2013年高考湖北理科数学试题及答案(word解析版)

1、2013年普通高等学校招生全国统一考试(湖北卷)数学(理科)一、选择题:本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求(1)【2013年湖北，理1，5分】在复平面内，复数z=2(i为虚数单位)的共轭复数对应的点位于()1+i(C)第三象限(A)第一象限答案】D【解析】z=互=i(1-i)=1+i，则Z=1-i，其对应点Z(1,-1)位于第四象限，故选D.1+i(2)【2013年湖北，理2,5分】已知全集为R，集合A=x|)x1，B=x|x2-6x+80，则APCB=()2R(C)x|0x4(D)x|0x4(B)第二象限(D)第四象限(A)x|x0【答案】

2、C(B)x|2x422AQCb=x|0x4，故选C.R【解析】Tx2-6x+80ox4，/10)个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是()(C)n(D)5n(A)兰(B)n126答案】B【解析】因为y=3cosx+sinx(xgR)可化为y=2cos(x)(xgR)，将它向左平移一个单位得66=2cosx，其图像关于y轴对称，故选B.【2。13年湖北，理5,5分】已知00子，则双曲线C：x2y2cc=1与C:1cos20sin202x2=1的sin20sin20tan20()(A)实轴长相等答案】D【解析】对于双曲线C，有c2=cos20+sin20=1,1(B)虚轴长相等(C

3、)焦距相等(D)离心率相等有c2=sin20(1+tan20)=sin20-sec20=tan20,e=.对于双曲线C,acos02ctan01e=asin0cos0B(1,2)、(B)字即这两双曲线的离心率相等，故选D.(6)【2013年湖北，理6，5分】已知点A(-1,1)、影为()3逅(A)注2答案】AC(-2,-1)、D(3,4)，则向量AB在CD方向上的投(D)-呼【解析】AB=(2,1),CD=(5,5),则AB在CD方向上的射影为ABcos0=AB*CD(2,1)*(5,5)*5+1X53丘CD52+52故选A(7)【2013年湖北，理7,5分】一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到

4、紧急情况而刹车，以速度v(t)=7-3t+竺1+1(t的单位：s,v的单位：m/s)行驶至停止.在此期间汽车继续行驶的距离(单位:111)是()(B)8+2513s，(A)1+251n5(C)4+25ln5(D)4+50ln2【答案】C【解析】令v(t)=7-3t+上丄=0,解得t=4或t=-(不合题意，舍去)即汽车经过4秒中后停止，在此期间汽1+13车继续行驶的距离为J4v(t)dt=J4(7-3t+半001+1)dt=(7t-12+25ln(1+1)24=4+25ln5,丿08)【2013年湖北，理8，5分】一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为V

5、,V,12面两个简单几何体均为多面体，则有(A)(C)答案】C【解析】显然VV，所以B不正确.又V=(22+12+2X1)=7兀，V=兀1-22=2兀，32V VVV1243V VVV2134V，3)B)D)V，上面两个简单几何体均为旋转体，下4V VVV1324V VVV2314故选C.13128V=-(42+22+4X2)=，从而VVVV，故选C.4332134理9，5分】如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体.经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为X，则X的均值E(X)()(A)126125答案】B【解析】125个同样大小的小正方体的面数共有1

6、25x6=750,涂了油漆的面数有25x6=150.每一个小正方体的一个面涂漆的频率为口=丄，则它的涂漆面数为X的均值E(X)=丄x75055(10)【2013年湖北，理10,5分】已知a为常数，函数f(x)=x(lnx-ax)有两个极值点x,x(xx)，则()1212f(x)-22f(x)-12223V=23=8，39)【2013年湖北，A)f(x)0，1C)f(x)0，1(B)6c1687(D)75f(x)-122f(x)-122(B)f(x)0,1(D)f(x)0,1答案】D【解析】f(x)=lnx+1-2ax，由f(x)=x(lnx-ax)由两个极值点，得f(x)=0有两个不等的实数解

7、，即lnx=2ax-1有两个实数解，从而直线y=2ax-1与曲线y=lnx有两个交点.过点(0,-1)作y=lnx的切线，设切点为(x,y)，则切线的斜率k=丄，切线方程为y=丄x-1.切点在切线上，则y=九-1=0,00xx0x又切点在曲线y=lnx上，则lnx=0nx=1，即切点为(1,0)，切线方程为y=x-1.再由直线00y=2ax-1与曲线y=lnx有两个交点，知直线y=2ax-1位于两直线y=0和y=x-1之间，如图所示，其斜率2a满足：02a1，解得0a1.则这函数的两个极点x,x满足0x1x,所以21212f(x1)f(1)f(x2)，而f(1)=-ae(-,0)，即f(x1)

8、-af(x?)，所以f(x)(x+2y+3z)2当且仅当y=；时等号成立，此时y=2x，311|2|3石.皿2皿3肩.6皿3皿z=3x.x2+y2+z2=1，x+2y+3z=*14，x=，y=，z=.x+y+z=14丿141414714)【2013年湖北，理14，5分】古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数如三角形数1，3，6，10,，第n个三角形数为n(n+“=-n2+丄n.记第n个k边形数为N(n,k)(k3)，以下列出了部分k-22边形数中第n个数的表达式:三角形数N(n,3)=-n2+-n，正方形数N(n,4)=n，五边形数2231n(n,5)=2n2-2n，六边形数N(n,6

9、)=2n2-n，可以推测N(n,k)的表达式，由此计算N(10,24)=.【答案】1000【解析】由题中数据可猜想：含n2项的系数为首项是1，公差是1的等差数列，含n项的系数为首项是丄，公2 221 11|1(11k一24一k差是一的等差数列，因此N(n，k)=-+(k-3)n+-+(k-3)n=n2+n.2 L22L2A2丿22故N(10,24)=11n2-10n=11x102-10x10=1000.一)选考题(请考生在第15、16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑，如果全选，则按第15题作答结果计分.)(15)2013年湖北，理15,5分】(选

10、修4-1：几何证明选讲)如图，圆O上一点C在直径AB上的射影为D，点D在半径OC上的射影为E.若AB=3AD，则CE的值为.EO答案】8【解析】根据题设，易知OC=AO=3DO，RtAODEsRtADCEsRtAOCD,化D=CD=C=3，OEDEOD1即CO=3OD=9OE，在RtAODE中，DE2=DO2-OE2=9OE2-OE2=8OE2，在RtACDE中，CE2=CD2DE2=9DE2DE2=8DE2=64OE2，即卩CE2=64，.:CE=8EO2EO(16)【2013年湖北，理16,5分】(选修4-4：坐标系与参数方程)在直角坐标系xOy中，椭圆C的参数方程为Qxfcostp(申为

11、参数，ab0).在极坐标系(与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为y=bsin9极点，以x轴正半轴为极轴)中，直线l与圆O的极坐标方程分别为psin(0+4)=吕m(m为非零常数)与p=b.若直线l经过椭圆C的焦点，且与圆O相切，则椭圆C的离心率为.【答案】空3【解析】椭圆C的方程可以化为三+兰=1,圆O的方程可化为x2+y2=b2,直线l的方程可化为x+y=m,因a2b2为直线l经过椭圆的焦点，且与圆O相切，则c=m,b=丄m，a=2T+m2年m，所以椭圆的离心率cm6a76m32三、解答题：共6题，共75分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程(17)2013年湖北，理17,11

12、分】在厶ABC中，角A,B,C对应的边分别是a,b,c.已知cos2A-3cos(B+C)=1.(1) 求角A的大小；(2) 若厶ABC的面积S=53,b=5,求sinBsinC的值.解：(1)由cos2A一3cos(B+C)=1，得2cos2A+3cosA一2=0，即(2cosA一1)(cosA+2)=0，解得cosA=或2cosA=-2(舍因为0An，所以A=.3(2)由S=1bcsinA=1bc-3=、3bc=53,得bc=20.又b=5,知c=4.由余弦定理故a=.2224又由正弦定理得sinBsinC=sinA-sinA=竺sin2A=20x3=5.2147(18)【2013年湖北，

13、理18,12分】已知等比数列a满足：IaaI=10,2(1) 求数列a的通项公式；n(2) 是否存在正整数m，使得丄+丄+丄1?若存在，aaa12m解:(1)设等比数列a的公比为q,则由已知可得卩进=125n11aqaq2|=1011a2aaa=125123求m的最小值；若不存在，说明理由a=fa=513，或Q1q=3L=-1故a=5-3n1，或a=5-(1)n1.n3n5131131(2)若a=5-3n-1，则-=3(1)n1，故丄是首项为3，公比为丄的等比数列,n3a53a53nn3151(3)m919=1(；)m1若a=(5)(1)n-1，10310nn-1,从而丄=an=1n贝卩丄=(

14、1)n-1,a5n-1-50,m=2k1(kgN)m1“+，故一1.m=2k(kgN)n=1an+故丄是首项为，公比为1的等比数列，从而丄=a5ann=1n综上，对任何正整数m，总有T丄1成立.aaaan=1n12m(19)【2013年湖北，理19,12分】如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A,B的点，直线PC丄平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点.(1) 记平面BEF与平面ABC的交线为1，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；1(2) 设(1)中的直线1与圆O的另一个交点为D，且点Q满足DQ二丄CP.记直线PQ2与平面ABC所成的角为e，异面直线PQ与EF所成的角为d，

15、二面角E-1-C的大小为卩，求证:sin0二sindsin卩.解：(1)直线1平面PAC，证明如下：连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EFAC.又EF平面ABC，且ACu平面ABC，所以EF平面ABC.而EFu平面BEF，且平面BEF平面ABC=1，所以EF1.因为19平面PAC，EFu平面PAC，所以直线1平面PAC.(2)解法一：(综合法)，一如图，连接BD，由(1)可知交线1即为直线BD，且1AC.因为AB是OO的直径，所以AC丄BC，于是1丄BC.已知PC丄平面ABC，而1u平面ABC，所以PC丄1.而PCBC=C，所以1丄平面PBC.连接BE，BF，因为BFu平面PBC

16、，所以1丄BF.11故ZCBF就是二面角E-1-C的平面角，即ZCBF二卩.由DQ二CP，作DQCP，且DQ二一CP.22连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP=2PF，所以DQ二PF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQFD.连接CD，因为PC丄平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影，故ZCDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即ZCDF=0.又BD丄平面PBC，有BD丄BF，知ZBDF为锐角，故ZBDF为异面直线PQ与EF所成的角，即ZBDF=d，于是在RtDCF，CFBFcfRtFBD，RtBCF中，分别可得sin0=，sind=，sin卩二，DFDFBFCFbfcf从而sin

17、dsin卩=sin0，即sin0=sindsin卩.BFDFDF解法二：(向量法)11如图，由DQ=-CP，作DQCP，且DQ=-CP.连接PQ，EF，BE，BF，BD,22由(1)可知交线1即为直线BD.以点C为原点，向量CA,CB,CP所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CA=a,CB=b,CP=2c，则有C(0,0,0),A(a,0,0),B(0,b,0),P(0,0,2c),Q(a,b,c)，E(丄a,0,c),F(0,0,c).21xb2+c2所以cosd=1FEQPI于是FE=(一a,0,0)，QP=(a，b,c)，BF=(0,b,c),，从而sind=v1

18、一cos2d=-a2+b2+c2ImI丨QPIa2+b2+c2又取平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1)，可得sin0=1mQPI设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z)，所以由，可得2处取n=(0,c,b).-by+cz=0于是IcosPI=从而sin卩=；1cos2卩=b2+c2故sinasin卩:b2+c2va2+b2+c2=sin0即sin0=sinasinp.(20)【2013年湖北，理20,12分】假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布N(800,502)的随机变量.记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p.0(1) 求的值；(参考数据：若XN(p,Q2

19、)，有p(p_QXWp+Q)=0.6826P(p_2qXp+2q)=0.9544,P(p_3qXp+3q)=0.9974)；(2) 某客运公司用A、B两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次.A、B两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1600元/辆和2400元/辆.公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求B型车不多于A型车7辆.若每天要以不小于p的0概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备A型车、B型车各多少辆？解：(1)由于随机变量X服从正态分布N(800,502)，故有p=800，q=50，P(70

20、0X900)=0.9544.由正态分布的对称性，得p=P(X900)=P(X800)+P(800X900)=1+1P(700X900)=0.9772.022(2)设A型、B型车辆的数量分别为x,y辆，贝9相应的营运成本为1600x+2400y.依题意，x,y还需满足：x+y21,yx+7,P(Xp.0由(1)知，p=P(X900)，故P(Xp等价于36x+60y900.00x+y21于是问题等价于求满足约束条件r900x,y0,x,yeNz=1600x+2400y达到最小的x,y.作可行域如图所示，可行域的三个顶点坐标分别为P(5,12),Q(7,14),R(15,6)由图可知，当直线z=16

21、00x+2400y经过可行域的点P时，直线z=1600x+2400y在y轴上截距最小，即z取得最小值.故应配备A型车5辆、2400(21)【2013年湖北，理21，14分】如图，已知椭圆C与C的中心在坐标原点O，长轴均为MN12且在x轴上，短轴长分别为2，2n(mn)，过原点且不与x轴重合的直线l与C，C12的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.记X=，BDM和厶ABN的面nB型车12辆.积分别为S和S.12(1) 当直线l与y轴重合时，若S=XS，求九的值;12(2) 当九变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线1，胚z0/NX解：依题意可设椭圆C和C的方程分别为C:兰+兰=1,121

22、a2m2使得S=XS?并说明理由.12+=1其中amn0,a2n2九=1.n(1)解法一:如图，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x=0，则S1=bdI-IOMI=2aIbdLS=丄丨AB|-1ON|=1a|AB|，所以补=.在C,和C2的方程中分别令x=0,2SIABI122IBDIIy一yIm+nX+1y=n，y=_m，于是=bd=BDIABIIy_yIm_nX_1AB若务=X，则耳=X,化简得X2_2X_1=0.由X1，可解得九=迈+1.SX_1故当直线l与y轴重合时，若S=XS，则X=+1.12可得y=m，A0pcB解法二:如图，若直线l与y轴重合，则IBDI=IOBI+1ODI=m

23、+n,IABI=IOAI-1OBI=mn；S=IBDI-1OM1=丄aIBDI，S=丄IABI-1ONIaIABI.所以=%+=_12卄S右一1=九，S2SIABIm一n2可解得尢=72+1.入一12则耳=X，化简得尢2一2尢一1=0.由尢1,尢-1故当直线l与y轴重合时，若S=XS，则尢=占+1.(2)解法一：如图，若存在与坐标轴不重合的直线1,使得S=XS.根据对称性，不妨设直线l：12y=kx(k0)，点M(a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d,d，贝V12Iak一01ak,Iak一01ak因为d=.,d=，所以d=d.1V1+k2V1+k22V1+k2y1+k21211SIbd

24、I又S=IBDId,S=IABId，所以-r=X，即IBDI=XIABI.121222SIABI2由对称性可知IABI=ICDI，所以IBCI=IBDIIABI=(九1)IABI,IADI=IBDI+1ABI=(九+1)IABI,于是型=i!将l的方程分别与C,c2的方程联立,可求得x=/,x=IBCI入一1A-、：a2k2+m2Bn，可得t丰1，于是由可解a2k2+m2九(九一1)九(九一1)得k2=n22t2一.因为k丰0，所以k20.于是式关于k有解，当且仅当n22t2一0，a2(112)a2(112)等价于(t21)(t2丄)0.由尢1，可解得丄t1，即1y1，由尢1，解得尢1+爲,九2九九九(九一1)所以当1x0),I-ak一01ak,Iak一01ak解法二：akdIak一01A+k21+k/2x0,m2(xa2m2ABA3)0，可解得1A0，所以由