2013年普通高等学校招生全国统一考试数学(湖北卷)理.docx

1、2013年普通高等学校招生全国统一考试(湖北卷)数学(理工类)本试题卷共6页,22题,其中第15、16题为选考题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.用统一提供的2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑.2.选择题的作答:每小题选出答案后,用统一提供的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,再选涂其它答案标号.答在试题卷、草稿纸上无效.3.填空题和解答题的作答:用统一提供的签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.答在试题卷、草稿纸上无效.4.选考

2、题的作答:先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用统一提供的2B铅笔涂黑.考生应根据自己选做的题目准确填涂题号,不得多选.答题答在答题卡上对应的答题区域内,答在试题卷、草稿纸上无效.5.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交.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湖北,理1)在复平面内,复数z=2i1+i(i为虚数单位)的共轭复数对应的点位于().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=2i1+i=2i(1-i)(1+i)(1-i)=i(1-i)=1+i,复数z

3、=2i1+i的共轭复数z=1-i,其在复平面内对应的点(1,-1)位于第四象限.2.(2013湖北,理2)已知全集为R,集合A=x12x1,B=x|x2-6x+80,则ARB=().A.x|x0B.x|2x4C.x|0x4D.x|0x2或x4答案:C解析:由题意知集合A=x12x1=x|x0,集合B=x|x2-6x+80=x|2x4,RB=x|x4.因此A(RB)=x|0x4.3.(2013湖北,理3)在一次跳伞训练中,甲、乙两位学员各跳一次.设命题p是“甲降落在指定范围”,q是“乙降落在指定范围”,则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为().A.(􀱑p)(

4、051729;q)B.p(􀱑q)C.(􀱑p)(􀱑q)D.pq答案:A解析:“至少有一位学员没有降落在指定范围”包括甲或乙没有落在指定范围或者两人均没有落在指定范围,因此应为(􀱑p)(􀱑q).4.(2013湖北,理4)将函数y=3cos x+sin x(xR)的图象向左平移m(m0)个单位长度后,所得到的图象关于y轴对称,则m的最小值是().A.12B.6C.3D.56答案:B解析:y=3cos x+sin x=2sinx+3,函数y=3cos x+sin x(xR)的图象向左平移m(m0)个单位长度后,变

5、为函数y=2sinx+3+m的图象.又所得到的图象关于y轴对称,则有3+m=k+2,kZ,m=k+6,kZ.m0,当k=0时,m的最小值为6.5.(2013湖北,理5)已知04,则双曲线C1:x2cos2-y2sin2=1与C2:y2sin2-x2sin2tan2=1的().A.实轴长相等B.虚轴长相等C.焦距相等D.离心率相等答案:D解析:对于双曲线C1:x2cos2-y2sin2=1,a12=cos2,b12=sin2,c12=1;对于双曲线C2:y2sin2-x2sin2tan2=1,a22=sin2,b22=sin2tan2,c22=sin2+sin2tan2=sin2(1+tan2)

6、=sin21+sin2cos2=sin2cos2=tan2.只有当=k+4(kZ)时,a12=a22或b12=b22或c12=c22,而04,排除A,B,C.设双曲线C1,C2的离心率分别为e1,e2,则e12=1cos2,e22=tan2sin2=1cos2.故e1=e2,即两双曲线的离心率相等.6.(2013湖北,理6)已知点A(-1,1),B(1,2),C(-2,-1),D(3,4),则向量AB在CD方向上的投影为().A.322B.3152C.-322D.-3152答案:A解析:由题意可知AB=(2,1),CD=(5,5),故AB在CD方向上的投影为ABCD|CD|=1550=322.

7、7.(2013湖北,理7)一辆汽车在高速公路上行驶,由于遇到紧急情况而刹车,以速度v(t)=7-3t+251+t(t的单位:s,v的单位:m/s)行驶至停止.在此期间汽车继续行驶的距离(单位:m)是().A.1+25ln 5B.8+25ln 113C.4+25ln 5D.4+50ln 2答案:C解析:由于v(t)=7-3t+251+t,且汽车停止时速度为0,因此由v(t)=0可解得t=4,即汽车从刹车到停止共用4 s.该汽车在此期间所行驶的距离s=04 7-3t+251+tdt=7t-3t22+25ln(t+1)|04=4+25ln 5(m).8.(2013湖北,理8)一个几何体的三视图如图所

8、示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为V1,V2,V3,V4,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有().A.V1V2V4V3B.V1V3V2V4C.V2V1V3V4D.V2V3V1V4答案:C解析:由三视图可知,四个几何体自上而下分别为圆台,圆柱,四棱柱,四棱台.结合题中所给数据可得:V1=13(4+2)=73,V2=2,V3=23=8,V4=13(16+4+8)=283.故V2V1V3V4.9.(2013湖北,理9)如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割为125个同样大小的小正方体.经过搅拌后,从中随机取一个小正方体,记它的涂漆面数为X,则X的

9、均值E(X)=().A.126125B.65C.168125D.75答案:B解析:由题意可知涂漆面数X的可能取值为0,1,2,3.由于P(X=0)=27125,P(X=1)=54125,P(X=2)=36125,P(X=3)=8125,故E(X)=027125+154125+236125+38125=150125=65.10.(2013湖北,理10)已知a为常数,函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点x1,x2(x10,f(x2)-12B.f(x1)0,f(x2)0,f(x2)-12D.f(x1)-12答案:D解析:由题意知,函数f(x)=x(ln x-ax)=xln x-ax2有两个

10、极值点,即f(x)=ln x+1-2ax=0在区间(0,+)上有两个根.令h(x)=ln x+1-2ax,则h(x)=1x-2a=-2ax+1x,当a0时h(x)0,f(x)在区间(0,+)上递增,f(x)=0不可能有两个正根,a0.由h(x)=0,可得x=12a,从而可知h(x)在区间0,12a上递增,在区间12a,+上递减.因此需h12a=ln 12a+1-1=ln 12a0,即12a1时满足条件,故当0a12时,h(x)=0有两个根x1,x2,且x112a0,x1112ax2,从而可知函数f(x)在区间(0,x1)上递减,在区间(x1,x2)上递增,在区间(x2,+)上递减.f(x1)f

11、(1)=-af(1)=-a-12.故选D.二、填空题:本大题共6小题,考生共需作答5小题,每小题5分,共25分.请将答案填在答题卡对应题号的位置上,答错位置,书写不清,模棱两可均不得分.11.(2013湖北,理11)从某小区抽取100户居民进行月用电量调查,发现其用电量都在50至350度之间,频率分布直方图如图所示.(1)直方图中x的值为;(2)在这些用户中,用电量落在区间100,250)内的户数为.答案:(1)0.004 4(2)70解析:(1)由频率分布直方图知200,250)小组的频率为1-(0.002 4+0.003 6+0.006 0+0.002 4+0.001 2)50=0.22,

12、于是x=0.2250=0.004 4.(2)数据落在100,250)内的频率为(0.003 6+0.006 0+0.004 4)50=0.7,所求户数为0.7100=70.12.(2013湖北,理12)阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序,输出的结果i=.答案:5解析:第一次执行循环体后:a=5,i=2;第二次执行循环体后:a=16,i=3;第三次执行循环体后:a=8,i=4;第四次执行循环体后:a=4,i=5,满足条件,循环结束.输出i=5.13.(2013湖北,理13)设x,y,zR,且满足:x2+y2+z2=1,x+2y+3z=14,则x+y+z=.答案:3147解析:由柯西不等式得(

13、x2+y2+z2)(12+22+32)(x+2y+3z)2当且仅当x1=y2=z3时等号成立,此时y=2x,z=3x.x2+y2+z2=1,x+2y+3z=14,x=1414,y=21414,z=31414.x+y+z=61414=3147.14.(2013湖北,理14)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如三角形数1,3,6,10,第n个三角形数为n(n+1)2=12n2+12n.记第n个k边形数为N(n,k)(k3),以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式:三角形数N(n,3)=12n2+12n,正方形数N(n,4)=n2,五边形数N(n,5)=32n2-12n,六边形数N(

14、n,6)=2n2-n,可以推测N(n,k)的表达式,由此计算N(10,24)=.答案:1 000解析:由题中数据可猜想:含n2项的系数为首项是12,公差是12的等差数列,含n项的系数为首项是12,公差是-12的等差数列,因此N(n,k)=12+(k-3)12n2+12+(k-3)-12n=k-22n2+4-k2n.故N(10,24)=11n2-10n=11102-1010=1 000.(二)选考题(请考生在第15、16两题中任选一题作答,请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑.如果全选,则按第15题作答结果计分.)15.(2013湖北,理15)(选修41:几何证明选讲)如

15、图,圆O上一点C在直径AB上的射影为D,点D在半径OC上的射影为E.若AB=3AD,则CEEO的值为.答案:8解析:设AD=2,则AB=6,于是BD=4,OD=1.如图,由射影定理得CD2=ADBD=8,则CD=22.在RtOCD中,DE=ODCDOC=1223=223.则CE=DC2-DE2=8-89=83,EO=OC-CE=3-83=13.因此CEEO=8313=8.16.(2013湖北,理16)(选修44:坐标系与参数方程)在直角坐标系xOy中,椭圆C的参数方程为x=acos,y=bsin(为参数,ab0).在极坐标系(与直角坐标系xOy取相同的长度单位,且以原点O为极点,以x轴正半轴为

16、极轴)中,直线l与圆O的极坐标方程分别为sin+4=22m(m为非零常数)与=b.若直线l经过椭圆C的焦点,且与圆O相切,则椭圆C的离心率为.答案:63解析:将椭圆C的参数方程x=acos,y=bsin(为参数,ab0)化为标准方程为x2a2+y2b2=1(ab0).又直线l的极坐标方程为sin+4=22m(m为非零常数),即sin22+cos22=22m,则该直线的一般式为y+x-m=0.圆的极坐标方程为=b,其标准方程为x2+y2=b2.直线与圆O相切,|m|2=b,|m|=2b.又直线l经过椭圆C的焦点,|m|=c.c=2b,c2=2b2.a2=b2+c2=3b2,e2=c2a2=23.

17、e=63.三、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.17.(2013湖北,理17)(本小题满分12分)在ABC中,角A,B,C对应的边分别是a,b,c.已知cos 2A-3cos(B+C)=1.(1)求角A的大小;(2)若ABC的面积S=53,b=5,求sin Bsin C的值.解:(1)由cos 2A-3cos(B+C)=1,得2cos2A+3cos A-2=0,即(2cos A-1)(cos A+2)=0,解得cos A=12或cos A=-2(舍去).因为0A,所以A=3.(2)由S=12bcsin A=12bc32=34bc=53,得bc=20.又b

18、=5,知c=4.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=25+16-20=21,故a=21.又由正弦定理得sin Bsin C=basin Acasin A=bca2sin2A=202134=57.18.(2013湖北,理18)(本小题满分12分)已知等比数列an满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125.(1)求数列an的通项公式;(2)是否存在正整数m,使得1a1+1a2+1am1?若存在,求m的最小值;若不存在,说明理由.解:(1)设等比数列an的公比为q,则由已知可得a13q3=125,|a1q-a1q2|=10,解得a1=53,q=3,或a1=-5,q=-1.故an=5

19、33n-1,或an=-5(-1)n-1.(2)若an=533n-1,则1an=3513n-1,故1an是首项为35,公比为13的等比数列,从而n=1m1an=351-13m1-13=9101-13m9101.若an=(-5)(-1)n-1,则1an=-15(-1)n-1,故1an是首项为-15,公比为-1的等比数列,从而n=1m1an=-15,m=2k-1(kN+),0,m=2k(kN+),故n=1m1an1.综上,对任何正整数m,总有n=1m1an1.故不存在正整数m,使得1a1+1a2+1am1成立.19.(2013湖北,理19)(本小题满分12分)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于

20、A,B的点,直线PC平面ABC,E,F分别是PA,PC的中点.(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l,试判断直线l与平面PAC的位置关系,并加以证明;(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D,且点Q满足DQ=12CP,记直线PQ与平面ABC所成的角为,异面直线PQ与EF所成的角为,二面角E-l-C的大小为,求证:sin =sin sin .(1)解:直线l平面PAC,证明如下:连接EF,因为E,F分别是PA,PC的中点,所以EFAC.又EF平面ABC,且AC平面ABC,所以EF平面ABC.而EF平面BEF,且平面BEF平面ABC=l,所以EFl.因为l平面PAC,EF平面PAC,所以直

21、线l平面PAC.图1(2)证明:(综合法)如图1,连接BD,由(1)可知交线l即为直线BD,且lAC.因为AB是O的直径,所以ACBC,于是lBC.已知PC平面ABC,而l平面ABC,所以PCl.而PCBC=C,所以l平面PBC.连接BE,BF,因为BF平面PBC,所以lBF.故CBF就是二面角E-l-C的平面角,即CBF=.由DQ=12CP,作DQCP,且DQ=12CP.连接PQ,DF,因为F是CP的中点,CP=2PF,所以DQ=PF,从而四边形DQPF是平行四边形,PQFD.连接CD,因为PC平面ABC,所以CD是FD在平面ABC内的射影,故CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角,即CDF

22、=.又BD平面PBC,有BDBF,知BDF为锐角,故BDF为异面直线PQ与EF所成的角,即BDF=,于是在RtDCF,RtFBD,RtBCF中,分别可得sin =CFDF,sin =BFDF,sin =CFBF,从而sin sin =CFBFBFDF=CFDF=sin ,即sin =sin sin .图2(向量法)如图2,由DQ=12CP,作DQCP,且DQ=12CP.连接PQ,EF,BE,BF,BD,由(1)可知交线l即为直线BD.以点C为原点,向量CA,CB,CP所在直线分别为x、y、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设CA=a,CB=b,CP=2c,则有C(0,0,0),A(a,0,0

23、),B(0,b,0),P(0,0,2c),Q(a,b,c),E12a,0,c,F(0,0,c).于是FE=12a,0,0,QP=(-a,-b,c),BF=(0,-b,c),所以cos =|FEQP|FE|QP|=aa2+b2+c2,从而sin =1-cos2=b2+c2a2+b2+c2.又取平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),可得sin =|mQP|m|QP|=ca2+b2+c2,设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z),所以由nFE=0,nBF=0,可得12ax=0,-by+cz=0.取n=(0,c,b).于是|cos |=|mn|m|n|=bb2+c2,从而sin =1-cos

24、2=cb2+c2.故sin sin =b2+c2a2+b2+c2cb2+c2=ca2+b2+c2=sin ,即sin =sin sin .20.(2013湖北,理20)(本小题满分12分)假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布N(800,502)的椭机变量.记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0.(1)求p0的值;(参考数据:若XN(,2),有P(-X+)=0.682 6,P(-2X+2)=0.954 4,P(-3X+3)=0.997 4.)(2)某客运公司用A,B两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务,每车每天往返一次.A,B两种车辆的载客量分别为36人和60人

25、,从甲地去乙地的营运成本分别为1 600元/辆和2 400元/辆.公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队,并要求B型车不多于A型车7辆.若每天要以不小于p0的概率运完从甲地去乙地的旅客,且使公司从甲地去乙地的营运成本最小,那么应配备A型车、B型车各多少辆?解:(1)由于随机变量X服从正态分布N(800,502),故有=800,=50,P(700X900)=0.954 4.由正态分布的对称性,可得p0=P(X900)=P(X800)+P(800X900)=12+12P(700n),过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记=mn,BDM和ABN的面

26、积分别为S1和S2.(1)当直线l与y轴重合时,若S1=S2,求的值;(2)当变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2?并说明理由.解:依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C1:x2a2+y2m2=1,C2:x2a2+y2n2=1.其中amn0,=mn1.图1(1)解法1:如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x=0,则S1=12|BD|OM|=12a|BD|,S2=12|AB|ON|=12a|AB|,所以S1S2=|BD|AB|.在C1和C2的方程中分别令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=-m,于是|BD|AB|=|yB-yD|yA-yB|=m+nm-n=+1-1.若

27、S1S2=,则+1-1=,化简得2-2-1=0.由1,可解得=2+1.故当直线l与y轴重合时,若S1=S2,则=2+1.解法2:如图1,若直线l与y轴重合,则|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;S1=12|BD|OM|=12a|BD|,S2=12|AB|ON|=12a|AB|.所以S1S2=|BD|AB|=m+nm-n=+1-1.若S1S2=,则+1-1=,化简得2-2-1=0.由1,可解得=2+1.故当直线l与y轴重合时,若S1=S2,则=2+1.图2(2)解法1:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx

28、(k0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则d1=|-ak-0|1+k2=ak1+k2,d2=|ak-0|1+k2=ak1+k2,所以d1=d2.又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d2,所以S1S2=|BD|AB|=,即|BD|=|AB|.由对称性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD|-|AB|=(-1)|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(+1)|AB|,于是|AD|BC|=+1-1.将l的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得xA=ama2k2+m2,xB=ana2k2+n2.根据对称性可知xC=-xB,xD=-xA,于是|AD|BC|=

29、1+k2|xA-xD|1+k2|xB-xC|=2xA2xB=mna2k2+n2a2k2+m2.从而由和式可得a2k2+n2a2k2+m2=+1(-1).令t=+1(-1),则由mn,可得t1,于是由可解得k2=n2(2t2-1)a2(1-t2).因为k0,所以k20.于是式关于k有解,当且仅当n2(2t2-1)a2(1-t2)0,等价于(t2-1)t2-121,可解得1t1,即1+1(-1)1,解得1+2,所以当11+2时,存在与坐标轴不重合的直线l使得S1=S2.解法2:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k0),点M(-a,0),N(a

30、,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则d1=|-ak-0|1+k2=ak1+k2,d2=|ak-0|1+k2=ak1+k2,所以d1=d2.又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d2,所以S1S2=|BD|AB|=.因为|BD|AB|=1+k2|xB-xD|1+k2|xA-xB|=xA+xBxA-xB=,所以xAxB=+1-1.由点A(xA,kxA),B(xB,kxB)分别在C1,C2上,可得xA2a2+k2xA2m2=1,xB2a2+k2xB2n2=1,两式相减可得xA2-xB2a2+k2(xA2-2xB2)m2=0,依题意xAxB0,所以xA2xB2.所以由上式解得k2=m2(xA

31、2-xB2)a2(2xB2-xA2).因为k20,所以由m2(xA2-xB2)a2(2xB2-xA2)0,可解得1xAxB.从而1+1-11+2,所以当11+2时,存在与坐标轴不重合的直线l使得S1=S2.22.(2013湖北,理22)(本小题满分14分)设n是正整数,r为正有理数.(1)求函数f(x)=(1+x)r+1-(r+1)x-1(x-1)的最小值;(2)证明:nr+1-(n-1)r+1r+1nr(n+1)r+1-nr+1r+1;(3)设xR,记x为不小于x的最小整数,例如2=2,=4,-32=-1.令S=381+382+383+3125,求S的值.(参考数据:8043344.7,81

32、43350.5,12443618.3,12643631.7)(1)解:因为f(x)=(r+1)(1+x)r-(r+1)=(r+1)(1+x)r-1,令f(x)=0,解得x=0.当-1x0时,f(x)0时,f(x)0,所以f(x)在(0,+)内是增函数.故函数f(x)在x=0处取得最小值f(0)=0.(2)证明:由(1),当x(-1,+)时,有f(x)f(0)=0,即(1+x)r+11+(r+1)x,且等号当且仅当x=0时成立,故当x-1且x0时,有(1+x)r+11+(r+1)x.在中,令x=1n(这时x-1且x0),得1+1nr+11+r+1n.上式两边同乘nr+1,得(n+1)r+1nr+

33、1+nr(r+1),即nr1时,在中令x=-1n(这时x-1且x0),类似可得nrnr+1-(n-1)r+1r+1.且当n=1时,也成立.综合,得nr+1-(n-1)r+1r+1nr(n+1)r+1-nr+1r+1.(3)解:在中,令r=13,n分别取值81,82,83,125,得34(8143-8043)38134(8243-8143),34(8243-8143)38234(8343-8243),34(8343-8243)38334(8443-8343),34(12543-12443)312534(12643-12543).将以上各式相加,并整理得34(12543-8043)S34(12643-8143).代入数据计算,可得34(12543-8043)210.2,34(12643-8143)210.9.由S的定义,得S=211.