2013 广西高考数学大纲卷(理)

2013年普通高等学校招生全国统一考试（广西卷）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设集合，则中元素的个数为（ ） A B C D分析 依据题目条件直接计算.解析：由题意可知，集合，共4个元素.故选B.已知为虚数单位，则（ ） A B C D分析 直接利用复数的乘法运算法则计算.解析：.故选A.已知向量，若，则（ ） A B C D分析 利用坐标运算得出与的坐标，再由两向量垂直的坐标公式求.解析：因为，由，可得，解得.故选B.已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A B C D分析 已知函数的定义域为，求函数的定义域，是求满足不等式 的的取值集合.解析：要使函数有意义，需满足，解得，即所求函数的定义域为 .故选B.函数的反函数（ ） A BC D分析 由已知函数解出，并由的范围确定原函数的值域，按照习惯把互换，得反函数.解析：由，得，故.把与互换，即得. 由，得，可得.故所求反函数为.故选A.已知数列满足，则的前项和等于（ ） A B C D分析 先根据等比数列的定义判断数列的等比数列，得到首项与公比，再代入等比数列前项和公式计算.解析：由，得，故数列是公比的等比数列.又， 可得.所以.故选C.的展开式中的系数是（ ） A B C D分析 利用二项展开式的通项公式写出的通项，从而确定的系数.解析：因为的通项为，的通项为，故的通项为. 令得的系数为故选D.椭圆的左，右顶点分别为，点在上且直线的斜率的取值范围是，那么直线斜率的取值范围是（ ） A B C D分析 利用直线斜率的取值范围确定点变化范围的边界点，再利用斜率公式计算直线斜率的边界值.解析：由题意可得，当的斜率为时，直线的方程为， 代入椭圆方程，消去化简得，解得或.由点在椭圆上得点，此时直线的斜率.同理，当直线的斜率为时，直线方程为，代入椭圆方程，消去化简得，解得或.由点在椭圆上得点，此时直线的斜率.数形结合可知，直线斜率的取值范围是.故选B.若函数在上是增函数，则的取值范围是（ ） A B C D分析 把函数在某一区间上的单调递增转化为其导函数在该区间上大于或等于零恒成立，分离参数后求新函数的最值.解析：由题意知对任意的恒成立，又， 所以对任意的恒成立，分离参数得，若满足题意，需.令，.因为，所以当时，即在上单调递减，所以，.故选D.已知正四棱锥中，则与平面所成的正弦值等于（ ） A B C D分析 方法一：利用正四棱柱的性质，通过几何体中的垂直关系，判断点在平面上的射影位置，确定线面角，并化归到直角三角形中求解.方法二：建立空间直角坐标系，利用向量法求解.解析：方法一：如图（1）所示，连接，交于点，由正四棱柱的性质，有.因为，所以.又，所以.在平面内作，垂足为，则.又，所以，连接，则为在平面上的射影，所以为与平面所成的角.设.在中，由等面积变换易求得.在，.方法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图（2），设，则，则，.设平面的法向量为，则，所以有令，得平面的一个法向量为.设与平面所成的角为， 则.故选A.已知抛物线与点，过的焦点且斜率为的直线与交于两点，若，则（ ） A B C D分析 联立直线与抛物线的方程，消元得一元二次方程并得两根之间的关系，由进行坐标算解未知量.解析：抛物线的焦点为，则直线方程为，与抛物线方程联立，消法化简得.设点，则所以因为，将上面各个量代入，化简得， 所以.故选D.已知函数，则下列结论中正确的（ ） A的图象关于点中心对称 B的图象关于直线对称 C的最大值为 D既是奇函数，又是周期函数分析 逐项分析检验，确定答案.解析：A项，因为，所以的图象关于点中心对称，故正确.B项，因为，所以的图象关于直线对称，故正确.C项，令，则，的最大值问题转化为求在上的最大值，令，得或，经计算比较得最大值为，故错误.D项，由知其为奇函数，综合选项A、B知为周期函数，故正确.故选C.第卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，答案须填在题中横线上已知是第三象限角，则 分析 借助同角三角函数的基本关系求解.解析：由且是第三象限角，可得， 所以.个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有 种（用数字作答）分析 方法一：不相邻问题利用插空法求解；方法二：利用排除法间接求解.解析：方法一：先把除甲、乙外的4个人全排列，共有种方法.再把甲、乙两人插入这4个形成的五个空位中的两个人，共有种不同的方法.故所有不同的排法共有（种）. 方法二：6人排成一排，所有不同的排法有（种），其中甲、乙相邻的所有不同的排法有（种），所以甲、乙不相邻的不同排法共有（种）.记不等式组所表示的平面区域为若直线与有公共点，则的取值范围是 分析 直线恒过定点且斜率为，作出可行域后数形结合可解.解析：不等式组所表示的平面区域为如图所示阴影部分（含边界），且,，.直线恒过定点且斜率为.由斜率公式可知，.若直线与区域有公共点，数形结合可得. 答案：.已知圆和圆是球的大圆和小圆，其公共弦长等于球的半径，且圆与圆所在的平面所成角为，则球的表面积等于 分析 根据球的截面性质以及二面角的平面角的定义域确定平面角，把球的半径转化到直角三角形中计算，进而求得球的表面积.解析：如图所示，公共弦为，设球的半径为，则.取中点，边接，由圆的性质知，所以为圆与圆所在平面所成的一个二面角的平面角，则.在中，所以.在中，因为，所以，解得，所以球的表面积为.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10分） 等差数列的前项和为已知，且成等比数列，求数列的通项公式分析 设出等差数列的公差，根据题目条件列方程求解.解析：设的公差为.由，得，故或.由成等比数列得，.又，故若，则，所以，此时，不合题意；若，则，解得或.因此的通项公式为或.（本小题满分12分） 设的内角的对边分别为，且（1）求； （2）若，求分析（1）由已知式的结构，可联想应用余弦定理求角；（2）由（1）知，利用 的余弦公式展开，并构造的形式，求得的值，进而得角.解析：（1）因为，所以.由余弦定理得，因此.（2）由（1）知，所以 ， 故或，因此或.（本小题满分12分） 如图所示，四棱锥中，与都是等边三角形 （1）证明：； （2）求二面角的大小分析 （1）借助中位线及线线、线面垂直证线线垂直；（2）方法一：利用几何方法作、证、求二面角大小；方法二：利用向量方法，以为原点建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，分别求平面和平面的法向量，利用向量夹角公式计算.解析：（1）证明：如图（1），取的中点，连接，则为正方形.过作，垂足为.连接.由和都是等边三角形知，所以，即点为正方形对角线的交点，故.又，所以，从而.因为是的中点，是的中点，所以.因此.（2）方法一：由（1）知，故.又，所以.取的中点，的中点，连接，则，连接，由为等边三角形可得，所以为二面角的平面角.连接，则.又，所以.设，则，故.在中，所以.因此二面角的大小为.方法二：由（1）知，两两垂直.以为坐标原点，的方向为轴的正方向建立如图（2）所示的空间直角坐标系.设，则，.，.设平面的法向量为，则，可得.取，得，故.设平面的法向量为，则，可得取，得，故.于是.由于等于二面角的平面角，所以二面角的大小为.（本小题满分12分） 甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判，设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果都相互独立，第局甲当裁判（1）求第局甲当裁判的概率；（2）表示前局中乙当裁判的次数，求的数学期望分析 （1）由相互独立事件同时发生的概率公式求解；（2）前4局乙当裁判的次数可能为仿（1）的思路分别计算各自的概率并代入数学期望公式求解.解析（1）记表示事件“第2局结果为甲胜”，表示事件“第3局甲参加比赛时，结果为甲负”，表示事件“第4局甲当裁判”，则，（2）的可能取值为.记表示事件“第3局乙和丙比赛时，结果为乙胜丙”，表示事件“第1局结果为乙胜丙”，表示事件“第2局乙和甲比赛时，结果为乙胜甲”，表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙负”.则， 故（本小题满分12分） 已知双曲线的左，右焦点分别为，离心率为，直线与 的两个交点间的距离为（1）求；（2）设过的直线与的左，右两支分别交于，两点，且证明：成等比数列分析（1）由双曲线的离心率得的关系式，求出直线与双曲线的交点坐标，借助两点间距离解得；（2）设出直线方程并与双曲线方程联立，结合两点间距离公式等得出各线段长度后证明.解析：（1）由题设知，即，故.所以的方程为.将代入上式，求得.由题设知，解得.所以.（2）由（1）知，的方程为. 由题意可设的方程为，将其代入并化简，得.设，则，.于是，由，得，即，故，解得，从而.由于，故， 因而，所以，成等