2013年宁夏高考理科数学真题及答案.doc-资料库

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2013 年宁夏高考理科数学真题及答案注意事项： 1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前考生将自己的姓名\ 准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置。 2. 回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号标黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3. 答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 4. 考试结束，将试题卷和答题卡一并交回。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。在每个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} 答案：A 【解】将 N中的元素代入不等式：(x 1)2 < 4 进行检验即可. （2）设复数 z满足(1i )z = 2 i ，则 z = （A）1+ i （B）1 i （C）1+ i （D）1 i 答案：A 【解法一】将原式化为 z = 2i 1- i ,再分母实数化即可. 【解法二】将各选项一一检验即可. （3）等比数列{an}的的前 n项和为 Sn，已知 S3 = a2 +10a1 ，a5 = 9，则 a1 = （A） 1 3 答案：C （B） 1 3 （C） 1 9 （D） 1 9 【解】由 S3 = a2 +10a1 ⇒ a3 = 9a1 ⇒ q2 = 9 ⇒ a1 = a5 q4 = 1 9 （4）已知 m, n为异面直线，m⊥平面，n⊥平面. 直线 l满足 l⊥m，l⊥n，l/，l/ 则：（A）∥且 l∥ （B）⊥且 l⊥

（C）与相交，且交线垂直于 l （D）与相交，且交线平行于 l 答案：D 【解】显然与相交，不然∥ 时⇒ m∥n与 m, n为异面矛盾.与相交时，易知交线平行于 l. 开始输入 N k =1, S = 0,T =1 T=T k S=S+T k=k +1 k > N 是输出 S 结束否（5）已知(1+ax)(1+x)5 的展开式中 x2 的系数为 5，则 a = （A）4 （C）2 答案：D （B）3 （D）1 【解】x2 的系数为 5 ⇒C 2 5 + aC 1 5 = 5 ⇒ a = 1 （6）执行右面的程序框图，如果输入的 N =10，那么输出的 S = + + 1 2 1 2! 1 2 1 2! + 1 3 1 3 + … + 1 10 1 3! + … + 1 10! + … + 1 11 + 1 3! + … + 1 11! （A）1+ （B）1+ （C）1+ （D）1+ 答案：B 【解】变量 T, S, k的赋值关系分别是： Tn +1 = Tn kn , Sn +1 = Sn + Tn +1 , kn +1 = kn + 1.( k 0 =1, T 0 = 1, S 0 = 0) ⇒ kn = n + 1, Tn = Tn Tn -1 × Tn -1 Tn -2 × …× T1 T0 ×T0 = 1 × kn -1 kn -2 1 ×…× 1 k0 = 1 n! , Sn= (Sn  Sn1 ) + (Sn1 Sn2 ) + … + (S 1 S ) + S 0 0 = Tn+ Tn1 + … + T0 = 1+ 1 2! + 1 3! + … + 1 n! 满足 kn > N的最小值为 k10 = 11，此时输出的 S为 S10 （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，则得到正视图

可以为答案：A 【解】 (A) (B) (C) (D) （8）设 a = log 6，b = log 3 10，c = log 5 14，则 7 （A）c > b > a （B）b > c > a （C）a > c > b （D）a > b > c 答案：D 【解】a = 1 + log 2，b = 1 + log 3 2，c = 1 + log 5 2 7 log 3 < log 2 5 < log 2 7 ⇒ log 2 2 > log 3 2 > log 5 2 ⇒ a > b > c 7 （9）已知 a > 0，x, y满足约束条件 x ≥1 x + y ≤3 y≥ a(x - 3) , 若 z =2x+ y的最小值为 1，则 a = （A） 1 4 （C）1 答案：B （B） 1 2 （D） 【解】如图所示，当 z =1 时，直线 2x + y = 1 与 x = 1 的交点 C (1, 1) 即为最优解，此时 a = kBC = 1 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 )的图像是中心对称图形（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 答案：C 【解】f (x ) 的值域为(∞, +∞), 所以（A）正确； f (x ) = [x3 + 3x2• a 3 + 3x•( )2 + ( a 3 a 3 )3 ]+ bx  3x•( a 3 )2 + c( )3 a 3 = (x+ a 3 )3 + (b  a2 3 )(x +  a 3 ) + c ab 3  2a3 27 因为 g (x ) = x3 + (b  a2 3 )x是奇函数，图像关于原点对称， a 所以 f (x ) 的图像关于点( 3 , c ab 3  2a3 27 )对称. 所以（B）正确；显然（C）不正确；（D）正确. （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 = 8x （B）y2 = 2x或 y2 = 8x （C）y2 = 4x或 y2 = 16x （D）y2 = 2x或 y2 = 16x 答案：C 【解】设 M(x0, y0)，由| MF |=5 ⇒ x0 + p 2 = 5 ⇒ x0 = 5  p 2 圆心 N( x0 2 + p 4 , y0 2 )到 y轴的距离| NK | = x0 2 + p 4 = 1 2 | MF |，则圆 N与 y轴相切，切点即为 K(0, 2)，且 NK与 y轴垂直⇒ y0 = 4 ⇒2p(5  p 2 ) = 16 ⇒ p = 2 或 8 .

（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）(1 2 2 , 1 2 ) （C）(1 2 2 , 1 3 ] (D) [ 1 3 , 1 2 ) 答案：B 【解】情形 1：直线 y = ax +b与 AC、BC相交时，如图所示，设 MC = m, NC = n, 由条件知 S△MNC = ⇒ mn = 1 1 2 显然 0 < n ≤ 2 ⇒ m = 1 n ≥ 2 2 n 所以 2 2 ≤ m ≤ 2 且 m ≠ 1 又知 0 < m ≤ 2 , m ≠ D到 AC、BC的距离为 t, 则 t m + t n = DN MN + DM MN = 1 ⇒ t = mn m+n ⇒1 t = m + 1 m f (m ) = m + 1 m ( 2 2 ≤ t < 1 2 ≤ m ≤ 2 且 m ≠ 1)的值域为(2, 3 2 2 ] ⇒ 2 < 1 t 因为 b =1 CD =1 2 t ，所以 1 2 2 < b ≤ 1 3 情形 2：直线 y= ax+b与 AB、BC相交时，如图所示，易求得 xM =  b a , yN = a+b a+1 ,由条件知(1+ b a ) a+b a+1 = 3 2 ≤ 2 ⇒ 2 3 1 ⇒ b2 1-2b = a M在线段 OA上⇒0< N在线段 BC上⇒0< b a a+b a+1 <1⇒0 < a < b <1⇒b < 1 < b得 < b < 1 3 1 2 解不等式：0 < 综上：1 2 2 b2 1-2b 1 2 < b <

二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分。（13）已知正方形 ABCD的边长为 2，E为 CD的中点，则 → AE• → BD = . 答案：2 【解】建立如图所示的坐标系，则 → AE= (1, 2)， → BD= (2, 2)，则 → AE• → BD = 2 （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 1 14 ，则 n = 答案：8 . 【解】事件 A：取出的两数之和等于 5， ① n = 3 时, n(A) =1 由 P(A) = ② n > 3 时, n(A) = 2 由 P(A) = 1 14 1 14 ⇒n() = 14 ⇒ C ⇒n() = 28 ⇒ C 2 n = 14 ⇒n(n 1) =28(无解) 2 n = 28 ⇒n(n 1) = 56 ⇒n = 8 （15）设为第二象限角，若 tan( + p 4 ) = 1 2 ，则 sin + cos= . 答案： 10 5 【解法一】由为第二象限角及 tan( + 终边上取一点 P(2, 1)，易得 sin(+ ) = 1 2 ) =  p 4 p 4 > 0⇒ + p 4 为第三象限角，在 + ⇒ sin+ cos= 2 sin(+ 5 5 p 4 的 p 4 ) =  10 5 （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 . 答案： 49 【解法一】由 S10 = 0，S15 = 25 ⇒ a1 = 3，公差 d = ， 2 3 ⇒ Sn = 1 3 n(n 10) 将 Sn是关于 n的函数，其图像关于 n = 5 对称，n < 10 时，Sn < 0，n > 10 时，Sn > 0，所以 nSn的最小值应在 n = 5, 6, 7, 8, 9 中产生，代入计算得 n = 7 时 nSn最小，最小值为49.

【解法二】同解法一得：Sn = 1 3 n(n 10) 设 f (n ) = nSn = f '(n ) = n(n  1 3 20 3 (n310n) )，靠近极小值点 n = 20 3 时 f (n )最小，最小值为49. 的整数为 6 和 7，代入 f (n )计算得 n = 7 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. （Ⅰ）求 B；（Ⅱ）若 b =2，求△ABC面积的最大值. 【解】（Ⅰ）由 a= bcosC+ csinB ⇒ sin A= sinBcosC+ sinCsinB ⇒ sin (B+C) = sinBcosC + sinCsinB ⇒ cosBsinC = sinCsinB sinC≠0 ⇒ cosB = sinB ⇒ tanB = 1 0 < B < p ⇒ B = p 4 （Ⅱ）由余弦定理得：a2 +c2  2 ac= 4 ⇒ 4+ 2 ac= a2 +c2 ≥ 2ac ⇒ ac ≤ = 4 2- 2 = 2(2 + 2 ) △ABC面积 S = 2 4 ac ≤ 1 + 2 . 所以△ABC面积的最大值为 1 + 2 . （18）如图，直棱柱 ABC-A1B1C1 中，D，E分别是 AB，BB1 的中点，AA1 = AC = CB = 2 2 AB. （Ⅰ）证明：BC1 //平面 A1CD （Ⅱ）求二面角 DA1CE的正弦值【解】（Ⅰ）设 AC1 ∩ A1C = F

⇒ F是 AC1 的中点 D是 AB的中点 ⇒ BC1 //平面 A1CD. ⇒ BC1 //DF，DF⊆平面 A1CD，BC1 /平面 A1CD （Ⅱ）解法一：由 AA1 = AC = CB = AB ⇒ AA1∶BD = AD∶BE 2 2 ⇒Rt△A1AD∽Rt△BDE ⇒ ∠A1DA = ∠BED ⇒∠A1DA +∠BDE = 90o ⇒ED⊥A1D AC = CB ⇒ AB⊥CD AA1⊥底面 ABC ⇒AA1⊥CD ⇒ CD⊥平面 ABB1A1 ⇒ CD⊥DE ⇒ED⊥平面 A1CD 作 DG⊥A1C交 A1C于 G, 则 EG⊥A1C，所以∠DGE为所求二面角的平面角. CD⊥平面 ABB1A1 ⇒ CD⊥A1D ⇒A1C•DG = CD•A1D 设 AA1 = 2a ⇒A1C = 2 2 a，CD = 2 a，A1D = 6 a， ⇒DG = CD•A1D A1C ⇒sin∠DGE = = 6 2 a，DE = 3 a ⇒EG = 3 2 2 a DE EG = 6 3 （Ⅱ）解法二：由 AC = CB = AB ⇒AC2 + CB2 = AB2 ⇒AC⊥BC，建 2 2 立如图所示的坐标系，设 AA1 = 2，则 → CA1 = (2, 0, 2)， → CD = (1, 1, 0)， → CE = (0, 2, 1)，设 m = (x1, y1, z1)是平面 A1DC的法向量，则可取 m = (1, 1, 1) → CA1 = 0 → CD = 0 m• m• ⇒ x1 + z1 = 0 x1 + y1 = 0 同理设 n = (x2, y2, z2)是平面 A1EC的法向量，则 → CA1 = 0 → CE = 0 m• m• ⇒ x2 + z2 = 0 2y2 + z2 = 0 可取 n = (2, 1, 2)， cos< m, n> = m•n |m|•|n| = 所以二面角 DA1CE的正弦值为 6 3 3 3 ⇒ sin< m, n> = 6 3

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