2013年高考理科數(shù)學試卷及答案(湖南卷)(Word版)

2013年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學（理工農(nóng)醫(yī)類）一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.復數(shù)z=i·（1+i）（i為虛數(shù)單位）在復平面上對應的點位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限2.某學校有男、女學生各500名，為了解男、女學生在學習興趣與業(yè)余愛好方面是否存在顯著差異，擬從全體學生中抽取100名學生進行調(diào)查，則宜采用的抽樣方法是()A.抽簽法B.隨機數(shù)法C.系統(tǒng)抽樣法D.分層抽樣法3.在銳角中，角A，B所對的邊長分別為a，b。若，則角A等于()A.B.C.D.4.若變量x，y滿足約束條件則的最大值是()A.B.０C.D.5.函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象的交點個數(shù)為()A.3B.2C.1D.06.已知a，b是單位同量，a·b=0。若向量c滿足，則的取值范圍是()A.[,]B.[,]C.[1,]D.[1,]7.已知棱長為1的正方體的俯視圖是一個面積為1的正方形，則該正方體的正視圖的面積不可能等于()A.1B.C.D.8.在等腰直角三角形ABC中，AB=AC=4，點P是邊AB上異于A，B的一點，光線從點P出發(fā)，經(jīng)BC，CA反射后又回到點P（如圖1）。若光線QR經(jīng)過的重心，則AP等于()A.2B.1C.D.二、填空題：本大題共8小題，考生作答7小題，每小題5分，共35分。（一）選做題（請考生在第9，10，11三題中任選兩題作答，如果全做，則按前兩題記分）9.在平面直角坐標系xOy中，若直線l：(t為參數(shù))過橢圓C：(為參數(shù))的右頂點，則常數(shù)a的值為.10.已知R，a+2b+3c=6，則的最小值為.11.如圖2，在半徑為的⊙O中，弦AB，CD相交于點P，PA=PB=2，PD=1，則圓心O到弦CD的距離為.(二)必做題（12～16題）12.若，則常數(shù)T的值為.13.執(zhí)行如圖3所示的程序框圖，如果輸入a=1，b=2，則輸出的a的值為.14.設，是雙曲線C：（a>0，b>0）的兩個焦點，P是C上一點。若，且的最小內(nèi)角為30°，則C的離心率為.15.設為數(shù)列的前n項和，，，則（1）=；（2）=。16.設函數(shù)，其中c>a>0，c>b>0。（1）記集合M={（）|不能構成一個三角形的三條邊長，且a=b}，則（）M所對應的f（x）的零點的取值集合為；（2）若是的三條邊長，則下列結論正確的是。（寫出所有正確結論的序號）2012年高考理科數(shù)學（湖南卷）參考答案一、1—5：BDDCB6—8：ACD二、9、310、1211、12、313、914、15、（1）（2）16、（1）{x|0＜x≤1}（2）①②③三、17、解：f（x）=sin（）+cos（）==，g（x）=2sin2=。（Ⅰ）由f（α）=得sinα=，又α是第一象限角，所以cosα>0，從而g（α）====。（Ⅱ）f（x）≥g（x）等價于≥，即≥1，于是sin（）≥。從而≤≤，，即≤≤，。故使f（x）≥g（x）成立的x的取值集合為{|≤≤，}。18、解：（Ⅰ）所種作物總株數(shù)N=1+2+3+4+5=15，其中三角形地塊內(nèi)部的作物株數(shù)為3，邊界上的作物株數(shù)為12，從三角形地塊的內(nèi)部和邊界上分別隨機選取一株的不同結果有=36種，選取的兩株作物恰好“相近”的不同結果有3+3+2=8種。故從三角形地塊的內(nèi)部和邊界上分別隨機選取一株作物，它們恰好“相近”的概率為。（Ⅱ）先求從所種作物中隨機選取的一株作物的年收獲量Y的分布列。因為P（Y=51）=P（X=1），P（Y=48）=P（X=2），P（Y=45）=P（X=3），P（Y=42）=P（X=4），所以只需求出P（X=k）（k=1，2，3，4）即可。記nk為其“相近”作物恰有k株的作物侏數(shù)（k=1，2，3，4），則n1=2，n2=4，n3=6，n4=3由P（X=k）=得P（X=1）=，P（X=2）=，P（X=3）==，P（X=4）==。故所求的分布列為Y51484542P所求的數(shù)學期望為E（Y）=51×+48×+45×+42×==46。19、解法1：（Ⅰ）如圖1，因為平面ABCD，平面ABCD，所以。又，所以平面BB1D。而平面BB1D，所以。（Ⅱ）因為，所以直線B1C1與平面ACD1所成的角等于直線AD與平面ACD1所成的角（記為）。如圖1，邊結A1D。因為棱柱ABCD—A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1=∠BAD=90°，所以平面ADD1A1，從而。又AD=AA1=3，所以四邊形ADD1A1是正方形，于是。故平面A1B1D，于是。由（Ⅰ）知，，所以平面ACD1，故∠ADB1=。在直角梯形ABCD中，因為，所以∠BAC=∠ADB。從而Rt～Rt，故，即。連結AB1，易知是直角三角形，且=21，即B1D=。在Rt中，，即cos()=，從而。即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為。解法2：（Ⅰ）易知，AB，AD，AA1兩兩垂直。如圖2，以A為坐標原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，設AB=t，則相關各點的坐標為：A（0，0，0），B（t，0，0），B1（t，0，3），C（t，1，0），C1（t，1，3），D（0，3，0），D1（0，3，3）。從而=（-t，3，-3），=（t，1，0），=（-t，3，0）。因為，所以。解得或（舍去）。于是=（，3，-3），=（，1，0）。因為，所以，即。（Ⅱ）由（Ⅰ）知，=（0，3，3），=（，1，0），=（0，1，0）。設n=（x，y，z）是平面ACD1的一個法向量，則即令，則n=（1，，）。設直線B1C1與平面ACD1所成角為，則。即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為。20、解：設點P的坐標為（x，y）。（Ⅰ）點P到居民區(qū)A的“L路徑”長度最小值為|x-3|+|y-20|，R，[0，+∞）。（Ⅱ）由題意知，點P到三個居民區(qū)的“L路徑”長度之和的最小值為點P分別到三個居民區(qū)的“L路徑”長度最小值之和（記為d）的最小值。①當y≥1時，d=|x+10|+|x-14|+|x-3|+2|y|+|y-20|。因為d1（x）=|x+10|+|x-14|+|x-3|≥|x+10|+|x-14|；（*）當且僅當x=3時，不等式（*）中的等號成立。又因為|x+10|+|x-14|≥24，（**）當且僅當[-10，14]時，不等式（**）中的等號成立。所以d1（x）≥24，當且僅當x=3時，等號成立。d2（y）=2y+|y-20|≥21，當且僅當y=1時，等號成立。故點P的坐標為（3，1）時，P到三個居民區(qū)的“L路徑”長度之和最小，且最小值為45。②當0≤y≤1時，由于“L路徑”不能進入保護區(qū)，所以d=|x+10|+|x-14|+|x-3|+1+|1-y|+|y|+|y-20|。此時，d1（x）=|x+10|+|x-14|+|x-3|d2（y）=1+|1-y|+|y|+|y-20|=22-y≥21。由①知，d1（x）≥24，故d1（x）+d2（y）≥45，當且僅當x=3，y=1時等號成立。綜上所述，在點P（3，1）處修建文化中心，可使該文化中心到三個居民區(qū)的“L路徑”長度之和最小。21、解：（Ⅰ）由題意，拋物線E的焦點為F（0，），直線l1的方程為。由，得。設A，B兩點的坐標分別為（x1，y1），（x2，y2）則x1，x2是上述方程的兩個實數(shù)根。從而x1+x2=2pk1，y1+y2=k1(x1+x2)+p=2pk12+p。所以點M的坐標為（pk1，pk12+），=（pk1，pk12）。同理可得點N的坐標為（pk2，pk22+），=（pk2，pk22）。于是·=p2（k1k2+k12k22）。由題設，k1+k2=2，k1>0，k2>0，k1≠k2，所以0<k1k2<()2=1。故·<p2（1+12）=2p2。（Ⅱ）由拋物線的定義得，，所以，從而圓M的半徑。故圓M的方程為，化簡得。同理可得圓N的方程為。于是圓M，圓N的公共弦所在直線l的方程為。又，，則l的方程為。因為p>0，所以點M到直線l的距離。故當時，d取最小值。由題設，，解得。故所求的拋物線E的方程為。22、解：（Ⅰ）當0≤x≤a時，；當x>a時，。因此，當（0，a）時，，在（0，a）上單調(diào)遞減；當（a，+∞）時，，在（a，+∞）上單調(diào)遞增。①若a≥4，則在（0，4）上單調(diào)遞減，。②若0<a<4，則在（0，a）上單調(diào)遞減，在（a，4）上單調(diào)遞增。所以，而，故當0＜a≤1時，；當1＜a＜4時，。綜上所述，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當a≥4時，在（0，4）上單調(diào)遞減，故不滿足要求。當0<a<4時，在（0，a）上單調(diào)遞減，在（a，4）上單調(diào)遞增。若存