2013年普通高等学校招生全国统一考试数学 (全国新课标卷 II) 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12小题，每小题 5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．(2013 课标全国Ⅱ，理 1)已知集合 M＝{x|(x－1)2＜4，x∈R}，N＝{－1,0,1,2,3}，则 M∩N＝ ( )． A．{0,1,2} 2．(2013课标全国Ⅱ，理 2)设复数 z满足(1－i)z＝2i，则 z＝( )． A．－1＋i B．－1－I C．1＋i D．1－i 3．(2013课标全国Ⅱ，理 3)等比数列{an}的前 n项和为 Sn.已知 S3＝a2＋10a1，a5＝9，则 a1＝( )． B．{－1,0,1,2} C．{－1,0,2,3} D．{0,1,2,3} 13131919A． B． C． D． 4．(2013课标全国Ⅱ，理 4)已知 m，n为异面直线，m⊥平面 α，n⊥平面 β.直线 l满足 l⊥m，l⊥n， lα，l β，则( )． A．α∥β 且 l∥α C．α 与 β 相交，且交线垂直于 l B．α⊥β 且 l⊥β D．α 与 β 相交，且交线平行于 l 5．(2013课标全国Ⅱ，理 5)已知(1＋ax)(1＋x)5 的展开式中 x2 的系数为 5，则 a＝ ( )． A．－4 B．－3 C．－2 D．－1 6．(2013课标全国Ⅱ，理 6)执行下面的程序框图，如果输入的 N＝10，那么输出的 S＝ ( )． 1 1 11+ 2 3 10 A． B． C． 1111+ 2! 3! 1 1 10! 11+ 2 3 11 1111+ 2! 3! 11! D． 7．(2013 课标全国Ⅱ，理 7)一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O－xyz 中的坐标分别是(1,0,1)， (1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以 zOx平面为投影面，则得到的正视图 可以为( )． 8．(2013课标全国Ⅱ，理 8)设 a＝log36，b＝log510，c＝log714，则( )． C．a＞c＞b A．c＞b＞a B．b＞c＞a D．a＞b＞c x 1, 9．(2013课标全国Ⅱ，理 9)已知 a＞0，x，y满足约束条件 x y 3, 若 z＝2x＋y的最小值为 1，则 y ax 3. 第 1 页 共 13 页 a＝( )． 1124A． B． C．1 D．2 10．(2013课标全国Ⅱ，理 10)已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是( )． A． x0∈R，f(x0)＝0 B．函数 y＝f(x)的图像是中心对称图形 C．若 x0是 f(x)的极小值点，则 f(x)在区间(－∞，x0)单调递减 D．若 x0是 f(x)的极值点，则 f′(x0)＝0 11．(2013课标全国Ⅱ，理 11)设抛物线 C：y2＝2px(p＞0)的焦点为 F，点 M在 C上，|MF|＝5，若以 MF为 直径的圆过点(0,2)，则 C的方程为( )． A．y2＝4x或 y2＝8x C．y2＝4x或 y2＝16x B．y2＝2x或 y2＝8x D．y2＝2x或 y2＝16x 12．(2013课标全国Ⅱ，理 12)已知点 A(－1,0)，B(1,0)，C(0,1)，直线 y＝ax＋b(a＞0)将△ABC分割为 面积相等的两部分，则 b的取值范围是( )． 2 1 ,2 1 1 , 1 1 ,1 2 2 2 3 3 2 A．(0,1) B． C． D． 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分，第 13题～第 21题为必考题，每个试题考生都必须做答。第 22题～第 24 题为选考题，考生根据要求做答。 二、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分． 13．(2013 课标全国Ⅱ，理 13)已知正方形 ABCD 的边长为 2，E 为 CD 的中点，则 AE BD __________. ＝14．(2013课标全国Ⅱ，理 14)从 n个正整数 1,2，…，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之 1和等于 5的概率为 ，则 n＝__________. 14 π1215．(2013课标全国Ⅱ，理 15)设 θ 为第二象限角，若 tan ，则 sin θ＋cos θ＝__________. 416．(2013课标全国Ⅱ，理 16)等差数列{an}的前 n项和为 Sn，已知 S10＝0，S15＝25，则 nSn的最小值 为__________． 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17．(2013课标全国Ⅱ，理 17)(本小题满分 12分)△ABC的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，已知 a＝ bcos C＋csin B. (1)求 B； (2)若 b＝2，求△ABC面积的最大值． 第 2 页 共 13 页 18．(2013课标全国Ⅱ，理 18)(本小题满分 12分)如图，直三棱柱 ABC－A1B1C1中，D，E分别是 AB，BB1 2的中点，AA1＝AC＝CB＝ AB . 2(1)证明：BC1∥平面 A1CD； (2)求二面角 D－A1C－E的正弦值． 19．(2013课标全国Ⅱ，理 19)(本小题满分 12分)经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出 1 t 该产品获利润 500元，未售出的产品，每 1 t亏损 300元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的 频率分布直方图，如图所示．经销商为下一个销售季度购进了 130 t该农产品．以 X(单位：t,100≤X≤150) 表示下一个销售季度内的市场需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润． (1)将 T表示为 X的函数； (2)根据直方图估计利润 T不少于 57 000元的概率； (3)在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作 为需求量取该区间中点值的概率(例如：若需求量 X∈[100,110)，则取 X＝105，且 X＝105的概率等于需 求量落入[100,110)的频率)，求 T的数学期望． 第 3 页 共 13 页 x2 y2 20．(2013课标全国Ⅱ，理 20)(本小题满分 12分)平面直角坐标系 xOy中，过椭圆 M： =1(a＞b＞ a2 b2 10)右焦点的直线 x y 3 0交 M于 A，B两点，P为 AB的中点，且 OP的斜率为 . 2(1)求 M的方程； (2)C，D为 M上两点，若四边形 ACBD的对角线 CD⊥AB，求四边形 ACBD面积的最大值． 21．(2013课标全国Ⅱ，理 21)(本小题满分 12分)已知函数 f(x)＝ex－ln(x＋m)． (1)设 x＝0是 f(x)的极值点，求 m，并讨论 f(x)的单调性； (2)当 m≤2 时，证明 f(x)＞0. 第 4 页 共 13 页 请考生在第 22、23、24题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号． 22．(2013课标全国Ⅱ，理 22)(本小题满分 10分)选修 4—1：几何证明选讲 如图，CD为△ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线 CD于点 D，E，F分别为弦 AB与弦 AC上的点，且 BC·AE ＝DC·AF，B，E，F，C四点共圆． (1)证明：CA是△ABC外接圆的直径； (2)若 DB＝BE＝EA，求过 B，E，F，C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值． 23．(2013课标全国Ⅱ，理 23)(本小题满分 10分)选修 4—4：坐标系与参数方程 x 2cost, y 2sint 已知动点 P，Q都在曲线 C： (t为参数)上，对应参数分别为 t＝α 与 t＝2α(0＜α＜2π)， M为 PQ的中点． (1)求 M的轨迹的参数方程； (2)将 M到坐标原点的距离 d表示为 α 的函数，并判断 M的轨迹是否过坐标原点． 第 5 页 共 13 页 24．(2013课标全国Ⅱ，理 24)(本小题满分 10分)选修 4—5：不等式选讲 设 a，b，c均为正数，且 a＋b＋c＝1，证明： 1(1)ab＋bc＋ac≤ ；3a2 b2 c2 (2) 1 .bca第 6 页 共 13 页 2013年普通高等学校招生全国统一考试数学 (全国新课标卷 II) 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12小题，每小题 5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． 答案：A 解析：解不等式(x－1)2＜4，得－1＜x＜3，即 M＝{x|－1＜x＜3}．而 N＝{－1,0,1,2,3}，所以 M∩N＝ {0,1,2}，故选 A. 2． 答案：A 2i 2i1 i 2 2i 解析： z= ＝＝－1＋i. 1i 1i1 i 23． 答案：C 解析：设数列{an}的公比为 q，若 q＝1，则由 a5＝9，得 a1＝9，此时 S3＝27，而 a2＋10a1＝99，不满足题 意，因此 q≠1. a1(1 q3 ) 1 q ∵q≠1 时，S3＝ ＝a1·q＋10a1， 1 q3 ∴＝q＋10，整理得 q2＝9. 1 q 1∵a5＝a1·q4＝9，即 81a1＝9，∴a1＝ . 94． 答案：D 解析：因为 m⊥α，l⊥m，l α，所以 l∥α.同理可得 l∥β. 又因为 m，n为异面直线，所以 α 与 β 相交，且 l平行于它们的交线．故选 D. 5． 答案：D 解析：因为(1＋x)5的二项展开式的通项为 C5r xr (0≤r≤5，r∈Z)，则含 x2的项为 C52 x2 ＋ax·C15 x ＝(10＋ 5a)x2，所以 10＋5a＝5，a＝－1. 6． 答案：B 解析：由程序框图知，当 k＝1，S＝0，T＝1时，T＝1，S＝1； 1212当 k＝2时，T 当 k＝3时，T 当 k＝4时，T ，S=1+ ；111，S 1+ ；23 2 23 1111，S 1+ ；…； 234 2 23 234 1111当 k＝10时，T ，S 1+ ，k增加 1变为 11，满足 k＞N，输出 S， 23410 2! 3! 10! 所以 B正确． 7． 答案：A 第 7 页 共 13 页 解析：如图所示，该四面体在空间直角坐标系 O－xyz的图像为下图： 则它在平面 zOx上的投影即正视图为 8． 答案：D ，故选 A. lg6 lg 2 lg3 lg10 lg 2 lg5 lg14 lg7 lg 2 lg7 解析：根据公式变形， a 1 ，b 1 ，c 1 ，因为 lg 7＞lg 5＞ lg3 lg 2lg 2lg 2 lg5 lg 3，所以 ，即 c＜b＜a.故选 D. lg7 lg5 lg3 9． 答案：B x 1, 解析：由题意作出 所表示的区域如图阴影部分所示， x y 3 作直线 2x＋y＝1，因为直线 2x＋y＝1与直线 x＝1的交点坐标为 (1，－1)，结合题意知直线 y＝a(x－3)过点(1，－1)，代入得 112a ，所以 a .210． 答案：C 解析：∵x0是 f(x)的极小值点，则 y＝f(x)的图像大致如下图所示，则 在(－∞，x0)上不单调，故 C不正确． 11． 答案：C p解析：设点 M的坐标为(x0，y0)，由抛物线的定义，得|MF|＝x0＋ ＝5， 2p则 x0＝5－ . 2pp又点 F的坐标为 ,0 ，所以以 MF为直径的圆的方程为(x－x0) x ＋(y－y0)y＝0. 222y0 将 x＝0，y＝2代入得 px0＋8－4y0＝0，即 －4y0＋8＝0，所以 y0＝4. 2第 8 页 共 13 页 p由y02 ＝2px0，得16 2p 5 ，解之得 p＝2，或 p＝8. 2所以 C的方程为 y2＝4x或 y2＝16x.故选 C. 12． 答案：B 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分，第 13题～第 21题为必考题，每个试题考生都必须做答。第 22题～第 24 题为选考题，考生根据要求做答。 二、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分． 13．答案：2 解析：以 AB所在直线为 x轴，AD所在直线为 y轴建立平面直角坐标系，如 图所示，则点 A的坐标为(0,0)，点 B的坐标为(2,0)，点 D的坐标为(0,2)， 点 E的坐标为(1,2)，则 AE ＝(1,2)， BD ＝(－2,2)，所以 AE BD 2 .14．答案：8 解析：从 1,2，…，n中任取两个不同的数共有 Cn2 种取法，两数之和为 5 212nn 1 241的有(1,4)，(2,3)2种，所以 ，即 ，解 C2n 14 nn 1 14 得 n＝8. 10 15．答案： 5π1 tan 1 tan 12113解析：由 tan ，得 tan θ＝ ，即 sin θ＝ cos θ. 4310 将其代入 sin2θ＋cos2θ＝1，得 cos2 1 .93 10 10 10 5因为 θ 为第二象限角，所以 cos θ＝ 16．答案：－49 ，sin θ＝ ，sin θ＋cos θ＝ .10 10 109 解析：设数列{an}的首项为 a1，公差为 d，则 S10＝10a1＋ 1514 d ＝10a1＋45d＝0，① 2S15＝15a1 d＝15a1＋105d＝25.② 22联立①②，得 a1＝－3， d ，3n(n 1) 2 110 3所以 Sn＝ 3n n2 n . 233110 20 3令 f(n)＝nSn，则 f (n) n3 n2 ，f ‘(n) n2 n . 3320 令 f′(n)＝0，得 n＝0或 n .320 20 320 3当n 时，f′(n)＞0,0<n< 时，f′(n)＜0，所以当 n 时，f(n)取最小值，而 n∈N＋，则 f(6) 3＝－48，f(7)＝－49，所以当 n＝7时，f(n)取最小值－49. 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17． 第 9 页 共 13 页 解：(1)由已知及正弦定理得 sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B．① 又 A＝π－(B＋C)，故 sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C．② 由①，②和 C∈(0，π)得 sin B＝cos B， π又 B∈(0，π)，所以 B .412(2)△ABC的面积 S acsin B ac .24π由已知及余弦定理得 4＝a2＋c2－ 2accos .44又 a2＋c2≥2ac，故 ac ，当且仅当 a＝c时，等号成立． 2 2 因此△ABC面积的最大值为 2+1 18． .解：(1)连结 AC1交 A1C于点 F，则 F为 AC1中点． 又 D是 AB中点，连结 DF，则 BC1∥DF. 因为 DF⊂平面 A1CD，BC1 平面 A1CD， 所以 BC1∥平面 A1CD. 2(2)由 AC＝CB＝ AB 得，AC⊥BC. 2 以 C为坐标原点，CA 的方向为 x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 C－xyz. 设 CA＝2，则 D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，CD ＝(1,1,0)，CE ＝(0,2,1)，CA1 ＝(2,0,2)． 设 n＝(x1，y1，z1)是平面 A1CD的法向量， nCD 0, x y 0, 11则即 2×1 2z1 0. nCA 0, 1可取 n＝(1，－1，－1)． 同理，设 m 是平面 A1CE的法向量， m CE 0, 则可取 m＝(2,1，－2)． m CA 0, 1n·m 3从而 cos〈n，m〉＝ ，| n || m | 36故 sin〈n，m〉＝ .36即二面角 D－A1C－E的正弦值为 .319． 解：(1)当 X∈[100,130)时，T＝500X－300(130－X)＝800X－39 000， 当 X∈[130,150]时，T＝500×130＝65 000. 800X 39000,100 X 130, 65000,130 X 150. 所以T (2)由(1)知利润 T不少于 57 000元当且仅当 120≤X≤150. 由直方图知需求量 X∈[120,150]的频率为 0.7，所以下一个销售季度内的利润 T不少于 57000元的概率的 第 10 页 共 13 页 估计值为 0.7. (3)依题意可得 T的分布列为 TP45 00053 00061 00065 000 0.1 0.2 0.3 0.4 所以 ET＝45 000×0.1＋53 000×0.2＋61 000×0.3＋65 000×0.4＝59 400. 20． 解：(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， 22×12 y12 x2 y2 y2 y 1 = 1 x2 x1 则=1 ，=1 ，，a2 b2 a2 b2 b2 x2 x1 y2 y x2 x1 由此可得 1 =1 .a2 y2 y1 y0 x0 12因为 x1＋x2＝2×0，y1＋y2＝2y0， ，所以 a2＝2b2. 又由题意知，M的右焦点为( 因此 a2＝6，b2＝3. 3，0)，故 a2－b2＝3. x2 y2 所以 M的方程为 =1. 63x y 3 0, 2y2 (2)由 x1, 634 3 3x ,x 0, 解得 或y 3. 3y ,34 6 3因此|AB|＝ .由题意可设直线 CD的方程为 5 3 3y＝ x n n 3 ，设 C(x3，y3)，D(x4，y4)． y x n, 2y2 由得 3×2＋4nx＋2n2－6＝0. x1 632n 29 n2 于是 x3,4 ＝.3因为直线 CD的斜率为 1， 43所以|CD|＝ 2 | x4 x3 | 9 n2 .18 6 9由已知，四边形 ACBD的面积 S | CD || AB | 9 n2 .2第 11 页 共 13 页 8 6 3当 n＝0时，S取得最大值，最大值为 .8 6 3所以四边形 ACBD面积的最大值为 .21． 1解：(1)f′(x)＝ ex .x m 由 x＝0是 f(x)的极值点得 f′(0)＝0，所以 m＝1. 1于是 f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ ex .x 1 1函数 f′(x)＝ ex 在(－1，＋∞)单调递增，且 f′(0)＝0. x 1 因此当 x∈(－1,0)时，f′(x)＜0； 当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0. 所以 f(x)在(－1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． (2)当 m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当 m＝2时，f(x)＞0. 1当 m＝2时，函数 f′(x)＝ ex 在(－2，＋∞)单调递增． x 2 又 f′(－1)＜0，f′(0)＞0， 故 f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根 x0，且 x0∈(－1,0)． 当 x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0； 当 x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而当 x＝x0时，f(x)取得最小值． 1由 f′(x0)＝0得 ex ＝，ln(x0＋2)＝－x0， 0x0 2 1x0 12 故 f(x)≥f(x0)＝ ＋x0＝ ＞0. x0 2 综上，当 m≤2 时，f(x)＞0. x0 2 请考生在第 22、23、24题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号． 22． 解：(1)因为 CD为△ABC外接圆的切线， BC DC 所以∠DCB＝∠A，由题设知 ，FA EA 故△CDB∽△AEF，所以∠DBC＝∠EFA. 因为 B，E，F，C四点共圆， 所以∠CFE＝∠DBC， 故∠EFA＝∠CFE＝90°. 所以∠CBA＝90°，因此 CA是△ABC外接圆的直径． (2)连结 CE，因为∠CBE＝90°，所以过 B，E，F，C四点的圆的直径为 CE，由 DB＝BE，有 CE＝DC，又 BC2 ＝DB·BA＝2DB2，所以 CA2＝4DB2＋BC2＝6DB2. 1而 DC2＝DB·DA＝3DB2，故过 B，E，F，C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值为 . 2第 12 页 共 13 页 23． 解：(1)依题意有 P(2cos α，2sin α)，Q(2cos 2α，2sin 2α)， 因此 M(cos α＋cos 2α，sin α＋sin 2α)． x cos cos2, y sin sin 2 M的轨迹的参数方程为 (α 为参数，0＜α＜2π)． (2)M点到坐标原点的距离 d x2 y2 2 2cos (0＜α＜2π)． 当 α＝π 时，d＝0，故 M的轨迹过坐标原点． 24． 解：(1)由 a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca， 得 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 由题设得(a＋b＋c)2＝1，即 a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1. 1所以 3(ab＋bc＋ca)≤1，即 ab＋bc＋ca≤ . 3a2 bb2 cc2 a(2)因为 b 2a ， c 2b ， a 2c ，a2 b2 c2 故即 (a b c) ≥2(a＋b＋c)， bcaa2 b2 c2 ≥a＋b＋c. bcaa2 b2 c2 所以 ≥1. bca第 13 页 共 13 页
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