2013年甘肃高考理科数学试题

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．已知集合M＝{x|(x－1)＜4，x∈R}，N＝{－1,0,1,2,3}，则M∩N＝( )．

A．{0,1,2} B．{－1,0,1,2} C．{－1,0,2,3} D．{0,1,2,3} 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．等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝( )．

2

1111A．3 B．3 C．9 D．9

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，lβ，则( )．

A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β

C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l

52

5．已知(1＋ax)(1＋x)的展开式中x的系数为5，则a＝( )．

A．－4 B．－3 C．－2 D．－1

6．执行下面的程序框图，如果输入的N＝10，那么输出的S＝( )．

1111111+1+10 B．2!3!10! A．231111111+1+11 D．2!3!11! C．237．一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．设a＝log36，b＝log510，c＝log714，则( )．

A．c＞b＞a B．b＞c＞a C．a＞c＞b D．a＞b＞c

x1,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a＝( )．

yax3.11A．4 B．2 C．1 D．2

32

10．已知函数f(x)＝x＋ax＋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

2

11．设抛物线C：y＝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 B．y2＝2x或y2＝8x C．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x

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( )．

2121111,1,,22233 C． D．2 A．(0,1) 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．已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则AEBD＝__________.

14．从n个正整数1,2，…，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的

概率为

1，则n＝__________. 14π1，则sin θ＋cos θ＝__________. 4215．设θ为第二象限角，若tan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． (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．

18． (本小题满分12分)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝2AB. 2(1)证明：BC1∥平面A1CD；

(2)求二面角D－A1C－E的正弦值．

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．

20． (本小题满分12分)平面直角坐标系xOy中，过

x2y2椭圆M：22=1(a＞b＞0)右焦点的直线xy30交M于A，B两点，P为AB的中

ab1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．

x21． (本小题满分12分)已知函数f(x)＝e－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.

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． (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． (本小题满分10分)选修4—4：坐标系与参数方程 已知动点P，Q都在曲线C：x2cost,(t为参数)上，对应参数分别为t＝α与t＝2α(0

y2sint＜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．

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)ab＋bc＋ac≤

1； 3a2b2c21. (2)

bca理科数学答案

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

2

解析：解不等式(x－1)＜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 解析：z=22i2i2i1i＝＝－1＋i. 1i1i1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)∵q≠1时，S3＝＝a1·q＋10a1，

1q1q32∴＝q＋10，整理得q＝9. 1q∵a5＝a1·q＝9，即81a1＝9，∴a1＝4． 答案：D

解析：因为m⊥α，l⊥m，lα，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)的二项展开式的通项为C5x(0≤r≤5，r∈Z)，则含x的项为C5x＋

2

ax·C15x＝(10＋5a)x，所以10＋5a＝5，a＝－1.

5

4

1. 9rr2226．

答案：B

解析：由程序框图知，当k＝1，S＝0，T＝1时，T＝1，S＝1；

11，S=1+； 22111当k＝3时，T，S1+；

232231111当k＝4时，T，S1+；…；

2342232341111当k＝10时，T，S1+，k增加1变为11，满足k234102!3!10!当k＝2时，T＞N，输出S，所以B正确．

7． 答案：A

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

解析：根据公式变形，a，故选A.

lg6lg2lg10lg2lg14lg2111，b，c，因lg3lg3lg5lg5lg7lg7lg2lg2lg2为lg 7＞lg 5＞lg 3，所以，即c＜b＜a.故选lg7lg5lg3D. 9． 答案：B

解析：由题意作出x1,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a所以a1，21. 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

解析：设点M的坐标为(x0，y0)，由抛物线的定义，得|MF|＝x0＋则x0＝5－

p＝5，2p. 2pp,0，所以以MF为直径的圆的方程为(x－x0)x＋(y－y0)y＝0.

22y02将x＝0，y＝2代入得px0＋8－4y0＝0，即－4y0＋8＝0，所以y0＝4.

2又点F的坐标为由y0＝2px0，得162p52

2

2p，解之得p＝2，或p＝8. 2所以C的方程为y＝4x或y＝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

2解析：从1,2，…，n中任取两个不同的数共有Cn种取法，两数之和为5的有(1,4)，(2,3)2种，所以

21241，即，解2nn1Cn14nn1142得n＝8.

10 511π1tan1解析：由tan，得tan θ＝，即sin θ＝cos θ.

41tan23310222将其代入sinθ＋cosθ＝1，得cos1.

93101010因为θ为第二象限角，所以cos θ＝，sin θ＝，sin θ＋cos θ＝.

1010515．答案：16．答案：－49

解析：设数列{an}的首项为a1，公差为d，则S10＝10a1＋109d＝10a1＋45d＝0，① 21514d＝15a1＋105d＝25.② 22联立①②，得a1＝－3，d，

3n(n1)21210nn. 所以Sn＝3n23331310220n，f'(n)n2n. 令f(n)＝nSn，则f(n)n33320令f′(n)＝0，得n＝0或n.

3202020当n时，f′(n)＞0,0333S15＝15a1n∈N＋，则f(6)＝－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．

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， 又B∈(0，π)，所以B(2)△ABC的面积Sπ. 412acsin Bac. 24π22

由已知及余弦定理得4＝a＋c－2accos.

4422

又a＋c≥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所以BC1∥平面A1CD. (2)由AC＝CB＝

平面A1CD，

2AB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.

CA1＝(2,0,2)．设CA＝2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)， CD＝(1,1,0)，CE＝(0,2,1)，

设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，

nCD0,x1y10,则即

2x2z0.1nCA1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CA10,n·m3从而cos〈n，m〉＝，

|n||m|3故sin〈n，m〉＝6. 36. 3即二面角D－A1C－E的正弦值为19．

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,T所以 65000,130X150.(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57 000元的概率的估计值为0.7. (3)依题意可得T的分布列为 T 45 000 53 000 61 000 65 000 P 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)，

x12y12x22y22yy1则22=1，22=1，2=1，

x2x1ababb2x2x1yy21=1. 由此可得2ay2y1x2x1y1因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，0，

x02所以a＝2b.

又由题意知，M的右焦点为(3，0)，故a－b＝3.

22

因此a＝6，b＝3.

2

2

2

2

x2y2=1. 所以M的方程为63xy30,(2)由x2y2

1,3643x,x0,3解得或

y3.y3,3因此|AB|＝

46. 3由题意可设直线CD的方程为

53y＝xn3n3，

设C(x3，y3)，D(x4，y4)．

yxn,22由x2y2得3x＋4nx＋2n－6＝0.

1362n29n2于是x3,4＝.

3因为直线CD的斜率为1， 所以|CD|＝2|x4x3|49n2. 3186|CD||AB|9n2. 2986当n＝0时，S取得最大值，最大值为.

386所以四边形ACBD面积的最大值为. 3由已知，四边形ACBD的面积S21．

解：(1)f′(x)＝ex1. xmx由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.

于是f(x)＝e－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝e函数f′(x)＝exx1. x11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. 当m＝2时，函数f′(x)＝ex1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． 由f′(x0)＝0得e0＝

x1，ln(x0＋2)＝－x0， x02x0121故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝＞0.

x02x02综上，当m≤2时，f(x)＞0.

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， 所以∠DCB＝∠A，由题设知

BCDC， FAEA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.

而DC＝DB·DA＝3DB，故过B，E，F，C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值为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)．

2

2

1. 2M的轨迹的参数方程为xcoscos2,(α为参数，0＜α＜2π)．

ysinsin2(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．

222222

解：(1)由a＋b≥2ab，b＋c≥2bc，c＋a≥2ca，

222

得a＋b＋c≥ab＋bc＋ca.

2222

由题设得(a＋b＋c)＝1，即a＋b＋c＋2ab＋2bc＋2ca＝1. 所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤

1. 3a2b2c2b2a，c2b，a2c， (2)因为bcaa2b2c2(abc)≥2(a＋b＋c)， 故

bcaa2b2c2≥a＋b＋c. 即

bcaa2b2c2≥1. 所以

bca