2013年普通高等学校招生全国统一考试数学文试题（北京卷） 7页

‎2013年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)‎ 数学（文）‎ ‎ ‎ ‎ 第一部分 （选择题 共40分）‎ 一、 选择题共8小题。每小题5分，共40分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项。‎ ‎1．已知集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．设,且,则 ( )‎ ‎ （A） （B） （C） （D）‎ ‎3．下列函数中，既是偶函数又在区间(0,+ ∞)上单调递减的是 ‎（A） (B) （C） (D) ‎ ‎4．在复平面内，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 ‎5．在△ABC中，,,则 ‎（A） （B） （C） （D）1‎ ‎6．执行如图所示的程序框图，输出的S值为 开始 是 否 输出 结束 ‎ （A）1 （B） （C） （D）‎ 7‎ ‎7．双曲线的离心率大于的充分必要条件是 A． B． C． D．‎ ‎8．如图，在正方体中，为对角线的三等分点，则到各顶点的距离的不同取值有（ ）‎ ‎（A）3个 （B）4个 （C）5个 （D）6个 ‎ 第二部分（非选择题 共110分）‎ 二．填空题共6题，每小题5分，共30分。‎ ‎9．若抛物线的焦点坐标为（1,0）则=____;准线方程为_____.‎ ‎10．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为__________.‎ ‎1‎ 俯视图 侧（左）视图 正（主）视图 ‎ 2 1 1 2 ‎ ‎11．若等比数列满足，则公比=__________;前项=_____.‎ ‎12．设为不等式组，表示的平面区域，区域上的点与点（1，0）之间的距离的最小值为___________.‎ ‎13．函数f（x）=的值域为_________.‎ ‎14．已知点，，.若平面区域D由所有满足 7‎ 的点P组成，则D的面积为__________.‎ 三．解答题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。‎ ‎15．（本小题共13分）已知函数.‎ ‎（I）求的最小正周期及最大值； ‎ ‎（II）若，且，求的值.‎ ‎16．(本小题共13分)下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天.‎ ‎（Ⅰ）求此人到达当日空气质量优良的概率;‎ ‎（Ⅱ）求此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率;‎ ‎（Ⅲ）由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不要求证明）‎ ‎17．（本小题共14分）如图，在四棱锥中，，，，平面底面，，和分别是和的中点，求证：‎ ‎（1）底面；（2）平面；（3）平面平面 ‎ ‎ 7‎ ‎18．（本小题共13分）已知函数.‎ ‎（Ⅰ）若曲线在点)处与直线相切，求与的值。‎ ‎（Ⅱ）若曲线与直线 有两个不同的交点，求的取值范围。‎ ‎19．（本小题共14分）直线（）：相交于，两点， 是坐标原点 ‎（1）当点的坐标为，且四边形为菱形时，求的长。‎ ‎（2）当点在上且不是的顶点时，证明四边形不可能为菱形。‎ ‎20．本小题共13分）给定数列.对，该数列前项的最大值记为，后项的最小值记为，.‎ ‎（Ⅰ）设数列为3，4，7，1，写出，，的值;‎ ‎（Ⅱ）设（）是公比大于1的等比数列，且.证明：‎ ‎，，…，是等比数列；‎ ‎（Ⅲ）设，，…，是公差大于0的等差数列，且，证明：，，…，是等差数列.‎ 7‎ 参考答案 一．选择题：‎ ‎1．B 2．D 3．C 4．A 5．B 6．C 7．C 8．B ‎ 二．填空题：‎ ‎9．2， 10．3 11．2， 12． 13．（－∞，2） 14．3 ‎ 三．解答题：‎ ‎15．解：（I）因为=‎ ‎==，所以的最小正周期为，最大值为.‎ ‎（II）因为，所以. 因为，‎ 所以，所以，故.‎ ‎16．解：（I）在3月1日至3月13日这13天中，1日．2日．3日．7日．12日．13日共6天的空气质量优良，所以此人到达当日空气质量优良的概率是.‎ ‎（II）根据题意，事件“此人在该市停留期间只有1天空气重度污染”等价于“此人到达该市的日期是4日，或5日，或7日，或8日”.所以此人在该市停留期间只有1天空气质量重度污染的概率为.‎ ‎（III）从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大.‎ ‎17．（I）因为平面PAD⊥平面ABCD,且PA垂直于这个平面的交线AD 所以PA垂直底面ABCD.‎ ‎（II）因为AB∥CD,CD=2AB,E为CD的中点 所以AB∥DE,且AB=DE 所以ABED为平行四边形，‎ 所以BE∥AD,又因为BE平面PAD,AD平面PAD 所以BE∥平面PAD.‎ ‎（III）因为AB⊥AD,而且ABED为平行四边形 所以BE⊥CD,AD⊥CD,由（I）知PA⊥底面ABCD,‎ 所以PA⊥CD,所以CD⊥平面PAD 所以CD⊥PD,因为E和F分别是CD和PC的中点 所以PD∥EF,所以CD⊥EF,所以CD⊥平面BEF,所以平面BEF⊥平面PCD.‎ 7‎ ‎18．解：由，得.‎ ‎（I）因为曲线在点处与直线相切，所以 ‎，解得，.‎ ‎（II）令，得. ‎ 与的情况如下：‎ 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，是的最小值.‎ 当时，曲线与直线最多只有一个交点；‎ 当时，>, ,‎ 所以存在，，使得.‎ 由于函数在区间和上均单调，所以当时曲线与直线有且只有两个不同交点.‎ 综上可知，如果曲线与直线有且只有两个不同交点，那么的取值范围是.‎ ‎19．解：（I）因为四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分.‎ 所以可设，代入椭圆方程得，即. 所以|AC|=.‎ ‎（II）假设四边形OABC为菱形.‎ 7‎ 因为点B不是的顶点，且AC⊥OB,所以.‎ 由，消去并整理得.‎ 设A,C，则，.‎ 所以AC的中点为M（，）.‎ 因为M为AC和OB的交点，且，，所以直线OB的斜率为.‎ 因为，所以AC与OB不垂直. 所以OABC不是菱形，与假设矛盾.‎ 所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形.‎ ‎20．解：（I）.‎ ‎（II）因为，公比，所以是递增数列.‎ 因此，对，，. ‎ 于是对，.‎ 因此且（），即，，…，是等比数列.‎ ‎（III）设为，，…，的公差.‎ 对，因为，，所以=.‎ 又因为，所以.‎ 从而是递增数列，因此（）.‎ 又因为，所以.‎ 因此. 所以.‎ 所以=.‎ 因此对都有，即，，…，是等差数列.。 ‎ 7‎