2013年高考广东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（广东卷）数学（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40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）【2013年广东，理1，5分】设集合2|20,MxxxxR，2|20,NxxxxR，则MN（）（A）0（B）0,2（C）2,0（D）2,0,2【答案】D【解析】易得2,0M，0,2N，所以MN2,0,2，故选D．（2）【2013年广东，理2，5分】定义域为R的四个函数3yx，2xy，21yx，2sinyx中，奇函数的个数是（）（A）4（B）3（C）2（D）1【答案】C【解析】3yx，2sinyx为奇函数；21yx为偶函数；2xy为非奇非偶函数．共有2个奇函数，故选C．（3）【2013年广东，理3，5分】若复数z满足i24iz，则在复平面内，z对应的点的坐标是（）（A）2,4（B）2,4（C）4,2（D）4,2【答案】C【解析】由i24iz，得24i(24i)(i)42iii(i)z，故z对应点的坐标为(4)2，，故选C．（4）【2013年广东，理4，5分】已知离散型随机变量X的分布列为X123P35310110则X的数学期望EX（）（A）32（B）2（C）52（D）3【答案】A【解析】33115312351010102EX，故选A．（5）【2013年广东，理5，5分】某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是（）（A）4（B）143（C）163（D）6【答案】B【解析】解法一：由三视图可知，原四棱台的直观图如图所示，其中上、下底面分别是边长为1，2的正方形，且1DD面ABCD，上底面面积2111S，下底面面积2224S．又∵12DD，∴1122111411()442333VSSSSh台，故选B．解法二：由四棱台的三视图，可知原四棱台的直观图如图所示．在四棱台1111ABCDABCD中，四边形ABCD与四边形A1B1C1D1都为正方形，2AB，111AB，且1DD平面ABCD，12DD．分别延长四棱台各个侧棱交于点O，设1ODx，因为11ODCODC∽，所以111ODDCODDC，即122xx，解得2x．111111111114224112333ABCDABCDOAABBCODCDVVV棱锥棱锥，故选B．（6）【2013年广东，理6，5分】设,mn是两条不同的直线，,是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）（A）若，m，n，则mn（B）若//，m，n，则//mn2（C）若mn，m，n，则（D）若m，//mn，//n，则【答案】D【解析】选项A中，m与n还可能平行或异面，故不正确；选项B中，m与n还可能异面，故不正确；选项C中，与还可能平行或相交，故不正确；选项D中，∵m，//mn，n．又//n，，故选D．（7）【2013年广东，理7，5分】已知中心在原点的双曲线C的右焦点为3,0F，离心率等于32，在双曲线C的方程是（）（A）22145xy（B）22145xy（C）22125xy（D）22125xy【答案】B【解析】由曲线C的右焦点为0(3)F，，知3c．由离心率32e，知32ca，则2a，故222945bca，所以双曲线C的方程为22145xy，故选B．（8）【2013年广东，理8，5分】设整数4n，集合1,2,3,,Xn．令集合,,|,,SxyzxyzX且三条件xyz，,yzxzxy，恰有一个成立，若,,xyz和,,zwx都在S中，则下列选项正确的是（）（A）,,yzwS，,,xywS（B）,,yzwS，,,xywS（C）,,yzwS，,,xywS（D）,,yzwS，,,xywS【答案】B【解析】解法一：特殊值法，不妨令2,3,4xyz，1w，则,,3,4,1yzwS，,,2,3,1xywS，故选B．解法二：由()xyzS，，，不妨取xyz，要使()zwxS，，，则wxz或xzw．当wxz时，wxyz，故()yzwS,,，()xywS,,．当xzw时，xyzw，故()yzwS,,，()xywS,,．综上可知，()yzwS,,，()xywS,,，故选B．二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分．（一）必做题（9~13）（9）【2013年广东，理9，5分】不等式220xx的解集为．【答案】2,1【解析】220xx即210xx，解得21x，故原不等式的解集为1{|}2xx．（10）【2013年广东，理10，5分】若曲线lnykxx在点1,k处的切线平行于x轴，则k．【答案】1【解析】1yxk．因为曲线在点(1)k，处的切线平行于x轴，所以切线斜率为零，由导数的几何意义得10|xy，故10k，即1k．（11）【2013年广东，理11，5分】执行如图所示的程序框图，若输入n的值为4，则输出s的值为．【答案】7【解析】第一次循环后:1,2si；第二次循环后:2,3si；第三次循环后:4,4si；第四次循环后:7,5si；故输出7．（12）【2013年广东，理12，5分】在等差数列na中，已知3810aa，则573aa．【答案】20【解析】依题意12910ad，所以57111334641820aaadadad．或:57383220aaaa．3（13）【2013年广东，理13，5分】给定区域D：4440xyxyx，令点集000000{,|,,,TxyDxyZxy是zxy在D上取得最大值或最小值的点}，则T中的点共确定条不同的直线．【答案】6【解析】画出可行域如图所示，其中zxy取得最小值时的整点为0,1，取得最大值时的整点为0,4，1,3，2,2，3,1及4,0共5个整点．故可确定516条不同的直线．（二）选做题（14-15题，考生只能从中选做一题）（14）【2013年广东，理14，5分】（坐标系与参数方程选做题）已知曲线C的参数方程为2cos2sinxtyt(t为参数)，C在点1,1处的切线为l，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则l的极坐标方程为．【答案】sin24【解析】曲线C的普通方程为222xy，其在点1,1处的切线l的方程为2xy，对应的极坐标方程为cossin2，即sin24．（15）【2013年广东，理15，5分】（几何证明选讲选做题）如图，AB是圆O的直径，点C在圆O上，延长BC到D使BCCD，过C作圆O的切线交AD于E．若6AB，2ED，则BC．【答案】23【解析】依题意易知ABCCDE，所以ABBCCDDE，又BCCD，所以212BCABDE，从而23BC．三、解答题：本大题共6题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．（16）【2013年广东，理16，12分】已知函数()2cos12fxx，xR．（1）求6f的值；（2）若3cos5，3,22，求23f．解：（1）2cos2cos2cos1661244f．（2）22cos22cos2cos2sin233124f，因为3cos5，3,22，所以4sin5，所以24sin22sincos25，227cos2cossin25，所以23fcos2sin272417252525．（17）【2013年广东，理17，12分】某车间共有12名工人，随机抽取6名，他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数．（1）根据茎叶图计算样本均值；（2）日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人．根据茎叶图推断该车间12名工人中有几名优秀工人；（3）从该车间12名工人中，任取2人，求恰有1名优秀工人的概率．解：（1）样本均值为1719202125301322266．（2）由（1）知样本中优秀工人占的比例为2163，故推断该车间12名工人中有11243名优秀工人4（3）设事件A:从该车间12名工人中，任取2人，恰有1名优秀工人，则PA1148212CCC1633．（18）【2013年广东，理18，14分】如图1，在等腰直角三角形ABC中，90A，6BC，,DE分别是,ACAB上的点，2CDBE，O为BC的中点．将ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥ABCDE，其中3AO．（1）证明:AO平面BCDE；（2）求二面角DAFE－－的余弦值．解：（1）在图1中，易得3,32,22OCACAD，连结,ODOE，在OCD中，由余弦定理可得222cos455ODOCCDOCCD，由翻折不变性可知22AD，所以222AOODAD，所以AOOD，理可证AOOE，又ODOEO，所以AO平面BCDE．（2）解法一：过O作OHCD交CD的延长线于H，连结AH，因为AO平面BCDE，所以AHCD，AHO为二面角ACDB的平面角．由图1可知，H为AC中点，故322OH，22302AHOHOA，所以15cos5OHAHOAH，所以二面角ACDB的平面角的余弦值为155．解法二：以O点为原点，建立空间直角坐标系Oxyz如图所示，则0,0,3A，0,3,0C，1,2,0D，所以0,3,3CA，1,2,3DA，设,,nxyz为平面ACD的法向量，则00nCAnDA，即330230yzxyz，解得3yxzx，令1x，得1,1,3n由（1）知，0,0,3OA为平面CDB的一个法向量，所以315cos,535nOAnOAnOA，即二面角ACDB的平面角的余弦值为155．（19）【2013年广东，理19，14分】设数列na的前n项和为nS．已知11a，2121233nnSannn，*nN．（1）求2a的值；（2）求数列na的通项公式；（3）证明:对一切正整数n，有1211174naaa．解：（1）依题意，12122133Sa，又111Sa，所以24a．（2）当2n时，32112233nnSnannn，321122111133nnSnannn，两式相减得2112213312133nnnananannn，整理得111nnnanann，即111nnaann，又21121aa，故数列nan是首项为111a，公差为1的等差数列，所以111nannn，所以2nan．（3）当1n时，11714a；当2n时，12111571444aa；当3n时，