2013年福建省高考理科数学试卷及答案(word解析版)

2013年福建省高考数学试卷及解析（理工农医类）

一．选择题

1．已知复数z的共轭复数z12i（i为虚数单位），则z在复平面内对应的点位于（ ） 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的共轭复数z12i，则z12i，对应点的坐标为(1,2)，故答案为D． 2．已知集合A1,a,B1,2,3,则“a3”是“AB”的（ ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A

【解析】a3AB,ABa2，或3．因此是充分不必要条件．

x2y21的顶点到其渐近线的距离等于（ ） 3．双曲线4A．

242545 B． C． D． 5555【答案】C

x2x22y1的顶点坐标为(2,0)，渐近线为y20，即x2y0．带入点到直线距离公式【解析】 44dAx0Bx0CA2B2=212(2)225． 54．某校从高一年级学生中随机抽取部分学生，将他们的模块测试成绩分为6组：[40,50), [50,60), [60,70), [70,80), [80,90), [90,100)加以统计，得到如图所示的频率分布直方图，已知高一年级共有学生600名，据此估计，该模块测试成绩不少于60分的学生人数为（ ）

A．588 B．480 C．450 D．120

【答案】B

【解析】由图知道60分以上人员的频率为后4项频率的和，由图知道P(0.030.0250.0150.01)*100.8 故分数在60以上的人数为600*0．8=480人．

25．满足a,b1,0,1,2，且关于x的方程ax2xb0有实数解的有序数对(a,b)的个数为（ ）

A．14 B．13 C．12 D．10

【答案】B

【解析】方程ax22xb0有实数解，分析讨论

①当a0时，很显然为垂直于x轴的直线方程，有解．此时b可以取4个值．故有4种有序数对 ②当a0时，需要44ab0，即ab1．显然有3个实数对不满足题意，分别为（1,2），（2,1），（2,2）．

(a,b)共有4*4=16中实数对，故答案应为16-3=13．

6．阅读如图所示的程序框图，若输入的k10，则该算法的功能是（ ）

n1n1A．计算数列2的前10项和 B．计算数列2的前9项和

nnC．计算数列21的前10项和 D．计算数列21的前9项和



【答案】C

【解析】第一循环：S1,i2，i10第二条：S3,i3,i10第三条：S7,i4,i10 …．．第九循环：S21,i10,i10．第十循环：S21,i11,i10，输出S．

9101(1210)n1根据选项，S，故为数列2的前10项和．故答案A．

127．在四边形ABCD中，AC(1,2)，BD(4,2)，则四边形的面积为（ ）

A．5 B．25 C．5 D．10

【答案】C

【解析】由题意，容易得到ACBD．设对角线交于O点，则四边形面积等于四个三角形面积之和 即S=

11(AO*DOAO*BOCO*DOCO*BO)(AC*BD)．容易算出AC5,BD25，22则算出S=5．故答案C

8．设函数f(x)的定义域为R，x0(x00)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是（ ）

A．xR,f(x)f(x0) B．x0是f(x)的极小值点 C．x0是f(x)的极小值点 D．x0是f(x)的极小值点 【答案】D

【解析】A．xR,f(x)f(x0)，错误．x0(x00)是f(x)的极大值点，并不是最大值点．

B．x0是f(x)的极小值点．错误．f(x)相当于f(x)关于y轴的对称图像，故x0应是f(x)的极大值点 C．x0是f(x)的极小值点．错误．f(x)相当于f(x)关于x轴的对称图像，故x0应是f(x)的极小值点．跟

x0没有关系．

D．x0是f(x)的极小值点．正确．f(x)相当于f(x)先关于y轴的对象，再关于x轴的对称图像．故D正确

9．已知等比数列{an}的公比为q，记bnam(n1)1am(n1)2...am(n1)m,

cnam(n1)1am(n1)2...am(n1)m(m,nN*),则以下结论一定正确的是（ ）

A．数列{bn}为等差数列，公差为q B．数列{bn}为等比数列，公比为qC．数列{cn}为等比数列，公比为q【答案】C

【解析】等比数列{an}的公比为q,

同理可得

m2m2m

D．数列{cn}为等比数列，公比为qmmam2a2a2m2,ammama2mm22c1a1a2...am,c2am1am2...amm,c3a2m1a2m2...a2mm,c22c1c3数列{cn}为等比数列，

c2am1am2...amma1a2...amq2m2mm2qq故选C c1a1a2...ama1a2...am10．设S，T，是R的两个非空子集，如果存在一个从S到T的函数yf(x)满足：(i)T{f(x)|xS};(ii)对任意x1,x2S,当x1x2时，恒有f(x1)f(x2)，那么称这两个集合“保序同构”．以下集合对不是“保序同构”的是（ ）

A．AN,BN B．A{x|1x3},B{x|x8或0x10} C．A{x|0x1},BR D．AZ,BQ 【答案】D

【解析】根据题意可知，令f(x)x1，则A选项正确；

*55x(1x3)令f(x)2，则B选项正确； 2(x1)8令f(x)tan(x)，则C选项正确；故答案为D． 二．填空题

12

11．利用计算机产生0~1之间的均匀随机数a，则时间“3a10”发生的概率为________ 【答案】

2 3【解析】

3a10a13112a产生0~1之间的均匀随机数a(,1)p3

313112．已知某一多面体内接于一个简单组合体，如果该组合体的正视图．测试图．俯视图均如图所示，且图中的四

边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是_______________

【答案】12

322【解析】由图可知，图形为一个球中间是内接一个棱长为2的正方体，R球3S表4R212

213．如图ABC中，已知点D在BC边上，ADAC，sinBAC_______________

22,AB32,AD3则BD的长为3

【答案】3

22sinBACsin(BAD)cosBAD【解析】23

AB2AD2BD2 根据余弦定理可得cosBAD2ABAD22(32)232BD2BD3

32323x2y214．椭圆:221(ab0)的左．右焦点分别为F1,F2，焦距为2c，若直线y3(xc)与椭圆的

ab一个交点M满足MF1F22MF2F1，则该椭圆的离心率等于__________ 【答案】31

【解析】由直线方程y3(xc)直线与x轴的夹角MF1F23或2，且过点3F（1-c,0）

MF2M2FF1F2MF2M2F1F1F23即

F1MF2M在RTF1MF2中，F1F22c,FMc,F2M3c由椭圆的第一定义可得1c22ac3c31

a132n15．当xR,x1时，有如下表达式:1xx...x...1. 1x120两边同时积分得：

1201dxxdxxdx...xdx...1201202120n1dx. 1x从而得到如下等式：1111211311()()...()n1...ln2. 22232n12请根据以下材料所蕴含的数学思想方法，计算：

11112121311n1n()()...()_____ Cn22Cn23Cn2n1Cn213[()n11] 【答案】

n1200122nn【解析】由Cn1CnxCnx...Cnx...(1x)n

两边同时积分得：

C1dxCxdxCxdx...Cxdx...nnnn1201201202120n120(1x)ndx.

从而得到如下等式：

11112121311n113n1n()()...()[()1] Cn22Cn23Cn2Cnn12n120三．解答题

16．（本小题满分13分）某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲．乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为

中将可以获得2分；方案乙的中奖率为

2，32，中将可以得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机5会，每次抽奖中将与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．

（1）若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X,Y，求X3的概率；

（2）若小明．小红两人都选择方案甲或方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计的得分的数学期望较大？

本小题主要考查古典概型．离散型随机变量的分布列．数学期望等基础知识，考查数据处理能力．运算求解能

力．应用意识，考查必然和或然思想，满分13分． 解：（Ⅰ）由已知得：小明中奖的概率为

22，小红中奖的概率为，两人中奖与否互不影响，记“这2人的累计35得分X3”的事件为A，则A事件的对立事件为“X5”，

P(X5)22411，P(A)1P(X5)

15351511． 15这两人的累计得分X3的概率为

（Ⅱ）设小明．小红都选择方案甲抽奖中奖的次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖的次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2) 由已知：X1~B(2,)，X2~B(2,)

2325E(X1)22424，E(X2)2 3355812E(2X1)2E(X1)，E(3X2)3E(X2)

35E(2X1)E(3X2)

他们都在选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望最大．

17．（本小题满分13分）已知函数f(x)xalnx(aR) （1）当a2时，求曲线yf(x)在点A(1,f(1))处的切线方程； （2）求函数f(x)的极值．

本小题主要考查函数．函数的导数．不等式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想．分类与整合

思想，数形结合思想．化归与转化思想．满分13分． 解：函数f(x)的定义域为(0,)，f(x)1a． x2(x0)， x（Ⅰ）当a2时，f(x)x2lnx，f(x)1f(1)1,f(1)1，

yf(x)在点A(1,f(1))处的切线方程为y1(x1)，

即xy20．

（Ⅱ）由f(x)1axa,x0可知： xx①当a0时，f(x)0，函数f(x)为(0,)上的增函数，函数f(x)无极值； ②当a0时，由f(x)0，解得xa；

x(0,a)时，f(x)0，x(a,)时，f(x)0

f(x)在xa处取得极小值，且极小值为f(a)aalna，无极大值．

综上：当a0时，函数f(x)无极值

当a0时，函数f(x)在xa处取得极小值aalna，无极大值．

O为坐标原点，18．（本小题满分13分）如图，在正方形OABC中，点A的坐标为(10,0)，点C的坐标为(0,10)．分

别将线段OA和AB十等分，分点分别记为A连结OBi，过Ai做x轴的垂线与OBi1,A2,....A9和B1,B2,....B9，

*交于点P(iN,1i9)． i*（1）求证：点Pi(iN,1i9)都在同一条抛物线上，并求该抛物线E的方程；

（2）过点C做直线l与抛物线E交于不同的两点M,N，若OCM与OCN的面积比为4:1，求直线l的方程．

本小题主要考查抛物线的性质．直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力．推理论证能力，考查化归与转化思想，数形结合思想．函数与方程思想．满分13分．

*解：（Ⅰ）依题意，过Ai(iN,1i9)且与x轴垂直的直线方程为xi

Bi(10,i)，直线OBi的方程为yix 10xi12yx，即x210y， 设Pi坐标为(x,y)，由得：i10yx10*2Pi(iN,1i9)都在同一条抛物线上，且抛物线E方程为x10y

（Ⅱ）依题意：直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx10

由ykx102得x10kx1000 2x10y2此时100k+4000，直线l与抛物线E恒有两个不同的交点M,N 设：M(x1,y1)N(x2,y2)，则x1x210k

x1x2100SOCM4SOCNx14x2

又

x1x20，x14x2

3ykx10k，解得 22x10y3x+10，即3x2y200或3x+2y200 2分别带入直线l的方程为y

AB//DC，AA11，19．（本小题满分13分）如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱AA1底面ABCD，

AB3k，AD4k，BC5k，DC6k(k0)．

（1）求证：CD平面ADD1A1;

（2）若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为

6，求k的值； 7（3）现将与四棱柱ABCDA1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的棱柱，规定：若拼接成

的新的四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案．问：共有几种不同的方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f(k)，写出f(k)的表达式（直接写出答案，不必要说明理由）

本小题主要考查直线与直线．直线与平面的位置关系．柱体的概念及表面积等基础知识，考查空间想象能力．推理论证能力．运算求解能力，考查数形结合思想．分类与整合思想．化归与转化思想，满分13分． 解：（Ⅰ）取CD中点E，连接BE

QAB//DE，ABDE3k 四边形ABED为平行四边形

BE//AD且BEAD4k

在VBCE中，QBE4k,CE3k,BC5k

BE2CE2BC2

BEC90,即BECD，又QBE//AD，所以CDAD

QAA1平面ABCD，CD平面ABCD AA1CD，又AA1IADA，

CD平面ADD1A1

uuuruuuruuur（Ⅱ）以D为原点，DA,DC,DD1的方向为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A(4k,0,0)，

C(0,6k,0)，B1(4k,3k,1)，A1(4k,0,1)

uuuruuuruuur所以AC(4k,6k,0)，AB1(0,3k,1)，AA) 1(0,0,1uuurACn0设平面AB1C的法向量n(x,y,z)，则由uuu rAB1n0

得4kx6ky0取y2，得n(3,2,6k)

3kyz0uuuruuurAA1,n设AA1与平面AB1C所成角为，则sin|cosAA1,n|uuu r|AA1||n|6k36k2136，解得k1．故所求k的值为1 7（Ⅲ）共有4种不同的方案

5272k26k,0k18f(k)

536k236k,k1820．（本小题满分14分）已知函数f(x)sin(x)(0,0)的周期为，图像的一个对称中心为

(,0)，将函数f(x)图像上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），在将所得图像向右平移42个单位长度后得到函数g(x)的图像． （1）求函数f(x)与g(x)的解析式； （2）是否存在x0(,)，使得f(x0),g(x0),f(x0)g(x0)按照某种顺序成等差数列？若存在，请确定x0的个

64数；

若不存在，说明理由．

（3）求实数a与正整数n，使得F(x)f(x)ag(x)在(0,n)内恰有2013个零点．

本小题主要考查同角三角函数的基本关系．三角恒等变换．三角函数的图像与性质．函数．函数的导数．函数的零点．不等式等基础知识，考查运算求解能力．抽象概括能力，考查函数与方程思想，数形结合思想，分类与整合思想．化归与转化思想，满分14分．

解：（Ⅰ）由函数f(x)sin(x)的周期为，0，得2 又曲线yf(x)的一个对称中心为(故f()sin(24,0)，(0,)

44)0，得2，所以f(x)cos2x

将函数f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）后可得ycosx的图象，再将ycosx的图象向右平移

个单位长度后得到函数g(x)sinx 2（Ⅱ）当x(112,)时，sinx，0cos2x 64222所以sinxcos2xsinxcos2x

问题转化为方程2cos2xsinxsinxcos2x在(

,)内是否有解 64

设G(x)sinxsinxcos2x2cos2x，x(,) 64则G(x)cosxcosxcos2x2sin2x(2sinx) 因为x(,)，所以G(x)0，G(x)在(,)内单调递增 6464120，G()0 442又G()6且函数G(x)的图象连续不断，故可知函数G(x)在(即存在唯一的x0(,)内存在唯一零点x0， 64,)满足题意 64（Ⅲ）依题意，F(x)asinxcos2x，令F(x)asinxcos2x0

当sinx0，即xk(kZ)时，cos2x1，从而xk(kZ)不是方程F(x)0的解，所以方程F(x)0等价于关于x的方程acos2x，xk(kZ) sinx现研究x(0,)U(,2)时方程解的情况 令h(x)cos2x，x(0,)U(,2) sinx则问题转化为研究直线ya与曲线yh(x)在x(0,)U(,2)的交点情况

cosx(2sin2x1)3xxh(x)，令，得或 h(x)0222sinx当x变化时，h(x)和h(x)变化情况如下表

x h(x) (0,) 2 Z  20 1 (,) 2 ] (,3) 2 ] 3 20 (3,2) 2 Z h(x) 1 当x0且x趋近于0时，h(x)趋向于 当x且x趋近于时，h(x)趋向于 当x且x趋近于时，h(x)趋向于 当x2且x趋近于2时，h(x)趋向于

故当a1时，直线ya与曲线yh(x)在(0,)内有无交点，在(,2)内有2个交点； 当a1时，直线ya与曲线yh(x)在(0,)内有2个交点，在(,2)内无交点；

当1a1时，直线ya与曲线yh(x)在(0,)内有2个交点，在(,2)内有2个交点

由函数h(x)的周期性，可知当a1时，直线ya与曲线yh(x)在(0,n)内总有偶数个交点，从而不存在正整数n，使得直线ya与曲线yh(x)在(0,n)内恰有2013个交点；当a1时，直线ya与曲线

yh(x)在(0,)U(,2)内有3个交点，由周期性，20133671，所以n67121342

综上，当a1，n1342时，函数F(x)f(x)ag(x)在(0,n)内恰有2013个零点 21．（本题满分14分） （1）（本小题满分7分）矩阵与变换

12已知直线l:axy1在矩阵A对应的变换作用下变为直线l':xby1． 01（1）求实数a,b的值；

（2）若点p(x0,y0)在直线l上，且Ax0x0，求点p的坐标． y0y0本小题主要考查矩阵．矩阵与变换等基础知识，考查运算求解能力．考查化归与转化思想．满分7分． 解：解：（Ⅰ）设直线l:axy1上任意一点M(x,y)在矩阵A对应的变换作用下的像是M(x,y)

xx2yx12xx2y由 ，得yyy01yy又点M(x,y)在l上，所以xby1，即x(b2)y1

依题意a1a1，解得

b21b1x0x0x0x02y0（Ⅱ）由A，得解得y00

yyyy0000又点P(x0,y0)在直线l上，所以x01 故点P的坐标为(1,0)

（2）（本小题满分7分）坐标系与参数方程

在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立坐标系．已知点A的极坐标为(2,直线l的极坐标方程为cos(4)，

4)a，且点A在直线l上．

（1）求a的值及直线l的直角坐标方程； （2）圆c的参数方程为x1cos，（为参数），试判断直线l与圆的位置关系．

ysin本小题主要考查极坐标与直角坐标的互化．圆的参数方程等基础知识．考查运算求解能力，考查化归与转化思想，

满分7分．

解：（Ⅰ）由点A(2,)在直线cos()a上，可得a2 44所以直线l的方程可化为cossin2 从而直线l的直角坐标方程为xy20

（Ⅱ）由已知得圆C的直角坐标方程为(x1)2y21 所以圆心为(1,0)，半径r1

以为圆心到直线的距离d21，所以直线与圆相交 231A，A． 22（3）（本小题满分7分）不等式选讲 设不等式x2a(aN)的解集为A，且（1）求a的值；

（2）求函数f(x)xax2的最小值．

本小题主要考查绝对猪不等式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，满分7分． 解：（Ⅰ）因为

*3131A，且A，所以2a，且2a 2222解得

13a，又因为aN*，所以a1 22（Ⅱ）因为|x1||x2||(x1)(x2)|3

当且仅当(x1)(x2)0，即1x2时取得等号，所以f(x)的最小值为3