，其中,1,2,3,4,5i j k,1,2,3,4,5r s t,则,m M满足（）.(A)0,0mM(B)0,0mM(C)0,0mM(D)0,0mM【解答】作图知，只有0AF DEAB DC ，其余均有0ira d ，故选 D三、解答题19.（本题满分 12 分）如图，在长方体 ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AD=1,A1A=1，证明直线 BC1平行于平面DA1C，并求直线 BC1到平面 D1AC 的距离.【解答】因为 ABCD-A1B1C1D1为长方体，故1111/,ABC D ABC D，故 ABC1D1为平行四边形，故11/BCAD，显然 B 不在平面 D1AC 上，于是直线 BC1平行于平面 DA1C；直线 BC1到平面 D1AC 的距离即为点 B 到平面 D1AC 的距离设为h考虑三棱锥 ABCD1的体积，以 ABC 为底面，可得111(1 2)1323V 而1ADC中，115,2ACDCAD，故132AD CS所以，13123233Vhh，即直线 BC1到平面 D1AC 的距离为2320（6 分+8 分）甲厂以 x 千克/小时的速度运输生产某种产品（生产条件要求110 x），每小时可获得利润是3100(51)xx 元.(1)要使生产该产品 2 小时获得的利润不低于 3000 元，求 x 的取值范围；(2)要使生产 900 千克该产品获得的利润最大，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润.【解答】(1)根据题意，33200(51)30005140 xxxx 又110 x，可解得310 x(2)设利润为y元，则4290031161100(51)9 10 3()612yxxxx 故6x 时，max457500y元21（6 分+8 分）已知函数()2sin()f xx，其中常数0；（1）若()yf x在2,43上单调递增，求的取值范围；（2）令2，将函数()yf x的图像向左平移6个单位，再向上平移 1 个单位，得到函数()yg x的图像，区间,a b（,a bR且ab）满足：()yg x在,a b上至少含有 30 个零点，在所有满足上述条件的,a b中，求ba的最小值【解答】(1)因为0，根据题意有34202432(2)()2sin(2)f xx，()2sin(2()12sin(2)163g xxx 1()0sin(2)323g xxxk 或7,12xkkZ，即()g x的零点相离间隔依次为3和23，故若()yg x在,a b上至少含有 30 个零点，则ba的最小值为243141533322 （3 分+5 分+8 分）如 图，已 知 曲 线221:12xCy，曲 线2:|1Cyx，P 是平面上一点，若存在过点 P 的直线与12,C C都有公共点，则称 P 为“C1C2型点”(1)在正确证明1C的左焦点是“C1C2型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）；(2)设直线ykx与2C有公共点，求证|1k，进而证明原点不是“C1C2型点”；(3)求证：圆2212xy内的点都不是“C1C2型点”【解答】：（1）C1的左焦点为(3,0)F，过 F 的直线3x 与 C1交于2(3,)2，与 C2交于(3,(31)，故 C1的左焦点为“C1-C2型点”，且直线可以为3x ；（2）直线ykx与 C2有交点，则(|1)|1|1ykxkxyx，若方程组有解，则必须|1k；直线ykx与 C2有交点，则2222(1 2)222ykxkxxy，若方程组有解，则必须212k 故直线ykx至多与曲线 C1和 C2中的一条有交点，即原点不是“C1-C2型点”。（3）显然过圆2212xy内一点的直线l若与曲线 C1有交点，则斜率必存在；根据对称性，不妨设直线l斜率存在且与曲线 C2交于点(,1)(0)t tt，则:(1)()(1)0l ytk xtkxytkt 直线l与圆2212xy内部有交点，故2|1|221tktk 化简得，221(1)(1)2ttkk。若直线l与曲线 C1有交点，则2222211()2(1)(1)10212ykxkttkxktkt xtktxy 22222214(1)4()(1)10(1)2(1)2ktktktkttktk 化简得，22(1)2(1)tktk。由得，222212(1)(1)(1)12kttkkk 但此时，因为2210,1(1)1,(1)12ttkk，即式不成立；当212k 时，式也不成立综上，直线l若与圆2212xy内有交点，则不可能同时与曲线 C1和 C2有交点，即圆2212xy内的点都不是“C1-C2型点”23（3分+6 分+9 分）给定常数0c，定义函数()2|4|f xxcxc，数列123,a a a 满足*1(),nnaf anN.（1）若12ac ，求2a及3a；（2）求证：对任意*1,nnnNaac，；（3）是否存在1a，使得12,na aa成等差数列？若存在，求出所有这样的1a，若不存在，说明理由.【解答】：（1）因为0c，1(2)ac，故2111()2|4|2af aacac，3122()2|4|10af aacacc（2）要证明原命题，只需证明()f xxc对任意xR都成立，()2|4|f xxcxcxcxc即只需证明2|4|+xcxcxc若0 xc，显然有2|4|+=0 xcxcxc成立；若0 xc，则2|4|+4xcxcxcxcxc显然成立综上，()f xxc恒成立，即对任意的*nN，1nnaac（3）由（2）知，若na为等差数列，则公差0dc，故 n 无限增大时，总有0na 此时，1()2(4)()8nnnnnaf aacacac 即8dc故21111()2|4|8af aacacac ，即1112|4|8acacac ，当10ac时，等式成立，且2n时，0na，此时na为等差数列，满足题意；若10ac，则11|4|48acac ，此时，230,8,(2)(8)naacanc也满足题意；综上，满足题意的1a的取值范围是,)8cc
