2013年辽宁高考数学(理)

2013年普通高等学校招生全国统一考试（辽宁卷）数 学（理科）一、本大题共12小题，每小题5分，共40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. 复数的的模为（ ）.A. B. C. D. 解析：因为，所以故选B.2. 已知集合，则（ ）.A. B. C. D. 解析：因为， 所以.故选D .3. 已知点，则与向量同方向的单位向量为（ ）.A. B. C. D. 解析 则与其同方向的单位向量.故选A.4. 下面是关于公差的等差数列的四个命题：数列是递增数列； 数列是递增数列；数列是递增数列； 数列是递增数列；其中的真命题为（ ）.A. B. C. D. 分析 根据等差数列的性质判定.解析 因为，所以，所以是真命题因为，但是的符号不知道，所以是假命题.同理是假命题由， 所以是真命题故选D.5. 某学校组织学生参加英语测试，成绩的频率分布直方 图如图，数据的分组依次为 若低于分的人数是人，则该班的学生人数是（ ）.A. B. C. D. 解析 根据频率分布直方图的特点可知，低于分的频率是，所以该班 的学生人数是.故选B.6. 在，内角所对的边长分别为.，且，则（ ）.A. B. C. D. 分析：根据正弦定理与和角公式求解.解析 由正弦定理可得，又因为， 所以，所以，因为， 所以.故选A.7. 使得的展开式中含有常数项的最小的为（ ）.A. B. C. D. 分析 根据二项展开式的通项公式求解.解析 ，当是常数项时， ，当，时成立故选B.8. 执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的（ ）.A. B. C. D. 解析 因为，所以，所以，所以，所以，输出.故选A.9. 已知点.若为直角三角形，则必有（ ）.A. B. C. D. 分析：根据直角三角形的直角的位置求解.解析 若以为直角顶点，则在轴上，则必为，此时,重合，不符合题意；若，则若，根据斜率关系可知，所以，即. 以上两种情况皆有可能，故只有C满足条件故选C.10. 已知三棱柱的个顶点都在球的球面上，若，则球的半径为（ ）.A. B. C. D. 分析 根据球的内接三棱柱的性质求解解析 因为直三棱柱中，所以，且为过底 面的截面圆的直径.取中点，则，则在侧面内，矩形的对角线长即为球直径，所以，即.故选C11. 已知函数，.设，表示中的较大值，表示中的较小值，记得最大值为，得最小值为，则（ ）.A. B. C. D. 分析：根据二次函数图象的特征解决解析 由，得，所以当和时，两函数值相等图象为开口向上的抛物线，图象为开口向下的抛物线，两图象在和处相交，则所以，, 所以故选B.12. 设函数满足，则时，（ ）.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 解析 由题意知令，则 由得，当时，即，则当 时，故在上单调递增，既无极大值也无极小值.故选D.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.ww13. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 .解析 由三视图可知该几何体是一个圆柱内部挖去一个正四棱柱， 圆柱底面圆半径为，高为，故体积为；正四棱柱底面边长为，高为，故体积为，故题中几何体的体积为 14. 已知等比数列是递增数列，是的前项和.若是方程的两个根，则 .解析：因为，是方程的两个根，且数列是递增的等比数列，所以，所以.15. 已知椭圆的左焦点为与过原点的直线相交于两点，连接，若，则的离心率 .分析 根据椭圆的定义及性质和余弦定理求解.解析 设椭圆的右焦点为，因为直线过原点，所以，.在中，设，由余弦定理得，解得，即.所以，所以是直角三角形，所以，即.又因为在中， ，所以，即.所以16. 为了考察某校各班参加课外书法小组的人数，在全校随机抽取个班级，把每个班级参加该小组的认为作为样本数据.已知样本平均数为，样本方差为，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为 . 解析 设个班级中参加的人数分别为，则由题意知；，五个整数的平方和为，则必为，由可得或由可得或，由上可知参加的人数分别为故最大值为三、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）设向量.（1）若，求的值；（2）设函数，求的最大值.分析 分别表示两向量的模，利用相等求解的值；利用数量积运算及辅助角公式化为一个角的一种函数求解.解析：（1）由，及， 得又，从而，所以.（2），当时，取最大值所以的最大值为18. （本小题共12分）如图所示，是圆的直径，垂直于圆所在的平面，是圆上的点.（1）求证：平面平面；（2）若，求证：二面角的余弦值.分析 通过与平面的位置关系，达到证明面面垂直的目的； 以为坐标原点建立空间直角坐标系，通过两个面的法向量夹角求解， 或通过向作垂线，利用三垂线定理，直接作出二面角的平面角求解解析（1）证明：由是圆的直径，得，由， 得又，所以.因为，所以.（2）解法一：过作，则，如图（1）所示，以点为坐标原点，分别以直线，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系在中，因为，所以.又因为，所以，.故，设平面的法向量为，则所以不妨令，则因为，设平面的法向量为，则，所以不妨令，则于是由图（1）知二面角为锐角，故二面角的余弦值为解法二：如图（2）所示，过作于，因为，所以.又因为，且，所以过作于，连接，由三垂线定理得，所以为二面角的平面角.在中，由，得，.在中，由，得.因为，所以，所以.所以在中，所以，所以二面角的余弦值为19. （本小题共12分）现有道题，其中道甲类题，道乙类题，张同学从中任取道题解答.（1）求张同学至少取到道乙类题的概率；（2）已知所取的道题中有道甲类题，道乙类题.设张同学答对甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立.用表示张同学答对题的个数，求的分布列和数学期望.分析 至少类问题，采用反面求解的策略.解析：（1）设事件“张同学所取的道题至少有1道乙类题”，则有“张同学所取的3道题都是甲类题”因为，所以（2）所有的可能取值为；，所以的分布列为：所以.20. （本小题共12分）如图所示，抛物线.点在抛物线上，过作的切线，切点为（为原点时，重合于）.当时，切线的斜率为.（1）求的值；（2）当在上运动时，求线段中点的轨迹方程（ 重合于时，中点为）.分析 利用导数及切线斜率确定切点的坐标，进而确定点的坐标，代入抛物线方程确定 值；设出点，坐标，利用相关点法，确定动点轨迹方程.解析：（1）因为抛物线上任意一点的切线斜率为 ，且切线的斜率为，所以点坐标为，故切线的方程为.因为点在切线及抛物线上，于是， . 由得（2）设，,，,由为线段中点知， 切线,的方程为， ， 由得,的交点的坐标为，.因为点在上，即，所以 由得,当时，重合于原点，中点为，坐标满足因此中点的轨迹方程为21. （本小题共12分）已知函数.当时，（1）求证：；（2）若恒成立，求实数的取值范围.分析 利用构造法，分别判断与，与的大小关系；利用比较法或构造函数， 通过导数求解未知数范围.解析 （1）证明：要证时,，只需证明.记,则，当时，因此在上是增函数，故所以，要证时,，只需证明记，则，当时,，因此在上是增函数，故.所以，综上，,（2）解法一：，设，则记，则，当时，于是在上是减函数，从而当时，故在上是减函数，于是，从而所以，当时，在上恒成立.下面证明，当时，在上不恒成立.,记，则，当时，.故在上是减函数，于是在上的值域为.因为当时，所以存在，使得，此时，即在上不恒成立综上，实数的取值范围是. 解法二：先证当时，记，则.记，则，当时，于是在上是增函数，因此当时，从而在上是增函数，因此，所以当时，.同理可证，当时，综上，当时，因为当时，所以当时，在上恒成立下面证明，当时，在上不恒成立. 因为所以存在，（例如取和中的较小值）满足，即在上不恒成立综上，实数的取值范围是请考生在第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，为直径，直线与相切于.垂直于于，垂直于于，垂直于于，连接.证明：（1）；（2）. 分析 利用弦切角转化证明；利用三角形全等将及转化解析 证明：（1）由直线与相切，得由为的直径，得，从而；又，得从而故.（2）由，是公共边，得，所以类似可证，得.又在中，故， 所以.23.（本小题满分10分）选修4-4；坐标系与参数方程在直角坐标系中以为极点，轴正半轴为极轴建立坐标系.圆，直线的极坐标方程分别为.（1）求与交点的极坐标； （2）设为的圆心，为与交点连线的中点.已知直线的参数方程为（为参数），求的值.分析 先将极坐标方程化为普通方程确定交点的直角坐标，进而再转化为极坐标；确定，的直角坐标，进而确定的直角坐标方程，与参数方程给出的关系式联立，解得，解析：（1）圆的直角坐标方程为，直线的直角坐标方程为解得所以与交点的极坐标为，.注：极坐标系下点的表示不唯一（2）由（1）可得，点与点的直角坐标分别