2013年全国高考数学试题及答案-江苏卷

2013年普通高等学校统一考试试题（江苏卷）

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分。请把答案填写在答题卡相印位置上。 1．函数y?3sin(2x?【答案】π

2π2π

【解析】T＝|ω |＝|2 |＝π．

2．设z?(2?i)2（i为虚数单位），则复数z的模为 ． 【答案】5

【解析】z＝3－4i，i2＝－1，| z |＝

＝5．

?4)的最小正周期为 ．

x2y2??1的两条渐近线的方程为 ． 3．双曲线

169【答案】y??

3x4

开始 n?1，a?2 x2y29x23??0，得y??【解析】令：??x． 1691644．集合{?1,0,1}共有 个子集．

a?20n ?n?1Y a?3a?2N 【答案】8 输出n 【解析】23＝8．

结束 5．右图是一个算法的流程图，则输出的n的值是 ．

【答案】3 （第5题） 【解析】n＝1，a＝2，a＝4，n＝2；a＝10，n＝3；a＝28，n＝4． 6．抽样统计甲、乙两位设计运动员的5此训练成绩（单位：环），结果如下： 运动员 甲 乙 第一次 87 89 第二次 91 90 第三次 90 91 第四次 89 88 第五次 93 92 则成绩较为稳定（方差较小）的那位运动员成绩的方差为 ． 【答案】2

【解析】易得乙较为稳定，乙的平均值为：x?289?90?91?88?92?90．

5(89?90)2?(90?90)2?(91?90)2?(88?90)2?(92?90)2?2． 方差为：S?57．现在某类病毒记作XmYn，其中正整数m，n（m?7，n?9）可以任意选取，则m，n 都取到奇数的概率为 ．

【答案】

20 634?520?． 7?963【解析】m取到奇数的有1，3，5，7共4种情况；n取到奇数的有1，3，5，7，9共5种情况，则m，n都取到奇数的概率为

8．如图，在三棱柱A1B1C1?ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F?ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1?ABC的体积为V2，则V1:V2? ． 【答案】1：24

【解析】三棱锥F?ADE与三棱锥A1?ABC的相似比为1：2，故体积之比为1：8．

C1

B1

A1 F E A D

C

B

又因三棱锥A1?ABC与三棱柱A1B1C1?ABC的体积之比为1：3．所以，三棱锥F?ADE与三棱柱A1B1C1?ABC的体积之比为1：24．

9．抛物线y?x2在x?1处的切线与两坐标轴围成三角形区域为D(包含三角形内部和边界) ．若点P(x,y)是区域D内的任意一点，则x?2y的取值范围是 ． 1【答案】[—2，2 ]

1z2【解析】抛物线y?x在x?1处的切线易得为y＝2x—1，令z＝x?2y，y＝—2 x＋2 ． 11

画出可行域如下，易得过点(0，—1)时，zmin＝—2，过点(2 ，0)时，zmax＝2 ．

y y＝2x—1 O x 1y＝—2 x

10．设D，E分别是?ABC的边AB，BC上的点，AD?12AB，BE?BC， 23

若DE??1AB??2AC（?1，?2为实数），则?1??2的值为 ． 1

【答案】2

【解析】DE?DB?BE?1212AB?BC?AB?(BA?AC) 232312??AB?AC??1AB??2AC

63所以，?1??112，?2?，?1??2?2 ． 6311．已知f(x)是定义在R上的奇函数。当x?0时，f(x)?x2?4x，则不等式f(x)?x 的解集用区间表示为 ．

【答案】(﹣5，0) ∪(5，﹢∞)

【解析】做出f(x)?x2?4x (x?0)的图像，如下图所示。由于f(x)是定义在R上的奇函数，利用奇函数图像关于原点对称做出x＜0的图像。不等式f(x)?x，表示函数y＝f(x)的图像在y＝x的上方，观察图像易得：解集为(﹣5，0) ∪(5，﹢∞)。

y P(5,5) y＝x y＝x2—4 x x Q(﹣5, ﹣5)

x2y212．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的标准方程为2?2?1(a?0,b?0)，右焦点为

abF，右准线为l，短轴的一个端点为B，设原点到直线BF的距离为d1，F到l的距离为d2，

若d2?6d1，则椭圆C的离心率为 ． 【答案】

3 3 y B b O a c F l a2a2b2【解析】如图，l：x＝，d2＝－c＝，由等面

cccb2bcbc积得：d1＝。若d2?6d1，则＝6，整理

aacx b?b??b?222得：6a?ab?6b?0，两边同除以：a，得：6??????6?0，解之得：＝

a?a??a?236?b?，所以，离心率为：e?1????．

33?a?

13．在平面直角坐标系xOy中，设定点A(a,a)，P是函数y?

21

（x?0）图象上一动点， x

若点P，A之间的最短距离为22，则满足条件的实数a的所有值为 ． 【答案】1或10 【解析】

14．在正项等比数列{an}中，a5?1，a6?a7?3，则满足a1?a2???an?a1a2?an的 2最大正整数n的值为 ． 【答案】12

1??a1q4?【解析】设正项等比数列{an}首项为a1，公比为q，则：?2??a1q5(1?q)?3＝2，an＝2

6－n

1

，得：a1＝32 ，q

2n?1．记Tn?a1?a2???an?，?n?a1a2?an?2522?1?2，化简得：

n1211n?n?522(n?1)n2．Tn??n，则

2n?1?225(n?1)n2，当n?121113?121n?n?5时，当n??12．222n＝12时，T12??12，当n＝13时，T13??13，故nmax＝12．

二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说

明、证明过程或演算步骤． 15．（本小题满分14分） 已知a＝(cos?,sin?)，b?(cos?,sin?)，0??????．

（1）若|a?b|?2，求证：a?b；

（2）设c?(0,1)，若a?b?c，求?,?的值． 解：（1）a－b＝(cosα－cosβ，sinα－sinβ)，

|a－b|2＝(cosα－cosβ)2＋(sinα－sinβ)2＝2－2(cosα·cosβ＋sinα·sinβ)＝2， 所以，cosα·cosβ＋sinα·sinβ＝0， 所以，a?b． （2）??cos??cos??0?sin??sin??1①1，①2＋②2得：cos(α－β)＝－2 ． ②所以，α－β＝

22?，α＝?＋β， 3312?3?＋β)＋sinβ＝cosβ＋2 sinβ＝sin(＋β)＝1， 332带入②得：sin(

??＋β＝． 325??所以，α＝，β＝．

66所以，

16．（本小题满分14分）

如图，在三棱锥S?ABC中，平面SAB?平面SBC，AB?BC，AS?AB，过A作AF?SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证： （1）平面EFG//平面ABC；

S

（2）BC?SA． 证：（1）因为SA＝AB且AF⊥SB， G E 所以F为SB的中点． F 又E，G分别为SA，SC的中点， C

A 所以，EF∥AB，EG∥AC．

又AB∩AC＝A，AB?面SBC，AC?面ABC， 所以，平面EFG//平面ABC． B （2）因为平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝BC，

AF?平面ASB，AF⊥SB． 所以，AF⊥平面SBC． 又BC?平面SBC， 所以，AF⊥BC．

又AB⊥BC，AF∩AB＝A， 所以，BC⊥平面SAB． 又SA?平面SAB， 所以，BC?SA．

17．（本小题满分14分）

y 如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l:y?2x?4．

l A 设圆C的半径为1，圆心在l上． （1）若圆心C也在直线y?x?1上，过点A作圆C的切线， 求切线的方程；

（2）若圆C上存在点M，使MA?2MO，求圆心C的横坐 标a的取值范围．

O x ?y?x?1解：（1）联立：?，得圆心为：C(3，2)．

y?2x?4?设切线为：y?kx?3，

d＝

|3k?3?2|1?k23?r?1，得：k?0ork??．

4or3y??x?3．

4故所求切线为：y?02222（2）设点M(x，y)，由MA?2MO，知：x?(y?3)?2x?y，

化简得：x2?(y?1)2?4，

即：点M的轨迹为以(0，1)为圆心，2为半径的圆，可记为圆D． 又因为点M在圆C上，故圆C圆D的关系为相交或相切． 故：1≤|CD|≤3，其中CD?12

解之得：0≤a≤5 ．

18．（本小题满分16分）

如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径。一种是从A沿直线步行 到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两 位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min．在甲出发2min后，乙从 A乘缆车到B，在B处停留1min后，再从匀速步行到C．假设缆车匀速直线运动的

速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量，cosA?（1）求索道AB的长；

（2）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？ （3）为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟， 乙步行的速度应控制在什么范围内？ 解：（1）如图作BD⊥CA于点D，

设BD＝20k，则DC＝25k，AD＝48k， B AB＝52k，由AC＝63k＝1260m，

D 知：AB＝52k＝1040m．

C （2）设乙出发x分钟后到达点M，

a2?(2a?3)2．

123，cosC?． 135M N A

此时甲到达N点，如图所示．

则：AM＝130x，AN＝50(x＋2)，

由余弦定理得：MN2＝AM2＋AN2－2 AM·ANcosA＝7400 x2－14000 x＋10000， 35

其中0≤x≤8，当x＝37 (min)时，MN最小，此时乙在缆车上与甲的距离最短． 1260126

（3）由（1）知：BC＝500m，甲到C用时：50 ＝5 (min)．

12614186

若甲等乙3分钟，则乙到C用时：5 ＋3＝5 (min)，在BC上用时：5 (min) ． 861250

此时乙的速度最小，且为：500÷5 ＝43 m/min．

12611156

若乙等甲3分钟，则乙到C用时：5 －3＝5 (min)，在BC上用时：5 (min) ．

56625

此时乙的速度最大，且为：500÷5 ＝14 m/min． 1250625

故乙步行的速度应控制在[43 ，14 ]范围内．

19．（本小题满分16分）

设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d?0)，Sn是其前n项和．记bn?nSn， n2?cn?N*，其中c为实数．

（1）若c?0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk?n2Sk（k,n?N*）； （2）若{bn}是等差数列，证明：c?0． 证：（1）若c?0，则an?a?(n?1)d，Sn?2n[(n?1)d?2a](n?1)d?2a，bn?．

22当b1，b2，b4成等比数列，b2?b1b4，

d?3d???2即：?a???a?a??，得：d?2ad，又d?0，故d?2a．

2?2???由此：Sn?n2a，Snk?(nk)2a?n2k2a，n2Sk?n2k2a． 故：Snk?n2Sk（k,n?N）．

*2(n?1)d?2anS2（2）bn?2n?， 2n?cn?c(n?1)d?2a(n?1)d?2a(n?1)d?2an2?c?c222 ?2n?c(n?1)d?2ac(n?1)d?2a2． (※) ??22n?cn2若{bn}是等差数列，则bn?An?Bn型． 观察(※)式后一项，分子幂低于分母幂，

(n?1)d?2a(n?1)d?2a(n?1)d?2a2c?0故有：，即，而≠0， ?0222n?c故c?0．

c经检验，当c?0时{bn}是等差数列．

20．（本小题满分16分）

设函数f(x)?lnx?ax，g(x)?e?ax，其中a为实数．

x（1）若f(x)在(1,??)上是单调减函数，且g(x)在(1,??)上有最小值，求a的取值范围； （2）若g(x)在(?1,??)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论． 解：（1）f?(x)?故：a≥1．

11?a≤0在(1,??)上恒成立，则a≥，x?(1，??)． xx

g?(x)?ex?a，

若1≤a≤e，则g?(x)?ex?a≥0在(1,??)上恒成立，

此时，g(x)?ex?ax在(1,??)上是单调增函数，无最小值，不合；

若a＞e，则g(x)?ex?ax在(1，lna)上是单调减函数，在(lna，??)上是单调增函数，gmin(x)?g(lna)，满足． 故a的取值范围为：a＞e．

（2）g?(x)?ex?a≥0在(?1,??)上恒成立，则a≤ex，

1

故：a≤e ．

f?(x)?11?ax?a?xx(x?0)．

11

(ⅰ)若0＜a≤e ，令f?(x)＞0得增区间为(0，a )； 1

令f?(x)＜0得减区间为(a ，﹢∞)．

当x→0时，f(x)→﹣∞；当x→﹢∞时，f(x)→﹣∞；

111

当x＝a 时，f(a )＝﹣lna－1≥0，当且仅当a＝e 时取等号． 11

故：当a＝e 时，f(x)有1个零点；当0＜a＜e 时，f(x)有2个零点． (ⅱ)若a＝0，则f(x)＝﹣lnx，易得f(x)有1个零点． (ⅲ)若a＜0，则f?(x)?1?a?0在(0，??)上恒成立， x即：f(x)?lnx?ax在(0，??)上是单调增函数， 当x→0时，f(x)→﹣∞；当x→﹢∞时，f(x)→﹢∞． 此时，f(x)有1个零点．

11

综上所述：当a＝e 或a＜0时，f(x)有1个零点；当0＜a＜e 时，f(x)有2个零点．

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