2013年高考理科数学上海卷-答案.docx

2013年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）
数学试卷（理工农医类）答案解析
一、填空题
1.【答案】
【解析】，故答案为.
【提示】由数列极限的意义即可求解.
【考点】数列的极限
2.【答案】
【解析】复数为纯虚数，，，解得，故答案为.
【提示】根据纯虚数的定义可得，，由此解得实数m的值.
【考点】复数的基本概念
3.【答案】0
【解析】，，，，故答案为0.
【提示】利用行列式的定义，可得等式，配方即可得到结论.
【考点】二阶行列式的定义
4.【答案】
【解析】，，.
，故答案为.
【提示】把式子变形为，再利用余弦定理即可得出.
【考点】余弦定理
5.【答案】
【解析】的展开式的通项为，令得，的系数是.的系数是，，解得，故答案为.
【提示】利用二项展开式的通项公式求得二项展开式中的第项，令x的指数为7求得的系数，列出方程求解即可.
【考点】二项式系数的性质
6.【答案】
【解析】方程，即，即，化简可得，即.解得，或（舍去），，故答案为.
【提示】化简方程为，即，解得，可得x的值.
【考点】函数的零点
7.【答案】
【解析】由得，，代入得，解得或（舍），所以曲线与的公共点到极点的距离为，故答案为.
【提示】联立与消掉即可求得，即为答案.
【考点】点的极坐标和直角坐标的互化，两点间的距离公式
8.【答案】
【解析】从1，2，3，4，5，6，7，8，9九个球中，任意取出两个球的取法种数为种；取出的两个球的编号之积为奇数的方法种数为种；则取出的两个球的编号之积为奇数的概率为；所以取出两个球的编号之积为偶数的概率是；故答案为.
【提示】利用组合知识求出从1，2，3，4，5，6，7，8，9九个球中，任意取出两个球的取法种数，再求出从5个奇数中任意取出2个奇数的取法种数，求出取出的两个球的编号之积为奇数的概率，利用对立事件的概率求出取出两个球的编号之积为偶数的概率.
【考点】古典概型及其概率计算公式
9.【答案】
【解析】如图，设椭圆的标准方程为，由题意知，，，，，点C的坐标为，因点C在椭圆上，，，，，则Γ的两个焦点之间的距离为，故答案为.

【提示】由题意画出图形，设椭圆的标准方程为，由条件结合等腰直角三角形的边角关系解出C的坐标，再根据点C在椭圆上求得b值，最后利用椭圆的几何性质计算可得答案.
【考点】椭圆的标准方程，椭圆的简单性质
10.【答案】
【解析】由题意可得.
，
，故答案为.
【提示】利用等差数列的前n项和公式可得和数学期望的计算公式即可得出，再利用方差的计算公式即可得出即可得出.
【考点】极差，方差与标准差
11.【答案】
【解析】，，，
，，，，故答案为.
【提示】利用两角差的余弦公式及，可得，再利用和差化积公式，得到，即可得出.
【考点】三角函数的和差化积公式，两角和与差的余弦函数
12.【答案】
【解析】因为是定义在上的奇函数，所以当时，；当时，则，所以，因为是定义在上的奇函数，所以；因为对一切成立，所以当时，成立，所以；当时，成立，只需要的最小值，因为，所以，解得或，所以，故答案为.
【提示】先利用是定义在上的奇函数求出时函数的解析式，将对一切成立转化为函数的最小值，利用基本不等式求出的最小值，解不等式求出a的范围.
【考点】函数奇偶性的性质，基本不等式
13.【答案】
【解析】因为几何体为的水平截面的截面积为，该截面的截面积由两部分组成，一部分为定值，看作是截一个底面积为，高为2的长方体得到的，对于，看作是把一个半径为1，高为的圆柱平放得到的，如图所示，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积相等，故它们的体积相等，即的体积为，故答案为.

【提示】由题目给出的的水平截面的面积，可猜想水平放置的圆柱和长方体的量，然后直接求出圆柱的体积与长方体的体积作和即可.
【考点】进行简单的合情推理
14.【答案】2
【解析】因为，，，所以对于函数，当时，，所以方程即无解；当时，，所以方程即无解；所以当时方程即无解，又因为方程有解x0，且定义域为，故当时，的取值应属于集合，故若，只有，故答案为2.
【提示】根据互为反函数的两函数定义域、值域互换可判断：当时，时的值域，进而可判断此时无解；由在定义域上存在反函数可知：时，的取值集合，再根据方程有解即可得到x0的值.
【考点】反函数，函数的零点
二、选择题
15.【答案】B
【解析】当时，，，若，则，；当时，易得，此时；当时，，，若，则，显然成立，；综上，a的取值范围是，故选B.
【提示】当时，代入解集中的不等式中，确定出A，求出满足两集合的并集为时的a的范围；当时，易得，符合题意；当时，同样求出集合A，列出关于a的不等式，求出不等式的解集得到a的范围.综上，得到满足题意的a范围.
【考点】集合关系中的参数取值问题，并集及其运算，一元二次不等式的解法
16.【答案】B
【解析】“好货不便宜”是“便宜没好货”的逆否命题，根据互为逆否命题的真假一致得到：“好货不便宜”是真命题.所以“好货”“不便宜”，所以“不便宜”是“好货”的必要条件，故选B.
【提示】因为“好货不便宜”是“便宜没好货”的逆否命题，根据互为逆否命题的真假一致得到：“好货不便宜”是真命题.再据命题的真假与条件的关系判定出“不便宜”是“好货”的必要条件.
【考点】必要条件，充分条件与充要条件的判断
17.【答案】A
【解析】该矩阵的第i行第j列的元素，当且仅当时，，因此该矩阵元素能取到的不同数值为的所有不同和，其和为2，3，…，19，共18个不同数值.故选A.
【提示】由于该矩阵的第i行第j列的元素，要使.则满足，得到，由指数函数的单调性可得：当时，，因此该矩阵元素能取到的不同数值为的所有不同和，即可得出.
【考点】数列的函数特性
18.【答案】D
【解析】由题意，以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为、、、、；以D为起点，其余顶点为终点的向量分别为、、、、，利用向量的数量积公式，可知只有，其余数量积均小于等于0，m、M分别为的最小值、最大值，，，故选D.
【提示】利用向量的数量积公式，可知只有，其余数量积均小于等于0，从而可结论.
【考点】平面向量数量积的运算，进行简单的合情推理
三、解答题
19.【答案】
【解析】解法一：因为为长方体，故，，故为平行四边形，故，显然不在平面内，于是直线平行于平面.直线到平面的距离即为点B到平面的距离，设为h，考虑三棱锥的体积，以ABC为底面，可得三棱锥的体积为，而中，，，故的底边上的高为，故的面积，所以，即直线到平面的距离为.
解法二：以所在的直线为x轴，以所在的直线为y轴，以所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系.则由题意可得，点、、、、.
设平面的一个法向量为，则由，，可得，.
，，，解得.
令，可得，，可得.
由于，，故有
再由不在平面内，可得直线平行于平面.
由于，可得点B到平面的距离，故直线到平面的距离为.
【提示】解法一：证明为平行四边形，可得，再利用直线和平面平行的判定定理证得直线平行于平面.所求的距离即点B到平面的距离，设为h，再利用等体积法求得h的值；
解法二：建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，再根据，可得，可得直线平行于平面.求出点B到平面的距离的值，即为直线到平面的距离.
【考点】点、线、面间的距离计算，直线与平面平行的判定
20.【答案】（1）
（2）甲厂应以6千克/小时的速度生产，可获得最大利润为457500元
【解析】（1）生产该产品2小时获得的利润为
根据题意，，即
或
，
；
（2）设利润为y元，则生产900千克该产品获得的利润为

，时，取得最大利润为元
故甲厂应以6千克/小时的速度生产，可获得最大利润为457500元.
【提示】（1）求出生产该产品2小时获得的利润，建立不等式，即可求x的取值范围；
（2）确定生产900千克该产品获得的利润函数，利用配方法，可求最大利润.
【考点】函数模型的选择与应用
21.【答案】（1）
（2）
【解析】（1）函数在上单调递增，且，，且，解得；
（2），把的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到，函数，令，得，或.相邻两个零点之间的距离为或.若最小，则a和b都是零点，此时在区间，，…，分别恰有3，5，…，个零点，所以在区间是恰有29个零点，从而在区间至少有一个零点，.另一方面，在区间恰有30个零点，因此的最小值为.
【提示】（1）已知函数在上单调递增，且，利用正弦函数的单调性可得，且，解出即可；
（2）利用变换法则“左加右减，上加下减”即可得到.令，即可解出零点的坐标，可得相邻两个零点之间的距离.若最小，则a和b都是零点，此时在区间恰有个零点，所以在区间是恰有29个零点，从而在区间至少有一个零点，即可得到a，b满足的条件.进一步即可得出的最小值.
【考点】正弦函数的单调性，根的存在性及根的个数判断，函数的图象变换
22.【答案】（1）C1的左焦点为，写出的直线方程可以是以下形式：或，其中；
（2）证明：因为直线与C2有公共点，所以方程组有实数解，因此，得.若原点是“型点”，则存在过原点的直线与C1、C2都有公共点.考虑过原点与C2有公共点的直线或，显然直线与C1无公共点.如果直线为，则由方程组，得，矛盾.所以直线与C1也无公共点.因此原点不是“型点”.
（3）证明：记圆O：，取圆O内的一点Q，设有经过Q的直线l与C1，C2都有公共点，显然l不与x轴垂直，故可设l：.若，由于圆O夹在两组平行线与之间，因此圆O也夹在直线与之间，从而过Q且以k为斜率的直线l与C2无公共点，矛盾，所以.因为l与C1由公共点，所以方程组有实数解，得.因为，所以，因此，即.因为圆O的圆心到直线l的距离，所以，从而，得，与矛盾.因此，圆内的点不是“型点”.
【提示】（1）由双曲线方程可知，双曲线的左焦点为，当过左焦点的直线的斜率不存在时满足左焦点是“型点”，当斜率存在时，要保证斜率的绝对值大于等于该焦点与连线的斜率；
（2）由直线与C2有公共点联立方程组有实数解得到，分过原点的直线斜率不存在和斜率存在两种情况说明过远点的直线不可能同时与C1和C2有公共点；
（3）由给出的圆的方程得到圆的图形夹在直线与之间，进而说明当时过圆内的点且斜率为k的直线与C2无公共点，当时，过圆内的点且斜率为k的直线与C2有公共点，再由圆心到直线的距离小于半径列式得出k的范围，结果与矛盾.从而证明了结论.
【考点】直线与圆锥曲线的关系，点到直线的距离公式，双曲线的简单性质
23.【答案】（1），
；
（2）由已知可得
当时，；
当时，；
当时，.
对任意，；
（3）假设存在a1，使得a1，a2，…，an，…成等差数列.
由（2）及，得，即为无穷递增数列.
又为等差数列，所以存在正数M，当时，，
从而，由于为等差数列，因此公差.
①当时，则，
又，故，即，
从而，当时，由于为递增数列，故，
，而，故当时，为无穷等差数列，符合要求；
②若，则，
又，，
得，应舍去；
③若，则由得到，从而为无穷等差数列，符合要求.
综上可知：a1的取值范围为.
【提示】（1）对于分别取，2，，.去掉绝对值符合即可得出；
（2）由已知可得，分三种情况讨论即可证明；
（3）由（2）及，得，即为无穷递增数列.分以下三种情况讨论：当时，当时，当时.即可得出a1的取值范围.
【考点】数列的函数特性，等差关系的确定，数列与函数的综合
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