2013年普通高等学校招生全国统一考试(江西卷)数学试题(理科)word解析版.pdf

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1、绝密启用前 2013 年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）理科数学 本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题 0 两部分。第 I 卷 1 至 2 页，第 II卷 3 至 4 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟。考生注意：1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。2.第 I 卷每小题选出答案后，用 2B 铅笔把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，再选涂其他答案标号，第 II 卷用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，若在试题

2、卷上作答，答案无效。3.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。第一卷 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已知集合 M1,2，zi，i 为虚数单位，N3,4，MN4，则复数 z()A2i B2i C4i D4i 答案 C 解析 由 MN4得 zi4，z4i4i.2函数 y xln(1x)的定义域为 ()A(0,1)B0,1)C(0,1 D0,1 答案 B 解析 由 1x0 x0得，函数定义域为0,1)3等比数列 x,3x3,6x6，的第四项等于()A24 B0 C12 D24 答案 A 解析 由 x,3x3,

3、6x6 成等比数列得，(3x3)2x(6x6)解得 x13 或 x21(不合题意，舍去)故数列的第四项为24.4总体由编号为 01,02，19,20 的 20 个个体组成，利用下面的随机数表选取 5 个个体，选取方法是从随机数表第 1 行的第 5 列和第 6 列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第 5 个个体的编号为()7816 6572 0802 6314 0702 4369 9728 0198 3204 9234 4935 8200 3623 4869 6938 7481 A.08 B07 C02 D01 答案 D 解析 从第 1 行第 5 列、第 6 列组成的数 65 开始由左

4、到右依次选出的数为：08,02,14,07,01，所以第 5 个个体编号为 01.5x22x35展开式中的常数项为()A80 B80 C40 D40 答案 C 解析 Tr1Cr5(x2)5r2x3rCr5(2)rx105r，令 105r0 得 r2.常数项为 T3C25(2)240.6若 S121x2dx，S2211xdx，S321exdx，则 S1，S2，S3的大小关系为()AS1S2S3 BS2S1S3 CS2S3S1 DS3S2S1 答案 B 解析 利用定积分的几何意义知 B 正确 7.阅读如下程序框图，如果输出5i，那么在空白矩形框中应填入的语句为 A.2*2Si B.2*1Si C.

5、2*Si D.2*4Si 答案 C 解析 逐项验证，可排除 A、B、D.8.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且ABCD，正方体的六个面所在的平面与直线 CE，EF 相交的平面个数分别记为,m n，那么mn A.8 B.9 C.10 D.11 答案 A 解析 由已知得 m4，n4，mn8.选 A.9过点(2，0)引直线 l 与曲线 y 1x2相交于 A、B 两点，O 为坐标原点，当AOB 的面积取最大值时，直线 l 的斜率等于()A.33 B33 C33 D 3 答案 B 解析 SAOB12|OA|OB|sinAOB12sinAOB12 当AOB2时，SAOB面积最大 此时 O

6、到 AB 的距离 d22.设 AB 方程为 yk(x 2)(k0)，即 kxy 2k0.由 d|2k|k2122得 k33.(也可 ktanOPH33)10如图，半径为 1 的半圆 O 与等边三角形 ABC 夹在两平行线 l1，l2之间，ll1，l 与半圆相交于F、G 两点，与三角形 ABC 两边相交于 E、D 两点设弧 FG 的长为 x(0 x)，yEBBCCD，若 l 从 l1平行移动到 l2，则函数 yf(x)的图像大致是 ()答案 D 解析 由题意得 BC233.当 x0 时，y233，否 B.当 x23 时，y433，x2时，y0)，f(t)ln tt f(t)1t1，f(1)2.1

7、4抛物线 x22py(p0)的焦点为 F，其准线与双曲线x23y231 相交于 A、B 两点，若ABF 为等边三角形，则 p_.答案 6 解析 由题意知 Bp3，p2，代入方程x23y231 得 p6.三、选做题 15(1)(坐标系与参数方程选做题)设曲线 C 的参数方程为 xtyt2(t 为参数)，若以直角坐标 系的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则曲线 C 的极坐标方程为_ 答案 sin cos2 解析 由 xtyt2得曲线 C 的普通方程为 yx2，在极坐标系中，ysin xcos，将代入得曲线 C 的极坐标方程为 sin cos2.(2)(不等式选做题)在实数范围内，不等

8、式|x2|1|1 的解集为_ 答案 0,4 解析 由|x2|1|1 得1|x2|11，解|x2|0|x2|2得 0 x4.不等式的解集为0,4 四、解答题 16在ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，已知 cos C(cos A 3sin A)cos B0.(1)求角 B 的大小；(2)若 ac1，求 b 的取值范围 解(1)由已知得cos(AB)cos Acos B 3sin Acos B0 即有 sin Asin B 3sin Acos B0 因为 sin A0，所以 sin B 3cos B0，即 3cos Bsin B.因为 0B0，所以 cos B0，所以 tan

9、B 3，即 B3.(2)由余弦定理得 b2a2c22accos B，因为 ac1，cos B12，所以 b2(ac)23ac(ac)23ac2214(ac)214，b12.又 acb，b1，12b1.17正项数列an的前 n 项和 Sn满足：S2n(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式 an；(2)令 bnn1n22a2n，数列bn的前 n 项和为 Tn，证明：对于任意的 nN*，都有 Tn0.所以 Snn2n.n2 时，anSnSn12n，n1 时，a1S12 适合上式 an2n.(2)证明 由 an2n 得 bnn1n22a2nn14n2n22 1161n21n22 Tn

10、116 1132122142132152 1n121n121n21n22 11611221n121n22b0)经过点 P1，32，离心率 e12，直线 l 的方程为 x4.(1)求椭圆 C 的方程；(2)AB 是经过右焦点 F 的任一弦(不经过点 P)，设直线 AB 与直线 l相交于点 M，记 PA、PB、PM 的斜率分别为 k1、k2、k3.问：是否存在常数，使得 k1k2k3？若存在，求 的值；若不存在，说明理由 解(1)由 P1，32在椭圆x2a2y2b21 上，得，1a294b21，又 eca12，得 a24c2，b23c2，代入得，c21，a24，b23.故椭圆方程为x24y231.

11、(2)设直线 AB 的方程为 yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)由 ykx1x24y231得，(4k23)x28k2x4k2120，x1x28k24k23，x1x24k2124k23.k1k2y132x11y232x21kx1132x11kx2132x212k321x111x21 2k32x1x22x1x2x1x212k328k24k2324k2124k238k24k2312k1.又将 x4 代入 yk(x1)得 M(4,3k)，k33k323k12，k1k22k3.故存在常数 2 符合题意 21已知函数 f(x)a12x12，a 为常数且 a0.(1)证明：函数 f(x)的图像

12、关于直线 x12对称；(2)若 x0满足 f(f(x0)x0，但 f(x0)x0，则称 x0为函数 f(x)的二阶周期点如果 f(x)有两个二阶周期点x1、x2，试确定 a 的取值范围(3)对于(2)中的 x1、x2和 a，设 x3为函数 f(f(x)的最大值点，A(x1，f(f(x1)，B(x2，f(f(x2)，C(x3,0)记ABC 的面积为 S(a)，讨论 S(a)的单调性(1)证明 因为 f12x a(12|x|)f12x a(12|x|)，所以 f12x f12x 因此 f(x)的图像关于直线 x12对称(2)解 当 0a12，所以 f(f(x)x 只有一个解 x0，又 f(0)0，

13、故 0 不是二阶周期点 当 a12时，f(f(x)x x12，1x x12.所以 f(f(x)x 有解集x|x12.又当 x12时 f(x)x，故x|x12中所有点都不是二阶周期点 当 a12时，f(f(x)4a2x，x14a，2a4a2x，14ax12，2a12a4a2x，124a14a.所以 f(f(x)x 有四个解 0，2a14a2，2a12a，4a214a2.又 f(0)0，f2a12a2a12a，f2a14a22a14a2，f4a214a24a214a2，故只有2a14a2，4a214a2是 f(x)的二阶周期点 综上所述，所求 a 的取值范围为 a12.(3)解 由(2)得 x12a14a2，x24a214a2.因为 x3为 f(f(x)的最大值点，所以 x314a，或 x34a14a.当 x314a时，S(a)2a1414a2，求导得 S(a)2a1 22a1 2214a22，所以 a12，1 22时，S(a)单调递增，a1 22，时，S(a)单调递减；当 x34a14a时，S(a)8a26a1414a2，求导得 S(a)12a24a3214a22.因为 a12，从而有 S(a)0，所以 a12时，S(a)单调递增