理科2013江西高考数学试题及答案

理科2013江西高考数学试题及答案

‎2013年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）‎ 理科数学 第一卷 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．已知集合,为虚数单位,,则复数 A. B. C. D. ‎2．函数的定义域为 A. B. C. D. ‎3．等比数列,..的第四项等于 A. B.0 C.12 D.24‎ ‎4．总体有编号为01,02,…,19,20的20个个体组成。利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为 ‎ 7816 6572 0802 6314 0702 4369 9728 0198‎ ‎ 3204 9234 4935 8200 3623 4869 6938 7481‎ A.08 B.07 C.02 D.01‎ ‎5． 展开式中的常数项为 A.80 B.-80 C.40 D. ‎6．若则的大小关系为 A. B. C. D. ‎7．阅读如下程序框图，如果输出，那么在空白矩形框中应填入的语句为 结束 是 否 是 否 开始 输出 是奇数 A. B. C. D. ‎8.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为，那么 A.8 B.9 C.10 D.11‎ ‎9. 过点引直线与曲线相交于、两点,为坐标原点，当的面积取最大值时,直线的斜率等于 ‎ A. B. C. D. ‎10.如图，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线，之间//,与半圆相交于F,G两点，与三角形ABC两边相交于Ｅ，Ｄ两点，设弧的长为，，若从平行移动到，则函数的图像大致是 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎11.函数的最小正周期为为 。‎ ‎12. 设,为单位向量.且,的夹角为,若,,则向量在方向上的射影为 ___________。‎ ‎13．设函数在内可导，且，则 ‎ ‎14.抛物线的焦点为F，其准线与双曲线相交于两点，若为等边三角形，则 ‎ 三、选做题：请在下列两题中任选一题作答，若两题都做，则按第一题评阅计分，本题共5分 ‎15．（1）、（坐标系与参数方程选做题）设曲线的参数方程为（为参数），若以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则曲线的极坐标方程为 ‎ ‎（2）、（不等式选做题）在实数范围内，不等式的解集为 ‎ 四．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。‎ ‎16.（本小题满分12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为，‎ 已知.‎ ‎（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）若，求的取值范围 ‎17. （本小题满分12分）正项数列{an}的前项和{}满足： ‎（Ⅰ）求数列{}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令，数列{}的前项和为。证明：对于任意的，都有 ‎18.（本小题满分12分）‎ ‎ 小波以游戏方式决定参加学校合唱团还是参加学校排球队。游戏规则为：以O为起点，再从(如图)这8个点中任取两点分别为终点得到两个向量，记这两个向量的数量积为.若就参加学校合唱团，否则就参加学校排球队。‎ （1） Ⅰ求小波参加学校合唱团的概率；‎ （2） Ⅱ求的分布列和数学期望。‎ ‎19（本小题满分12分）‎ 如图，四棱锥中，，，连接并延长交于.‎ (1) Ⅰ求证：；‎ (2) Ⅱ求平面与平面的夹角的余弦值.‎ ‎20. (本小题满分13分) 如图，椭圆经过点离心率，直线的方程为.‎ （1） Ⅰ求椭圆的方程；‎ （2） Ⅱ是经过右焦点的任一弦（不经过点），设直线与直线相交于点，记的斜率分别为问：是否存在常数，使得？若存在求的值；若不存在，说明理由.‎ ‎21. (本小题满分14分)‎ ‎ 已知函数，为常数且.‎ ‎（Ⅰ）证明：函数的图像关于直线对称；‎ ‎（Ⅱ）若满足，但，则称为函数的二阶周期点，如果有两个二阶周期点试确定的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）对于（2Ⅱ）中的和， 设x3为函数f（f（x））的最大值点，A（x1，f（f（x1））），B（x2，f（f（x2））），C（x3，0），记△ABC的面积为S（a），讨论S（a）的单调性.‎ ‎2013年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）‎ 理科数学参考答案 一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。‎ ‎1.C 解析：由 ‎2.B 解析：由 ‎ ‎3.A 解析：由或，当时，，故舍去，所以当，则等比数列的前3项为，故第四项为。‎ ‎4.D 解析：本题考查随机抽样方法中随机数表的应用。依题意，第一次得到的两个数为65，，将它去掉；第二次得到的两个数为72，由于，将它去掉；第三次得到的两个数字为08，由于 ‎，说明号码08在总体内，将它取出；继续向右读，依次可以取出02，14，07，02；但由于02在前面已经选出，故需要继续选一个，再选一个数就是01，故选出来的第五个个体是01，故选答D。‎ ‎5.C 解析：展开式的通项为，令，故展开式的常数项为 ‎6.B 解析：，显然 ‎7.C 解析：由题意，当时，空白的判断框内的语句应使，选项A、B中，当时，都是，故排除；假设空白的判断框中的语句是C项中的，则第一次运行时，，第二次运行时，，第三次运行时 ，第四次运行时，，此时不满足，故输出。满足题意。‎ ‎8.A 解析：直线CE在正方体的下底面内，与正方体的上底面平行；与正方体的左右两个侧面、前后两个侧面都相交，故；作CD的中点G，显然易证平面EFG的底边EG上的高线与正方体的前后两个侧面平行，故直线EF一定与正方体的前后两个侧面相交；另外，直线EF显然与正方体的上下两个底面相交；综上，直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为4，故，所以，选答案A。‎ ‎9. B 解析：本题考查三角形的面积，点到直线的距离公式，三角函数的最值，以及转化与化归的能力。因为的面积在时，取得最大值。设直线的斜率为，则直线的方程为，即，由题意，曲线的圆心到直线的距离为，所以（舍去），或，故选答案B ‎10. D 解析：本题考查函数的图像、扇形弧长、三角函数，以及数形结合的数学思想。当逐渐增大时，也逐渐增大，故随的增大而增大，故排除B项。下面定性分析：当时，弧长所对的圆心角为，可求得向上移动的距离为，故此时，又易知，故，因为，所以函数的图像是凹凸型，故选D。‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎11. 解析：，故最小正周期为 ‎ ‎12. 解析：本题考查向量的投影，向量的数量积运算。向量在向量方向上的投影为 ‎13. 2 解析：本题考查导数的运算，函数解析式的求解，以及转化与化归的数学思想。由，故 ‎14. 6 解析：本题考醒抛物线与双曲线的简单性质，等边三角形的特征等。不妨设点在左方，的中点为，则易求得点。因为为等边三角形，所以由正切函数易知。‎ 三、选做题：本大题5分。‎ ‎15. （1） ‎ 解析：本题考查参数方程、直角坐标系方程和极从标的互化。由曲线C的参数方程为（为参数），得曲线C的直角坐标系方程为，又由极坐标的定义得，，即化简曲线C的极坐标方程为。‎ ‎（2） 解析：本题考查绝对值不等式的解法。结合绝对值的性质，得 四、解答题：本大题共6小题，共75分。‎ ‎16. （本小题满分12分）‎ 解：（1）由已知得 ‎ 即有 ‎ 因为，所以，又，所以，‎ 又，所以。‎ ‎（2）由余弦定理，有。‎ ‎ 因为，有。‎ ‎ 又，于是有，即有。‎ ‎17.（本小题满分12分）‎ ‎（Ⅰ）解：由，得。‎ 由于是正项数列，所以。‎ 于是时，。‎ 综上，数列的通项。‎ ‎（Ⅱ）证明：由于。‎ 则。‎ ‎ ‎ 。 ‎ ‎18.（本小题满分12分）‎ 解：（Ⅰ）从8个点中任意取两点为向量终点的不同取法共有种，时，两向量夹角为直角共有8种情形；所以小波参加学校合唱团的概率为。‎ ‎ （Ⅱ）两向量数量积的所有可能取值为时，有两种情形；时，有8种情形；时，有10种情形。所以的分布列为：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 。‎ ‎19.（本大题满分12分）‎ 解：（Ⅰ）在中，因为是的中点，所以,‎ 故，‎ 因为,所以,‎ 从而有，‎ 故,又因为所以∥。‎ 又平面，‎ 所以故平面。‎ ‎（Ⅱ）以点为坐标原点建立如图所示的坐标系，则,‎ ，故 ‎ 设平面的法向量，则 ，‎ 解得，即。‎ 设平面的法向量，则，解得，‎ 即。从而平面与平面的夹角的余弦值为。‎ ‎20.（本大题满分13分）‎ 解：（Ⅰ）由在椭圆上得， ①‎ ‎ 依题设知，则 ②‎ ②代入①解得。‎ 故椭圆的方程为。‎ ‎（Ⅱ）方法一：由题意可设的斜率为，‎ 则直线的方程为 ③‎ 代入椭圆方程并整理，得，‎ 设，则有 ④‎ 在方程③中令得，的坐标为。‎ 从而。‎ 注意到共线，则有，即有。‎ 所以 ‎ ‎ ⑤‎ ④代入⑤得，‎ 又，所以。故存在常数符合题意。‎ 方法二：设，则直线的方程为：，‎ 令，求得，‎ 从而直线的斜率为，‎ 联立 ，得，‎ 则直线的斜率为：，直线的斜率为：，‎ 所以，‎ 故存在常数符合题意。‎ ‎21.（本大题满分14分）‎ ‎（Ⅰ）证明：因为，有，‎ 所以函数的图像关于直线对称。‎ ‎（Ⅱ）法一：解：当时，有 ‎ 所以只有一个解，又，故0不是二阶周期点。‎ 当时，有 ‎ 所以有解集，又当时，，故中的所有点都不是二阶周期点。‎ 当时，有 ‎ 所以有四个解，又，‎ ，故只有是的二阶周期点。综上所述，所求 的取值范围为。‎ 法二：设是的一个二阶周期点，由二阶周期点的定义可知，‎ X2‎ X1‎ X1‎ X2‎ y x 设，则， 也是的一个二阶周期点，且 。‎ ‎ ‎ 如右图知在上递增，在上递减，‎ 不可能同时属于或。‎ 不妨设，则 ，‎ ，‎ （解唯一），。‎ 由 即为所求。‎ ‎（Ⅲ）由（2）得，‎ 因为为函数的最大值点，所以或。‎ 当时，。求导得：，‎ 所以当时，单调递增，当时单调递减；‎ 当时，，求导得：，‎ 因，从而有，‎ 所以当时单调递增。 ‎