2013高考辽宁卷数学(理).doc

2013辽宁卷(理)第卷一、选择题1复数z的模为()A. B. C. D2答案B解析z，|z| .2已知集合Ax|0log4x1，Bx|x2，则AB()A(0,1) B(0,2 C(1,2) D(1,2答案D解析Ax|1x4，Bx|x2，ABx|1x23已知点A(1,3)，B(4，1)，则与向量A同方向的单位向量为()A. B.C. D.答案A解析AOO(4，1)(1,3)(3，4)，与A同方向的单位向量为.4下面是关于公差d0的等差数列an的四个命题：p1：数列an是递增数列；p2：数列nan是递增数列；p3：数列是递增数列；p4：数列an3nd是递增数列其中的真命题为()Ap1，p2 Bp3，p4 Cp2，p3 Dp1，p4答案D解析ana1(n1)d，d0，anan1d0，命题p1正确nanna1n(n1)d，nan(n1)an1a12(n1)d与0的大小和a1的取值情况有关故数列nan不一定递增，命题p2不正确对于p3：d，当da10，即da1时，数列递增，但da1不一定成立，则p3不正确对于p4：设bnan3nd，则bn1bnan1an3d4d0.数列an3nd是递增数列，p4正确综上，正确的命题为p1，p4.5某班的全体学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为：20,40)，40,60)，60,80)，80,100若低于60分的人数是15，则该班的学生人数是()A45 B50 C55 D60答案B解析由频率分布直方图，低于60分的频率为(0.010.005)200.3.该班学生人数n50.6在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asin Bcos Ccsin Bcos Ab，且ab，则B()A. B. C. D.答案A解析由条件得sin Bcos Csin Bcos A，依正弦定理，得sin Acos Csin Ccos A，sin(AC)，从而sin B，又ab，且B(0，)，因此B.7使n(nN)的展开式中含有常数项的最小的n为()A4 B5 C6 D7答案B解析展开式的通项公式Tr1C(3x)nrr，Tr13nrCxnr，r0,1,2，n.令nr0，nr，故最小正整数n5.8执行如图所示的程序框图，若输入n10，则输出S()A. B. C. D.答案A解析执行第一次循环后，S，i4；执行第二次循环后，S，i6；执行第三次循环后，S，i8；执行第四次循环后，S，i10；执行第五次循环后，S，i12，此时in不成立，退出循环，输出S.9已知点O(0,0)，A(0，b)，B(a，a3)若OAB为直角三角形，则必有()Aba3Bba3C(ba3)0D|ba3|0答案C解析易知AOO(a，a3b)，且b0，a0，若A为直角，(0，b)(a，a3b)b(a3b)0，ba30，若B为直角，OA(a，a3)(a，a3b)0，a2a3(a3b)0，则ba30，故(ba3)0，选C.10已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上若AB3，AC4，ABAC，AA112，则球O的半径为()A. B2 C. D3 答案C解析ABAC，且AA1底面ABC，将直三棱柱补成内接于球的长方体，则长方体的对角线l 2R，R.11已知函数f(x)x22(a2)xa2，g(x)x22(a2)xa28.设H1(x)maxf(x)，g(x)，H2(x)minf(x)，g(x)(maxp，q表示p，q中的较大值，minp，q表示p，q中的较小值)记H1(x)的最小值为A，H2(x)的最大值为B，则AB()A16 B16Ca22a16 Da22a16答案B解析f(x)x(a2)244a，g(x)x(a2)2124a，在同一坐标系内作f(x)与g(x)的图象(如图)依题意知，函数H1(x)的图象(实线部分)，函数H2(x)的图象(虚线部分)H1(x)的最小值Af(a2)44a，H2(x)的最大值Bg(a2)124a，因此AB(44a)(124a)16.12设函数f(x)满足x2f(x)2xf(x)，f(2)，则x0时，f(x)()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答案D解析由x2f(x)2xf(x)，得f(x)，令g(x)ex2x2f(x)，x0，则g(x)ex2x2f(x)4xf(x)ex2.令g(x)0，得x2.当x2时，g(x)0；0x2时，g(x)0，g(x)在x2时有最小值g(2)e28f(2)0，从而当x0时，f(x)0，则f(x)在(0，)上是增函数，所以函数f(x)无极大值，也无极小值第卷二、填空题13某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是_答案1616解析由三视图知，该几何体是由一个底面半径r2的圆柱内挖去了一个底面边长为2的正四棱柱，又该几何体的高h4，V(2222)41616.14已知等比数列an是递增数列，Sn是an的前n项和若a1，a3是方程x25x40的两个根，则S6_.答案63解析a1，a3是方程x25x40的两根，且q1，a11，a34，则公比q2，因此S663.15已知椭圆C：1(ab0)的左焦点为F，C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF.若|AB|10，|AF|6，cosABF，则C的离心率e_.答案解析如图，在ABF中，|AB|10，|AF|6，且cosABF，设|BF|m，由余弦定理，得62102m220m，m216m640，m8.因此|BF|8，AFBF，c|OF|AB|5.设椭圆右焦点为F，连接BF，AF，由对称性，|BF|AF|6，2a|BF|BF|14.a7，因此离心率e.16为了考察某校各班参加课外书法小组的人数，从全校随机抽取5个班级，把每个班级参加该小组的人数作为样本数据，已知样本平均数为7，样本方差为4，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为_答案10解析把5个班中参加该小组的人数从小到大排列，记为x1，x2，x3，x4，x5，(xiN，且x1，x2，x3，x4，x5各不相同)，由题意(x17)2(x27)2(x37)2(x47)2(x57)220.x1，x2，x3，x4，x5N，且各不相同若使x57最大，只需(x17)2(x27)2(x37)2(x47)2最小，显然(x17)2(x27)2(x37)2(x47)2最小值为01146.(x57)214，因此(x57)29，则x510，x5N，经验证x510时，x14，x26，x37，x48满足，所以样本数据中的最大值为10.三、解答题17设向量a(sin x，sin x)，b(cos x，sin x)，x.(1)若|a|b|，求x的值；(2)设函数f(x)ab，求f(x)的最大值解(1)由|a|2(sin x)2(sin x)24sin2 x，|b|2(cos x)2(sin x)21，及|a|b|，得4sin2 x1.又x，从而sin x，所以x.(2)f(x)absin xcos xsin2xsin 2xcos 2xsin，当x时，sin取最大值1.所以f(x)的最大值为.18. 如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点 (1)求证：平面PAC平面PBC；(2)若AB2，AC1，PA1，求二面角CPBA的余弦值(1)证明由AB是圆的直径，得ACBC，由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC.又PAACA，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.(2)解方法一过C作CMAP，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轴建立空间直角坐标系因为AB2，AC1，所以BC.因为PA1，所以A(0,1,0)，B(，0,0)，P(0,1,1)故C(，0,0)，C(0,1,1)设平面BCP的法向量为n1(x，y，z)，则所以不妨令y1，则n1(0,1，1)因为A(0,0,1)，A(，1,0)，设平面ABP的法向量为n2(x，y，z)，则所以不妨令x1，则n2(1，0)于是cosn1，n2.所以由题意可知二面角CPBA的余弦值为.方法二过C作CMAB于M，因为PA平面ABC，CM平面ABC，所以PACM，又PAABA，故CM平面PAB.过M作MNPB于N，连接NC，由三垂线定理得CNPB，所以CNM为二面角CPBA的平面角在RtABC中，由AB2，AC1，得BC，CM，BM，在RtPAB中，由AB2，PA1，得PB.因为RtBNMRtBAP，所以，故MN.又在RtCNM中，CN，故cosCNM.所以二面角CPBA的余弦值为.19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(1)求张同学至少取到1道乙类题的概率；(2)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每道甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立用X表示张同学答对题的个数，求X的分布列和数学期望解(1)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”因为P()，所以P(A)1P().(2)X所有的可能取值为0,1,2,3.P(X0)C02；P(X1)C11C02；P(X2)C20C11；P(X3)C20.所以X的分布列为：X0123P所以E(X)01232.20. 如图，抛物线C1：x24y，C2：x22py(p0)点M(x0，y0)在抛物线C2上，过M作C1的切线，切点为A，B(M为原点O时，A，B重合于O)当x01时，切线MA的斜率为.(1)求p的值；(2)当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方程(A，B重合于O时，中点为O)解(1)因为抛物线C1：x24y上任意一点(x，y)的切线斜率为y，且切线MA的斜率为，所以A点坐标为，故切线MA的方程为y(x1).因为点M(1，y0)在切线MA及抛物线C2上，于是y0(2)，y0.由得p2.(2)设N(x，y)，A，B(x2，)，x1x2，由N为线段AB中点知x，y.切线MA、MB的方程为y(xx1).y(xx2).由得MA，MB的交点M(x0，y0)的坐标为x0，y0.因为点M(x0，y0)在C2上，即x4y0，所以x1x2.由得x2y，x0.当x1x2时，A，B重合于原点O，AB中点N为O，坐标满足x2y.因此AB中点N的轨迹方程为x2y.21已知函数f(x)(1x)e2x，g(x)ax12xcos x当x0,1时，(1)求证：1xf(x)；(2)若f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围(1)证明要证x0,1时，(1x)e2x1x，只需证明(1x)x(1x)ex.记h(x)(1x)ex(1x)ex，则h(x)x(exex)当x(0,1)时，h(x)0，因此h(x)在0,1上是增函数，故h(x)h(0)0，所以f(x)1x，x0,1要证x0,1时，(1x)e2x，只需证明exx1.记K(x)exx1.则K(x)ex1，当x(0,1)时，K(x)0.因此K(x)在0,1上是增函数，故K(x)K(0)0，所以f(x)，x0,1综上，1xf(x)，x0,1(2)解方法一f(x)g(x)(1x)e2x1xax12xcos xx.设G(x)2cos x，则G(x)x2sin x.记H(x)x2sin x，则H(x)12cos x.当x(0,1)时，H(x)0，于是G(x)在0,1上是减函数，从而当x(0,1)时，G(x)G(0)0，故G(x)在0,1上是减函数于是G(x)G(0)2，从而a1G(x)a3，所以，当a3时，f(x)g(x)在0,1上恒成立下面证明，当a3时，f(x)g(x)在0,1上不恒成立f(x)g(x)1ax2xcos xax2xcos xx.记I(x)a2cos xaG(x)，则I(x)G(x)，当x(0,1)时，I(x)0，故I(x)在0,1上是减函数于是I(x)在0,1上的值域为a12cos 1，a3因为当a3时，a30，所以存在x0(0,1)，使得I(x0)0.此时f(x0)g(x0)，即f(x)g(x)在0,1上不恒成立综上，实数a的取值范围是(，3方法二先证当x0,1时，1x2cos x1 x2.记F(x)cos x1x2，则F(x)sin xx.记G(x)sin xx，则G(x)cos x1.当x(0,1)时，G(x)0，于是G(x)在0,1上是增函数因此当x(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x0,1时，1x2cos x.同理可证，当x0,1时，cos x1x2，综上，当x0,1时，1x2cos x1x2.因为当x0,1时，f(x)g(x)(1x)e2x(1x)ax12x(a3)x.所以当a3时，f(x)g(x)在0,1上恒成立下面证明：当a3时，f(x)g(x)在0,1上不恒成立，因为f(x)g(x)(1x)e2x1ax2x(a3)xx.所以存在x0(0,1)满足f(x0)g(x0)即f(x)g(x)在0,1上不恒成立综上，实数a的取值范围是(，322. 选修41：几何证明选讲如图，AB为O的直径，直线CD与O相切于E，AD垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，连接AE，BE.证明： (1)FEBCEB；(2)EF2ADBC.证明(1)由直线CD与O相切，得CEBEAB.由AB为O的直径，得AEEB，从而EABEBF；又EFAB，得FEBEBF，从而FEBEAB.故FEBCEB.(2)由BCCE，EFAB，FEBCEB，BE是公共边，得RtBCER