高考理科数学试卷及答案湖北卷 11页

绝密★启用前 ‎ ‎2013年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）‎ 数 学（理工类）‎ 本试题卷共6页，22题，其中第15、16题为选考题。全卷满分150分。考试用时120分钟。‎ 一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．在复平面内，复数（为虚数单位）的共轭复数对应的点位于 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎2．已知全集为，集合，，则 A． B． ‎ C． D．‎ ‎3．在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次．设命题p是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为 A．∨ B．∨ C．∧ D．∨‎ ‎4．将函数的图象向左平移个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是 A． B． C． D．‎ ‎5．已知，则双曲线：与：的 A．实轴长相等 B．虚轴长相等 C．焦距相等 D．离心率相等 ‎6．已知点、、、，则向量在方向上的投影为 A． B． C． D．‎ ‎7．一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度（t的单位：s，v的单位：m/s）行驶至停止. 在此期间汽车继续行驶的距离（单位：m）是 A． B． C． D． ‎ ‎8．一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为，，，，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有 A． B． C． D．‎ 第9题图 第8题图 ‎9．如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体. 经过搅 拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为，则的均值 A． B． C． D．‎ ‎10．已知为常数，函数有两个极值点，，则 A．， B．，‎ C．， D．，‎ 二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分. 请将答案填在答题卡对应题号的位置上. 答错位置，书写不清，模棱两可均不得分. ‎ ‎（一）必考题（11—14题）‎ 否 开始 是 结束 是奇数 是 否 输出 ‎11．从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图示. ‎ ‎ ‎ ‎ 第11题图 第12题图 ‎（Ⅰ）直方图中的值为_________；‎ ‎ （Ⅱ）在这些用户中，用电量落在区间内的户数为_________. ‎ ‎12．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果_________.‎ ‎13．设，且满足：，，则_________.‎ ‎14．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数. 如三角形数1，3，6，10，，‎ 第个三角形数为. 记第个边形数为，以下列出 了部分k边形数中第个数的表达式：‎ 三角形数 ，‎ 正方形数 ，‎ 五边形数 ，‎ 六边形数 ， ‎ ‎………………………………………‎ 可以推测的表达式，由此计算_________. ‎ ‎（二）选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑. 如果全选，则按第15题作答结果计分.）‎ ‎15．（选修4-1：几何证明选讲）‎ 第15题图 ‎ 如图，圆上一点在直径上的射影为，点在半径上的射影为．若，则的值为_________．‎ ‎16．（选修4-4：坐标系与参数方程）‎ 在直角坐标系中，椭圆的参数方程为（为参数，）. 在 极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴 为极轴）中，直线与圆的极坐标方程分别为（m为非零常数）‎ 与. 若直线经过椭圆的焦点，且与圆相切，则椭圆的离心率为_________.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共75分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17．（本小题满分12分）‎ 在△中，角，，对应的边分别是，，. 已知.‎ ‎（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若△的面积，，求的值.‎ ‎18．（本小题满分12分）‎ 已知等比数列满足：，.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）是否存在正整数，使得？若存在，求的最小值；若不存在，说明理由.‎ ‎19．（本小题满分12分）‎ 如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面，，‎ 分别是，的中点. ‎ ‎（Ⅰ）记平面与平面的交线为，试判断直线与平面的位置关系，并加以证明；‎ 第19题图 ‎（Ⅱ）设（Ⅰ）中的直线l与圆的另一个交点为，且点Q满足. 记直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，二面角的大小为，求证：. ‎ ‎20．（本小题满分12分）‎ 假设每天从甲地去乙地的旅客人数是服从正态分布的随机变量. 记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为. ‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（参考数据：若～，有，，.）‎ ‎（Ⅱ）某客运公司用、两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次. 、两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1600元/辆和2400元/辆. 公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求型车不多于型车7辆. 若每天要以不小于的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备型车、型车各多少辆? ‎ ‎21．（本小题满分13分）‎ 如图，已知椭圆与的中心在坐标原点，长轴均为且在轴上，短轴长分别 为，，过原点且不与轴重合的直线与，的四个交点按纵坐标从 大到小依次为A，B，C，D．记，△和△的面积分别为和.‎ ‎（Ⅰ）当直线与轴重合时，若，求的值；‎ ‎（Ⅱ）当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得？并说明理由．‎ 第21题图 ‎22．（本小题满分14分）‎ 设是正整数，为正有理数. ‎ ‎（Ⅰ）求函数的最小值；‎ ‎（Ⅱ）证明：；‎ ‎（Ⅲ）设，记为不小于的最小整数，例如，，.‎ 令，求的值. ‎ ‎ （参考数据：，，，）‎ 绝密★启用前 ‎2013年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）‎ 数学（理工类）试题参考答案 一、选择题 ‎1．D 2．C 3．A 4．B 5．D 6．A 7．C 8．C 9．B 10．D 二、填空题 ‎11．（Ⅰ）0.0044 （Ⅱ）70 12．5 13．‎ ‎14．1000 15．8 16．‎ 三、解答题 ‎17． ‎ ‎（Ⅰ）由，得, ‎ ‎ 即，解得 或（舍去）.‎ ‎ 因为，所以. ‎ ‎（Ⅱ）由得. 又，知. ‎ 由余弦定理得故. ‎ 又由正弦定理得. ‎ ‎18． ‎ ‎（Ⅰ）设等比数列的公比为q，则由已知可得 ‎ 解得 或 ‎ 故，或. ‎ ‎（Ⅱ）若，则，故是首项为，公比为的等比数列，‎ 从而. ‎ 若，则，故是首项为，公比为的等比数列，‎ 从而 故. ‎ 综上，对任何正整数，总有.‎ 故不存在正整数，使得成立. ‎ ‎19． ‎ ‎（Ⅰ）直线∥平面，证明如下：‎ 连接，因为，分别是，的中点，所以∥. ‎ 又平面，且平面，所以∥平面.‎ 而平面，且平面平面，所以∥. ‎ 因为平面，平面，所以直线∥平面. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 第19题解答图1‎ 第19题解答图2‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（Ⅱ）（综合法）如图1，连接，由（Ⅰ）可知交线即为直线，且∥.‎ ‎ 因为是的直径，所以，于是.‎ 已知平面，而平面，所以.‎ 而，所以平面.‎ 连接，，因为平面，所以.‎ 故就是二面角的平面角，即. ‎ 由，作∥，且. ‎ 连接，，因为是的中点，，所以，‎ 从而四边形是平行四边形，∥.‎ 连接，因为平面，所以是在平面内的射影，‎ 故就是直线与平面所成的角，即. ‎ 又平面，有，知为锐角，‎ 故为异面直线与所成的角，即， ‎ 于是在△，△，△中，分别可得 ‎，，，‎ 从而，即. ‎ ‎（Ⅱ）（向量法）如图2，由，作∥，且.‎ 连接，，，，，由（Ⅰ）可知交线即为直线.‎ 以点为原点，向量所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则有 ‎,. ‎ 于是，，，‎ 所以，从而. ‎ 又取平面的一个法向量为，可得，‎ 设平面的一个法向量为， ‎ 所以由 可得 取.‎ 于是，从而. ‎ 故，即. ‎ ‎20． ‎ ‎（Ⅰ）由于随机变量服从正态分布，故有，‎ ‎. ‎ 由正态分布的对称性，可得 第20题解答图 ‎. ‎ ‎（Ⅱ）设型、型车辆的数量分别为辆，则相应的营运成本为.‎ 依题意, 还需满足:. ‎ 由（Ⅰ）知，，故等价于. ‎ 于是问题等价于求满足约束条件 且使目标函数达到最小的. ‎ 作可行域如图所示, 可行域的三个顶点坐标分别为.‎ 由图可知，当直线经过可行域的点P时，直线在y轴上截距最小，即z取得最小值. ‎ 故应配备型车5辆、型车12辆. ‎ ‎21． ‎ 依题意可设椭圆和的方程分别为 ‎：，：. 其中，‎ ‎（Ⅰ）解法1：如图1，若直线与轴重合，即直线的方程为，则 ‎，，所以. ‎ 在C1和C2的方程中分别令，可得，，，‎ 于是.‎ 若，则，化简得. 由，可解得.‎ 故当直线与轴重合时，若，则. ‎ 解法2：如图1，若直线与轴重合，则 ‎，；‎ ‎，.‎ 所以. ‎ 若，则，化简得. 由，可解得.‎ 故当直线与轴重合时，若，则. ‎ 第21题解答图1‎ 第21题解答图2‎ ‎（Ⅱ）解法1：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得. 根据对称性，‎ 不妨设直线：，‎ 点，到直线的距离分别为，，则 因为，，所以. ‎ 又，，所以，即. ‎ 由对称性可知，所以，‎ ‎，于是 ‎. ①‎ 将的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得 ‎，.‎ 根据对称性可知，，于是 ‎. ② ‎ 从而由①和②式可得 ‎. ③‎ 令，则由，可得，于是由③可解得.‎ 因为，所以. 于是③式关于有解，当且仅当，‎ 等价于. 由，可解得，‎ 即，由，解得，所以 当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；‎ 当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得. ‎ 解法2：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得. 根据对称性，‎ 不妨设直线：，‎ 点，到直线的距离分别为，，则 因为，，所以. ‎ 又，，所以.‎ 因为，所以.‎ 由点，分别在C1，C2上，可得 ‎，，两式相减可得，‎ 依题意，所以. 所以由上式解得. ‎ 因为，所以由，可解得.‎ 从而，解得，所以 当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；‎ 当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得. ‎ ‎22． ‎ ‎（Ⅰ）因为，令，解得.‎ 当时，，所以在内是减函数；‎ 当时，，所以在内是增函数.‎ 故函数在处取得最小值. ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ），当时，有，即 ‎，且等号当且仅当时成立，‎ 故当且时，有 ‎. ①‎ 在①中，令（这时且），得.‎ 上式两边同乘，得，即 ‎ ②‎ 当时，在①中令（这时且），类似可得 ‎ ③‎ 且当时，③也成立.‎ 综合②，③得 ‎ ④ ‎ ‎（Ⅲ）在④中，令，分别取值81，82，83，…，125，得 ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎ ………‎ ‎.‎ 将以上各式相加，并整理得 ‎.‎ 代入数据计算，可得，.‎ 由的定义，得. ‎