2013 天津高考数学试卷(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（天津卷）（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，则（ ）. A B C D 分析 先化简集合，再利用数轴进行运算.解析 由已知得，于是.故选D.设变量，满足约束条件则目标函数的最小值为（ ）. A B C D分析 画出可行域，按照解线性规划问题的一般步骤进行求解.解析 画出可行域（如图），由得，由图形可知，当直线经过点时，取得最小值，最小值为.故选A.阅读右边的程序框图，运行相应的程序， 若输入的值为，则输出的值为（ ）. A B C D分析 按照

2、程序框图执行算法，写出运行结果.解析 程序框图执行过程如下：， ，跳出循环，输出.故选B.已知下列三个命题： 若一个球的半径缩小到原来的， 则其体积缩小到原来的； 若两组数据的平均数相等， 则它们的标准差也相等；直线与圆相切其中真命题的序号是（ ）. A B C D分析 对各个命题逐一进行判断，得出结论.解析 对于命题，设球的半径为，则，故体积缩小到原来的，命题正确；对于命题，若两组数据的平均数相同，则它们的标准差不一定相同，例如数据：和的平均数相同，但标准差不同，命题不正确；对于命题，圆的圆心到直线的距离，等于圆的半径，所以直线与圆相切，命题正确.故选C.已知双曲线的两条渐近线与抛物线的准线

3、分别交于，两点，为坐标原点 若双曲线的离心率为， 的面积为， 则（ ）. A B C D 分析 由双曲线离心率求得其渐近线方程，从而求得交点，的坐标，即可得到三角形面积表达式，从而得到的值.解析 由已知得，所以，解得，即渐近线方程为.而抛物线准线方程为，于是，从而的面积为，可得.故选C.在中， 则（ ）. A B C D分析 先利用余弦定理求出边的长度，再利用正弦定理求出.解析 由余弦定理可得，于是由正弦定理可得，于是 .故选C.函数的零点个数为（ ）. A B C D 分析 将函数零点视为两个函数图象的交点，分别画出函数，利用数形结合求解.解析 令，可得. 设， 在同一坐标系下分别画出函数，

4、的图像，可以发现两个函数一定有个交点，因此函数有个零点.故选B.已知函数 设关于的不等式的解集为， 若， 则实数的取值范围是（ ）. A B C D分析 从选择题的特点入手，通过取特殊值，代入检验，对各个选项作出判断，也可通过数形结合的方法进行求解.解析 因为，所以，所以，解得，可排除C.又因为. 所以，所以.因为，所以，所以，所以，所以.排除B，D.应选A.第卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，答案须填在题中横线上已知，是虚数单位若，则 分析 由复数相等的定义求得，的值，即得复数.解析 由可得，因此，解得，故.的二项展开式中的常数项为 分析 先写出展开式

5、的通项，再求常数项.解析 的展开式通项为，令，解得，故常数项为.已知圆的极坐标方程为， 圆心为， 点的极坐标为， 则 分析 将圆的极坐标方程化为普通方程，得到圆心坐标，再将点的极坐标化为直角坐标，然后用两点间的距离公式计算.解析 由可得，即，因此圆心的直角坐标为. 又点的直角坐标为，因此.在平行四边形中， ，为的中点 若， 则的长为 分析 先将，用，线性表示，结合已知条件即可求得的长.解析 设的长为，又因为,，于是，由已知可得.又，所以，即的长为.如图所示，为圆的内接三角形，为圆的弦，且过点作圆的切线与的延长线交于点，与交于点若，则线段的长为 分析 先证明四边形是平行四边形，然后利用切割线定理

6、求出的长，即得的长，再通过三角形相似求出的长.解析 因为，所以.因为与圆相切，所以.所以，所以.又因为，所以四边形是平行四边形.由切割线定理可得，于是，所以（负值舍去），因此，.又因为，所以，解得.设，则当 时， 取得最小值分析 利用已知条件将常数“”代换，然后利用均值不等式求最值，同时对的正负进行分类讨论，得到的值.解析 由于，所以，由于，所以，因此当时，的最小值是；当时，的最小值是.故的最小值为，此时，即.三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（本小题满分13分）已知函数(1) 求的最小正周期； (2) 求在区间上的最大值和最小值分析 先利用有关公式将函

7、数化为的形式，然后再求其周期，以及在上的最值.解析（1）.所以的最小正周期.（2）因为在区间上增函数，在区间上是减函数，又， ，故函数在区间上的最大值为，最小值为.（本小题满分13分）一个盒子里装有张卡片，其中有红色卡片张，编号分别为， ， ， ；白色卡片张，编号分别为，从盒子中任取张卡片 (假设取到任何一张卡片的可能性相同)(1) 求取出的张卡片中， 含有编号为的卡片的概率； (2) 再取出的张卡片中， 红色卡片编号的最大值设为， 求随机变量的分布列和数学期望分析 （1）利用古典概型的概率公式结合计数原理求解；（2）按照求离散型随机变量的分布列以及期望的方法步骤进行求解.解析 （1）设“取出

8、的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件，则.所以取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为.（2）随机变量的所有可能取值为.，.所以随机变量的分布列是1234故随机变量的数学期望.（本小题满分13分） 如图，四棱柱中侧棱底面，为棱的中点 (1) 证明：； (2) 求二面角的正弦值；(3) 设点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长分析 可建立空间直角坐标系利用空间向量求解或计算，也可利用立体几何中的定理进行证明或求解.解析 方法一：如图（1）所示，以点为原点，以，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，依题意得，.（1）易得,，于是，所以.（2）.设平面的法向量，则即消去，得，

9、不妨令，可得一个法向量为.由（1）知，又，可得，故为平面的一个法向量.于是，从而.所以二面角的正弦值为.（3），.设，有.可取为平面的一个法向量.设为直线与平面所成的角，则.于是，解得（负值舍去），所以.方法二：（1）因为侧棱，所以.经过计算可得，从而，所以在，.又，.所以.又，故.（2）如图（2），过作于点，连接.由（1）知，故，得，所以为二面角的平面角.在中，由，可得.在中，所以，即二面角的正弦值为.（3）如图（2），连接，过点作于点，可得，连接，则为直线与平面所成的角.设，从而在中，有，.在中，得.在中，由，得 ，整理得，解得（负值舍去）. 所以线段的长为.（本小题满分13分） 设椭圆的

10、左焦点为，离心率为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为(1) 求椭圆的方程；(2) 设， 分别为椭圆的左右顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点 若，求的值分析 （1）由已知条件建立关于，的方程组，求得，的值，得到椭圆方程；（2）设出直线方程，利用根与系数的关系，结合平面向量的数量积的坐标运算建立关于斜率的方程进行求解.解析 （1）设，由，知.过点且与轴垂直的直线为，代入椭圆方程有，解得，于是，解得.又，从而，所以椭圆的方程为.（2）设点，由得直线的方程为，由方程组消去，整理得.由根与系数的关系可得，.因为，所以.由已知得，解得.（本小题满分14分） 已知首项为的等比数列不是递减数列，

11、其前项和为，且，成等差数列(1) 求数列的通项公式； (2) 设， 求数列的最大项的值与最小项的值分析（1）利用等比数列的性质结合已知条件求出公比，进而可得到通项公式；（2）结合数列的单调性求数列的最大项与最小项的值.解析（1）设等比数列的公比为，因为，成等差数列， 所以，即，于是.又不是递减数列且，所以.故等比数列的通项公式为.（2）由（1）得当为奇数时，随的增大而减小，所以，故.当为偶数时，随的增大而增大，所以，故. 所以数列最大项的值为，最小项的值为.（本小题满分14分） 已知函数(1) 求函数的单调区间； (2) 证明：对任意的，存在唯一的，使；(3) 设(2)中所确定的关于的函数为， 证明：当时，有分析 （1）利用导数解不等式即可得到单调区间；（2）通过函数的单调性证明方程只有唯一解； （3）将（2）的结论特殊化，得到一个成立的不等式，然后构造函数通过最值证明不等式.解析（1）函数的定义域为.，令，得. 当变化时，的变化情况如下表： 极小值所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）证明：当时，.，令，.由（1）知，在区间 内单调递增.，.故存在唯一的，使得成立. （3）证明：因为，由（2）知，且，从而 ，其中.要使成立，只需.当时，若，则由的单调性，有，矛盾，所以，即，从而成立.另一方面，令，令，得.当时，；当时，.故对，因此成立. 综上，当时，有.10