2013年安徽高考数学真题（文科）解析版（word版）下载

2013 年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷） 数学（文科） 第Ⅰ卷（选择题 共50 分） 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，只有一项符合题目要 求． 10 （1）【2013 年安徽，文 1，5 分】设 是虚数单位，若复数 是纯虚数，则 a的值为（ ）ia  (a R) 3  i （C） （A） 3 【答案】D （B） 1 1（D） 310 3 i 10 3 i 10 3 i  a  3  i  a  3  i ，所以 a  3 ，故选 D． 10 【解析】 a   a   a   a  3  i 3  i 3 i  【点评】考查纯虚数的概念，及复数的运算，属于简单题． 9  i2 10 （2）【2013 年安徽，文 2，5 分】知 ，则 （）A  x | x 1 0 ,B  2,1,0,1 (CR A)  B  （A） （B） （C） （D） 0,1 2,1 2 1,0,1 【答案】A 【解析】 x  1 【点评】考查集合的交集和补集，属于简单题． （3）【2013 年安徽，文 3，5 分】如图所示，程序据图（算法流程图）的输出结果为（ ，CR A {x | x  1} ，(CR A)  B {1,2}，故选 A． ）341611 25 （A） （B） （C） （D） 12 24 【答案】C 121211143433111 12 【解析】 n  2,s  0,s  0  ；n  4,s  ,s  ；n  6,s  ,s  ；2244611 n  8,s  ，输出，故选 C． 12 【点评】本题考查算法框图的识别，逻辑思维，属于中等难题． （4）【2013 年安徽，文 4，5 分】“ (2x 1)x  0 ”是“ x  0 ”的（ ）（A）充分不必要条件 【答案】B （B）必要不充分条件 （C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件 1【解析】 (2x 1)x  0, x  0或 ，故选 B． 2【点评】考查充分条件和必要条件，属于简单题． （5）【2013 年安徽，文 5，5 分】若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戌中录用三人，这五人被录用的 机会均等，则甲或乙被录用的概率为（ ）2325359（A） （B） （C） （D） 10 【答案】D 【解析】总的可能性有 10 种，甲被录用乙没被录用的可能性 3 种，乙被录用甲没被录用的可能性 3 种，甲乙都 3  3  3 被录用的可能性 3 种，所以最后的概率 ，故选 D． 1 p  10 【点评】考查古典概型的概念，以及对一些常见问题的分析，简单题． 22（6）【2013 年安徽，文 6，5 分】直线 x  2y  5  5  0 被圆 截得的弦长为（ ）x  y  2x  4y  0 （A）1 （B）2 （C）4 （D） 4 6 【答案】C 11+4-5+ 5 5【解析】圆心 ，圆心到直线的距离 ，半径 ，所以弦长为 2 ( 5)2 12  4 ，故选 r  5 (1, 2) d  =1 C． 【点评】考查解析几何初步知识，直线与圆的位置关系，点到直线的距离，简单题． （7）【2013 年安徽，文 7，5 分】设 Sn 为等差数列 的前项和， S8  4a3 ,a7  2，则 a9  （C） 2 （D）2 an（）  n（A） 6 【答案】A （B） 4 8(a1  a8 ) 【解析】 S8  4a3   4a3  a3  a6  a3 a6  0 a9  a7  2d  6 ，故选 A． ， ，d  2 ， 2【点评】考查等差数列通项公式和前 项公式的应用，以及数列基本量的求解． n（8）【2013 年安徽，文 8，5 分】函数 的图像如图所示，在区间 上可找到 个n(n  2) y  f (x) a,b f (x1) f (x2 ) f (xn ) 不同的数 x1, x2 ,, xn ，使得 ，则 n的取值范围为（ ）  x1 （B） x2 xn （A） （C） （D） 2,3 2,3,4 3,4 3,4,5 【答案】B f (x1) f (x2 ) f (xn ) f (x1) f (x1)  0 【解析】 表示 到原点的斜率； 表示 (x1, f (x1))   x1 x2 xn x1 x1  0 (x1, f (x1))，(x2 , f (x2 ))，，(xn , f (xn )) 与原点连线的斜率，而 (x1, f (x1))，(x2 , f (x2 ))，，(xn , f (xn )) 在曲线图像 上，故只需考虑经过原点的直线与曲线的交点有几个，很明显有 3 个，故选 B． 【点评】考查数学中的转化思想，对函数的图像认识． （ 9 ）【 2013 年 安 徽 ， 文9 ， 5 分 】 设ABC 的 内 角 所 对 边 的 长 分 别 为 ， 若 a,b,c A, B,C ，则角C  （）b  c  2a,3sin A  5sin B 32 33 45 6（A） （B） （C） （D） 【答案】B 57【解析】3sin A  5sin B 由正弦定理，所以3a  5b,即a  b；因为b  c  2a ，所以 c  a，33a2  b2  c2 12 3cosC   ，所以C  ，故选 B． 2ab 2【点评】考查正弦定理和余弦定理，属于中等难度． 32（10）【2013 年安徽，文 10，5 分】已知函数 有两个极值点 x1, x2 ，若 f (x1)  x1  x2 ，则关 f (x)  x  ax  bx  c 的方程3( f (x))2  2af (x)  b  0 的不同实根个数为（ ）于x2 336（A） （B） （C） （D） 0 【答案】A 【 解 析 】 22，x1, x2 是 方 程 的 两 根 ， 由 f ‘(x)  3x  2ax  b 3x  2ax  b  0 2，3( f (x))  2af (x)  b  0 则又两个 使得等式成立， x1  f (x1) ， x2  x1  f (x1) ，其函数图象如下： f (x) 如图则有 3 个交点，故选 A． 【点评】考查函数零点的概念，以及对嵌套型函数的理解． 第Ⅱ卷（非选择题 共100 分） 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分．把答案填在答题卡的相应位置． 12（11）【2013 年安徽，文 11，5 分】函数 的定义域为 ．y  ln(1 )  1 x x【答案】 0,1 211 0  x  0或x  1 【解析】 ，求交集之后得 x的取值范围 ．0,1 x1 x2  0  1 x 1 【点评】考查函数定义域的求解，对数真数位置大于 0，分母不为 0，偶次根式底下大于等于 0． x  y  1 x  2y  4 x  y （12）【2013 年安徽，文 12，5 分】若非负数变量 x, y 满足约束条件 ，则 的最大值为 ．【答案】 4【解析】由题意约束条件的图像如下：当直线经过 时， z  x  y  4  0  4 ，(4,0) 取得最大值． 【点评】考查线性规划求最值的问题，要熟练掌握约束条件的图像画法，以及判断何 取最大． （13 ）【2013 年安徽，文 13 ，5 分】若非零向量 时z    ，则 夹 满足 a,b a  3 b  a  2b a,b 角的余弦值为 1．【答案】 3 2  2  2  2    2  2  2    2 2【解析】等式平方得： 则，即 ，a  9 b  a  4 b  4a b a  a  4 b  4|a||b|cos 0  4 b  43|b| cos 1得．cos   3【点评】考查向量模长，向量数量积的运算，向量最基本的化简． （14）【2013 年安徽，文 14，5 分】定义在 R上的函数 满足 ．若当 0  x 1 f (x 1)  2 f (x) f (x) 时． f (x)  x(1 x) ，则当 1 x  0 时， x(x 1) ．f (x)  【答案】 2【解析】当 1 x  0 ，则 0  x 11，故 f (x 1)  (x 1)(1 x 1)  x(x 1) ，又 x(x 1) 2【点评】考查抽象函数解析式的求解． ，f (x 1)  2 f (x) 所以 ．f (x)   （15）【2013 年安徽，文 15，5 分】如图，正方体 ABCD  A B C1D1 的棱长为 1， P为BC 的中点， Q11为线段CC1 上的动点，过点 的平面截该正方体所得的截面记为 S，则下列命题正确的是 A, P,Q _________（写出所有正确命题的编号） 1123①当 时， S为四边形；②当 时， S为等腰梯形；③当 时， S与C1D 10  CQ  CQ  CQ  241362的交点 R满足 ；④当 时， S为六边形；⑤当 时， S的面积为 ．CQ 1 C1R   CQ 1 34【答案】①②③⑤ 1236【解析】（1） ，S等腰梯形，②正确，图（1）如下；（2）CQ 1 ，S是菱形，面积为 ，⑤ CQ  2  223413正确，图（2）如下；（3） ，画图（3）如下： ，③正确； CQ  C1R  31（4） ，如图（4）是五边形，④不正确；（5） ，如下图（5），是四边形，故①正  CQ 1 0  CQ  42确． 3图（1） 【点评】考查立体几何中关于切割的问题，以及如何确定平面． 图（2） 图（3） 图（4） 图（5） 三、解答题：本大题共 6 题，共 75 分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定 区域内． （16）【2013 年安徽，文 16，12 分】设函数 ．)f (x)  sin x  sin(x  3的集合； （1）求 f (x) 的最小值，并求使 f (x) 取得最小值的 x（2）不画图，说明函数 y  f (x) 的图像可由 y  sin x 的图象经过怎样的变化得到． 331333解：（1） f (x)  sin x  sin xcos  cos xsin  sin x  sin x  cos x  sin x  cos x 222233666 ( )2  ( )2 sin(x  )  3sin(x  )，当sin(x  )  1时， f (x)min  3 ，2263 24 3此时 x   2k ，x   2k,(k  Z) ，所以， f (x) 的最小值为  3 ，此时 x的集合 4 3{x | x   2k,k  Z} ．6（2） y  sin x 横坐标不变，纵坐标变为原来的 3倍，得 y  3sin x ； 然后y  3sin x 向左平移 个单位， 6得f (x)  3sin(x  )．【点评】本题主要考查三角恒等变形、三角函数的图像及性质与三角函数图像的变换．考查逻辑推理和运算求解 能力，中等难度． （17）【2013 年安徽，文 17，12 分】为调查甲、乙两校高三年级学生某次联考数学成绩情况，用简单随机抽样， 从这两校中各抽取 30 名高三年级学生，以他们的数学成绩（百分制）作为样本，样本数据的茎叶图如下： 甲乙720020456789530010531531143004236018925585646323271251282323363659（1）若甲校高三年级每位学生被抽取的概率为 0.05，求甲校高三年级学生总人数，并估计甲校高三年级这 次联考数学成绩的及格率（60 分及 60 分以上为及格）； （2）设甲、乙两校高三年级学生这次联考数学平均成绩分别为 x1, x2 ，估计 的值． x1  x2 30 解：（1）设甲校高三年级学生总人数为 n．由题意知，  0.05，即 n  600．样本中甲校高三年级学生数学成 n556绩不及格人数为 5．据此估计甲校高三年级此次联考数学成绩及格率为1 ．30 （2）设甲、乙两校样本平均数分别为 x1 ，x2 ．根据样本茎叶图可知， 30 x   x  30x   30x  7  5  55  8 14  24 12  65  26  24  79  22  20  92 1212 2  49  53  77  2  92 15 ．因此 x1  x2   0.5 ．故 x1  x2 的估计值为 0.5 分． 【点评】考查随机抽样与茎叶图等统计学基本知识，考查用样本估计总体的思想性以及数据分析处理能力． 4（18）【2013 年安徽，文 18，12 分】如图，四棱锥 P  ABCD 的底面 ABCD 是边长为 2 的菱形， BAD  60 ．已 知．PB  PD  2, PA  6 （1）证明： PC  BD （2）若 PA 的中点，求三菱锥 P  BCE 的体积． 解：（1）连接 AC ，交 BD 点，连接 PO ．因为底面 ABCD 是菱形， AC  BD PB  PD 知， PO  BD ．再由 PO  AC  O 知， BD  APC ，因此 BD  PC ；E为于O， BO  DO ． 由面．11（2）因为 是E PA 的中点，所以VPBCE VCPEB  VCPAB  VB APC ．由 PB  PD  AB  AD  2 22知 ，ABD≌PBD ． 因 为BAD  60， 所 以PO  AO  3 ，AC  2 3 ，BO 1 ．1又PA  6 ，PO2  AO2  PA2 ，即 PO  AC ，故 SAPC PO·AC  3 ．211 1 1由（1）知， BO  面APC ，因此VPBCE  VB APC  · ·BO·SAPC 2 3 ．22【点评】考查空间直线与直线，直线与平面的位置，三棱锥体积等基础知识和基本技能，考 查空间观念，推理论证能力和运算能力． （ 19 ）【 2013 年 安 徽 ， 文19 ， 13 分 】 设 数 列 满 足a1  2 ， a2  a4  8 ， 且 对 任 意n N *， 函 数 a  nf (x)  (an  an1  an2 )x  an1 cos x  an2 sin x 满足 ．f ‘( ) 0 2（1）求数列 的通项公式； a  n1（2）若 ，求数列 ）的前 项和Sn ． nb  nbn  （2 an  2a n解：（1）由 a1  2 ，a2  a4  8 ，f (x)  (an  an1  an2 )x  an1 cos x  an2 sin x ，2f（x） an  an1  an2  an1 sin x  an2 cos x ，， 所以2an1  an  an2 f ‘( ) an  an1  an2  an1  0 是等差数列．而 a1  2 ，a3  4 ， d 1， ． an  2 （n -1）1 n 1  a   n112n1 1（2）bn  （2 an  ） （2 n 1 ） （2 n 1） ，2a 2n n112n 1（1- ）（2 2 n 1）n 12n 12n Sn  =（n n 3）1  n2  3n 1 ．221 2【点评】考查函数的求导法则和求导公式，等差、等比数列的性质和数列基本量的求解．并考查逻辑推理能力和 运算能力． （20）【2013 年安徽，文 20，13 分】设函数 f (x)  ax  (1 a2 )x2 ，其中 a  0 ，区间 ．I  x| f (x)  0 （1）求 I的长度（注：区间 的长度定义为 ；  (,  ) （2）给定常数 ，当1 k  a 1 k 时，求 I长度的最小值． k  0,1 a解：（1）因为方程 ax  (1 a2 )x2  0(a  0) 有两个实根 x1  0 ，x2  ，故 f x 0的解集为{x | x1  x  x2}   ，1 a2 aaa1 a2 因此区间 I  0, ，区间长度为 ．1 a2 1 a2 1 a2 （ 2 ） 设d a    ， 则d a    ， 令d a  0 ， 得a 1． 由 于0  k 1， 当 1 k  a 1时 ，   1 a2 2 d a  0   ，d a 单调递增；当1 a 1 k 时， d a  0    ，d a 单调递减．因此当1 k  a 1 k 时， d a 的最    51 k 1 1 k2 1 k d1 k d1 k 2  k2  k3 2  k2  k3 小 值 必 定 在a 1 k 或a 1 k 处 取 得 ． 而 <1， 故 1 1 k2 d(1 k)  d(1 k) ．1 k 因此当 a 1 k 时， d a 在区间[1 k,1 k]上取得最小值 ．  2  2k  k2 【点评】考查二次不等式的求解，以及导数的计算和应用，并考查分类讨论思想和综合运用数学知识解决问题的 能力． x2 y2 （21）【2013 年安徽，文 21，13 分】已知椭圆 的焦距为 4，且过点 P( 2，3) ． C : 1(a  b  0) a2 b2 （1）求椭圆 （2）设Q(x0 , y0 )(x0 y0  0) 为椭圆 AE 的垂线交 过点 轴于点 是否与椭圆 一定有唯一的公共点？并说明理由． C 的方程； C上一点，过点 作x轴的垂线，垂足为 E．取点 A(0,2 2)，连接 AE ，QA作xD D ．点G 是点 关于 轴的对称点，作直线 y，问这样作出的直线 QG CQG 23解：（1）因为焦距为 4，所以 a2  b2  4 ．又因为椭圆 C过点 P2, 3，所以 1，故 a2  8 ， ， b2  4 a2 b2 x2 y2 从而椭圆 CE的方程为 1 ．84  （2）由题意， 点坐标为 x ,0 ．设 D x ,0 ，则 AE  x ,2 2 ，AD  x ,2 2 ．0D0D  8再由 AD  AE 知， AE  AD  0 ，即 xD x0  8  0 ．由于 x0 y0  0 ，故 xD   ．x0 y0 x0 y0 8因为点 G是点 D关于 y轴的对称点，所以点 G,0 ．故直线QG 的斜率 kQG ．28×0 x0  8 x0  x0 x0 x0 822又因Q(x0，y0 ) 在C上，所以 x0  2y0  8①从而 kQG   ．故直线QG 的方程为 y   x  ②2y0 2y0 x0 将 ② 代 入C 方 程 ， 得(x0  2y0 )x2 16×0 x  64 16y0  0 ． ③ 再 将 ① 代 入 ③ ， 化 简 得 2222×2  2×0 x  x0  0 ．解得 x  x0 ， C 一定有唯一的公共点． y  y0 ，即直线QG 与椭圆 【点评】考查椭圆的标准方程及其几何性质，直线和椭圆的位置关系，并考查数形结合思想，逻辑推理能力及运 算能力． 6