高考数学广东卷理科试题详细解析试卷分析 10页

图 1 正视图 俯视图 侧视图 2 2 1 1 1 2013 广东理 普宁二中 杜林生 整理发布，仅供参考 台体的体积公式 1 1 2 2 1 ( ) 3 V S S S S h   ，其中 1S ， 2S 分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高． 1. 设集合 2{ | 2 0, }M x x x x   R ， 2{ | 2 0, }N x x x x   R ，则M N  A．{0} B．{0,2} C．{ 2,0} D．{ 2,0,2} 2. 定义域为R的四个函数 3y x ， 2xy  ， 2 1y x  ， 2siny x 中，奇函数的个数是 A．4 B．3 C．2 D．1 3. 若复数 z满足 2 4iz i  ，则在复平面内， z对应的点的坐标是 A． (2, 4) B． (2, 4) C． (4, 2) D． (4, 2) 4. 已知离散型随机变量 X 的分布列为，则 X 的数学期望 ( )E X  A． 3 2 B．2 C． 5 2 D．3 5. 某四棱台的三视图如图 1所示，则该四棱台的体积是 A．4 B． 14 3 C． 16 3 D．6 6. 设m， n是两条不同的直线， ，  是两个不同的平面， 下列命题中正确的是 A．若 ⊥  ，m   ， n   ，则m⊥ n B．若 ∥  ，m   ， n   ，则m∥ n C．若m⊥ n，m   ， n   ，则 ⊥  D．若m⊥ ，m∥ n， n∥  ，则 ⊥  7.中心在原点的双曲线C的右焦点为 F (3,0)，离心率等于 3 2 ，则C的方程是 A． 2 2 1 4 5 x y   B． 2 2 1 4 5 x y   C． 2 2 1 2 5 x y   D． 2 2 1 2 5 x y   8. 设整数 4n≥ ，集合 {1,2,3, , }X n  . 令集合 {( , , ) | , , ,S x y z x y z X  且三条件 x y z  ， y z x  ， z x y  恰有一个成立} . 若 ( , , )x y z 和 ( , , )z w x 都在 S中，则下列选项正确的是 A． ( , , )y z w  S， ( , , )x y w  S B． ( , , )y z w  S， ( , , )x y w  S C． ( , , )y z w  S， ( , , )x y w  S D． ( , , )y z w  S， ( , , )x y w  S 9. 不等式 2 2 0x x   的解集为_______________ 10. 若曲线 lny kx x  在点 (1, )k 处的切线平行于 x轴，则 k  ______ 11. 执行如图 2所示的程序框图，若输入n的值为 4， 则输出 s的值为________ 12. 在等差数列 na 中，已知 3 8 10a a  ，则 5 73a a  ______ 13. 给定区域D： 4 4 4 0 x y x y x      ≥ ≤ ≥ . 令点集 0 0 0 0{( , ) | ,T x y D x y  Z， 0 0( , )x y 是 z x y  在D上 取得最大值或最小值的点}， 则T 中的点共确定_________条不同的直线. X 1 2 3 P 3 5 3 10 1 10 14.（坐标系与参数方程选做题）已知曲线C的参数方程为 2 cos 2 sin x t y t     （ t为参数），C在点（1,1）处 的切线为 l，以坐标原点为极点， x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则 l的极坐标方程为___________. 15.（几何证明选讲选做题）如图 3， AB是圆O的直径，点C在圆O上， 延长 BC到D使 BC CD ，过C作圆O的切线交 AD于 E . 若 6AB  ， 2ED  ，则 BC  ____________ 16.（12分） ( ) 2 cos( ) 12 f x x    ， xR . （1）求 ( ) 6 f   的值； （2）若 3cos 5   ， 3( , 2 ) 2   ，求 (2 ) 3 f   . 17.（12分）某车间共有 12名工人，随机抽取 6名，他们某日加工零件个数 的茎叶图如图 4所示，其中茎为十位数，叶为个位数. （1）根据茎叶图计算样本均值； （2）日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人. 根据茎叶图推断 该车间 12名工人中有几名优秀工人？ （3）从该车间 12名工人中，任取 2人，求恰有 1名优秀工人的概率. 18.（14分）如图 5，在等腰直角三角形 ABC中， 90A  ， 6BC  ，D，E分别是 AC，AB上的点， 2CD BE  ，O为 BC的中点. 将△ ADE沿DE折起，得到如图 6所示的四棱椎 A BCDE  ， 其中 3A O  . （1）证明： A O 平面 BCDE； （2）求二面角 A CD B   的平面角的余弦值. 19.（14分）设数列 na 的前 n项和为 nS ，已知 1 1a  ， 2 1 2 1 2 3 3 n n S a n n n     ， *nN . （1）求 2a 的值； （2）求数列 na 的通项公式； （3）证明：对一切正整数 n，有 1 2 1 1 1 7 4na a a     . 20.（14分）已知抛物线C的顶点为原点，其焦点 (0, )F c ( 0)c  到直线 : 2 0l x y   的距离为 3 2 2 ， 设 P为直线 l上的点，过点 P作抛物线C的两条切线 PA， PB，其中 A， B为切点. （1）求抛物线C的方程； （2）当点 0 0( , )P x y 为直线 l上的定点时，求直线 AB的方程； （3）当点 P在直线 l上移动时，求 | | | |AF BF 的最小值. 21.（14分）设函数 2( ) ( 1) xf x x e kx   ( )kR . （1）当 1k  时，求函数 ( )f x 的单调区间； （2）当 1( ,1] 2 k 时，求函数 ( )f x 在[0, ]k 上的最大值M . x y 4 4 1 O 2013 广东理参考答案 1 D, 2 C, 3 C, 4 A, 5 B, 6 D, 7 B, 8 B 9. ( 2,1) 10. 1 11. 7 12. 20 13. 5 14. cos sin 2 0      （填 sin( ) 2 4     或 cos( ) 2 4     也得满分） 15. 2 3 1.D；易得  2,0M   ,  0,2N  ,所以M N   2,0,2 2.C；考查基本初等函数和奇函数的概念,是奇函数的为 3y x 与 2siny x 3. C； 2 4 4 2iz i i     对应的点的坐标是  4, 2 4. A； 3 3 1 15 31 2 3 5 10 10 10 2 EX         5. B；该四棱台的上下底面边长分别为1和 2的正方形,高为 2 ,故  2 2 2 21 141 1 2 2 2 3 3 V       6. D；ABC 是典型错误命题 7. B；依题意 3c  , 3 2 e  ,所以 2a  ,从而 2 4a  , 2 2 2 5b c a   8. B；特殊值法,不妨令 2, 3, 4x y z   , 1w  ,则    , , 3,4,1y z w S  ,    , , 2,3,1x y w S  利用直接法:因为  , ,x y z S ，  , ,z w x S ，所以 x y z  …①， y z x  …②， z x y  …③三个式子 中恰有一个成立； z w x  …④，w x z  …⑤， x z w  …⑥三个式子中恰有一个成立.配对后只有四 种情况：第一种：①⑤成立，此时w x y z   ，于是  , ,y z w S ，  , ,x y w S ；第二种：①⑥成立， 此时 x y z w   ，于是  , ,y z w S ，  , ,x y w S ；第三种：②④成立，此时 y z w x   ，于是  , ,y z w S ，  , ,x y w S ；第四种：③④成立，此时 z w x y   ，于是  , ,y z w S ，  , ,x y w S . 综合上述四种情况，可得  , ,y z w S ，  , ,x y w S . 9.  2,1 ；易得不等式 2 2 0 ( 2)( 1) 0      x x x x 的解集为  2,1 . 10. 1 ；求导得 1y k x    ,依题意 1 0k   11. 7 ；第一次循环后: 1, 2s i  ；第二次循环后: 2, 3s i  ； 第三次循环后: 4, 4s i  ；第四次循环后: 7, 5s i  12. 20；依题意 12 9 10a d  ,所以  5 7 1 1 13 3 4 6 4 18 20a a a d a d a d        . 或:  5 7 3 83 2 20a a a a    13. 6；画出可行域如图所示,其中 z x y  取得最小值时的整点为  0,1 ,取得最大值时的整点为  0,4 ,  1,3 ,  2,2 ,  3,1 及  4,0 共5个整点.故可确定5 1 6  条不同的直线. 14. sin 2 4        ； 曲线C的普通方程为 2 2 2x y  ,其在点  1,1 处的切线 l的方程为 2x y  , 对应的极坐标方程为 cos sin 2     15. 2 3；依题意易知 ABC CDE  ,所以 AB BC CD DE  , 又 BC CD ,所以 2 12BC AB DE   16. 解：（1） 2( ) 2 cos( ) 2 cos( ) 2 1 6 6 12 4 2 f              A OC D E B F A OC D E B H x y z （2）∵ 3cos 5   ， 3( , 2 ) 2   ∴ 2 4sin 1 cos 5       ∴ 4 3 24sin 2 2sin cos 2 ( ) 5 5 25          2 2 2 23 4 7cos 2 cos sin ( ) ( ) 5 5 25          ∴ (2 ) 2 cos(2 ) 2 cos(2 ) cos 2 sin 2 3 3 12 4 f                7 24 17( ) 25 25 25      17. 解：（1）样本均值为 17 19 20 21 25 30 22 6       （2）由(Ⅰ)知样本中优秀工人占的比例为 2 1 6 3  ,故推断该车间12名工人中有 112 4 3   名优秀工人. （3）设“从该车间 12名工人中，任取 2人，恰有 1名优秀工人”为事件 A， ∴ 1 1 8 4 2 12 16( ) 33 C CP A C   ，即恰有 1名优秀工人的概率为 16 33 18. 解：（1）连结OD，OE ∵在等腰直角三角形 ABC中， 45B C    ， 2CD BE  ， 3CO BO  ∴在△COD中， 2 2 2 cos 45 5OD CO CD CO CD     ，同理得 5OE  ∵ 2 2AD A D A E AE     ， 3A O  ∴ 2 2 2A O OD A D   ， 2 2 2A O OE A E   ∴ 90A OD A OE      ∴ A O OD  ， A O OE  ，OD OE O ∴ A O 平面 BCDE （2）方法一：过点O作OF CD 的延长线于 F ，连接 A F ∵ A O 平面 BCDE ∴ A F CD  ∴ A FO 为二面角 A CD B   的平面角 在 Rt △COF 中， 3 2cos 45 2 OF CO  在 Rt △ A OF 中， 2 2 30 2 A F AO OF    ∴ 15cos 5 OFA FO A F     ∴二面角 A CD B   的平面角的余弦值为 15 5 方法二： 取DE中点H ，则OH OB 以O为坐标原点，OH 、OB、OA分别为 x、 y、 z轴建立空间直角坐标系 则 (0,0,0), (0,0, 3), (0, 3,0), (1, 2,0)O A C D   (0,0, 3)OA   是平面 BCDE的一个法向量 设平面 A CD 的法向量为 ( , , )x y zn ， (0,3, 3)CA   ， (1,1,0)CD   ∴ 3 3 0 0 CA y z CD x y             n n ，令 1x  ，则 1y   ， 3z  ∴ (1, 1, 3) n 是平面 A CD 的一个法向量 设二面角 A CD B   的平面角为 ，且 (0, ) 2   ∴ 3 15cos 53 5 OA OA           n n ∴二面角 A CD B   的平面角的余弦值为 15 5 19. 解：（1）当 1n  时， 1 1 2 2 1 22 1 1 3 3 S a a     ，解得 2 4a  （2）方法 1： 3 2 1 1 22 3 3n nS na n n n    ① 当 2n≥ 时， 3 2 1 1 22 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 3 3n nS n a n n n         ② ①②得 2 12 ( 1)n n na na n a n n     整理得 1 ( 1) ( 1)n nna n a n n     ，即 1 1 1 n na a n n     ， 1 1 1 n na a n n     当 1n  时， 2 1 2 1 1 2 1 a a     ∴数列 na 是以 1为首项，1为公差的等差数列 ∴ na n n  ，即 2 na n ∴数列 na 的通项公式为 2 na n ， *nN （2）方法 2：令 n=2，解得 93 a ；猜想 2nan  ，下面用数学归纳法证明。 ①当 n=1时，猜想显然成立； ②假设当n = k 时， 2kak  ，    6 121   kkkS k 则当 n=k+1时，     222 1 1 3 2 3 1 3 121 3 2 3 12    kkkkkkk k S a k k 即当 n=k+1时，猜想也成立。 综合①②知，对任意正整数 n， 2nan  。 （3）∵ 2 1 1 1 1 1 ( 1) 1na n n n n n       （ 2n≥ ） ∴ 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 2 3 3 4 1na a a n n n                      1 1 1 7 1 71 4 2 4 4n n        20. 解：（1）焦点 (0, )F c ( 0)c  到直线 : 2 0l x y   的距离 2 2 3 2 22 2 c cd       ，解得 1c  ∴抛物线C的方程为 2 4x y （2）解法 1：设  2, 00 xxP ，设切点为       4 , 2xx ，曲线 C： 4 2xy  ， 2 xy  则切线的斜率为   2 2 4 0 0 2 xy xx xx    ，化简得 0842 00 2  xxxx 设         4 , 2 1 1 xxA 、         4 , 2 2 2 xxB ，则 21 , xx 是以上方程的两根， 84,2 021021  xxxxxx 24 44 021 21 2 2 2 1 xxx xx xx kAB       ，  121 2 1 44 : xxxxxylAB    ，化简得 2 2 0 0  xx x y ； （2）解法 2：设 2 1 1 1( , ) 4 A x x ， 2 2 2 1( , ) 4 B x x 由（1）得抛物线C的方程为 21 4 y x ， 1 2 y x  ，∴切线 PA， PB的斜率分别为 1 1 2 x ， 2 1 2 x ∴ PA : 2 1 1 1 1 1 ( ) 4 2 y x x x x   ① PB : 2 2 2 2 1 1 ( ) 4 2 y x x x x   ② 联立①②可得点 P的坐标为 1 2 1 2( , ) 2 4 x x x x ，即 1 2 0 2 x xx   ， 1 2 0 4 x xy  又∵切线 PA的斜率为 2 0 1 1 0 1 1 1 4 2 y x x x x    ，整理得 2 0 1 0 1 1 1 2 4 y x x x  直线 AB的斜率 2 2 1 2 01 2 1 2 1 1 4 4 4 2 x x xx xk x x       ∴直线 AB的方程为 2 1 0 1 1 1 ( ) 4 2 y x x x x   整理得 2 0 1 0 1 1 1 1 2 2 4 y x x x x x   ，即 0 0 1 2 y x x y  ∵点 0 0( , )P x y 为直线 : 2 0l x y   上的点， ∴ 0 0 2 0x y   ，即 0 0 2y x  ∴直线 AB的方程为 0 0 1 2 2 y x x x   （3）根据抛物线的定义，有 2 1 1 1 4 AF x  ， 2 2 1 1 4 BF x  ∴ 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1| | | | ( 1)( 1) ( ) 1 4 4 16 4 AF BF x x x x x x        2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 [( ) 2 ] 1 16 4 x x x x x x     由（2）得 1 2 02x x x  ， 1 2 04x x y ， 0 0 2x y  ∴ 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1| | | | (4 8 ) 1 2 1 ( 2) 2 1 4 AF BF y x y x y y y y y              2 2 0 0 0 1 92 2 5 2( ) 2 2 y y y      ∴当 0 1 2 y   时， | | | |AF BF 的最小值为 9 2 21. 解：（1）当 1k  时， 2( ) ( 1) xf x x e x   ( ) ( 1) 2 ( 2)x x xf x e x e x x e       令 ( ) 0f x  ，解得 1 0x  ， 2 ln 2 0x   ∴ ( ), ( )f x f x 随 x的变化情况如下表： x ( ,0) 0 (0, ln 2) ln 2 (ln 2, ) ( )f x  0  0  ( )f x ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ ∴函数 ( )f x 的单调增区间为 ( ,0) 和 (ln 2, ) ，单调减区间为 (0, ln 2) （2） 2( ) ( 1) xf x x e kx   ， [0, ]x k ， 1( ,1] 2 k ( ) 2 ( 2 )x xf x xe kx x e k     ( ) 0f x  ，解得 0)2ln(,0 21  kxx 先比较 k2ln 与 k 的大小： 令 ( ) ln(2 )k k k   ， 1( ,1] 2 k 1 1( ) 1 0kk k k      ≤ ∴ ( )k 在 1( ,1] 2 上是增函数 ∴ 1 1( ) ( ) 0 2 2 k    ，即0 ln(2 )k k  ∴ ( ), ( )f x f x 随 x的变化情况如下表： x (0, ln(2 ))k ln(2 )k (ln(2 ), )k k ( )f x  0  ( )f x ↘ 极小值 ↗ ∴  xf 在  k,0 上的最大值只能是  0f 或  kf 。 以下比较  0f ＝1与     31 kekkf k  的大小： 令            1 2 1,1 3 xxexxh x    xexxexxh xx 33 2  令   xex x 3 ，则   03  xex ，  x 单调递减， 0 2 3 2 1       e ，   031  e ，存在唯一的       1, 2 1 0x 使   0x 。 所以在       0, 2 1 x 上   0 xh ，  xh 递增；在  1,0x 上   0 xh ，  xh 递减。 而 1 8 1 22 1       eh ，   11 h ，故 1)( xh ，即   1kf 。 ∴函数 ( )f x 在[0, ]k 上的最大值 3( ) ( 1) kM f k k e k    2013年广东高考数学试卷遵循《2013年普通高等学校招生全国统一考试(广东卷)数学大纲》的规定:贯彻 了有利于中学数学教学与有利于高校选拔人才相结合的原则,贯彻了“总体保持稳定,深化能力立意,积极 改革创新”的指导思想.试卷立足现行高中教材,在注重对基础知识和基本方法全面考查的同时,又突出了 对数学思想、数学核心能力的综合考查.试卷具有以下鲜明特点: 1.题型稳定,保持风格 2013年高考数学试卷和2012年高考数学试卷犹如双胞胎,其考查的知识内容、题型和整体难易程度与2012 年基本一致, 打破了试题难度大小年的规律。 今年的数学试题在题型结构、题量、各题型分值与内容分布等方面与往年相比稳中有变. 前三道大题都不 难，故要在日常教学中强调表达规范完整。后三道大题强调代数运算能力，训练学生严谨细致的思维品质。 2.注重基础,重视教材 试卷以考查考生对“双基”的掌握情况为原则,重视基础,紧扣教材,回归课本,无偏题、怪题,这对中学数 学教学有很好的导向作用,让战斗在高三第一线的师生从满天飞舞的资料与题海中解脱出来,做到求真务 实,抓纲务本. 整套试卷中有不少题目可以在教材上找到原型.很多题目考查的都是现行高中教材中最基本且重要的数学 知识,所用到的方法也是通性通法,这样考查既体现了高考的公平、公正,也对中学数学教学和复习回归课 本,重视对基础知识的掌握起到好的导向作用,这对引导中学数学教学用好教材有一定的助推作用. 3.突出重点,考查全面 2013 年数学试卷所考查知识点的大致分布如下表.《考试说明》所指出的三角函数、平面向量、圆锥曲线、 立体几何、概率与统计、数列、函数与导数等是中学数学的主干知识,其中的核心模块概率与统计、三角 函数、立体几何、圆锥曲线、数列、函数与导数在今年试卷的解答题部分均得到较高的体现. 试卷强调数 学语言的理解，尤其是在集合语言上。 4. 突出能力,稳中求变 通览今年的数学试卷,数学思想贯穿始终.整套试卷对函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、化 归与转化思想以及思维能力、运算能力、空间想象能力都进行了全方位的考查. 总之,2013年高考数学试卷从数学基础知识、数学思维方法和学科能力出发,多层次、多角度、多视点地考 查了考生的数学素养和学习潜能,是一份难得的好试卷.