2013年江西高考文科数学真题及答案.doc-资料库

第1页 / 共8页

第2页 / 共8页

第3页 / 共8页

第4页 / 共8页

第5页 / 共8页

第6页 / 共8页

第7页 / 共8页

第8页 / 共8页

2013 年江西高考文科数学真题及答案本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷 1 至 2 页，第Ⅱ卷 3 至 4 页。全卷满分 150 分。考试时间 120 分钟。考生注意： 1. 答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘帖的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。 2. 第Ⅰ卷每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。第Ⅱ卷用 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，若在试题卷上答题，答案无效。 4. 考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。第Ⅰ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. 复数 z=i（-2-i）（i 为虚数单位）在复平面内所对应的点在 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 [答案]：D [解析]：Z＝-2i-i2 =1-2i 对应点这（1，-2）在第四象限 2. 若集合 A=｛x∈R|ax2+ax+1＝0｝其中只有一个元素，则 a= A.4 B.2 C.0 D.0 或 4 [答案]：A [解析]：当时，＝不合，当a 1 0 a  0  0时，＝0，则a=4  （） 3. 若 sin  2  3 3 ，则 cos   A.  2 3 [答案]：C B.  1 3 C. 1 3 D. 2 3 [解析]： cos   1 2sin 2  2 1 2     1 3 1 3 4.集合 A={2,3},B={1,2,3},从 A,B 中各取任意一个数，则这两数之和等于 4 的概率是 A B. C. D. [答案]：C [解析]：所有情形有六种，满足要求的只有（2，2）和（3，1）故只能选 C

5.总体编号为 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 A.08 B.07 C.02 D.01 [答案]：D [解析]：从第 5 列和第 6 列选出的两位数依次为 65，72，08，02，63，14，07，02，43， 69，97，28，01，98，但编号必须不大于 20 的且不和前面重复的只能是 08，02，14，07，01，选 D 6. 下列选项中，使不等式 x＜ 1 x ＜ 2x 成立的 x 的取值范围是（） A.（，-1） B. （-1，0） C.0，1） D.（1，+ ） [答案]：A [解析]：令 x=-2,不等式成立，只能选 A。 7.阅读如下程序框图，如果输出 i=4，那么空白的判断框中应填入的条件是 A.S＜8 C. S＜10 [答案]：B B. S＜9 D. S＜11 [解析]：依次运行 i=1,2,3,4,时 s=0，5，8，9 若输出 i=4,则表示 s=8 时运行是，s=9 运行否，故选 B 8.一几何体的三视图如右所示，则该几何体的体积为 A.200+9π B. 200+18π C. 140+9π D. 140+18π [答案]：A [解析]：还原后的直观图是一个长宽高依次为 10，6 ，5 的长方体上面是半径为 3 高为 2 的半个

圆柱。 9. 已知点 A（2，0），抛物线 C：x2=4y 的焦点为 F，射线 FA 与抛物线 C 相交于点 M，与其准线相交于点 N，则|FM|：|MN|= A.2: B.1:2 C. 1: D. 1:3 [答案]：C [解析]：依题意可得 AF 所在直线方程为 x 2 y  代入 x2=4y 得 1 y  5 ， 3  2 又|FM|：|MN|=（1-y）：（1+y）＝1: 10.如图。已知 l1⊥l2，圆心在 l1 上、半径为 1m 的圆 O 在 t=0 时与 l2 相切于点 A，圆 O 沿 l1 以 1m/s 的速度匀速向上移动，圆被直线 l2 所截上方圆弧长记为 x，令 y=cosx，则 y 与时间 t（0≤x≤1，单位：s）的函数 y=f（t）的图像大致为 [答案]：B [解析]：法 1：取特值 x=0 时 t=0,则 y=1 排除 A，D，取 x  时  2 1 t   2 2  0.3 0.5  ,选 B 法 2：依题意可知 cos x 2 1   ，则 t y  cos x  2cos 2 x 2 1 2(1    t ) 2  1(0 第Ⅱ卷   选 B 1) t 注意事项：第Ⅱ卷共 2 页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试卷上作答，答案无效。二．填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分。 11.若曲线 y x 1  （α∈R）在点（1，2）处的切线经过坐标原点，则α= 。

[答案]：2 [解析]： y   1 x  ，则 k  ，故切线方程 y x 过点（1，2）解得 2 12.某住宅小区计划植树不少于 100 棵，若第一天植 2 棵，以后每天植树的棵树是前一天的 2 倍，则需要的最少天数 n（n∈N*）等于。 [答案]：6 [解析]：直接计算 2+4+8+16+32+64＝128 得 n=6, 或解 2 2  2  3 2 ... 2   n  2 1 n   2 100 得 n 为 6. 13 设 f（x）= sin3x+cos3x，若对任意实数 x 都有|f（x）|≤a，则实数 a 的取值范围是。 [答案]： 2 a  [解析]： ( ) f x  3 sin 3 x  cos3 x  2sin(3 )  得| x  f x  故 2 ( ) | 2 a  14.若圆 C 经过坐标原点和点（4，0），且与直线 y=1 相切，则圆 C 的方程是。 [答案]： ( x  2 2)  ( y  23 ) 2  25 4 [解析]：设圆心坐标为（x，y）,半径为 r，则 x=2,又 2 r  2 2  ( r 2 1)  故 r= 5 2 ，则 y   。 3 2 15.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且 AB//CD,则直线 EF 与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为。 [答案]：4 [解析]：设 CD 的中点为 M，连结 EM，FM 易证平面 EFM  平面α，则 EF 与平面α平行，不会相交，故 EF 只与其余四个面相交。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。 16.（本小题满分 12 分）正项数列｛an｝满足 2 a n  。 (2 n 2 n 0   1) a n  （1）求数列｛an｝的通项公式 an；（2）令 b n  1 1)  a n ( n ，求数列｛bn｝的前 n 项和 Tn。 [解析]：解：（1）由a 2 n  (2 n  1) a n  2 n  0 得（a -2n)(a +1）=0 n n

由于｛an｝是正项数列，则 2nna 。（2）由（1）知 2nna ，故 b n  ( n   T n 1 2 (1 1 2 1 2 1 3       ... )  1 n  a n 1 1)  1 1  n 1 1)(2 ) n  n  (1  1 1  n )  ( 1 2 1 1 ( 2 n n  n 2  1  ) 1) ( n 2 17.（本小题满分 12 分）在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 sinAsinB+sinBsinC+cos2B=1. （1）求证：a，b，c 成等差数列；（2）若 C= 2  3 ，求 a b 的值。 [解析]：（1）由已知得 sinAsinB+sinBsinC+1-2sin2B=1.故 sinAsinB+sinBsinC=2sin2B 因为 sinB 不为 0，所以 sinA+sinC=2sinB 再由正弦定理得 a+c=2b,所以 a，b，c 成等差数列（2）由余弦定理知 2 c  2 a  2 b  2 ac cos C 得 (2 b a  2 )  2 a 2  b  2 ac cos 2  3 化简得 a b  3 5 18．（本小题满分 12 分）小波已游戏方式决定是去打球、唱歌还是去下棋。游戏规则为以 O 为起点，再从 A1,A2,A3,A4,A5,A6（如图）这 6 个点中任取两点分别为终点得到两个向量，记住这两个向量的数量积为 X，若 X>0 就去打球，若 X=0 就去唱歌，若 X<0 就去下棋（1）写出数量积 X 的所有可能取值（2）分别求小波去下棋的概率和不．去唱歌的概率解：（1） x 的所有可能取值为-2 ，-1 ，0， 1。（2）数量积为-2 的只有 2 OA OA 5 一种数量积为-1 的有 1 OA OA 5 ， 1 OA OA OA OA OA OA OA OA OA OA 5      6 2 4 2 6 3 4 3 , , , , 六种数量积为 0 的有 1 OA OA OA OA OA OA OA OA 6     3 1 4 3 6 4 , , , 数量积为 1 的有 1 OA OA OA OA OA OA OA OA 6     2 2 3 4 5 5 , , , 四种四种故所有可能的情况共有 15 种。 p  所以小波去下棋的概率为 1 4 15 因为去唱歌的概率为 2 7 15 p  ，所以小波不去唱歌的概率 p 1   p 2 1   4 15  11 15

19．（本小题满分 12 分）如图，直四棱柱 ABCD – A1B1C1D1 中，AB//CD，AD⊥AB，AB=2，AD= ，AA1=3，E 为 CD 上一点，DE=1， EC=3 （1）证明：BE⊥平面 BB1C1C; （2）求点 B1 到平面 EA1C1 的距离解.（1）证明：过 B 作 CD 的垂线交 CD 于 F，则 BF AD   2, EF AB DE    1, FC  2 在 Rt BFE  中，＝， BE 3 Rt BFC  中，＝ . BC 6 在  BCE 中，因为 BE 2  BC 2 ＝＝，故 BE BC EC 9 2 BB 由 1  平面 ABCD ，得 BE BB ，所以 1  BE  平面 BB C C 1 1 （2）三棱锥 E A B C 的体积＝ 1 1 1 V  AA S   1 ＝ A B C 1 1 1 2 1 3 D C 1 1 在 Rt A D C 中，＝ 1 1 AC 1 1  1 2 A D 1 1  2 =3 2 ，同理， EC ＝ 1 2 EC CC 1 2 =3 2 ， EA ＝ 1 2 AD ED AA 1   2 2 =2 3 因此 S A C E 1 1  3 。设点 B1 到平面 1 EAC 的距离为 d，则 5 1 三棱锥 B EAC 的体积 1 1 1  V ＝ 1 3 d S   ＝，从而 A EC 1 1 5 d  5 d  2, d  10 5 20.（本小题满分 13 分）椭圆 C: =1(a>b>0)的离心率，a+b=3 (1) 求椭圆 C 的方程； (2) 如图，A,B,D 是椭圆 C 的顶点，P 是椭圆 C 上除顶点外的任意点，直线 DP 交 x 轴于点 N 直线 AD 交 BP 于点 M，设 BP 的斜率为 k，MN 的斜率为 m，证明 2m-k 为定值。

20.解：（1）因为e= 3 2  c a 故 2 2 c a  2 b 2 a  2 a 1   2 2 b a  3 4 所以 a b 再由 a+b=3 得 2 a=2,b=1,  2 x 椭圆的方程为： 4 C  2 y  1 （2）因为B（2，0），P不为椭圆顶点，则BP方程为y=k(x-2)(k  0且k   1) 2 ① 将①代入 2 x 4 2 y  ，解得 1 P ( 2 2 8 k 4 k   2 1 ,  4 k 2 k  ) 1 4 又直线 AD 的方程为 ①与②联立解得 M ( 由 D (0,1), P ( 2 2 8 k 4 k   1 4 k ② k  ) 1  1 x y 2 2 4 k  , 1 2 2 k  4 2 k 2 1 4 k  1 2 k  4  , 所以 MN 的分斜率为 m= ，则 N x ( ,0) 三点共线可角得 4 kN ( 2 k   2 1 ,0) ), 1 2 m k   1 2 k  2   （定值） k 1 2 21．（本小题满分 14 分）设函数 ( ) f x   x a       1 1 ,0 x a 1 (1 a  ), x a   x 1 a 为常数且 a∈（0，1）. （1）当 a= 1 2 时，求 f（f（ 1 3 ））；（2）若 x0 满足 f（f（x0））= x0,但 f（x0）≠x0，则称 x0 为 f（x）的二阶周期点，证明函数 ( ) f x 有且仅有两个二阶周期点，并求二阶周期点 x1，x2；（3）对于（2）中 x1，x2，设 A（x1,f（f（x1））），B（x2,f（f（x2）））,C(a2,0)，记△ABC 的面积为 s（a），求 s（a）在区间[ 1 3 , 1 2 ]上的最大值和最小值。 21.解：（1）当 a= 时， 1 ( ) 3 1 2 f ＝ 2 3 , f ( f 1 ( )) 3 f ( 2 3 )  2(1  2 3 )  2 3

  x 2 a ( ), a x a  2   x a ( ), x a a    x a 2   a 1 (1  2 ), x a     a 1 x 1  解得 x=0,由于 f（0）=0,故 x=0 不是 f（x）的二阶周期点； x 2 2 ) ) a a 1 ,0  x  a  1   (1    1  (1 a   1  (1 ) a    1 x a 1 (1  1 a   ) 1 a a a  2 （ 2) f ( ( )) f x 当 0   时，由 a x 2 当 2a   时由 a x 因 f 故 x (   2 a  a a a   a   a 2 ( a x  )  x 解得 x  2  a ) a   a a   a 1  2 a 1   a 1  2  a 2  a  2( , ), a a 1 a   a 1 是 f（x）的二阶周期点； 1 当 a   x 2 a   时，由 a 1 1 a  ( x a  )  x 解得 x  2 ) 1  2 a  ( , a a 2   a 1) 因 f ( 1  2 a )  1  1 a (1   2 当 2 a     时， a x 1 1 a )  1  2 a 故 x  1  2 a 不是 f（x）的二阶周期点； (1  x )  x 解得 x  a ) 1   a 1 2  a  2( a   a 1,1) (1 1 a  1 (1  2 f ( a a  1 因 ) 1 1  (1     1   1 a   1 1 a   因此，函数 ( ) x f x 有且仅有两个二阶周期点， 1 是 f（x）的二阶周期点。 ) 1 故    a a a x 2 2  （3）由（2）得则 ( ) s a 1   2 2 a a  ( A 2 a  (1 ) a  2 1 a   a   a , 1 ,  ( ) s a 2 a  1   2 a a   3 ( a a ( ), 1 2  2 a  a a   1  2 a 1   a 1 2  a 。 1 x ， 2  , 1 2  a a 1   ) 1 2  a 1   a 1 a a   1 a   2)  2 2 a  B  ( 2  a 2 a a  1) a   2 因为 a 在[ 1 3 , ]内，故 ( ) 0 s a  ，则 ( ) s a 在区间，上单调递增， [ ] 1 1 3 2 故 ( ) s a 在区间，上最小值为s( )= ，最大值为s( )= [ ] 1 3 1 33 1 2 1 20 1 2 1 1 3 2

资料库

2013年江西高考文科数学真题及答案.doc

相关推荐

高考

热门标签

最新资料