2013年高考数学新课标2(理)

2013年普通高等学校招生全国统一考试（新课标2卷）数 学（理科）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. 已知集合，则（ ）.A. B. C. D. 分析 先求出集合，然后运用集合的运算求解.解析 集合，所以，故选A.2. 设复数满足，则（ ）. A. B. C. D. 分析 先设出复数，然后运用复数相等的充要条件求出的值.解析 设，则，即.根据复数相等的充要条件得解得所以.故选A.3. 等比数列的前项和为，已知，则（ ）.A. B. C. D. 分析 先设出公比，然后根据已知条件列出方程组，求出.解析 设公比为，因为，所以所以解得故选C.4. 已知为异面直线，平面，平面.直线满足，则（ ）.A. 且 B. 且 C. 与相交,且交线垂直于 D. 与相交,且交线平行于分析 结合给出的已知条件，画出符合条件的图形，然后判断得出.解析 根据所给的已知条件作图，如图所示，由图可知与相交，且交线平行于，故选D.5. 已知的展开式中的系数为，则（ ）.A. B. C. D. 分析 先求出含有与的项的系数，从而得到展开式中的系数.解析 中含有与的项为，所以的系数为，所以，故选D.6. 执行右面的程序框图，如果输入的，那么输出的（ ）.A. B. C. D. 分析 根据程序框图所给的已知条件逐步求解，直到得出满足条件的结果.解析 当输入时，由于，因此， 此时不满足；当时，此时不满足；当时，此时不满足；当时，此时不满足；当时，此时满足.因此输出，故选B.7. 一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，画该四面体三视图中的正视图时，以平面为投影面，则得到正视图可以为（ ）. A. B. C. D.分析 结合已知条件画出图形，然后按照要求作出正视图. 解析 根据已知条件作出图形：四面体，标出各个点的坐标如图（1）所示，可以看出正视图是正方形，如图（2）所示.故选A. 8. 设则（ ）. A. B. C. D. 分析 结合对数的运算性质进整理，利用对数函数的性质求解.解析因为所以，故选D.9. 已知，满足约束条件，若的最小值为，则（ ）. A. B. C. D. 分析 本题可先画出可行域，然后根据图形确定出最小值点进行解答.解析作出不等式组表示的可行域，如图（阴影部分）.易知直线过交点时，取最小值，由得所以，得，故选B. 10. 已知函数，下列结论中错误的是（ ）.A. B. 函数的图象是中心对称图形 C. 若是的极小值点，则在区间单调递减 D. 若是的极值点，则分析 结合函数与导数的基础知识进行逐个推导.解析A项，因为函数的值域为，所以一定存在，使.A正确.B项，假设函数的对称中心为，按向量将函数的图象平移，则所得函数是奇函数.所以，化简得.上式对恒成立，故，得，所以函数的对称中心为，故的图象是中心对称图形.B正确.C项，由于是二次函数，有极小值点，必定有一个极大值点，若，则在区间上 不单调递减.C错误.D项，若是极值点，则一定有.故选C.11. 设抛物线的焦点为，点在上，若以为直径的圆过点，则的方程为（ ）.A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 分析 本题结合抛物线的定义以及圆的基础知识进行求解.解析 设，的中点为.由，所以点的坐标为.由抛物线的定义知，所以.所以.因为，所以.所以.即所以.整理得.解得或.所以抛物线方程为或.故选C.12. 已知点，直线将分割为面积相等的两部分，则的取值范围是（ ）.A. B. C. D. 分析 根据题意画出图形，根据面积相等得出的关系式，然后求出的取值范围.解析 由题意画出图形，如图（1）.由图可知，直线的方程为.由解得.可求.因为直线将分割为面积相等的两部分，所以.又，所以，即.整理得.所以，所以，所以，即，可以看出，当增大时，也增大.当时，即.当时，直线接近于.当时，如图（2），.所以，所以.由上分析可知，故选B.第II卷（共100分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知正方形的边长为，为的中点，则 .分析 先建立平面直角坐标系，结合向量数量积知识求解.解析 如图所示，以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，则，所以，所以.14. 从个正整数中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于的概率为，则 .分析 先找出两数之和等于的各种情况，再结合组合知识求解.解析 由题意知，取出的两数之和等于的有两种情况：和，所以，即，解得（舍去）或.15. 设为第二象限的角，若，则 .分析 本题先求出，然后运用同角三角函数关系式进行变形求解.解析 因为，所以，解得.所以.因为为第二象限角，所以，所以，所以.16. 等差数列的前项和为，已知，则的最小值为 . 分析 先根据已知条件求出首项和公差，代入再运用导数知识进行求解.解析 设等差数列的首项为，公差为，由等差数列前项和可得解得所以，所以，令，解得（舍去）或.当时，是单调递增的；当时，是单调递减的，故当时，取最小值，所以.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.17. （本小题共12分）在内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若，求面积的最大值.分析 （1）根据正弦定理转化为角的关系、运用三角恒等变换知识求出的值；（2）综合运用余弦定理、重要不等式及三角形面积公式进行求解.解析（1）由已知及正弦定理得. 又，故. 由和，得.又，所以.（2）的面积.由已知及余弦定理得.又，故，当且仅当时，等号成立.因此的面积的最大值为.18. （本小题共12分）如图，直三棱柱中，分别是的中点， .（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.分析（1）运用直线与平面平行的判定定理进行求解；（2）建立空间直角坐标系利用向量法进行求解.解析（1）连接，交于点，则为的中点，又是的中点，连接，则.因为，所以.（2）由，得.以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，.设是平面的法向量，则即可取同理，设是平面的法向量，则可取从而，故.即二面角的正弦值为.19. （本小题共12分）经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出该产品获利润元，未售出的产品，每 亏损元.根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示.经销商为下一个销售季度购进了该农产品.以（单位：）表示市场需求量，表示下一个销售季度内经销该农产品的利润.（1）将表示为的函数；（2）根据直方图估计利润不少于元的概率；（3）在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率（例如：若，则取，且的概率等于需求量落入的频率），求的数学期望.分析 （1）根据题意购进了，应分两段进行求解；（2）运用得出的函数结合频率分布直方图求出范围，然后估计概率；（3）先找出所有的的取值，然后列出分布列，求出数学期望.解析（1）当时，.当时，.所以（2）由（1）知利润不少于57 000元当且仅当.由直方图知需求量的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润不少于57 000元的概率的估计值为0.7.（3）依题意可得的分布列为45 00053 00061 00065 0000.10.20.30.4所以.20. （本小题共12分）平面直角坐标系中，过椭圆右焦点的直线交于两点，为的中点，且的斜率为.（1）求的方程；（2）为上的两点，若四边形的对角线，求四边形面积的最大值.分析 （1）先设出各点的坐标，然后运用点差法结合已知条件求出基本量，从而确定出椭圆的方程；（2）运用弦长公式或所求出的两点的坐标分别求出和的长，然后求出面积最大值.解析（1）设，则由此可得.因为，所以.又由题意知，的右焦点为，故.因此.所以的方程为.（2）由解得或因此.由题意可设直线的方程为，设，.由得于是因为直线的斜率为1，所以.由已知，四边形的面积，当时，取得最大值，最大值为.所以四边形面积的最大值为.21. （本小题共12分）已知函数.（1）设是的极值点，求，并讨论的单调性；（2）当时，证明.分析（1）先根据极值点确定出的值，然后运用导数求出函数的单调区间，要注意定义域；（2）根据导数知识求出的最小值大于0即可.解析（1）.由是的极值点得，所以.于是，定义域为，.函数在上单调递增，且，因此当时，；当时，.所以，在上单调递减，在上单调递增.（2）证明：当，时，故只需证明当时，.当时，函数在上单调递增.又，故在上有唯一实根，且.当时，；当时，从而当时，取得最小值.由得，故. 综上，当时，.请考生在第22、23、24题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一部分，做答时请写清题号.22.（本小题满分10分）选修4-1几何证明选讲 如图，为外接圆的切线，的延长线交直线于点分别为弦与弦 上的点，且，四点共圆.（1）证明：是外接圆的直径；（2）若，求过四点的圆的面积与外接圆面积的比值. 分析 （1）要证为外接圆的直径，只需证为直角，根据已知 条件可证得；（2）要求两圆的面积比，可先求两圆的直径比.解析（1）因为为外接圆的切线，所以. 由题设知，故，所以.因为四点共圆，所以，故，所以.因此为外接圆的直径.（2）连接，因为，所以过四点的圆的直径.由，.又，所以.而，故过四点的圆的面积与外接圆面积的比值为.23.（本小题满分10分）选修4-4；坐标系与参数方程已知动点都在曲线（为参数）上，对应参数分别为与 （），为的中点.（1）求的轨迹的参数方程；（2）将到坐标原点的距离表示为的函数，并判断的轨迹是否过坐标原点.分析 （1）根据已知条件得出两点的