2013年高考理科数学大纲卷(含答案解析)

2013年普通高等学校招生全国统一考试(大纲卷)

数学(理科)

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.

第Ⅰ卷

一、选择题：本题共12小题，每小题5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. 设集合A{1,2,3}，B{4,5}，M={x|x=a+b,aA,bB}，则M中元素的个数为（ ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 2. (1+3i)3

（ ）A. -8 B. 8 C. -8i D. 8i

3. 已知向量m(1,1)，n(2,2)，若(m+n)(mn)，则

（ ）A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

数学试卷 第1页（共18页） 4. 已知函数f(x)的定义域为(-1,0)，则函数f(2x+1)的定义域为 （ ）

A. (-1,1)

B. (1,12)

C. (-1,0) D. (12,1)

5. 函数f(x)log12(1x)(x0)的反函数f1(x)

（ ）

A. 12x1(x0)

B. 12x1(x0)

C. 2x1(xR) D.2x-1(x＞0)

6. 已知数列{an}满足3an＋1+an0，a42=-3，则{an}的前10项和等于 （ ）

A. -6(1-3-10) B.

19(1310) C. 3(13-10) D. 3(13-10)

7. (1+x)8(1+y)4的展开式中x2y2的系数是

（ ）

A. 56 B. 84 C. 112 D. 168

x2y28. 椭圆C：43=1的左、右顶点分别为A1，A2，点P在C上且直线PA2斜率的取值范围是[2,1]，那么直线PA1斜率的取值范围是

（ ）

A. [132,4]

B. [338,4]

C. [12,1]

D. [34,1]

数学试卷 第2页（共18页） 9. 若函数f(x)x2+ax+1x在(12,)是增函数，则a的取值范围是 （ ）

A. [-1,0] B. [-1,+) C. [0,3] D. [3,+)

10. 已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1=2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等

于

（ ）

A.

23 B. 33

C. 23

D. 13

11. 已知抛物线C：y2=8x与点M(2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两

点．若uMAuurguMBuur0，则k= （ ）

A. 12 B. 22

C. 2

D. 2

12. 已知函数f(x)cosxsin2x，下列结论中错误的是

（ ）

A. yf(x)的图像关于点(π，0)中心对称

B. yf(x)的图像关于直线x=π2对称 C. f(x)的最大值为32 D. f(x)既是奇函数，又是周期函数

数学试卷 第3页（共18页）

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13. 已知a是第三象限角，sina13，则cota________.

14. 6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种.（用数字作答）

15. 记不等式组x≥0,x3y≥4,所表示的平面区域为D.若直线y=a(x1)与D有公共点，则a

3xy≤4，的取值范围是________.

16. 已知圆O和圆K是球O的大圆和小圆，其公共弦长等于球O的半径，OK32，且圆O与圆K所在的平面所成的一个二面角为60o，则球O的表面积等于________.

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10分）

等差数列{a2n}的前n项和为Sn.已知S3a2，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通

项公式．

18.（本小题满分12分）

设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，(a+b+c)(a-b+c)=ac. （1）求B；

（2）若sinAsinC314，求C.

数学试卷 第4页（共18页） 19.（本小题满分12分）

如图，四棱锥P-ABCD中，ABC=BAD=90o，BC=2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形．

（Ⅰ）证明：PB⊥CD；

（Ⅱ）求二面角A-PD-C的大小．

20.（本小题满分12分）

甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判．设各局中双方获胜的概率均为12，各局比赛的结果相互独立，第1局甲当裁判．

（Ⅰ）求第4局甲当裁判的概率；

（Ⅱ）X表示前4局中乙当裁判的次数，求X的数学期望．

数学试卷 第5页（共18页） 21.（本小题满分12分）

C：x2y2已知双曲线a2b2=1(a＞0,b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为3，直线

y=2与C的两个交点间的距离为6．

（Ⅰ）求a、b；

（Ⅱ）设过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A、B两点，且|AF1|=|BF1|，证明：

|AF2|、|AB|、|BF2|成等比数列．

22.（本小题满分12分）

已知函数f(x)ln(1+x)x1x1x.

（Ⅰ）若x≥0时，f(x)≤0，求的最小值； （Ⅱ）设数列{a111n}的通项an=1+23Ln，证明：a12n-an+4n＞ln2.

数学试卷 第6页（共18页）

2013年普通高等学校招生全国统一考试（大纲卷）

数学（理科）答案解析

第Ⅰ卷

一、选择题 1.【答案】B

【解析】因为集合A{1,2,3}，B{4,5}，M{x|xab,aA,bB}，所以ab的值可能为：145、156、246、257、347、358，所以M中元素只有：5，6，7，8共4个.

【提示】利用已知条件，直接求出ab，利用集合元素互异求出M中元素的个数即可. 【考点】集合的含义 2.【答案】A 【解析】1+3i31+3i1+3i21+3i2+23i26i28.

【提示】给出复数的幂运算，利用复数的乘法运算求值. 【考点】复数代数形式的四则运算 3.【答案】B【解析】Q(umrrQumr

n)(u(1,1)，rn(2,2)，umrrn(23,3)，umrrn(1,1).（步骤1）mrrn)，(umrrn)g(umrrn)0=0，(23)30，解得3.（步骤2）

【提示】给出两个向量，利用向量的坐标运算，再根据向量的垂直的性质求值. 【考点】向量的坐标运算 4.【答案】B

【解析】Q原函数的定义域为(1,0)，12x10，

解得1x12.则函数f(2x1)的定义域为1,12.

【提示】原函数的定义域，即为2x1的范围，解不等式组即可得解. 【考点】函数的定义域 5.【答案】A

【解析】由ylog11y1121x得1x2，故x2y1，把x和y互换，即得f1(x)2x1，

数学试卷 第7页（共18页） 由x0，得11x1，可得y0.故所求反函数为f1(x)12x1(x0). 【提示】把y看作常数，求出x1121，x，y互换，得到ylogy21x的反函数，注意

反函数的定义域.

【考点】反函数，函数的值域 6.【答案】C

【解析】由3an1an0，得

an11a，故数列{a1.又a4n}是公比q的等比数列n3323，

1104可得a14.所以S1310103(13).

113【提示】由已知可知，数列{a是以13为公比的等比数列，结合已知a4n}23可求a1，

然后代入等比数列的求和公式可求.

【考点】等比数列的定义，等比数列前n项和 7.【答案】D

【解析】因为(1x)8的展开式中x2的系数为C28，(1y)4的展开式中y2的系数为C24，所

以x2y2的系数为C228C4168. 【提示】由题意知利用二项展开式的通项公式写出展开式的通项，令x的指数为2，写出出展开式中x2的系数，第二个因式y2的系数，即可得到结果. 【考点】二项式定理 8.【答案】B

,yx22【解析】设P点坐标为(x00)，则0y0y0y043=1，kPA2x，kPA1， 02x02于是233x231kPA1gkPA2y0403，故kPA1＝－.QkPAx222x24k2[2,1]，0044PA2k33PA18,4.

2【提示】设P(x0,y0)(x2)，代入椭圆方程可得y0x23.利用斜率计算公式可得044kPA1gkPA2，再利用已知给出的kPA1的范围即可解出.

数学试卷 第8页（共18页） 【考点】斜率公式，直线与椭圆的位置关系 9.【答案】D

【解析】由条件知f(x)2xa1x20在12,上恒成立，即a1x22x在12,上恒成立.Q函数y11ymax1221x22x在2,上为减函数，123，a3. 2【提示】由条件知f(x)2xa111x20在2,上恒成立，进而转化为ax22x在

12,上恒成立，构造函数求出11x22x在2,上的最值，可得a的取值范围. 【考点】利用导数判断函数的单调性，不等式恒成立问题 10.【答案】A

【解析】如图，连结AC，交BD于点O，由正四棱柱的性质，有ACBD. 因为CC1平面ABCD，所以CC1BD， 又CC1IACC，所以BD平面CC1O.

在平面CC1O内作CHC1O，垂足为H，则BDCH. 又BDIC1OO，所以CH平面BDC1，

连结DH，则DH为CD在平面BDC1上的射影，所以CDH为CD与平面BDC1所成的角.

设AA11，AB2，在Rt△COC1中，由等面积变换易求得CH23， 在Rt△CDH中，sinCDHCHCD23.

【提示】连结AC，交BD于点O，在平面CC1O内作CHC1O.由BD平面CC1O，

BDIC1OO得出CH平面BDC1，所以CDH为CD与平面BDC1所成的角，由等面

数学试卷 第9页（共18页）

积变换易求得CH2，即可求线面角的正弦值. 3知f(x)为周期函数，故正确.

【提示】A项，用中心对称的充要条件，直接验证f(2πx)f(x)0是否成立即可判断

【考点】线面角，线面垂直的判定 11.【答案】D

【解析】抛物线C的焦点为F(2,0)，则直线方程为yk(x2)，与抛物线方程联立，消去y化简得k2x2(4k28)x4k20. 设点A(x1,y1)，B(x2,y2)则x1x248k2，x1x24. 所以y821y2k(x1x2)4k，y1y2kx1x22(x1x2)416.

uMAuurguMBuurk(x12,y12)g(x22,y22)(x12)(x22)(y12)(y22)x1x22(x1x2)y1y22(y1y2)80，

将上面各个量代入，化简得k24k40，所以k2.

【提示】由题可得直线方程为yk(x2)，联系方程消去y化简得

k2x2(4k28)x4k20，设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，求出x1x2、x1x2、y1y2、y1y2.

利用uMAuurguMBuur(x12,y12)g(x22,y22)0，即可求出k的值.

【考点】直线与抛物线的位置关系，平面向量的坐标运算 12.【答案】C 【

解

析

】

A

项

，因为

f(2πx)cos(2πx)sin(4π2x)cos(x)sin(2x)cosxsin2xf(x)，f(x)的图

象关于点(,0)中心对称，故正确；

B项，因为f(πx)cos(πx)sin(2π2x)cosxsin2xf(x)，所以yf(x)的图象关于直线x2对称，故正确； C项，由题意知f(x)=2cos2xgsinx2(1sin2x)sinx.令tsinx，t1,1，则

g(t)2(1t2)t2t2t3.

令g(t)26t20，得t=33433.当t1时，函数值为0；当t3时，函数值为9；

当t33时，函数值为439.∴g(t)4343max9，即f(x)的最大值为9.故选C；

D项，由f(x)cos(x)sin(2x)cosxsin2xf(x)知其为奇函数，综合选项A、B

数学试卷 第10页（共18页） 其正误；B项，用轴对称的条件直接验证f(πx)f(x)成立与否即可判断其正误；C项，可将函数解析式换为f(x)2sinx2sin3x，再换元为g(t)2t2t3，t1,1，利用导

数求出函数在区间上的最值即可判断正误；D项，可利用奇函数的定义与周期函数的定义直接证明.

【考点】三角函数的周期性和最值，对称性

第Ⅱ卷

二、填空题 13.【答案】22 【解析】由题意知cos1sin211922cos3，故cotsin=22. 【提示】根据是第三象限的角，得到cos小于0，然后由sin的值，利用同角三角函数间的基本关系求出cos的值，进而求出cot的值. 【考点】同角三角函数的基本关系，反三角函数 14.【答案】480

【解析】先把排除甲、乙外的4人全排列，方法有A44种，再将甲、乙插入这4人形成的5

个间隔中，有A245种排法，因此甲、乙不相邻的不同排法有A4gA25480（种）. 【提示】排列好甲、乙两人外的4人，然后把甲、乙两人插入4个人的5个空位中即可. 【考点】排列组合及其应用 15.【答案】

12a4 【解析】作出题中不等式组表示的可行域如下图中阴影部分所示.Q直线ya(x1)过定点P(1,0)，由图并结合题意可知kAP12，kBP4，要使直线ya(x1)与平面区域D有公共点，则

12a4. 数学试卷 第11页（共18页） 【提示】先画出满足约束条件的平面区域，结合图象分析平面区域里各个角点，然后将其代入ya(x1)即可求未知数范围. 【考点】判断不等式组表示的平面区域 16.【答案】16π

【解析】如图所示，公共弦为AB，设球的半径为R，则ABR，取AB为中点M，连接OM、KM，由圆的性质知OMAB，KMAB，所以KMO为圆O与圆K所在平面所成的一个二面角的平面角，则RMO60o.

在Rt△KOM中，OK32，所以OMOKsin60o3.在Rt△OMA中，因为OA2OM2AM2，所以R23124R，解得R24，所以球O的表面积为4πR216π.

【提示】正确作出图形，根据球的截面性质，直角三角形的性质，求出球的半径，并由球的表面积公式求球的表面积.

【考点】球的大圆、小圆及球的截面性质，二面角的平面角，球的表面积公式

三、解答题

17.【答案】an3或an2n1

【解析】设{an}的公差为d，由S23a2得3a2a22，故a20或a23.由S1,S2,S4成等比数列得S22S1S4，又S1a2d，S22a2d，S44a22d，故

(2a2d)2(a2d)(4a22d).若a20，则d22d2，所以d0，此时Sn0，不合题

数学试卷 第12页（共18页）

意；若a23，则(6d)2(3d)(122d)，解得d0或d2，因此{an}的通项公式为

an3或an2n1.

【提示】由S23a22，结合等差数列的求和公式可求a2，然后由S2S1S4，结合等差数列的求和公式进而可求公差d，即可求解通项公式. 【考点】等差数列的通项及性质，等比数列的性质 18.【答案】（Ⅰ）B120 （Ⅱ）C15或C45

【解析】（Ⅰ）因为(abc)(abc)ac，所以a2c2b2ac，由余弦定理得

cosBa2c2b22ac12，因此B120o.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知AC60o，所以cos(AC)cosAcosCsinAsinC

cosAcosCsinAsinC2sinAsinCcos(AC)2sinAsinC13132242，故AC30或AC30，因此C15或C45.

【提示】（Ⅰ）已知等式左边利用多项式乘多项式法则计算，整理后得到关系式，利用余弦定理表示出cosB，将关系式代入求出cosB的值，由B为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出B的度数；

（Ⅱ）由（I）得到AC的度数，利用两角和与差的余弦函数公式化简cos(AC)，变形后将cos(AC)及2sinAsinC的值代入求出cos(AC)的值，利用特殊角的三角函数值求出AC的值，与AC的值联立即可求出C的度数. 【考点】余弦定理，两角和与差的余弦 19.【答案】（Ⅰ）见解析

（Ⅱ）πarccos63 【解析】（Ⅰ）证明：取BC的中点E，连接DE，则四边形ABED为正方形. 过点P作PO平面ABCD，垂足为O，连接OA，OB，OD，OE. 由△PAB和△PAD都是等边三角形知PAPBPD，

所以OAOBOD，即O为正方形ABED对角线的交点，故OEBD， 又OEOP，BDIOPO所以OE平面PDB，从而PBOE.

数学试卷 第13页（共18页） 因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OE∥CD.因此PBCD.

（Ⅱ）解法一：由（1）知CDPB，CDPO，PBIPOP，故CD平面PBD. 又PD平面PBD，所以CDPD.

取PD的中点F，PC的中点G，连结FG，则FG∥CD，FGPD， 连结AF，由△APD为等边三角形可得AFPD， 所以AFG为二面角APDC的平面角. 连结AG，EG，则EG∥PB， 又PBAE，所以EGAE.

设AB2，则CDAE22，EG1PB1，故AGAE22EG23.

在△AFG中，FG12CD2，AF3，AG3，

所

以

cosAFGFG2AF2AG262FGAF3. 因此二面角APDC的大小为πarccos63.

解法二：由（1）知，OE，OB，OP两两垂直.以O为坐标原点，uOEuur的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O设u|uABuurxyz.

|2，则A(2,0,0)，D(0,2,0)，C(22,2,0)，P(0,0,2). PCuuru(22,2,2)，uPDuur(0,APuur2,2)， (2,0,2)，uADuur(2,2,0).设平面PCD的法向量为unur

1则rnuuur(x,y,z)， (x,y,z)g(22,2,2)0，unuruuur1gPC1gPD(x,y,z)g(0,2,2)0，

可得2xyz0，yz0， 取y1，得x0，z1，故nuur(0,1,1).

设平面PAD的法向量为uur1则nuuruuurn2(m,p,q)，

2m,p,q)g(2,0,2)0，uuruuur2ngAP(n2gn2gAD(m,p,q)g(2,2,0)0， 数学试卷 第14页（共18页） 可得mq0，mp0，

取m1，得p1，q1，故nuur(1,1,1)，

于是cosunuruuruuruur21,n2unur1gnu2ur6由于unuruur|nn.1||2|3 1,n2等于二面角APDC的平面角，所以二面角APDC的大小为

πarccos63.

【提示】（Ⅰ）取BC的中点E，连接DE，过点P作PO平面ABCD于O，连接OA、OB、OD、OE.可证出四边形ABED是正方形，且O为正方形ABED的中心.因此OEOB，结合三垂线定理，证出OEPB，而OE是△BCD的中位线，可得OE∥CD，因此PBCD；

（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论，证出CD平面PBD，从而得到CDPD.取PD的中点F，PC的中点G，连接FG，可得FG∥CD，所以FGPD.连接AF，可得AFPD，因此AFG为二面角APDC的平面角，连接AG、EG，则EG∥PB，可得EGOE.设AB2，

可求出AE、EG、AG、AF和FG的长，最后在△AFG中利用余弦定理，算出

AFGπarccos63，即得二面角APDC的平面角大小. 【考点】平行于垂直关系的综合问题，二面角，空间直角坐标系，空间向量及其运算 20.【答案】（Ⅰ）14 （Ⅱ）

98 【解析】（Ⅰ）记A1表示事件“第2局结果为甲胜”，A2表示“第3局甲参加比赛时，结果为甲负”，

A表示事件“第4局甲当裁判”.则

AA1gA2，

P(A)P(AP(A11gA2)P(A1)2)4 （Ⅱ）X的可能取值为0，1，2，记A3表示事件“第3局乙和丙比赛时，结果为乙胜丙”，

B1表示事件“第1局结果为乙胜丙”，B2表示事件“第2局乙和甲比赛时，结果为乙胜甲”，B3表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙负”.

数学试卷 第15页（共18页）

则P(X0)P(B1gB2gA3)P(B1)P(B2)P(A3)11 ，P(X2)P(B1gB3)P(B1)P(B3)，

84115P(X1)1P(X0)P(X2)1，

8489EX0gP(X0)1gP(X1)2gP(X2).

8故|AB||AF2||BF2|23(x1x2)4，

|AF2|g|BF2|=3(x1x2)9x1x2116，

|AB|、|BF2|成等比数列. AF2gBF2|AB|2，所以|AF2|、【提示】（Ⅰ）由于已知函数的最大值是0，故可先求出函数的导数，研究其单调性，确定出函数的最大值，利用最大值小于等于0求出参数的取值范围，即可求得其最小值； （Ⅱ）根据（Ⅰ）的证明，可取察发现，若取x因而

1x2xln(1x)，考，由于x0时f(x)0得出

222x【提示】（Ⅰ）由题设，可由离心率为3得到参数a，b的关系，将双曲线的方程用参数a2k1k11>ln则可得出，以此为依据，利用放缩法，即可得到结【提示】（Ⅰ）令A1表示第2局结果为甲获胜，A2表示第3局甲参加比赛时，结果为甲负，A表示第4局甲当裁判，分析其可能情况，每局比赛的结果相互独立且互斥，利用独立事件、互斥事件的概率求解即可；

（Ⅱ）X的所有可能值为0，1，2，分别求出X取每一个值的概率，列出分布列后求出期望值即可.

【考点】相互独立事件的概率，离散型随机变量的期望

【答案】（Ⅰ）由题设知c3，即a2b221.9，故b28a2aa2， 所以C的方程为8x2y28a2，

将y2代入上式，求得xa212.

由题设知，2a2126，解得a21，所以a1，b22.

（Ⅱ）证明：由（1）知，F1(3,0)，F2(3,0)，C的方程为8x2y28① 由题设可设l的方程为yk(x3)，|k|22将其代入l并化简，得

(k28)x26k2x9k280.

设A(x)，B(x1，x6k29k281,y12,y2)，则x121，x1x2k28，x1x2k28，

于是|AF21|(x13)2y1(x13)28x218(3x11)， |BFx228x21|(23)y2(x23)2283x21.

由|AF1||BF1|得(3x11)3x21，

26k2即x21x23，故k283，

解得k24，从而x1x21959. 由于|AF2222|(x13)y1(x13)8x2813x1，

|BF|(x222213)y2(x13)8x283x21，

数学试卷 第16页（共18页） 表示出来，再由直线y2与C的两个交点间的距离为6建立方程求出参数a即可得到双曲线的方程；

（Ⅱ）由（Ⅰ）的方程求出两焦点坐标，设出直线l的方程设A(x1,y1)，B(x2,y2)，将其

C的方程联立，得出x6k2与双曲线9k281x2k28，x1x2k28，再利用|AF1||BF1|建立关

于A，B坐标的方程，得出两点横坐标的关系x1x223，由此方程求出k的值，得出直线的方程，从而可求得|AF2|、|AB|、|BF2|再利用等比数列的性质进行判断即可证明出结论.

【考点】双曲线的标准方程及简单几何性质，直线与双曲线的位置关系

f(0)0，f(x)12xx222.【答案】（Ⅰ）由已知1x2，

f(0)0

若12，则当0x2(12)时，f(0)0，所以f(x)0， 若12，则当x0时，f(0)0，所以当x0时f(x)0，

综上，的最小值是12.

（Ⅱ）证明：令1

2

，

由（Ⅰ）知，当x0时，f(x)0，即

x2x22xln(1x). 取x1k，则2k1k12kk1>lnk， 于是a12n12nan4nkn12k12(k1) 2n122k1n12kk1lnk1knknk

ln2nlnnln2

所以a2na1n4nln2. 数学试卷 第17页（共18页） k2kk1k论.

【考点】利用导数求函数的最值，解决不等式问题

数学试卷第18页（共18页）