2013年高考北京文科数学试题及答案(word解析版)

12013年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学（文科）第一部分（选择题共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．（1）【2013年北京，文1，5分】已知集合101A，，，|11Bxx，则AB（）（A）{0}（B）10，（C）01，（D）101，，【答案】B【解析】1,0,11{11,}{|}{}0xx＝，故选B．（2）【2013年北京，文2，5分】设a，b，cR，且ab，则（）（A）acbc（B）11ab（C）22ab（D）33ab【答案】D【解析】：A选项中若c小于等于0则不成立，B选项中若a为正数b为负数则不成立，C选项中若a，b均为负数则不成立，故选D．（3）【2013年北京，文3，5分】下列函数中，既是偶函数又在区间(0,)上单调递减的是（）（A）1yx（B）xye（C）21yx（D）lgyx【答案】C【解析】A选项为奇函数，B选项为非奇非偶函数，D选项虽为偶函数但在(0)，上是增函数，故选C．（4）【2013年北京，文4，5分】在复平面内，复数i(2i)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】A【解析】()i2i12i，其在复平面上的对应点为1,2，该点位于第一象限，故选A．（5）【2013年北京，文5，5分】在ABC中，3a，5b，1sin3A，则sinB（）（A）15（B）59（C）53（D）1【答案】B【解析】根据正弦定理，sinsinabAB，则515sinsin339bBAa，故选B．（6）【2013年北京，文6，5分】执行如图所示的程序框图，输出的S值为（）（A）1（B）23（C）1321（D）610987【答案】C【解析】依次执行的循环为1S，i0；23S，i1；1321S，i2，故选C．（7）【2013年北京，文7，5分】双曲线221yxm的离心率大于2的充分必要条件是（）（A）12m（B）1m（C）1m（D）2m【答案】C【解析】该双曲线离心率11me，由已知12m，故1m，故选C．（8）【2013年北京，文8，5分】如图，在正方体1111ABCDABCD中，P为对角线1BD的三等分点，则P到各顶点的距离的不同取值有（）2（A）3个（B）4个（C）5个（D）6个【答案】B【解析】设正方体的棱长为a．建立空间直角坐标系，如图所示．则0,0,0D，10,()0Da,，1()0Caa,,，,(0)0Ca,，0(,)Baa,，1()Baaa,,，,0,0Aa，1,()0Aaa,，221,,333Paaa，则22211139993PBaaaa，222441999PDaaaa，2221444239993PDaaaa，22211414999PCPAaaaa，22241169993PCPAaaaa，222111469993PBaaaa，故共有4个不同取值，故选B．第二部分（非选择题共110分）二、填空题：共6小题，每小题5分，共30分．（9）【2013年北京，文9，5分】若抛物线22ypx的焦点坐标为(1,0)，则p，准线方程为．【答案】2；1【解析】根据抛物线定义12p，∴2p，又准线方程为12px．（10）【2013年北京，文10，5分】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为．【答案】3【解析】由三视图知该四棱锥底面为正方形，其边长为3，四棱锥的高为1，根据体积公式133133V，故该棱锥的体积为3．（11）【2013年北京，文11，5分】若等比数列na满足2420aa，3540aa，则公比q；前n项和nS．【答案】2；122n【解析】由题意知352440220aaqaa．由222421())10(12aaaqaqq，∴12a．∴12122212nnnS．（12）【2013年北京，文12，5分】设D为不等式组02030xxyxy所表示的平面区域，区域D上的点与点(1,0)之间的距离的最小值为．【答案】255【解析】区域D表示的平面部分如图阴影所示：根据数形结合知1,0到D的距离最小值为1,0到直线2x-y=0的距离|210|2555．（13）【2013年北京，文13，5分】函数12log,1()2,1xxxfxx的值域为_______．【答案】()2，【解析】当1x时，1122loglog1x，即12log0x，当1x时，1022x，即022x；故fx的值域为()2，．（14）【2013年北京，文14，5分】向量(1,1)A，(3,0)B，(2,1)C，若平面区域D由所有满足APABAC（12，01）的点P组成，则D的面积为．【答案】33【解析】APABAC，2,1AB，1,2AC．设()Pxy，，则1,1APxy．∴1212xy得233233xyyx,∵12，01，可得629023xyxy，如图．可得13,0A，14,2B，16,3C，21214325AB，两直线距离2|96|3521d，∴11·3SABd．三、解答题：共6题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．（15）【2013年北京，文15，13分】已知函数21()(2cos1)sin2cos42fxxxx．（1）求()fx的最小正周期及最大值；（2）若(,)2，且2()2f，求的值．解：（1）21()(2cos1)sin2cos42fxxxx1cos2sin2cos42xxx11sin4cos422xx2sin(4)24x所以，最小正周期242T，当4242xkkZ，即216kxkZ时，max2()2fx．（2）因为22()sin(4)242f，所以sin(4)14，因为2，所以9174444，所以5442，即916．（16）【2013年北京，文16，13分】下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染．某人随机选择3月1日至3月15日中的某一天到达该市，并停留2天．（1）求此人到达当日空气质量优良的概率；（2）求此在在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率；（3）由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不要求证明）解：（1）在3月1日至3月13日这13天中，1日、2日、3日、7日、12日、13日共6天的空气质量优良，所以此人到达当日空气质量优良的概率是613．（2）解法一：根据题意，事件“此人在该市停留期间只有1天空气重度污染”等价于“此人到达该市的日期是4日，或5日，或7日，或8日”．所以此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率为413．解法二：此人停留的两天共有13种选择，分别是：1,2，2,3，3,4，4,5，5,6，6,7，7,8，8,9，9,10，10,11，11,12，12,13，13,14，其中只有一天重度污染的为4,5，5,6，7,8，8,9，共4种，所以概率为2413P．（3）从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大．（17）【2013年北京，文17，14分】如图，在四棱锥PABCD中，//ABCD，ABAD，2CDAB，平面PAD底面ABCD，PAAD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：（1）PA底面ABCD；（2）//BE平面PAD；（3）平面BEF平面PCD．解：（1）因为平面PAD底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA底面ABCD．（2）因为//ABCD，2CDAB，E为CD的中点，所以//ABDE，且ABDE．所以ABED为平行四边空气质量指数日期14日13日12日11日10日9日8日7日6日5日4日3日2日1日037798615812116021740160220143572586501001502002504形．所以//BEAD．又因为BE平面PAD，AD平面PAD，所以//BE平面PAD．（3）因为ABAD，而且ABED为平行四边形，所以BECD，ADCD．由（1）知PA底面ABCD，所以PACD．所以CD平面PAD．所以CDPD．因为E和F分别是CD和PC的中点，所以//PDEF．所以CDEF．所以CD平面BEF．所以平面BEF平面PCD．（18）【2013年北京，文18，13分】已知函数2()sincosfxxxxx．（1）若曲线()yfx在点(,())afa处与直线yb相切，求a与b的值；（2）若曲线()yfx与直线yb有两个不同的交点，求b的取值范围．解：（1）因为曲线yfx在点()afa，处与直线yb相切，所以2cos0faaa，bfa．解得0a，01bf．（2）解法一：令0fx，得0x．fx与fx的情况如下：x()0，0(0)，fx-0+fx1所以函数fx在区间()0，上单调递减，在区间(0)，上单调递增，01f是fx的最小值．当1b时，曲线yfx与直线yb最多只有一个交点；当1b时，222421421fbfbbbbbb，01fb，所以存在12,0xb，20,2xb，使得12fxfxb．由于函数fx在区间()0，和(0)，上均单调，所以当1b时曲线yfx与直线yb有且仅有两个不同交点．综上可知，如果曲线yfx与直线yb有两个不同交点，那么b的取值范围是(1)，．解法二：因为2cos0x，所以当0x时'()0fx，()fx单调递增；当0x时'()0fx，()fx单调递减．所以当0x时，()fx取得最小值(0)1f，所以b的取值范围是(1,)．（19）【2013年北京，文19，14分】直线0ykxmm，W：2214xy相交于A，C两点，O是坐标原点．（1）当点B的坐标为(0,1)，且四边形OABC为菱形时，求AC的长；（2）当点B在W上且不是W的顶点时，证明四边形OABC不可能为菱形．解：（1）因为四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分．所以可设1,2At，代入椭圆方程得21144t，即3t．所以23AC．（2）解法一：假设四边形OABC为菱形．因为点B不是W的顶点，且ACOB，所以0k．由2244xyykxm，消y并整理得222148440kxkmxm．设11()Axy，，22()Cxy，，则1224214xxkmk，121222214yyxxmkmk．所以AC的中点为224,1414kmmMkk．因为M为AC和OB的交点，且0m，0k，所以直线OB的斜率为14k．因为114kk，所以AC与OB不垂直．所以四边形OABC不是菱形，与假设矛盾．所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形．解法二：因为四边形OABC为菱形，所以OAOC，设1OAOCrr，则A，C两点为圆222xyr与5椭圆2214x