普通高等学校招生全国统一考试课标全国卷2.docx
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普通高等学校招生全国统一考试课标全国卷2
2013年普通高等学校招生全国统一考试
全国卷(新课标Ⅱ 理科)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分,考试时间120分钟.
第Ⅰ卷
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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M={x|(x-1)2<4,x∈R},N={-1,0,1,2,3},则M∩N=( )
A.{0,1,2} B.{-1,0,1,2}
C.{-1,0,2,3}D.{0,1,2,3}
2.设复数z满足(1-i)z=2i,则z=( )
A.-1+iB.-1-i
C.1+iD.1-i
3.等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=( )
A.B.-
C.D.-
4.已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则
( )
A.α∥β且l∥α
B.α⊥β且l⊥β
C.α与β相交,且交线垂直于l
D.α与β相交,且交线平行于l
5.已知(1+ax)(1+x)5的展开式中x2的系数为5,则a=( )
A.-4B.-3
C.-2D.-1
6.执行右面的程序
第6题图
框图,如果输入的N=10,那么输出的S=( )
A.1+++…+
B.1+++…+
C.1+++…+
D.1+++…+
7.一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,
1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx平面为投影面,则得到的正视图可以为( )
8.设ɑ=log36,b=log510,c=log714,则( )
A.c>b>aB.b>c>a
C.a>c>bD.a>b>c
9.已知a>0,x,y满足约束条件,若z=2x+y的最小值为1,则a=( )
A.B.
C.1D.2
10.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是( )
A.∃x0∈R,f(x0)=0
B.函数y=f(x)的图象是中心对称图形
C.若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-∞,x0)单调递减
D.若x0是f(x)的极值点,则f′(x0)=0
11.设抛物线C:
y2=2px(p>0)的焦点为F,点M在C上,|MF|=5.若以MF为直径的圆过
点(0,2),则C的方程为( )
A.y2=4x或y2=8xB.y2=2x或y2=8x
C.y2=4x或y2=16xD.y2=2x或y2=16x
12.已知点A(-1,0),B(1,0),C(0,1),直线y=ax+b(a>0)将△ABC分割为面积相等的
两部分,则b的取值范围是( )
A.(0,1)B.
C.D.
第Ⅱ卷
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上)
13.已知正方形ABCD的边长为2,E为CD的中点,则·=________.
14.从n个正整数1,2,…,n中任意取出两个不同的数,若取出的两数之和等于5的概率
为,则n=________.
15.设θ为第二象限角,若tan=,则sinθ+cosθ=________.
16.等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S10=0,S15=25,则nSn的最小值为________.
三、解答题(解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分12分)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a,b,c,已知a=bcosC+csinB.
(1)求B;
(2)若b=2,求△ABC面积的最大值.
18.(本小题满分12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,
AA1=AC=CB=AB.
(1)证明:
BC1//平面A1CD.
(2)求二面角D-A1C-E的正弦值.
19.(本小题满分12分)经销商经销某种农产品,在一个销售季度内,每售出
1t该产品获利润500元,未售出的产品,每1t亏损300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130t该农产品.以X(单位:
t,100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量,T(单位:
元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润.
(1)将T表示为X的函数;
(2)根据直方图估计利润T不少于57000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:
若需求量X∈[100,110),则取X=105,且X=105的概率等于需求量落入[100,110)的频率).求T的数学期望.
20.(本小题满分12分)平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:
+=1(a>b>0)右焦点的直线
x+y-=0交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为.
(1)求M的方程;
(2)C,D为M上的两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.
21.(本小题满分12分)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
请考生在第22、23、24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题评分,作答时请写清题号。
22.(本小题满分10分)选修4-1:
几何证明选讲
如图,CD为△ABC外接圆的切线,AB的延长线交直线CD于点D,E、F分别为弦AB与弦AC上的点,且BC·AE=DC·AF,B,E,F,C四点共圆.
(1)证明:
CA是△ABC外接圆的直径;
(2)若DB=BE=EA,求过B,E,F,C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值.
23.(本小题满分10分)选修4-4;坐标系与参数方程
已知动点P、Q都在曲线C:
(t为参数)上,对应参数分别为t=α与t=2α(0<α<2π),M为PQ的中点.
(1)求M的轨迹的参数方程;
(2)将M到坐标原点的距离d表示为α的函数,并判断M的轨迹是否过坐标原点.
24.(本小题满分10分)选修4-5;不等式选讲
设a、b、c均为正数,且a+b+c=1,证明:
(1)ab+bc+ac≤;
(2)++≥1.
参考答案
全国卷(新课标Ⅱ 理科)
1.解析:
先求出集合M,然后运用集合的运算求解.
集合M={x|-1 答案: A 2.解析: 先设出复数z=a+bi,然后运用复数相等的充要条件求出a,b的值. 设z=a+bi,则(1-i)(a+bi)=2i,即(a+b)+(b-a)i=2i. 根据复数相等的充要条件得解得 ∴z=-1+i.故选A. 答案: A 3.解析: 先设出公比q,然后根据已知条件列出方程组,求出a1. 设公比为q,∵S3=a2+10a1,a5=9, ∴∴ 解得a1=,故选C. 答案: C 4.解析: 结合给出的已知条件,画出符合条件的图形,然后判断得出. 根据所给的已知条件作图,如图所示. 由图可知α与β相交,且交线平行于l,故选D. 答案: D. 5.解析: 先求出(1+x)5含有x与x2的项的系数,从而得到展开式中x2的系数. (1+x)5中含有x与x2的项为T2=Cx=5x,T3=Cx2=10x2,∴x2的系数为10+5a=5,∴a=-1,故选D. 答案: D 6.解析: 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. 当输入N=10时,由于k=1,S=0,T=1,因此T==1,S=1,k=2,此时不满足k>10; 当k=2时,T==,S=1+,k=3,此时不满足k>10; 当k=3时,T==,S=1++,k=4,此时不满足k>10; 当k=4时,T==,S=1+++,k=5,此时不满足k>10; …… 当k=10时,T==,S=1++++…+,k=11,此时满足k>10. 因此输出S=1++++…+,故选B. 答案: B 7.解析: 结合已知条件画出图形,然后按照要求作出正视图. 根据已知条件作出图形: 四面体C1-A1DB,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. 答案: A 8.解析: 结合对数的运算性质进行整理,利用对数函数的性质求解. a=log36=log33+log32=1+log32, b=log510=log55+log52=1+log52, c=log714=log77+log72=1+log72, ∵log32>log52>log72,∴a>b>c,故选D. 答案: D 9.解析: 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. 作出不等式组表示的可行域,如图(阴影部分). 易知直线z=2x+y过交点A时,z取最小值. 由 得 ∴zmin=2-2a=1, 解得a=,故选B. 答案: B 10.解析: 结合函数与导数的基础知识进行逐个推导. A项,因为函数f(x)的值域为R,所以一定存在x0∈R,使f(x0)=0.A正确.B项,假设函数f(x)=x3+ax2+bx+c的对称中心为(m,n),按向量a=(-m,-n)将函数的图象平移,则所得函数y=f(x+m)-n是奇函数.所以f(x+m)+f(-x+m)-2n=0,化简得(3m+a)x2+m3+am2+bm+c-n=0.上式对x∈R恒成立,故3m+a=0,得m=-,n=m3+am2+bm+c=f,所以函数f(x)=x3+ax2+bx+c的对称中心为,故y=f(x)的图象是中心对称图形.B正确.C项,由于f′(x)=3x2+2ax+b是二次函数,f(x)有极小值点x0,必定有一个极大值点x1,若x1 答案: C 11.解析: 本题结合拋物线的定义以及圆的基础知识进行求解. 设M(x0,y0),A(0,2),MF的中点为N. 由y2=2px,F∴N点的坐标为. 由拋物线的定义知,x0+=5, ∴x0=5-.∴y0=. ∵|AN|==,∴|AN|2=. ∴+=. 即+=. ∴-2=0.整理得p2-10p+16=0. 解得p=2或p=8.∴拋物线方程为y2=4x或y2=16x. 答案: C 12.解析: 根据题意画出图形,根据面积相等得出a,b的关系式,然后求出b的取值范围. 由题意画出图形,如图 (1). 由图可知,直线BC的方程为x+y=1. 由解得M. 可求N(0,b),D. ∵直线y=ax+b将△ABC分割为面积相等的两部分, ∴S△BDM=S△ABC. 又S△BOC=S△ABC,∴S△CMN=S△ODN, 即××b=(1-b)×. 整理得=. ∴=,∴-1=,∴=+1, 即b=,可以看出,当a增大时,b也增大. 当a→+∞时,b→,即b<. 当a→0时,直线y=ax+b接近于y=b. 当y=b时,如图 (2),===. ∴1-b=,∴b=1-.∴b>1-. 由上分析可知1- 答案: B 13.解析: 先建立平面直角坐标系,结合向量数量积知识求解. 如图,以A为坐标原点,AB所在的直线为x轴,AD所在的直线为y轴,建立平面直角坐标系,则A(0,0),B(2,0),D(0,2),E(1,2), ∴=(1,2),=(-2,2), ∴·=1×(-2)+2×2=2. 答案: 2 14.解析: 先找出两数之和等于5的各种情况,再结合组合知识求解. 由题意知n>4,取出的两数之和等于5的有两种情况: 1,4和2,3,所以P==,即n2-n-56=0,解得n=-7(舍去)或n=8. 答案: 8 15.解析: 本题先求出tanθ,然后运用同角三角函数关系式进行变形求解. ∵tan=,∴=,解得tanθ=-. ∴(sinθ+cosθ)2= ===. ∵θ为第二象限角,tanθ=-, ∴2kπ+<θ<2kπ+π,∴sinθ+cosθ<0, ∴sinθ+cosθ=-. 答案: - 16.解析: 先根据已知条件求出首项和公差,代入nSn,再运用导数知识进行求解. 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,由等差数列前n项和可得解得 ∴nSn=n2a1+d=-3n2+(n3-n2)=n3-,∴(nSn)′=n2-, 令(nSn)′=0,解得n=0(舍去)或n=. 当n>时,nSn是单调递增的;当0 ∴(nSn)min=×73-=-49. 答案: -49 17.解: (1)由已知及正弦定理得 sinA=sinBcosC+sinCsinB.① 又A=π-(B+C), 故sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC.② 故①②和C∈(0,π)得sinB=cosB. 又B∈(0,π),所以B=. (2)△ABC的面积S=acsinB=ac. 由已知及余弦定理得4=a2+c2-2accos. 又a2+c2≥2ac, 故ac≤,当且仅当a=c时,等号成立. 因此△ABC面积的最大值为+1. 18. (1)证明: 连接AC1,交A1C于点F,则F为AC1的中点. 又D是AB的中点,连接DF,则BC1∥DF. 因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD, 所以BC1∥平面A1CD. (2)解: 由AC=CB=AB,得AC⊥BC. 以C为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.设CA=2,则D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),=(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2). 设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量, 则即 可取n=(1,-1,-1). 同理,设m是平面A1CE的法向量,则可取m=(2,1,-2). 从而cos〈n,m〉==,故sin〈n,m〉=. 即二面角D-A1C-E的正弦值为. 19.解: (1)当X∈[100,130)时, T=500X-300(130-X)=800X-39000. 当X∈[130,150]时, T=500×130=65000. 所以T= (2)由 (1)知利润T不少于57000元当且仅当120≤X≤150. 由直方图知需求量X∈[120,150]的频率为0.7,所以下一个销售季度内的利润T不少于57000元的概率的估计值为0.7. (3)依题意可得T的分布列为 T 45000 53000 61000 65000 P 0.1 0.2 0.3 0.4 所以ET=45000×0.1+53000×0.2+61000×0.3+65000×0.4=59400. 20.解: (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0), 则+=1,+=1,=-1, 由此可得=-=1. 因为x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,=, 所以a2=2b2. 又由题意知,M的右焦点为(,0),故a2-b2=3. 因此a2=6,b2=3. 所以M的方程为+=1. (2)由解得或 因此|AB|=. 由题意可设直线CD的方程为y=x+n,设C(x3,y3),D(x4,y4). 由得3x2+4nx+2n2-6=0. 于是x3,4=. 因为直线CD的斜率为1, 所以|CD|=|x4-x3|=. 由已知,四边形ABCD的面积S=|CD|·|AB|=, 当n=0时,S取得最大值,最大值为. 所以四边形ABCD面积的最大值为. 21. (1)解: f′(x)=ex-. 由x=0是f(x)的极值点得f′(0)=0,所以m=1. 于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞), f′(x)=ex-. 函数f′(x)=ex-在(-1,+∞)上单调递增,且f′(0)=0,因此当x∈(-1,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0。 所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)证明: 当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当m=2时,f(x)>0. 当m=2时,函数f′(x)=ex-在(-2,+∞)上单调递增. 又f′(-1)<0,f′(0)>0,故f′(x)=0在(-2,+∞)上有唯一实根x0,且x0∈(-1,0). 当x∈(-2,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,从而当x=x0时,f(x)取得最小值. 由f′(x0)=0得ex0=,ln(x0+2)=-x0, 故f(x)≥f(x0)=+x0=>0. 综上,当m≤2时,f(x)>0. 22. (1)证明: 因为CD为△ABC外接圆的切线, 所以∠DCB=∠A.由题设知=, 故△CDB∽△AEF,所以∠DBC=∠EFA. 因为B,E,F,C四点共圆, 所以∠CFE=∠DBC, 故∠EFA=∠CFE=90°, 所以∠CBA=90°.因此CA是△ABC外接圆的直径. (2)连接CE,因为∠CBE=90°, 所以过B,E,F,C四点的圆的直径为CE. 由DB=BE,有CE=DC. 又BC2=DB·BA=2DB2, 所以CA2=4DB2+BC2=6DB2. 而CE2=DC2=DB·DA=3DB2, 故过B,E,F,C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值为. 23.解: (1)依题意有P(2cosα,2sinα),Q(2cos2α,2sin2α),因此M(cosα+cos 2α,sinα+sin2α). M的轨迹的参数方程为(α为参数,0<α<2π). (2)M点到坐标原点的距离 d==(0<α<2π). 当α=π时,d=0,故M的轨迹过坐标原点. 24.证明: (1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca, 得a2+b2+c2≥ab+bc+ca. 由题设得(a+b+c)2=1, 即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1. 所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤. (2)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c, 故+++(a+b+c)≥2(a+b+c), 即++≥a+b+c. 所以++≥1.
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