高考安徽理科数学试题及答案word解析 7页

2013 年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷） 数学（理科） 第Ⅰ卷（选择题 共 50 分） 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，只有一项符合题目要求． （1）【2013 年安徽，理 1，5 分】设 i 是虚数单位， z 是复数 z 的共轭复数．若 · i+2=2z z z ，则 z  （ ） （A）1 i （B）1 i （C） 1 i  （D） 1 i  【答案】A 【解析】设 ( )iz a b a b   R, ，则由 · i+2=2z z z 得 ( )( )i i i 2 i(2 )a b a b a b     ，即 2 2 i( 2 i) 2 2a b a b    ， 所以 2 2a  ， 2 2 2a b b  ，所以 1a  ， 1b  ，即 i 1 iz a b    ，故选 A． （2）【2013 年安徽，理 2，5 分】如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是（ ） （A） 1 6 （B） 25 24 （C） 3 4 （D） 11 12 【答案】D 【解析】开始 2 8 ， 1 10 2 2s    ， 2 2 4n    ；返回， 4 8 ， 1 1 3 2 4 4s    ， 4 2 6n    ； 返回， 6 8 ， 3 1 11 4 6 12s    ， 6 2 8n    ；返回，8 8 不成立，输出 11 12s  ，故选 D． （3）【2013 年安徽，理 3，5 分】在下列命题中，不是．．公理的是（ ） （A）平行于同一个平面的两个平面相互平行 （B）过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面 （C）如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内 （D）如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线 【答案】A 【解析】由立体几何基本知识知，B 选项为公理 2，C 选项为公理 1，D 选项为公理 3，A 选项不是公理，故选 A． （4）【2013 年安徽，理 4，5 分】“ 0a  ”是“函数   1| ( ) |f x ax x  在区间 (0 ) ， 内单调递增”的（ ） （A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件 （C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】函数  f x 的图象有以下三种情形： 0a  0a  0a  由图象可知  f x 在区间 (0 ) ， 内单调递增时， 0a  ，故选 C． （5）【2013 年安徽，理 5，5 分】某班级有 50 名学生，其中有 30 名男生和 20 名女生．随机询问了该班五名男生 和五名女生在某次数学测验中的成绩，五名男生的成绩分别为 86,94,88,92,90，五名女生的成绩分别为 88,93,93,88,93．下列说法一定正确的是（ ） （A）这种抽样方法是一种分层抽样 （B）这种抽样方法是一种系统抽样 （C）这五名男生成绩的方差大于这五名女生成绩的方差 （D）该班男生成绩的平均数小于该班女生成绩的平均数 【答案】C 【解析】解法一： 对 A 选项，分层抽样要求男女生总人数之比=男女生抽样人数之比，所以 A 选项错； 对 B 选项，系统抽样要求先对个体进行编号再抽样，所以 B 选项错； 对 C 选项，男生方差为 40，女生方差为 30．所以 C 选项正确； 对 D 选项，男生平均成绩为 90，女生平均成绩为 91．所以 D 选项错，故选 C． 解法二： 五名男生成绩的平均数为 86 94 88 92 01 5 0( 9)9     ， 五名女生成绩的平均数为  1 88 93 93 88 93 915      ， 五名男生成绩的方差为 2 2 2 2 2 2 1 86 90 94 90 88 90 92 90 90 90 85s                     ， 五名女生成绩的方差为 2 2 2 2 2 88 91 3 93 91 65s         ，所以 2 2 1 2s s ，故选 C． （6）【2013 年安徽，理 6，5 分】已知一元二次不等式   0f x  的解集为 11 2x x x       或 ，则  10 0xf ＞ 的解 集为（ ） （A）{ | }1 lg2x x x   或 （B） lg| }1 2{x x    （C） l 2| g{ }x x   （D） l 2| g{ }x x   【答案】D 【解析】由题意知 1 10 1 2 x   ，所以 1lg lg22x   ，故选 D． （7）【2013 年安徽，理 7，5 分】在极坐标系中，圆 2cos  的垂直于极轴的两条切线方程分别为（ ） （A） ( )0 cos 2     R 和 （B） ) s( co 2     R 和 （C） ) s( co 1     R 和 （D） ( )0 cos 1     R 和 【答案】B 【解析】由题意可知，圆 2cos  可化为普通方程为 2 21 1( )x y   ．所以圆的垂直于 x 轴的两条切线方程分别 为 0x  和 2x  ，再将两条切线方程化为极坐标方程分别为 ( )   R 和 cos 2   ，故选 B． （8）【2013 年安徽，理 8，5 分】函数  y f x 的图象如图所示，在区间[ ]a b, 上可找到  2n n  个不 同的数 1 2 nx x x, ， , ，使得 1 2 1 2 = = = n n f xf x f x x x x       ，则 n 的取值范围是（ ） （A） 3,4 （B） 2,3,4 （C） 3,4,5 （D） 2,3 【答案】B 【解析】 1 2 1 2 = = = n n f xf x f x x x x       可化为 1 2 1 2 00 0= = =0 0 0 n n f xf x f x x x x            ，故上式可理解为  y f x 图象上一点与坐标原点连线的斜率相等，即 n 可看成过原点的直线与  y f x 的交点个数． 如图所示，由数形结合知识可得，①为 2n  ，②为 3n  ，③为 4n  ，故选 B． （9）【2013 年安徽，理 9，5 分】在平面直角坐标系中，O 是坐标原点，两定点 A ，B 满足 = 2OA OB OA OB      ， 则点集 = + , 1,P OP OA OB      R    所表示的区域的面积是（ ） （A） 2 2 （B） 2 3 （C） 4 2 （D） 4 3 【答案】D 【解析】以OA  ，OB  为邻边作一个平行四边形，将其放置在如图平面直角坐标系中，使 A ， B 两点关 于 x 轴对称，由已知 = 2OA OB OA OB      ，可得出 60AOB   ，点  3,1A ，点  3, 1B  ， 点  2 3,0D ，现设 ( )P x y， ，则由 = +OP OA OB    得      , 3,1 3, 1x y     ， 即 3 x y            ，由于 1   ，  R， ，可得 3 3 1 1 x y      ，画出动点 ( )P x y， 满足的可行域为如图阴影部分，故所求区域的面积为 2 3 2=4 3 ，故选 D． （10）【2013 年安徽，理 10，5 分】若函数   3 2f x x ax bx c    有极值点 1x ， 2x ，且  1 1f x x ， 则关于 x 的方程     2 3 2 0f x af x b   的不同实根个数是（ ） （A）3 （B）4 （C）5 （D）6 【答案】A 【解析】由   23 2 0f x x ax b     得， 1x x 或 2x x ，即     2 3 2 0f x af x b   的根为   1f x x 或   2f x x 的解．如图所示 1 2x x 2 1x x 由图象可知   1f x x 有 2 个解，   2f x x 有 1 个解，因此     2 3 2 0f x af x b   的不同实根个数为 3， 故选 A． 第Ⅱ卷（非选择题 共 100 分） 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分．把答案填在答题卡的相应位置． （11）【2013 年安徽，理 11，5 分】若将函数   sin 2 4f x x      的图像向右平移 个单位，所得图像关于 y 轴 对称，则 的最小正值是 ． 【答案】 1 2 【解析】∵ 8 3 ax x     的通项为 1 8 3 8C ( )r r r rx a x  88 3 3 8 8=C C r rrr r r r ra x x a x     ，∴8 43 rr   ，解得 3r  ．∴ 3 3 8C 7a  ， 得 1 2a  ． （12）【2013年安徽，理12，5分】设 ABC 的内角 A ，B ，C 所对边的长分别为 a ，b ，c ．若 2b c a  ，3sin 5sinA B ， 则角 C  ． 【答案】 2 π3 【解析】∵3sin 5sinA B ，∴ 3 5a b ．① 又∵ 2b c a  ，②∴由①②可得， 5 3a b ， 7 3c b ， ∴ 2 2 2 2 2 2 5 7 13 3cos 52 22 3 b b bb a cC ab b b                   ，∴ 2 π3C  ． （13）【2013 年安徽，理 13，5 分】已知直线 y a 交抛物线 2y x 于 A ，B 两点．若该抛物线上存在点 C ，使得 ACB 为直角，则 a 的取值范围为 ． 【答案】[1 ) ， 【解析】如图，设 2 0 2 0 0( )( )C xx x a, ，  ,A a a ，  ,B a a ，则  2 0 0,CA a x a x    ，  2 0 0,CB a x a x   ．∵ CA CB ，∴ 0CA CB   ，即    22 2 0 0 0a x a x     ，   2 2 0 01 0a x a x     ，∴ 2 0 1 0x a   ，∴ 1a  ． （14）【2013 年安徽，理 14，5 分】如图，互不相同的点 A1，A2，…，An，…和 B1，B2，…，Bn，…分 别在角 O 的两条边上，所有 n nA B 相互平行，且所有梯形 1 1n n n nA B B A  的面积均相等．设 n nOA a ．若 1 1a  ， 2 2a  ，则数列 na 的通项公式是 ． 【答案】 3 2na n  【解析】设 1 1OA BS S  ，∵ 1 1a  ， 2 2a  ， n nOA a ，∴ 1 1OA  ， 2 2OA  ．又易知 1 1 2 2OA B OA B ∽ ， ∴ 1 1 2 2 22 1 2 2 1 1 2 4 OA B OA B S OA S OA             ．∴ 1 11 1 2 2 3 3OA BA B B AS S S 梯形 ．∵所有梯形 1 1n n n nA B B A  的面积 均相等，且 1 1 n nOA B OA B ∽ ，∴ 1 11 1 3 1 3 2n n OA B n OA B SOA S OA S S n S n          ．∴ 1 1 3 2n a a n   ， ∴ 3 2na n  ． （15）【2013 年安徽，理 15，5 分】如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1，P 为 BC 的中点，Q 为线段 1CC 上的动点，过点 A P Q， ， 的平面截该正方体所得的截面记为 S ．则下列命题正确 的是__________(写出所有正确命题的编号)． ①当 0 1 2CQ  时， S 为四边形；②当 1 2CQ  时， S 为等腰梯形； ③当 3 4CQ  时， S 与 1 1C D 的交点 R 满足 1 1 3C R  ；④当 3 4 1CQ  时， S 为六边形； ⑤当 1CQ  时， S 的面积为 6 2 【答案】①②③⑤ 【解析】当 1 2CQ  时， 2 2 2 1 1 1 1 5 4D Q D C C Q   ， 2 2 2 5 4AP AB BP   ，所以 1D Q AP ，又因为 1 / /2AD PQ ， 所以②正确；当 0 1 2CQ  时，截面为 APQM ，且为四边形，故①也正确，如图（1）所示； 如（2）图，当 3 4CQ  时，由 1QCN QC R ∽ 得 1 1C Q C R CQ CN  ，即 1 1 4 3 1 4 C R ， 1 1 3C R  ，故③正确； 如图（3）所示，当 3 4 1CQ  时，截面为五边形 APQMF ，所以④错误；当 1CQ  时，截面为 1APC E ， 可知 1 3AC  ， 2EP  ，且四边形 1APC E 为菱形， S 四边形 1 6 2APC E  ，故⑤正确． 图（1） 图（2） 图（3） 三、解答题：本大题共 6 题，共 75 分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定 区域内． （16）【2013 年安徽，理 16，12 分】已知函数   4cos πsin ( )4· 0xf x x         的最小正周期为 ． （1）求 的值； （2）讨论 f(x)在区间 π0, 2      上的单调性． 解：（1）    2π 24cos sin sin cos 2 2cos 2 sin2 c 2os224f x x x x x xx x                π2sin 2 24x      ．因为  f x 的最小正周期为 ，且 0  ，从而有 2π =π2 ，故 1  ． （2）由（1）知，   π2sin 2 24f xx       ．若 0 π 2x  ，则 π π 5π24 4 4x   ． 当 π π π24 4 2x   即 π0 8x  时，  f x 单调递增；当 π π 5π22 4 4x   即 π π 8 2x  时，  f x 单调递减． 综上可知，  f x 在区间 π0, 8      上单调递增，在区间 π π,8 2      上单调递减． （17）【2013 年安徽，理 17，12 分】设函数    2 21f x ax a x   ，其中 0a  ，区间   | 0I x f x  ． （1）求 I 的长度(注：区间 ( ) ， 的长度定义为   ； （2）给定常数  0,1k  ，当1 1k a k    时，求 I 长度的最小值． 解：（1）因为方程    2 21 0 0ax a x a    有两个实根 1 0x  ， 2 21 ax a   ，故   0f x  的解集为 1 2|x x x x  ． 因此区间 20,1 aI a      ， I 的长度为 21 a a ． （2）设   21d a a a   ，则   2 2 2 1 1a a ad     ．令   0d a  ，得 1a  ． 0 1k  ，故当1 1k a   时，   0d a  ，  d a 单调递增；当1 1a k   时，   0d a  ，  d a 单调递减．所以当1 1k a k    时，  d a 的最小 值必定在 1a k  或 1a k  处取得．而 2 32 2 3 2 1 1 21 1 111 2 1 1 k d k k kk kd k k k k                    ，故    1 1d k d k   ． 因此当 1a k  时，  d a 在区间 1 ,1k k  上取得最小值 2 1 2 2 k k k    ． （18）【2013 年安徽，理 18，12 分】设椭圆 E： 2 2 2 2 =11 x y a a   的焦点在 x 轴上． （1）若椭圆 E 的焦距为 1，求椭圆 E 的方程； （2）设 1 2F F， 分别是椭圆 E 的左、右焦点， P 为椭圆 E 上第一象限内的点，直线 2F P 交 y 轴于点 Q ，并 且 1 1F P FQ ．证明：当 a 变化时，点 P 在某定直线上． 解：（1）因为焦距为 1，所以 22 1 41a   ，解得 2 5 8a  ．故椭圆 E 的方程为 2 28 8 =15 3 x y ． （2）设 0 0( )P x y, ，  1 ,0F c ，  2 ,0F c ，其中 22 1c a  ．由题设知 0x c ，则直线 1F P 的斜率 1 0 0 F P yk x c   ， 直线 2F P 的斜率 2 0 0 F P yk x c   ，故直线 2F P 的方程为 0 0 ( )yy x cx c   ．当 0x  时， 0 0 cyy c x   ， 即点 Q 坐标为 0 0 (0, )cy c x ．因此，直线 1FQ 的斜率为 1 0 0 F Q yk c x   ． 由于 1 1F P FQ ，所以 1 1 0 0 0 0 1F P F Q y yk k x c c x       ．化简得 2 2 2 0 0 (2 1)y x a   ．① 将①代入 E 方程，由于点 0 0( )P x y， 在第一象限，解得 2 0x a ， 2 0 1y a  ，即点 P 在定直线 1x y  上． （19）【2013 年安徽，理 19，13 分】如图，圆锥顶点为 P ，底面圆心为 O ，其母线与底面所成的角为 22.5，AB 和 CD 是底面圆 O 上的两条平行的弦，轴 OP 与平面 PCD 所成的角为 60 ． （1）证明：平面 PAB 与平面 PCD 的交线平行于底面； （2）求 cos COD ． 解：（1）设面 PAB 与面 PCD 的交线为 l ． / /AB CD ， AB 不在面 PCD 内，所以 / /AB 面 PCD ． 又因为 AB 面 PAB ，面 PAB 与面 PCD 的交线为 l ，所以 / /AB l ． 由直线 AB 在底面上而 l 在底面外可知， l 与底面平行． （2）设 CD 的中点为 F ．连接 OF ， PF ．由圆的性质， 2COD COF   ， OF CD ． 因为 OP  底面，CD  底面，所以 OP CD ．又 OP OF O ，故 CD  面 OPF ． 又CD  面 PCD ，因此面 OPF  面 PCD ．从而直线 OP 在面 PCD 上的射影为直线 PF ， 故 OPF 为 OP 与面 PCD 所成的角． 60OPF   ．设OP h ，则 tan tan60OF OP OPF h h       ． 根据题设有 22.5OCP   ，得 tan tan 22.5 OP hOC OCP    ．由 2 2tan 22.5 1 tan 22.51 tan45      和 tan22.5 0  ， 得 tan22.5 2 1   ，因此 ( 2 1) 2 1 hOC h    ．在 Rt OCF 中， 1 os 3 3 2 c 6OF OCOF h h C        ， 故 2 2cos cos 2 2co( ) 2s ( 6 3) 1=17 12 21COD COF COF         ． （20）【2013 年安徽，理 20，13 分】设函数   2 3 2 2 * 21 ( )2 3n n f x x nxxx x n        R N ， ．证明： （1）对每个 *nN ，存在唯一的 2 ,13nx       ，满足   0n nf x  ； （2）对任意 *p N ，由（1）中 nx 构成的数列 nx 满足 10 n n px x n   ． 解：（1）对每个 *nN ，当 0x  时，   1 1+ 02n nxf x x n      ，故  nf x 在 (0 ) ， 内单调递增． 由于  1 1 0f  ，当 2n  时，   2 2 2 1 1 1 02 31nf n      ，故  1 0nf  ． 又 2 1 1 2 2 2 2 22 13 32 2 1 1 2 1 1 1 231 ( ) 023 3 3 4 3 3 4 3 31 3 nk nkn n n k k f k                                                  ， 所以存在唯一的 2 ,13nx       ，满足   0n nf x  ． （2）当 0x  时，      1 1 21n n n n f x f x x f xn        ，故      1 1 1 0n n n n n nf x f x f x     ． 由  1nf x 在 (0 ) ， 内单调递增知， 1n nx x  ，故 nx 为单调递减数列，从而对任意 *n pN， ， n p nx x  ． 对任意 *p N ，由于   2 2 21 02n n n n nnf x xxx n       ，①   2 1 2 2 2 21+ 02 1 n n n p n p n p n p n p pn p nn p x x x xx n n nf x p                     ＋ ．② ①式减去②式并移项，利用 0 1n p nx x   ，得 2 2 2 2 1 1 k k k kn p n pn n p n n p n n n p p k k n k n x x x x kx x k k                   2 1 1 1 1 ( 1) n p n p k n k nk k k           1 1 1 n n p n    ．因此，对任意 *p N ，都有 0 1 n n p nx x    ． （21）【2013 年安徽，理 21，13 分】某高校数学系计划在周六和周日各举行一次主题不同的心理测试活动，分 别由李老师和张老师负责．已知该系共有 n 位学生，每次活动均需该系 k 位学生参加( n 和 k 都是固定的正 整数)．假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立、随机地发给该系 k 位学生，且所发信息都 能收到．记该系收到李老师或张老师所发活动通知信息的学生人数为 X ． （1）求该系学生甲收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率； （2）求使  P X m 取得最大值的整数 m ． 解：（1）因为事件 A ：“学生甲收到李老师所发信息”与事件 B ：“学生甲收到张老师所发信息”是相互独立的事件， 所以 A 与 B 相互独立．由于     1 1C C k n k n P A B k nP     ，故    = 1 kP A P B n   ，因此学生甲收到活动通知 信息的概率 2 2 2 21 1 k kn kP n n        ． （2）当 k n 时， m 只能取 n ，有     1P X m P X n    ．当 k n 时，整数 m 满足 k m t  ，其中 t 是 2k 和 n 中的较小者．由于“李老师和张老师各自独立、随机地发活动通知信息给 k 位同学”所包含的基本事件 总数为 2(C )k n ．当 X m 时，同时收到李老师和张老师转发信息的学生人数恰为 2k m ．仅收到李老师或 仅收到张老师转发信息的学生人数均为 m k ．由乘法计数原理知：事件 X m 所含基本事件数为 2C C C C C Ck k m m k k m k m k n k n k n k n k       ．此时   2 2 C C C C C (C ) C k k m m k m k m k n k n k k n k k k n n P X m        ． 当 k m t  时，    1P X m P X m     C Cm k m k k n k    ≤ 1 1C Cm k m k k n k           21 2m k n m k m      2( 1)2 2 km k n    ．假如 2( 1)2 2 kk k tn    成立，则当  21k  能被 2n  整除时， 2 2( 1) ( 1)2 2 12 2 kkk kk tn n        ．故  P X m 在 2( 1)2 2 kk nm   和 2( 1)2 1 2 km k n    处达最大值； 当 21k  不能被 2n  整除时，  P X m 在 2( 1)2 2m kk n       处达最大值．(注： x 表示不超过 x 的最 大整数)，下面证明 2( 1)2 2 k tnk k   ．因为1 k n  ，所以 2 2( 1) 12 2 2 k kn kk kn n       21 1 1 02 2 k k k k n n          ．而 2 2( 1) 12 <02 2 k n kk nn n          ，故  212 2 kk nn   ． 显然 2( 1)2 22 kk kn   ．因此 2( 1)2 2 k tnk k   ．