2013年普通高等学校全国招生统一考试数学(天津卷)理科与答案(41).doc

2013年普通高等学校招生全国各省市统一考试数学试卷与答案
2013年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)
理 科 数 学解析与答案
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 = {x∈R| |x|≤2}, A = {x∈R| x≤1}, 则
(A) (B) [1,2] (C) [－2,2] (D) [－2,1]
1[答案]．D　[解析] A∩B＝{x∈|－2≤x≤2}∩{x∈|x≤1}＝{x∈|－2≤x≤1}．
(2) 设变量x, y满足约束条件则目标函数z = y－2x的最小值为
(A) －7 (B) －4
(C) 1 (D) 2
2[答案]．A　[解析] 作出可行域，如图阴影部分．
联立解得(5，3)，当目标函数线过可行域内A点时，目标函数有最小值z＝3－2×5＝－7.

(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
3[答案]．B　[解析] 当x＝1时，S＝0＋1＝1；当x＝2时，S＝1＋23＝9；当x＝4时，S＝9＋43＝73满足题意输出．

(4) 已知下列三个命题:
①若一个球的半径缩小到原来的, 则其体积缩小到原来的;
②若两组数据的平均数相等, 则它们的标准差也相等;
③直线x + y + 1 = 0与圆相切.
其中真命题的序号是:
(A) ①②③ (B) ①② (C) ②③ (D) ②③
[答案]．C　[解析] 由球的体积公式V＝πR3知体积与半径是立方关系，①正确．平均数反映数据的所有信息，标准差反映数据的离散程度，②不正确．圆心到直线的距离为＝＝r，即直线与圆相切，③正确．
(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
5[答案]．C　[解析] 双曲线的离心率e＝＝＝2，解得＝，联立得y＝.又因为S△OAB＝×＝，将＝代入解得p＝2.
(6) 在△ABC中, 则 =
(A) (B) (C) (D)
6[答案]．C　[解析] 由余弦定理得AC2＝2＋9－2×3××＝5，即AC＝，由正弦定理得＝，解得sin ∠BAC＝.
(7) 函数的零点个数为
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4
7[答案]．B　[解析] f(x)＝2x|log0.5 x|－1＝＝
∵f(x)＝－2xlog2x－1在(0，1]上递减且x接近于0时，f(x)接近于正无穷大，f(1)＝－1<0，∴f(x)在(0，1]上有一零点；又∵f(x)＝2xlog2x－1在(1，＋∞)上递增，且f(2)＝22×log2 2－1＝3>0，∴f(x)在(1，＋∞)上有一零点．故f(x)共有2个零点．

(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)
8[答案]．A　[解析] 方法一：排除法：当x＝0时，由f(x＋a)<f(x)可变为a(1＋a|a|)<0，易得－1<a<0，可得a的取值范围一定是(－1，0)的子集，排除C，D选项；当a＝－时，由f(x)>f(x＋a)可解得－<x<，满足－，⊆A，可排除B选项；故答案为A.
方法二：直接分类：
易知a<0，f(x＋a)是把f(x)向右平移，且f(x)为奇函数，要使－，⊆A，只要使f(x)与f(x＋a)最左边的交点横坐标小于－即可，
在x<0时，f(x)＝－ax2＋x，f(x＋a)＝－a(x＋a)2＋x＋a，令f(x)＝f(x＋a)，则x＝，令<，可得a2＋a－1<0，故<a<0.

第Ⅱ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, b∈R, i是虚数单位. 若(a + i)(1 + i) = bi, 则a + bi = .
9[答案]．1＋2i　[解析] (a＋i)(1＋i)＝a－1＋(a＋1)i＝bi，
∴解得a＝1，b＝2.故a＋bi＝1＋2i.
(10) 的二项展开式中的常数项为 .
[答案]．15　[解析] 由二项式的展开式得Tk＋1＝Cx6－k＝(－1)kCx6－k，令6－k＝0，解之得k＝4，T5＝(－1)4C＝15.
(11) 已知圆的极坐标方程为, 圆心为C, 点P的极坐标为, 则|CP| = .
11[答案]．2 　[解析] ∵圆的极坐标方程为ρ＝4cos θ，∴圆心C的直角坐标为(2，0)．∵P点极坐标，∴化为直角坐标为(2，2)，∴|CP|＝＝2 .
(12) 在平行四边形ABCD中, AD = 1, , E为CD的中点. 若, 则AB的长为 .
[答案].　[解析] 由题意得＝－＝＋－＝－，＝＋，所以·＝(＋)＝2－2＋·＝1－2＋||×1×＝1，解得||＝或0(舍去)．
13． 如图1－2所示，△ABC为圆的内接三角形，BD为圆的弦，且BD∥AC.过点A作圆的切线与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________．

图1－2
13[答案].　[解析] 由切割线定理可得EA2＝EB·ED，有EB＝4，ED＝9.
因为AB＝AC，所以∠ABC＝∠C＝∠ADB，
由弦切角定理可得∠EAB＝∠ADB，所以∠EAB＝∠ABC，故AE∥BC.又BD∥AC，
所以四边形AEBC是平行四边形，可得BC＝AE＝6，又由平行线分线段成比例定理可得＝，因为AE＝6，所以BF＝，故CF＝BC－BF＝.
(14) 设a + b = 2, b>0, 则当a = 时, 取得最小值.
14[答案]．－2　[解析] ＋＝＋＝＋＋≥＋2 ≥－＋1＝，当且仅当＝时，等号成立．联立a＋b＝2，b>0，a<0.可解得a＝－2.

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.
(Ⅰ) 求f(x)的最小正周期;
(Ⅱ) 求f(x)在区间上的最大值和最小值.
15[答案]．解：(1)f(x)＝－sin 2x·cos－cos 2x·sin＋3sin 2x－cos 2x＝2sin 2x－2cos 2x＝2 sin2x－.
所以，f(x)的最小正周期T＝＝π.
(2)因为f(x)在区间0，上是增函数，在区间，上是减函数．又f(0)＝－2，f＝2 ，f＝2，故函数f(x)在区间0，上的最大值为2 ，最小值为－2.

(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).
(Ⅰ) 求取出的4张卡片中, 含有编号为3的卡片的概率.
(Ⅱ) 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.
16[答案]．解：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(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝.
所以随机变量X的分布列是

X
1
2
3
4
P

随机变量X的数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.

(17) (本小题满分13分)
如图, 四棱柱ABCD－A1B1C1D1中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点.

(Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;
(Ⅱ) 求二面角B1－CE－C1的正弦值.
(Ⅲ) 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.
17[答案]．解：方法一：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)．

(1)证明：易得＝(1，0，－1)，＝(－1，1，－1)，于是·＝0，所以B1C1⊥CE.
(2)＝(1，－2，－1)，
设平面B1CE的法向量＝(x，y，z)，
则即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为＝(－3，－2，1)．
由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1，0，－1)为平面CEC1的一个法向量．
于是cos〈，〉＝＝＝－，从而sin〈，〉＝.
所以二面角B1－CE－C1的正弦值为.
(3)＝(0，1，0)，＝(1，1，1)．设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0，0，2)为平面ADD1A1的一个法向量．
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则
sin θ＝|cos〈，〉|＝＝
＝.
于是＝，解得λ＝(负值舍去)，所以AM＝.
方法二：(1)证明：因为侧棱CC1⊥平面A1B1C1D1，
B1C1⊂平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E＝，B1C1＝，EC1＝，从而B1E2＝B1C＋EC，所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E.又CC1，C1E⊂平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B1C1⊥平面CC1E，又CE⊂平面CC1E，故B1C1⊥CE.

(2)过B1 作B1G⊥CE于点G，联结C1G.由(1)，B1C1⊥CE.故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G，所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面角．在△CC1E中，由CE＝C1E＝，CC1＝2，可得C1G＝.在Rt△B1C1G中，B1G＝，所以sin∠B1GC1＝，即二面角B1－CE－C1的正弦值为.
(3)联结D1E, 过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，联结AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角．
设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝x，AH＝x.在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝，得EH＝MH＝x.在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos 135°，得x2＝1＋x2＋x.
整理得5x2－2 x－6＝0，解得x＝(负值舍去)，所以线段AM的长为.

(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.
(Ⅰ) 求椭圆的方程;
(Ⅱ) 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.
18[答案]．解：(1)设F(－c，0)，由＝，知a＝c.过点F且与x轴垂直的直线为x＝－c，
代入椭圆的方程有＋＝1，解得y＝±.于是＝，解得b＝.
又a2－c2＝b2，从而a＝，c＝1，
所以所求椭圆的方程为＋＝1.
(2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1，0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)．
由方程组消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0，
可得x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为A(－，0)，B(，0)，
所以·＋·＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1)
＝6－2x1x2－2y1y2
＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)
＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2
＝6＋.
由已知得6＋＝8，解得k＝±.

(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.
(Ⅰ) 求数列的通项公式;
(Ⅱ) 设, 求数列的最大项的值与最小项的值.
19[答案]．解：(1)设等比数列{an}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝＝.又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－，故等比数列{an}的通项公式为an＝×－n－1＝(－1)n－1·.
(2)由(1)得Sn＝1－－n＝
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1<Sn≤S1＝，故0<Sn－≤S1－＝－＝.
当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以＝S2≤Sn<1，故0>Sn－≥S2－＝－＝－.
综上，对于n∈*，总有－≤Sn－≤.
所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.

(20) (本小题满分14分)已知函数.
(Ⅰ) 求函数f(x)的单调区间;
(Ⅱ) 证明: 对任意的t>0, 存在唯一的s, 使.
(Ⅲ) 设(Ⅱ)中所确定的s关于t的函数为, 证明: 当时, 有
.

20[答案]．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x
0，

，＋∞
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

所以函数f(x)的单调递减区间是0，，单调递增区间是，＋∞.
(2)证明：当0<x≤1时，f(x)≤0，设t>0，
令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．
由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．h(1)＝－t<0，h(et)＝e2tln et－t＝t(e2t－1)>0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．
(3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s>1，从而＝＝＝＝，
其中u＝ln s.
要使<<成立，只需0<ln u<.
当t>e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．
所以s>e，即u>1，从而ln u>0成立．
另一方面，令F(u)＝ln u－，u>1.F′(u)＝－，令F′(u)＝0，得u＝2.当1<u<2时，F′(u)>0；当u>2时．F′(u)<0，故对u>1，F(u)≤F(2)<0，因此ln u<成立．
综上，当t>e2时，有<<.

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