2013年高考理科数学试题(天津卷)及参考答案下载

2013 年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷) 理 科 数 学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分, 共 150 分. 考试用时 120 分钟. 第Ⅰ卷 1 至 2 页, 第Ⅱ卷 3 至 5 页. 答卷前, 考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上, 并在规定位置粘贴考试用 条形码. 答卷时, 考生务必将答案凃写在答题卡上, 答在试卷上的无效. 考试结束后, 将本试 卷和答题卡一并交回. 祝各位考生考试顺利! 第Ⅰ卷 注意事项： 1. 每小题选出答案后, 用铅笔将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, 再选凃其他答案标号. 2. 本卷共 8 小题, 每小题 5 分, 共 40 分. 参考公式: ·如果事件 A, B 互斥, 那么 P(A  B)  P(A)  P(B) ·棱柱的体积公式 V=Sh， 其中 S 表示棱柱的底面面积, h 表示棱 柱的高. ·如果事件 A, B 相互独立, 那么 P(AB)  P(A)P(B) 4·球的体积公式V   R3. 3其中 R 表示球的半径. 第 1 页 共 12 页 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  (A) (,2] (B) [1,2] (C) [－2,2] (D) [－2,1] 3x  y  6  0, (2) 设变量 x, y 满足约束条件 x  y  2  0, 则目标函数 z = y  3  0, y－2x 的最小值为 (A) －7 (B) －4 (C) 1 (D) 2 (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 (4) 已知下列三个命题: 1①若一个球的半径缩小到原来的 , 则其体积缩小到原来的 21;8②若两组数据的平均数相等, 则它们的标准差也相等; 1③直线 x + y + 1 = 0 与圆 x2  y2  相切. 2其中真命题的序号是: (A) ①②③ (C) ①③ (B) ①② (D) ②③ x2 y2 (5) 已知双曲线 1(a  0,b  0) 的两条渐近线与抛物线 y2  2px(p  0) 的准线分别交于 a2 b2 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 3, 则 p = 3(A) 1 (B) (C) 2 (D) 3 24(6) 在△ABC 中, ABC  , AB  2, BC  3, 则sinBAC =10 10 10 53 10 (C) 5(A) (B) (D) 10 5(7) 函数 f (x)  2x | log0.5 x | 1的零点个数为 (A) 1(B) 2 (C) 3 (D) 4 1 1 (8) 已知函数 f (x)  x(1 a | x |) . 设关于 x 的不等式 f (x  a)  f (x) 的解集为 A, 若  ,  A ,2 2 则实数 a 的取值范围是 – 2 – 第 – 2 -页 共 12 页 1 5 1 3 (A) (C) ,0 (B) ,0 221 5 1 3 1 5 ,0  0, (D) , 2222013 年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷) 理 科 数 学 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 = .1 6 (10) x  的二项展开式中的常数项为 .x3(11) 已知圆的极坐标方程为   4cos , 圆心为 C, 点 P 的极坐标为 4, , 则|CP| = .(12) 在平行四边形 ABCD 中, AD = 1,BAD  60 , E 为 CD 的中点.   若AC ·BE ＝1, 则 AB 的长为 .(13) 如图, △ABC 为圆的内接三角形, BD 为圆的弦, 且 BD//AC. 过点 A 做圆的切线与 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 .1| a | (14) 设 a + b = 2, b>0, 则当 a = 时, 取得最小值. 2 | a | b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) 4已知函数 f (x)  2 sin2x   6sin xcos x  2cos2 x 1, x R .(Ⅰ) 求 f(x)的最小正周期; 2(Ⅱ) 求 f(x)在区间 0, 上的最大值和最小值. - 3 – 第 – 3 -页 共 12 页 (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. (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 2ADD1A1 所成角的正弦值为 , 求线段 AM 的长. 6(18) (本小题满分 13 分) x2 y2 3设椭圆 1(a  b  0) 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 a2 b2 34 3 .截得的线段长为 3(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    AC·DB  AD·CB  8 , 求 k 的值. (19) (本小题满分 14 分) 3已知首项为 的等比数列{an}不是递减数列, 其前 n 项和为 Sn (n N*) , 且 S3 + a3, S5 + a5, S4 + 2a4 成等差数列. (Ⅰ) 求数列{an}的通项公式; 1(Ⅱ) 设Tn  Sn  (n N*) , 求数列{T }的最大项的值与最小项的值. nSn (20) (本小题满分 14 分) 已知函数 f (x)  x2 ln x .(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t  f (s) .- 4 – 第 – 4 -页 共 12 页 (Ⅲ) 设(Ⅱ)中所确定的 s 关于 t 的函数为 s  g(t) , 证明: 当t>e2 时, 有 25ln g(t) lnt 12.2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类 (天津卷) 第Ⅰ卷 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． 答案：D 解析：解不等式|x|≤2 ，得－2≤x≤2 ，所以 A＝{x|－2≤x≤2} ，所以 A∩B＝{x|－ 2≤x≤1}．故选 D. 2． 答案：A 3x  y  6  0, 解析：作约束条件 x  y  2  0, 所表示的可行区域， y 3  0 如图所示，z＝y－2x可化为 y＝2x＋z，z表示直线在 y轴 上的截距，截距越大 z越大，作直线 l0：y＝2x，平移 l0 过点 A(5,3)，此时 z最小为－7，故选 A. 3． 答案：B 解析：由程序框图，得 x＝1时，S＝1；x＝2时，S＝9； x＝4时，S＝9＋64＝73，结束循环输出 S的值为 73，故 选 B. 4． 答案：C 124解 析 ： 设 球 半 径 为R ， 缩 小 后 半 径 为r ， 则r ＝ R， 而V ＝ πR3 ， V′ ＝ 33 434121 4 1πr3  π R  πR3 ，所以该球体积缩小到原来的 ，故①为真命题；两组数据 38 3 81的平均数相等，它们的方差可能不相等，故②为假命题；圆 x2＋y2＝ 的圆心到直线x＋y＋1 212＝0的距离 d＝ ，因为该距离等于圆的半径，所以直线与圆相切，故③为真命题．故 22- 5 – 第 – 5 -页 共 12 页 选 C. 5． 答案：C 解析：设 A点坐标为(x0，y0)，则由题意，得 S△AOB＝|x0|·|y0|＝ 3.抛物线 y2＝2px的准线 ppbbp 为x  ，所以 x0  ，代入双曲线的渐近线的方程 y  x ，得|y0|＝ .由 22a2a c 2, 33得 b＝ 3a ，所以|y0|＝ p.所以 S△AOB ＝p2  3 ，解得 p＝2或 p＝－ a24222a  b  c , 2(舍去)． 6． 答案：C 2解析：在△ABC中，由余弦定理得 AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝ 2  9  2 2 3 2AC BC 523＝5，即得 AC＝ 5.由正弦定理 ，即 ，所以 sin∠BAC sin ABC sin BAC sin BAC 23 10 ＝.10 7． 答案：B 解析：函数 f(x)＝2x|log0.5x|－1的零点也就是方程 2x|log0.5x|－1＝0的根，即 2x|log0.5x|＝ xx11    1，整理得|log0.5x|＝ .令 g(x)＝|log0.5x|，h(x)＝ ，作     2  2  g(x)，h(x)的图象如图所示．因为两个函数图象有两个交点，所以 f(x)有两个零点． 8． 答案：A 2ax  x, x  0, 解析：f(x)＝x(1＋a|x|)＝ ax2  x, x  0. 1 1 若不等式 f(x＋a)＜f(x)的解集为 A，且  ,  A ，2 2 1 1 则在区间  , 上，函数 y＝f(x＋a)的图象应在函数 y＝f(x)的图象 2 2 的下边． (1)当 a＝0时，显然不符合条件． (2)当 a＞0时，画出函数 y＝f(x)和 y＝f(x＋a)的图象大致如图． 由图可知，当 a＞0时，y＝f(x＋a)的图象在 y＝f(x)图象的上边，故 a ＞0不符合条件． (3)当 a＜0 时，画出函数 y＝f(x)和 y＝f(x＋a)的图象 大致如图． – 6 – 第 – 6 -页 共 12 页 1 1 由图可知，若 f(x ＋a) ＜f(x) 的解集为 A ，且  ,  A ，2 2 112只需 f  a  f  即可， 22 2111212则有 a  a   a  a  (a＜0)， 221 5 1 5 整理，得 a2－a－1＜0，解得  a  .221 5 ∵a＜0，∴a∈ ,0 .21 5 综上，可得 a的取值范围是 ,0 .2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．答案：1＋2i a 1 0, a 1 b, 解析：由(a＋i)(1＋i)＝a－1＋(a＋1)i＝bi，得 解方程组，得 a＝1，b＝2，则 a＋ bi＝1＋2i. 10．答案：15 r 3r解析：二项展开式的通项为Tr1  C6r x6r  (1)r C6r x6 ，6  r  0 得 r＝4，所 1322x以二项展开式的常数项为 T5＝(－1)4 11．答案： 2 3 解析：由圆的极坐标方程为 ρ＝4cos θ，得圆心 C的直角坐标为(2,0)，点 P的直角坐标为(2, C64 ＝15. 2 3)，所以|CP|＝ 2 3 .112．答案： 2       ＋12解析：如图所示，在平行四边形 ABCD中， AC ＝AB ＋AD ，BE ＝BC ＋CE ＝AB  AD .          ·111所以 AC ·BE ＝(AB ＋AD )·  AB  AD ＝|AB |2＋|AD |2＋ AB AD 222    1211＝|AB |2＋ |AB |＋1＝1，解方程得|AB |＝ (舍去|AB |＝0)，所以线段 AB的长 421为 . 213． – 7 – 第 – 7 -页 共 12 页 83答案： 解析：∵AE为圆的切线， ∴由切割线定理，得 AE2＝EB·ED. 又 AE＝6，BD＝5，可解得 EB＝4. ∵∠EAB为弦切角，且 AB＝AC， ∴∠EAB＝∠ACB＝∠ABC. ∴EA∥BC.又 BD∥AC， ∴四边形 EBCA为平行四边形． ∴BC＝AE＝6，AC＝EB＝4. 由 BD∥AC，得△ACF∽△DBF， CF AC 45∴.BF BD 8又 CF＋BF＝BC＝6，∴CF＝ . 314．答案：－2 解析：因为 a＋b＝2，所以 a  b a  b 1| a | | a | ab| a | 21＝ ＝22 | a | b2 | a | b4 | a | 4| a | bab| a | a≥ 2 +1， 4 | a | 4 | a | b 4 | a | a51| a | b| a | b5当 a＞0时， 当 a＜0时， +1= ，，；4 | a | a4342 | a | 1434+1= ，当且仅当 b＝2|a|时等号成立． 4 | a | 2 | a | 因为 b＞0，所以原式取最小值时 b＝－2a. 又 a＋b＝2，所以 a＝－2时，原式取得最小值． 三、解答题：本大题共 6小题，共 80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15． ππ解：(1)f(x)＝  2 sin 2x·cos  2cos 2xsin ＋3sin 2x－cos 2x 44π＝2sin 2x－2cos 2x＝ 2 2sin 2x  .42π 所以，f(x)的最小正周期 T＝ ＝π. 23π 3π 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， 88 2 3π ππ  f 2 2 ，f 2 ，故函数 f(x)在区间 0, 上的最大值为 2 2，最小值为－2.   82  216． 解：(1)设“取出的 4张卡片中，含有编号为 3的卡片”为事件 A，则 C12C53 +C22C52 C74 67P(A)＝ .- 8 – 第 – 8 -页 共 12 页 6所以，取出的 4张卡片中，含有编号为 3的卡片的概率为 . 7(2)随机变量 X的所有可能取值为 1,2,3,4. C33 1C34 4C35 C74 27P(X＝1)＝ ， P(X＝2)＝ ， P(X＝3)＝ ， P(X＝4)＝ C74 35 C74 35 C36 C74 47.所以随机变量 X的分布列是 XP1234142435 35 77414217 随机变量 X的数学期望 EX＝1× ＋2× ＋3× ＋4× ＝ . 35 35 77517． 解：(方法一) (1) 证明：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)．     易得 B C1 ＝(1,0，－1)，CE ＝(－1,1，－1)，于是 B C1 ·CE ＝0， 11所以 B1C1⊥CE.  (2)B C ＝(1，－2，－1)． 1设平面 B1CE的法向量 m＝(x，y，z)，  m  B C  0, x  2y  z  0, x  y  z  0. 1则即 m CE  0, 消去 x，得 y＋2z＝0，不妨令 z＝1，可得一个法向量为 m＝(－3，－2,1)． 由(1)，B1C1⊥CE，又 CC1⊥B1C1，可得 B1C1⊥平面 CEC1，  故B C1 ＝(1,0，－1)为平面 CEC1的一个法向量． 1  m  B C1 4 2 7 71 于是 cos〈m， B C1 〉＝   ，1| m || B C1 | 14  2 1 21 从而 sin〈m， B C1 〉＝ .1721 7所以二面角 B1－CE－C1的正弦值为 .   (3)AE ＝(0,1,0)， EC1 ＝(1,1,1)．     ＝ ＋ 设EM ＝λ EC1 ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有 AM AE EM ＝(λ，λ＋1，λ)．  可取 AB ＝(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   AM  AB   sin θ＝|cos〈 AM ， AB 〉|＝   AM  AB – 9 – 第 – 9 -页 共 12 页 2 ＝.2  ( 1)2  2 2 32  2 1 21于是 ，解得   ，32  2 1 63所以 AM＝ (方法二) 2 . (1)证明：因为侧棱 CC1⊥底面 A1B1C1D1，B1C1 所以 CC1⊥B1C1. 平面 A1B1C1D1， 经计算可得 B1E＝ 5，B1C1＝ 2，EC1＝ 3，从而 B1E2＝ B C12  EC12 ，1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，连接 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． 2 6 3在△CC1E中，由 CE＝C1E＝ 3，CC1＝2，可得 C1G＝ .42 在 Rt△B1C1G中，B1G＝ ，321 所以 sin∠B1GC1＝ ，721 7即二面角 B1－CE－C1的正弦值为 .(3)连接 D1E，过点 M作 MH⊥ED1于点 H，可得 MH⊥平面 ADD1A1，连接 AH，AM，则∠MAH为直线 AM 与平面 ADD1A1所成的角． 234 6设 AM＝x，从而在 Rt△AHM中，有 MH＝ x，AH＝ x . 61在 Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝ 2，得 EH＝ 2MH  x .3在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1， 由 AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos 135°，得 x2 1 x2  17 18 12x，93整理得 5×2－ 2 2x－6＝0，解得 x＝ 2 . 所以线段 AM的长为 18． 2 . c3解：(1)设 F(－c,0)，由 (c)2 y2 ，知 a  3c .过点 F且与 x轴垂直的直线为 x＝－c，代入 a3椭圆方程有 1 ，a2 b2 – 10 – 第 – 10 -页 共 12 页 6b 2 6b 4 3 解得 y   ，于是 ，解得b  2 ，3333，c＝1， 又 a2－c2＝b2，从而 a＝ x2 y2 所以椭圆的方程为 =1. 32(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)， y  kx 1, 2y2 由方程组 消去 y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0. x1 326k2 2  3k2 3k2  6 2  3k2 求解可得 x1＋x2＝ ，x1x2＝ .因为 A( 3 ，0)，B( 3 ，0)，     所以 AC ·DB ＋ AD ·CB ＝(x1＋ 3，y1)·( 3－x2，－y2)＋(x2＋ 3，y2)·( 3－x1，－y1) ＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1) ＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2 2k2 12 ＝6  .2  3k2 2k2 12 2  3k2 由已知得 6  19． ＝8，解得 k＝  2 .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， a5 a3 143即 4a5＝a3，于是 q2  .1又{an}不是递减数列且 a1  ，所以 q   .22n1 31232n 故等比数列{an}的通项公式为 an    (1)n1 .211 ,n为奇数， n2n 112(2)由(1)得 Sn 1  1 ,n为偶数. 2n 32当 n为奇数时，Sn随 n的增大而减小，所以 1＜Sn≤S1＝ ，113 2 0  Sn  S1    Sn S1 2 3 56故.3当 n为偶数时，Sn随 n的增大而增大，所以 ＝S2≤Sn＜1， 4113 4 0  Sn  S2    Sn S2 4 3 7故.12 – 11 – 第 – 11 -页 共 12 页 712 5156综上，对于 n∈N*，总有  Sn  .Sn 7所以数列{Tn}最大项的值为 ，最小项的值为 .612 20． 解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)． 1f′(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： .e1110, , xeeef′(x) f(x) －0＋极小值 11所以函数 f(x)的单调递减区间是 0, ，单调递增区间是 , .ee(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 ln g(t) lnt 其中 u＝ln s. ln s ln s ln s u，ln f (s) ln(s2 ln s) 2lns  ln(ln s) 2u  lnu 25ln g(t) 12u要使 成立，只需 0  lnu  .lnt 2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． u1 1 另一方面，令 F(u)＝ ln u  ，u＞1.F′(u)＝ ，令 F′(u)＝0，得 u＝2. 2u当 1＜u＜2时，F′(u)＞0；当 u＞2时，F′(u)＜0. 2故对 u＞1，F(u)≤F(2)＜0. u因此 ln u  成立． 225ln g(t) lnt 12综上，当 t＞e2时，有 .- 12 – 第 – 12 -页 共 12 页