2013 江西高考数学试卷(理) （含答案与解析） .docx

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1、2013年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）理科数学第卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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已知集合，为虚数单位，则复数（ ）. A B C D解析 因为，由，得，所以，所以.故选C.函数的定义域为（ ）. A B C D解析 因为，所以，解得.故选B.等比数列，的第四项等于（ ）. A B C D解析 由题意知，即，解得或（舍去）， 所以等比数列的前3项是，第四项为.故选A.总体有编号为，的个个体组成利用下面的随机数表选取个个体，选取方法是从随机数表第行的第列和第列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选

2、出来的第个个体的编号为（ ）. A B C D解析 由随机数表法的随机抽样的过程可知选出个个体是，所以第个个体的编号是.故选D. 展开式中的常数项为（ ）. A B C D分析 根据二项展开式的通项公式求解.解析 设展开式的第项为. 若第项为常数项，则，得，即常数项.故选C.若，则的大小关系为（ ）. A B C D解析 ，且，所以，即.故选B.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（ ）. A B C D分析 根据程序框图表示的算法对的取值进行验证.解析 当时，；当时，仍然循环，排除D；当时，；当时，不满足，即此时，输出.此时A项求得，B项求得，C项求得， 故只有C项满

3、足条件.故选C如图所示，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，相交的平面个数分别记为，那么（ ）. A B C D解析 取的中点，连接.在四面体中，所以，所以，所以正方体的左、右两个侧面与平行，其余4个平面与相交，即. 又因为与在同一平面内，所以与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交， 即，所以.故选A.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分析 根据三角形的面积公式和圆的弦的性质求解.解析 由于，即，直线与交于两点，如图所示，.，且当时，取得最大值，此时，点到直线的距离为，则，所

4、以直线的倾斜角为，则斜率为.故选B.如图，半径为的半圆与等边三角形夹在两平行线之间，与半圆相交于两点，与三角形两边相交于两点，设弧的长为，若从平行移动到，则函数的图像大致是（ ）.A B C D 分析 根据弧度制和平行线段的比例关系求解.解析 如图所示，连接，过点作，过点作，交于点.因为弧的长度为，所以，则，所以，则，所以.所以.故选D.第卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，答案须填在题中横线上函数的最小正周期为为 解析 由于，所以.设，为单位向量且，的夹角为，若，则向量在方向上的射影为 解析 由于，所以，所以在的方向上的射影为.设函数在内可导，且，则 解

5、析 令，则，所以，即，则.抛物线的焦点为，其准线与双曲线相交于两点，若为等边三角形，则 分析 根据抛物线与双曲线的图象特征求解.解析 由于的准线为，由解得准线与双曲线的交点为，所以. 由为等边三角形，得，解得.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(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 解析（1） 化为普通方程为，由于，所以化为极坐标方程为，即.（2）由于，即，即，所以，所以.答案.四、解答题：本大

6、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（本小题满分12分） 在中，角所对的边分别为，已知() (1) 求角的大小； (2) 若，求的取值范围分析（1）根据三角形的内角和是把已知条件整理得到角的一个三角函数值，进一步求出角； （2）结合（1）的结果应用余弦定理把表示为的函数，根据的范围求出的范围.解析（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.（本小题满分12分） 正项数列的前项和满足： (1) 求数列的通项公式； (2) 令，数列的前项和为证明：对于任意的，都有分析（1）根据已知条件构造等价的关系式结合与的关系求

7、解；（2）由（1）的结论先求出数列的通项公式，根据裂项求和法求出其前项和，通过放缩法证明不等式.解析（1）由，得.由于数列是正项数列，所以.于是，当时，.综上可知，数列的通项.（2）由于，则.（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：以为起点，再从（如图）这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) 求小波参加学校合唱团的概率； (2) 求的分布列和数学期望分析（1）由组合数公式求出所有的向量个数，根据向量数量积的运算得出结果为的向量的个数，应用古典概型概率的求法求出概率；（2）求出所有

8、的数量积的结果，并求出每个结果相应的概率，列出分布列，求出期望.解析（1）从8个点中任取两点为向量终点的不同取法共有 种，当时，两向量夹角为直角，共有种情形，所以小波参加学校合唱团的概率为.（2）两向量数量积的所有可能取值为，时，有种情形；时，有情形；时，有种情形.所以的分布列为.（本小题满分12分） 如图，四棱锥中，平面，为的中点，为的中点，连接并延长交于(1) 求证：平面； (2) 求平面与平面的夹角的余弦值分析 （1）根据几何体的特点和已知的条件证明， 得出，再得出结论；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，通过法向量的夹角得出两平面的夹角的余弦值.解析（1）在中，因为点是中点，所

9、以 ，故，.因为，所以，从而有，所以，故.又，所以.又，所以，故.（2）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.（本小题满分13分） 如图所示，椭圆经过点，离心率，直线的方程为(1) 求椭圆的方程； (2) 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，说明理由分析 （1）由点在椭圆上和离心率建立方程组求出椭圆的方程；（2）设出直线的方程，将其与椭圆的方程结合得到一个一元二次方程，根据根与系数的关系得出两点的坐标之间的关系和点的坐标

10、，由此得出相应的直线的斜率，根据三点共线得出相应的坐标之间的关系从而求出常数的值. 解析（1）由在椭圆上，得. 依题设知，则. 将代入，解得.故椭圆的方程为.（2）方法一：由题意可设的斜率为，则直线的方程为. 代入椭圆方程，并整理，得.设，则有 在方程中令，得的坐标为.从而.注意到三点共线，则有，即有.所以. 将代入，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.（本小题满分14分） 已知函数，为常数且（1）证明：函数的图像关于直线对称；（2）若满足，但，则称为函数的二阶周期点，如果有

11、两个二阶周期点，试确定的取值范围；（3）对于（2）中的，和，设为函数的最大值点，记的面积为，讨论的单调性.分析 （1）根据图象对称（即图象上的点的对称）进行证明；（2）根据二阶周期点的定义解方程确定实数的取值范围；（3）根据前面的两问用表示出三角形的面积，然后求出其导数，由的取值确定导函数的符号，进一步确定函数的单调性.解析 （1）证明：因为，有，所以函数的图象关于直线对称.（2）当时，有，所以只有一个解.又，故不是二阶周期点.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，是的二阶周期点. 综上所述，所求的取值范围为.（3）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，因为，从而有，所以当时，单调递增.11