《2013年普通高等学校全国招生统一考试数学（天津卷）理科与答案(41)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2013年普通高等学校全国招生统一考试数学（天津卷）理科与答案(41)（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2013年普通高等学校招生全国各省市统一考试数学试卷与答案2013年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)理 科 数 学解析与答案一选择题: 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 = xR| |x|2, A = xR| x1, 则 (A) (B) 1,2(C) 2,2(D) 2,11答案D解析 ABx|2x2x|x1x|2x1(2) 设变量x, y满足约束条件则目标函数z = y2x的最小值为(A) 7(B) 4(C) 1(D) 22答案A解析 作出可行域，如图阴影部分联立解得(5，3)，当目标函数线过可行域内A点时，目标函数有最小值z3257. (3) 阅
2、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) 5853答案B解析 当x1时，S011；当x2时，S1239；当x4时，S94373满足题意输出 (4) 已知下列三个命题: 若一个球的半径缩小到原来的, 则其体积缩小到原来的;若两组数据的平均数相等, 则它们的标准差也相等; 直线x + y + 1 = 0与圆相切. 其中真命题的序号是:(A) (B) (C) (D) 答案C解析 由球的体积公式VR3知体积与半径是立方关系，正确平均数反映数据的所有信息，标准差反映数据的离散程度，不正确圆心到直线的距离为r，即直线与圆相切，正确
3、 (5) 已知双曲线的两条渐近线与抛物线的准线分别交于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, 则p = (A) 1(B) (C) 2(D) 35答案C解析 双曲线的离心率e2，解得，联立得y.又因为SOAB，将代入解得p2. (6) 在ABC中, 则 = (A) (B) (C) (D) 6答案C解析 由余弦定理得AC229235，即AC，由正弦定理得，解得sin BAC. (7) 函数的零点个数为(A) 1(B) 2(C) 3(D) 47答案B解析 f(x)2x|log0.5 x|1f(x)2xlog2x1在(0，1上递减且x接近于0时，f(x)接近于正无穷大
4、，f(1)10，f(x)在(1，)上有一零点故f(x)共有2个零点 (8) 已知函数. 设关于x的不等式 的解集为A, 若, 则实数a的取值范围是(A) (B) (C) (D) 8答案A解析 方法一：排除法：当x0时，由f(xa)f(x)可变为a(1a|a|)0，易得1af(xa)可解得x，满足，A，可排除B选项；故答案为A.方法二：直接分类：易知a0，f(xa)是把f(x)向右平移，且f(x)为奇函数，要使，A，只要使f(x)与f(xa)最左边的交点横坐标小于即可，在x0时，f(x)ax2x，f(xa)a(xa)2xa，令f(x)f(xa)，则x，令，可得a2a10，故a0, 则当a = 时
5、, 取得最小值. 14答案2解析 2 1，当且仅当时，等号成立联立ab2，b0，a0.可解得a2.三解答题: 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)已知函数. () 求f(x)的最小正周期; () 求f(x)在区间上的最大值和最小值. 15答案解：(1)f(x)sin 2xcoscos 2xsin3sin 2xcos 2x2sin 2x2cos 2x2 sin2x.所以，f(x)的最小正周期T.(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，f2 ，f2，故函数f(x)在区间0，上的最大值为2 ，最小值为
6、2.(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). () 求取出的4张卡片中, 含有编号为3的卡片的概率. () 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. 16答案解：设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A，则P(A).所以，取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为.(2)随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4.P(X1)，P(X2)，P(X3)，P(X4).所以随
7、机变量X的分布列是X1234P随机变量X的数学期望E(X)1234.(17) (本小题满分13分) 如图, 四棱柱ABCDA1B1C1D1中, 侧棱A1A底面ABCD, AB/DC, ABAD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点. () 证明B1C1CE; () 求二面角B1CEC1的正弦值. () 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为, 求线段AM的长. 17答案解：方法一：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，
8、1，0)(1)证明：易得(1，0，1)，(1，1，1)，于是0，所以B1C1CE.(2)(1，2，1)，设平面B1CE的法向量(x，y，z)，则即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为(3，2，1)由(1)，B1C1CE，又CC1B1C1，可得B1C1平面CEC1，故(1，0，1)为平面CEC1的一个法向量于是cos，从而sin，.所以二面角B1CEC1的正弦值为.(3)(0，1，0)，(1，1，1)设(，)，01，有(，1，)可取(0，0，2)为平面ADD1A1的一个法向量设为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sin |cos，|.于是，解得(负值舍去)，所以AM.方法二：(1
9、)证明：因为侧棱CC1平面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1，所以CC1B1C1.经计算可得B1E，B1C1，EC1，从而B1E2B1CEC，所以在B1EC1中，B1C1C1E.又CC1，C1E平面CC1E，CC1C1EC1，所以B1C1平面CC1E，又CE平面CC1E，故B1C1CE.(2)过B1 作B1GCE于点G，联结C1G.由(1)，B1C1CE.故CE平面B1C1G，得CEC1G，所以B1GC1为二面角B1CEC1的平面角在CC1E中，由CEC1E，CC12，可得C1G.在RtB1C1G中，B1G，所以sinB1GC1，即二面角B1CEC1的正弦值为.(3)联结D1E,
10、过点M作MHED1于点H，可得MH平面ADD1A1，联结AH，AM，则MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角设AMx，从而在RtAHM中，有MHx，AHx.在RtC1D1E中，C1D11，ED1，得EHMHx.在AEH中，AEH135，AE1，由AH2AE2EH22AEEHcos 135，得x21x2x.整理得5x22 x60，解得x(负值舍去)，所以线段AM的长为.(18) (本小题满分13分)设椭圆的左焦点为F, 离心率为, 过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为. () 求椭圆的方程; () 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, 求k的值. 18答案解：(1)设F(c，0)，由，知ac.过点F且与x轴垂直的直线为xc，代入椭圆的方程有1，解得y.于是，解得b.又a2c2b2，从而a，c1，所以所求椭圆的方程为1.(2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(1，0)得直线CD的方程为yk(x1)由方程组消去y，整理得(23k2)x26k2x3k260，可得x1x2，x1x2.因为A(，0)，B(，0)，所以(x1，y1)(x2，y2)(x2
