2013年高考北京理科数学试题及答案(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（理科）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，理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，理2，5分】在复平面内，复数22i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】2()2i34i＝，∴该复数对应的点位于第四象限，故选D．（3）【2013年北京，理3，5分】“π”是“曲线sin2yx过坐标原点”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】∵，∴sin2sin2()yxx，∴曲线过坐标原点，故充分性成立；∵(sin2)yx过原点，∴sin0，∴k，kZ．故必要性不成立，故选A．（4）【2013年北京，理4，5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．（5）【2013年北京，理5，5分】函数fx的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线exy关于y轴对称，则fx（）（A）1ex（B）1ex（C）1ex（D）1ex【答案】D【解析】依题意，fx向右平移1个单位之后得到的函数应为xye，于是fx相当于xye向左平移1个单位的结果，∴1xfxe，故选D．（6）【2013年北京，理6，5分】若双曲线22221xyab的离心率为3，则其渐近线方程为（）（A）2yx（B）2yx（C）12yx（D）22yx【答案】B【解析】由离心率为3，可知3ca，∴2ba．∴渐近线方程为2byxxa，故选B．（7）【2013年北京，理7，5分】直线l过抛物线2:4Cxy的焦点且与y轴垂直，则l与C所围成的图形的面积等于（）（A）43（B）2（C）83（D）1623【答案】C【解析】由题意可知，l的方程为1y．如图，B点坐标为2,1，2∴所求面积232200842424123xxSdx，故选C．（8）【2013年北京，理8，5分】设关于x，y的不等式组21000xyxmym，表示的平面区域内存在点00Pxy，，满足0022xy，求得m的取值范围是（）（A）43，（B）13，（C）23，（D）53，【答案】C【解析】图中阴影部分表示可行域，要求可行域内包含112yx上的点，只需要可行域的边界点()mm，在112yx下方，也就是112mm，即23m，故选C．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，理9，5分】在极坐标系中，点π26，到直线sin2的距离等于．【答案】1【解析】在极坐标系中，点π2,6对应直角坐标系中坐标为3,1，直线2sin对应直角坐标系中的方程为2y，所以点到直线的距离为1．（10）【2013年北京，理10，5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．（11）【2013年北京，理11，5分】如图，AB为圆O的直径，PA为圆O的切线，PB与圆O相交于D，若3PA，:9:16PDDB，则PD________；AB______．【答案】95，4【解析】设9PDk，则0()16DBkk．由切割线定理可得，2·PAPDPB，即23925kk，可得15k．∴95PD，5PB．在RtAPB中，AB=224ABPBPA．（12）【2013年北京，理12，5分】将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．【答案】96【解析】连号有4种情况，从4人中挑一人得到连号参观券，其余可以全排列，则不同的分法有1343496CA(种)．（13）【2013年北京，理13，5分】向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示，若cabR，，则_______．【答案】4【解析】可设aij，i，j为单位向量且ij，则62bij，3cij．由()()62cabij，∴6123，解得212，∴4．abc3（14）【2013年北京，理14，5分】如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD中，E为BC的中点，点P在线段1DE上，点P到直线1CC的距离的最小值为________．【答案】255【解析】过E点作1EE垂直底面1111ABCD，交11BC于点1E，连接11DE，过P点作PH垂直于底面1111ABCD，交11DE于点H，P点到直线CC1的距离就是1CH，故当1CH垂直于11DE时，P点到直线1CC距离最小，此时，在111RtDCE中，111CHDE，1111111··DECHCDCE，∴122555CH．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，理15，13分】在ABC△中，3a，26b，2BA．（1）求cosA的值；（2）求c的值．解：（1）因为3a，26b，2BA，所以在ABC中，由正弦定理得326sinsin2AA．所以2sincos26sin3AAA．故cos63A．（2）由（1）知，cosA=63，所以231cossin3AA．又因为2BA，所以2cos2cos131BA．2221con3ssiBB．在ABC中，5sinsinsincoscossin3()9CABABAB．sin5sinaCcA．（16）【2013年北京，理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重度污染的概率；（2）设X是此人停留期间空气质量优良的天数，求X的分布列与数学期望；（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：设iA表示事件“此人于3月i日到达该市”1,2)13(i，，．根据题意，113iPA，且ijAAij．（1）设B为事件“此人到达当日空气重度污染”，则58BAA．58582()13PBPAAPAPA．（2）由题意可知，X所有可能取值为0,1,2，且0115()()()123PXPXPX；36711367114()()113PXPAAAAPAPAPAPA；1212131212134()()132PXPAAAAPAPAPAPA．所以X的分布列为：X012P513413413故X的期望5441201213131313EX．（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，理17，14分】如图，在三棱柱111ABCABC中，11AACC是边长为4的正方形．平面ABC平面11AACC，3AB，5BC．（1）求证：1AA平面ABC；EPDCBAC1B1A1D1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03779861581211602174016022014357258650100150200250C1B1A1ABC4（2）求证二面角111ABCB的余弦值．（3）证明：在线段1BC上存在点D，使得1ADAB，并求1BDBC的值．解：（1）因为11AACC为正方形，所以1AAAC．因为平面ABC平面11AACC，且1AA垂直于这两个平面的交线AC，所以1AA平面ABC．（2）由（1）知1AAAC，1AAAB．由题知3AB，5BC，4AC，所以ABAC．如图，以A为原点建立空间直角坐标系Axyz，则0,3,0B，10,0,4A，10,3,4B，14,0,4C．设平面11ABC的法向量为()xyzn，，，则11100ABACnn，即34040yzx．令3z，则0x，4y，所以0,4,3n．同理可得，平面11BBC的法向量为3,4,0m．所以cos〈n，m〉=16cos,||||25nmnmnm．由题知二面角111ABCB为锐角，所以二面角111ABCB的余弦值为1625．（3）设()Dxyz，，是直线1BC上一点，且1BDBC，所以343,4()()xyz，，，．解得4x，33y，4z．所以4()334AD，，．由10ADAB，即9250，解得925．因为9250,1，所以在线段1BC上存在点D，使得1ADAB．此时，1925BDBC．（18）【2013年北京，理18，13分】设l为曲线ln:xCyx在点1,0处的切线．（1）求l的方程；（2）证明：除切点1,0之外，曲线C在直线l的下方．解：（1）设lnxfxx，则21lnxfxx．所以11f．所以L的方程为1yx．（2）令1gxxfx，则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于()001gxxx，．gx满足10g，且22ln11xxxxgfx．当01x时，210x，ln0x，所以0gx，故gx单调递减；当1x时，210x，ln0x，所以0gx，故gx单调递增．所以，1001()gxgxx，．所以除切点之外，曲线C在直线L的下方．（19）【2013年北京，理19，14分】已知,,ABC是椭圆22:14xWy上的三个点，O是坐标原点．（1）当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积；（2）当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由．解：（1）椭圆2214xWy：右顶点B的坐标为2,0．因为四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分．所以可设()1Am，，代入椭圆方程得2114m，即32m．所以菱形OABC的面积是1·223212OBACm．（2）假设四边形OABC为菱形．因为点B不是W的顶点，且直线AC不过原点，所以可设AC的方程为0)0(ykxmkm，．由2244xyykxm，消y并整理得222()148440kxkmxm．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，所以直线OB的斜率为14k