2013年高考真题——文科数学(北京卷)解析版(1)

2013年普通高等学校招生全国统一考试

数学（文)(北京卷）

本试卷满分150分，考试时120分钟，考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效，

第一部分（选择题 共40分）

一、选择题（共8小题，每小题5分,共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项） 1．已知集合A1,0,1，Bx|1x1，则AD．1,0,1

B(

）

A．0 B．1,0 C．0,1

2．设a，b，cR，且ab，则（ ）

A．D．a3acbc B．

11ab C．a2b2

b3

3．下列函数中，既是偶函数又在区间(0,)上单调递减的是（ ）

A．

y1x B．

yex C．yx21

D．ylgx

学必求其心得，业必贵于专精

4．在复平面内,复数i(2i)对应的点位于（ ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

5．在ABC中，a3,b5，sinA13，则sinB（ )

A．1 B．5 C．

5593

6．执行如图所示的程序框图，输出的S值为( ）A．1 B．23 C．1321

D．610987

D ．

1

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y27．双曲线x1的离心率大于2的充分必要条件是

m2A．m1 B．m1

2C．m1 D．m2

8．如图，在正方体ABCDABCD中，P为对角线BD的

11111三等分点,则P到各顶点的距离的不同取值有（ ) D．6个

4个 C．3个 B．5个 A．

学必求其心得，业必贵于专精

第二部分（选择题 共110分）

二、填空题(共6小题，每小题5分，共30分） 9．若抛物线y22px的焦点坐标为(1,0)，则p ，准线方程

为 .

10．某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的体积为 。

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11．若等比数列a满足ann2a420，a3a540,则公比q ；

前n项和S 。

x012．设D为不等式组2xy0所表示的平面区域，区域D上的点与点

xy30(1,0)之间的距离的最小值为

。

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13．函数

log1x,x1f(x)2的值域为

x2,x1 .

14．向量A(1,1)，B(3,0)，C(2,1)，若平面区域D由所有满足APABAC（12，01）的点P组成，则D的面积为 。

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三、解答题（共6小题，共80分。解答应写出必要的文字说明，演算步骤)

15．（本小题共13分) 已知函数f(x)(2cos2x1)sin2x12cos4x

（1)求f(x)的最小正周期及最大值. (2）若(,)，且f()222,求的值。

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16．(本小题共13分）

下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良,空气质量指数大于200表示空气重度污染.某人随机选择3月1日至14日中的某一天到达该市，并停留2天.

学必求其心得，业必贵于专精

（1)求此人到达当日空气重度污染的概率。

（2）求此在在该市停留期间只有一天空气重度污染的概率.

(3）由图判断，从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不要求证明）

17．(本小题共14分）

如图，在四棱锥PABCD中，AB//CD，ABAD，CD2AB，平面PAD底面ABCD，PAAD，E和F分别是CD和PC的点，求证：

（1）PA底面ABCD (2）BE//平面PAD (3)平面BEF平面PCD

中

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18．（本小题共13分）

已知函数f(x)x2xsinxcosx

（1）若曲线yf(x)在点(a,f(a))处与直线yb相切，求a与b的值. (2）若曲线yf(x)与直线yb有两个不同的交点,求b的取值范围。

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19．（本小题共14分）

x2直线ykxm（m0）W：y21相交于A，C两点,O是坐标原点

4（1）当点B的坐标为(0,1),且四边形OABC为菱形时，求AC的长。 （2）当点B在W上且不是W的顶点时，证明四边形OABC不可能为菱形.

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20．（本小题共13分）

给定数列a，a，

12ii1，a。对i1,2,3,ni2n,n1，该数列前i项的最大值

ii记为A，后ni项a，a,

n，a的最小值记为B，d123AiBi。

（1)设数列a为3,4，7，1,写出d,d，d的值。 （2）设a，a，

12，a（n4）是公比大于1的等比数列，且an10，

证明d,d，

12,d是等比数列。

n1（3）设d,d，

12,d是公差大于0的等差数列，且dn110,证明a1，a2,，

an1是等差数列。

学必求其心得，业必贵于专精

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2013年普通高等学校招生全国统一考试

数学（文)（北京卷)参考答案

一、选择题(共8小题，每小题5分，共40分）

1．B 2．D 3．C 4．A 5．B 6．C 7．C 8．B 二、填空题(共6小题，每小题5分，共30分）

9．11．2，2n12，

x1 10．3

1

12．14．3

255 13．(,2)

三、解答题（共6小题，共80分。解答应写出必要的文字说明，演算步骤)

15．（本小题共13分） 解：(1）f(x)(2cos

1x1)sin2xcos4x

21cos2xsin2xcos4x

211sin4xcos4x 2222sin(4x) 244所以，最小正周期T2422

当4x2k（kZ)，即xk（kZ)时

216

f(x)max2 2(2)因为f()22sin(4) 2424 所以sin(4)1

学必求其心得，业必贵于专精

因为,所以9417

2444 所以45，即9

421616．（本小题共13分）

解:(1)因为要停留2天,所以应该在3月1日至13日中的某天到达，共有13种选择，其间重度污染的有两天, 所以概率为P12 13（2）此人停留的两天共有13种选择,分别是：(1,2)，(2,3)，(3,4)，

(4,5),(5,6)，(6,7)，(7,8)，(8,9)，(9,10),(10,11)，(11,12)，(12,13)，(13,14)

其中只有一天重度污染的为(4,5)，(5,6),(7,8),(8,9)，共4种, 所以概率为P大。

17．（本小题共14分）

证明：（1）因为PAAD,平面PAD底面ABCD且平面PAD底面ABCDAD 所以PA底面ABCD

（2）因为E和F分别是CD和PC的中点，以EF//PD，

而EF平面PAD，PD平面PAD，所以BE//面PAD

(3）因为PA底面ABCD，

CD平面ABCD

24 13（3)因为第5，6，7三天的空气质量指数波动最大，所以方差最

所平

所以PACD，即CDPA

因为ABAD，CD//AB，所以CD//AD 而PA平面PAD，AD平面PAD,且PAADA

学必求其心得，业必贵于专精

所以CD平面PAD

因为AB//CD，所以CD2AB，所以四边形ABED是平行四边形， 所以BE//AD,而BE平面PAD,AD平面PAD 所以BE//平面PAD，同理EF//平面PAD, 而EF平面BEF，BE平面BEF且EF 又因为CD平面PCD

所以平面BEF平面PCD

18．（本小题共13分）

解：（1）f'(x)2xxcosxx(2cosx)

因为曲线yf(x)在点(a,f(a))处的切线为yb

2aacosa0f'(a)0a0所以，即2，解得

f(a)bb1aasinacosabBEE

所以平面BEF//平面PAD, 所以CD平面BEF//

（2）因为2cosx0

所以当x0时f'(x)0，f(x)单调递增 当x0时f'(x)0，f(x)单调递减 所以当x0时，f(x)取得最小值f(0)1, 所以b的取值范围是(1,) 19．(本小题共14分）

解：(1）线段OB的垂直平分线为y1，

2 因为四边形OABC为菱形，

所以直线y1与椭圆的交点即为A，C两点

2x2对椭圆y21,令y1

24得x3 学必求其心得，业必贵于专精

所以AC23 (2）方法一：当点B不是W的顶点时，

ykxm222联立方程得(14k)x8kmx4m40 x22y141112设A(x,y),C(x,y)，

8km4m24则x1x2,x1x2，

14k214k2

y1y2kx1mkx2m

k(x1x2)2m

8k2m2m

14k22m 214k2 若四边形OABC为菱形，则OAOC,即OA所以x1OC

221y12x22y22

122即(xx)(xx)(y2y1)(y2y1)

12因为点B不是W的顶点,所以xx所以xx120，

y2y1y2y1

x1x28km214k即2mk,即k4k 14k2所以k0

此时,直线AC与y轴垂直，所以B为椭圆的上顶点或下顶点,

与已知矛盾，

所以四边形OABC不可能为菱形

方法二：

学必求其心得，业必贵于专精

因为四边形OABC为菱形，所以OAOC， 设OAOCr（r1）

x2则A，C两点为圆xyr与椭圆y21的交点

4222x2y2r2联立方程x22y144(r21)得x

32所以A，C两点的横坐标相等或互为相反数。 因为点B在W上

若A，C两点的横坐标相等，点B应为椭圆的左顶点或右顶点。不合题意。

若A,C两点的横坐标互为相反数，点B应为椭圆的上顶点或下顶点。不合题意.

所以四边形OABC不可能为菱形。 20．（本小题共13分） 解:（1)d1A1B1312，d2A2B2413,d3A3B3716

12（2)因为a，a， 所以an，a（n4）是公比大于1的等比数列，且an10

a1qn1

,n1时，dkAkBkakak1

所以当k1,2,3,所以当k2,3,所以d,d，

12,n1时，

dkaak1ak1q(1q)kq dk1ak1akak1(1q),d是等比数列。

n1(3）若d，d,

12，d是公差大于0的等差数列，则0dn11d2dn1

a，a,

12k,a应是递增数列，证明如下：

n1k 设a是第一个使得aak1的项，则

学必求其心得，业必贵于专精

Ak1Ak，Bk1Bk,所以dk1Ak1Bk1AkBkdk,与已知矛盾。

12 所以，a，a，

n，a是递增数列

n1再证明a数列a中最小项，否则ankan（k2,3,,n1），则

显然k1，否则d1A1B1a1B1a1a10，与d10矛盾

k1因而k2，此时考虑dnAk1Bk1ak1ak0，矛盾

因此a是数列a中最小项

n综上,d于是akkAkBkakan（k2,3,,n1）

dkan，也即a1，a2，

，a是等差数列

n1