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  • 2021-05-13 发布

高考理科数学全国新课标卷2word解析版

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‎2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类 ‎(全国卷II新课标)‎ 注意事项:¡¶‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。‎ ‎2.回答第Ⅰ卷时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。‎ ‎3.回答第Ⅱ卷时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。‎ ‎4.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。‎ 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.(2013课标全国Ⅱ,理1)已知集合M={x|(x-1)2<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}‎ 答案:A 解析:解不等式(x-1)2<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.(2013课标全国Ⅱ,理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 答案:A 解析:==-1+i.‎ ‎3.(2013课标全国Ⅱ,理3)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3=a2+‎10a1,a5=9,则a1=(  ).‎ A. B. C. D.‎ 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.‎ ‎∵q≠1时,S3==a1·q+‎10a1,‎ ‎∴=q+10,整理得q2=9.‎ ‎∵a5=a1·q4=9,即‎81a1=9,∴a1=.‎ ‎4.(2013课标全国Ⅱ,理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 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.(2013课标全国Ⅱ,理5)已知(1+ax)(1+x)5的展开式中x2的系数为5,则a=(  ).‎ A.-4 B.-‎3 C.-2 D.-1‎ 答案:D 解析:因为(1+x)5的二项展开式的通项为(0≤r≤5,r∈Z),则含x2的项为+ax·‎ ‎=(10+‎5a)x2,所以10+‎5a=5,a=-1.‎ ‎6.(2013课标全国Ⅱ,理6)执行下面的程序框图,如果输入的N=10,那么输出的S=(  ).‎ A. B.‎ C. D.‎ 答案:B 解析:由程序框图知,当k=1,S=0,T=1时,T=1,S=1;‎ 当k=2时,,;‎ 当k=3时,,;‎ 当k=4时,,;…;‎ 当k=10时,,,k增加1变为11,满足k>N,输出S,所以B正确.‎ ‎7.(2013课标全国Ⅱ,理7)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(  ).‎ 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,故选A.‎ ‎8.(2013课标全国Ⅱ,理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 答案:D 解析:根据公式变形,,,,因为lg 7>lg 5>lg 3,所以,即c<b<a.故选D.‎ ‎9.(2013课标全国Ⅱ,理9)已知a>0,x,y满足约束条件若z=2x+y的最小值为1,则a=(  ).‎ A. B. C.1 D.2‎ 答案:B 解析:由题意作出所表示的区域如图阴影部分所示,‎ 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,所以.‎ ‎10.(2013课标全国Ⅱ,理10)已知函数f(x)=x3+ax2+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 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.(2013课标全国Ⅱ,理11)设抛物线C:y2=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 答案:C 解析:设点M的坐标为(x0,y0),由抛物线的定义,得|MF|=x0+=5,则x0=5-.‎ 又点F的坐标为,所以以MF为直径的圆的方程为(x-x0)+(y-y0)y=0.‎ 将x=0,y=2代入得px0+8-4y0=0,即-4y0+8=0,所以y0=4.‎ 由=2px0,得,解之得p=2,或p=8.‎ 所以C的方程为y2=4x或y2=16x.故选C.‎ ‎12.(2013课标全国Ⅱ,理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(  ).‎ A.(0,1) B.‎ C. D.‎ 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.(2013课标全国Ⅱ,理13)已知正方形ABCD的边长为2,E为CD的中点,则=__________.‎ 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=(1,2),=(-2,2),所以.‎ ‎14.(2013课标全国Ⅱ,理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,则n=__________.‎ 答案:8‎ 解析:从1,2,…,n中任取两个不同的数共有种取法,两数之和为5的有(1,4),(2,3)2种,所以,即,解得n=8.‎ ‎15.(2013课标全国Ⅱ,理15)设θ为第二象限角,若,则sin θ+cos θ=__________.‎ 答案:‎ 解析:由,得tan θ=,即sin θ=cos θ.‎ 将其代入sin2θ+cos2θ=1,得.‎ 因为θ为第二象限角,所以cos θ=,sin θ=,sin θ+cos θ=.‎ ‎16.(2013课标全国Ⅱ,理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__________.‎ 答案:-49‎ 解析:设数列{an}的首项为a1,公差为d,则S10==‎10a1+45d=0,①‎ S15==‎15a1+105d=25.②‎ 联立①②,得a1=-3,,‎ 所以Sn=.‎ 令f(n)=nSn,则,.‎ 令f′(n)=0,得n=0或.‎ 当时,f′(n)>0,时,f′(n)<0,所以当时,f(n)取最小值,而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.(2013课标全国Ⅱ,理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.‎ 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.‎ ‎(2)△ABC的面积.‎ 由已知及余弦定理得4=a2+c2-.‎ 又a2+c2≥‎2ac,故,当且仅当a=c时,等号成立.‎ 因此△ABC面积的最大值为.‎ ‎18.(2013课标全国Ⅱ,理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=.‎ ‎(1)证明:BC1∥平面A1CD;‎ ‎(2)求二面角D-A1C-E的正弦值.‎ 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平面A1CD,‎ 所以BC1∥平面A1CD.‎ ‎(2)由AC=CB=得,AC⊥BC.‎ 以C为坐标原点,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.‎ 设CA=2,则D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),=(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2).‎ 设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量,‎ 则即 可取n=(1,-1,-1).‎ 同理,设m是平面A1CE的法向量,‎ 则可取m=(2,1,-2).‎ 从而cos〈n,m〉=,‎ 故sin〈n,m〉=.‎ 即二面角D-A1C-E的正弦值为.‎ ‎19.(2013课标全国Ⅱ,理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.‎ 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.‎ 所以 ‎(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.(2013课标全国Ⅱ,理20)(本小题满分12分)平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:(a>b>0)右焦点的直线交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为.‎ ‎(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.‎ 解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),‎ 则,,,‎ 由此可得.‎ 因为x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,,‎ 所以a2=2b2.‎ 又由题意知,M的右焦点为(,0),故a2-b2=3.‎ 因此a2=6,b2=3.‎ 所以M的方程为.‎ ‎(2)由 解得或 因此|AB|=.‎ 由题意可设直线CD的方程为 y=,‎ 设C(x3,y3),D(x4,y4).‎ 由得3x2+4nx+2n2-6=0.‎ 于是x3,4=.‎ 因为直线CD的斜率为1,‎ 所以|CD|=.‎ 由已知,四边形ACBD的面积.‎ 当n=0时,S取得最大值,最大值为.‎ 所以四边形ACBD面积的最大值为.‎ ‎21.(2013课标全国Ⅱ,理21)(本小题满分12分)已知函数f(x)=ex-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.‎ 解:(1)f′(x)=.‎ 由x=0是f(x)的极值点得f′(0)=0,所以m=1.‎ 于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞),f′(x)=.‎ 函数f′(x)=在(-1,+∞)单调递增,且f′(0)=0.‎ 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)=在(-2,+∞)单调递增.‎ 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=,ln(x0+2)=-x0,‎ 故f(x)≥f(x0)=+x0=>0.‎ 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.(2013课标全国Ⅱ,理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.‎ 解:(1)因为CD为△ABC外接圆的切线,‎ 所以∠DCB=∠A,由题设知,‎ 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DC2=DB·DA=3DB2,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.(2013课标全国Ⅱ,理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:(t为参数)上,对应参数分别为t=α与t=2α(0<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.‎ 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).‎ M的轨迹的参数方程为(α为参数,0<α<2π).‎ ‎(2)M点到坐标原点的距离 ‎(0<α<2π).‎ 当α=π时,d=0,故M的轨迹过坐标原点.‎ ‎24.(2013课标全国Ⅱ,理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≤;‎ ‎(2).‎ 解:(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,‎ 得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.‎ 由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.‎ 所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.‎ ‎(2)因为,,,‎ 故≥2(a+b+c),‎ 即≥a+b+c.‎ 所以≥1.‎