2013年高考理科数学大纲卷-答案

2013年普通高等学校招生全国统一考试（大纲卷） 数学（理科）答案解析 第Ⅰ卷 一、选择题 1.【答案】B 【解析】因为集合A{1,2,3}，B{4,5}，M{x|xab,aA,bB}，所以ab的值可能为：145、156、246、257、347、358，所以M中元素只有：5，6，7，8共4个. 【提示】利用已知条件，直接求出ab，利用集合元素互异求出M中元素的个数即可. 【考点】集合的含义 2.【答案】A 【解析】1+3i1+3i1+3i31+3i2+23i26i228. 【提示】给出复数的幂运算，利用复数的乘法运算求值. 【考点】复数代数形式的四则运算 3.【答案】B 【解析】m(1,1)，（步骤1）(mn)(mn)，mn(23,3)，mn(1,1).n(2,2)，(mn)(mn)0=0，(23)30，解得3.（步骤2） 【提示】给出两个向量，利用向量的坐标运算，再根据向量的垂直的性质求值. 【考点】向量的坐标运算 4.【答案】B 【解析】原函数的定义域为(1,0)，12x10，解得1x1.则函数f(2x1)的定义域为211,. 2【提示】原函数的定义域，即为2x1的范围，解不等式组即可得解. 【考点】函数的定义域 5.【答案】A 1111y1【解析】由ylog21得12，故xy，把x和y互换，即得f(x)x，由x0，xx2121 1 / 11

得111(x0). 1，可得y0.故所求反函数为f1(x)x21x11ylogxy，，互换，得到21的反函数，注意反函数的定义域. yx21【提示】把y看作常数，求出x【考点】反函数，函数的值域 6.【答案】C 【解析】由3an1an0，得an11，故数列{an}是公比q1的等比数列.又a24，可得a14.an3331104133(1310). 所以S1011314【提示】由已知可知，数列{an}是以为公比的等比数列，结合已知a2可求a1，然后代入等比数列33的求和公式可求. 【考点】等比数列的定义，等比数列前n项和 7.【答案】D 8242222【解析】因为(1x)的展开式中x2的系数为C8，(1y)的展开式中y的系数为C4，所以xy的系数为2C82C4168. 【提示】由题意知利用二项展开式的通项公式写出展开式的通项，令x的指数为2，写出出展开式中x2的系数，第二个因式y的系数，即可得到结果. 【考点】二项式定理 8.【答案】B 2y0y0x02y02kk(x,y)【解析】设P点坐标为00，则，PA1， =1，PA2x02x0243于是kPA1kPA23313x02y03，故kPA1＝－4.224kPA22x02x044233kPA2[2,1]，kPA18,4. 2y03.利用斜率计算公式可得kPA1kPA2，再利用已【提示】设P(x0,y0)(x2)，代入椭圆方程可得2x044知给出的kPA1的范围即可解出. 2 / 11

【考点】斜率公式，直线与椭圆的位置关系 9.【答案】D 【解析】由条件知f(x)2xa1111,,0a2x在上恒成立，即在上恒成立.函数222x2x11y2311max22y22x在,上为减函数，，a3. 12x2【提示】由条件知f(x)2xa1111,,0a2x在上恒成立，进而转化为在上恒成立，x2x222构造函数求出11,2x在上的最值，可得a的取值范围. x22【考点】利用导数判断函数的单调性，不等式恒成立问题 10.【答案】A 【解析】如图，连结AC，交BD于点O，由正四棱柱的性质，有ACBD. 因为CC1平面ABCD，所以CC1BD， 又CC1ACC，所以BD平面CC1O. 在平面CC1O内作CHC1O，垂足为H，则BDCH. 又BDC1OO，所以CH平面BDC1， 连结DH，则DH为CD在平面BDC1上的射影，所以CDH为CD与平面BDC1所成的角. 设AA11，AB2，在Rt△COC1中，由等面积变换易求得CH在Rt△CDH中，sinCDH2， 3CH2. CD3 【提示】连结AC，交BD于点O，在平面CC1O内作CHC1O.由BD平面CC1O，BD 3 / 11

C1OO得出CH平面BDC1，所以CDH为CD与平面BDC1所成的角，由等面积变换易求得CH角的正弦值. 【考点】线面角，线面垂直的判定 11.【答案】D 2，即可求线面3【解析】抛物线C的焦点为F(2,0)，则直线方程为yk(x2)，与抛物线方程联立，消去y化简得k2x2(4k28)x4k20. 设点A(x1,y1)，B(x2,y2)则x1x24所以y1y2k(x1x2)4k8，x1x24. 2k82，y1y2kx1x22(x1x2)416. kMAMB(x12,y12)(x22,y22)(x12)(x22)(y12)(y22)x1x22(x1x2)y1y22(y1y2)80， 将上面各个量代入，化简得k24k40，所以k2. 2222【提示】由题可得直线方程为yk(x2)，联系方程消去y化简得kx(4k8)x4k0，设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，求出x1x2、x1x2、y1y2、y1y2.利用MAMB(x12,y12)(x22,y22)0，即可求出k的值. 【考点】直线与抛物线的位置关系，平面向量的坐标运算 12.【答案】C 【解析】A项，因为f(2πx)cos(2πx)sin(4π2x)cos(x)sin(2x)cosxsin2xf(x)，f(x)的图象关于点(,0)中心对称，故正确； B项，因为f(πx)cos(πx)sin(2π2x)cosxsin2xf(x)，所以yf(x)的图象关于直线x故正确； C项，由题意知f(x)=2cos2xsinx2(1sin2x)sinx.令tsinx，t1,1，则g(t)2(1t2)t2t2t3. 2令g(t)26t0，得t=对称，2函数值为43.∴g(t)max934333.当t1时，函数值为0；当t时，函数值为；当t时，33394343，即f(x)的最大值为.故选C； 99D项，由f(x)cos(x)sin(2x)cosxsin2xf(x)知其为奇函数，综合选项A、B知f(x)为周期函数，故正确. 4 / 11

【提示】A项，用中心对称的充要条件，直接验证f(2πx)f(x)0是否成立即可判断其正误；B项，用轴对称的条件直接验证f(πx)f(x)成立与否即可判断其正误；C项，可将函数解析式换为f(x)2sinx2sin3x，再换元为g(t)2t2t3，t1,1，利用导数求出函数在区间上的最值即可判断正误；D项，可利用奇函数的定义与周期函数的定义直接证明. 【考点】三角函数的周期性和最值，对称性 第Ⅱ卷 二、填空题 13.【答案】22 【解析】由题意知cos1sin21cos122=22. ，故cotsin93【提示】根据是第三象限的角，得到cos小于0，然后由sin的值，利用同角三角函数间的基本关系求出cos的值，进而求出cot的值. 【考点】同角三角函数的基本关系，反三角函数 14.【答案】480 【解析】先把排除甲、乙外的4人全排列，方法有A4种，再将甲、乙插入这4人形成的5个间隔中，有A542种排法，因此甲、乙不相邻的不同排法有A4A5480（种）. 42【提示】排列好甲、乙两人外的4人，然后把甲、乙两人插入4个人的5个空位中即可. 【考点】排列组合及其应用 115.【答案】a4 2【解析】作出题中不等式组表示的可行域如下图中阴影部分所示.并结合题意可知kAP直线ya(x1)过定点P(1,0)，由图11，kBP4，要使直线ya(x1)与平面区域D有公共点，则a4. 22 【提示】先画出满足约束条件的平面区域，结合图象分析平面区域里各个角点，然后将其代入ya(x1)即可求未知数范围. 【考点】判断不等式组表示的平面区域 5 / 11

16.【答案】16π 【解析】如图所示，公共弦为AB，设球的半径为R，则ABR，取AB为中点M，连接OM、KM，由圆的性质知OMAB，KMAB，所以KMO为圆O与圆K所在平面所成的一个二面角的平面角，则RMO60. 在Rt△KOM中，OKOK33.在Rt△OMA中，因为OA2OM2AM2，所以，所以OMsin6021R23R2，解得R24，所以球O的表面积为4πR216π. 4 【提示】正确作出图形，根据球的截面性质，直角三角形的性质，求出球的半径，并由球的表面积公式求球的表面积. 【考点】球的大圆、小圆及球的截面性质，二面角的平面角，球的表面积公式 三、解答题 17.【答案】an3或an2n1 222【解析】设{an}的公差为d，由S3a2得3a2a2，故a20或a23.由S1,S2,S4成等比数列得S2S1S4，2又S1a2d，S22a2d，S44a22d，故(2a2d)(a2d)(4a22d).若a20，则d22d2，6d)所以d0，此时Sn0，不合题意；若a23，则(的通项公式为an3或an2n1. 2(3d()122d)，解得d0或d2，因此{an}22【提示】由S3a2，结合等差数列的求和公式可求a2，然后由S2S1S4，结合等差数列的求和公式进而可求公差d，即可求解通项公式. 【考点】等差数列的通项及性质，等比数列的性质 18.【答案】（Ⅰ）B120 （Ⅱ）C15或C45 222acb1【解析】（Ⅰ）因为(abc)(abc)ac，所以acbac，由余弦定理得cosB，2ac2222 6 / 11

因此B120. （Ⅱ）由（Ⅰ）知AC60，所以cos(AC)cosAcosCsinAsinC cosAcosCsinAsinC2sinAsinCcos(AC)2sinAsinCAC30，因此C15或C45. 1313，故AC30或2242【提示】（Ⅰ）已知等式左边利用多项式乘多项式法则计算，整理后得到关系式，利用余弦定理表示出cosB，将关系式代入求出cosB的值，由B为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出B的度数； （Ⅱ）由（I）得到AC的度数，利用两角和与差的余弦函数公式化简cos(AC)，变形后将cos(AC)及2sinAsinC的值代入求出cos(AC)的值，利用特殊角的三角函数值求出AC的值，与AC的值联立即可求出C的度数. 【考点】余弦定理，两角和与差的余弦 19.【答案】（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）πarccos6 3【解析】（Ⅰ）证明：取BC的中点E，连接DE，则四边形ABED为正方形. 过点P作PO平面ABCD，垂足为O，连接OA，OB，OD，OE. 由△PAB和△PAD都是等边三角形知PAPBPD， 所以OAOBOD，即O为正方形ABED对角线的交点，故OEBD， 又OEOP，BDOPO所以OE平面PDB，从而PBOE. 因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OE∥CD.因此PBCD. （Ⅱ）解法一：由（1）知CDPB，CDPO，PB又PD平面PBD，所以CDPD. POP，故CD平面PBD. 取PD的中点F，PC的中点G，连结FG，则FG∥CD，FGPD， 连结AF，由△APD为等边三角形可得AFPD， 所以AFG为二面角APDC的平面角. 连结AG，EG，则EG∥PB， 又PBAE，所以EGAE. 设AB2，则CDAE22，EG1PB1，故AGAE2EG23. 21FG2AF2AG26在△AFG中，FGCD2，AF3，AG3，所以cosAFG. 22FGAF3 7 / 11

因此二面角APDC的大小为πarccos6. 3解法二：由（1）知，OE，OB，OP两两垂直.以O为坐标原点，OE的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 设|AB|2，则A(2,0,0)，D(0,2,0)，C(22,2,0)，P(0,0,2). PC(22,2,2)，PD(0,2,2)， AP(2,0,2)，AD(2,2,0). 设平面PCD的法向量为n1(x,y,z)， 则n1PC(x,y,z)(22,2,2)0，n1PD(x,y,z)(0,2,2)0， 可得2xyz0，yz0， 取y1，得x0，z1，故n1(0,1,1). 设平面PAD的法向量为n2(m,p,q)， 则n2n2AP(m,p,q)(2,0,2)0，n2n2AD(m,p,q)(2,2,0)0， 可得mq0，mp0， 取m1，得p1，q1，故n2(1,1,1)， 于是cosn1,n2n1n26. 3|n1||n2|由于n1,n2等于二面角APDC的平面角，所以二面角APDC的大小为πarccos6. 3 【提示】（Ⅰ）取BC的中点E，连接DE，过点P作PO平面ABCD于O，连接OA、OB、OD、OE.可证出四边形ABED是正方形，且O为正方形ABED的中心.因此OEOB，结合三垂线定理，证出OEPB，而OE是△BCD的中位线，可得OE∥CD，因此PBCD； （Ⅱ）由（Ⅰ）的结论，证出CD平面PBD，从而得到CDPD.取PD的中点F，PC的中点G，连接FG，可得FG∥CD，所以FGPD.连接AF，可得AFPD，因此AFG为二面角APDC的平面 8 / 11

角，连接AG、EG，则EG∥PB，可得EGOE.设AB2，可求出AE、EG、AG、AF和FG的长，最后在△AFG中利用余弦定理，算出AFGπarccos6，即得二面角APDC的平面角大小. 3【考点】平行于垂直关系的综合问题，二面角，空间直角坐标系，空间向量及其运算 120.【答案】（Ⅰ） 4（Ⅱ）9 8【解析】（Ⅰ）记A1表示事件“第2局结果为甲胜”，A2表示“第3局甲参加比赛时，结果为甲负”，A表示事件“第4局甲当裁判”.则AA1A2，P(A)P(A1A2)P(A1)P(A2)1 4（Ⅱ）X的可能取值为0，1，2，记A3表示事件“第3局乙和丙比赛时，结果为乙胜丙”，B1表示事件“第1局结果为乙胜丙”，B2表示事件“第2局乙和甲比赛时，结果为乙胜甲”，B3表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙负”. 则P(X0)P(B1B2A3)P(B1)P(B2)P(A3)11，P(X2)P(B1B3)P(B1)P(B3)， 481159P(X1)1P(X0)P(X2)1，EX0P(X0)1P(X1)2P(X2). 8488【提示】（Ⅰ）令A1表示第2局结果为甲获胜，A2表示第3局甲参加比赛时，结果为甲负，A表示第4局甲当裁判，分析其可能情况，每局比赛的结果相互独立且互斥，利用独立事件、互斥事件的概率求解即可； （Ⅱ）X的所有可能值为0，1，2，分别求出X取每一个值的概率，列出分布列后求出期望值即可. 【考点】相互独立事件的概率，离散型随机变量的期望 ca2b221.【答案】（Ⅰ）由题设知3，即9，故b28a2， 2aa222所以C的方程为8xy8a， 将y2代入上式，求得xa21. 2由题设知，2a216，解得a21，所以a1，b22. 222（Ⅱ）证明：由（1）知，F1(3,0)，F2(3,0)，C的方程为8xy8① 由题设可设l的方程为yk(x3)，|k|22将其代入l并化简，得 (k28)x26k2x9k280. 9 / 11

9k286k2设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x11，x21，x1x22，x1x22， k8k8于是|AF1|(x13)2y12(x13)28x128(3x11)， 22|BF1|(x23)2y2(x23)28x283x21. 由|AF1||BF1|得(3x11)3x21， 26k22即x1x2，故2， 3k83194解得k2，从而x1x2. 952由于|AF2|(x13)2y12(x13)8x2813x1， 22|BF2|(x13)y2(x13)28x283x21， 故|AB||AF2||BF2|23(x1x2)4， |AF2||BF2|=3(x1x2)9x1x2116， 2|AB|、|BF2|成等比数列. 因而AF2BF2|AB|，所以|AF2|、【提示】（Ⅰ）由题设，可由离心率为3得到参数a，b的关系，将双曲线的方程用参数a表示出来，再由直线y2与C的两个交点间的距离为6建立方程求出参数a即可得到双曲线的方程； （Ⅱ）由（Ⅰ）的方程求出两焦点坐标，设出直线l的方程设A(x1,y1)，B(x2,y2)，将其与双曲线C的方程9k286k2联立，得出x1x22，x1x22，再利用|AF1||BF1|建立关于A，B坐标的方程，得出两点横坐k8k82|AB|、|BF2|再利用等标的关系x1x2，由此方程求出k的值，得出直线的方程，从而可求得|AF2|、3比数列的性质进行判断即可证明出结论. 【考点】双曲线的标准方程及简单几何性质，直线与双曲线的位置关系 12xx222.【答案】（Ⅰ）由已知f(0)0，f(x)，f(0)0 21x1，则当0x2(12)时，f(0)0，所以f(x)0， 21若，则当x0时，f(0)0，所以当x0时f(x)0， 21综上，的最小值是. 2若 10 / 11

（Ⅱ）证明：令1， 2x2xln(1x). 22x由（Ⅰ）知，当x0时，f(x)0，即取x2k1k11>ln，则， 2kk1kk12n111 于是a2nan4nkn2k2(k1)2n12k1k1ln 2kk1kknkn2n1ln2nlnnln2 1ln2. 所以a2nan4n【提示】（Ⅰ）由于已知函数的最大值是0，故可先求出函数的导数，研究其单调性，确定出函数的最大值，利用最大值小于等于0求出参数的取值范围，即可求得其最小值； x2x11ln(1x)，（Ⅱ）根据（Ⅰ）的证明，可取，由于x0时f(x)0得出考察发现，若取x22x2k2k1k1>ln则可得出，以此为依据，利用放缩法，即可得到结论. 2kk1k【考点】利用导数求函数的最值，解决不等式问题 11 / 11