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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(辽宁卷)
数 学(理)
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第I卷
一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共40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.复数的模为
(A) (B) (C) (D)
2.已知集合
A. B. C. D.
3.已知点
(A) (B) (C) (D)
4.下面是关于公差的等差数列的四个命题:
其中的真命题为
(A) (B) (C) (D)
5.某学校组织学生参加英语测试,成绩的频率分布直方图如图,数据的分组一次为,若低于60分的人数是15人,则该班的学生人数是
0.02
0.015
0.01
0.005
频率
组距
O 20 40 60 80 100 成绩/分
(A) (B) (C) (D)
6.在,内角所对的边长分别为且,则
A. B. C. D.
7.使得
A. B. C. D.
8.执行如图所示的程序框图,若输入
A. B. C. D.
否
是
开始
输入
输出S
结束
9.已知点
A. B.
C. D.
10.已知三棱柱的6个顶点都在球的球面上,若,,,则球的半径为
A. B. C. D.
11.已知函数设表示中的较大值,表示中的较小值,记得最小值为得最小值为,则
(A) (B) (C) (D)
12.设函数
(A)有极大值,无极小值 (B)有极小值,无极大值
(C)既有极大值又有极小值 (D)既无极大值也无极小值
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.
13.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是 .
14.已知等比数列是递增数列,是的前项和,若是方程的两个根,则 .
15.已知椭圆的左焦点为与过原点的直线相交于两点,连接,若,则的离心率 .
16.为了考察某校各班参加课外书法小组的人数,在全校随机抽取5个班级,把每个班级参加该小组的认为作为样本数据.已知样本平均数为7,样本方差为4,且样本数据互相不相同,则样本数据中的最大值为 .
三、解答题: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)设向量
(I)若 (II)设函数
18.(本小题满分12分)如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点。
(I)求证:
(II)
19.(本小题满分12分)现有10道题,其中6道甲类题,4道乙类题,张同学从中任取3道题解答。
(I)求张同学至少取到1道乙类题的概率;
(II)已知所取的3道题中有2道甲类题,1道乙类题.设张同学答对甲类题的概率都是,答对每道乙类题的概率都是,且各题答对与否相互独立.用表示张同学答对题的个数,求的分布列和数学期望.
20.(本小题满分12分)如图,抛物线,点在抛物线上,过作的切线,切点为(为原点时,重合于),切线的斜率为。
(I)求的值;
(II)当在上运动时,求线段中点的轨迹方程。
21.(本小题满分12分)
已知函数
(I)求证:
(II)若恒成立,求实数取值范围。
请考生在第22、23、24三题中任选一题做答,如果多做,则按所做的第一题计分。作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑。
22.(本小题满分10分)选修4-1:几何证明选讲
如图,垂直于于,垂直于,连接。证明:
(I) (II)
23.(本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程
在直角坐标系中以为极点,轴正半轴为极轴建立坐标系.圆,直线的极坐标方程分别为.
(I)求与交点的极坐标;
(II)设为的圆心,为与交点连线的中点。已知直线的参数方程为
,求的值。
24.(本小题满分10分)选修4-5:不等式选讲
已知函数,其中。
(I)当时,求不等式的解集;
(II)已知关于的不等式的解集为,求的值。
参考答案
一.选择题:
1. B 由已知所以
2. D解:由集合A,;所以
3. A解:,所以,这样同方向的单位向量是
4.D解:设,所以正确;如果则满足已知,但并非递增所以错;如果若,则满足已知,但,是递减数列,所以错;,所以是递增数列,正确
5.B 解:第一、第二小组的频率分别是、,所以低于60分的频率是0.3,设班级人数为,则,。
6.A 解:边换角后约去,得,所以,但B非最大角,所以。
7.B解:通项,常数项满足条件,所以时最小
8.A 解:的意义在于是对求和。因为,同时注意,所以所求和为=
9.C解:显然角O不能为直角(否则得不能组成三角形)若A为直角,则根据A、B纵坐标相等,所以;若B为直角,则利用得,所以选C
10.C解:由球心作面ABC的垂线,则垂足为斜边BC中点M。计算AM=,由垂径定理,OM=,所以半径R=
11.B解: 顶点坐标为,顶点坐标,并且每个函数顶点都在另一个函数的图象上,图象如图, A、B分别为两个二次函数顶点的纵坐标,所以A-B=
12.D解:由已知,。在已知中令,并将
代入,得;因为,两边乘以后令。求导并将(1)式代入,,显然时,,减;时,,增;并且由(2)式知,所以为的最小值,即,所以,在时得,所以为增函数,故没有极大值也没有极小值。
13. 解:直观图是圆柱中抽出正四棱柱。
14. 63解:由递增,,所以,代入等比求和公式得
15. 解: 由余弦定理,,解得,所以A到右焦点的距离也是8,,由椭圆定义:,又,所以
16. 10 解:设五个班级的数据分别为。由平均数方差的公式得,,显然各个括号为整数。设分别为,,则。设=
=,因为数据互不相同,分析的构成,得恒成立,因此判别式,得,所以,即。
17.解:(I)由,
,及
又,所以.
(II)=.
当所以
18.解:(I)由AB式圆的直径,得AC⊥BC、
由PA⊥平面ABC、BC⊂平面ABC、得PA⊥BC.
又PA⋂AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,
所以BC⊥平面PAC.
因为BC⊂平面PBC.
所以平面PBC⊥平面PAC.
(II)(解法一)过C作CM//AP,则CM⊥平面ABC.,如图,以点C为坐标原点,分别以直线CB、CA、CM为x轴,y轴,z轴建立空间直角标系
因为AB=2、AC=1、所以A(0、1、0)、B(、P(0、1、1)
故=.设平面BCP的法向量为.
不妨令y=1.则n=(0、1、-1).因为
设平面ABP的法向量为. 则,所以
不妨令x=1、则.
于是cos<>=,
所以由题意可知二面角C-PB-A的余弦值为.
过C作CM⊥AB于M、因为PA⊥平面ABC、CM⊂平面ABC,所以PA⊥CM.
故CM⊥平面PAB,过M作MN⊥PB于N,链接NC,由三垂线定理得CN⊥PB.
所以∠CNM为二面角C-PB-A的平面角.
在RtΔABC中,由AB=2、AC=1、得
在RtΔPAB中,由AB=2、PA=1、得PB=.
因为RtΔBNM∽RtΔBAP,所以
又在RtΔCNM中,CN=,故cos∠CNM=.
所以二面角C-PB-A的余弦值为。
19.解:(I)设事件A=“张同学所取的3道题至少有1道乙类题,则有=”张同学所取的3道题都是甲类题“.
,所以
.
(II)X所有的可能取值为0、1、2、3.
;
;
;
.
X
0
1
2
3
P
所以E(X)=0×+1×+2×。
20.解:因为抛物线上任意一点(x,y)的切线斜率为,且切线MA的斜率为-,所以A点坐标为(-1,)。故切线MA的方程为
.
因为点M在切线MA及抛物线上,于是
, ①
. ②
由①②得p=2.
(II)设N(x,y),A由N为线AB中点知
③
. ④
切线MA、MB的方程为
⑤
⑥
由⑤⑥得MA,MB的交点M的坐标为
.
原M(
. ⑦
由③④⑦得
当时,A,B重合与原点O,AB 中点N为O,坐标满足.
因此AB中点N的轨迹方程为
.
21.(I)证明:要证x[0,1]时,≧1-,需证明≧.
当x∈(0,1)时
(x)>0,因此h(x)在【0,1】上市增函数,故h(x)≧h(0)=0.所以
记>0,因此
K(x)在[0,1]上试增函数,故K(x)≥K(0)=0.所以
.
综上,.
(II)(解法一)
,
.
记H(x)=x-2sin x,则H(x)=1-2cos x,当x<0,于是G(x)在[0,1]上试减函数,从而当xϵ(0,1)时,<(0)=0,故在[0,1]上是减函数,于是,从而
A+1+G(x)≤a+3,
所以,当上恒成立,
下面证明,当a>-3时, 在[0,1]上不恒成立.
<0,故上试减函数,于是在[0,1]上的值域为[a+1+2cos 1,a+3].
因为当a>-3时,a+3>0,所以存在,使得>0,此时0,于是在[0,1]上试增函数,因此当xϵ(0,1)时,G(x)>G(0)=0,从而F(x)在[0,1]上是增函数,因此F(x)≥F(0)=0,所以
当xϵ[0,1]时,
同理可证,当
所以x.
因为当xϵ[0,1]时,
.
所以当a≤-3时,在[0,1]上不恒成立.因为
所以存在(例如中的较小值)满足
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