高考理科数学安徽卷word解析

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2013 年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类 (安徽卷) 第Ⅰ卷(选择题 共 50 分) 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 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． 1．(2013 安徽，理 1)设 i 是虚数单位， z 是复数 z 的共轭复数．若 · i+2=2z z z ，则 z＝( )． A．1＋i B．1－i C．－1＋i D．－1－i 2．(2013 安徽，理 2)如图所示，程序框图(算法流程图)的输出结果是( )． A． 1 6 B． 25 24 C． 3 4 D． 11 12 3．(2013 安徽，理 3)在下列命题中，不是．．公理的是( )． A．平行于同一个平面的两个平面相互平行 B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面 C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此 平面内 D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的 公共直线 4．(2013 安徽，理 4)“a≤0”是“函数 f(x)＝|(ax－1)x|在区间(0，＋∞)内 单调递增”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 5．(2013 安徽，理 5)某班级有 50 名学生，其中有 30 名男生和 20 名女生．随机询问了该班五名男生和五 名女生在某次数学测验中的成绩，五名男生的成绩分别为 86,94,88,92,90，五名女生的成绩分别为 88,93,93,88,93.下列说法一定正确的是( )． A．这种抽样方法是一种分层抽样 B．这种抽样方法是一种系统抽样 C．这五名男生成绩的方差大于这五名女生成绩的方差 D．该班男生成绩的平均数小于该班女生成绩的平均数 6．(2013 安徽，理 6)已知一元二次不等式 f(x)＜0 的解集为 11 2x x x       或 ，则 f(10x)＞0 的解集为 ( )． A．{x|x＜－1 或 x＞－lg 2} B．{x|－1＜x＜－lg 2} C．{x|x＞－lg 2} D．{x|x＜－lg 2} 7．(2013 安徽，理 7)在极坐标系中，圆ρ＝2cos θ的垂直于极轴的两条切线方程分别为( )． A．θ＝0(ρ∈R)和ρcos θ＝2 B．θ＝ π 2 (ρ∈R)和ρcos θ＝2 C．θ＝ π 2 (ρ∈R)和ρcos θ＝1 D．θ＝0(ρ∈R)和ρcos θ＝1 8．(2013 安徽，理 8)函数 y＝f(x)的图象如图所示，在区间[a，b]上可找到 n(n≥2)个不同的数 x1，x2，…， xn，使得 1 2 1 2 = = = n n f xf x f x x x x       ，则 n 的取值范围是( )． A．{3,4} B．{2,3,4} C．{3,4,5} D．{2,3} 9．(2013 安徽，理 9)在平面直角坐标系中，O 是坐标原点，两定点 A，B 满足 = 2OA OB OA OB      ， 则点集 = + , 1,P OP OA OB       R    所表示的区域的面积是( )． A． 2 2 B． 2 3 C． 4 2 D． 4 3 10．(2013 安徽，理 10)若函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c 有极值点 x1，x2，且 f(x1)＝x1，则关于 x 的方程 3(f(x))2 ＋2af(x)＋b＝0 的不同实根个数是( )． A．3 B．4 C．5 D．6 第Ⅱ卷(非选择题 共 100 分) 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分．把答案填在答题卡的相应位置． 11．(2013 安徽，理 11)若 8 3 ax x     的展开式中 x4 的系数为 7，则实数 a＝__________. 12．(2013 安徽，理 12)设△ABC 的内角 A，B，C 所对边的长分别为 a，b，c.若 b＋c＝2a,3sin A＝5sin B，则角 C＝__________. 13．(2013 安徽，理 13)已知直线 y＝a 交抛物线 y＝x2 于 A，B 两点．若该抛物线上存在点 C，使得∠ ACB 为直角，则 a 的取值范围为__________． 14．(2013 安徽，理 14)如图，互不相同的点 A1，A2，…，An，…和 B1，B2，…， Bn，…分别在角 O 的两条边上，所有 AnBn 相互平行，且所有梯形 AnBnBn＋1An＋1 的面 积均相等．设 OAn＝an.若 a1＝1，a2＝2，则数列{an}的通项公式是__________． 15．(2013 安徽，理 15)如图，正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 1，P 为 BC 的 中点，Q 为线段 CC1 上的动点，过点 A，P，Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S.则下列命题正确的是__________(写出所有正确命题的编号)． ①当 0＜CQ＜ 1 2 时，S 为四边形 ②当 CQ＝ 1 2 时，S 为等腰梯形 ③当 CQ＝ 3 4 时，S 与 C1D1 的交点 R 满足 C1R＝ 1 3 ④当 3 4 ＜CQ＜1 时，S 为六边形 ⑤当 CQ＝1 时，S 的面积为 6 2 三、解答题：本大题共 6 小题，共 75 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．解答写在答题卡 上的指定区域内． 16．(2013 安徽，理 16)(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)＝4cos ωx· πsin 4x    (ω＞0)的最小正周 期为π. (1)求ω的值； (2)讨论 f(x)在区间 π0, 2      上的单调性． 17．(2013 安徽，理 17)(本小题满分 12 分)设函数 f(x)＝ax－(1＋a2)x2，其中 a＞0，区间 I＝{x|f(x)＞ 0}． (1)求 I 的长度(注：区间(α，β)的长度定义为β－α)； (2)给定常数 k∈(0,1)，当 1－k≤a≤1＋k 时，求 I 长度的最小值． 18．(2013 安徽，理 18)(本小题满分 12 分)设椭圆 E： 2 2 2 2 =11 x y a a   的焦点在 x 轴上． (1)若椭圆 E 的焦距为 1，求椭圆 E 的方程； (2)设 F1，F2 分别是椭圆 E 的左、右焦点，P 为椭圆 E 上第一象限内的点，直线 F2P 交 y 轴于点 Q，并且 F1P ⊥F1Q.证明：当 a 变化时，点 P 在某定直线上． 19．(2013 安徽，理 19)(本小题满分 13 分)如图，圆锥顶点为 P，底面圆心为 O，其母线与底面所成的角 为 22.5°，AB 和 CD 是底面圆 O 上的两条平行的弦，轴 OP 与平面 PCD 所成的角为 60°. (1)证明：平面 PAB 与平面 PCD 的交线平行于底面； (2)求 cos∠COD. 20．(2013 安徽，理 20)(本小题满分 13 分)设函数 fn(x)＝ 2 3 2 2 21 2 3 nx x xx n       (x∈R，n∈N*)．证 明： (1)对每个 n∈N*，存在唯一的 xn∈ 2 ,13      ，满足 fn(xn)＝0； (2)对任意 p∈N*，由(1)中 xn 构成的数列{xn}满足 0＜xn－xn＋p＜1 n . 21．(2013 安徽，理 21)(本小题满分 13 分)某高校数学系计划在周六和周日各举行一次主题不同的心理测 试活动，分别由李老师和张老师负责．已知该系共有 n 位学生，每次活动均需该系 k 位学生参加(n 和 k 都 是固定的正整数)．假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立、随机地发给该系 k 位学生，且 所发信息都能收到．记该系收到李老师或张老师所发活动通知信息的学生人数为 X. (1)求该系学生甲收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率； (2)求使 P(X＝m)取得最大值的整数 m. 2013 年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类 (安徽卷) 第Ⅰ卷(选择题 共 50 分) 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 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． 1．答案：A 解析：设 z＝a＋bi(a，b∈R)，则由 · i+2=2z z z 得(a＋bi)(a－bi)i＋2＝2(a＋bi)， 即(a2＋b2)i＋2＝2a＋2bi， 所以 2a＝2， a2＋b2＝2b， 所以 a＝1，b＝1，即 z＝a＋bi＝1＋i. 2．答案：D 解析：开始 2＜8， 1 10+ 2 2s   ，n＝2＋2＝4； 返回，4＜8， 1 1 3 2 4 4s    ，n＝4＋2＝6； 返回，6＜8， 3 1 11 4 6 12s    ，n＝6＋2＝8； 返回，8＜8 不成立，输出 11 12s  . 3．答案：A 解析：由立体几何基本知识知，B 选项为公理 2，C 选项为公理 1，D 选项为公理 3，A 选项不是公理． 4．答案：C 解析：函数 f(x)的图象有以下三种情形： a＝0 a＞0 a＜0 由图象可知 f(x)在区间(0，＋∞)内单调递增时，a≤0，故选 C. 5．答案：C 解析：五名男生成绩的平均数为 1 5 (86＋94＋88＋92＋90)＝90， 五名女生成绩的平均数为 1 5 (88＋93＋93＋88＋93)＝91， 五名男生成绩的方差为 2 1s ＝ 2 2 2 2 286 90 94 90 88 90 92 90 90 90 5                    ＝8， 五名女生成绩的方差为 2 2s ＝ 2 22 88 91 3 93 91 65         ， 所以 2 2 1 2s s ，故选 C. 6．答案：D 解析：由题意知－1＜10x＜ 1 2 ， 所以 x＜ 1lg 2 ＝－lg 2，故选 D. 7．答案：B 解析：由题意可知，圆ρ＝2cos θ可化为普通方程为(x－1)2＋y2＝1. 所以圆的垂直于 x 轴的两条切线方程分别为 x＝0 和 x＝2，再将两条切线方程化为极坐标方程分别为θ＝ π 2 (ρ∈R)和ρcos θ＝2，故选 B. 8．答案：B 解析： 1 2 1 2 = = = n n f xf x f x x x x       可化为 1 2 1 2 00 0= = =0 0 0 n n f xf x f x x x x            ，故上式可理解为 y＝ f(x)图象上一点与坐标原点连线的斜率相等，即 n 可看成过原点的直线与 y＝f(x)的交点个数． 如图所示，由数形结合知识可得，①为 n＝2，②为 n＝3，③为 n＝4. 9．答案：D 解析：以OA  ，OB  为邻边作一个平行四边形，将其放置在如图平面直角坐标系中，使 A，B 两点关于 x 轴 对称，由已知|OA  |＝|OB  |＝OA  ·OB  ＝2，可得出∠AOB＝60°，点 A( 3 ，1)，点 B( 3 ，－1)，点 D 2 3 ，0)． 现设 P(x，y)，则由OP  ＝λOA  ＋μOB  得(x，y)＝λ( 3 ，1)＋μ( 3 ，－1)，即 3 , . x y            由于|λ|＋|μ|≤1，λ，μ∈R， 可 得 3 3, 1 1, x y      画 出 动 点 P(x ， y) 满 足 的 可 行 域 为 如 图 阴 影 部 分 ， 故 所 求 区 域 的 面 积 为 2 3 2=4 3 . 10．答案：A 解析：由 f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝0 得，x＝x1 或 x＝x2， 即 3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0 的根为 f(x)＝x1 或 f(x)＝x2 的解．如图所示， x1＜x2 x2＜x1 由图象可知 f(x)＝x1 有 2 个解，f(x)＝x2 有 1 个解，因此 3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0 的不同实根个数为 3. 第Ⅱ卷(非选择题 共 100 分) 考生注意事项： 请用 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上．．．．．作答，在试题卷上答题无效．．．．．．．．．．． 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分．把答案填在答题卡的相应位置． 11．答案： 1 2 解析：∵ 8 3 ax x     的通项为 1 8 3 8C ( )r r r rx a x  88 3 3 8 8=C C r rrr r r r ra x x a x     ， ∴8－r－ 3 r ＝4，解得 r＝3. ∴ 3 3 8C 7a  ，得 1 2a  . 12．答案： 2 π3 解析：∵3sin A＝5sin B，∴3a＝5b.① 又∵b＋c＝2a，② ∴由①②可得， 5 3a b ， 7 3c b ， ∴ 2 2 2 2 2 2 5 7 13 3cos 52 22 3 b b bb a cC ab b b                   ，∴ 2 π3C  . 13．答案：[1，＋∞) 解析：如图，设 C(x0， 2 0x )( 2 0x ≠a)，A( a ，a)，B( a ，a)， 则CA  ＝( 0a x  ， 2 0a x )，CB  ＝( 0a x ， 2 0a x )． ∵CA⊥CB，∴CA  ·CB  ＝0， 即－(a－ 2 0x )＋(a－ 2 0x )2＝0，(a－ 2 0x )(－1＋a－ 2 0x )＝0，∴ 2 0x ＝a－1≥0，∴a≥1. 14． 答案： 3 2na n  解析：设 1 1OA BS ＝S， ∵a1＝1，a2＝2，OAn＝an， ∴OA1＝1，OA2＝2. 又易知△OA1B1∽△OA2B2， ∴ 1 1 2 2 22 1 2 2 1 1 2 4 OA B OA B S OA S OA             . ∴ 1 1 2 2A B B AS梯形 ＝3 1 1OA BS ＝3S. ∵所有梯形 AnBnBn＋1An＋1 的面积均相等， 且△OA1B1∽△OAnBn， ∴ 1 11 1 3 1 3 2n n OA B n OA B SOA S OA S S n S n          .∴ 1 1 3 2n a a n   ，∴ 3 2na n  . 15．答案：①②③⑤ 解析：当 CQ＝ 1 2 时，D1Q2＝ 2 1 1D C ＋C1Q2＝ 5 4 ，AP2＝AB2＋BP2＝ 5 4 ，所以 D1Q＝AP，又因为 AD1∥2PQ，所以 ②正确；当 0＜CQ＜ 1 2 时，截面为 APQM，且为四边形，故①也正确，如图(1)所示； 图(1) 如图(2)，当 CQ＝ 3 4 时，由△QCN∽△QC1R 得 1 1C Q C R CQ CN  ，即 1 1 4 3 1 4 C R ，C1R＝ 1 3 ，故③正确； 图(2) 如图(3)所示，当 3 4 ＜CQ＜1 时，截面为五边形 APQMF，所以④错误； 当 CQ＝1 时，截面为 APC1E， 图(3) 可知 AC1＝ 3 ，EP＝ 2 ，且四边形 APC1E 为菱形，S 四边形 APC1E＝ 6 2 ，故⑤正确． 三、解答题：本大题共 6 小题，共 75 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．解答写在答题卡 上的指定区域内． 16．解：(1)f(x)＝4cos ωx·sin π 4x    ＝ 2 2 sin ωx·cos ωx＋ 2 2 cos2ωx ＝ 2 (sin 2ωx＋cos 2ωx)＋ 2 π2sin 2 24x      . 因为 f(x)的最小正周期为π，且ω＞0， 从而有 2π =π2 ，故ω＝1. (2)由(1)知，f(x)＝ π2sin 2 24x     . 若 0≤x≤ π 2 ，则 π π 5π24 4 4x   . 当 π π π24 4 2x   ，即 π0 8x  时，f(x)单调递增； 当 π π 5π22 4 4x   ，即 π π 8 2x  时，f(x)单调递减． 综上可知，f(x)在区间 π0, 8      上单调递增，在区间 π π,8 2      上单调递减． 17．解：(1)因为方程 ax－(1＋a2)x2＝0(a＞0)有两个实根 x1＝0， 2 21 ax a   ， 故 f(x)＞0 的解集为{x|x1＜x＜x2}． 因此区间 20,1 aI a      ，I 的长度为 21 a a . (2)设 d(a)＝ 21 a a ，则 d′(a)＝ 2 2 2 1 1 a a     . 令 d′(a)＝0，得 a＝1. 由于 0＜k＜1，故当 1－k≤a＜1 时，d′(a)＞0，d(a)单调递增； 当 1＜a≤1＋k 时，d′(a)＜0，d(a)单调递减． 所以当 1－k≤a≤1＋k 时，d(a)的最小值必定在 a＝1－k 或 a＝1＋k 处取得． 而 2 32 2 3 2 1 1 21 1 111 2 1 1 k d k k kk kd k k k k                    ， 故 d(1－k)＜d(1＋k)． 因此当 a＝1－k 时，d(a)在区间[1－k,1＋k]上取得最小值 2 1 2 2 k k k    . 18．解：(1)因为焦距为 1，所以 2a2－1＝ 1 4 ， 解得 a2＝ 5 8 . 故椭圆 E 的方程为 2 28 8 =15 3 x y . (2)设 P(x0，y0)，F1(－c,0)，F2(c,0)，其中 22 1c a  . 由题设知 x0≠c， 则直线 F1P 的斜率 1F Pk ＝ 0 0 y x c ， 直线 F2P 的斜率 2F Pk ＝ 0 0 y x c ， 故直线 F2P 的方程为 y＝ 0 0 ( )y x cx c  ． 当 x＝0 时，y＝ 0 0 cy c x ， 即点 Q 坐标为 0 0 (0, )cy c x . 因此，直线 F1Q 的斜率为 1F Qk ＝ 0 0 y c x . 由于 F1P⊥F1Q， 所以 1 1F P F Qk k ＝ 0 0 0 0 y y x c c x   ＝－1. 化简得 2 2 2 0 0 (2 1)y x a   ．① 将①代入椭圆 E 的方程，由于点 P(x0，y0)在第一象限，解得 x0＝a2，y0＝1－a2，即点 P 在定直线 x＋y＝1 上． 19． (1)证明：设面 PAB 与面 PCD 的交线为 l. 因为 AB∥CD，AB 不在面 PCD 内， 所以 AB∥面 PCD. 又因为 AB  面 PAB，面 PAB 与面 PCD 的交线为 l，所以 AB∥l. 由直线 AB 在底面上而 l 在底面外可知，l 与底面平行． (2)解：设 CD 的中点为 F.连接 OF，PF. 由圆的性质，∠COD＝2∠COF，OF⊥CD. 因为 OP⊥底面，CD  底面， 所以 OP⊥CD. 又 OP∩OF＝O，故 CD⊥面 OPF. 又 CD  面 PCD，因此面 OPF⊥面 PCD. 从而直线 OP 在面 PCD 上的射影为直线 PF， 故∠OPF 为 OP 与面 PCD 所成的角． 由题设，∠OPF＝60°.设 OP＝h， 则 OF＝OP·tan∠OPF＝h·tan 60°＝ 3 h. 根据题设有∠OCP＝22.5°， 得 tan tan 22.5 OP hOC OCP    . 由 1＝tan 45°＝ 2 2tan 22.5 1 tan 22.5    和 tan 22.5°＞0， 可解得 tan 22.5°＝ 2－1， 因此 ( 2 1) 2 1 hOC h    . 在 Rt△OCF 中，cos∠COF＝ 3 6 3 2 1 OF h OC h       ， 故 cos∠COD＝cos(2∠COF)＝2cos2∠COF－1＝ 22( 6 3) 1=17 12 2   . 20．证明：(1)对每个 n∈N*，当 x＞0 时，f′n(x)＝ 1 1+ 2 nx x n    ＞0，故 fn(x)在(0，＋∞)内单调递 增． 由于 f1(1)＝0，当 n≥2 时，fn(1)＝ 2 2 2 1 1 1 2 3 n    ＞0，故 fn(1)≥0. 又 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 131 ( )3 3 3 4 3 3 4 k kn n n k k f k                     · 2 1 1 2 213 3 1 2 02 3 31 3 n n                         ， 所以存在唯一的 xn∈ 2 ,13      ，满足 fn(xn)＝0. (2)当 x＞0 时，fn＋1(x)＝fn(x)＋ 1 21 nx n     ＞fn(x)，故 fn＋1(xn)＞fn(xn)＝fn＋1(xn＋1)＝0. 由 fn＋1(x)在(0，＋∞)内单调递增知，xn＋1＜xn，故{xn}为单调递减数列， 从而对任意 n，p∈N*，xn＋p＜xn. 对任意 p∈N*， 由于 fn(xn)＝ 2 2 21 02 n n n n x xx n       ，① fn＋p(xn＋p)＝ 2 1 2 2 2 21+ 02 1 n n n p n p n p n p n p n p x x x xx n n n p                   ＋ .② ①式减去②式并移项，利用 0＜xn＋p＜xn≤1， 得 xn－xn＋p＝ 2 2 2 2 1 1 k k k kn p n pn n p n n p n p k k n k n x x x x k k k                2 1 1 1 1 ( 1) n p n p k n k nk k k           1 1 1 n n p n    . 因此，对任意 p∈N*，都有 0＜xn－xn＋p＜ 1 n . 21．解：(1)因为事件 A：“学生甲收到李老师所发信息”与事件 B：“学生甲收到张老师所发信息”是相 互独立的事件，所以 A 与 B 相互独立．由于 P(A)＝P(B)＝ 1 1C C k n k n k n    ，故 P( A )＝P( B )＝1 k n  ，因此学 生甲收到活动通知信息的概率 2 2 2 21 1 k kn kP n n        . (2)当 k＝n 时，m 只能取 n，有 P(X＝m)＝P(X＝n)＝1. 当 k＜n 时，整数 m 满足 k≤m≤t，其中 t 是 2k 和 n 中的较小者． 由于“李老师和张老师各自独立、随机地发活动通知信息给 k 位同学”所包含的基本事件总数为 2(C )k n . 当 X＝m 时，同时收到李老师和张老师转发信息的学生人数恰为 2k－m.仅收到李老师或仅收到张老师转发 信 息 的 学 生 人 数 均 为 m － k. 由 乘 法 计 数 原 理 知 ： 事 件 {X ＝ m} 所 含 基 本 事 件 数 为 2C C C C C Ck k m m k k m k m k n k n k n k n k       . 此时 P(X＝m)＝ 2 2 C C C C C (C ) C k k m m k m k m k n k n k k n k k k n n       . 当 k≤m＜t 时，P(X＝m)≤P(X＝m＋1)  C Cm k m k k n k    ≤ 1 1C Cm k m k k n k       (m－k＋1)2≤(n－m)(2k－m)  m≤ 2( 1)2 2 kk n   . 假如 k≤ 2( 1)2 2 kk n   ＜t 成立，则当(k＋1)2 能被 n＋2 整除时， k≤ 2( 1)2 2 kk n   2( 1)2 1 2 kk n     ≤t. 故 P(X＝m)在 m＝ 2( 1)2 2 kk n   和 m＝ 2( 1)2 1 2 kk n    处达最大值； 当(k＋1)2 不能被 n＋2 整除时， P(X＝m)在 m＝ 2( 1)2 2 kk n      处达最大值． (注：[x]表示不超过 x 的最大整数) 下面证明 k≤ 2( 1)2 2 kk n   ＜t. 因为 1≤k＜n，所以 2( 1)2 2 kk n   －k＝ 2 21 1 1 1 02 2 2 kn k k k k k n n n             . 而 2 2( 1) 12 <02 2 k n kk nn n          ， 故 2k－ k＋1 2 n＋2 ＜n. 显然 2( 1)2 2 kk n   ＜2k. 因此 k≤ 2( 1)2 2 kk n   ＜t.