2013年安徽高考数学(文)

2013年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）数 学（文科）第卷（选择题 共50分）一、本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1. 设是虚数单位，若复数是纯虚数，则的值为（ ）.A. B. C. D. 分析 先利用复数的运算法则将复数化为的形式，再由纯虚数的定义求.解析 因为，由纯虚数的定义，知，所以.故选D.2. 已知，则（ ）. A. B. C. D. 分析 解不等式求出集合，进而得，再由集合交集的定义求解.解析 因为集合，所以， 则.故选A.3. 如图所示，程序据图（算法流程图）的输出结果为（ ）.A. B. C. D. 分析 利用框图的条件结构和循环结构求解.解析，；，；，；，不成立，输出的值为.故选C.4. “”是“”的（ ）.A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 分析 先解一元二次方程，再利用充分条件、必要条件的定义判断.解析 当时，显然；当时，或，所以“”是“”的必要不充分条件.故选B.5. 若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为（ ）.A. B. C. D. 分析 解决本题的关键是求出甲或乙被录用的可能结果种数，直接求解情况较多，可间接求解，再用古典概型求概率. 解析 由题意，从五位大学毕业生中录用三人，所有不同的可能结果有（甲，乙，丙）， （甲，乙，丁），（甲，乙，戊），（甲，丙，丁），（甲，丙，戊），（甲，乙，戊），（乙，丙，丁）， （丁，丙，戊），（乙，丁，戊），（丙，丁，戊），共种，其中“甲与乙均未被录用”的所有不 同的可能结果只有（丙，丁，戊）这种，故其对立事件“甲或乙被录用”的可能结果有种，所以概率.故选D.6. 直线被圆截得的弦长为（ ）.A. B. C. D. 分析 先把圆的一般方程化为标准方程，求出圆心和半径，再在圆中构造直角三角形，利用勾股定理求弦长.解析 圆的方程可化为，其圆心为，半径.如图所示，取弦的中点，连接，则，圆心到直线的距离.在中，故直线被圆截得的弦长.故选C.7. 设为等差数列的前项和，则（ ）.A. B. C. D. 分析 借助等差数列前项和公式及通项公式的性质，计算数列的公差，进而得到的值.解析 由等差数列性质及前项和公式，得，所以.又，所以公差，所以.故选A.8. 函数的图象如图所示，在区间上可找到个不同的数，使得，则的取值范围是（ ）. A. B. C. D. 分析 利用的几何意义，将所求转化为直线与曲线的交点个数问题并利用数形结合求解.解析 由题意，函数上的任一点坐标为，故表示曲线上任一点与坐标原点连线的斜率，若，则曲线上存在个点与原点连线的斜率相等，即过原点的直线与曲线有个交点，如图所示，数形结合可得的取值可为.故选B.9. 设的内角所对边的长分别为，若，则角（ ）. A. B. C. D. 分析 利用正弦定理，余弦定理求解.解析 由，得，又因为，所以，所以.因为，所以.故选B.10. 已知函数有两个极值点，若，则关于的方程的不同实根个数是（ ）. A. B. C. D. 分析 先求给定函数的导函数，由极值点的定义及题意，得出或，再利用数形结合确定这两个方程实数根的个数.解析 因为，函数的两个极值点为，则，所以，是方程的两根，所以解关于的方程，得或.由上述可知函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，又，如图所示，由数形结合可知时有两个不同实根，有一个实根，所以不同实根 的个数为.故选A.第II卷（共100分）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.ww11. 函数的定义域为 .分析 列出函数有意义的限制条件，解出不等式组.解析 要使函数有意义，需即即即解得所以定义域为.12. 若非负数变量满足约束条件，则的最大值为 . 分析 先画出可行域，再画出目标函数线过原点时的直线，向上平移，寻找满足条件的最优解， 代入即可得所求.解析 根据题目中的约束条件画出可行域，注意到，非负，得可行域为如图所示的阴影部分（包括边界），作直线并向上平移，数形结合可知，当直线过点，时，取得最大值，最大值为.13. 若非零向量满足，则与夹角的余弦值为 .解析 由两边平方，得所以.又所以14. 定义在上的函数满足.若当时，则当时， . 分析 由于当时解析式已知，且已知可设则整体代入求解.解析 设则所以. 又因为所以.15. 如图所示，正方体的棱长为，为的中点，为线段上的动点，过点的平面截该正方体所得的截面记为.则下列命题正确的是 （写出所有正确命题的编号）当时，为四边形当时，为等腰梯形当时，与的交点满足当时，为六边形当时，的面积为解析 利用平面的基本性质结合特殊四边形的判定与性质求解. 当时，如图（1）所示，在平面内，作，显然在棱上， 连接，则是四边形. 当时，如图（2）所示，显然连接，则是等腰梯形.当时，如图（3）所示，作交的延长线于点，则， 作交的延长线于点，则，连接交于点， 由于，所以，所以. 当时，如图（3）所示，连接（点为与交点），显然为五边形；当时，如图（4）所示，同可作交的延长线于点，交于点， 显然点为的中点，所以为菱形，其面积为. 综上，正确的命题序号是.三、解答题：本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16. （本小题共12分）设函数.（1）求的最小值，并求使取得最小值的集合；（2）不画图，说明函数的图象可由的图象经过怎样变化得到.分析（1）先逆用两角和正弦公式把化成关于一个角的三角函数，再利用正弦函数性质计算 （2）利用三角函数图像的变换规律求解.解析 （1）因为.所以当，即时，取得最小值.此时的取值集合为. （2）先将的图像上所有点的纵坐标伸长到原来的倍（横坐标不变），得 的图像；再将的图像上所有的点向左平移个单位，得的图像.17. （本小题共12分）为调查甲、乙两校高三年级学生某次联考数学成绩情况，用简单随机抽样，从这两校中各抽取 名高三年级学生，以他们的数学成绩（百分制）作为样本，样本数据的茎叶图如下： 甲 乙 （1）若甲校高三年级每位学生被抽取的概率为，求甲校高三年级学生总人数，并估计甲校高三年级这次联考数学成绩的及格率（分及分以上为及格）；（2）设甲、乙两校高三年级学生这次联考数学平均成绩分别为，估计的值.分析（1）由样本数除以所占的比例得总体，计算样本中的及格率，利用样本估计总体；（2）阅读茎叶图，代入平均数公式计算可解.解析（1）设甲校高三年级学生总人数为.由题意知，解得.样本中甲校高三年级学生数学成绩不及格人数为，据此估计甲校三年级这次联考教学成绩的及格率为.（2）设甲、乙两校样本平均数分别为，.根据样本茎叶图可知. 因此.故的估计值为分.18. （本小题共12分）如图所示，四棱锥的底面是边长为的菱形，.已知，.（1）证明：；（2）若为的中点，求三棱锥的体积. 分析（1）连接，与交于点，由以及底面为菱形的条件，线面垂直的判定定理可证，从而可证；（2）利用四面体的等积变换，转化为以为顶点的三棱锥，进而判断三棱锥的体积是三棱锥的体积的一半，代入公式计算.解析（1）连接，交于点，连接.因为底面是菱形，所以.由知，.又因为，所以，因此.（2）因为是的中点，所以.由知，.因为，所以，.又，所以，所以，故. 由（1）知，因此.19. （本小题共13分）设数列满足，且对任意，函数满足.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.分析（1）求导，代入，并对所得式子进行变形，从而证明数列是等差数列，再由题目条件求基本量，得通项公式.（2）将代入化简，利用分组求和法，结合等差、等比数列的前项和公式计算.解析（1）由题设可得.对任意，即，故为等差数列.由，可得数列的公差，所以.（2）由知，.20. （本小题共13分）设函数，其中，区间.（1）求的长度（注：区间的长度定义为）； （2）给定常数，当时，求长度的最小值.分析 利用一元二次方程和一元二次不等式的关系，先求出解集，构造函数，利用导数求解函数的单调性和最值.解析 （1）因为方程有两个实根，故的解集为，因此区间，区间的长度为. （2）设，则.令 得.由于，故 当时，单调递增；当时，单调递减. 所以当时，的最小值必定在或处取得. 而，故.因此当时 在区间上取得最小值.21. （本小题共13分）已知椭圆的焦距为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆上一点，过点作轴的垂线，垂足为.取点，连接，过点作的垂线交轴于点.点是点关于轴的对称点，作直线，问这样作出的直线是否与椭圆一定有唯一的公共点？并说明理由.分析 （1）由于焦矩已知，可将原方程中的参数用一个量来表示，并把点坐标代入求解. （2）由点坐标得点坐标，再确定点的坐标，从而可得点坐标，于是写出直线的方程