2013高考理科数学试卷及答案(湖北卷)(共13页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上绝密启用前 2013年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）数 学（理工类）本试题卷共6页，22题，其中第15、16题为选考题。全卷满分150分。考试用时120分钟。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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在复平面内，复数（为虚数单位）的共轭复数对应的点位于A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限2已知全集为，集合，则A B C D3在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次设命题p是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为A B C D4

2、将函数的图象向左平移个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是A B C D5已知，则双曲线：与：的A实轴长相等 B虚轴长相等 C焦距相等 D离心率相等6已知点、，则向量在方向上的投影为A B C D7一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度（t的单位：s，v的单位：m/s）行驶至停止. 在此期间汽车继续行驶的距离（单位：m）是A B C D 8一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有A B C D第9题图第8题图9如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为12

3、5个同样大小的小正方体. 经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为，则的均值A B C D10已知为常数，函数有两个极值点，则A， B，C， D，二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分. 请将答案填在答题卡对应题号的位置上. 答错位置，书写不清，模棱两可均不得分. （一）必考题（1114题）否开始是结束是奇数是否输出11从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图示. 第11题图 第12题图（）直方图中的值为_； （）在这些用户中，用电量落在区间内的户数为_. 12阅读如图所示的程序框图，运行相应的程

4、序，输出的结果_.13设，且满足：，则_.14古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数. 如三角形数1，3，6，10，第个三角形数为. 记第个边形数为，以下列出了部分k边形数中第个数的表达式：三角形数 ，正方形数 ，五边形数 ，六边形数 ， 可以推测的表达式，由此计算_. （二）选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑. 如果全选，则按第15题作答结果计分.）15（选修4-1：几何证明选讲）第15题图 如图，圆上一点在直径上的射影为，点在半径上的射影为若，则的值为_16（选修4-4：坐标系与参数方程）在直角坐标系中，椭圆

5、的参数方程为（为参数，）. 在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，直线与圆的极坐标方程分别为（m为非零常数）与. 若直线经过椭圆的焦点，且与圆相切，则椭圆的离心率为_.三、解答题：本大题共6小题，共75分. 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）在中，角，对应的边分别是，. 已知.（）求角A的大小；（）若的面积，求的值.18（本小题满分12分）已知等比数列满足：，.（）求数列的通项公式；（）是否存在正整数，使得？若存在，求的最小值；若不存在，说明理由.19（本小题满分12分）如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面，分

6、别是，的中点. （）记平面与平面的交线为，试判断直线与平面的位置关系，并加以证明；第19题图（）设（）中的直线l与圆的另一个交点为，且点Q满足. 记直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，二面角的大小为，求证：. 20（本小题满分12分）假设每天从甲地去乙地的旅客人数是服从正态分布的随机变量. 记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为. （）求的值；（参考数据：若，有，.）（）某客运公司用、两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次. 、两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1600元/辆和2400元/辆. 公司拟组建一个不超过21

7、辆车的客运车队，并要求型车不多于型车7辆. 若每天要以不小于的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备型车、型车各多少辆? 21（本小题满分13分）如图，已知椭圆与的中心在坐标原点，长轴均为且在轴上，短轴长分别为，过原点且不与轴重合的直线与，的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D记，和的面积分别为和.（）当直线与轴重合时，若，求的值；（）当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得？并说明理由第21题图22（本小题满分14分）设是正整数，为正有理数. （）求函数的最小值；（）证明：；（）设，记为不小于的最小整数，例如，.令，求的值. （参考数据：，）

8、绝密启用前2013年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）数学（理工类）试题参考答案一、选择题1D 2C 3A 4B 5D 6A 7C 8C 9B 10D二、填空题11（）0.0044 （）70 125 13141000 158 16三、解答题17 （）由，得, 即，解得 或（舍去）. 因为，所以. （）由得. 又，知. 由余弦定理得故. 又由正弦定理得. 18 （）设等比数列的公比为q，则由已知可得 解得 或 故，或. （）若，则，故是首项为，公比为的等比数列，从而. 若，则，故是首项为，公比为的等比数列，从而 故. 综上，对任何正整数，总有.故不存在正整数，使得成立. 19 （）直线平面，

9、证明如下：连接，因为，分别是，的中点，所以. 又平面，且平面，所以平面.而平面，且平面平面，所以. 因为平面，平面，所以直线平面. 第19题解答图1第19题解答图2 （）（综合法）如图1，连接，由（）可知交线即为直线，且. 因为是的直径，所以，于是.已知平面，而平面，所以.而，所以平面.连接，因为平面，所以.故就是二面角的平面角，即. 由，作，且. 连接，因为是的中点，所以，从而四边形是平行四边形，.连接，因为平面，所以是在平面内的射影，故就是直线与平面所成的角，即. 又平面，有，知为锐角，故为异面直线与所成的角，即， 于是在，中，分别可得，从而，即. （）（向量法）如图2，由，作，且.连接，

10、由（）可知交线即为直线.以点为原点，向量所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则有,. 于是，所以，从而. 又取平面的一个法向量为，可得，设平面的一个法向量为， 所以由 可得 取.于是，从而. 故，即. 20 （）由于随机变量服从正态分布，故有，. 由正态分布的对称性，可得第20题解答图. （）设型、型车辆的数量分别为辆，则相应的营运成本为.依题意, 还需满足:. 由（）知，故等价于. 于是问题等价于求满足约束条件且使目标函数达到最小的. 作可行域如图所示, 可行域的三个顶点坐标分别为.由图可知，当直线经过可行域的点P时，直线在y轴上截距最小，即z取得最小值. 故应配备型车5辆、

11、型车12辆. 21 依题意可设椭圆和的方程分别为：，：. 其中，（）解法1：如图1，若直线与轴重合，即直线的方程为，则，所以. 在C1和C2的方程中分别令，可得，于是.若，则，化简得. 由，可解得.故当直线与轴重合时，若，则. 解法2：如图1，若直线与轴重合，则，；，.所以. 若，则，化简得. 由，可解得.故当直线与轴重合时，若，则. 第21题解答图1第21题解答图2（）解法1：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得. 根据对称性，不妨设直线：，点，到直线的距离分别为，则因为，所以. 又，所以，即. 由对称性可知，所以，于是. 将的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得，.根据对称性可知，

12、于是. 从而由和式可得. 令，则由，可得，于是由可解得.因为，所以. 于是式关于有解，当且仅当，等价于. 由，可解得，即，由，解得，所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得. 解法2：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得. 根据对称性，不妨设直线：，点，到直线的距离分别为，则因为，所以. 又，所以.因为，所以.由点，分别在C1，C2上，可得，两式相减可得，依题意，所以. 所以由上式解得. 因为，所以由，可解得.从而，解得，所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得. 22 （）因为，令，解得.当时，所以在内是减函数；当时，所以在内是增函数.故函数在处取得最小值. （）由（），当时，有，即，且等号当且仅当时成立，故当且时，有. 在中，令（这时且），得.上式两边同乘，得，即 当时，在中令（这时且），类似可得 且当时，也成立.综合，得 （）在中，令，分别取值81，82，83，125，得， .将以上各式相加，并整理得.代入数据计算，可得，.由的定义，得. 专心-专注-专业