2013高考数学试卷湖北（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（湖北卷）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在复平面内，复数（为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（ ）. A第一象限 B 第二象限 C 第三象限 D 第四象限分析 先化简复数，再写出其共轭复数，然后根据其实部和虚部作出判断.解析 ，所以，故复数的共轭复数对应的点位于第四象限. 故选D.已知全集为，集合，则（ ）. A BC或 D或分析 先化简集合，再借助数轴进行集合的交集运算.解析 ， 所以，于是.故选C.在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次设命题是“甲

2、降落在指定范围”，是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（ ）. A B C D分析 根据逻辑联结词“或”“且”“非”的含义判断.解析 依题意得：“甲没有降落在指定范围”，：“乙没有降落在指定范围”， 因此“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为.故选A.将函数的图象向左平移个单位长度后，所得到的图象关于轴对称，则的最小值是（ ）. A B C D 分析 先将函数解析式化简，再写出平移后的解析式，然后根据函数为偶函数得到的表达式，求得的最小值.解析 由于，向左平移个单位长度后得到函数的图象.由于该图象关于轴对称，所以，于是，故当时，取得最小值.故选B.已

3、知，则双曲线与的（ ）. A 实轴长相等 B虚轴长相等 C焦距相等 D离心率相等分析 先根据的范围，确定双曲线方程的类型，判断焦点所在坐标轴，然后分析双曲线和的实轴长、虚轴长、焦距、离心率是否相等.解析 双曲线的焦点在轴上，因此离心率；双曲线的焦点在轴上，由于，所以，因此离心率.故两条双曲线的实轴长、 虚轴长、焦距都不相等，离心率相等.故选D.已知点，则向量在方向上的投影为（ ）. A B C D分析 首先求出的坐标，然后根据投影的定义进行计算.解析 由已知得，因此在方向上的投影为 .故选A.一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度（的单位：，的单位：）行驶至停止在此期间汽车继

4、续行驶的距离（单位：）是（ ）. A B C D分析 首先求出速度等于时的时刻，从而得到汽车行驶的时间，然后利用定积分求出汽车行驶的距离.解析 由，可得，因此汽车从刹车到停止一共行驶了， 此期间行驶的距离为. 故选C.一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为，上面两个几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有：（ ）. A B C D 分析 先根据三视图判断四个几何体的形状，再结合所给数据计算各个几何体的体积，最后做出比较.解析 由三视图可知，四个几何体自上而下依次是：圆台、圆柱、正方体、棱台，其体积分别为， ，于是有.故选C.如图所示，将一个

5、各面都凃了油漆的正方体，切割为个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的油漆面数为，则的均值（ ）.A B C D分析 先求出随机变量的分布列，然后利用均值的计算公式求得.解析 依题意得的取值可能为，且， 故.故选B.已知为常数，函数有两个极值点，则（ ）. A， B， C， D，分析 由已知得有两个正实数根，从而的图象与轴有两个交点，即的极大值大于，得到的取值范围，然后将代入的解析式，比较与的大小.解析 ，依题意有两个正实数根. 设，则，显然当时不合题意，必有.令，得，于是在上是增函数，在上是减函数，所以在处取得极大值，所以，即，且应有.于是.又时，时，所以是的极大值点

6、，所以.故选D.第卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分，答案须填在题中横线上（一）必考题（11-14题）从某小区抽取户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在至度之间，频率分布直方图如图所示.（1）直方图中的值为 0 50 100 150 200 250 300 350（2）在这些用户中，用电量落在区间内的户数为 分析（1）根据频率分布直方图中各个小矩形的面积之和等于，可求出的值；（2）求出月用电量落在内的频率，即可求得月电量在内的户数. 解析（1）由于，解得.（2）数据落在内的频率是，所以月用电量在 内的户数为.阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的

7、结果 开始输出结束是是否否分析 按照程序框图的执行流程分析循环过程，得到输出结果.解析 程序框图的执行流程及中间结果如下：第一步：，不是奇数，；第二步：，是奇数，；第三步：，不是奇数，；第四步：，不是奇数，；第五步：，这时跳出循环，输出.设，且满足：，则 分析 先利用柯西不等式求出的最值，再结合题目条件得到的值，然后根据等号成立的条件求出的值，从而求得的值.解析 由柯西不等式可得，即，因此.因为，所以，解得，于是.古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数，第个三角型数为记第个边形数为 ()，以下列出了部分边形数中第个数的表达式：三角形数 ，正方形数 ，五边形数 ，六边形数 ，

8、 可以推测的表达式，由此计算 分析 先根据给出的几个结论，推测出当为偶数时，的表达式，然后再将代入，计算的值.解析 由，可以推测：当为偶数时，于是， 故.（二）选考题：（请考生在第15、16两题中任选一题作答，请现在答题卡指定位置将你所选的题目序号后方框用2B铅笔涂黑，如果全选，则按第15题作答结果计分）（选修4-1：几何证明选讲）第15题图如图，圆上一点在直径、上的射影为，点在半径上的射影为，若，则 的值为 分析 设出圆的半径，利用相交弦定理求出的长，再利用射影定理 求和的长，从而得到比值.解析 设圆的直径，则.由相交弦定理，得，所以. 在中，则射影定理可得，于是，故.（选修4-4：坐标系与

9、参数方程）在直角坐标系中，椭圆的参数方程为 (为参数，)，在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴）中，直线与圆的极坐标方程分别为（为非零数）与若直线经过椭圆的焦点，且与圆相切，则椭圆的离心率为 分析 先将参数方程与极坐标方程化为普通方程，再根据直线过焦点、直线与圆相切建立关于椭圆方程中的等式，再结合求得离心率.解析 由已知可得椭圆标准方程为.由可得 ，即直线的普通方程为.又圆的普通方程为，不妨设直 线经过椭圆的右焦点，则得.又因为直线与圆相切，所以，因此，即.整理，得，故椭圆的离心率为.三、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

10、骤（本小题满分12分） 在中，对应的边分别是 已知 (1) 求角的大小 (2) 若的面积，求的值分析 （1）利用倍角公式和诱导公式化简已知条件，求得的值，进而得角的大小； （2）由面积求出，再利用余弦定理求出，最后利用正弦定理求出的值.解析（1）由，得，即.解得.因为，所以.（2）由，得.又，所以.由余弦定理，得，故. 又由正弦定理，得.（本小题满分12分） 已知等比数列满足： ，(1) 求数列的通项公式； (2) 是否存在正整数，使得？若存在，求的最小值；若不存在，说明理由分析（1）先求得和公比，再求通项公式；（2）根据数列仍然构成等比数列可求得数列的前项和，进而作出判断.解析（1）设等比数

11、列的公比为，则由已知可得解得或.故，或.（2）若，则，故数列是首项为，公比为的等比数列.从而.若，则，故数列是首项为，公比为的等比数列，从而，故.综上，对任何正整数，总有. 故不存在正整数，使得成立.（本小题满分12分） 如图所示，是圆的直径，点是圆上异于，的点，直线平面，分别是，的中点(1) 记平面与平面的交线为，试判断直线与平面的位置关系，并加以证明； (2) 设(1)中的直线与圆的另一个交点为，且点满足，记直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，二面角的大小为，求证： 分析（1）从入手，利用线面平行的判定定理与性质定理进行判断与证明；（2）可建立空间直角坐标系，利用坐标进行求解和证明

12、，也可直接根据空间各种角的定义在图形中作出各角，然后通过三角函数进行证明.解析（1）直线.证明如下：连接，因为分别是 的中点，所以.又，且，所以.而.且，所以.因为，所以直线.（2）证法一（综合法）：如图（1），连接，由（1）可知交线即为直线，且.因为是的直径，所以，于是.已知，而，所以.而，所以.连接，因为，所以.故就是二面角的平面角，即.由，作，且.连接，因为是的中点，所以，从而四边形是平行四边形，.连接，因为，所以是在平面内的射影.故就是直线与平面所成的角，即.又，所以，所以为锐角.故为异面直线与所成的角，即，于是在中，分别可得，从而，即.证法二（向量法）：如图（2），由,作,且.连接.

13、由（1）可知交线即为直线.以点为原点，向量所在直线分别为轴，建立如图（2）所示的空间直角坐标系，设，则有.于是，所以，从而.取平面的一个法向量为，可得.设平面的一个法向量为.由，可得，取.于是，从而.故，即.（本小题满分12分） 假设每天从甲地去乙地的旅客人数是服从正态分布的随机变量，记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过的概率为(1) 求的值；（参考数据：若，有， ， (2) 某客运公司用、两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次、两种车辆的载客量分别为人和人，从甲地去乙地的营运成本分别为元/辆和元/辆，公司拟组建一个不超过辆车的客运车队，并要求型车不多于型车辆若每天要以

14、不小于的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备型车、型车各多少辆？分析（1）由正态分布的对称性可求的值；（2）根据求解线性规划应用题的一般方法步骤进行求解.解析（1）由于随机变量服从正态分布，故有.由正态分布的对称性，可得.（2）设型、型车辆的数量分别为，则相应的营运成本为.依题意，还需满足.由（1）知，故等价于.于是问题等价于求满足约束条件且使目标函数达到最小的.作可行域如图所示，可行域的三个顶点坐标分别为.由图可知，当直线经过可行域的点时，直线在轴上截距最小，即取得最小值.故应配备型车辆辆、型车辆辆.（本小题满分13分） 如图，已知椭圆与 的中心坐标原点

15、，长轴均为且在轴上，短轴长分别为，（），过原点且不与轴重合的直线与，的四个交点按纵坐标从大到小依次为第21题图记， 和的面积分别为和(1) 当直线与轴重合时，若，求的值；(2) 当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线，使得？并说明理由 分析（1）当与轴重合时，可直接求出的面积，结合条件可得到的值；（2）当与轴不重合时，设出直线的斜率，得到其方程，然后与椭圆方程联立，通过根与系数的关系、弦长公式，结合的表达式，得到关于的方程，通过方程是否有解判断是否存在符合要求的直线.解析 依题意可设椭圆和的方程分别为，其中.（1）方法一：如图（1）所示，若直线与轴重合，即直线的方程为，则，所以.在和的方程中分

16、别令，可得，于是.若，则，化简，得.由，可解得.故当直线与轴重合时，若，则.方法二：如图（1），若直线与轴重合，则，；.所以.若，则，化简，得.由，可解得.故当直线与轴重合时，若，则.（2）方法一：如图（2），若存在与坐标轴不重合的直线，使得，根据对称性，不妨设直线，点到直线的距离分别为，则，所以.又，所以，即.由对称性可知，所以，于是. 将的方程分别与，的方程联立，可求得.根据对称性可知，于是. 从而由和式可得. 令，则由，可得，于是由可解得.因为，所以.于是式关于有解，当且仅当，等价于.由，可解得，即.由，解得.所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线，使得；当时，存在与坐标轴不重合的直线，使

17、得.方法二：如图（2），若存在与坐标轴不重合的直线，使得，根据对称性，不妨设直线，点到直线的距离分别为，则，所以.又，所以.因为，所以.由点分别在上，可得，两式相减可得. （*）依题意得，所以.所以由（*）式可得.因为，所以由，可解得.从而，解得，所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线，使得；当时，存在与坐标轴不重合的直线，使得.（本小题满分14分） 设是正整数，为正有理数（1） 求函数=的最小值； （2） 证明：；（3） 设，记为不小于的最小整数，例如，令=，求的值（参考数据：，）分析（1）利用导数研究函数的单调性和极值从而得到函数的最小值；（2）利用（1）的结论，根据函数的最小值，得到恒成立，从而构造不等式证明结论.解析（1）因为，令，解得. 当时，所以在内是减函数；当时，所以在内是增函数.故函数在处取得最小值.（2）证明：由（1），知当时，即，当且仅当时等号成立，故当且时，有. 在中，令（这时），得.上式两边同乘，得，即. 当时，在中，令（这时），类似可得. 且当时，也成立.综合，得. （3）在中，令，分别取值，得，.将以上各式相加并整理，得.代入数据计算，可得，.由的定义，得.15