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- 2021-05-13 发布
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2013年普通高等学校招生全国统一考试(江西卷)
理科数学
第一卷
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.已知集合,为虚数单位,,则复数
A. B. C. D.
2.函数的定义域为
A. B. C. D.
3.等比数列,..的第四项等于
A. B.0 C.12 D.24
4.总体有编号为01,02,…,19,20的20个个体组成。利用下面的随机数表选取5个个体,选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字,则选出来的第5个个体的编号为
7816 6572 0802 6314 0702 4369 9728 0198
3204 9234 4935 8200 3623 4869 6938 7481
A.08 B.07 C.02 D.01
5. 展开式中的常数项为
A.80 B.-80 C.40 D.
6.若则的大小关系为
A. B.
C. D.
7.阅读如下程序框图,如果输出,那么在空白矩形框中应填入的语句为
结束
是
否
是
否
开始
输出
是奇数
A. B. C. D.
8.如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上,且,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为,那么
A.8 B.9 C.10 D.11
9. 过点引直线与曲线相交于、两点,为坐标原点,当的面积取最大值时,直线的斜率等于
A. B. C. D.
10.如图,半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线,之间//,与半圆相交于F,G两点,与三角形ABC两边相交于E,D两点,设弧的长为,,若从平行移动到,则函数的图像大致是
第Ⅱ卷
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分。
11.函数的最小正周期为为 。
12. 设,为单位向量.且,的夹角为,若,,则向量在方向上的射影为 ___________。
13.设函数在内可导,且,则
14.抛物线的焦点为F,其准线与双曲线相交于两点,若为等边三角形,则
三、选做题:请在下列两题中任选一题作答,若两题都做,则按第一题评阅计分,本题共5分
15.(1)、(坐标系与参数方程选做题)设曲线的参数方程为(为参数),若以直角坐标系的原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,则曲线的极坐标方程为
(2)、(不等式选做题)在实数范围内,不等式的解集为
四.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。
16.(本小题满分12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为,
已知.
(Ⅰ)求角B的大小;(Ⅱ)若,求的取值范围
17. (本小题满分12分)正项数列{an}的前项和{}满足:
(Ⅰ)求数列{}的通项公式;
(Ⅱ)令,数列{}的前项和为。证明:对于任意的,都有
18.(本小题满分12分)
小波以游戏方式决定参加学校合唱团还是参加学校排球队。游戏规则为:以O为起点,再从(如图)这8个点中任取两点分别为终点得到两个向量,记这两个向量的数量积为.若就参加学校合唱团,否则就参加学校排球队。
(1) Ⅰ求小波参加学校合唱团的概率;
(2) Ⅱ求的分布列和数学期望。
19(本小题满分12分)
如图,四棱锥中,,,连接并延长交于.
(1) Ⅰ求证:;
(2) Ⅱ求平面与平面的夹角的余弦值.
20. (本小题满分13分) 如图,椭圆经过点离心率,直线的方程为.
(1) Ⅰ求椭圆的方程;
(2) Ⅱ是经过右焦点的任一弦(不经过点),设直线与直线相交于点,记的斜率分别为问:是否存在常数,使得?若存在求的值;若不存在,说明理由.
21. (本小题满分14分)
已知函数,为常数且.
(Ⅰ)证明:函数的图像关于直线对称;
(Ⅱ)若满足,但,则称为函数的二阶周期点,如果有两个二阶周期点试确定的取值范围;
(Ⅲ)对于(2Ⅱ)中的和, 设x3为函数f(f(x))的最大值点,A(x1,f(f(x1))),B(x2,f(f(x2))),C(x3,0),记△ABC的面积为S(a),讨论S(a)的单调性.
2013年普通高等学校招生全国统一考试(江西卷)
理科数学参考答案
一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。
1.C 解析:由
2.B 解析:由
3.A 解析:由或,当时,,故舍去,所以当,则等比数列的前3项为,故第四项为。
4.D 解析:本题考查随机抽样方法中随机数表的应用。依题意,第一次得到的两个数为65,,将它去掉;第二次得到的两个数为72,由于,将它去掉;第三次得到的两个数字为08,由于,说明号码08在总体内,将它取出;继续向右读,依次可以取出02,14,07,02;但由于02在前面已经选出,故需要继续选一个,再选一个数就是01,故选出来的第五个个体是01,故选答D。
5.C 解析:展开式的通项为,令,故展开式的常数项为
6.B 解析:,显然
7.C 解析:由题意,当时,空白的判断框内的语句应使,选项A、B中,当时,都是,故排除;假设空白的判断框中的语句是C项中的,则第一次运行时,,第二次运行时,,第三次运行时 ,第四次运行时,,此时不满足,故输出。满足题意。
8.A 解析:直线CE在正方体的下底面内,与正方体的上底面平行;与正方体的左右两个侧面、前后两个侧面都相交,故;作CD的中点G,显然易证平面EFG的底边EG上的高线与正方体的前后两个侧面平行,故直线EF一定与正方体的前后两个侧面相交;另外,直线EF显然与正方体的上下两个底面相交;综上,直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为4,故,所以,选答案A。
9. B 解析:本题考查三角形的面积,点到直线的距离公式,三角函数的最值,以及转化与化归的能力。因为的面积在时,取得最大值。设直线的斜率为,则直线的方程为,即,由题意,曲线的圆心到直线的距离为
,所以(舍去),或,故选答案B
10. D 解析:本题考查函数的图像、扇形弧长、三角函数,以及数形结合的数学思想。当逐渐增大时,也逐渐增大,故随的增大而增大,故排除B项。下面定性分析:当时,弧长所对的圆心角为,可求得向上移动的距离为,故此时,又易知,故,因为,所以函数的图像是凹凸型,故选D。
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分。
11. 解析:,故最小正周期为
12. 解析:本题考查向量的投影,向量的数量积运算。向量在向量方向上的投影为
13. 2 解析:本题考查导数的运算,函数解析式的求解,以及转化与化归的数学思想。由,故
14. 6 解析:本题考醒抛物线与双曲线的简单性质,等边三角形的特征等。不妨设点在左方,的中点为,则易求得点。因为为等边三角形,所以由正切函数易知。
三、选做题:本大题5分。
15. (1)
解析:本题考查参数方程、直角坐标系方程和极从标的互化。由曲线C的参数方程为(为参数),得曲线C的直角坐标系方程为
,又由极坐标的定义得,,即化简曲线C的极坐标方程为。
(2) 解析:本题考查绝对值不等式的解法。结合绝对值的性质,得
四、解答题:本大题共6小题,共75分。
16.(本小题满分12分)
解:(1)由已知得
即有
因为,所以,又,所以,
又,所以。
(2)由余弦定理,有。
因为,有。
又,于是有,即有。
17.(本小题满分12分)
(Ⅰ)解:由,得。
由于是正项数列,所以。
于是时,。
综上,数列的通项。
(Ⅱ)证明:由于。
则。
。
18.(本小题满分12分)
解:(Ⅰ)从8个点中任意取两点为向量终点的不同取法共有种,时,两向量夹角为直角共有8种情形;所以小波参加学校合唱团的概率为。
(Ⅱ)两向量数量积的所有可能取值为时,有两种情形;时,有8种情形;时,有10种情形。所以的分布列为:
。
19.(本大题满分12分)
解:(Ⅰ)在中,因为是的中点,所以,
故,
因为,所以,
从而有,
故,又因为所以∥。
又平面,
所以故平面。
(Ⅱ)以点为坐标原点建立如图所示的坐标系,则,
,故
设平面的法向量,则,
解得,即。
设平面的法向量,则,解得,
即。从而平面与平面的夹角的余弦值为
。
20.(本大题满分13分)
解:(Ⅰ)由在椭圆上得,①
依题设知,则②
②代入①解得。
故椭圆的方程为。
(Ⅱ)方法一:由题意可设的斜率为,
则直线的方程为③
代入椭圆方程并整理,得,
设,则有
④
在方程③中令得,的坐标为。
从而。
注意到共线,则有,即有。
所以
⑤
④代入⑤得,
又,所以。故存在常数符合题意。
方法二:设,则直线的方程为:,
令,求得,
从而直线的斜率为,
联立,得,
则直线的斜率为:,直线的斜率为:,
所以,
故存在常数符合题意。
21.(本大题满分14分)
(Ⅰ)证明:因为,有,
所以函数的图像关于直线对称。
(Ⅱ)法一:解:当时,有
所以只有一个解,又,故0不是二阶周期点。
当时,有
所以有解集,又当时,,故中的所有点都不是二阶周期点。
当时,有
所以有四个解,又,
,故只有是的二阶周期点。综上所述,所求的取值范围为。
法二:设是的一个二阶周期点,由二阶周期点的定义可知,
X2
X1
X1
X2
y
x
设,则, 也是的一个二阶周期点,且 。
如右图知在上递增,在上递减,
不可能同时属于或。
不妨设,则
,
,
(解唯一),。
由 即为所求。
(Ⅲ)由(2)得,
因为为函数的最大值点,所以或。
当时,。求导得:,
所以当时,单调递增,当时单调递减;
当时,,求导得:,
因,从而有,
所以当时单调递增。