2013年全国高考理科数学试题及答案-湖北卷

2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类(湖北卷)本试题卷共6页，22题，其中第15、16题为选考题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．用统一提供的2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用统一提供的2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．答在试题卷、草稿纸上无效．3．填空题和解答题的作答：用统一提供的签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．答在试题卷、草稿纸上无效．4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用统一提供的2B 铅笔涂黑．考生应根据自己选做的题目准确填涂题号，不得多选．答题答在答题卡上对应的答题区域内，答在试题卷、草稿纸上无效．5．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．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，只有一项是符合题目要求的．1．(2013湖北，理1)在复平面内，复数2i=1iz +(i 为虚数单位)的共轭复数对应的点位于( )． 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：∵2i 2i 1i =1i 1i 1i z (-)=+(+)(-)＝i(1－i)＝1＋i ， ∴复数2i=1iz +的共轭复数z ＝1－i ，其在复平面内对应的点(1，－1)位于第四象限．2．(2013湖北，理2)已知全集为R ，集合112xA x ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=≤⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭，B ＝{x |x 2－6x ＋8≤0}，则A ∩＝( )．A ．{x |x ≤0}B ．{x |2≤x ≤4}C ．{x |0≤x ＜2或x ＞4}D ．{x |0＜x ≤2或x ≥4} 答案：C解析：由题意知集合112xA x ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=≤⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭＝{x |x ≥0}，集合B ＝{x |x 2－6x ＋8≤0}＝{x |2≤x ≤4}，＝{x |x ＜2或x ＞4}．因此A ∩()＝{x |0≤x ＜2或x ＞4}．3．(2013湖北，理3)在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次．设命题p 是“甲降落在指定范围”，q 是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为( )．A ．(⌝p )∨(⌝q )B ．p ∨(⌝q )C ．(⌝p )∧(⌝q )D ．p ∨q 答案：A解析：“至少有一位学员没有降落在指定范围”包括甲或乙没有落在指定范围或者两人均没有落在指定范围，因此应为(⌝p )∨(⌝q )．4．(2013湖北，理4)将函数y 3x ＋sin x (x ∈R )的图象向左平移m (m ＞0)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( ).A ．π12 B ．π6 C ．π3 D ．5π6答案：B解析：∵y x ＋sin x ＝π2sin 3x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，∴函数y cos x ＋sin x (x ∈R )的图象向左平移m (m ＞0)个单位长度后，变为函数π=2sin 3y x m ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的图象. 又∵所得到的图象关于y 轴对称，则有π3＋m ＝k π＋π2，k ∈Z ， ∴m ＝ππ6k +，k ∈Z .∵m ＞0，∴当k ＝0时，m 的最小值为π6. 5．(2013湖北，理5)已知π0<<4θ，则双曲线C 1：2222=1cos sin x y θθ-与C 2：22222=1sin sin tan y x θθθ-的( )． A ．实轴长相等 B ．虚轴长相等C ．焦距相等D ．离心率相等 答案：D解析：对于双曲线C 1：2222=1cos sin x y θθ-，21a ＝cos 2θ，21b ＝sin 2θ，21c ＝1； 对于双曲线C 2：22222=1sin sin tan y x θθθ-，22a ＝sin 2θ，22b ＝sin 2θtan 2θ，22c ＝sin 2θ＋sin 2θtan 2θ＝sin 2θ(1＋tan 2θ)＝22222sin sin sin 1cos cos θθθθθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭＝tan 2θ. ∵只有当θ＝ππ4k +(k ∈Z )时，21a ＝22a 或21b ＝22b 或21c ＝22c ， 而π0<<4θ，∴排除A ，B ，C. 设双曲线C 1，C 2的离心率分别为e 1，e 2，则2121cos e θ=，22222tan 1sin cos e θθθ==. 故e 1＝e 2，即两双曲线的离心率相等．6．(2013湖北，理6)已知点A (－1,1)，B (1,2)，C (－2，－1)，D (3,4)，则向量AB u u u r 在CD uuur 方向上的投影为( )．A ．2BC ．2-D ．答案：A解析：由题意可知AB u u u r ＝(2,1)，CD uuu r ＝(5,5)，故AB u u u r 在CD uuu r 方向上的投影为2AB CD CD⋅==u u u r u u u ru u u r . 7．(2013湖北，理7)一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度v (t )＝25731t t-++(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：m)是( )．A ．1＋25ln 5B ．118+25ln3C ．4＋25ln 5D ．4＋50ln 2答案：C解析：由于v (t )＝7－3t ＋251t+，且汽车停止时速度为0， 因此由v (t )＝0可解得t ＝4， 即汽车从刹车到停止共用4 s. 该汽车在此期间所行驶的距离4025=73d 1s t t t ⎛⎫-+ ⎪+⎝⎭⎰ ＝423725ln 12tt t ⎡⎤-+(+)⎢⎥⎣⎦ ＝4＋25ln 5(m)．8．(2013湖北，理8)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 1，V 2，V 3，V 4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有( )．A ．V 1＜V 2＜V 4＜V 3B ．V 1＜V 3＜V 2＜V 4C ．V 2＜V 1＜V 3＜V 4D ．V 2＜V 3＜V 1＜V 4 答案：C 解析：由三视图可知，四个几何体自上而下分别为圆台，圆柱，四棱柱，四棱台．结合题中所给数据可得：V 1＝13(4π＋π＋2π)＝7π3，V 2＝2π， V 3＝23＝8，V 4＝13(16＋4＋8)＝283.故V 2＜V 1＜V 3＜V 4.9．(2013湖北，理9)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 B ．65 C ．168125 D ．75答案：B解析：由题意可知涂漆面数X 的可能取值为0,1,2,3.由于P (X ＝0)＝27125，P (X ＝1)＝54125，P (X ＝2)＝36125，P (X ＝3)＝8125， 故E (X )＝275436815060+1+231251251251251255⨯⨯⨯⨯==＋.10．(2013湖北，理10)已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1＜x 2)，则( )．A ．f (x 1)＞0，f (x 2)＞12- B ．f (x 1)＜0，f (x 2)＜12-C ．f (x 1)＞0，f (x 2)＜12-D ．f (x 1)＜0，f (x 2)＞12-答案：D解析：由题意知，函数f (x )＝x (ln x －ax )＝x ln x －ax 2有两个极值点， 即f ′(x )＝ln x ＋1－2ax ＝0在区间(0，＋∞)上有两个根． 令h (x )＝ln x ＋1－2ax ，则h ′(x )＝121=2ax a x x-+-=，当a ≤0时h ′(x )＞0，f ′(x )在区间(0，＋∞)上递增，f ′(x )＝0不可能有两个正根，∴a ＞0.由h ′(x )＝0，可得12x a =，从而可知h (x )在区间10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，在区间1,2a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭上递减．因此需111=ln +11=ln >0222h a a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，即1>12a 时满足条件，故当10<<2a 时，h (x )＝0有两个根x 1，x 2，且121<2x x a<.又h (1)＝1－2a ＞0， ∴1211<2x x a<<，从而可知函数f (x )在区间(0，x 1)上递减，在区间(x 1，x 2)上递增，在区间(x 2，＋∞)上递减．∴f(x1)＜f(1)＝－a＜0，f(x2)＞f(1)＝12a->-.故选D.二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡．．．对应题号．．．．的位置上，答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．11．(2013湖北，理11)从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图所示．(1)直方图中x的值为__________；(2)在这些用户中，用电量落在区间[100,250)内的户数为__________．答案：(1)0.004 4(2)70解析：(1)由频率分布直方图知[200,250)小组的频率为1－(0.002 4＋0.003 6＋0.006 0＋0.002 4＋0.001 2)×50＝0.22，于是x＝0.2250＝0.004 4.(2)∵数据落在[100,250)内的频率为(0.003 6＋0.006 0＋0.004 4)×50＝0.7，∴所求户数为0.7×100＝70.12．(2013湖北，理12)阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i＝__________.答案：5解析：第一次执行循环体后：a ＝5，i ＝2；第二次执行循环体后：a ＝16，i ＝3；第三次执行循环体后：a ＝8，i ＝4；第四次执行循环体后：a ＝4，i ＝5，满足条件，循环结束．输出i ＝5.13．(2013湖北，理13)设x ，y ，z ∈R ，且满足：x 2＋y 2＋z 2＝1，x ＋2y ＋3z 则x ＋y ＋z ＝__________.答案：7解析：由柯西不等式得(x 2＋y 2＋z 2)(12＋22＋32)≥(x ＋2y ＋3z )2当且仅当123x y z==时等号成立，此时y ＝2x ，z ＝3x .∵x 2＋y 2＋z 2＝1，x ＋2y ＋3z∴14x =，14y =，14z =.∴x ＋y ＋z =14．(2013湖北，理14)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2111222n n n n (+)=+.记第n 个k 边形数为N (n ，k )(k ≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式：三角形数 N (n,3)＝21122n n +， 正方形数 N (n,4)＝n 2， 五边形数 N (n,5)＝23122n n -， 六边形数 N (n,6)＝2n 2－n ，…… ……可以推测N (n ，k )的表达式，由此计算N (10,24)＝__________. 答案：1 000解析：由题中数据可猜想：含n 2项的系数为首项是12，公差是12的等差数列，含n 项的系数为首项是12，公差是12-的等差数列，因此 N (n ，k )＝2211112433222222k k k n k n n n ⎡⎤--⎡⎤⎛⎫+(-)++(-)-=+ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎣⎦.故N (10,24)＝11n 2－10n ＝11×102－10×10＝1 000.(二)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湖北，理15)(选修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CEEO的值为______．答案：8解析：设AD ＝2，则AB ＝6， 于是BD ＝4，OD ＝1. 如图，由射影定理得CD 2＝AD ·BD ＝8， 则CD＝.在Rt △OCD 中，DE＝·OD CD OC ==则83CE ===，EO ＝OC －CE ＝81333-=.因此83=813CE EO =.16．(2013湖北，理16)(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cos sin x a y b ϕϕ=⎧⎨=⎩(φ为参数，a ＞b ＞0)．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πsin 42m ρθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭(m 为非零常数)与ρ＝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：3解析：将椭圆C 的参数方程cos ,sin x a y b ϕϕ=⎧⎨=⎩(φ为参数，a ＞b ＞0)化为标准方程为22221x y a b +=(a ＞b ＞0)．又直线l的极坐标方程为πsin 42m ρθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭(m 为非零常数)，即sin cos 222m ρθθ⎛⋅+⋅= ⎝⎭，则该直线的一般式为y ＋x －m ＝0.圆的极坐标方程为ρ＝b ，其标准方程为x 2＋y 2＝b 2.∵直线与圆O相切，∴=b，|m .又∵直线l 经过椭圆C 的焦点，∴|m |＝c .∴c =，c 2＝2b 2.∵a 2＝b 2＋c 2＝3b 2，∴22223c e a ==.∴e =.三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(2013湖北，理17)(本小题满分12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 对应的边分别是a ，b ，c .已知cos 2A－3cos(B ＋C )＝1.(1)求角A 的大小；(2)若△ABC的面积S =b ＝5，求sin B sin C 的值． 解：(1)由cos 2A －3cos(B ＋C )＝1， 得2cos 2A ＋3cos A －2＝0， 即(2cos A －1)(cos A ＋2)＝0，解得cos A ＝12或cos A ＝－2(舍去)． 因为0＜A ＜π，所以A ＝π3.(2)由S ＝12bc sin A＝1224bc bc ⋅==bc ＝20.又b ＝5，知c ＝4. 由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝25＋16－20＝21，故a =又由正弦定理得sin B sin C ＝222035sin sin sin 2147b c bc A A A a a a ⋅==⨯=.18．(2013湖北，理18)(本小题满分12分)已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得121111ma a a +++≥L ？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由． 解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知可得331211125,||10,a q a q a q ⎧=⎨-=⎩ 解得15,33,a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩或15,1.a q =⎧⎨=-⎩故1533n n a -=⋅，或a n ＝－5·(－1)n －1.(2)若1533n n a -=⋅，则113153n n a -⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭，故1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为35，公比为13的等比数列，从而1311531 =113mmn na =⎡⎤⎛⎫⋅-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-∑＝9191<110310m⎡⎤⎛⎫⋅-<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦. 若a n ＝(－5)·(－1)n －1，则111(1)5n n a -=--，故1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为15-，公比为－1的等比数列，从而11,21,150,2,mn n m k k a m k k +=+⎧-=-(∈)⎪=⎨⎪=(∈)⎩∑N N 故111m n n a =<∑. 综上，对任何正整数m ，总有111mn na =<∑. 故不存在正整数m ，使得121111ma a a +++≥L 成立． 19．(2013湖北，理19)(本小题满分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 ⊥平面ABC ，E ，F 分别是P A ，PC 的中点．(1)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ，试判断直线l 与平面P AC 的位置关系，并加以证明；(2)设(1)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足12DQ CP =u u u r u u u r，记直线PQ 与平面ABC 所成的角为θ，异面直线PQ 与EF 所成的角为α，二面角E －l －C 的大小为β，求证：sin θ＝sin αsin β.(1)解：直线l ∥平面P AC ，证明如下： 连接EF ，因为E ，F 分别是P A ，PC 的中点， 所以EF ∥AC . 又EF平面ABC ，且AC ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .而EF ⊂平面BEF ，且平面BEF ∩平面ABC ＝l ，所以EF ∥l .因为l平面P AC ，EF ⊂平面P AC ，所以直线l ∥平面P AC .(2)证明：(综合法)如图1，连接BD ，由(1)可知交线l 即为直线BD ，且l ∥AC . 因为AB 是O 的直径，图1所以AC ⊥BC ， 于是l ⊥BC .已知PC ⊥平面ABC ，而l ⊂平面ABC ，所以PC ⊥l . 而PC ∩BC ＝C ，所以l ⊥平面PBC . 连接BE ，BF ，因为BF ⊂平面PBC ， 所以l ⊥BF .故∠CBF 就是二面角E －l －C 的平面角， 即∠CBF ＝β.由12DQ CP =u u u r u u u r ，作DQ ∥CP ，且12DQ CP =.连接PQ ，DF ，因为F 是CP 的中点，CP ＝2PF ， 所以DQ ＝PF ，从而四边形DQPF 是平行四边形，PQ ∥FD .连接CD ，因为PC ⊥平面ABC ，所以CD 是FD 在平面ABC 内的射影， 故∠CDF 就是直线PQ 与平面ABC 所成的角，即∠CDF ＝θ. 又BD ⊥平面PBC ，有BD ⊥BF ，知∠BDF 为锐角， 故∠BDF 为异面直线PQ 与EF 所成的角，即∠BDF ＝α， 于是在Rt △DCF ，Rt △FBD ，Rt △BCF 中，分别可得sin θ＝CF DF ，sin α＝BF DF ，sin β＝CF BF， 从而sin αsin β＝CF BF CFBF DF DF⋅=＝sin θ， 即sin θ＝sin αsin β.(向量法)如图2，由12DQ CP =u u u r u u u r ，作DQ ∥CP ，且12DQ CP =.图2连接PQ ，EF ，BE ，BF ，BD ，由(1)可知交线l 即为直线BD .以点C 为原点，向量CA u u u r ，CB u u u r ，CP u u u r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 1,0,2a c ⎛⎫⎪⎝⎭，F (0,0，c )．于是1,0,02FE a ⎛⎫= ⎪⎝⎭u u u r ，QP uuur ＝(－a ，－b ，c )，BF u u u r ＝(0，－b ，c )，所以cos α＝FE QP FE QP ⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r，从而sin α=. 又取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，可得sin QP QP θ⋅==⋅u u u r u u u r m m ， 设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，所以由0,0,FE BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n 可得10,20.ax by cz ⎧=⎪⎨⎪-+=⎩取n ＝(0，c ，b )． 于是|cos β|＝||||||⋅=⋅m n m n从而sin β=.故sin αsin β=＝sin θ，即sin θ＝sin αsin β.20．(2013湖北，理20)(本小题满分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)的椭机变量．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p 0的值；(参考数据：若X ～N (μ，σ2)，有P (μ－σ＜X ≤μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ＜X ≤μ＋2σ)＝0.954 4，P (μ－3σ＜X ≤μ＋3σ)＝0.997 4.)(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1 600元/辆和2 400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p0的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μ＝800，σ＝50，P(700＜X≤900)＝0.954 4.由正态分布的对称性，可得p0＝P(X≤900)＝P(X≤800)＋P(800＜X≤900)＝1122P+(700＜X≤900)＝0.977 2.(2)设A型、B型车辆的数量分别为x，y辆，则相应的营运成本为1 600x＋2 400y. 依题意，x，y还需满足：x＋y≤21，y≤x＋7，P(X≤36x＋60y)≥p0.由(1)知，p0＝P(X≤900)，故P(X≤36x＋60y)≥p0等价于36x＋60y≥900.于是问题等价于求满足约束条件21,7, 3660900, ,0,,, x yy xx yx y x y+≤⎧⎪≤+⎪⎨+≥⎪⎪≥∈⎩N且使目标函数z＝1 600x＋2 400y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＝1 600x＋2 400y经过可行域的点P时，直线z＝1 600x＋2 400y在y轴上截距2400z最小，即z取得最小值．故应配备A型车5辆、B型车12辆．21．(2013湖北，理21)(本小题满分13分)如图，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m,2n(m＞n)，过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.记λ＝mn，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.(1)当直线l 与y 轴重合时，若S 1＝λS 2，求λ的值；(2)当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1＝λS 2？并说明理由． 解：依题意可设椭圆C 1和C 2的方程分别为C 1：2222=1x y a m +，C 2：2222=1x y a n+.其中a ＞m ＞n ＞0，λ＝>1mn.(1)解法1：如图1，若直线l 与y 轴重合，即直线l 的方程为x ＝0，则S 1＝12|BD |·|OM |＝12a |BD |，S 2＝12|AB |·|ON |＝12a |AB |，图1所以12||||S BD S AB =. 在C 1和C 2的方程中分别令x ＝0，可得y A ＝m ，y B ＝n ，y D ＝－m ， 于是||||1||||1B D A B y y BD m n AB y y m n λλ-++===---.若12=S S λ，则1=1λλλ+-，化简得λ2－2λ－1＝0. 由λ＞1，可解得λ.故当直线l 与y 轴重合时，若S 1＝λS 2，则λ. 解法2：如图1，若直线l 与y 轴重合，则|BD |＝|OB |＋|OD |＝m ＋n ，|AB |＝|OA |－|OB |＝m －n ；S 1＝12|BD |·|OM |＝12a |BD |， S 2＝12|AB |·|ON |＝12a |AB |.所以12||1||1S BD m n S AB m n λλ++===--.若12=S S λ，则1=1λλλ+-，化简得λ2－2λ－1＝0. 由λ＞1，可解得λ.故当直线l 与y 轴重合时，若S 1＝λS 2，则λ.(2)解法1：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1＝λS 2.根据对称性，不妨设直线l ：y ＝kx (k ＞0)，点M (－a,0)，N (a,0)到直线l 的距离分别为d 1，d 2，则1d ==，2d ==d 1＝d 2.图2又S 1＝12|BD |d 1，S 2＝12|AB |d 2，所以12||||S BD S AB λ==，即|BD |＝λ|AB |. 由对称性可知|AB |＝|CD |，所以|BC |＝|BD |－|AB |＝(λ－1)|AB |， |AD |＝|BD |＋|AB |＝(λ＋1)|AB |，于是||1||1AD BC λλ+=-.① 将l 的方程分别与C 1，C 2的方程联立，可求得A x =B x =.根据对称性可知x C ＝－x B ，x D ＝－x A ，于是2||||2A Bx AD BC x ==② 从而由①和②式可得11λλλ+=(-).③ 令1=1t λλλ+(-)，则由m ＞n ，可得t ≠1，于是由③可解得22222211n t k a t λ(-)=(-). 因为k ≠0，所以k 2＞0.于是③式关于k 有解，当且仅当222221>01n t a t λ(-)(-)， 等价于2221(1)<0t t λ⎛⎫-- ⎪⎝⎭由λ＞1，可解得1λ＜t ＜1， 即11<11λλλλ+<(-)，由λ＞1，解得λ＞，所以当1＜λ≤l ，使得S 1＝λS 2； 当λ＞时，存在与坐标轴不重合的直线l 使得S 1＝λS 2.解法2：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1＝λS 2.根据对称性，不妨设直线l ：y ＝kx (k ＞0)，点M (－a,0)，N (a,0)到直线l 的距离分别为d 1，d 2，则1d ==，2d ==d 1＝d 2.又S 1＝12|BD |d 1，S 2＝12|AB |d 2，所以12||=||S BD S AB λ=.因为||||A B A Bx x BD AB x x λ+===-，所以11A B x x λλ+=-.由点A (x A ，kx A )，B (x B ，kx B )分别在C 1，C 2上，可得22222=1A A x k x a m +，22222=1B B x k x a n+，两式相减可得22222222=0A B A B x x k x x a m λ-(-)+， 依题意x A ＞x B ＞0，所以22A B x x >.所以由上式解得22222222A B B A m x x k a x x λ(-)=(-). 因为k 2＞0，所以由2222222>0A B B A m x x a x x λ(-)(-)，可解得<1A B x x λ<. 从而11<<λλλ+-，解得λ＞，所以 当1＜λ≤l ，使得S 1＝λS 2；当λ＞时，存在与坐标轴不重合的直线l 使得S 1＝λS 2. 22．(2013湖北，理22)(本小题满分14分)设n 是正整数，r 为正有理数．(1)求函数f (x )＝(1＋x )r ＋1－(r ＋1)x －1(x ＞－1)的最小值；(2)证明：111111<<11r r r r r n n n n n r r ++++-(-)(+)-++；(3)设x ∈R ，记[x ]为不小于．．．x 的最小整数，例如[2]＝2，[π]＝4，3=12⎡⎤--⎢⎥⎣⎦.令S L [S ]的值．(参考数据：4380344.7≈,4381350.5≈,43124618.3≈,43126631.7≈)(1)解：因为f ′(x )＝(r ＋1)(1＋x )r －(r ＋1)＝(r ＋1)[(1＋x )r －1]，令f ′(x )＝0，解得x ＝0. 当－1＜x ＜0时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－1,0)内是减函数； 当x ＞0时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)内是增函数． 故函数f (x )在x ＝0处取得最小值f (0)＝0.(2)证明：由(1)，当x ∈(－1，＋∞)时，有f (x )≥f (0)＝0，即 (1＋x )r ＋1≥1＋(r ＋1)x ，且等号当且仅当x ＝0时成立， 故当x ＞－1且x ≠0时，有 (1＋x )r ＋1＞1＋(r ＋1)x .①在①中，令1x n =(这时x ＞－1且x ≠0)，得+1111>1+r r n n+⎛⎫+ ⎪⎝⎭. 上式两边同乘n r ＋1，得(n ＋1)r ＋1＞n r ＋1＋n r (r ＋1)，即1111r r rn n n r ++(+)-<+.②当n ＞1时，在①中令1x n=-(这时x ＞－1且x ≠0)，类似可得 1111r r rn n n r ++-(-)>+.③且当n ＝1时，③也成立． 综合②，③得11111111r r r r rn n n n n r r ++++-(-)(+)-<<++.④(3)解：在④中，令13r =，n 分别取值81,82,83，…，125，得4444333333(8180)(8281)44--， 4444333333(8281)(8382)44--＜， 4444333333(8382)(8483)44--＜， ……4444333333(125124)(126125)44--＜．将以上各式相加，并整理得4444333333(12580)(12681)44S --＜＜． 代入数据计算，可得44333(12580)210.24-≈，44333(12681)210.94-≈.由[S ]的定义，得[S ]＝211.。

2013年湖北省高考数学试卷（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，只有一项是符合题目要求的、1、（5分）在复平面内，复数z=（i为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（）A、第一象限B、第二象限C、第三象限D、第四象限2、（5分）已知全集为R，集合A={x|（）x≤1}，B={x|x2﹣6x+8≤0}，则A∩（∁R B）=（）A、{x|x≤0}B、{x|2≤x≤4}C、{x|0≤x＜2或x＞4}D、{x|0＜x≤2或x≥4}3、（5分）在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次，设命题p是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（）A、（￢p）∨（￢q）B、p∨（￢q）C、（￢p）∧（￢q）D、p∨q4、（5分）将函数y=cosx+sinx（x∈R）的图象向左平移m（m＞0）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（）A、B、C、D、5、（5分）已知0＜θ＜，则双曲线与C2：﹣=1的（）A、实轴长相等B、虚轴长相等C、焦距相等D、离心率相等6、（5分）已知点A（﹣1，1），B（1，2），C（﹣2，﹣1），D（3，4），则向量在方向上的投影为（）A、B、C、D、7、（5分）一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度的单位：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：m）是（）A、1+25ln5B、8+25lnC、4+25ln5D、4+50ln28、（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V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（）A、V1＜V2＜V4＜V3B、V1＜V3＜V2＜V4C、V2＜V1＜V3＜V4D、V2＜V3＜V1＜V49、（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、 B、C、 D、10、（5分）已知a为常数，函数f（x）=x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（）A、 B、C、 D、二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分、请将答案填在答题卡对应题号的位置上、答错位置，书写不清，模棱两可均不得分、（一）必考题（11-14题）（二）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、）11、（5分）从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图所示：（Ⅰ）直方图中x的值为；（Ⅱ）在这些用户中，用电量落在区间[100，250）内的户数为、12、（5分）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i=、13、（5分）设x，y，z∈R，且满足：，则x+y+z=、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、记第n个k边形数为N（n，k）（k≥3），以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数，正方形数N（n，4）=n2，五边形数，六边形数N（n，6）=2n2﹣n，…可以推测N（n，k）的表达式，由此计算N（10，24）=、15、（5分）（选修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，则的值为、16、（选修4﹣4：坐标系与参数方程）在直角坐标系xOy中，椭圆C的参数方程为为参数，a＞b＞0）、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为非零常数）与ρ=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、三、解答题：本大题共6小题，共75分、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤、17、（12分）在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，已知cos2A﹣3cos（B+C）=1、（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若△ABC的面积S=5，b=5，求sinBsinC的值、18、（12分）已知等比数列{a n}满足：|a2﹣a3|=10，a1a2a3=125、（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数m，使得？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由、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 ⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点、（Ⅰ）记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；（Ⅱ）设（Ⅰ）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足、记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E ﹣l﹣C的大小为β、求证：sinθ=sinαsinβ、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p0、（Ⅰ）求p0的值；（参考数据：若X～N（μ，σ2），有P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）=0.6826，P（μ﹣2σ＜X ≤μ+2σ）=0.9544，P（μ﹣3σ＜X≤μ+3σ）=0.9974、）（Ⅱ）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p0的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？21、（13分）如图，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x 轴上，短轴长分别为2m，2n（m＞n），过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D，记，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2、（Ⅰ）当直线l与y轴重合时，若S1=λS2，求λ的值；（Ⅱ）当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2？并说明理由、22、（14分）设n是正整数，r为正有理数、（Ⅰ）求函数f（x）=（1+x）r+1﹣（r+1）x﹣1（x＞﹣1）的最小值；（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）设x∈R，记[x]为不小于x的最小整数，例如、令的值、（参考数据：、2013年湖北省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、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，只有一项是符合题目要求的、1、（5分）在复平面内，复数z=（i为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（）A、第一象限B、第二象限C、第三象限D、第四象限分析：将复数z=的分母实数化，求得z=1+i，即可求得，从而可知答案、解答：解：∵z====1+i，∴=1﹣i、∴对应的点（1，﹣1）位于第四象限，故选：D、点评：本题考查复数的代数表示法及其几何意义，将复数z=的分母实数化是关键，属于基础题、2、（5分）已知全集为R，集合A={x|（）x≤1}，B={x|x2﹣6x+8≤0}，则A∩（∁R B）=（）A、{x|x≤0}B、{x|2≤x≤4}C、{x|0≤x＜2或x＞4}D、{x|0＜x≤2或x≥4}分析：利用指数函数的性质可求得集合A，通过解一元二次不等式可求得集合B，从而可求得A∩C R B、解答：解：∵≤1=，∴x≥0，∴A={x|x≥0}；又x2﹣6x+8≤0⇔（x﹣2）（x﹣4）≤0，∴2≤x≤4、∴B={x|2≤x≤4}，∴∁R B={x|x＜2或x＞4}，∴A∩∁R B={x|0≤x＜2或x＞4}，故选：C、点评：本题考查指数函数的性质与元二次不等式，考查交、并、补集的混合运算，属于中档题、3、（5分）在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次，设命题p是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（）A、（￢p）∨（￢q）B、p∨（￢q）C、（￢p）∧（￢q）D、p∨q分析：由命题P和命题q写出对应的￢p和￢q，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”即可得到表示、解答：解：命题p是“甲降落在指定范围”，则￢p是“甲没降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则￢q是“乙没降落在指定范围”，命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”包括“甲降落在指定范围，乙没降落在指定范围”或“甲没降落在指定范围，乙降落在指定范围”或“甲没降落在指定范围，乙没降落在指定范围”三种情况、所以命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（￢p）V（￢q）、故选：A、点评：本题考查了复合命题的真假，解答的关键是熟记复合命题的真值表，是基础题、4、（5分）将函数y=cosx+sinx（x∈R）的图象向左平移m（m＞0）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（）A、B、C、D、分析：函数解析式提取2变形后，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，利用平移规律得到平移后的解析式，根据所得的图象关于y轴对称，即可求出m的最小值、解答：解：y=cosx+sinx=2（cosx+sinx）=2sin（x+），∴图象向左平移m（m＞0）个单位长度得到y=2sin[（x+m）+]=2sin（x+m+），∵所得的图象关于y轴对称，∴m+=kπ+（k∈Z），则m的最小值为、故选：B、点评：此题考查了两角和与差的正弦函数公式，以及函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换，熟练掌握公式是解本题的关键、5、（5分）已知0＜θ＜，则双曲线与C2：﹣=1的（）A、实轴长相等B、虚轴长相等C、焦距相等D、离心率相等分析：根据双曲线的标准方程求出双曲线的几何性质同，即可得出正确答案、解答：解：双曲线的实轴长为2cosθ，虚轴长2sinθ，焦距2，离心率，双曲线的实轴长为2sinθ，虚轴长2sinθtanθ，焦距2tanθ，离心率，故它们的离心率相同、故选：D、点评：本题主要考查了双曲线的标准方程、双曲线的简单性质等，属于基础题、6、（5分）已知点A（﹣1，1），B（1，2），C（﹣2，﹣1），D（3，4），则向量在方向上的投影为（）A、B、C、D、分析：先求出向量、，根据投影定义即可求得答案、解答：解：，，则向量方向上的投影为：•cos＜＞=•===，故选：A、点评：本题考查平面向量数量积的含义与物理意义，考查向量投影定义，属基础题，正确理解相关概念是解决问题的关键、7、（5分）一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度的单位：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：m）是（）A、1+25ln5B、8+25lnC、4+25ln5D、4+50ln2分析：令v（t）=0，解得t=4，则所求的距离S=，解出即可、解答：解：令v（t）=7﹣3t+，化为3t2﹣4t﹣32=0，又t＞0，解得t=4、∴由刹车行驶至停止，在此期间汽车继续行驶的距离s===4+25ln5、故选：C、点评：熟练掌握导数的运算法则和定积分的几何意义是解题的关键、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V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（）A、V1＜V2＜V4＜V3B、V1＜V3＜V2＜V4C、V2＜V1＜V3＜V4D、V2＜V3＜V1＜V4分析：利用三视图与已知条件判断组合体的形状，分别求出几何体的体积，即可判断出正确选项、解答：解：由题意以及三视图可知，该几何体从上到下由：圆台、圆柱、正四棱柱、正四棱台组成，体积分别记为V1==、V2=12×π×2=2π，V3=2×2×2=8V4==；∵，∴V2＜V1＜V3＜V4故选：C、点评：本题考查简单组合体的三视图与几何体的体积的求法，正确判断几何体的形状与准确利用公式求解体积是解题的关键、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、 B、C、 D、分析：由题意可知：X所有可能取值为0，1，2，3、①8个顶点处的8个小正方体涂有3面，②每一条棱上除了两个顶点处的小正方体，还剩下3个，一共有3×12=36个小正方体涂有2面，③每个表面去掉四条棱上的16个小正方形，还剩下9个小正方形，因此一共有9×6=54个小正方体涂有一面，④由以上可知：还剩下125﹣（8+36+54）=27个内部的小正方体的6个面都没有涂油漆，根据上面的分析即可得出其概率及X 的分布列，利用数学期望的计算公式即可得出、解答：解：由题意可知：X所有可能取值为0，1，2，3、①8个顶点处的8个小正方体涂有3面，∴P（X=3）=；②每一条棱上除了两个顶点处的小正方体，还剩下3个，一共有3×12=36个小正方体涂有2面，∴P（X=2）=；③每个表面去掉四条棱上的16个小正方形，还剩下9个小正方形，因此一共有9×6=54个小正方体涂有一面，∴P（X=1）=、④由以上可知：还剩下125﹣（8+36+54）=27个内部的小正方体的6个面都没有涂油漆，∴P（X=0）=、故X的分布列为X0123P因此E（X）==、故选：B、点评：正确找出所涂油漆的面数的正方体的个数及古典概型的概率计算公式、分布列与数学期望是解题的关键、10、（5分）已知a为常数，函数f（x）=x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（）A、 B、C、 D、分析：先求出f′（x），令f′（x）=0，由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0、利用导数与函数极值的关系即可得出、解答：解：∵f′（x）=lnx+1﹣2ax，（x＞0）令f′（x）=0，由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）=lnx+1﹣2ax 有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0、、①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）=f′（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去、②当a＞0时，令g′（x）=0，解得x=，∵x，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减、∴x=是函数g（x）的极大值点，则＞0，即＞0，∴ln（2a）＜0，∴0＜2a＜1，即、故当0＜a＜时，g（x）=0有两个根x1，x2，且x1＜＜x2，又g（1）=1﹣2a ＞0，∴x1＜1＜＜x2，从而可知函数f（x）在区间（0，x1）上递减，在区间（x1，x2）上递增，在区间（x2，+∞）上递减、∴f（x1）＜f（1）=﹣a＜0，f（x2）＞f（1）=﹣a＞﹣、故选：D、点评：本题考查了利用导数研究函数极值的方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题、二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分、请将答案填在答题卡对应题号的位置上、答错位置，书写不清，模棱两可均不得分、（一）必考题（11-14题）（二）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、）11、（5分）从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图所示：（Ⅰ）直方图中x的值为0.0044；（Ⅱ）在这些用户中，用电量落在区间[100，250）内的户数为70、分析：（I）根据频率分布直方图中，各组的频率之和为1，我们易得到一个关于x的方程，解方程即可得到答案、（II）由已知中的频率分布直方图，利用[100，250）之间各小组的纵坐标（矩形的高）乘以组距得到[100，250）的频率，利用频率乘以样本容量即可求出频数、解答：解：（Ⅰ）依题意及频率分布直方图知，0.0024×50+0.0036×50+0.0060×50+x×50+0.0024×50+0.0012×50=1，解得x=0.0044、（II）样本数据落在[100，150）内的频率为0.0036×50=0.18，样本数据落在[150，200）内的频率为0.006×50=0.3、样本数据落在[200，250）内的频率为0.0044×50=0.22，故在这些用户中，用电量落在区间[100，250）内的户数为（0.18+0.30+0.22）×100=70、故答案为：0.0044；70、点评：根据新高考服务于新教材的原则，作为新教材的新增内容﹣﹣频率分布直方图是新高考的重要考点、对于“频率分布直方图学习的关键是学会画图、看图和用图、12、（5分）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i=5、分析：框图首先给变量a和变量i赋值，然后对a是否等于4进行判断，不等于4，继续判断a是否为奇数，是执行路径a=3a+1，否执行路径，再执行i=i+1，依次循环执行，当a等于4时跳出循环，输出i的值、解答：解：框图首先给变量a和变量i赋值，a=4，i=1、判断10=4不成立，判断10是奇数不成立，执行，i=1+1=2；判断5=4不成立，判断5是奇数成立，执行a=3×5+1=16，i=2+1=3；判断16=4不成立，判断16是奇数不成立，执行，i=3+1=4；判断8=4不成立，判断8是奇数不成立，执行，i=4+1=5；判断4=4成立，跳出循环，输出i的值为5、故答案是5、点评：本题考查了程序框图，循环结构中含有条件结构，外面的循环结构为直到型，即不满足条件执行循环，直到条件满足跳出循环、是基础题、13、（5分）设x，y，z∈R，且满足：，则x+y+z=、分析：根据柯西不等式，算出（x+2y+3z）2≤14（x2+y2+z2）=14，从而得到x+2y+3z 恰好取到最大值，由不等式的等号成立的条件解出x=、y=且z=，由此即可得到x+y+z的值、解答：解：根据柯西不等式，得（x+2y+3z）2≤（12+22+32）（x2+y2+z2）=14（x2+y2+z2）当且仅当时，上式的等号成立∵x2+y2+z2=1，∴（x+2y+3z）2≤14，结合，可得x+2y+3z恰好取到最大值∴=，可得x=，y=，z=因此，x+y+z=++=故答案为：点评：本题给出x、y、z的平方和等于1，在x+2y+3z恰好取到最大值的情况下求x+y+z的值、着重考查了运用柯西不等式求最值的方法，属于中档题、抓住柯西不等式的等号成立的条件，是本题得以解决的关键、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、记第n个k边形数为N（n，k）（k≥3），以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数，正方形数N（n，4）=n2，五边形数，六边形数N（n，6）=2n2﹣n，…可以推测N（n，k）的表达式，由此计算N（10，24）=1000、分析：观察已知式子的规律，并改写形式，归纳可得，把n=10，k=24代入可得答案、解答：解：原已知式子可化为：，，，，由归纳推理可得，故=1100﹣100=1000故答案为：1000点评：本题考查归纳推理，观察已知式子的规律并改写形式是解决问题的关键，属基础题、15、（5分）（选修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，则的值为8、分析：设圆O的半径为3x，根据射影定理，可以求出OD2=OE•OC=x2，CD2=CE•OC=8x2，进而得到的值、解答：解：设圆O的半径OA=OB=OC=3x，∵AB=3AD，∴AD=2x，BD=4x，OD=x又∵点C在直径AB上的射影为D，在△ABC中，由射影定理得：CD2=AD•BD=8x2，在△ODC中，由射影定理得：OD2=OE•OC=x2，CD2=CE•OC=8x2，故==8故答案为：8点评：本题考查的知识点是直角三角形射影定理，射影定理在使用时一定要注意其使用范围…“双垂直”、16、（选修4﹣4：坐标系与参数方程）在直角坐标系xOy中，椭圆C的参数方程为为参数，a＞b＞0）、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为非零常数）与ρ=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、分析：先根据极坐标与直角坐标的转换关系将直线l的极坐标方程分别为为非零常数）化成直角坐标方程，再利用直线l经过椭圆C的焦点，且与圆O相切，从而得到c=b，又b2=a2﹣c2，消去b后得到关于a，c的等式，即可求出椭圆C的离心率、解答：解：直线l的极坐标方程分别为为非零常数）化成直角坐标方程为x+y﹣m=0，它与x轴的交点坐标为（m，0），由题意知，（m，0）为椭圆的焦点，故|m|=c，又直线l与圆O：ρ=b相切，∴，从而c=b，又b2=a2﹣c2，∴c2=2（a2﹣c2），∴3c2=2a2，∴=、则椭圆C的离心率为、故答案为：、点评：本题考查了椭圆的离心率，考查了参数方程化成普通方程，点的极坐标和直角坐标的互化，考查提高学生分析问题的能力、三、解答题：本大题共6小题，共75分、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤、17、（12分）在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，已知cos2A﹣3cos（B+C）=1、（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若△ABC的面积S=5，b=5，求sinBsinC的值、分析：（I）利用倍角公式和诱导公式即可得出；（II）由三角形的面积公式即可得到bc=20、又b=5，解得c=4、由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA=25+16﹣20=21，即可得出a、又由正弦定理得即可得到即可得出、解答：解：（Ⅰ）由cos2A﹣3cos（B+C）=1，得2cos2A+3cosA﹣2=0，即（2cosA﹣1）（cosA+2）=0，解得（舍去）、因为0＜A＜π，所以、（Ⅱ）由S===，得到bc=20、又b=5，解得c=4、由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA=25+16﹣20=21，故、又由正弦定理得、点评：熟练掌握三角函数的倍角公式和诱导公式、三角形的面积公式、余弦定理得、正弦定理是解题的关键、18、（12分）已知等比数列{a n}满足：|a2﹣a3|=10，a1a2a3=125、（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数m，使得？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由、分析：（I）设等比数列{a n}的公比为q，结合等比数列的通项公式表示已知条件，解方程可求a1，q，进而可求通项公式（Ⅱ）结合（I）可知是等比数列，结合等比数列的求和公式可求，即可判断解答：解：（Ⅰ）设等比数列{a n}的公比为q，则由已知可得解得故、（Ⅱ）若，则，故是首项为，公比为的等比数列，从而、若，则是首项为，公比为﹣1的等比数列，从而故、综上，对任何正整数m，总有、故不存在正整数m，使得成立、点评：本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的综合应用，还考查了一定的逻辑推理与运算的能力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 ⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点、（Ⅰ）记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；（Ⅱ）设（Ⅰ）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足、记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E ﹣l﹣C的大小为β、求证：sinθ=sinαsinβ、分析：（I）直线l∥平面PAC、连接EF，利用三角形的中位线定理可得，EF∥AC；利用线面平行的判定定理即可得到EF∥平面ABC、由线面平行的性质定理可得EF∥l、再利用线面平行的判定定理即可证明直线l∥平面PAC、（II）综合法：利用线面垂直的判定定理可证明l⊥平面PBC、连接BE，BF，因为BF⊂平面PBC，所以l⊥BC、故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角，即∠CBF=β、已知PC⊥平面ABC，可知CD是FD在平面ABC内的射影，故∠CDF就是直线PQ 与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ、由BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF=α，分别利用三个直角三角形的边角关系即可证明结论；向量法：以点C为原点，向量所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得出二面角、解答：解：（Ⅰ）直线l∥平面PAC，证明如下：连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC，又EF⊄平面ABC，且AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC、而EF⊂平面BEF，且平面BEF∩平面ABC=l，所以EF∥l、因为l⊄平面PAC，EF⊂平面PAC，所以直线l∥平面PAC、（Ⅱ）（综合法）如图1，连接BD，由（Ⅰ）可知交线l即为直线BD，且l∥AC、因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC、已知PC⊥平面ABC，而l⊂平面ABC，所以PC⊥l、而PC∩BC=C，所以l⊥平面PBC、连接BE，BF，因为BF⊂平面PBC，所以l⊥BF、故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角，即∠CBF=β、由，作DQ∥CP，且、连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP=2PF，所以DQ=PF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD、连接CD，因为PC⊥平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影，故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ、又BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF=α，于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得，从而、（Ⅱ）（向量法）如图2，由，作DQ∥CP，且、连接PQ，EF，BE，BF，BD，由（Ⅰ）可知交线l即为直线BD、以点C为原点，向量所在直线分别为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、于是，∴=，从而，又取平面ABC的一个法向量为，可得，设平面BEF的一个法向量为，所以由可得取=（0，c，b），于是，从而、故，即sinθ=sinαsinβ、点评：本题综合考查了线面平行的判定定理和性质定理、线面垂直的判定与性质定理、平行四边形的判定与性质定理、线面角、二面角、异面直线所成的角、通过建立空间直角坐标系利用法向量的夹角求二面角等基础知识与方法，需要较强的空间想象能力、推理能力和计算能力、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p0、（Ⅰ）求p0的值；（参考数据：若X～N（μ，σ2），有P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）=0.6826，P（μ﹣2σ＜X ≤μ+2σ）=0.9544，P（μ﹣3σ＜X≤μ+3σ）=0.9974、）（Ⅱ）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p0的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？分析：（I）变量服从正态分布N（800，502），即服从均值为800，标准差为50的正态分布，适合700＜X≤900范围内取值即在（μ﹣2σ，μ+2σ）内取值，其概率为：95.44%，从而由正态分布的对称性得出不超过900的概率为p0、（II）设每天应派出A型x辆、B型车y辆，根据条件列出不等式组，即得线性约束条件，列出目标函数，画出可行域求解、解答：解：（Ⅰ）由于随机变量X服从正态分布N（800，502），故有μ=800，σ=50，P（700＜X≤900）=0.9544、由正态分布的对称性，可得p0=（P（X≤900）=P（X≤800）+P（800＜X≤900）=（Ⅱ）设A型、B型车辆的数量分别为x，y辆，则相应的营运成本为1600x+2400y、依题意，x，y还需满足：x+y≤21，y≤x+7，P（X≤36x+60y）≥p0、由（Ⅰ）知，p0=P（X≤900），故P（X≤36x+60y）≥p0等价于36x+60y≥900、于是问题等价于求满足约束条件且使目标函数z=1600x+2400y达到最小值的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=1600x+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，B型车12辆、点评：本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查简单线性规划、本题解题的关键是列出不等式组（方程组）寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数，将可行域各角点的值一一代入，最后比较，即可得到目标函数的最优解、21、（13分）如图，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x 轴上，短轴长分别为2m，2n（m＞n），过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D，记，△BDM和△ABN 的面积分别为S1和S2、（Ⅰ）当直线l与y轴重合时，若S1=λS2，求λ的值；（Ⅱ）当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2？并说明理由、分析：（Ⅰ）设出两个椭圆的方程，当直线l与y轴重合时，求出△BDM和△ABN 的面积S1和S2，直接由面积比=λ列式求λ的值；（Ⅱ）假设存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2，设出直线方程，由点到直线的距离公式求出M和N到直线l的距离，利用数学转化思想把两个三角形的面积比转化为线段长度比，由弦长公式得到线段长度比的另一表达式，两式相等得到，换元后利用非零的k值存在讨论λ的取值范围、解答：解：以题意可设椭圆C1和C2的方程分别为，、其中a＞m＞n＞0，＞1、（Ⅰ）如图1，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x=0，则，，所以、在C1和C2的方程中分别令x=0，可得y A=m，y B=n，y D=﹣m，于是、若，则，化简得λ2﹣2λ﹣1=0，由λ＞1，解得、故当直线l与y轴重合时，若S1=λS2，则、（Ⅱ）如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2，根据对称性，不妨设直线l：y=kx（k＞0），点M（﹣a，0），N（a，0）到直线l的距离分别为d1，d2，则，所以d1=d2、又，所以，即|BD|=λ|AB|、由对称性可知|AB|=|CD|，所以|BC|=|BD|﹣|AB|=（λ﹣1）|AB|，|AD|=|BD|+|AB|=（λ+1）|AB|，于是、将l的方程分别与C1和C2的方程联立，可求得根据对称性可知x C=﹣x B，x D=﹣x A，于是②从而由①和②可得③令，则由m＞n，可得t≠1，于是由③可得、因为k≠0，所以k2＞0、于是③关于k有解，当且仅当，等价于，由λ＞1，解得，即，由λ＞1，解得，所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2；当时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2、点评：本题考查了三角形的面积公式，考查了点到直线的距离公式，考查了直线与圆锥曲线的关系，该题重点考查了数学转化思想方法和分类讨论的数学思想方法，（Ⅱ）中判断λ的存在性是该题的难题，考查了灵活运用函数和不等式的思想方法、22、（14分）设n是正整数，r为正有理数、（Ⅰ）求函数f（x）=（1+x）r+1﹣（r+1）x﹣1（x＞﹣1）的最小值；（Ⅱ）证明：；。

2013年湖北省高考数学试卷（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，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）（2013•湖北）在复平面内，复数（i为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（）A ．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．（5分）（2013•湖北）已知全集为R，集合，则A∩∁R B=（）A ．{x|x≤0}B．{x|2≤x≤4}C．{x|0≤x＜2或x＞4}D．{x|0＜x≤2或x≥4}3．（5分）（2013•湖北）在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次，设命题p是“甲降落在指定范围”，q 是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（）A ．（¬p）∨（¬q）B．p∨（¬q）C．（¬p ）∧（¬q）D．p∨q4．（5分）（2013•湖北）将函数的图象向左平移m（m ＞0）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（）A ．B．C．D．5．（5分）（2013•湖北）已知，则双曲线的（）A ．实轴长相等B．虚轴长相等C．焦距相等D．离心率相等6．（5分）（2013•湖北）已知点A（﹣1，1），B（1，2），C（﹣2，﹣1），D （3，4），则向量在方向上的投影为（）A B C D7．（5分）（2013•湖北）一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度的单位：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：m）是（）A ．1+25ln5B．8+25ln C．4+25ln5D．4+50ln28．（5分）（2013•湖北）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V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（）A ．V1＜V2＜V4＜V3B．V1＜V3＜V2＜V4C．V2＜V1＜V3＜V4D．V2＜V3＜V1＜V49．（5分）（2013•湖北）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 ．B．C．D．10．（5分）（2013•湖北）已知a为常数，函数f（x）=x（lnx ﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（）A B C D二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．（一）必考题（11-14题）（二）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．）11．（5分）（2013•湖北）从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图所示：（Ⅰ）直方图中x的值为_________；（Ⅱ）在这些用户中，用电量落在区间[100，250）内的户数为_________．12．（5分）（2013•湖北）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i=_________．13．（5分）（2013•湖北）设x，y，z∈R，且满足：，则x+y+z=_________．14．（5分）（2013•湖北）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．记第n个k边形数为N（n，k）（k≥3），以下列出了部分k边形数中第n 个数的表达式：三角形数，正方形数N（n，4）=n2，五边形数，六边形数N（n，6）=2n2﹣n，…可以推测N（n，k）的表达式，由此计算N（10，24）=_________．15．（5分）（2013•湖北）（选修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，则的值为_________．16．（2013•湖北）（选修4﹣4：坐标系与参数方程）在直角坐标系xOy中，椭圆C的参数方程为为参数，a＞b＞0）．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为非零常数）与ρ=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_________．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）（2013•湖北）在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，已知cos2A﹣3cos（B+C）=1．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若△ABC的面积，求sinBsinC的值．18．（12分）（2013•湖北）已知等比数列{a n}满足：|a2﹣a3|=10，a1a2a3=125．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数m，使得？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．19．（12分）（2013•湖北）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F 分别是PA，PC的中点．（Ⅰ）记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；（Ⅱ）设（Ⅰ）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足．记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E﹣l﹣C的大小为β．求证：sinθ=sinαsinβ．20．（12分）（2013•湖北）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p0．（Ⅰ）求p0的值；（参考数据：若X～N（μ，σ2），有P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）=0.6826，P（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）=0.9544，P（μ﹣3σ＜X≤μ+3σ）=0.9974．）（Ⅱ）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p0的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？21．（13分）（2013•湖北）如图，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m，2n（m＞n），过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D，记，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2．（Ⅰ）当直线l与y轴重合时，若S1=λS2，求λ的值；（Ⅱ）当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2？并说明理由．22．（14分）（2013•湖北）设n是正整数，r为正有理数．（Ⅰ）求函数f（x）=（1+x）r+1﹣（r+1）x﹣1（x＞﹣1）的最小值；（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）设x∈R，记[x]为不小于x的最小整数，例如．令的值．（参考数据：．2013年湖北省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、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，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）考点：复数的代数表示法及其几何意义．专题：计算题．分析：将复数z=的分母实数化，求得z=1+i，即可求得，从而可知答案．解答：解：∵z====1+i，∴=1﹣i．∴对应的点（1，﹣1）位于第四象限，故选D．点评：本题考查复数的代数表示法及其几何意义，将复数z=的分母实数化是关键，属于基础题．2．（5分）考点：其他不等式的解法；交、并、补集的混合运算．专题：计算题；不等式的解法及应用．分析：利用指数函数的性质可求得集合A，通过解一元二次不等式可求得集合B，从而可求得A∩C R B．解答：解：∵≤1=，∴x≥0，∴A={x|x≥0}；又x2﹣6x+8≤0⇔（x﹣2）（x﹣4）≤0，∴2≤x≤4．∴B={x|2≤x≤4}，∴∁R B={x|x＜2或x＞4}，∴A∩∁R B={x|0≤x＜2或x＞4}，故选C．点评：本题考查指数函数的性质与元二次不等式，考查交、并、补集的混合运算，属于中档题．3．（5分）考点：复合命题的真假．专题：阅读型．分析：由命题P和命题q写出对应的￢p和￢q，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”即可得到表示．解答：解：命题p是“甲降落在指定范围”，则￢p是“甲没降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则￢q是“乙没降落在指定范围”，命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”包括“甲降落在指定范围，乙没降落在指定范围”或“甲没降落在指定范围，乙降落在指定范围”或“甲没降落在指定范围，乙没降落在指定范围”三种情况．所以命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（￢p）V（￢q）．故选A．点评：本题考查了复合命题的真假，解答的关键是熟记复合命题的真值表，是基础题．4．（5分）考点：两角和与差的正弦函数；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．专三角函数的图像与性质．分析：函数解析式提取2变形后，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，利用平移规律得到平移后的解析式，根据所得的图象关于y轴对称，即可求出m的最小值．解答：解：y=cosx+sinx=2（cosx+sinx）=2sin （x+），∴图象向左平移m（m ＞0）个单位长度得到y=2sin[（x+m）+]=2sin（x+m+），∵所得的图象关于y轴对称，∴m+=kπ+（k∈Z），则m的最小值为．故选B点评：此题考查了两角和与差的正弦函数公式，以及函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换，熟练掌握公式是解本题的关键．5．（5分）考点：双曲线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：根据双曲线的标准方程求出双曲线的几何性质同，即可得出正确答案．解答：解：双曲线的实轴长为2cosθ，虚轴长2sinθ，焦距2，离心率，双曲线的实轴长为2sinθ，虚轴长2sinθtanθ，焦距2tanθ，离心率，故它们的离心率相同．故选D．点评：本题主要考查了双曲线的标准方程、双曲线的简单性质等，属于基础题．6．（5分）考平面向量数量积的含义与物理意义．专题：平面向量及应用．分析：先求出向量、，根据投影定义即可求得答案．解答：解：，，则向量方向上的投影为：•cos＜＞=•===，故选A．点评：本题考查平面向量数量积的含义与物理意义，考查向量投影定义，属基础题，正确理解相关概念是解决问题的关键．7．（5分）考点：定积分．专题：导数的综合应用．分析：令v（t）=0，解得t=4，则所求的距离S=，解出即可．解答：解：令v（t）=7﹣3t+，化为3t2﹣4t ﹣32=0，又t＞0，解得t=4．∴由刹车行驶至停止，在此期间汽车继续行驶的距离s===4+25ln5．故选C．点评：熟练掌握导数的运算法则和定积分的几何意义是解题的关键．8．（5分）考点：由三视图求面积、体积．专题：计算题．分析：利用三视图与已知条件判断组合体的形状，分别求出几何体的体积，即可判断出正确选项．解答：解：由题意以及三视图可知，该几何体从上到下由：圆台、圆柱、正四棱柱、正四棱台组成，体积分别记λ为V1==．V2=12×π×2=2π，V3=2×2×2=8V4==；∵，∴V2＜V1＜V3＜V4故选C．点评：本题考查简单组合体的三视图与几何体的体积的求法，正确判断几何体的形状与准确利用公式求解体积是解题的关键．9．（5分）考点：离散型随机变量的期望与方差．专题：压轴题；概率与统计．分析：由题意可知：X所有可能取值为0，1，2，3．①8个顶点处的8个小正方体涂有3面，②每一条棱上除了两个顶点处的小正方体，还剩下3个，一共有3×12=36个小正方体涂有2面，③每个表面去掉四条棱上的16个小正方形，还剩下9个小正方形，因此一共有9×6=54个小正方体涂有一面，④由以上可知：还剩下125﹣（8=36+54）=27个内部的小正方体的6个面都没有涂油漆，根据上面的分析即可得出其概率及X的分布列，利用数学期望的计算公式即可得出．解答：解：由题意可知：X所有可能取值为0，1，2，3．①8个顶点处的8个小正方体涂有3面，∴P（X=3）=；②每一条棱上除了两个顶点处的小正方体，还剩下3个，一共有3×12=36个小正方体涂有2面，∴P （X=2）=；③每个表面去掉四条棱上的16个小正方形，还剩下9个小正方形，因此一共有9×6=54个小正方体涂有一面，∴P（X=1）=．④由以上可知：还剩下125﹣（8+36+54）=27个内部的小正方体的6个面都没有涂油漆，∴P（X=0）=．X0123P故X的分布列为因此E（X）==．故选B．点评：正确找出所涂油漆的面数的正方体的个数及古典概型的概率计算公式、分布列与数学期望是解题的关键．10．（5分）考点：利用导数研究函数的极值；函数在某点取得极值的条件．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：先求出f′（x），令f′（x）=0，由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．利用导数与函数极值的关系即可得出．解答：解：∵=lnx+1﹣2ax，（x＞0）令f′（x）=0，由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．．①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）=f′（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去．②当a＞0时，令g′（x）=0，解得x=，∵x，g′（x）＞0，函数g（x ）单调递增；时，g′（x ）＜0，函数g（x ）单调递减．∴x=是函数g（x）的极大值点，则＞0，即＞0，∴ln（2a）＜0，∴0＜2a＜1，即．∵，f′（x1）=lnx1+1﹣2ax1=0，f′（x2）=lnx2+1﹣2ax2=0．且f（x1）=x1（lnx1﹣ax1）=x1（2ax1﹣1﹣ax 1）=x 1（ax1﹣1）=﹣＜0，f（x2）=x2（lnx2﹣ax2）=x2（ax 2﹣1）＞=﹣．（）．故选D．点评：熟练掌握利用导数研究函数极值的方法是解题的关键．二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．（一）必考题（11-14题）（二）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．）11．（5分）考点：频率分布直方图．专题：图表型．分析：（I）根据频率分布直方图中，各组的频率之和为1，我们易得到一个关于x的方程，解方程即可得到答案．（II）由已知中的频率分布直方图，利用[100，250）之间各小组的纵坐标（矩形的高）乘以组距得到[100，250）的频率，利用频率乘以样本容量即可求出频数．解答：解：（Ⅰ）依题意及频率分布直方图知，0.0024×50+0.0036×50+0.0060×50+x×50+0.0024×50+0.0012×50=1，解得x=0.0044．（II）样本数据落在[100，150）内的频率为0.0036×50=0.18，样本数据落在[150，200）内的频率为0.006×50=0.3．样本数据落在[200，250）内的频率为0.0044×50=0.22，故在这些用户中，用电量落在区间[100，250）内的户数为（0.18+0.30+0.22）×100=70．故答案为：0.0044；70．点根据新高考服务于新教材的原则，作为新教材的新增内容﹣﹣频率分布直方图是新高考的重要考点．对评：于“频率分布直方图学习的关键是学会画图、看图和用图．12．（5分）考点：程序框图．分析：框图首先给变量a和变量i赋值，然后对a是否等于4进行判断，不等于4，继续判断a是否为奇数，是执行路径a=3a+1，否执行路径，再执行i=i+1，依次循环执行，当a等于4时跳出循环，输出i 的值．解答：解：框图首先给变量a和变量i赋值，a=4，i=1．判断10=4不成立，判断10是奇数不成立，执行，i=1+1=2；判断5=4不成立，判断5是奇数成立，执行a=3×5+1=16，i=2+1=3；判断16=4不成立，判断16是奇数不成立，执行，i=3+1=4；判断8=4不成立，判断8是奇数不成立，执行，i=4+1=5；判断4=4成立，跳出循环，输出i的值为5．故答案是5．点评：本题考查了程序框图，循环结构中含有条件结构，外面的循环结构为直到型，即不满足条件执行循环，直到条件满足跳出循环．是基础题．13．（5分）考点：一般形式的柯西不等式；进行简单的合情推理．专题：计算题；不等式的解法及应用．分析：根据柯西不等式，算出（x+2y+3z）2≤14（x2+y2+z2）=14，从而得到x+2y+3z恰好取到最大值，由不等式的等号成立的条件解出x=、y=且z=，由此即可得到x+y+z的值．解答：解：根据柯西不等式，得（x+2y+3z）2≤（12+22+32）（x2+y 2+z 2）=14（x2+y2+z 2）当且仅当时，上式的等号成立∵x2+y2+z2=1，∴（x+2y+3z）2≤14，结合，可得x+2y+3z恰好取到最大值∴=，可得x=，y=，z=因此，x+y+z=++=故答案为：点评：本题给出x、y、z 的平方和等于1，在x+2y+3z恰好取到最大值的情况下求x+y+z的值．着重考查了运用柯西不等式求最值的方法，属于中档题．抓住柯西不等式的等号成立的条件，是本题得以解决的关键．14．（5分）考点：归纳推理．专题：计算题．分析：观察已知式子的规律，并改写形式，归纳可得，把n=10，k=24代入可得答案．解答：解：原已知式子可化为：，，，，由归纳推理可得，故=1100﹣100=1000故答案为：1000点评：本题考查归纳推理，观察已知式子的规律并改写形式是解决问题的关键，属基础题．15．（5分）考点：与圆有关的比例线段；直角三角形的射影定理．专题：压轴题；选作题．分析：设圆O的半径为3x，根据射影定理，可以求出OD2=OE•OC=x2，CD 2=CE•OC=8x2，进而得到的值．解解：设圆O的半径OA=OB=OC=3x，答：∵AB=3AD，∴AD=2x，BD=4x，OD=x又∵点C在直径AB上的射影为D，在△ABC中，由射影定理得：CD2=AD•BD=8x2，在△ODC中，由射影定理得：OD2=OE•OC=x2，CD2=CE•OC=8x2，故==8故答案为：8点评：本题考查的知识点是直角三角形射影定理，射影定理在使用时一定要注意其使用范围…“双垂直”．16．（2013•湖北）考点：参数方程化成普通方程；椭圆的简单性质；点的极坐标和直角坐标的互化．专题：压轴题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：先根据极坐标与直角坐标的转换关系将直线l的极坐标方程分别为为非零常数）化成直角坐标方程，再利用直线l经过椭圆C的焦点，且与圆O相切，从而得到c=b，又b2=a2﹣c2，消去b后得到关于a，c的等式，即可求出椭圆C的离心率．解答：解：直线l的极坐标方程分别为为非零常数）化成直角坐标方程为x+y﹣m=0，它与x轴的交点坐标为（m，0），由题意知，（m ，0）为椭圆的焦点，故|m|=c，又直线l与圆O：ρ=b相切，∴，从而c=b，又b2=a2﹣c2，∴c2=2（a2﹣c2），∴3c2=2a2，∴=．则椭圆C的离心率为．故答案为：．点评：本题考查了椭圆的离心率，考查了参数方程化成普通方程，点的极坐标和直角坐标的互化，考查提高学生分析问题的能力．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）考点：余弦定理；正弦定理．专题：解三角形．分析：（I）利用倍角公式和诱导公式即可得出；（II）由三角形的面积公式即可得到bc=20．又b=5，解得c=4．由余弦定理得a 2=b2+c2﹣2bccosA=25+16﹣20=21，即可得出a ．又由正弦定理得即可得到即可得出．解答：解：（Ⅰ）由cos2A﹣3cos（B+C）=1，得2cos2A+3cosA﹣2=0，即（2cosA﹣1）（cosA+2）=0，解得（舍去）．因为0＜A＜π，所以．（Ⅱ）由S===，得到bc=20．又b=5，解得c=4．由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA=25+16﹣20=21，故．又由正弦定理得．点评：熟练掌握三角函数的倍角公式和诱导公式、三角形的面积公式、余弦定理得、正弦定理是解题的关键．18．（12分）考点：数列的求和；等比数列的通项公式；数列与不等式的综合．专题：计算题；等差数列与等比数列．分析：（I）设等比数列{a n}的公比为q，结合等比数列的通项公式表示已知条件，解方程可求a1，q，进而可求通项公式（Ⅱ）结合（I）可知是等比数列，结合等比数列的求和公式可求，即可判断解答：解：（Ⅰ）设等比数列{a n}的公比为q ，则由已知可得解得故．（Ⅱ）若，则，故是首项为，公比为的等比数列，从而．若，则是首项为，公比为﹣1的等比数列，从而故．综上，对任何正整数m，总有．故不存在正整数m，使得成立．点评：本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的综合应用，还考查了一定的逻辑推理与运算的能力19．（12分）考点：用空间向量求平面间的夹角；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（I）直线l∥平面PAC．连接EF，利用三角形的中位线定理可得，EF∥AC；利用线面平行的判定定理即可得到EF∥平面ABC．由线面平行的性质定理可得EF∥l．再利用线面平行的判定定理即可证明直线l∥平面PAC．（II）综合法：利用线面垂直的判定定理可证明l⊥平面PBC．连接BE，BF，因为BF⊂平面PBC，所以l⊥BC．故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角，即∠CBF=β．已知PC⊥平面ABC，可知CD是FD在平面ABC内的射影，故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ．由BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF=α，分别利用三个直角三角形的边角关系即可证明结论；向量法：以点C为原点，向量所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得出二面角．解答：解：（Ⅰ）直线l∥平面PAC，证明如下：连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC，又EF⊄平面ABC，且AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC．而EF⊂平面BEF，且平面BEF∩平面ABC=l，所以EF∥l．因为l⊄平面PAC，EF⊂平面PAC，所以直线l∥平面PAC．（Ⅱ）（综合法）如图1，连接BD，由（Ⅰ）可知交线l即为直线BD，且l∥AC．因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC．已知PC⊥平面ABC，而l⊂平面ABC，所以PC⊥l ．而PC∩BC=C，所以l ⊥平面PBC．连接BE，BF，因为BF⊂平面PBC，所以l⊥BF．故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角，即∠CBF=β．由，作DQ∥CP，且．连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP=2PF，所以DQ=PF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD．连接CD，因为PC⊥平面ABC，所以CD是FD在平面ABC 内的射影，故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ．又BD⊥平面PBC ，有BD⊥BF，知∠BDF=α，于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得，从而．（Ⅱ）（向量法）如图2，由，作DQ∥CP，且．连接PQ，EF，BE，BF，BD，由（Ⅰ）可知交线l即为直线BD．以点C为原点，向量所在直线分别为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．于是，∴=，从而，又取平面ABC的一个法向量为，可得，设平面BEF 的一个法向量为，所以由可得．于是，从而．故，即sinθ=sinαsinβ．点评：本题综合考查了线面平行的判定定理和性质定理、线面垂直的判定与性质定理、平行四边形的判定与性质定理、线面角、二面角、异面直线所成的角、通过建立空间直角坐标系利用法向量的夹角求二面角等基础知识与方法，需要较强的空间想象能力、推理能力和计算能力．20．（12分）考点：简单线性规划；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．专题：不等式的解法及应用；概率与统计．分析：（I）变量服从正态分布N（800，502），即服从均值为800，标准差为50的正态分布，适合700＜X≤900范围内取值即在（μ﹣2σ，μ+2σ）内取值，其概率为：95.44%，从而由正态分布的对称性得出不超过900的概率为p0．（II）设每天应派出A型x辆、B型车y辆，根据条件列出不等式组，即得线性约束条件，列出目标函数，画出可行域求解．解答：解：（Ⅰ）由于随机变量X服从正态分布N（800，502），故有μ=800，σ=50，P（700＜X≤900）=0.9544．由正态分布的对称性，可得p0=（P（X≤900）=P（X≤800）+P（800＜X≤900）=（Ⅱ）设A型、B型车辆的数量分别为x，y辆，则相应的营运成本为1600x+2400y．依题意，x，y还需满足：x+y≤21，y≤x+7，P（X≤36x+60y）≥p0．由（Ⅰ）知，p0=P（X≤900），故P（X≤360x+60y）≥p0等价于36x+60y≥900．于是问题等价于求满足约束条件且使目标函数z=1600x+2400y达到最小值的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=1600x+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，B型车12辆．点评：本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查简单线性规划．本题解题的关键是列出不等式组（方程组）寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数，将可行域各角点的值一一代入，最后比较，即可得到目标函数的最优解．21．（13分）考点：直线与圆锥曲线的关系；三角形的面积公式；点到直线的距离公式．专题：压轴题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分（Ⅰ）设出两个椭圆的方程，当直线l与y轴重合时，求出△BDM和△ABN的面积S1和S2，直接由面析：积比=λ列式求λ的值；（Ⅱ）假设存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2，设出直线方程，由点到直线的距离公式求出M 和N到直线l的距离，利用数学转化思想把两个三角形的面积比转化为线段长度比，由弦长公式得到线段长度比的另一表达式，两式相等得到，换元后利用非零的k值存在讨论λ的取值范围．解答：解：以题意可设椭圆C1和C2的方程分别为，．其中a ＞m＞n ＞0，．（Ⅰ）如图1，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x=0，则，，所以．在C1和C2的方程中分别令x=0，可得y A=m，y B=n ，y D=﹣m，于是．若，则，化简得λ2﹣2λ﹣1=0，由λ＞1，解得．故当直线l与y轴重合时，若S1=λS2，则．（Ⅱ）如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2，根据对称性，不妨设直线l：y=kx（k ＞0），点M（﹣a ，0），N（a，0）到直线l的距离分别为d1，d2，则，所以d1=d2．又，所以，即|BD|=λ|AB|．由对称性可知|AB|=|CD|，所以|BC|=|BD|﹣|AB|=（λ﹣1）|AB|，|AD|=|BD|+|AB|=（λ+1）|AB|，于是．将l的方程分别与C1和C2的方程联立，可求得根据对称性可知x C =﹣x B，x D=﹣x A，于是②从而由①和②可得③令，则由m＞n，可得t≠1，于是由③可得．因为k≠0，所以k 2＞0．于是③关于k有解，当且仅当，等价于，由λ＞1，解得，即，由λ＞1，解得，所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2；当时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2．点评：本题考查了三角形的面积公式，考查了点到直线的距离公式，考查了直线与圆锥曲线的关系，该题重点考查了数学转化思想方法和分类讨论的数学思想方法，（Ⅱ）中判断λ的存在性是该题的难题，考查了灵活运用函数和不等式的思想方法．22．（14分）考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性；数列的求和；不等式的证明．专题：压轴题；导数的综合应用；不等式的解法及应用．分析：（Ⅰ）先求出函数f （x）的导函数f′（x），令f'（x）=0，解得x=0，再求出函数的单调区间，进而求出最小值为f（0）=0；（Ⅱ）根据（Ⅰ）知，即（1+x）r+1≥1+（r+1）x，令代入并化简得，再令得，，即结论得到证明；（Ⅲ）根据（Ⅱ）的结论，令，n分别取值81，82，83，…，125，分别列出不等式，再将各式相加得，，再由参考数据和条件进行求解．解答：解；（Ⅰ）由题意得f'（x）=（r+1）（1+x）r﹣（r+1）=（r+1）[（1+x）r﹣1]，令f'（x）=0，解得x=0．当﹣1＜x＜0时，f'（x）＜0，∴f（x）在（﹣1，0）内是减函数；当x＞0时，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）内是增函数．故函数f（x）在x=0处，取得最小值为f （0）=0．（Ⅱ）由（Ⅰ），当x∈（﹣1，+∞）时，有f （x）≥f（0）=0，即（1+x）r+1≥1+（r+1）x，且等号当且仅当x=0时成立，故当x＞﹣1且x≠0，有（1+x）r+1＞1+（r+1）x，①在①中，令（这时x＞﹣1且x≠0），得．上式两边同乘n r+1，得（n+1）r+1＞n r+1+n r（r+1），即，②当n＞1时，在①中令（这时x＞﹣1且x≠0），类似可得，③且当n=1时，③也成立．综合②，③得，④（Ⅲ）在④中，令，n 分别取值81，82，83， (125)得，，，…，将以上各式相加，并整理得．代入数据计算，可得由[S]的定义，得[S]=211．点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性和求最值，以及学生的创新精神，是否会观察，会抽象概括，会用类比的方法得出其它结论，难度较大，注意利用上一问的结论．。

绝密 ★ 启用前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是符合题目要求的。

21.(1 A.B D iz i i=-在复平面内，复数为虚数单位）的共轭复数对应的点位于第一象限 .第二象限 C.第三象限 .第四象限{}212.R A=X ()'1,6X+80A2x B X X d B ⎧⎫≤=-≤=⎨⎬⎩⎭已知全集为，集合，则{}{}{}{}.0.2X 4.02X>4.02X 4A X X B X C X X D X X ≤≤≤≤<<≤≥或或3.在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次。

设命题p 是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为A.(-p)(-q)B.p (-q)C.(-p)(-q)D.p q ∨∨∧∨4．将函数sin ()y x x x R =+∈的图像向左平移(0)m m >个单位长度后，所得到的图像关于y 轴对称，则m 的最小值是 A ．12πB ．6πC ．3πD ．56π 5．已知04πθ<< ，则双曲线22221222222:1:1cos sin sin sin tan x y y x C C θθθθθ-=-=与的 A ．实轴长相等 B ．虚轴长相等 C ．焦距相等 D ．离心率相等6．已知点A （-1,1）、B （1,2）、C （-2,1）、D （3,4），则向量AB 和CD 方向上的投影为ABCD7．一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度25()73(,/)1v t t t s v m st=-++的单位：的单位：行驶至停止，在此期间汽车继续行驶的距离（单位：m）是A．1+25ln5B．118+25ln3C．4+25ln5D．4+50ln28．一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，其体积分别为1234V V V V，，，，下面两个简单几何体均为多面体，则有1243.AV V V V<<<1324.BV V V V<<<2134.C V V V V<<<2314.DV V V V<<<9．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，从中抽取一个小正方体，记它的涂漆面数为X，则X的均值E(X)=A．126125B．65C．168125D．75121210.I,(),x x z<已知a为常数，函数f(X)=X(nx-ax)有两个极值点x x则121212121A.f(x)>0,f(x)>=-21.f(x)<0,f(x)<=-21.f(x)>0,f(x)<=-21.f(x)<0,f(x)>=-2BCD11．从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图所示。

2013年湖北省高考数学试卷（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，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）（2013•湖北）在复平面内，复数（i为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．（5分）（2013•湖北）已知全集为R，集合，则A∩∁R B=（）A．{x|x≤0}B．{x|2≤x≤4}C．{x|0≤x＜2或x＞4} D．{x|0＜x≤2或x≥4} 3．（5分）（2013•湖北）在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次，设命题p是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（）A．（¬p）∨（¬q）B．p∨（¬q）C．（¬p）∧（¬q）D．p∨q4．（5分）（2013•湖北）将函数的图象向左平移m（m＞0）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（）A．B．C．D．5．（5分）（2013•湖北）已知，则双曲线的（）A．实轴长相等B．虚轴长相等C．焦距相等D．离心率相等6．（5分）（2013•湖北）已知点A（﹣1，1），B（1，2），C（﹣2，﹣1），D（3，4），则向量在方向上的投影为（）A．B．C．D．7．（5分）（2013•湖北）一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度的单位：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：m）是（）A．1+25ln5 B．8+25ln C．4+25ln5 D．4+50ln28．（5分）（2013•湖北）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V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（）A．V1＜V2＜V4＜V3B．V1＜V3＜V2＜V4C．V2＜V1＜V3＜V4D．V2＜V3＜V1＜V49．（5分）（2013•湖北）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．B．C．D．10．（5分）（2013•湖北）已知a为常数，函数f（x）=x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（）A ．B．C．D．二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．（一）必考题（11-14题）（二）选考题（请考生在第1 5、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．）11．（5分）（2013•湖北）从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图所示：（Ⅰ）直方图中x的值为_________ ；（Ⅱ）在这些用户中，用电量落在区间[100，250）内的户数为_________ ．12．（5分）（2013•湖北）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i= _________ ．13．（5分）（2013•湖北）设x，y，z∈R，且满足：，则x+y+z=_________ ．14．（5分）（2013•湖北）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．记第n个k边形数为N（n，k）（k≥3），以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数，正方形数N（n，4）=n2，五边形数，六边形数N（n，6）=2n2﹣n，…可以推测N（n，k）的表达式，由此计算N（10，24）= _________ ．15．（5分）（2013•湖北）（选修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，则的值为_________ ．16．（2013•湖北）（选修4﹣4：坐标系与参数方程）在直角坐标系xOy中，椭圆C的参数方程为为参数，a＞b＞0）．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为非零常数）与ρ=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_________ ．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）（2013•湖北）在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，已知cos2A﹣3cos（B+C）=1．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若△ABC的面积，求sinBsinC的值．18．（12分）（2013•湖北）已知等比数列{a n}满足：|a2﹣a3|=10，a1a2a3=125．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数m，使得？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．19．（12分）（2013•湖北）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．（Ⅰ）记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；（Ⅱ）设（Ⅰ）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足．记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E﹣l﹣C的大小为β．求证：sinθ=sinαsinβ．20．（12分）（2013•湖北）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p0．（Ⅰ）求p0的值；（参考数据：若X～N（μ，σ2），有P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）=0.6826，P（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）=0.9544，P（μ﹣3σ＜X≤μ+3σ）=0.9974．）（Ⅱ）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p0的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？21．（13分）（2013•湖北）如图，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m，2n（m＞n），过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B ，C，D，记，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2．（Ⅰ）当直线l与y轴重合时，若S1=λS2，求λ的值；（Ⅱ）当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2？并说明理由．22．（14分）（2013•湖北）设n是正整数，r为正有理数．（Ⅰ）求函数f（x）=（1+x）r+1﹣（r+1）x﹣1（x＞﹣1）的最小值；（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）设x∈R，记[x]为不小于x的最小整数，例如．令的值．（参考数据：．2013年湖北省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、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，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）考点：复数的代数表示法及其几何意义．专题：计算题．分析：将复数z=的分母实数化，求得z=1+i，即可求得，从而可知答案．解答：解：∵z====1+i，∴=1﹣i．∴对应的点（1，﹣1）位于第四象限，故选D．点评：本题考查复数的代数表示法及其几何意义，将复数z=的分母实数化是关键，属于基础题．2．（5分）考点：其他不等式的解法；交、并、补集的混合运算．专题：计算题；不等式的解法及应用．分析：利用指数函数的性质可求得集合A，通过解一元二次不等式可求得集合B，从而可求得A∩C R B．解答：解：∵≤1=，∴x≥0，∴A={x|x≥0}；又x2﹣6x+8≤0⇔（x﹣2）（x﹣4）≤0，∴2≤x≤4．∴B={x|2≤x≤4}，∴∁R B={x|x＜2或x＞4}，∴A∩∁R B={x|0≤x＜2或x＞4}，故选C．点评：本题考查指数函数的性质与元二次不等式，考查交、并、补集的混合运算，属于中档题．3．（5分）考点：复合命题的真假．专题：阅读型．分析：由命题P和命题q写出对应的￢p和￢q，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”即可得到表示．解答：解：命题p是“甲降落在指定范围”，则￢p是“甲没降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则￢q是“乙没降落在指定范围”，命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”包括“甲降落在指定范围，乙没降落在指定范围”或“甲没降落在指定范围，乙降落在指定范围”或“甲没降落在指定范围，乙没降落在指定范围”三种情况．所以命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（￢p）V（￢q）．故选A．点评：本题考查了复合命题的真假，解答的关键是熟记复合命题的真值表，是基础题．4．（5分）考点：两角和与差的正弦函数；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．专题：三角函数的图像与性质．分析：函数解析式提取2变形后，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，利用平移规律得到平移后的解析式，根据所得的图象关于y轴对称，即可求出m的最小值．解答：解：y=cosx+sinx=2（cosx+sinx）=2sin（x+），∴图象向左平移m（m＞0）个单位长度得到y=2sin[（x+m）+]=2sin（x+m+），∵所得的图象关于y轴对称，∴m+=kπ+（k∈Z），则m的最小值为．故选B点评：此题考查了两角和与差的正弦函数公式，以及函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换，熟练掌握公式是解本题的关键．5．（5分）考点：双曲线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：根据双曲线的标准方程求出双曲线的几何性质同，即可得出正确答案．解答：解：双曲线的实轴长为2cosθ，虚轴长2sinθ，焦距2，离心率，双曲线的实轴长为2sinθ，虚轴长2sinθtanθ，焦距2tanθ，离心率，故它们的离心率相同．故选D．点评：本题主要考查了双曲线的标准方程、双曲线的简单性质等，属于基础题．6．（5分）考点：平面向量数量积的含义与物理意义．专题：平面向量及应用．分析：先求出向量、，根据投影定义即可求得答案．解答：解：，，则向量方向上的投影为：•cos＜＞=•===，故选A．点评：本题考查平面向量数量积的含义与物理意义，考查向量投影定义，属基础题，正确理解相关概念是解决问题的关键．7．（5分）考点：定积分．专题：导数的综合应用．分析：令v（t）=0，解得t=4，则所求的距离S=，解出即可．解答：解：令v（t）=7﹣3t+，化为3t2﹣4t﹣32=0，又t＞0，解得t=4．∴由刹车行驶至停止，在此期间汽车继续行驶的距离s===4+25ln5．故选C．点评：熟练掌握导数的运算法则和定积分的几何意义是解题的关键．8．（5分）考点：由三视图求面积、体积．专题：计算题．分析：利用三视图与已知条件判断组合体的形状，分别求出几何体的体积，即可判断出正确选项．解答：解：由题意以及三视图可知，该几何体从上到下由：圆台、圆柱、正四棱柱、正四棱台组成，体积分别记λ为V1==．V2=12×π×2=2π，V3=2×2×2=8V4==；∵，∴V2＜V1＜V3＜V4故选C．点评：本题考查简单组合体的三视图与几何体的体积的求法，正确判断几何体的形状与准确利用公式求解体积是解题的关键．9．（5分）考点：离散型随机变量的期望与方差．专题：压轴题；概率与统计．分析：由题意可知：X所有可能取值为0，1，2，3．①8个顶点处的8个小正方体涂有3面，②每一条棱上除了两个顶点处的小正方体，还剩下3个，一共有3×12=36个小正方体涂有2面，③每个表面去掉四条棱上的16个小正方形，还剩下9个小正方形，因此一共有9×6=54个小正方体涂有一面，④由以上可知：还剩下125﹣（8=36+54）=27个内部的小正方体的6个面都没有涂油漆，根据上面的分析即可得出其概率及X的分布列，利用数学期望的计算公式即可得出．解答：解：由题意可知：X所有可能取值为0，1，2，3．①8个顶点处的8个小正方体涂有3面，∴P（X=3）=；②每一条棱上除了两个顶点处的小正方体，还剩下3个，一共有3×12=36个小正方体涂有2面，∴P（X=2）=；③每个表面去掉四条棱上的16个小正方形，还剩下9个小正方形，因此一共有9×6=54个小正方体涂有一面，∴P（X=1）=．④由以上可知：还剩下125﹣（8+36+54）=27个内部的小正方体的6个面都没有涂油漆，∴P（X=0）=．X 0 1 2 3P故X的分布列为因此E（X）==．故选B．点评：正确找出所涂油漆的面数的正方体的个数及古典概型的概率计算公式、分布列与数学期望是解题的关键．10．（5分）考点：利用导数研究函数的极值；函数在某点取得极值的条件．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：先求出f′（x），令f′（x）=0，由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．利用导数与函数极值的关系即可得出．解答：解：∵=lnx+1﹣2ax，（x＞0）令f′（x）=0，由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．．①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）=f′（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去．②当a＞0时，令g′（x）=0，解得x=，∵x，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．∴x=是函数g（x）的极大值点，则＞0，即＞0，∴ln（2a）＜0，∴0＜2a＜1，即．∵，f′（x1）=lnx1+1﹣2ax1=0，f′（x2）=lnx2+1﹣2ax2=0．且f（x1）=x1（lnx1﹣ax1）=x1（2ax1﹣1﹣ax1）=x1（ax1﹣1）=﹣＜0，f（x2）=x2（lnx2﹣ax2）=x2（ax2﹣1）＞=﹣．（）．故选D．点评：熟练掌握利用导数研究函数极值的方法是解题的关键．二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．（一）必考题（11-14题）（二）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．）11．（5分）考点：频率分布直方图．专题：图表型．分析：（I）根据频率分布直方图中，各组的频率之和为1，我们易得到一个关于x的方程，解方程即可得到答案．（II）由已知中的频率分布直方图，利用[100，250）之间各小组的纵坐标（矩形的高）乘以组距得到[100，250）的频率，利用频率乘以样本容量即可求出频数．解答：解：（Ⅰ）依题意及频率分布直方图知，0.0024×50+0.0036×50+0.0060×50+x×50+0.0024×50+0.0012×50=1，解得x=0.0044．（II）样本数据落在[100，150）内的频率为0.0036×50=0.18，样本数据落在[150，200）内的频率为0.006×50=0.3．样本数据落在[200，250）内的频率为0.0044×50=0.22，故在这些用户中，用电量落在区间[100，250）内的户数为（0.18+0.30+0.22）×100=70．故答案为：0.0044；70．点评：根据新高考服务于新教材的原则，作为新教材的新增内容﹣﹣频率分布直方图是新高考的重要考点．对于“频率分布直方图学习的关键是学会画图、看图和用图．12．（5分）考点：程序框图．分析：框图首先给变量a和变量i赋值，然后对a是否等于4进行判断，不等于4，继续判断a是否为奇数，是执行路径a=3a+1，否执行路径，再执行i=i+1，依次循环执行，当a等于4时跳出循环，输出i的值．解答：解：框图首先给变量a和变量i赋值，a=4，i=1．判断10=4不成立，判断10是奇数不成立，执行，i=1+1=2；判断5=4不成立，判断5是奇数成立，执行a=3×5+1=16，i=2+1=3；判断16=4不成立，判断16是奇数不成立，执行，i=3+1=4；判断8=4不成立，判断8是奇数不成立，执行，i=4+1=5；判断4=4成立，跳出循环，输出i的值为5．故答案是5．点评：本题考查了程序框图，循环结构中含有条件结构，外面的循环结构为直到型，即不满足条件执行循环，直到条件满足跳出循环．是基础题．13．（5分）考点：一般形式的柯西不等式；进行简单的合情推理．专题：计算题；不等式的解法及应用．分析：根据柯西不等式，算出（x+2y+3z）2≤14（x2+y2+z2）=14，从而得到x+2y+3z恰好取到最大值，由不等式的等号成立的条件解出x=、y=且z=，由此即可得到x+y+z的值．解答：解：根据柯西不等式，得（x+2y+3z）2≤（12+22+32）（x2+y2+z2）=14（x2+y2+z2）当且仅当时，上式的等号成立∵x2+y2+z2=1，∴（x+2y+3z）2≤14，结合，可得x+2y+3z恰好取到最大值∴=，可得x=，y=，z=因此，x+y+z=++=故答案为：点评：本题给出x、y、z的平方和等于1，在x+2y+3z恰好取到最大值的情况下求x+y+z的值．着重考查了运用柯西不等式求最值的方法，属于中档题．抓住柯西不等式的等号成立的条件，是本题得以解决的关键．14．（5分）考点：归纳推理．专题：计算题．分析：观察已知式子的规律，并改写形式，归纳可得，把n=10，k=24代入可得答案．解答：解：原已知式子可化为：，，，，由归纳推理可得，故=1100﹣100=1000故答案为：1000点评：本题考查归纳推理，观察已知式子的规律并改写形式是解决问题的关键，属基础题．15．（5分）考点：与圆有关的比例线段；直角三角形的射影定理．专题：压轴题；选作题．分析：设圆O的半径为3x，根据射影定理，可以求出OD2=OE•OC=x2，CD2=CE•OC=8x2，进而得到的值．解答：解：设圆O的半径OA=OB=OC=3x，∵AB=3AD，∴AD=2x，BD=4x，OD=x又∵点C在直径AB上的射影为D，在△ABC中，由射影定理得：CD2=AD•BD=8x2，在△ODC中，由射影定理得：OD2=OE•OC=x2，CD2=CE•O C=8x2，故==8故答案为：8点评：本题考查的知识点是直角三角形射影定理，射影定理在使用时一定要注意其使用范围…“双垂直”．16．（2013•湖北）。

2013年湖北省高考数学试卷（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，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）在复平面内，复数z=（i为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．（5分）已知全集为R，集合A={x|（）x≤1}，B={x|x2﹣6x+8≤0}，则A∩（∁R B）=（）A．{x|x≤0}B．{x|2≤x≤4}C．{x|0≤x＜2或x＞4} D．{x|0＜x≤2或x≥4} 3．（5分）在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次，设命题p是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（）A．（￢p）∨（￢q）B．p∨（￢q）C．（￢p）∧（￢q）D．p∨q 4．（5分）将函数y=cosx+sinx（x∈R）的图象向左平移m（m＞0）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（）A．B．C．D．5．（5分）已知0＜θ＜，则双曲线与C2：﹣=1的（）A．实轴长相等B．虚轴长相等C．焦距相等D．离心率相等6．（5分）已知点A（﹣1，1），B（1，2），C（﹣2，﹣1），D（3，4），则向量在方向上的投影为（）A．B．C．D．7．（5分）一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度的单位：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：m）是（）A．1+25ln5 B．8+25ln C．4+25ln5 D．4+50ln28．（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V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（）A．V1＜V2＜V4＜V3B．V1＜V3＜V2＜V4C．V2＜V1＜V3＜V4D．V2＜V3＜V1＜V4 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． B．C． D．10．（5分）已知a为常数，函数f（x）=x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．（一）必考题（11-14题）（二）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．）11．（5分）从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图所示：（Ⅰ）直方图中x的值为；（Ⅱ）在这些用户中，用电量落在区间[100，250）内的户数为．12．（5分）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i=．13．（5分）设x，y，z∈R，且满足：，则x+y+z=．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．记第n个k边形数为N（n，k）（k≥3），以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数，正方形数N（n，4）=n2，五边形数，六边形数N（n，6）=2n2﹣n，…可以推测N（n，k）的表达式，由此计算N（10，24）=．15．（5分）（选修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，则的值为．16．（选修4﹣4：坐标系与参数方程）在直角坐标系xOy中，椭圆C的参数方程为为参数，a＞b＞0）．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为非零常数）与ρ=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．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，已知cos2A﹣3cos（B+C）=1．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若△ABC的面积S=5，b=5，求sinBsinC的值．18．（12分）已知等比数列{a n}满足：|a2﹣a3|=10，a1a2a3=125．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数m，使得？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．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 ⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．（Ⅰ）记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；（Ⅱ）设（Ⅰ）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足．记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E ﹣l﹣C的大小为β．求证：sinθ=sinαsinβ．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p0．（Ⅰ）求p0的值；（参考数据：若X～N（μ，σ2），有P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）=0.6826，P（μ﹣2σ＜X ≤μ+2σ）=0.9544，P（μ﹣3σ＜X≤μ+3σ）=0.9974．）（Ⅱ）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p0的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？21．（13分）如图，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x 轴上，短轴长分别为2m，2n（m＞n），过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D，记，△BDM和△ABN 的面积分别为S1和S2．（Ⅰ）当直线l与y轴重合时，若S1=λS2，求λ的值；（Ⅱ）当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2？并说明理由．22．（14分）设n是正整数，r为正有理数．（Ⅰ）求函数f（x）=（1+x）r+1﹣（r+1）x﹣1（x＞﹣1）的最小值；（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）设x∈R，记[x]为不小于x的最小整数，例如．令的值．（参考数据：．2013年湖北省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、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，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）（2013•湖北）在复平面内，复数z=（i为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【分析】将复数z=的分母实数化，求得z=1+i，即可求得，从而可知答案．【解答】解：∵z====1+i，∴=1﹣i．∴对应的点（1，﹣1）位于第四象限，故选D．2．（5分）（2013•湖北）已知全集为R，集合A={x|（）x≤1}，B={x|x2﹣6x+8≤0}，则A∩（∁R B）=（）A．{x|x≤0}B．{x|2≤x≤4}C．{x|0≤x＜2或x＞4} D．{x|0＜x≤2或x≥4}【分析】利用指数函数的性质可求得集合A，通过解一元二次不等式可求得集合B，从而可求得A∩C R B．【解答】解：∵≤1=，∴x≥0，∴A={x|x≥0}；又x2﹣6x+8≤0⇔（x﹣2）（x﹣4）≤0，∴2≤x≤4．∴B={x|2≤x≤4}，∴∁R B={x|x＜2或x＞4}，∴A∩∁R B={x|0≤x＜2或x＞4}，故选C．3．（5分）（2013•湖北）在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次，设命题p是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（）A．（￢p）∨（￢q）B．p∨（￢q）C．（￢p）∧（￢q）D．p∨q【分析】由命题P和命题q写出对应的￢p和￢q，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”即可得到表示．【解答】解：命题p是“甲降落在指定范围”，则￢p是“甲没降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则￢q是“乙没降落在指定范围”，命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”包括“甲降落在指定范围，乙没降落在指定范围”或“甲没降落在指定范围，乙降落在指定范围”或“甲没降落在指定范围，乙没降落在指定范围”三种情况．所以命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（￢p）V（￢q）．故选A．4．（5分）（2013•湖北）将函数y=cosx+sinx（x∈R）的图象向左平移m（m＞0）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（）A．B．C．D．【分析】函数解析式提取2变形后，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，利用平移规律得到平移后的解析式，根据所得的图象关于y轴对称，即可求出m的最小值．【解答】解：y=cosx+sinx=2（cosx+sinx）=2sin（x+），∴图象向左平移m（m＞0）个单位长度得到y=2sin[（x+m）+]=2sin（x+m+），∵所得的图象关于y轴对称，∴m+=kπ+（k∈Z），则m的最小值为．故选B5．（5分）（2013•湖北）已知0＜θ＜，则双曲线与C2：﹣=1的（）A．实轴长相等B．虚轴长相等C．焦距相等D．离心率相等【分析】根据双曲线的标准方程求出双曲线的几何性质同，即可得出正确答案．【解答】解：双曲线的实轴长为2cosθ，虚轴长2sinθ，焦距2，离心率，双曲线的实轴长为2sinθ，虚轴长2sinθtanθ，焦距2tanθ，离心率，故它们的离心率相同．故选D．6．（5分）（2013•湖北）已知点A（﹣1，1），B（1，2），C（﹣2，﹣1），D（3，4），则向量在方向上的投影为（）A．B．C．D．【分析】先求出向量、，根据投影定义即可求得答案．【解答】解：，，则向量方向上的投影为：•cos＜＞=•===，故选A．7．（5分）（2013•湖北）一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度的单位：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：m）是（）A．1+25ln5 B．8+25ln C．4+25ln5 D．4+50ln2【分析】令v（t）=0，解得t=4，则所求的距离S=，解出即可．【解答】解：令v（t）=7﹣3t+，化为3t2﹣4t﹣32=0，又t＞0，解得t=4．∴由刹车行驶至停止，在此期间汽车继续行驶的距离s===4+25ln5．故选C．8．（5分）（2013•湖北）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V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（）A．V1＜V2＜V4＜V3B．V1＜V3＜V2＜V4C．V2＜V1＜V3＜V4D．V2＜V3＜V1＜V4【分析】利用三视图与已知条件判断组合体的形状，分别求出几何体的体积，即可判断出正确选项．【解答】解：由题意以及三视图可知，该几何体从上到下由：圆台、圆柱、正四棱柱、正四棱台组成，体积分别记为V1==．V2=12×π×2=2π，V3=2×2×2=8V4==；∵，∴V2＜V1＜V3＜V4故选C．9．（5分）（2013•湖北）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． B．C． D．【分析】由题意可知：X所有可能取值为0，1，2，3．①8个顶点处的8个小正方体涂有3面，②每一条棱上除了两个顶点处的小正方体，还剩下3个，一共有3×12=36个小正方体涂有2面，③每个表面去掉四条棱上的16个小正方形，还剩下9个小正方形，因此一共有9×6=54个小正方体涂有一面，④由以上可知：还剩下125﹣（8+36+54）=27个内部的小正方体的6个面都没有涂油漆，根据上面的分析即可得出其概率及X 的分布列，利用数学期望的计算公式即可得出．【解答】解：由题意可知：X所有可能取值为0，1，2，3．①8个顶点处的8个小正方体涂有3面，∴P（X=3）=；②每一条棱上除了两个顶点处的小正方体，还剩下3个，一共有3×12=36个小正方体涂有2面，∴P（X=2）=；③每个表面去掉四条棱上的16个小正方形，还剩下9个小正方形，因此一共有9×6=54个小正方体涂有一面，∴P（X=1）=．④由以上可知：还剩下125﹣（8+36+54）=27个内部的小正方体的6个面都没有涂油漆，∴P（X=0）=．X0123P故X的分布列为因此E（X）==．故选B．10．（5分）（2013•湖北）已知a为常数，函数f（x）=x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（）A．B．C．D．【分析】先求出f′（x），令f′（x）=0，由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．利用导数与函数极值的关系即可得出．【解答】解：∵f′（x）=lnx+1﹣2ax，（x＞0）令f′（x）=0，由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）=lnx+1﹣2ax 有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．．①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）=f′（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去．②当a＞0时，令g′（x）=0，解得x=，∵x，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．∴x=是函数g（x）的极大值点，则＞0，即＞0，∴ln（2a）＜0，∴0＜2a＜1，即．故当0＜a＜时，g（x）=0有两个根x1，x2，且x1＜＜x2，又g（1）=1﹣2a ＞0，∴x1＜1＜＜x2，从而可知函数f（x）在区间（0，x1）上递减，在区间（x1，x2）上递增，在区间（x2，+∞）上递减．∴f（x1）＜f（1）=﹣a＜0，f（x2）＞f（1）=﹣a＞﹣．故选：D．二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．（一）必考题（11-14题）（二）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．）11．（5分）（2013•湖北）从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图所示：（Ⅰ）直方图中x的值为0.0044；（Ⅱ）在这些用户中，用电量落在区间[100，250）内的户数为70．【分析】（I）根据频率分布直方图中，各组的频率之和为1，我们易得到一个关于x的方程，解方程即可得到答案．（II）由已知中的频率分布直方图，利用[100，250）之间各小组的纵坐标（矩形的高）乘以组距得到[100，250）的频率，利用频率乘以样本容量即可求出频数．【解答】解：（Ⅰ）依题意及频率分布直方图知，0.0024×50+0.0036×50+0.0060×50+x×50+0.0024×50+0.0012×50=1，解得x=0.0044．（II）样本数据落在[100，150）内的频率为0.0036×50=0.18，样本数据落在[150，200）内的频率为0.006×50=0.3．样本数据落在[200，250）内的频率为0.0044×50=0.22，故在这些用户中，用电量落在区间[100，250）内的户数为（0.18+0.30+0.22）×100=70．故答案为：0.0044；70．12．（5分）（2013•湖北）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i=5．【分析】框图首先给变量a和变量i赋值，然后对a是否等于4进行判断，不等于4，继续判断a是否为奇数，是执行路径a=3a+1，否执行路径，再执行i=i+1，依次循环执行，当a等于4时跳出循环，输出i的值．【解答】解：框图首先给变量a和变量i赋值，a=4，i=1．判断10=4不成立，判断10是奇数不成立，执行，i=1+1=2；判断5=4不成立，判断5是奇数成立，执行a=3×5+1=16，i=2+1=3；判断16=4不成立，判断16是奇数不成立，执行，i=3+1=4；判断8=4不成立，判断8是奇数不成立，执行，i=4+1=5；判断4=4成立，跳出循环，输出i的值为5．故答案是5．13．（5分）（2013•湖北）设x，y，z∈R，且满足：，则x+y+z=．【分析】根据柯西不等式，算出（x+2y+3z）2≤14（x2+y2+z2）=14，从而得到x+2y+3z 恰好取到最大值，由不等式的等号成立的条件解出x=、y=且z=，由此即可得到x+y+z的值．【解答】解：根据柯西不等式，得（x+2y+3z）2≤（12+22+32）（x2+y2+z2）=14（x2+y2+z2）当且仅当时，上式的等号成立∵x2+y2+z2=1，∴（x+2y+3z）2≤14，结合，可得x+2y+3z恰好取到最大值∴=，可得x=，y=，z=因此，x+y+z=++=故答案为：14．（5分）（2013•湖北）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．记第n个k边形数为N（n，k）（k≥3），以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数，正方形数N（n，4）=n2，五边形数，六边形数N（n，6）=2n2﹣n，…可以推测N（n，k）的表达式，由此计算N（10，24）=1000．【分析】观察已知式子的规律，并改写形式，归纳可得，把n=10，k=24代入可得答案．【解答】解：原已知式子可化为：，，，，由归纳推理可得，故=1100﹣100=1000故答案为：100015．（5分）（2013•湖北）（选修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，则的值为8．【分析】设圆O的半径为3x，根据射影定理，可以求出OD2=OE•OC=x2，CD2=CE•OC=8x2，进而得到的值．【解答】解：设圆O的半径OA=OB=OC=3x，∵AB=3AD，∴AD=2x，BD=4x，OD=x又∵点C在直径AB上的射影为D，在△ABC中，由射影定理得：CD2=AD•BD=8x2，在△ODC中，由射影定理得：OD2=OE•OC=x2，CD2=CE•OC=8x2，故==8故答案为：816．（2013•湖北）（选修4﹣4：坐标系与参数方程）在直角坐标系xOy中，椭圆C的参数方程为为参数，a＞b＞0）．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为非零常数）与ρ=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．【分析】先根据极坐标与直角坐标的转换关系将直线l的极坐标方程分别为为非零常数）化成直角坐标方程，再利用直线l经过椭圆C的焦点，且与圆O相切，从而得到c=b，又b2=a2﹣c2，消去b后得到关于a，c的等式，即可求出椭圆C的离心率．【解答】解：直线l的极坐标方程分别为为非零常数）化成直角坐标方程为x+y﹣m=0，它与x轴的交点坐标为（m，0），由题意知，（m，0）为椭圆的焦点，故|m|=c，又直线l与圆O：ρ=b相切，∴，从而c=b，又b2=a2﹣c2，∴c2=2（a2﹣c2），∴3c2=2a2，∴=．则椭圆C的离心率为．故答案为：．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）（2013•湖北）在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，已知cos2A﹣3cos（B+C）=1．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若△ABC的面积S=5，b=5，求sinBsinC的值．【分析】（I）利用倍角公式和诱导公式即可得出；（II）由三角形的面积公式即可得到bc=20．又b=5，解得c=4．由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA=25+16﹣20=21，即可得出a．又由正弦定理得即可得到即可得出．【解答】解：（Ⅰ）由cos2A﹣3cos（B+C）=1，得2cos2A+3cosA﹣2=0，即（2cosA﹣1）（cosA+2）=0，解得（舍去）．因为0＜A＜π，所以．（Ⅱ）由S===，得到bc=20．又b=5，解得c=4．由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA=25+16﹣20=21，故．又由正弦定理得．18．（12分）（2013•湖北）已知等比数列{a n}满足：|a2﹣a3|=10，a1a2a3=125．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数m，使得？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．【分析】（I）设等比数列{a n}的公比为q，结合等比数列的通项公式表示已知条件，解方程可求a1，q，进而可求通项公式（Ⅱ）结合（I）可知是等比数列，结合等比数列的求和公式可求，即可判断【解答】解：（Ⅰ）设等比数列{a n}的公比为q，则由已知可得解得故．（Ⅱ）若，则，故是首项为，公比为的等比数列，从而．若，则是首项为，公比为﹣1的等比数列，从而故．综上，对任何正整数m，总有．故不存在正整数m，使得成立．19．（12分）（2013•湖北）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B 的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．（Ⅰ）记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；（Ⅱ）设（Ⅰ）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足．记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E ﹣l﹣C的大小为β．求证：sinθ=sinαsinβ．【分析】（I）直线l∥平面PAC．连接EF，利用三角形的中位线定理可得，EF∥AC；利用线面平行的判定定理即可得到EF∥平面ABC．由线面平行的性质定理可得EF∥l．再利用线面平行的判定定理即可证明直线l∥平面PAC．（II）综合法：利用线面垂直的判定定理可证明l⊥平面PBC．连接BE，BF，因为BF⊂平面PBC，所以l⊥BC．故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角，即∠CBF=β．已知PC⊥平面ABC，可知CD是FD在平面ABC内的射影，故∠CDF就是直线PQ 与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ．由BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF=α，分别利用三个直角三角形的边角关系即可证明结论；向量法：以点C为原点，向量所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得出二面角．【解答】解：（Ⅰ）直线l∥平面PAC，证明如下：连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC，又EF⊄平面ABC，且AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC．而EF⊂平面BEF，且平面BEF∩平面ABC=l，所以EF∥l．因为l⊄平面PAC，EF⊂平面PAC，所以直线l∥平面PAC．（Ⅱ）（综合法）如图1，连接BD，由（Ⅰ）可知交线l即为直线BD，且l∥AC．因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC．已知PC⊥平面ABC，而l⊂平面ABC，所以PC⊥l．而PC∩BC=C，所以l⊥平面PBC．连接BE，BF，因为BF⊂平面PBC，所以l⊥BF．故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角，即∠CBF=β．由，作DQ∥CP，且．连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP=2PF，所以DQ=PF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD．连接CD，因为PC⊥平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影，故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ．又BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF=α，于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得，从而．（Ⅱ）（向量法）如图2，由，作DQ∥CP，且．连接PQ，EF，BE，BF，BD，由（Ⅰ）可知交线l即为直线BD．以点C为原点，向量所在直线分别为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．于是，∴=，从而，又取平面ABC的一个法向量为，可得，设平面BEF的一个法向量为，所以由可得取=（0，c，b），于是，从而．故，即sinθ=sinαsinβ．20．（12分）（2013•湖北）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p0．（Ⅰ）求p0的值；（参考数据：若X～N（μ，σ2），有P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）=0.6826，P（μ﹣2σ＜X ≤μ+2σ）=0.9544，P（μ﹣3σ＜X≤μ+3σ）=0.9974．）（Ⅱ）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p0的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？【分析】（I）变量服从正态分布N（800，502），即服从均值为800，标准差为50的正态分布，适合700＜X≤900范围内取值即在（μ﹣2σ，μ+2σ）内取值，其概率为：95.44%，从而由正态分布的对称性得出不超过900的概率为p0．（II）设每天应派出A型x辆、B型车y辆，根据条件列出不等式组，即得线性约束条件，列出目标函数，画出可行域求解．【解答】解：（Ⅰ）由于随机变量X服从正态分布N（800，502），故有μ=800，σ=50，P（700＜X≤900）=0.9544．由正态分布的对称性，可得p0=（P（X≤900）=P（X≤800）+P（800＜X≤900）=（Ⅱ）设A型、B型车辆的数量分别为x，y辆，则相应的营运成本为1600x+2400y．依题意，x，y还需满足：x+y≤21，y≤x+7，P（X≤36x+60y）≥p0．由（Ⅰ）知，p0=P（X≤900），故P（X≤36x+60y）≥p0等价于36x+60y≥900．于是问题等价于求满足约束条件且使目标函数z=1600x+2400y达到最小值的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=1600x+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，B型车12辆．21．（13分）（2013•湖北）如图，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m，2n（m＞n），过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D，记，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2．（Ⅰ）当直线l与y轴重合时，若S1=λS2，求λ的值；（Ⅱ）当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2？并说明理由．【分析】（Ⅰ）设出两个椭圆的方程，当直线l与y轴重合时，求出△BDM和△ABN的面积S1和S2，直接由面积比=λ列式求λ的值；（Ⅱ）假设存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2，设出直线方程，由点到直线的距离公式求出M和N到直线l的距离，利用数学转化思想把两个三角形的面积比转化为线段长度比，由弦长公式得到线段长度比的另一表达式，两式相等得到，换元后利用非零的k值存在讨论λ的取值范围．【解答】解：以题意可设椭圆C1和C2的方程分别为，．其中a＞m＞n＞0，＞1．（Ⅰ）如图1，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x=0，则，，所以．在C1和C2的方程中分别令x=0，可得y A=m，y B=n，y D=﹣m，于是．若，则，化简得λ2﹣2λ﹣1=0，由λ＞1，解得．故当直线l与y轴重合时，若S1=λS2，则．（Ⅱ）如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2，根据对称性，不妨设直线l：y=kx（k＞0），点M（﹣a，0），N（a，0）到直线l的距离分别为d1，d2，则，所以d1=d2．又，所以，即|BD|=λ|AB|．由对称性可知|AB|=|CD|，所以|BC|=|BD|﹣|AB|=（λ﹣1）|AB|，|AD|=|BD|+|AB|=（λ+1）|AB|，于是．将l的方程分别与C1和C2的方程联立，可求得根据对称性可知x C=﹣x B，x D=﹣x A，于是②从而由①和②可得③令，则由m＞n，可得t≠1，于是由③可得．因为k≠0，所以k2＞0．于是③关于k有解，当且仅当，等价于，由λ＞1，解得，即，由λ＞1，解得，所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2；当时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2．22．（14分）（2013•湖北）设n是正整数，r为正有理数．（Ⅰ）求函数f（x）=（1+x）r+1﹣（r+1）x﹣1（x＞﹣1）的最小值；（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）设x∈R，记[x]为不小于x的最小整数，例如．令的值．（参考数据：．【分析】（Ⅰ）先求出函数f（x）的导函数f′（x），令f'（x）=0，解得x=0，再求出函数的单调区间，进而求出最小值为f（0）=0；（Ⅱ）根据（Ⅰ）知，即（1+x）r+1≥1+（r+1）x，令代入并化简得，再令得，，即结论得到证明；（Ⅲ）根据（Ⅱ）的结论，令，n分别取值81，82，83，…，125，分别列出不等式，再将各式相加得，，再由参考数据和条件进行求解．【解答】解；（Ⅰ）由题意得f'（x）=（r+1）（1+x）r﹣（r+1）=（r+1）[（1+x）r﹣1]，令f'（x）=0，解得x=0．当﹣1＜x＜0时，f'（x）＜0，∴f（x）在（﹣1，0）内是减函数；当x＞0时，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）内是增函数．故函数f（x）在x=0处，取得最小值为f（0）=0．（Ⅱ）由（Ⅰ），当x∈（﹣1，+∞）时，有f（x）≥f（0）=0，即（1+x）r+1≥1+（r+1）x，且等号当且仅当x=0时成立，故当x＞﹣1且x≠0，有（1+x）r+1＞1+（r+1）x，①在①中，令（这时x＞﹣1且x≠0），得．上式两边同乘n r+1，得（n+1）r+1＞n r+1+n r（r+1），即，②当n＞1时，在①中令（这时x＞﹣1且x≠0），类似可得，③且当n=1时，③也成立．综合②，③得，④（Ⅲ）在④中，令，n分别取值81，82，83， (125)得，，，…，将以上各式相加，并整理得．代入数据计算，可得由[S]的定义，得[S]=211．。

2013年湖北省高考数学试卷（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，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）（2013•湖北）在复平面内，复数（i为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．（5分）（2013•湖北）已知全集为R，集合，则A∩∁R B=（）A．{x|x≤0} B．{x|2≤x≤4} C．{x|0≤x＜2或x＞4} D．{x|0＜x≤2或x≥4}3．（5分）（2013•湖北）在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次，设命题p是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（）A．（¬p）∨（¬q）B．p∨（¬q）C．（¬p）∧（¬q）D．p∨q4．（5分）（2013•湖北）将函数的图象向左平移m（m＞0）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（）A．B．C．D．5．（5分）（2013•湖北）已知，则双曲线的（）A．实轴长相等B．虚轴长相等C．焦距相等D．离心率相等6．（5分）（2013•湖北）已知点A（﹣1，1），B（1，2），C（﹣2，﹣1），D（3，4），则向量在方向上的投影为（）A．B．C．D．7．（5分）（2013•湖北）一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度的单位：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：m）是（）A．1+25ln5 B．C．4+25ln5 D．4+50ln28+25ln8．（5分）（2013•湖北）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V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（）A．V1＜V2＜V4＜V3B．V1＜V3＜V2＜V4C．V2＜V1＜V3＜V4D．V2＜V3＜V1＜V49．（5分）（2013•湖北）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．B．C．D．10．（5分）（2013•湖北）已知a为常数，函数f（x）=x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．（一）必考题（11-14题）（二）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．）11．（5分）（2013•湖北）从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图所示：（Ⅰ）直方图中x的值为_________；（Ⅱ）在这些用户中，用电量落在区间[100，250）内的户数为_________．12．（5分）（2013•湖北）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i=_________．13．（5分）（2013•湖北）设x，y，z∈R，且满足：，则x+y+z=_________．14．（5分）（2013•湖北）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．记第n个k边形数为N（n，k）（k≥3），以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数，正方形数N（n，4）=n2，五边形数，六边形数N（n，6）=2n2﹣n，…可以推测N（n，k）的表达式，由此计算N（10，24）=_________．15．（5分）（2013•湖北）（选修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，则的值为_________．16．（2013•湖北）（选修4﹣4：坐标系与参数方程）在直角坐标系xOy中，椭圆C的参数方程为为参数，a＞b＞0）．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为非零常数）与ρ=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_________．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）（2013•湖北）在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，已知cos2A﹣3cos（B+C）=1．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若△ABC的面积，求sinBsinC的值．18．（12分）（2013•湖北）已知等比数列{a n}满足：|a2﹣a3|=10，a1a2a3=125．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数m，使得？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．19．（12分）（2013•湖北）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F 分别是PA，PC的中点．（Ⅰ）记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；（Ⅱ）设（Ⅰ）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足．记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E﹣l﹣C的大小为β．求证：sinθ=sinαsinβ．20．（12分）（2013•湖北）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p0．（Ⅰ）求p0的值；（参考数据：若X～N（μ，σ2），有P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）=0.6826，P（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）=0.9544，P（μ﹣3σ＜X≤μ+3σ）=0.9974．）（Ⅱ）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p0的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？21．（13分）（2013•湖北）如图，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m，2n（m＞n），过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D，记，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2．（Ⅰ）当直线l与y轴重合时，若S1=λS2，求λ的值；（Ⅱ）当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2？并说明理由．22．（14分）（2013•湖北）设n是正整数，r为正有理数．（Ⅰ）求函数f（x）=（1+x）r+1﹣（r+1）x﹣1（x＞﹣1）的最小值；（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）设x∈R，记[x]为不小于x的最小整数，例如．令的值．（参考数据：．2013年湖北省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、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，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）考点：复数的代数表示法及其几何意义．专题：计算题．分析：将复数z=的分母实数化，求得z=1+i，即可求得，从而可知答案．解答：解：∵z====1+i，∴=1﹣i．∴对应的点（1，﹣1）位于第四象限，故选D．点评：本题考查复数的代数表示法及其几何意义，将复数z=的分母实数化是关键，属于基础题．2．（5分）考点：其他不等式的解法；交、并、补集的混合运算．专题：计算题；不等式的解法及应用．分析：利用指数函数的性质可求得集合A，通过解一元二次不等式可求得集合B，从而可求得A∩C R B．解答：解：∵≤1=，∴x≥0，∴A={x|x≥0}；又x2﹣6x+8≤0⇔（x﹣2）（x﹣4）≤0，∴2≤x≤4．∴B={x|2≤x≤4}，∴∁R B={x|x＜2或x＞4}，∴A∩∁R B={x|0≤x＜2或x＞4}，故选C．点评：本题考查指数函数的性质与元二次不等式，考查交、并、补集的混合运算，属于中档题．3．（5分）考点：复合命题的真假．专题：阅读型．分析：由命题P和命题q写出对应的￢p和￢q，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”即可得到表示．解答：解：命题p是“甲降落在指定范围”，则￢p是“甲没降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则￢q是“乙没降落在指定范围”，命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”包括“甲降落在指定范围，乙没降落在指定范围”或“甲没降落在指定范围，乙降落在指定范围”或“甲没降落在指定范围，乙没降落在指定范围”三种情况．所以命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（￢p）V（￢q）．故选A．点评：本题考查了复合命题的真假，解答的关键是熟记复合命题的真值表，是基础题．4．（5分）考点：两角和与差的正弦函数；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．专题：三角函数的图像与性质．分析：函数解析式提取2变形后，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，利用平移规律得到平移后的解析式，根据所得的图象关于y轴对称，即可求出m的最小值．解答：解：y=cosx+sinx=2（cosx+sinx）=2sin（x+），∴图象向左平移m（m＞0）个单位长度得到y=2sin[（x+m）+]=2sin（x+m+），∵所得的图象关于y轴对称，∴m+=kπ+（k∈Z），则m的最小值为．故选B点评：此题考查了两角和与差的正弦函数公式，以及函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换，熟练掌握公式是解本题的关键．5．（5分）考点：双曲线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：根据双曲线的标准方程求出双曲线的几何性质同，即可得出正确答案．解答：解：双曲线的实轴长为2cosθ，虚轴长2sinθ，焦距2，离心率，双曲线的实轴长为2sinθ，虚轴长2sinθtanθ，焦距2tanθ，离心率，故它们的离心率相同．故选D．点评：本题主要考查了双曲线的标准方程、双曲线的简单性质等，属于基础题．6．（5分）考点：平面向量数量积的含义与物理意义．专题：平面向量及应用．分析：先求出向量、，根据投影定义即可求得答案．解答：解：，，则向量方向上的投影为：•cos＜＞=•===，故选A．点评：本题考查平面向量数量积的含义与物理意义，考查向量投影定义，属基础题，正确理解相关概念是解决问题的关键．7．（5分）考点：定积分．专题：导数的综合应用．分析：令v（t）=0，解得t=4，则所求的距离S=，解出即可．解答：解：令v（t）=7﹣3t+，化为3t2﹣4t﹣32=0，又t＞0，解得t=4．∴由刹车行驶至停止，在此期间汽车继续行驶的距离s===4+25ln5．故选C．点评：熟练掌握导数的运算法则和定积分的几何意义是解题的关键．8．（5分）考点：由三视图求面积、体积．专题：计算题．分析：利用三视图与已知条件判断组合体的形状，分别求出几何体的体积，即可判断出正确选项．解答：解：由题意以及三视图可知，该几何体从上到下由：圆台、圆柱、正四棱柱、正四棱台组成，体积分别记λ为V1==．V2=12×π×2=2π，V3=2×2×2=8V4==；∵，∴V2＜V1＜V3＜V4故选C．点评：本题考查简单组合体的三视图与几何体的体积的求法，正确判断几何体的形状与准确利用公式求解体积是解题的关键．9．（5分）考点：离散型随机变量的期望与方差．专题：压轴题；概率与统计．分析：由题意可知：X所有可能取值为0，1，2，3．①8个顶点处的8个小正方体涂有3面，②每一条棱上除了两个顶点处的小正方体，还剩下3个，一共有3×12=36个小正方体涂有2面，③每个表面去掉四条棱上的16个小正方形，还剩下9个小正方形，因此一共有9×6=54个小正方体涂有一面，④由以上可知：还剩下125﹣（8=36+54）=27个内部的小正方体的6个面都没有涂油漆，根据上面的分析即可得出其概率及X的分布列，利用数学期望的计算公式即可得出．解答：解：由题意可知：X所有可能取值为0，1，2，3．①8个顶点处的8个小正方体涂有3面，∴P（X=3）=；②每一条棱上除了两个顶点处的小正方体，还剩下3个，一共有3×12=36个小正方体涂有2面，∴P（X=2）=；③每个表面去掉四条棱上的16个小正方形，还剩下9个小正方形，因此一共有9×6=54个小正方体涂有一面，∴P（X=1）=．④由以上可知：还剩下125﹣（8+36+54）=27个内部的小正方体的6个面都没有涂油漆，∴P（X=0）=．X 0 1 2 3P故X的分布列为因此E（X）==．故选B．点评：正确找出所涂油漆的面数的正方体的个数及古典概型的概率计算公式、分布列与数学期望是解题的关键．考点：利用导数研究函数的极值；函数在某点取得极值的条件．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：先求出f′（x），令f′（x）=0，由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．利用导数与函数极值的关系即可得出．解答：解：∵=lnx+1﹣2ax，（x＞0）令f′（x）=0，由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．．①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）=f′（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去．②当a＞0时，令g′（x）=0，解得x=，∵x，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．∴x=是函数g（x）的极大值点，则＞0，即＞0，∴ln（2a）＜0，∴0＜2a＜1，即．∵，f′（x1）=lnx1+1﹣2ax1=0，f′（x2）=lnx2+1﹣2ax2=0．且f（x1）=x1（lnx1﹣ax1）=x1（2ax1﹣1﹣ax1）=x1（ax1﹣1）=﹣＜0，f（x2）=x2（lnx2﹣ax2）=x2（ax2﹣1）＞=﹣．（）．故选D．点评：熟练掌握利用导数研究函数极值的方法是解题的关键．二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．（一）必考题（11-14题）（二）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．）11．（5分）考点：频率分布直方图．专题：图表型．分析：（I）根据频率分布直方图中，各组的频率之和为1，我们易得到一个关于x的方程，解方程即可得到答案．（II）由已知中的频率分布直方图，利用[100，250）之间各小组的纵坐标（矩形的高）乘以组距得到[100，250）的频率，利用频率乘以样本容量即可求出频数．解答：解：（Ⅰ）依题意及频率分布直方图知，0.0024×50+0.0036×50+0.0060×50+x×50+0.0024×50+0.0012×50=1，解得x=0.0044．（II）样本数据落在[100，150）内的频率为0.0036×50=0.18，样本数据落在[150，200）内的频率为0.006×50=0.3．样本数据落在[200，250）内的频率为0.0044×50=0.22，故在这些用户中，用电量落在区间[100，250）内的户数为（0.18+0.30+0.22）×100=70．故答案为：0.0044；70．点评：根据新高考服务于新教材的原则，作为新教材的新增内容﹣﹣频率分布直方图是新高考的重要考点．对于“频率分布直方图学习的关键是学会画图、看图和用图．考点：程序框图．分析：框图首先给变量a和变量i赋值，然后对a是否等于4进行判断，不等于4，继续判断a是否为奇数，是执行路径a=3a+1，否执行路径，再执行i=i+1，依次循环执行，当a等于4时跳出循环，输出i的值．解答：解：框图首先给变量a和变量i赋值，a=4，i=1．判断10=4不成立，判断10是奇数不成立，执行，i=1+1=2；判断5=4不成立，判断5是奇数成立，执行a=3×5+1=16，i=2+1=3；判断16=4不成立，判断16是奇数不成立，执行，i=3+1=4；判断8=4不成立，判断8是奇数不成立，执行，i=4+1=5；判断4=4成立，跳出循环，输出i的值为5．故答案是5．点评：本题考查了程序框图，循环结构中含有条件结构，外面的循环结构为直到型，即不满足条件执行循环，直到条件满足跳出循环．是基础题．13．（5分）考点：一般形式的柯西不等式；进行简单的合情推理．专题：计算题；不等式的解法及应用．分析：根据柯西不等式，算出（x+2y+3z）2≤14（x2+y2+z2）=14，从而得到x+2y+3z恰好取到最大值，由不等式的等号成立的条件解出x=、y=且z=，由此即可得到x+y+z的值．解答：解：根据柯西不等式，得（x+2y+3z）2≤（12+22+32）（x2+y2+z2）=14（x2+y2+z2）当且仅当时，上式的等号成立∵x2+y2+z2=1，∴（x+2y+3z）2≤14，结合，可得x+2y+3z恰好取到最大值∴=，可得x=，y=，z=因此，x+y+z=++=故答案为：点评：本题给出x、y、z的平方和等于1，在x+2y+3z恰好取到最大值的情况下求x+y+z的值．着重考查了运用柯西不等式求最值的方法，属于中档题．抓住柯西不等式的等号成立的条件，是本题得以解决的关键．14．（5分）考点：归纳推理．专题：计算题．分析：观察已知式子的规律，并改写形式，归纳可得，把n=10，k=24代入可得答案．解答：解：原已知式子可化为：，，，，由归纳推理可得，故=1100﹣100=1000故答案为：1000点评：本题考查归纳推理，观察已知式子的规律并改写形式是解决问题的关键，属基础题．15．（5分）考点：与圆有关的比例线段；直角三角形的射影定理．专题：压轴题；选作题．分析：设圆O的半径为3x，根据射影定理，可以求出OD2=OE•OC=x2，CD2=CE•OC=8x2，进而得到的值．解答：解：设圆O的半径OA=OB=OC=3x，∵AB=3AD，∴AD=2x，BD=4x，OD=x又∵点C在直径AB上的射影为D，在△ABC中，由射影定理得：CD2=AD•BD=8x2，在△ODC中，由射影定理得：OD2=OE•OC=x2，CD2=CE•OC=8x2，故==8故答案为：8点评：本题考查的知识点是直角三角形射影定理，射影定理在使用时一定要注意其使用范围…“双垂直”．16．（2013•湖北）考点：参数方程化成普通方程；椭圆的简单性质；点的极坐标和直角坐标的互化．专题：压轴题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：先根据极坐标与直角坐标的转换关系将直线l的极坐标方程分别为为非零常数）化成直角坐标方程，再利用直线l经过椭圆C的焦点，且与圆O相切，从而得到c=b，又b2=a2﹣c2，消去b后得到关于a，c的等式，即可求出椭圆C的离心率．解答：解：直线l的极坐标方程分别为为非零常数）化成直角坐标方程为x+y﹣m=0，它与x轴的交点坐标为（m，0），由题意知，（m，0）为椭圆的焦点，故|m|=c，又直线l与圆O：ρ=b相切，∴，从而c=b，又b2=a2﹣c2，∴c2=2（a2﹣c2），∴3c2=2a2，∴=．则椭圆C的离心率为．故答案为：．点评：本题考查了椭圆的离心率，考查了参数方程化成普通方程，点的极坐标和直角坐标的互化，考查提高学生分析问题的能力．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）考点：余弦定理；正弦定理．专题：解三角形．分析：（I）利用倍角公式和诱导公式即可得出；（II）由三角形的面积公式即可得到bc=20．又b=5，解得c=4．由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA=25+16﹣20=21，即可得出a．又由正弦定理得即可得到即可得出．解答：解：（Ⅰ）由cos2A﹣3cos（B+C）=1，得2cos2A+3cosA﹣2=0，即（2cosA﹣1）（cosA+2）=0，解得（舍去）．因为0＜A＜π，所以．（Ⅱ）由S===，得到bc=20．又b=5，解得c=4．由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA=25+16﹣20=21，故．又由正弦定理得．点评：熟练掌握三角函数的倍角公式和诱导公式、三角形的面积公式、余弦定理得、正弦定理是解题的关键．18．（12分）考点：数列的求和；等比数列的通项公式；数列与不等式的综合．专题：计算题；等差数列与等比数列．分析：（I）设等比数列{a n}的公比为q，结合等比数列的通项公式表示已知条件，解方程可求a1，q，进而可求通项公式（Ⅱ）结合（I）可知是等比数列，结合等比数列的求和公式可求，即可判断解答：解：（Ⅰ）设等比数列{a n}的公比为q，则由已知可得解得故．（Ⅱ）若，则，故是首项为，公比为的等比数列，从而．若，则是首项为，公比为﹣1的等比数列，从而故．综上，对任何正整数m ，总有．故不存在正整数m ，使得成立．点评： 本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的综合应用，还考查了一定的逻辑推理与运算的能力 19．（12分）考点： 用空间向量求平面间的夹角；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法．专题：空间位置关系与距离；空间角． 分析： （I ）直线l ∥平面PAC ．连接EF ，利用三角形的中位线定理可得，EF ∥AC ；利用线面平行的判定定理即可得到EF ∥平面ABC ．由线面平行的性质定理可得EF ∥l ．再利用线面平行的判定定理即可证明直线l ∥平面PAC ．（II ）综合法：利用线面垂直的判定定理可证明l ⊥平面PBC ．连接BE ，BF ，因为BF ⊂平面PBC ，所以l ⊥BC ．故∠CBF 就是二面角E ﹣l ﹣C 的平面角，即∠CBF=β．已知PC ⊥平面ABC ，可知CD 是FD 在平面ABC 内的射影，故∠CDF 就是直线PQ 与平面ABC 所成的角，即∠CDF=θ．由BD ⊥平面PBC ，有BD ⊥BF ，知∠BDF=α，分别利用三个直角三角形的边角关系即可证明结论；向量法：以点C 为原点，向量所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得出二面角． 解答： 解：（Ⅰ）直线l ∥平面PAC ，证明如下： 连接EF ，因为E ，F 分别是PA ，PC 的中点，所以EF ∥AC ，又EF ⊄平面ABC ，且AC ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC ． 而EF ⊂平面BEF ，且平面BEF ∩平面ABC=l ，所以EF ∥l ． 因为l ⊄平面PAC ，EF ⊂平面PAC ，所以直线l ∥平面PAC ． （Ⅱ）（综合法）如图1，连接BD ，由（Ⅰ）可知交线l 即为直线BD ，且l ∥AC ． 因为AB 是⊙O 的直径，所以AC ⊥BC ，于是l ⊥BC ． 已知PC ⊥平面ABC ，而l ⊂平面ABC ，所以PC ⊥l ． 而PC ∩BC=C ，所以l ⊥平面PBC ．连接BE ，BF ，因为BF ⊂平面PBC ，所以l ⊥BF ．故∠CBF 就是二面角E ﹣l ﹣C 的平面角，即∠CBF=β．由，作DQ ∥CP ，且．连接PQ ，DF ，因为F 是CP 的中点，CP=2PF ，所以DQ=PF ， 从而四边形DQPF 是平行四边形，PQ ∥FD ．连接CD ，因为PC ⊥平面ABC ，所以CD 是FD 在平面ABC 内的射影， 故∠CDF 就是直线PQ 与平面ABC 所成的角，即∠CDF=θ． 又BD ⊥平面PBC ，有BD ⊥BF ，知∠BDF=α， 于是在Rt △DCF ，Rt △FBD ，Rt △BCF 中，分别可得，从而． （Ⅱ）（向量法）如图2，由，作DQ ∥CP ，且．连接PQ ，EF ，BE ，BF ，BD ，由（Ⅰ）可知交线l 即为直线BD ．以点C 为原点，向量所在直线分别为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． 于是，∴=，从而，又取平面ABC 的一个法向量为，可得，设平面BEF 的一个法向量为，所以由可得．于是，从而．故，即sin θ=sin αsin β．点评： 本题综合考查了线面平行的判定定理和性质定理、线面垂直的判定与性质定理、平行四边形的判定与性质定理、线面角、二面角、异面直线所成的角、通过建立空间直角坐标系利用法向量的夹角求二面角等基础知识与方法，需要较强的空间想象能力、推理能力和计算能力． 20．（12分）考点： 简单线性规划；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义． 专题： 不等式的解法及应用；概率与统计． 分析： （I ）变量服从正态分布N （800，502），即服从均值为800，标准差为50的正态分布，适合700＜X ≤900范围内取值即在（μ﹣2σ，μ+2σ）内取值，其概率为：95.44%，从而由正态分布的对称性得出不超过900的概率为p 0．（II ）设每天应派出A 型x 辆、B 型车y 辆，根据条件列出不等式组，即得线性约束条件，列出目标函数，画出可行域求解．解答： 解：（Ⅰ）由于随机变量X 服从正态分布N （800，502），故有μ=800，σ=50，P （700＜X ≤900）=0.9544．由正态分布的对称性，可得p 0=（P （X ≤900）=P （X ≤800）+P （800＜X ≤900）=（Ⅱ）设A 型、B 型车辆的数量分别为x ，y 辆，则相应的营运成本为1600x+2400y ．依题意，x ，y 还需满足：x+y ≤21，y ≤x+7，P （X ≤36x+60y ）≥p 0．由（Ⅰ）知，p0=P（X≤900），故P（X≤360x+60y）≥p0等价于36x+60y≥900．于是问题等价于求满足约束条件且使目标函数z=1600x+2400y达到最小值的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=1600x+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，B型车12辆．点评：本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查简单线性规划．本题解题的关键是列出不等式组（方程组）寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数，将可行域各角点的值一一代入，最后比较，即可得到目标函数的最优解．21．（13分）考点：直线与圆锥曲线的关系；三角形的面积公式；点到直线的距离公式．专题：压轴题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（Ⅰ）设出两个椭圆的方程，当直线l与y轴重合时，求出△BDM和△ABN的面积S1和S2，直接由面积比=λ列式求λ的值；（Ⅱ）假设存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2，设出直线方程，由点到直线的距离公式求出M和N到直线l的距离，利用数学转化思想把两个三角形的面积比转化为线段长度比，由弦长公式得到线段长度比的另一表达式，两式相等得到，换元后利用非零的k值存在讨论λ的取值范围．解答：解：以题意可设椭圆C1和C2的方程分别为，．其中a＞m＞n＞0，．（Ⅰ）如图1，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x=0，则，，所以．在C1和C2的方程中分别令x=0，可得y A=m，y B=n，y D=﹣m，于是．若，则，化简得λ2﹣2λ﹣1=0，由λ＞1，解得．故当直线l与y轴重合时，若S1=λS2，则．（Ⅱ）如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2，根据对称性，不妨设直线l：y=kx（k＞0），点M（﹣a，0），N（a，0）到直线l的距离分别为d1，d2，则，所以d1=d2．又，所以，即|BD|=λ|AB|．由对称性可知|AB|=|CD|，所以|BC|=|BD|﹣|AB|=（λ﹣1）|AB|，|AD|=|BD|+|AB|=（λ+1）|AB|，于是．将l的方程分别与C1和C2的方程联立，可求得根据对称性可知x C=﹣x B，x D=﹣x A，于是②从而由①和②可得③令，则由m＞n，可得t≠1，于是由③可得．因为k≠0，所以k2＞0．于是③关于k有解，当且仅当，等价于，由λ＞1，解得，即，由λ＞1，解得，所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2；当时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2．点评： 本题考查了三角形的面积公式，考查了点到直线的距离公式，考查了直线与圆锥曲线的关系，该题重点考查了数学转化思想方法和分类讨论的数学思想方法，（Ⅱ）中判断λ的存在性是该题的难题，考查了灵活运用函数和不等式的思想方法．22．（14分）考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性；数列的求和；不等式的证明． 专题：压轴题；导数的综合应用；不等式的解法及应用． 分析： （Ⅰ）先求出函数f （x ）的导函数f ′（x ），令f'（x ）=0，解得x=0，再求出函数的单调区间，进而求出最小值为f （0）=0；（Ⅱ）根据（Ⅰ）知，即（1+x ）r+1≥1+（r+1）x ，令代入并化简得，再令得，，即结论得到证明；（Ⅲ）根据（Ⅱ）的结论，令，n 分别取值81，82，83，…，125，分别列出不等式，再将各式相加得，，再由参考数据和条件进行求解．解答： 解；（Ⅰ）由题意得f'（x ）=（r+1）（1+x ）r ﹣（r+1）=（r+1）[（1+x ）r ﹣1]， 令f'（x ）=0，解得x=0．当﹣1＜x ＜0时，f'（x ）＜0，∴f （x ）在（﹣1，0）内是减函数； 当x ＞0时，f'（x ）＞0，∴f （x ）在（0，+∞）内是增函数． 故函数f （x ）在x=0处，取得最小值为f （0）=0． （Ⅱ）由（Ⅰ），当x ∈（﹣1，+∞）时，有f （x ）≥f （0）=0， 即（1+x ）r+1≥1+（r+1）x ，且等号当且仅当x=0时成立， 故当x ＞﹣1且x ≠0，有（1+x ）r+1＞1+（r+1）x ，①在①中，令（这时x ＞﹣1且x ≠0），得．上式两边同乘n r+1，得（n+1）r+1＞n r+1+n r （r+1）， 即，②当n ＞1时，在①中令（这时x ＞﹣1且x ≠0），类似可得，③且当n=1时，③也成立． 综合②，③得，④（Ⅲ）在④中，令，n 分别取值81，82，83， (125)得，，，…，将以上各式相加，并整理得．代入数据计算，可得由[S ]的定义，得[S ]=211．点评： 本题考查了利用导数研究函数的单调性和求最值，以及学生的创新精神，是否会观察，会抽象概括，会用类比的方法得出其它结论，难度较大，注意利用上一问的结论．。

2013年普通高等学校统一考试试题 A 卷2013年湖北省理科数学高考试题WORD 解析版一、选择题 1、在复平面内，复数21iz i=+（i 为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【解析与答案】211iz i i==++，1z i ∴=-。

故选D【相关知识点】复数的运算2、已知全集为R ，集合112xA x ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=≤⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭，{}2|680B x x x =-+≤，则R A C B =I （ ）A.{}|0x x ≤B. {}|24x x ≤≤C. {}|024x x x ≤<>或D.{}|024x x x <≤≥或【解析与答案】[)0,A =+∞，[]2,4B =，[)()0,24,R A C B ∴=+∞I U 。

故选C【相关知识点】不等式的求解，集合的运算3、在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次，设命题p 是“甲降落在指定范围”，q 是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（ ） A.()()p q ⌝∨⌝ B. ()p q ∨⌝ C. ()()p q ⌝∧⌝ D.p q ∨ 【解析与答案】“至少有一位学员没有降落在指定范围” 即：“甲或乙没有降落在指定范围内”。

故选A 。

【相关知识点】命题及逻辑连接词4、将函数()sin y x x x R =+∈的图像向左平移()0m m >个长度单位后，所得到的图像关于y 轴对称，则m 的最小值是（ ） A.12π B.6π C.3π D.56π【解析与答案】2cos 6y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图像向左平移()0m m >个长度单位后变成2cos 6y x m π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，所以m 的最小值是6π。

故选B 。

【相关知识点】三角函数图象及其变换5、已知04πθ<<，则双曲线22122:1cos sin x y C θθ-=与222222:1sin sin tan y x C θθθ-=的（ ）A.实轴长相等B.虚轴长相等C.焦距相等D. 离心率相等 【解析与答案】双曲线1C 的离心率是11cos e θ=，双曲线2C 的离心率是21cos e θ==，故选D 【相关知识点】双曲线的离心率，三角恒等变形6、已知点()1,1A -、()1,2B 、()2,1C --、()3,4D ，则向量AB u u u r 在CD u u ur 方向上的投影为（ ）A.C. D.【解析与答案】()2,1AB =u u u r ，()5,5CD =u u u r ，AB CD CD∴==u u u r u u u rg u u u r A 。

理科数学1． 在复平面内，复数z ＝2i1＋i(i 为虚数单位)的共轭复数对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限1．D [解析] z ＝2i1＋i ＝2i （1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝i(1－i)＝1＋i ，z ＝1－i ，z 对应的点在第四象限，选D.2． 已知全集为，集合A ＝，B ＝{x|x 2－6x ＋8≤0}，则A ∩(∁B)＝( )A ．{x|x ≤0}B ．{x|2≤x ≤4}C ．{x|0≤x<2或x>4}D ．{x|0<x ≤2或x ≥4}2．C [解析] A ＝{x|x ≥0}，B ＝{x|2≤x ≤4}，∁B ＝{x|x<2或x>4}，可得答案为C. 3． 在一次跳伞中，甲、乙两位学员各跳一次，设命题p 是“甲降落在指定范围”，q 是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为( )A ．(⌝p)∨(⌝q)B ．p ∨(⌝q)C ．(⌝p)∧(⌝q)D ．p ∨q3．A [解析] “至少一位学员没降落在指定区域”即“甲没降落在指定区域或乙没降落在指定区域”，可知选A.4． 将函数y ＝3cos x ＋sin x(x ∈)的图像向左平移m(m>0)个单位长度后，所得到的图像关于y 轴对称，则m 的最小值是( )A.π12B.π6C.π3D.5π64．B [解析] 结合选项，将函数y ＝3cos x ＋sin x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3的图像向左平移π6个单位得到y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＝2cos x ，它的图像关于y 轴对称，选B.5． 已知0<θ<π4，则双曲线C 1：x 2cos 2 θ－y 2sin 2 θ＝1与C 2：y 2sin 2 θ－x 2sin 2 θtan 2 θ＝1的( )A ．实轴长相等B ．虚轴长相等C ．焦距相等D ．离心率相等5．D [解析] e ＝c a ＝1＋b 2a 2，C 1与C 2的b 2a2＝tan 2 θ，故e 1＝e 2，选D.6． 已知点A(－1，1)，B(1，2)，C(－2，－1)，D(3，4)，则向量AB →在CD →方向上的投影为( )A.3 22B.3 152 C ．－3 22 D ．－3 1526．A [解析] AB →＝(2，1)，CD →＝(5，5)，|AB →|·cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|CD →|＝3 22，选A.7． 一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度v(t)＝7－3t ＋251＋t(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：m)是( )A ．1＋25ln 5B ．8＋25ln 113C ．4＋25ln 5D ．4＋50ln 27．C [解析] 令v(t)＝0，得3t 2－4t －32＝0，解得t ＝4⎝⎛⎭⎫t ＝－83舍去，求定积分得行驶距离为s ＝⎠⎛04v(t)dt ＝⎠⎛04(7－3t ＋251＋t )dt ＝[7t －32t 2＋25ln(1＋t)]⎪⎪⎪ )40＝4＋25ln 5，选C. 8． 一个几何体的三视图如图1－1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 1，V 2，V 3，V 4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有( )图1－1A ．V 1<V 2<V 4<V 3B ．V 1<V 3<V 2<V 4C ．V 2<V 1<V 3<V 4D ．V 2<V 3<V 1<V 48．C [解析] 由图知组成该几何体的从上到下的简单几何体为圆台，圆柱，棱柱，棱台，其体积分别为V 1＝7π3，V 2＝2π，V 3＝8，V 4＝283，选C.9． 如图1－2所示，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)＝( )图1－2A.126125B.65C.168125D.759．B [解析] X 的取值为0，1，2，3且P(X ＝0)＝27125，P(X ＝1)＝54125，P(X ＝2)＝36125，P(X ＝3)＝8125，故E(X)＝0×27125＋1×54125＋2×36125＋3×8125＝65，选B.10． 已知a 为常数，函数f(x)＝x(ln x －ax)有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则( )A ．f(x 1)>0，f(x 2)>－12B ．f(x 1)<0，f(x 2)<－12C ．f(x 1)>0，f(x 2)<－12D ．f(x 1)<0，f(x 2)>－1210．D [解析] f′(x)＝ln x －(2ax －1)＝0ln x ＝2ax －1，函数y ＝ln x 与函数y ＝2ax －1的图像有两个交点，令y 1＝ln x ，y 2＝2ax －1，在同一坐标系中作出这两个函数的图像，显然a ≤0时，两个函数图像只有一个公共点，故a>0，此时当直线的斜率逐渐变大直到直线y ＝2ax －1与曲线y ＝ln x 相切时，两函数图像均有两个不同的公共点，y ′1＝1x，故曲线y ＝ln x 上的点(x 0，ln x 0)处的切线方程是y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，该直线过点(0，－1)，则－1－ln x 0＝－1，解得x 0＝1，故过点(0，－1)的曲线y ＝ln x 的切线斜率是1，故2a ＝1，即a ＝12，所以a 的取值范围是(0，12)．因为0<x 1<1<x 2，当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x)>0，f(x)递增，f(1)＝－a ，f(x 1)<f(1)＝－a<0，f(x 2)>f(1)＝－a>－12，选D.11． 从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图1－3所示．(1)直方图中x 的值为________；(2)在这些用户中，用电量落在区间[100，250)内的户数为________．图1－311．(1)0.004 4 (2)70 [解析] (1)(0.001 2＋0.002 4×2＋0.003 6＋x ＋0.006 0)×50＝1x ＝0.004 4.(2)[1－(0.001 2＋0.002 4×2)×50]×100＝70.12． 阅读如图1－4所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i ＝________.图1－412．5 [解析] 逐次运算结果是a ＝5，i ＝2；a ＝16，i ＝3；a ＝8，i ＝4；a ＝4，i ＝5，满足条件，输出i ＝5.13． 设x ，y ，z ∈，且满足：x 2＋y 2＋z 2＝1，x ＋2y ＋3z ＝14，则x ＋y ＋z ＝________.13.3 147 [解析] 由柯西不等式得(x 2＋y 2＋z 2)(1＋4＋9)＝14≥(x ＋2y ＋3z)2＝14，当x 1＝y 2＝z 3时取“＝”，故x ＝1414，y ＝147，z ＝31414，则x ＋y ＋z ＝3 147. 14． 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 ＋1）2＝12n 2＋12n ，记第n 个k 边形数为N(n ，k)(k ≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式：三角形数 N(n ，3)＝12n 2＋12n ，正方形数 N(n ，4)＝n 2，五边形数 N(n ，5)＝32n 2－12n ，六边形数 N(n ，6)＝2n 2－n ， ……可以推测N(n ，k)的表达式，由此计算N(10，24)＝________.14．1 000 [解析] 观察得k 每增加1，n 2项系数增加12，n 项系数减少12，N(n ，k)＝k －22n 2＋(4－k)n2，故N(10，24)＝1 000.图1－515． (选修4－1：几何证明选讲)如图1－5所示，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CEEO的值为________．15．8 [解析] 设AB ＝6k ，则AD ＝2k ，DO ＝k ，CO ＝3k ，设EO ＝x ，由射影定理：DO 2＝EO·CO ，k 2＝x·3k ，x ＝k 3，故CE EO ＝3k －k 3k3＝8.16． (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⎩⎪⎨⎪⎧x ＝acos φ，y ＝bsin φ(φ为参数，a>b>0)．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ρsin(θ＋π4)＝22m(m 为非零常数)与ρ＝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________．16.63[解析] 直线l 的直角坐标方程为x ＋y －m ＝0，圆O 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝b 2，由直线与圆相切得：m 2＝2b 2.又椭圆C 的一般方程为x 2a 2＋y 2b2＝1，直线过椭圆焦点，故m ＝c ，所以c 2＝2b 2e ＝c a ＝63.17． 在△ABC 中，角A ，B ，C 对应的边分别是a ，b ，c.已知cos 2A －3cos(B ＋C)＝1.(1)求角A 的大小；(2)若△ABC 的面积S ＝5 3，b ＝5，求sin Bsin C 的值．17．解： (1)由cos 2A －3cos(B ＋C)＝1，得2cos 2A ＋3cos A －2＝0.即(2cos A －1)(cos A ＋2)＝0，解得cos A ＝12或cos A ＝－2(舍去)，因为0<A<π，所以A ＝π3.(2)由S ＝12bcsin A ＝12bc ·32＝34bc ＝5 3，得bc ＝20，又b ＝5，知c ＝4.由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cosA ＝25＋16－20＝21，故a ＝21.又由正弦定理得sin Bsin C ＝b a sinA c a sin A ＝bc a 2sin 2 A ＝2021×34＝57.18． 已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．18．解： (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 31q 3＝125，|a 1q －a 1q 2|＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝53，q ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，q ＝－1. 故a n ＝53·3n －1或a n ＝－5·(－1)n －1.(2)若a n ＝53·3n －1，则1a n ＝35(13)n －1，故{1a n }是首项为35，公比为13的等比数列，从而∑n ＝1m 1a n＝35[1－（13）m ]1－13＝910[1－(13)m ]<910<1. 若a n ＝(－5)·(－1)n －1，则1a n ＝－15(－1)n －1，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为－15，公比为－1的等比数列，从而∑n ＝1m 1a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－15，m ＝2k －1（k ∈N ＋），0，m ＝2k （k ∈N ＋），故∑n ＝1m 1a n <1.综上，对任何正整数m ，总有∑n ＝1m1a n <1.故不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1成立．19．， 如图1－6所示，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，直线PC ⊥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l ，试判断直线l 与平面PAC 的位置关系，并加以证明；(2)设(1)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足DQ →＝12CP →.记直线PQ 与平面ABC 所成的角为θ，异面直线PQ 与EF 所成的角为α，二面角E －l －C 的大小为β，求证：sin θ＝sin αsin β.图1－619．解： (1)直线l ∥平面PAC ，证明如下：联结EF ，因为E ，F 分别是PA ，PC 的中点，所以EF ∥AC.又EF 平面ABC ，且AC 平面ABC ，所以EF ∥平面ABC.而EF 平面BEF ，且平面BEF ∩平面ABC ＝l ，所以EF ∥l.因为l 平面PAC ，EF 平面PAC ，所以直线l ∥平面PAC.(2)方法一：(综合法)如图①，联结BD ，由(1)可知交线l 即为直线BD ，且l ∥AC. 因为AB 是⊙O 的直径，所以AC ⊥BC ，于是l ⊥BC. 已知PC ⊥平面ABC ，而l 平面ABC ，所以PC ⊥l ， 而PC ∩BC ＝C ，所以l ⊥平面PBC.联结BE ，BF ，因为BF 平面PBC ，所以l ⊥BF ，故∠CBF 就是二面角E －l －C 的平面角，即∠CBF ＝β.由DQ →＝12CP →，作DQ ∥CP ，且DQ ＝12CP.联结PQ ，DF ，因为F 是CP 的中点，CP ＝2PF ，所以DQ ＝PF ，从而四边形DQPF 是平行四边形，PQ ∥FD.联结CD ，因为PC ⊥平面ABC ，所以CD 是FD 在平面ABC 内的射影，故∠CDF 就是直线PQ 与平面ABC 所成的角，即∠CDF ＝θ.又BD ⊥平面PBC ，有BD ⊥BF ，知∠BDF 为锐角，故∠BDF 为异面直线PQ 与EF 所成的角，即∠BDF ＝α，于是在Rt △DCF ，Rt △FBD ，Rt △BCF 中，分别可得sin θ＝CF DF ，sin α＝BF DF ，sin β＝CFBF，从而sin αsin β＝BF DF ·CF BF ＝CFDF＝sin θ，即sin θ＝sin αsin β.方法二：(向量法)如图②，由DQ →＝12CP →，作DQ ∥CP ，且DQ ＝12CP.联结PQ ，EF ，BE ，BF ，BD ，由(1)可知交线l 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 ⎝⎛⎭⎫12a ，0，c ，F(0，0，c)，于是FE →＝⎝⎛⎭⎫12a ，0，0，QP →＝(－a ，－b ，c)，BF →＝(0，－b ，c)，所以cos α＝|FE →·QP →||FE →||QP →|＝a a 2＋b 2＋c 2，从而sin α＝1－cos 2α＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c 2. 又取平面ABC 的一个法向量为＝(0，0，1)，可得sin θ＝|m ·QP →||m ||QP →|＝ca 2＋b 2＋c 2. 设平面BEF 的一个法向量为＝(x ，y ，z)，所以由⎩⎪⎨⎪⎧·FE →＝0，n ·BF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧12ax ＝0，－by ＋cz ＝0，取＝(0，c ，b)，于是|cos β|＝|m·n ||m||n |＝b b 2＋c 2，从而sin β＝1－cos 2β＝cb 2＋c2. 故sin αsin β＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c 2·c b 2＋c 2＝ca 2＋b 2＋c 2＝sin θ，即sin θ＝sin αsinβ.20．， 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P 0的值；(参考数据：若X ～N(μ，σ2)，有P(μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6，P(μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4，P(μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝0.997 4)(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1 600元/辆和2 400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 0的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？20．解： (1)由于随机变量X 服从正态分布N(800，502)，故有μ＝800，σ＝50，P(700<X ≤900)＝0.954 4.由正态分布的对称性，可得P 0＝P(X ≤900)＝P(X ≤800)＋P(800<X ≤900) ＝12＋12P(700<X ≤900)＝0.977 2. (2)设A 型、B 型车辆的数量分别为x ，y 辆，则相应的营运成本为1 600x ＋2 400y ，依题意，x ，y 还需满足：x ＋y ≤21，y ≤x ＋7，P(X ≤36x ＋60y)≥P 0.由(1)知，P 0＝P(X ≤900)，故P(X ≤36x ＋60y)≥P 0等价于36x ＋60y ≥900，于是问题等价于求满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤21，y ≤x ＋7，36x ＋60y ≥900，x ，y ≥0，x ，y ∈N且使目标函数z ＝1 600x ＋2 400y 达到最小的x ，y 值．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 ＝1 600x ＋2 400y 经过可行域的点P 时，直线z ＝1 600x ＋2 400y在y 轴上截距z2 400最小，即z 取得最小值，故应配备A 型车5辆，B 型车12辆．21．， 如图1－9，已知椭圆C 1与C 2的中心在坐标原点O ，长轴均为MN 且在x 轴上，短轴长分别为2m ，2n(m>n)，过原点且不与x 轴重合的直线l 与C 1，C 2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A ，B ，C ，D.记λ＝mn，△BDM 和△ABN 的面积分别为S 1和S 2.(1)当直线l 与y 轴重合时，若S 1＝λS 2，求λ的值；(2)当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1＝λS 2？并说明理由．图1－921．解： 依题意可设椭圆C 1和C 2的方程分别为C 1：x 2a 2＋y 2m 2＝1，C 2：x 2a 2＋y 2n 2＝1，其中a>m>n>0，λ＝m n>1.(1)方法一：如图①，若直线l 与y 轴重合，即直线l 的方程为x ＝0，则S 1＝12|BD|·|OM|＝12a|BD|，S 2＝12|AB|·|ON|＝12a|AB|，所以S 1S 2＝|BD||AB|.在C 1和C 2的方程中分别令x ＝0，可得y A ＝m ，y B ＝n ，y D ＝－m ，于是|BD||AB|＝|y B －y D ||y A －y B |＝m ＋n m －n ＝λ＋1λ－1.若S 1S 2＝λ，则λ＋1λ－1＝λ，化简得λ2－2λ－1＝0.由λ>1，可解得λ＝2＋1，故当直线l 与y 轴重合时，若S 1＝λS 2，则λ＝2＋1.方法二：如图①，若直线l 与y 轴重合，则|BD|＝|OB|＋|OD|＝m ＋n ，|AB|＝|OA|－|OB|＝m －n ；S 1＝12|BD|·|OM|＝12a|BD|，S 2＝12|AB|·|ON|＝12a|AB|.所以S 1S 2＝|BD||AB|＝m ＋n m －n ＝λ＋1λ－1，若S 1S 2＝λ，则λ＋1λ－1＝λ，化简得λ2－2λ－1＝0，由λ>1，可解得λ＝2＋1，故当直线l 与y 轴重合时，若S 1＝λS 2，则λ＝2＋1.(2)方法一：如图②，若存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1＝λS 2，根据对称性，不妨设直线l ：y ＝kx(k>0)，点M(－a ，0)，N(a ，0)到直线l 的距离分别为d 1，d 2，则因为d 1＝|－ak －0|1＋k 2＝ak 1＋k 2，d 2＝|ak －0|1＋k 2＝ak1＋k 2，所以d 1＝d 2. 又S 1＝12|BD|d 1，S 2＝12|AB|d 2，所以S 1S 2＝|BD||AB|＝λ，即|BD|＝λ|AB|.由对称性可知|AB|＝|CD|，所以|BC|＝|BD|－|AB|＝(λ－1)|AB|，|AD|＝|BD|＋|AB|＝(λ＋1)|AB|，于是|AD||BC|＝λ＋1λ－1.① 将l 的方程分别与C 1，C 2的方程联立，可求得x A ＝am a 2k 2＋m 2，x B ＝ana 2k 2＋n2. 根据对称性可知x C ＝－x B ，x D ＝－x A ，于是|AD||BC|＝1＋k 2|x A －x D |1＋k 2|x B －x C |＝2x A 2x B ＝m na 2k 2＋n 2a 2k 2＋m 2.② 从而由①和②式可得a 2k 2＋n 2a 2k 2＋m 2＝λ＋1λ（λ－1）.③ 令t ＝（λ＋1）λ（λ－1），则由m>n ，可得t ≠1，于是由③可解得k 2＝n 2（λ2t 2－1）a 2（1－t 2）.因为k ≠0，所以k 2>0，于是③式关于k 有解，当且仅当n 2（λ2t 2－1）a 2（1－t 2）>0，等价于(t 2－1)(t 2－1λ2)<0，由λ>1可解得1λ<t<1， 即1λ<λ＋1λ（λ－1）<1，由λ>1，解得λ>1＋2，所以当1<λ≤1＋2时，不存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1＝λS 2；当λ>1＋2时，存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1＝λS 2.方法二：如图②，若存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1＝λS 2，根据对称性，不妨设直线l ：y ＝kx(k>0)，点M(－a ，0)，N(a ，0)到直线l 的距离分别为d 1，d 2，则因为d 1＝|－ak －0|1＋k 2＝ak 1＋k 2，d 2＝|ak －0|1＋k 2＝ak 1＋k 2，所以d 1＝d 2. 又S 1＝12|BD|d 1，S 2＝12|AB|d 2，所以S 1S 2＝|BD||AB|＝λ. 因为|BD||AB|＝1＋k 2|x B －x D |1＋k 2|x A －x B|＝x A ＋x B x A －x B＝λ，所以x A x B ＝λ＋1λ－1. 由点A(x A ，kx A )，B(x B ，kx B )分别在C 1，C 2上，可得x 2A a 2＋k 2x 2A m 2＝1，x 2B a 2＋k 2x 2B n 2＝1，两式相减可得x 2A －x 2B a 2＋k 2（x 2A －λ2x 2B ）m 2＝0，依题意x A >x B >0，所以x 2A >x 2B ，所以由上式解得k 2＝m 2（x 2A －x 2B ）a 2（λ2x 2B －x 2A ）. 因为k 2>0，所以由m 2（x 2A －x 2B ）a 2（λ2x 2B －x 2A ）>0，可解得1<x A x B <λ， 从而1<λ＋1λ－1<λ，解得λ>1＋2，所以 当1<λ≤1＋2时，不存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1＝λS 2；当λ>1＋2时，存在与坐标轴不重合的直线l 使得S 1＝λS 2.22．， 设n 是正整数，r 为正有理数．(1)求函数f(x)＝(1＋x)r ＋1－(r ＋1)x －1(x>－1)的最小值；(2)证明：n r ＋1－（n －1）r ＋1r ＋1<n r <（n ＋1）r ＋1－n r ＋1r ＋1； (3)设x ∈，记[x]为不小于．．．x 的最小整数，例如[2]＝2，[π]＝4，[－32]＝－1.令S ＝381＋382＋383＋…＋3125，求[S]的值．(参数数据：8043≈344.7，8143≈350.5，12443≈618.3，12643≈631.7) 22．解： (1)因为f′(x)＝(r ＋1)(1＋x)r －(r ＋1)＝(r ＋1)[(1＋x)r －1]，令f′(x)＝0，解得x ＝0.当－1<x<0时，f ′(x)<0，所以f(x)在(－1，0)内是减函数；当x>0时，f ′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)内是增函数，故函数f(x)在x ＝0处取得最小值f(0)＝0.(2)由(1)，当x ∈(－1，＋∞)时，有f(x)≥f(0)＝0，即(1＋x)r ＋1≥1＋(r ＋1)x ，且等号当且仅当x ＝0时成立，故当x>－1且x ≠0时，有(1＋x)r ＋1>1＋(r ＋1)x.①在①中，令x ＝1n (这时x>－1且x ≠0)，得⎝⎛⎭⎫1＋1n r ＋1>1＋r ＋1n . 上式两边同乘n r ＋1，得(n ＋1)r ＋1>n r ＋1＋n r (r ＋1)，即n r <（n ＋1）r ＋1－n r ＋1r ＋1.② 当n>1时，在①中令x ＝－1n (这时x>－1且x ≠0)，类似可得n r >n r ＋1－（n －1）r ＋1r ＋1，③ 且当n ＝1时，③也成立，综合②，③得n r ＋1－（n －1）r ＋1r ＋1<n r <（n ＋1）r ＋1－n r ＋1r ＋1.④ (3)在④中，令r ＝13，n 分别取值81，82，83，…，125，得 34(8143－8043)<381<34(8243－8143)， 34(8243－8143)<382<34(8343－8243)， 34(8343－8243)<383<34(8443－8343)， ……34(12543－12443)<3125<34(12643－12543)， 将以上各式相加，并整理得34(12543－8043)<S<34(12643－8143)， 代入数据计算，可得34(12543－8043)≈210.2，34(12643－ ≈210.9.由[S]的定义，得[S]＝211.。

第1页，总17页2013年高考理数真题试卷（湖北卷）注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明一、选择题（题型注释）1.在复平面内，复数z= 2i1+i （i 为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（ ） A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知全集为R ，集合A={x|（ 12 ）x ≤1}，B={x|x 2﹣6x+8≤0}，则A∩（∁R B ）=（ ） A.{x|x≤0} B.{x|2≤x≤4}C.{x|0≤x＜2或x ＞4}D.{x|0＜x≤2或x≥4}3.在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次，设命题p 是“甲降落在指定范围”，q 是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（ ） A.（￢p ）∨（￢q ） B.p∨（￢q ）C.（￢p ）∧（￢q ）D.p∨q4.将函数 y =√3cosx +sinx(x ∈R) 的图象向左平移m （m ＞0）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（ ） A.π12 B.π6 C.π3 D.5π6 5.已知0＜θ＜ π4 ，则双曲线 C 1:x 2cos 2θ−y 2sin 2θ=1 与C 2：y 2sin 2θ﹣x 2sin 2θtan 2θ=1的（ ）A.实轴长相等B.虚轴长相等C.焦距相等D.离心率相等6.一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度 v(t)=7−3t +251+t(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：m ）是（ ）答案第2页，总17页…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…A.1+25ln5 B.8+25ln 113C.4+25ln5D.4+50ln27.一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 1 ， V 2 ， V 3 ， V 4 ， 上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（ ）A.V 1＜V 2＜V 4＜V 3B.V 1＜V 3＜V 2＜V 4C.V 2＜V 1＜V 3＜V 4D.V 2＜V 3＜V 1＜V 48.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 B.65 C.168125 D.75第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明第3页，总17页……装…………○…………订…………○…………线…………______姓名：___________班级：___________考号：___________……装…………○…………订…………○…………线…………二、填空题（题型注释）9.从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图所示：（Ⅰ）直方图中x 的值为 ；（Ⅱ）在这些用户中，用电量落在区间[100，250）内的户数为 ． 10.阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i= ．11.设x ，y ，z∈R，且满足： x 2+y 2+z 2=1,x +2y +3z =√14 ，则x+y+z= ． 12.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+1)2=12n 2+12n ．记第n 个k 边形数为N （n ，k ）（k≥3），以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式： 三角形数 N(n,3)=12n 2+12n ， 正方形数N （n ，4）=n 2 ， 五边形数 N(n,5)=32n 2−12n ，六边形数N （n ，6）=2n 2﹣n ， …可以推测N （n ，k ）的表达式，由此计算N （10，24）= ．答案第4页，总17页…………○…………装……………………线…………○※※请※※不※※要※※在※※…………○…………装……………………线…………○13.（选修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CEEO的值为 ．14.（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 {x =acosϕy =bsinϕ(ϕ 为参数，a ＞b ＞0）．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 ρsin(θ+π4)=√22m(m 为非零常数）与ρ=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 ．三、解答题（题型注释）15.已知等比数列{a n }满足：|a 2﹣a 3|=10，a 1a 2a 3=125． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）是否存在正整数m ，使得 1a 1+1a 2+...+1a m≥1 ？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．16.如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，直线PC⊥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l ，试判断直线l 与平面PAC 的位置关系，并加以证明；（2）设（1）中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足 DQ →=12CP → ．记直线PQ与平面ABC 所成的角为θ，异面直线PQ 与EF 所成的角为α，二面角E ﹣l ﹣C 的大小为β．求证：sinθ=sinαsinβ．17.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p 0的值； （参考数据：若X ～N （μ，σ2），有P （μ﹣σ＜X≤μ+σ）=0.6826，P （μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）=0.9544，P （μ﹣3σ＜X≤μ+3σ）=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第5页，总17页………○…………线………__________………○…………线………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 0的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？18.如图，已知椭圆C 1与C 2的中心在坐标原点O ，长轴均为MN 且在x 轴上，短轴长分别为2m ，2n （m ＞n ），过原点且不与x 轴重合的直线l 与C 1 ， C 2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A ，B ，C ，D ，记 λ=m n，△BDM 和△ABN 的面积分别为S 1和S 2 ．（1）当直线l 与y 轴重合时，若S 1=λS 2 ， 求λ的值；（2）当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1=λS 2？并说明理由． 19.设n 是正整数，r 为正有理数．（1）求函数f （x ）=（1+x ）r+1﹣（r+1）x ﹣1（x ＞﹣1）的最小值；（参考数据： 8043≈344.7 ， 8143≈350.5 ， 12443≈618.3 ， 12643≈631.7） ．（2）证明：n r+1−(n−1)r+1r+1<n r <(n+1)r+1−n r+1r+1；（3）设x∈R，记[x]为不小于x 的最小整数，例如 [2]=2,[π]=4,[−32]=−1 ．令 S =√813+√823+√833+...√1253,求[S] 的值．答案第6页，总17页参数答案1.D【解析】1.解：∵z= 2i1+i = 2i(1−i)(1+i)(1−i) = 2i(1−i)2=1+i ， ∴ z ¯=1﹣i ．∴z 对应的点（1，﹣1）位于第四象限， 故选D ． 2.C【解析】2.解：∵ (12)x ≤1= (12)0，∴x≥0，∴A={x|x≥0}；又x 2﹣6x+8≤0⇔（x ﹣2）（x ﹣4）≤0， ∴2≤x≤4．∴B={x|2≤x≤4}，∴∁R B={x|x ＜2或x ＞4}，∴A∩∁R B={x|0≤x＜2或x ＞4}， 故选C ．【考点精析】本题主要考查了交、并、补集的混合运算的相关知识点，需要掌握求集合的并、交、补是集合间的基本运算，运算结果仍然还是集合，区分交集与并集的关键是“且”与“或”，在处理有关交集与并集的问题时，常常从这两个字眼出发去揭示、挖掘题设条件，结合Venn 图或数轴进而用集合语言表达，增强数形结合的思想方法才能正确解答此题． 3.A【解析】3.解：命题p 是“甲降落在指定范围”，则￢p 是“甲没降落在指定范围”， q 是“乙降落在指定范围”，则￢q 是“乙没降落在指定范围”， 命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”包括 “甲降落在指定范围，乙没降落在指定范围” 或“甲没降落在指定范围，乙降落在指定范围”或“甲没降落在指定范围，乙没降落在指定范围”三种情况．所以命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（￢p ）V （￢q ）． 故选A ．【考点精析】解答此题的关键在于理解四种命题间的逆否关系的相关知识，掌握交换原命题的条件和结论，所得的命题是逆命题；同时否定原命题的条件和结论，所得的命题是否命题；交换原命题的条件和结论，并且同时否定，所得的命题是逆否命题． 4.B【解析】4.解：y= √3 cosx+sinx=2（ √32 cosx+ 12 sinx ）=2sin （x+ π3 ）， ∴图象向左平移m （m ＞0）个单位长度得到y=2sin[（x+m ）+ π3 ]=2sin （x+m+ π3 ），第7页，总17页订…………○…………线…………○…__考号：___________订…………○…………线…………○…∵所得的图象关于y 轴对称， ∴m+ π3 =kπ+ π2 （k∈Z）， 则m 的最小值为 π6 ．故选B【考点精析】解答此题的关键在于理解两角和与差的正弦公式的相关知识，掌握两角和与差的正弦公式：，以及对函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换的理解，了解图象上所有点向左（右）平移个单位长度，得到函数的图象；再将函数的图象上所有点的横坐标伸长（缩短）到原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象；再将函数的图象上所有点的纵坐标伸长（缩短）到原来的倍（横坐标不变），得到函数的图象．5.D【解析】5.解：双曲线 C 1:x 2cos 2θ−y 2sin 2θ=1 的实轴长为2cosθ，虚轴长2sinθ，焦距2，离心率 1cosθ ， 双曲线 C 2:y 2sin 2θ−x 2sin 2θtan 2θ=1 的实轴长为2sinθ，虚轴长2sinθtanθ，焦距2tanθ，离心率 1cosθ ， 故它们的离心率相同． 故选D ． 6.C【解析】6.解：令v （t ）=7﹣3t+ 251+t =0 ，化为3t 2﹣4t ﹣32=0，又t ＞0，解得t=4． ∴由刹车行驶至停止，在此期间汽车继续行驶的距离s= ∫∫(7−3t +251+t)40dt = [7t −3t 22+25ln(1+t)]|04 =4+25ln5．故选C ．【考点精析】关于本题考查的定积分的概念，需要了解定积分的值是一个常数，可正、可负、可为零；用定义求定积分的四个基本步骤：①分割；②近似代替；③求和；④取极限才能得出正确答案． 7.C【解析】7.解：由题意以及三视图可知，该几何体从上到下由：圆台、圆柱、正四棱柱、正四棱台组成，答案第8页，总17页体积分别记为V 1= 13π×1×(22+12+√22×12) = 7π3 ． V 2=12×π×2=2π， V 3=2×2×2=8V 4= 13×1×(42+22+√42×22) = 283 ； ∵ 283>8>7π3>2π ，∴V 2＜V 1＜V 3＜V 4 故选C ．【考点精析】解答此题的关键在于理解由三视图求面积、体积的相关知识，掌握求体积的关键是求出底面积和高；求全面积的关键是求出各个侧面的面积． 8.B【解析】8.解：由题意可知：X 所有可能取值为0，1，2，3．①8个顶点处的8个小正方体涂有3面，∴P（X=3）=8125； ②每一条棱上除了两个顶点处的小正方体，还剩下3个，一共有3×12=36个小正方体涂有2面，∴P（X=2）= 36125 ；③每个表面去掉四条棱上的16个小正方形，还剩下9个小正方形，因此一共有9×6=54个小正方体涂有一面，∴P（X=1）= 54125 ．④由以上可知：还剩下125﹣（8+36+54）=27个内部的小正方体的6个面都没有涂油漆，∴P（X=0）= 27125 ． 因此E （X ）= 0×27125+1×54125+2×36125+3×8125= 65 ．故选B ．9.0.0044；70【解析】9.解：（Ⅰ）依题意及频率分布直方图知，0.0024×50+0.0036×50+0.0060×50+x×50+0.0024×50+0.0012×50=1， 解得x=0.0044．（II ）样本数据落在[100，150）内的频率为0.0036×50=0.18， 样本数据落在[150，200）内的频率为0.006×50=0.3． 样本数据落在[200，250）内的频率为0.0044×50=0.22，故在这些用户中，用电量落在区间[100，250）内的户数为（0.18+0.30+0.22）×100=70． 所以答案是：0.0044；70．【考点精析】关于本题考查的频率分布直方图，需要了解频率分布表和频率分布直方图，是对相同数据的两种不同表达方式.用紧凑的表格改变数据的排列方式和构成形式，可展示第9页，总17页………○…………装…………○……学校:___________姓名：___________班级：__………○…………装…………○……数据的分布情况.通过作图既可以从数据中提取信息，又可以利用图形传递信息才能得出正确答案． 10.5【解析】10.解：框图首先给变量a 和变量i 赋值，a=4，i=1． 判断10=4不成立，判断10是奇数不成立，执行 a =102=5 ，i=1+1=2； 判断5=4不成立，判断5是奇数成立，执行a=3×5+1=16，i=2+1=3； 判断16=4不成立，判断16是奇数不成立，执行 a =162=8 ，i=3+1=4；判断8=4不成立，判断8是奇数不成立，执行 a =82=4 ，i=4+1=5；判断4=4成立，跳出循环，输出i 的值为5． 故答案是5．【考点精析】根据题目的已知条件，利用程序框图的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握程序框图又称流程图，是一种用规定的图形、指向线及文字说明来准确、直观地表示算法的图形;一个程序框图包括以下几部分：表示相应操作的程序框；带箭头的流程线；程序框外必要文字说明． 11.3√147【解析】11.解：根据柯西不等式，得（x+2y+3z ）2≤（12+22+32）（x 2+y 2+z 2）=14（x 2+y 2+z 2） 当且仅当 x 1=y 2=z 3时，上式的等号成立 ∵x 2+y 2+z 2=1，∴（x+2y+3z ）2≤14，结合 x +2y +3z =√14 ，可得x+2y+3z 恰好取到最大值 √14 ∴ x 1=y 2=z 3 = √1414 ，可得x= √1414 ，y= √147，z=3√1414因此，x+y+z= √1414 + √147+3√1414 = 3√147所以答案是：3√147【考点精析】通过灵活运用一般形式的柯西不等式，掌握一般形式的柯西不等式：即可以解答此题．12.1000【解析】12.解：原已知式子可化为： N(n,3)=12n 2+12n =3−22n 2+4−32n ，N(n,4)=n 2=4−22n 2+4−42n ， N(n,5)=32n 2−12n =5−22n 2+4−52n ，N(n,6)=2n 2−n =6−22n 2+4−62n ，答案第10页，总17页由归纳推理可得 N(n,k)=k−22n 2+4−k 2n ，故 N(n,24)=24−22×102+4−242×10 =1100﹣100=1000所以答案是：1000【考点精析】解答此题的关键在于理解归纳推理的相关知识，掌握根据一类事物的部分对象具有某种性质,退出这类事物的所有对象都具有这种性质的推理,叫做归纳推理． 13.8【解析】13.解：设圆O 的半径OA=OB=OC=3x ， ∵AB=3AD，∴AD=2x，BD=4x ，OD=x又∵点C 在直径AB 上的射影为D ，在△ABC 中，由射影定理得：CD 2=AD•BD=8x 2 ，在△ODC 中，由射影定理得：OD 2=OE•OC=x 2 ， CD 2=CE•OC=8x 2 ，故 CE EO = CD 2OD2 =8所以答案是：8 14.√63【解析】14.解：直线l 的极坐标方程分别为 ρsin(θ+π4)=√22m(m 为非零常数）化成直角坐标方程为x+y ﹣m=0，它与x 轴的交点坐标为（m ，0），由题意知，（m ，0）为椭圆的焦点，故|m|=c ， 又直线l 与圆O ：ρ=b 相切，∴√2=b ，从而c= √2 b ，又b 2=a 2﹣c 2 ， ∴c 2=2（a 2﹣c 2）， ∴3c 2=2a 2 ， ∴ c a = √63 ． 则椭圆C 的离心率为 √63 ． 所以答案是： √63 ． 15.（1）解：设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知可得 {a 13q 3=125|a 1q −a 1q 2|=10解得 {a 1=53q =3或{a 1=−5q =−1故 a n =53⋅3n−1=5⋅3n−2,或a n =−5⋅(−1)n−1=5⋅(−1)n ．……装…………○………_______姓名：___________班级：_____……装…………○………（2）解：若 a n =53⋅3n−1，则 1an=53⋅(13)n−1， 故 {1a n} 是首项为 35 ，公比为 13 的等比数列，从而 ∑1an=53[1−(13)m]1−13m n=1=910⋅[1−(13)m ]<910<1 ．若 a n =(−5)⋅(−1)n−1，则 1a n=−15(−1)n−1,故{1a n} 是首项为 −15，公比为﹣1的等比数列，从而 ∑1anm n=1={−15,m =2k −1(k ∈N +)0,m =2k(k ∈N +)故 ∑1a n m n=1<1 ． 综上，对任何正整数m ，总有 ∑1a nm n=1<1 ． 故不存在正整数m ，使得 1a 1+1a 2+...+1a n≥1 成立．【解析】15.（1）设等比数列{a n }的公比为q ，结合等比数列的通项公式表示已知条件，解方程可求a 1 ， q ，进而可求通项公式（2）结合（I ）可知 {1a n } 是等比数列，结合等比数列的求和公式可求1a 1+1a 2+...+1a n，即可判断【考点精析】关于本题考查的等比数列的通项公式（及其变式）和数列的前n 项和，需要了解通项公式：；数列{a n }的前n 项和s n 与通项a n 的关系才能得出正确答案．16.（1）解：直线l∥平面PAC ，证明如下：连接EF ，因为E ，F 分别是PA ，PC 的中点，所以EF∥AC， 又EF ⊄平面ABC ，且AC ⊂平面ABC ，所以EF∥平面ABC ． 而EF ⊂平面BEF ，且平面BEF∩平面ABC=l ，所以EF∥l． 因为l ⊄平面PAC ，EF ⊂平面PAC ，所以直线l∥平面PAC ．（2）解：（综合法）如图1，连接BD ，由（1）可知交线l 即为直线BD ，且l∥AC． 因为AB 是⊙O 的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC． 已知PC⊥平面ABC ，而l ⊂平面ABC ，所以PC⊥l． 而PC∩BC=C，所以l⊥平面PBC ．连接BE ，BF ，因为BF ⊂平面PBC ，所以l⊥BF．故∠CBF 就是二面角E ﹣l ﹣C 的平面角，即∠CBF=β． 由 DQ →=1CP → ，作DQ∥CP，且 DQ→=1CP → ．答案第12页，总17页………外…………………内…………连接PQ ，DF ，因为F 是CP 的中点，CP=2PF ，所以DQ=PF ， 从而四边形DQPF 是平行四边形，PQ∥FD．连接CD ，因为PC⊥平面ABC ，所以CD 是FD 在平面ABC 内的射影， 故∠CDF 就是直线PQ 与平面ABC 所成的角，即∠CDF=θ． 又BD⊥平面PBC ，有BD⊥BF，知∠BDF=α，于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF 中，分别可得 sinθ=CF DF,sinα=BF DF,sinβ=CF BF，从而 sinαsinβ=CF BF⋅BF DF=CF DF=sinθ,即sinθ=sinαsinβ ．（向量法）如图2，由 DQ →=12CP → ，作DQ∥CP，且 DQ →=12CP → ． 连接PQ ，EF ，BE ，BF ，BD ，由（Ⅰ）可知交线l 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 12(a,0,c),F(0,0,c) ．于是 PE →=(12a,0,0),QP →=(−a,−b,−c),BF →=(0,−b,c) ，∴ cosα=PE →⋅QP→|PE →|⋅|QP →|=√a 2+b 2+c 2，从而 sinα=√1−cos 2α=√b 2+c 2222，又取平面ABC 的一个法向量为 m →=(0,0,1) ，可得 sinθ=|m →⋅QP →||m →|⋅|QP →|=√a 222，设平面BEF 的一个法向量为 n →=(x,y,z) ，所以由 {n →⋅FE →=0n →⋅BF →=0可得 {12ax =0−by +cz =0取 n →=（0，c ，b ），于是 |cosβ|=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=√b 2+c2，从而 sinβ=√1−cos 2β=√b 2+c 2．故 sinαsinβ=√b 2+c 2√a 2+b 2+c2⋅√b 2+c 2=√a 2+b 2+c 2=sinθ ，即sinθ=sinαsinβ．【解析】16.（1）直线l∥平面PAC ．连接EF ，利用三角形的中位线定理可得，EF∥AC；利用线面平行的判定定理即可得到EF∥平面ABC ．由线面平行的性质定理可得EF∥l．再利用线面平行的判定定理即可证明直线l∥平面PAC ．（2）综合法：利用线面垂直的判定定理可证明l⊥平面PBC ．连接BE ，BF ，因为BF ⊂平面PBC ，所以l⊥BC．故∠CBF 就是二面角E ﹣l ﹣C 的平面角，即∠CBF=β．已知PC⊥平面ABC ，可知CD 是FD 在平面ABC 内的射影，故∠CDF 就是直线PQ 与平面ABC 所成的角，即∠CDF=θ．由BD⊥平面PBC ，有BD⊥BF，知∠BDF=α，分别利用三个直角三角形的边角关系即可证明结论；向量法：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，利用两个平面的法向量的夹角即可得出二面角．【考点精析】解答此题的关键在于理解空间中直线与平面之间的位置关系的相关知识，掌握直线在平面内—有无数个公共点；直线与平面相交—有且只有一个公共点；直线在平面平行—没有公共点，以及对直线与平面平行的判定的理解，了解平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行；简记为：线线平行，则线面平行． 17. （1）解：由于随机变量X 服从正态分布N （800，502），故有μ=800，σ=50，P （700＜X≤900）=0.9544．由正态分布的对称性，可得p 0=（P （X≤900）=P （X≤800）+P （800＜X≤900）= 12+12P(700<X ≤900)=0.9772（2）解：设A 型、B 型车辆的数量分别为x ，y 辆，则相应的营运成本为1600x+2400y ． 依题意，x ，y 还需满足：x+y≤21，y≤x+7，P （X≤36x+60y）≥p 0．由（1）知，p 0=P （X≤900），故P （X≤36x+60y）≥p 0等价于36x+60y≥900．于是问题等价于求满足约束条件 {x +y ≤21y ≤x +736x +60y ≥900x,y ≥0,x,y ∈N且使目标函数z=1600x+2400y 达到最小值的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=1600x+2400y 经过可行域的点P 时，直线z=1600x+2400y 在y 轴上截距 z2400 最小，即z 取得最小值．答案第14页，总17页…………○…………线…………○答※※题※※…………○…………线…………○故应配备A 型车5辆，B 型车12辆．【解析】17.（1）变量服从正态分布N （800，502），即服从均值为800，标准差为50的正态分布，适合700＜X≤900范围内取值即在（μ﹣2σ，μ+2σ）内取值，其概率为：95.44%，从而由正态分布的对称性得出不超过900的概率为p 0 ． （2）设每天应派出A 型x 辆、B 型车y 辆，根据条件列出不等式组，即得线性约束条件，列出目标函数，画出可行域求解． 18.（1）解：以题意可设椭圆C 1和C 2的方程分别为C 1:x 2a 2+y 2m 2=1 ， C 2:x 2a 2+y 2n 2=1 ．其中a ＞m ＞n ＞0，λ=mn＞1．如图1，若直线l 与y 轴重合，即直线l 的方程为x=0，则S 1=12|BD|⋅|OM|=12a|BD| ， S 2=12|AB|⋅|ON|=12a|AB| ，所以 S1S 2=|BD||AB| ． 在C 1和C 2的方程中分别令x=0，可得y A =m ，y B =n ，y D =﹣m ， 于是 |BD||AB|=|y B −y D ||y A −y B|=m+n m−n =λ+1λ−1 ． 若 S1S 2=λ ，则 λ+1λ−1=λ ，化简得λ2﹣2λ﹣1=0，由λ＞1，解得 λ=√2+1 ． 故当直线l 与y 轴重合时，若S 1=λS 2，则 λ=√2+1 ．…线…………○……线…………○…（2）解：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1=λS 2，根据对称性， 不妨设直线l ：y=kx （k ＞0），点M （﹣a ，0），N （a ，0）到直线l 的距离分别为d 1，d 2，则d 1=√1+k 2=√1+k 2d 2=√1+k 2=√1+k 2，所以d 1=d 2．又 S 1=12|BD|d 1,S 2=12|AB|d 2 ，所以 S1S 2=|BD||AB|=λ ，即|BD|=λ|AB|．由对称性可知|AB|=|CD|，所以|BC|=|BD|﹣|AB|=（λ﹣1）|AB|， |AD|=|BD|+|AB|=（λ+1）|AB|，于是 |AD||BC|=λ+1λ−1 ． 将l 的方程分别与C 1和C 2的方程联立，可求得x A =√2x B =√2根据对称性可知x C =﹣x B ，x D =﹣x A ，于是|AD||BC|=√1+k 2|x −x |√1+k 2|x B −x C|=m n √a 2k 2+n 2a 2k 2+m 2② 从而由①和②可得 √a2k 2+n 2a 2k 2+m2=λ+1λ(λ−1) ③ 令 t =λ+1λ(λ−1)，则由m ＞n ，可得t≠1，于是由③可得 k 2=n 2(λ2t 2−1)a 2(1−t 2)．因为k≠0，所以k 2＞0．于是③关于k 有解，当且仅当 n 2(λ2t 2−1)a 2(1−t 2)>0 ，等价于 (t 2−1)(t 2−1λ2)<0 ，由λ＞1，解得 1λ<t <1 ， 即 1λ<λ+1λ(λ−1)<1 ，由λ＞1，解得 λ>1+√2 ，所以当 1<λ≤1+√2 时，不存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1=λS 2； 当 λ>1+√2 时，存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1=λS 2．答案第16页，总17页……○…………订……………………线…………○※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※……○…………订……………………线…………○【解析】18.（1）设出两个椭圆的方程，当直线l 与y 轴重合时，求出△BDM 和△ABN 的面积S 1和S 2 ， 直接由面积比=λ列式求λ的值；（2）假设存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1=λS 2 ， 设出直线方程，由点到直线的距离公式求出M 和N 到直线l 的距离，利用数学转化思想把两个三角形的面积比转化为线段长度比，由弦长公式得到线段长度比的另一表达式，两式相等得到 √a 2k 2+n 2a 2k 2+m2=λ+1λ(λ−1) ，换元后利用非零的k 值存在讨论λ的取值范围．【考点精析】关于本题考查的点到直线的距离公式，需要了解点到直线的距离为：才能得出正确答案．19.（1）解：由题意得f'（x ）=（r+1）（1+x ）r ﹣（r+1）=（r+1）[（1+x ）r ﹣1]， 令f'（x ）=0，解得x=0．当﹣1＜x ＜0时，f'（x ）＜0，∴f（x ）在（﹣1，0）内是减函数； 当x ＞0时，f'（x ）＞0，∴f（x ）在（0，+∞）内是增函数． 故函数f （x ）在x=0处，取得最小值为f （0）=0．（2）证明：由（1），当x∈（﹣1，+∞）时，有f （x ）≥f（0）=0， 即（1+x ）r+1≥1+（r+1）x ，且等号当且仅当x=0时成立， 故当x ＞﹣1且x≠0，有（1+x ）r+1＞1+（r+1）x ，① 在①中，令 x =1n（这时x ＞﹣1且x≠0），得 (1+1n )r+1>1+r+1n． 上式两边同乘n r+1，得（n+1）r+1＞n r+1+n r （r+1）， 即 n r<(n+1)r+1−n r+1r+1，②当n ＞1时，在①中令 x =−1n（这时x ＞﹣1且x≠0）， 类似可得 n r>n r+1−(n−1)r+1r+1，③……○…………装…………○…………订学校:___________姓名：___________班级：___________……○…………装…………○…………订且当n=1时，③也成立．综合②，③得n r+1−(n−1)r+1r+1<n r <(n+1)r+1−n r+1r+1，④（3）解：在④中，令 r =13，n 分别取值81，82，83， (125)得 34(8143−8043)<√813<34(8243−8143) ， 34(8243−8143)<√823<34(8343−8243) ， 34(8343−8243)<√833<34(843−8343) ， (3)4(12543−12443)<√833<34(12643−12543) ，将以上各式相加，并整理得 34(12543−8043)<S <34(12643−8143) ．代入数据计算，可得 34(12543−8043)≈210.2,34(12643−8143)≈210.9由[S]的定义，得[S]=211．【解析】19.（1）先求出函数f （x ）的导函数f′（x ），令f'（x ）=0，解得x=0，再求出函数的单调区间，进而求出最小值为f （0）=0；（2）根据（1）知，即（1+x ）r+1≥1+（r+1）x ，令 x =1n代入并化简得 n r<(n+1)r+1−n r+1r+1，再令 x =−1n得， n r>n r+1−(n−1)r+1r+1，即结论得到证明；（3）根据（Ⅱ）的结论，令 r =13，n 分别取值81，82，83， (125)分别列出不等式，再将各式相加得， 34(12543−8043)<S <34(12643−8143) ，再由参考数据和条件进行求解．【考点精析】根据题目的已知条件，利用利用导数研究函数的单调性和数列的前n 项和的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减；数列{a n }的前n 项和s n 与通项a n 的关系．。

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2i1iz =+（i 为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（ ）（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】2ii(1i)1i 1iz ==-=++，则1i z =-，其对应点()1,1Z -位于第四象限，故选D ．（2）【2013年湖北，理2，5分】已知全集为R ，集合1{()1}2x A x =≤，2{680}B x x x =-+≤，则A B =R ð（ ）（A ）{0}x x ≤ （B ）{24}x x ≤≤ （C ）{024}x x x ≤<>或 （D ）{024}x x x <≤≥或 【答案】C【解析】∵26802,4x x x x -+>⇔<>，1102xx ⎛⎫≤⇔≥ ⎪⎝⎭，∴A B =R ð{024}x x x ≤<>或，故选C ．（3）【2013年湖北，理3，5分】在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次．设命题p 是“甲降落在指定范围”，q 是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（ ） （A ）()p ⌝∨()q ⌝ （B ）p ∨()q ⌝ （C ）()p ⌝∧()q ⌝ （D ）p ∨q【答案】A【解析】因为p 是“甲降落在指定范围”，q 是“乙降落在指定范围”，则p -是“没有降落在指定范围”，q -是“乙 没有降落在指定范围”，所以命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为()p ⌝∨()q ⌝，故选A ．（4）【2013年湖北，理4，5分】将函数sin ()y x x x =+∈R 的图象向左平移(0)m m >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（ ）（A ）π12 （B ）π6 （C ）π3 （D ）5π6【答案】B【解析】因为sin ()y x x x +∈R 可化为()2cos()6y x x R π=-∈，将它向左平移6π个单位得2cos ()2cos 66y x x ππ⎡⎤=+-=⎢⎥⎣⎦，其图像关于y 轴对称，故选B ．（5）【2013年湖北，理5，5分】已知π04θ<<，则双曲线1C ：22221cos sin x y θθ-=与2C ：222221sin sin tan y x θθθ-=的 （ ）（A ）实轴长相等 （B ）虚轴长相等 （C ）焦距相等 （D ）离心率相等 【答案】D【解析】对于双曲线1C ，有1sin cos 222=+=θθc ，θcos 1==a c e ． 对于双曲线2C ，有θθθθθ222222tan sec sin )tan 1(sin =⋅=+=c ，θθθcos 1sin tan ===a c e ．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(1,1)A -、(1,2)B 、(2,1)C --、(3,4)D ，则向量AB 在CD 方向上的投影为（ ）（A （B （C ）（D ）【答案】A【解析】2,1AB =（），5,5CD =（），则AB 在CD 方向上的射影为cos AB CD AB CD θ⋅==故选A ．（7）【2013年湖北，理7，5分】一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度25()731v t t t =-++（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：m ）是（ ）（A ）125ln5+ （B ）11825ln 3+ （C ）425ln5+ （D ）450ln 2+【答案】C【解析】令25()731v t t t =-++=0，解得4t =或83t =-（不合题意，舍去），即汽车经过4秒中后停止，在此期间汽车继续行驶的距离为4442000253()d (73)d 725ln(1)425ln 512v t t t t t t t t ⎛⎫=-+==-++=+ ⎪+⎝⎭⎰⎰，故选C ． （8）【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1V ，2V ，3V ，4V ，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（ ）（A ）1243V V V V <<< （B ）1324V V V V <<<（C ）2134V V V V <<< （D ）2314V V V V <<< 【答案】C【解析】显然23V V <，所以B 不正确． 又2217(2121)33V ππ=++⨯=，22122V ππ=⋅⋅=，3328V ==，224128(4242)33V =++⨯=，从而2134V V V V <<<，故选C ． （9）【2013年湖北，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 （B ）65（C ）168125 （D ）75【答案】B【解析】125个同样大小的小正方体的面数共有125×6=750，涂了油漆的面数有25×6=150．每一个小正方体的一个面涂漆的频率为15017505=，则它的涂漆面数为X 的均值()E X =16655⨯=，故选B ． （10）【2013年湖北，理10，5分】已知a 为常数，函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点1x ，212()x x x <，则（ ）（A ）1()0f x >，21()2f x >- （B ）1()0f x <，21()2f x <-（C ）1()0f x >，21()2f x <- （D ）1()0f x <，21()2f x >-【答案】D【解析】'()ln 12f x x ax =+-，由()(ln )f x x x ax =-由两个极值点，得'()0f x =有两个不等的实数解，即ln 21x ax =-有两个实数解，从而直线21y ax =-与曲线ln y x =有两个交点． 过点()0,1-作ln y x =的切线，设切点为()00,x y ，则切线的斜率01k x =，切线方程为011y x x =-．切点在切线上，则00010x y x =-=，又切点在曲线ln y x =上，则00ln 01x x =⇒=，即切点为()1,0，切线方程为1y x =-． 再由直线21y ax =-与曲线ln y x =有两个交点，知直线21y ax =-位于两直线0y =和1y x =-之间，如图所示，其斜率2a 满足：021a <<，解得102a <<． 则这函数的两个极点12,x x 满足1201x x <<<，所以12()(1)()f x f f x <<，而1(1)(,0)2f a =-∈-，即12()()f x a f x <-<，所以121()0,()2f x f x <>-，故选D ． 二、填空题：共6小题，考生需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号．．．．．．．的位置上．．．．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．（一）必考题（11-14题）（11）【2013年湖北，理11，5分】从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图所示（1）直方图中x 的 值为_________；（2）在这些用户中，用电量落在区间[100,250)内的户数 为 ． 【答案】（1）0.0044 （2）70【解析】（1）1[150(0.00600.003620.00240.0012)]0.004450x =-++⨯+=．（2）用电量落在区间[100,250)内的户数为(0.00360.00600.0044)5010070++⨯⨯=．（12）【2013年湖北，理12，5分】阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i = ． 【答案】5 【解析】已知初始值10,1a i ==，∵104a =≠，则执行程序，得5,2a i ==；因为54a =≠，则执行程序，得16,3a i ==；164a =≠，则第三次执行程序，得8,4a i ==；∵84a =≠，则第四次执行程序，得4,5a i ==；∵4a =，执行输出i ，5i =．（13）【2013年湖北，理13，5分】设,,x y z ∈R ，且满足：2221x y z ++=，23x y z ++=则x y z ++= ．【解析】由柯西不等式得2222222()()1(23)32x y z x y z ≥＋＋＋＋＋＋当且仅当1x y z==时等号成立，此时2y x =，3z x =．∵2221x y z ＋＋=，23x y z =++∴x =，y =，z =∴x y z ++= （14）【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2(1)11222n n n n +=+． 记第n 个k 边形数为(,)(3)N n k k ≥，以下列出了部分k边形数中第n 个数的表达式：三角形数 211(,3)22N n n n =+，正方形数 2(,4)N n n =，五边形数231(,5)22N n n n =-，六边形数 2(,6)2N n nn =-，…………可以推测(,)N n k 的表达式，由此计算(10,24)N =________．【答案】1000【解析】由题中数据可猜想：含2n 项的系数为首项是12，公差是12的等差数列，含n 项的系数为首项是12，公差是12-的等差数列，因此22111124()33222222N n k k k k n k n n n ⎡⎤--⎡⎤⎛⎫=+(-)++(-)-=+ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎣⎦，． 故()2210,241110111010101000N n n =-=⨯-⨯=．（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3AB AD =，则CEEO的值为_______．【答案】8【解析】根据题设，易知3OC AO DO ==，Rt Rt Rt ODE DCE OCD ∆∆∆∽∽，∴31OD CD OC OE DE OD ===，即39CO OD OE ==，在Rt ODE ∆中，22222298DE DO OE OE OE OE =-=-=，在Rt CDE ∆中，2222229864C E C D D E D E D E D E O E =-=-==，即2264CE EO =，∴8CE EO=．（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cos ,sin x a y b ϕϕ=⎧⎨=⎩（ϕ为参数，0a b >>）．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πsin()4ρθ+=（m 为非零常数）与b ρ=． 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 ．【解析】椭圆C 的方程可以化为22221x y a b+=，圆O 的方程可化为222x y b +=，直线l 的方程可化为x y m +=，因为直线l 经过椭圆的焦点，且与圆O 相切，则c m =，b =，a ==，所以椭圆的离心率c e a ==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分】在△ABC 中，角A ，B ，C 对应的边分别是a ，b ，c ． 已知cos23cos()1A B C -+=． （1）求角A 的大小；（2）若△ABC的面积S =5b =，求sin sin B C 的值．解：（1）由cos23cos()1A B C -+=，得22cos 3cos 20A A +-=，即(2cos 1)(cos 2)0A A -+=，解得1cos 2A =或cos 2A =-（舍因为0πA <<，所以π3A =．（2）由11sin 22S bc A bc ====得20bc =．又5b =，知4c =．由余弦定理故a =又由正弦定理得222035sin sin sin sin sin 2147b c bc B C A A A a a a =⋅==⨯=．（18）【2013年湖北，理18，12分】已知等比数列{}n a 满足：23||10a a -=，123125a a a =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）是否存在正整数m ，使得121111m a a a +++≥？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由． 解：（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，则由已知可得331211125||10a q a q a q ⎧=⎪⎨-=⎪⎩，解得1533a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，或151a q =-⎧⎨=-⎩． 故1533n n a -=⋅，或15(1)n n a -=-⋅-．（2）若1533n n a -=⋅，则1131()53n n a -=⋅，故1{}n a 是首项为35，公比为13的等比数列，从而131[1()]191953[1()]111031013m mm n na =⋅-==⋅-<<-∑．若1(5)(1)n n a -=-⋅-，则111(1)5n n a -=--，故1{}n a 是首项为15-，公比为1-的等比数列，从而11,21()1502()mn n m k k a m k k +=+⎧-=-∈⎪=⎨⎪=∈⎩∑,N N ，故111m n n a =<∑．综上，对任何正整数m ，总有111mn na =<∑．故不存在正整数m ，使得121111ma a a +++≥成立． （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 ⊥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l ，试判断直线l 与平面PAC 的位置关系，并加以证明；（2）设（1）中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足12DQ CP =． 记直线PQ与平面ABC 所成的角为θ，异面直线PQ 与EF 所成的角为α，二面角E l C --的 大小为β，求证：sin sin sin θαβ=．解：（1）直线l ∥平面PAC ，证明如下：连接EF ，因为E ，F 分别是PA ，PC 的中点，所以EF ∥AC ． 又EF ⊄平面ABC ， 且AC ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC ．而EF ⊂平面BEF ，且平面BEF 平面ABC l =，所以EF ∥l ． 因为l ⊄平面PAC ，EF ⊂平面PAC ，所以直线l ∥平面PAC ． （2）解法一：（综合法）如图，连接BD ，由（1）可知交线l 即为直线BD ，且l ∥AC ．因为AB 是O 的直径， 所以AC BC ⊥，于是l BC ⊥．已知PC ⊥平面ABC ，而l ⊂平面ABC ，所以PC l ⊥．而PC BC C =，所以l ⊥平面PBC ．连接BE ，BF ，因为BF ⊂平面PBC ，所以l BF ⊥．故CBF ∠就是二面角E l C --的平面角，即CBF β∠=．由12DQ CP =，作DQ ∥CP ，且12D Q C P =．连接PQ ，DF ，因为F 是CP 的中点，2CP PF =，所以DQ PF =，从而四边形DQPF 是平行四边形， PQ ∥FD ．连接CD ，因为PC ⊥平面ABC ，所以CD 是FD 在平面ABC 内的射影，故CDF ∠就是直线PQ 与平面ABC 所成的角，即CDF θ∠=．又BD ⊥平面PBC ，有BD BF ⊥， 知BDF ∠为锐角，故BDF ∠为异面直线PQ 与EF 所成的角，即BDF α∠=，于是在Rt △DCF ，Rt △FBD ，Rt △BCF 中，分别可得sin CF DF θ=，sin BF DF α=，sin CFBFβ=， 从而sin sin sin CF BF CFBF DF DFαβθ=⋅==，即sin sin sin θαβ=．解法二：（向量法）如图，由12DQ CP =，作DQ ∥CP ，且12D Q C P =．连接PQ ，EF ，BE ，BF ，BD ，由（1）可知交线l 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,,2CA a CB b CP c ===，则有(0,0,0),(,0,0),(0,,0),(0,0,2),(,,)C A a B b P c Q a b c ，1(,0,),(0,0,)2E a cF c ．于是1(,0,0)2FE a =，(,,)QP a b c =--，(0,,)BF b c =-，所以||cos||||FE QP FE QP a α⋅==⋅，从而2sin a α==+又取平面ABC 的一个法向量为(0,0,1)=m ，可得||sin ||||QP QP a θ⋅==⋅m m ，设平面BEF 的一个法向量为(,,)x y z =n ，所以由00FE BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，可得1020ax by cz⎧=⎪⎨⎪-+=⎩．取(0,,)c b =n ．于是|||cos |||||β⋅==⋅m n m n sin β．故sin sin sin αβθ===，即sin sin sin θαβ=．（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2(800,50)N 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0p ．（1）求0p 的值；（参考数据：若X ～2(,)N μσ，有()0.6826P X μσμσ-<≤+=(22)0.9544P X μσμσ-<≤+=，(33)0.9974P X μσμσ-<≤+=）； （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0p 的 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2(800,50)N ，故有800μ=，50σ=，(700900)0.9544P X <≤=．由正态分布的对称性，得0(900)(800)(800900)p P X P X P X =≤=≤+<≤11(700900)0.977222P X =+<≤=．（2）设A 型、B 型车辆的数量分别为, x y 辆，则相应的营运成本为16002400x y +．依题意， , x y 还需满足：021, 7, (3660)x y y x P X x y p +≤≤+≤+≥．由（1）知，0(900)p P X =≤，故0(3660)P X x y p ≤+≥等价于3660900x y +≥．于是问题等价于求满足约束条件2173660900, 0, x y y x x y x y x y +≤⎧⎪≤+⎪⎨+≥⎪⎪≥∈⎩，N，且使目标函数16002400z x y =+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(5,12), (7,14), (15,6)P Q R ．由图可知，当直线16002400z x y =+经过可行域的点P 时，直线16002400z x y =+在y 轴上截距2400z最小，即z 取得最小值．故应配备A 型车5辆、B 型车12辆． （21）【2013年湖北，理21，14分】如图，已知椭圆1C 与2C 的中心在坐标原点O ，长轴均为MN且在x 轴上，短轴长分别为2m ，2()n m n >，过原点且不与x 轴重合的直线l 与1C ，2C 的四个交点按纵坐标从大到小依次为A ，B ，C ，D ．记mnλ=，△BDM 和△ABN 的面积分别为1S 和2S ．（1）当直线l 与y 轴重合时，若12S S λ=，求λ的值；（2）当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l ，使得12S S λ=？并说明理由．解：依题意可设椭圆1C 和2C 的方程分别为1C ：22221x y a m +=，2C ：22221x y a n +=．其中0a m n >>>， 1.mnλ=>（1）解法一：如图，若直线l 与y 轴重合，即直线l 的方程为0x =，则111||||||22S BD OM a BD =⋅=，211||||||22S AB ON a AB =⋅=，所以12||||S BD S AB =． 在C 1和C 2的方程中分别令0x =， 可得A y m =，B y n =，D y m =-，于是||||1||||1B D A B y y BD m n AB y y m n λλ-++===---． 若12S S λ=，则11λλλ+=-，化简得2210λλ--=． 由1λ>，可解得1λ=． 故当直线l 与y 轴重合时，若12S S λ=，则1λ=+． 解法二：如图，若直线l 与y 轴重合，则||||||BD OB OD m n =+=+，||||||AB OA OB m n =-=-；111||||||22S BD OM a BD =⋅=，211||||||22S AB ON a AB =⋅=．所以12||1||1S BD m n S AB m n λλ++===--． 若12S S λ=，则11λλλ+=-，化简得2210λλ--=． 由1λ>，可解得1λ=． 故当直线l 与y 轴重合时，若12S S λ=，则1λ=+．（2）解法一：如图，若存在与坐标轴不重合的直线l ，使得12S S λ=． 根据对称性，不妨设直线l ：(0)y kx k =>，点(,0)M a -，(,0)N a 到直线l 的距离分别为1d ，2d ，则因为1d ==2d ==，所以12d d =． 又111||2S BD d =，221||2S AB d =，所以12||||S BD S AB λ==，即||||BD AB λ=．由对称性可知||||AB CD =，所以||||||(1)||BC BD AB AB λ=-=-，||||||(1)||AD BD AB AB λ=+=+，于是||1||1AD BC λλ+=-．① 将l 的方程分别与C 1，C 2的方程联立，可求得A xB x = 根据对称性可知C B x x =-，D A x x =-，于是2||||2A Bx AD BC x ==1(1)λλλ+=-．③令1(1)t λλλ+=-，则由m n >，可得1t ≠，于是由③可解 得222222(1)(1)n t k a t λ-=-．因为0k ≠，所以20k >． 于是③式关于k 有解，当且仅当22222(1)0(1)n t a t λ->-， 等价于2221(1)()0t t λ--<． 由1λ>，可解得11t λ<<，即111(1)λλλλ+<<-，由1λ>，解得1λ>所以当11λ<≤+l ，使得12S S λ=；当1λ>l 使得12S S λ=．解法二：如图，若存在与坐标轴不重合的直线l ，使得12S S λ=． 根据对称性，不妨设直线l ：(0)y kx k =>，点(,0)M a -，(,0)N a 到直线l 的距离分别为1d ，2d ，则1d ==2d ==，所以12d d =．又111||2S BD d =，221||2S AB d =，所以12||||S BD S AB λ==．因为||||A B A Bx x BD AB x x λ+===-，所以11A B x x λλ+=-． 由点(,)A A A x kx ，(,)B B B x kx 分别在C 1，C 2上，可得222221A A x k x a m +=，222221B B x k x a n+=，两式相减可得22222222()0A B A B x x k x x a m λ--+=，依题意0A Bx x >>，所以22A B x x >．所以由上式解得22222222()()A B B A m x x k a x x λ-=-．因为20k >，所以由2222222()0()A B B A m x x a x x λ->-，可解得1A Bx x λ<<．从而111λλλ+<<-，解得1λ>11λ<≤l ，使得12S S λ=；当1λ>+l 使得12S S λ=（22）【2013年湖北，理22，14分】设n 是正整数，r 为正有理数．（1）求函数1()(1)(1)1(1)r f x x r x x +=+-+->-的最小值；（2）证明：1111(1)(1)11r r r r rn n n n n r r ++++--+-<<++；（3）设x ∈R ，记x ⎡⎤⎢⎥为不小于．．．x 的最小整数，例如22=⎡⎤⎢⎥，π4=⎡⎤⎢⎥，312⎡⎤-=-⎢⎥⎢⎥．令3125S +，求S ⎡⎤⎢⎥的值．（参考数据：4380344.7≈，4381350.5≈，43124618.3≈，43126631.7≈）解：（1）因为()(1)(1)(1)(1)[(1)1]r r f x r x r r x '=++-+=++-，令()0f x '=，解得0x =．当10x -<<时，()0f x '<，所以()f x 在(1,0)-内是减函数；当0x >时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞内是增函数．故函数()f x 在0x =处取得最小值(0)0f =． （2）由（1），当(1,)x ∈-+∞时，有()(0)0f x f ≥=，1(1)1(1)r x r x ++≥++，且等号当且仅当0x =时成立，故当1x >-且0x ≠时，1(1)1(1)r x r x ++>++．①在①中，令1x n =（1x >-且0x ≠），111(1)1r r n n +++>+． 上式两边同乘1r n +，得11(1)(1)r r r n n n r +++>++，即11(1).1r r rn n n r +++-<+②当1n >时，在①中令1x n =-（这时1x >-且0x ≠），类似可得11(1).1r r rn n n r ++-->+③且当1n =时，③也成立．综合②，③得1111(1)(1)11r r r r rn n n n n r r ++++--+-<<++． ④（3）在④中，令13r =，n 分别取值81，82，83，…，125，得44443333338180(8281)44-<-（），44443333338281(8382)44--（），44443333338382(8483)44-<-（）， (4444)333333125124(126125)44-<<-（）．将以上各式相加，并整理得444433333312580(12681)44S -<<-（）．代入数据计算，可得4433312580210.24-≈（），4433312681210.94-≈（）．由S ⎡⎤⎢⎥的定义，得211S =⎡⎤⎢⎥．。

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2i1iz =+（i 为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（ ）（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】2ii(1i)1i 1iz ==-=++，则1i z =-，其对应点()1,1Z -位于第四象限，故选D ．（2）【2013年湖北，理2，5分】已知全集为R ，集合1{()1}2x A x =≤，2{680}B x x x =-+≤，则A B =R I ð（ ）（A ）{0}x x ≤ （B ）{24}x x ≤≤ （C ）{024}x x x ≤<>或 （D ）{024}x x x <≤≥或 【答案】C【解析】∵26802,4x x x x -+>⇔<>，1102xx ⎛⎫≤⇔≥ ⎪⎝⎭，∴A B =I R ð{024}x x x ≤<>或，故选C ．（3）【2013年湖北，理3，5分】在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次．设命题p 是“甲降落在指定范围”，q 是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（ ） （A ）()p ⌝∨()q ⌝ （B ）p ∨()q ⌝ （C ）()p ⌝∧()q ⌝ （D ）p ∨q【答案】A【解析】因为p 是“甲降落在指定范围”，q 是“乙降落在指定范围”，则p -是“没有降落在指定范围”，q -是“乙 没有降落在指定范围”，所以命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为()p ⌝∨()q ⌝，故选A ．（4）【2013年湖北，理4，5分】将函数sin ()y x x x =+∈R 的图象向左平移(0)m m >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（ ）（A ）π12 （B ）π6 （C ）π3 （D ）5π6【答案】B【解析】因为sin ()y x x x +∈R 可化为()2cos()6y x x R π=-∈，将它向左平移6π个单位得2cos ()2cos 66y x x ππ⎡⎤=+-=⎢⎥⎣⎦，其图像关于y 轴对称，故选B ．（5）【2013年湖北，理5，5分】已知π04θ<<，则双曲线1C ：22221cos sin x y θθ-=与2C ：222221sin sin tan y x θθθ-=的（ ）（A ）实轴长相等 （B ）虚轴长相等 （C ）焦距相等 （D ）离心率相等 【答案】D【解析】对于双曲线1C ，有1sin cos 222=+=θθc ，θcos 1==a c e ． 对于双曲线2C ，有θθθθθ222222tan sec sin )tan 1(sin =⋅=+=c ，θθθcos 1sin tan ===a c e ．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(1,1)A -、(1,2)B 、(2,1)C --、(3,4)D ，则向量AB u u u r在CD u u u r 方向上的投影为（ ）（A（B（C）（D）【答案】A【解析】2,1AB =u u u r （），5,5CD =u u u r （），则AB u u u r 在CD u u u r方向上的射影为cos AB CD AB CD θ⋅===u u u r u u u ru u u r u u u r故选A ．（7）【2013年湖北，理7，5分】一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度25()731v t t t =-++（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：m ）是（ ）（A ）125ln5+ （B ）11825ln 3+ （C ）425ln5+ （D ）450ln2+【答案】C【解析】令25()731v t t t =-++=0，解得4t =或83t =-（不合题意，舍去），即汽车经过4秒中后停止，在此期间汽车继续行驶的距离为4442000253()d (73)d 725ln(1)425ln 512v t t t t t t t t ⎛⎫=-+==-++=+ ⎪+⎝⎭⎰⎰，故选C ． （8）【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1V ，2V ，3V ，4V ，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（ ）（A ）1243V V V V <<< （B ）1324V V V V <<<（C ）2134V V V V <<< （D ）2314V V V V <<< 【答案】C【解析】显然23V V <，所以B 不正确． 又2217(2121)33V ππ=++⨯=，22122V ππ=⋅⋅=，3328V ==，224128(4242)33V =++⨯=，从而2134V V V V <<<，故选C ． （9）【2013年湖北，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 （B ）65（C ）168125 （D ）75【答案】B【解析】125个同样大小的小正方体的面数共有125×6=750，涂了油漆的面数有25×6=150．每一个小正方体的一个面涂漆的频率为15017505=，则它的涂漆面数为X 的均值()E X =16655⨯=，故选B ． （10）【2013年湖北，理10，5分】已知a 为常数，函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点1x ，212()x x x <，则（ ）（A ）1()0f x >，21()2f x >- （B ）1()0f x <，21()2f x <-（C ）1()0f x >，21()2f x <- （D ）1()0f x <，21()2f x >-【答案】D【解析】'()ln 12f x x ax =+-，由()(ln )f x x x ax =-由两个极值点，得'()0f x =有两个不等的实数解，即ln 21x ax =-有两个实数解，从而直线21y ax =-与曲线ln y x =有两个交点． 过点()0,1-作ln y x =的切线，设切点为()00,x y ，则切线的斜率01k x =，切线方程为011y x x =-．切点在切线上，则00010x y x =-=，又切点在曲线ln y x =上，则00ln 01x x =⇒=，即切点为()1,0，切线方程为1y x =-． 再由直线21y ax =-与曲线ln y x =有两个交点，知直线21y ax =-位于两直线0y =和1y x =-之间，如图所示，其斜率2a 满足：021a <<，解得102a <<． 则这函数的两个极点12,x x 满足1201x x <<<，所以12()(1)()f x f f x <<，而1(1)(,0)2f a =-∈-，即12()()f x a f x <-<，所以121()0,()2f x f x <>-，故选D ．二、填空题：共6小题，考生需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号．．．．．．．的位置上．．．．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．（一）必考题（11-14题）（11）【2013年湖北，理11，5分】从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图所示（1）直方图中x 的 值为_________；（2）在这些用户中，用电量落在区间[100,250)内的户数 为 ． 【答案】（1） （2）70【解析】（1）1[150(0.00600.003620.00240.0012)]0.004450x =-++⨯+=．（2）用电量落在区间[100,250)内的户数为(0.00360.00600.0044)5010070++⨯⨯=．（12）【2013年湖北，理12，5分】阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i = ． 【答案】5 【解析】已知初始值10,1a i ==，∵104a =≠，则执行程序，得5,2a i ==；因为54a =≠，则执行程序，得16,3a i ==；164a =≠，则第三次执行程序，得8,4a i ==；∵84a =≠，则第四次执行程序，得4,5a i ==；∵4a =，执行输出i ，5i =．（13）【2013年湖北，理13，5分】设,,x y z ∈R ，且满足：2221x y z ++=，23x y z ++=则x y z ++= ．【解析】由柯西不等式得2222222()()1(23)32x y z x y z ≥＋＋＋＋＋＋当且仅当1x y z==时等号成立，此时2y x =，3z x =．∵2221x y z ＋＋=，23x y z =++∴x =，y =，z =∴x y z ++= （14）【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，L ，第n 个三角形数为2(1)11222n n n n +=+． 记第n 个k 边形数为(,)(3)N n k k ≥，以下列出了部分k边形数中第n 个数的表达式：三角形数 211(,3)22N n n n =+，正方形数 2(,4)N n n =，五边形数231(,5)22N n n n =-，六边形数 2(,6)2N n n n =-，…………可以推测(,)N n k 的表达式，由此计算(10,24)N =________．【答案】1000【解析】由题中数据可猜想：含2n 项的系数为首项是12，公差是12的等差数列，含n 项的系数为首项是12，公差是12-的等差数列，因此22111124()33222222N n k k k k n k n n n ⎡⎤--⎡⎤⎛⎫=+(-)++(-)-=+ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎣⎦，． 故()2210,241110111010101000N n n =-=⨯-⨯=．（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3AB AD =，则CEEO的值为_______．【答案】8【解析】根据题设，易知3OC AO DO ==，Rt Rt Rt ODE DCE OCD ∆∆∆∽∽，∴31OD CD OC OE DE OD ===，即39CO OD OE ==，在Rt ODE ∆中，22222298DE DO OE OE OE OE =-=-=，在Rt CDE ∆中，22222229864CE CD DE DE DE DE OE =-=-==，即2264CE EO =，∴8CE EO=． （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cos ,sin x a y b ϕϕ=⎧⎨=⎩（ϕ为参数，0a b >>）．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πsin()4ρθ+=（m 为非零常数）与b ρ=． 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 ．【解析】椭圆C 的方程可以化为22221x y a b+=，圆O 的方程可化为222x y b +=，直线l 的方程可化为x y m +=，因为直线l 经过椭圆的焦点，且与圆O 相切，则c m =，b =，a ==，所以椭圆的离心率c e a ==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分】在△ABC 中，角A ，B ，C 对应的边分别是a ，b ，c ． 已知cos23cos()1A B C -+=． （1）求角A 的大小；（2）若△ABC的面积S =5b =，求sin sin B C 的值．解：（1）由cos23cos()1A B C -+=，得22cos 3cos 20A A +-=，即(2cos 1)(cos 2)0A A -+=，解得1cos 2A =或cos 2A =-（舍因为0πA <<，所以π3A =．（2）由11sin 22S bc A bc ====得20bc =．又5b =，知4c =．由余弦定理故a =又由正弦定理得222035sin sin sin sin sin 2147b c bc B C A A A a a a =⋅==⨯=．（18）【2013年湖北，理18，12分】已知等比数列{}n a 满足：23||10a a -=，123125a a a =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）是否存在正整数m ，使得121111m a a a +++≥L ？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由． 解：（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，则由已知可得331211125||10a q a q a q ⎧=⎪⎨-=⎪⎩，解得1533a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，或151a q =-⎧⎨=-⎩． 故1533n n a -=⋅，或15(1)n n a -=-⋅-．（2）若1533n n a -=⋅，则1131()53n n a -=⋅，故1{}n a 是首项为35，公比为13的等比数列，从而131[1()]191953[1()]111031013m mm n na =⋅-==⋅-<<-∑．若1(5)(1)n n a -=-⋅-，则111(1)5n n a -=--，故1{}n a 是首项为15-，公比为1-的等比数列，从而11,21()1502()mn n m k k a m k k +=+⎧-=-∈⎪=⎨⎪=∈⎩∑,N N ，故111m n n a =<∑．综上，对任何正整数m ，总有111mn n a =<∑．故不存在正整数m ，使得121111ma a a +++≥L 成立． （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 ⊥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l ，试判断直线l 与平面PAC 的位置关系，并加以证明；（2）设（1）中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足12DQ CP =u u u r u u u r． 记直线PQ与平面ABC 所成的角为θ，异面直线PQ 与EF 所成的角为α，二面角E l C --的 大小为β，求证：sin sin sin θαβ=．解：（1）直线l ∥平面PAC ，证明如下：连接EF ，因为E ，F 分别是PA ，PC 的中点，所以EF ∥AC ． 又EF ⊄平面ABC ， 且AC ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC ．而EF ⊂平面BEF ，且平面BEF I 平面ABC l =，所以EF ∥l ． 因为l ⊄平面PAC ，EF ⊂平面PAC ，所以直线l ∥平面PAC ． （2）解法一：（综合法）如图，连接BD ，由（1）可知交线l 即为直线BD ，且l ∥AC ．因为AB 是O e 的直径， 所以AC BC ⊥，于是l BC ⊥．已知PC ⊥平面ABC ，而l ⊂平面ABC ，所以PC l ⊥．而PC BC C =I ，所以l ⊥平面PBC ．连接BE ，BF ，因为BF ⊂平面PBC ，所以l BF ⊥．故CBF ∠就是二面角E l C --的平面角，即CBF β∠=．由12DQ CP =u u u r u u u r ，作DQ ∥CP ，且12DQ CP =．连接PQ ，DF ，因为F 是CP 的中点，2CP PF =，所以DQ PF =，从而四边形DQPF 是平行四边形， PQ ∥FD ．连接CD ，因为PC ⊥平面ABC ，所以CD 是FD 在平面ABC 内的射影，故CDF ∠就是直线PQ 与平面ABC 所成的角，即CDF θ∠=．又BD ⊥平面PBC ，有BD BF ⊥， 知BDF ∠为锐角，故BDF ∠为异面直线PQ 与EF 所成的角，即BDF α∠=，于是在Rt △DCF ，Rt △FBD ，Rt △BCF 中，分别可得sin CF DF θ=，sin BF DF α=，sin CFBFβ=， 从而sin sin sin CF BF CFBF DF DFαβθ=⋅==，即sin sin sin θαβ=．解法二：（向量法）如图，由12DQ CP =u u u r u u u r ，作DQ ∥CP ，且12DQ CP =．连接PQ ，EF ，BE ，BF ，BD ，由（1）可知交线l 即为直线BD ．以点C 为原点，向量,,CA CB CP u u u r u u u r u u u r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,,2CA a CB b CP c ===，则有(0,0,0),(,0,0),(0,,0),(0,0,2),(,,)C A a B b P c Q a b c ，1(,0,),(0,0,)2E a cF c ．于是1(,0,0)2FE a =u u u r ，(,,)QP a b c =--u u u r ，(0,,)BF b c =-u u u r ，所以222||cos ||||FE QP FE QP a b cα⋅==⋅++u u u r u u u ru u u r u u u r ，从而222222sin 1cos b c a b c αα+=-=++．又取平面ABC 的一个法向量为(0,0,1)=m ，可得222||sin ||||QP QP a b c θ⋅==⋅++u u u r u u u r m m ，设平面BEF 的一个法向量为(,,)x y z =n ，所以由00FE BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n ，可得1020ax by cz ⎧=⎪⎨⎪-+=⎩．取(0,,)c b =n ． 于是22|||cos |||||b c β⋅==⋅+m n m n ，从而222sin 1cos b cββ=-=+．故2222222222sin sin sin b c a b cb ca b cαβθ+=⋅==+++++，即sin sin sin θαβ=．（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2(800,50)N 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0p ．（1）求0p 的值；（参考数据：若X ～2(,)N μσ，有()0.6826P X μσμσ-<≤+=(22)0.9544P X μσμσ-<≤+=，(33)0.9974P X μσμσ-<≤+=）； （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0p 的 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2(800,50)N ，故有800μ=，50σ=，(700900)0.9544P X <≤=．由正态分布的对称性，得0(900)(800)(800900)p P X P X P X =≤=≤+<≤11(700900)0.977222P X =+<≤=．（2）设A 型、B 型车辆的数量分别为, x y 辆，则相应的营运成本为16002400x y +．依题意， , x y 还需满足：021, 7, (3660)x y y x P X x y p +≤≤+≤+≥．由（1）知，0(900)p P X =≤，故0(3660)P X x y p ≤+≥等价于3660900x y +≥． 于是问题等价于求满足约束条件2173660900, 0, x y y x x y x y x y +≤⎧⎪≤+⎪⎨+≥⎪⎪≥∈⎩，N，且使目标函数16002400z x y =+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(5,12), (7,14), (15,6)P Q R ．由图可知，当直线16002400z x y =+经过可行域的点P 时，直线16002400z x y =+在y 轴上截距2400z最小，即z 取得最小值．故应配备A 型车5辆、B 型车12辆． （21）【2013年湖北，理21，14分】如图，已知椭圆1C 与2C 的中心在坐标原点O ，长轴均为MN且在x 轴上，短轴长分别为2m ，2()n m n >，过原点且不与x 轴重合的直线l 与1C ，2C 的四个交点按纵坐标从大到小依次为A ，B ，C ，D ．记mnλ=，△BDM 和△ABN 的面积分别为1S 和2S ．（1）当直线l 与y 轴重合时，若12S S λ=，求λ的值；（2）当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l ，使得12S S λ=？并说明理由．解：依题意可设椭圆1C 和2C 的方程分别为1C ：22221x y a m +=，2C ：22221x y a n +=．其中0a m n >>>， 1.mnλ=>（1）解法一：如图，若直线l 与y 轴重合，即直线l 的方程为0x =，则111||||||22S BD OM a BD =⋅=，211||||||22S AB ON a AB =⋅=，所以12||||S BD S AB =． 在C 1和C 2的方程中分别令0x =， 可得A y m =，B y n =，D y m =-，于是||||1||||1B D A B y y BD m n AB y y m n λλ-++===---． 若12S S λ=，则11λλλ+=-，化简得2210λλ--=． 由1λ>，可解得21λ=+． 故当直线l 与y 轴重合时，若12S S λ=，则21λ=+． 解法二：如图，若直线l 与y 轴重合，则||||||BD OB OD m n =+=+，||||||AB OA OB m n =-=-；111||||||22S BD OM a BD =⋅=，211||||||22S AB ON a AB =⋅=．所以12||1||1S BD m n S AB m n λλ++===--． 若12S S λ=，则11λλλ+=-，化简得2210λλ--=． 由1λ>，可解得21λ=+． 故当直线l 与y 轴重合时，若12S S λ=，则21λ=+．（2）解法一：如图，若存在与坐标轴不重合的直线l ，使得12S S λ=． 根据对称性，不妨设直线l ：(0)y kx k =>，点(,0)M a -，(,0)N a 到直线l 的距离分别为1d ，2d ，则因为1d ==2d =，所以12d d =． 又111||2S BD d =，221||2S AB d =，所以12||||S BD S AB λ==，即||||BD AB λ=．由对称性可知||||AB CD =，所以||||||(1)||BC BD AB AB λ=-=-，||||||(1)||AD BD AB AB λ=+=+，于是||1||1AD BC λλ+=-．① 将l 的方程分别与C 1，C 2的方程联立，可求得A x =，B x = 根据对称性可知C B x x =-，D A x x =-，于是2||||2A Bx AD BC x =1(1)λλλ+=-．③令1(1)t λλλ+=-，则由m n >，可得1t ≠，于是由③可解 得222222(1)(1)n t k a t λ-=-．因为0k ≠，所以20k >． 于是③式关于k 有解，当且仅当22222(1)0(1)n t a t λ->-， 等价于2221(1)()0t t λ--<． 由1λ>，可解得11t λ<<，即111(1)λλλλ+<<-，由1λ>，解得1λ>所以当11λ<≤+l ，使得12S S λ=；当1λ>l 使得12S S λ=．解法二：如图，若存在与坐标轴不重合的直线l ，使得12S S λ=． 根据对称性，不妨设直线l ：(0)y kx k =>，点(,0)M a -，(,0)N a 到直线l 的距离分别为1d ，2d ，则1d ==2d ==，所以12d d =．又111||2S BD d =，221||2S AB d =，所以12||||S BD S AB λ==．因为||||A B A Bx x BD AB x x λ+===-，所以11A B x x λλ+=-． 由点(,)A A A x kx ，(,)B B B x kx 分别在C 1，C 2上，可得222221A A x k x a m +=，222221B B x k x a n+=，两式相减可得22222222()0A B A B x x k x x a mλ--+=，依题意0A B x x >>，所以22A B x x >． 所以由上式解得22222222()()A B B A m x x k a x x λ-=-．因为20k >，所以由2222222()0()A B B A m x x a x x λ->-，可解得1A Bx x λ<<．从而111λλλ+<<-，解得1λ>11λ<≤时，不存在与坐标轴不重合的直线l ，使得12S S λ=；当1λ>+l 使得12S S λ=（22）【2013年湖北，理22，14分】设n 是正整数，r 为正有理数．（1）求函数1()(1)(1)1(1)r f x x r x x +=+-+->-的最小值；（2）证明：1111(1)(1)11r r r r rn n n n n r r ++++--+-<<++； （3）设x ∈R ，记x ⎡⎤⎢⎥为不小于．．．x 的最小整数，例如22=⎡⎤⎢⎥，π4=⎡⎤⎢⎥，312⎡⎤-=-⎢⎥⎢⎥．令S L ，求S ⎡⎤⎢⎥的值．（参考数据：4380344.7≈，4381350.5≈，43124618.3≈， 43126631.7≈）解：（1）因为()(1)(1)(1)(1)[(1)1]r r f x r x r r x '=++-+=++-，令()0f x '=，解得0x =．当10x -<<时，()0f x '<，所以()f x 在(1,0)-内是减函数；当0x >时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞内是增函数．故函数()f x 在0x =处取得最小值(0)0f =． （2）由（1），当(1,)x ∈-+∞时，有()(0)0f x f ≥=，1(1)1(1)r x r x ++≥++，且等号当且仅当0x =时成立，故当1x >-且0x ≠时，1(1)1(1)r x r x ++>++．①在①中，令1x n =（1x >-且0x ≠），111(1)1r r n n +++>+． 上式两边同乘1r n +，得11(1)(1)r r r n n n r +++>++，即11(1).1r r rn n n r +++-<+②当1n >时，在①中令1x n =-（这时1x >-且0x ≠），类似可得11(1).1r r rn n n r ++-->+③且当1n =时，③也成立．综合②，③得1111(1)(1)11r r r r rn n n n n r r ++++--+-<<++． ④（3）在④中，令13r =，n 分别取值81，82，83，…，125，得44443333338180(8281)44-<-（），44443333338281(8382)44--（），44443333338382(8483)44-<-（）， (4444)333333125124(126125)44-<<-（）．将以上各式相加，并整理得444433333312580(12681)44S -<<-（）．代入数据计算，可得4433312580210.24-≈（），4433312681210.94-≈（）．由S ⎡⎤⎢⎥的定义，得211S =⎡⎤⎢⎥．。

2013年湖北高考数学试卷（理科）WORD 版绝密 ★ 启用前2013年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）数 学（理科）4．将函数3cos sin ()y x x x R =+∈的图像向左平移(0)m m >个单位长度后，所得到的图像关于y 轴对称，则m 的最小值是 A ．12πB ．6πC ．3πD ．56π 5．已知04πθ<<，则双曲线22221222222:1:1cos sin sin sin tan x y y x C C θθθθθ-=-=与的 A ．实轴长相等 B ．虚轴长相等 C ．焦距相等 D ．离心率相等6．已知点A （-1,1）、B （1,2）、C （-2,1）、D （3,4），则向量AB 和CD 方向上的投影为A ．322 B ．3152 C ．322 D ．31527．一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度25()73(,/)1v t t t s v m s t=-++的单位：的单位：行驶至停止，在此期间汽车继续行驶的距离（单位：m ）是 A ．1+25ln5 B ．118+25ln3C ．4+25ln5D ．4+50ln 2 8．一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，其体积分别为1234V V V V ，，，，这四个几何体为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有1243.AV V V V <<< 1324.BV V V V <<< 2134.C V V V V <<< 2314.DV V V V <<<9．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，从中抽取一个小正方体，记它的涂漆面数为X ，则X 的均值E(X)= A ．126125 B ．65 C ．168125 D ．7511．从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图所示。

2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类(湖北卷)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，只有一项是符合题目要求的．1．(2013湖北，理1)在复平面内，复数2i=1iz+(i为虚数单位)的共轭复数对应的点位于( )．A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．(2013湖北，理2)已知全集为R，集合112xA x⎧⎫⎪⎪⎛⎫=≤⎨⎬⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭，B＝{x|x2－6x＋8≤0}，则A ∩＝( )．A．{x|x≤0} B．{x|2≤x≤4}C．{x|0≤x＜2或x＞4} D．{x|0＜x≤2或x≥4}3．(2013湖北，理3)在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次．设命题p是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为( )．A．(⌝p)∨(⌝q) B．p∨(⌝q) C．(⌝p)∧(⌝q) D．p∨q4．(2013湖北，理4)将函数yx＋sin x(x∈R)的图象向左平移m(m＞0)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( ).A．π12 B．π6 C．π3 D．5π65．(2013湖北，理5)已知π0<<4θ，则双曲线C1：2222=1cos sinx yθθ-与C2：22222=1sin sin tany xθθθ-的( )．A．实轴长相等 B．虚轴长相等 C．焦距相等 D．离心率相等6．(2013湖北，理6)已知点A(－1,1)，B(1,2)，C(－2，－1)，D(3,4)，则向量AB在CD方向上的投影为( )．A．2 B． C．2-D．7．(2013湖北，理7)一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度v(t)＝25 731tt-++(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：m)是( )．A．1＋25ln 5 B．118+25ln3 C．4＋25ln 5 D．4＋50ln 28．(2013湖北，理8)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V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有( )．A．V1＜V2＜V4＜V3 B．V1＜V3＜V2＜V4C．V2＜V1＜V3＜V4 D．V2＜V3＜V1＜V49．(2013湖北，理9)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 ．126125B ．65C ．168125D ．7510．(2013湖北，理10)已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1＜x 2)，则( )．A ．f(x1)＞0，f(x2)＞12-B ．f(x1)＜0，f(x2)＜12-C ．f(x1)＞0，f(x2)＜12-D ．f(x1)＜0，f(x2)＞12-二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号．．．．．．．的位置上，答错位置，书写不清，模棱两可均不得分． 11．(2013湖北，理11)从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图所示．(1)直方图中x 的值为__________；(2)在这些用户中，用电量落在区间[100,250)内的户数为__________．12．(2013湖北，理12)阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i ＝__________.13．(2013湖北，理13)设x ，y ，z ∈R ，且满足：x 2＋y 2＋z 2＝1，x ＋2y ＋3z 则x ＋y ＋z ＝__________. 14．(2013湖北，理14)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2111222n n n n (+)=+.记第n 个k 边形数为N (n ，k )(k ≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式：三角形数 N (n,3)＝21122n n +， 正方形数 N (n,4)＝n 2， 五边形数 N (n,5)＝23122n n -， 六边形数 N (n,6)＝2n 2－n ，…… ……可以推测N (n ，k )的表达式，由此计算N (10,24)＝__________.(二)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湖北，理15)(选修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CEEO的值为______．16．(2013湖北，理16)(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cos sin x a y b ϕϕ=⎧⎨=⎩(φ为参数，a ＞b ＞0)．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πsin 42m ρθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭(m 为非零常数)与ρ＝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__________．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(2013湖北，理17)(本小题满分12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 对应的边分别是a ，b ，c .已知cos 2A －3cos(B ＋C )＝1.(1)求角A 的大小；(2)若△ABC 的面积S =b ＝5，求sin B sin C 的值．18．(2013湖北，理18)(本小题满分12分)已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)是否存在正整数m ，使得121111ma a a +++≥？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．19．(2013湖北，理19)(本小题满分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 ⊥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l ，试判断直线l 与平面PAC 的位置关系，并加以证明；(2)设(1)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足12DQ CP =，记直线PQ 与平面ABC 所成的角为θ，异面直线PQ 与EF 所成的角为α，二面角E －l －C 的大小为β，求证：sin θ＝sin αsin β.20．(2013湖北，理20)(本小题满分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)的椭机变量．记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0.(1)求p0的值；(参考数据：若X～N(μ，σ2)，有P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 6，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954 4，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.997 4.)(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1 600元/辆和2 400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p0的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？21．(2013湖北，理21) (本小题满分13分)如图，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m,2n(m＞n)，过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.记λ＝mn，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.(1)当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，求λ的值；(2)当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2？并说明理由．22．(2013湖北，理22)(本小题满分14分)设n是正整数，r为正有理数．(1)求函数f(x)＝(1＋x)r＋1－(r＋1)x－1(x＞－1)的最小值；(2)证明：111111<<11r r r rrn n n nnr r++++-(-)(+)-++；(3)设x∈R，记[x]为不小于．．．x的最小整数，例如[2]＝2，[π]＝4，3=12⎡⎤--⎢⎥⎣⎦.令3125S+，求[S]的值．(参考数据：4380344.7≈,4381350.5≈,43124618.3≈,43126631.7≈)2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类(湖北卷)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，只有一项是符合题目要求的．1．答案：D解析：∵2i 2i 1i =1i 1i 1i z (-)=+(+)(-)＝i(1－i)＝1＋i ， ∴复数2i=1iz +的共轭复数z ＝1－i ，其在复平面内对应的点(1，－1)位于第四象限．2．答案：C解析：由题意知集合112xA x ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=≤⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭＝{x |x ≥0}，集合B ＝{x |x 2－6x ＋8≤0}＝{x |2≤x ≤4}，＝{x |x ＜2或x ＞4}．因此A ∩()＝{x |0≤x ＜2或x ＞4}．3．答案：A解析：“至少有一位学员没有降落在指定范围”包括甲或乙没有落在指定范围或者两人均没有落在指定范围，因此应为(⌝p )∨(⌝q )．4．答案：B解析：∵y x ＋sin x ＝π2sin 3x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，∴函数y x ＋sin x (x ∈R )的图象向左平移m (m ＞0)个单位长度后，变为函数π=2sin 3y x m ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的图象.又∵所得到的图象关于y 轴对称，则有π3＋m ＝k π＋π2，k ∈Z ， ∴m ＝ππ6k +，k ∈Z .∵m ＞0，∴当k ＝0时，m 的最小值为π6. 5．答案：D解析：对于双曲线C 1：2222=1cos sin x y θθ-，21a ＝cos 2θ，21b ＝sin 2θ，21c ＝1； 对于双曲线C 2：22222=1sin sin tan y x θθθ-，22a ＝sin 2θ，22b ＝sin 2θtan 2θ，22c ＝sin 2θ＋sin 2θtan 2θ＝sin 2θ(1＋tan 2θ)＝22222sin sin sin 1cos cos θθθθθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭＝tan 2θ. ∵只有当θ＝ππ4k +(k ∈Z )时，21a ＝22a 或21b ＝22b 或21c ＝22c ，而π0<<4θ，∴排除A ，B ，C.设双曲线C 1，C 2的离心率分别为e 1，e 2，则2121cos e θ=，22222tan 1sin cos e θθθ==. 故e 1＝e 2，即两双曲线的离心率相等．6．答案：A解析：由题意可知AB ＝(2,1)，CD ＝(5,5)，故AB 在CD方向上的投影为2AB CD CD⋅==. 7．答案：C 解析：由于v (t )＝7－3t ＋251t+，且汽车停止时速度为0， 因此由v (t )＝0可解得t ＝4， 即汽车从刹车到停止共用4 s. 该汽车在此期间所行驶的距离4025=73d 1s t t t ⎛⎫-+ ⎪+⎝⎭⎰ ＝423725ln 12tt t ⎡⎤-+(+)⎢⎥⎣⎦ ＝4＋25ln 5(m)． 8．答案：C解析：由三视图可知，四个几何体自上而下分别为圆台，圆柱，四棱柱，四棱台．结合题中所给数据可得：V 1＝13(4π＋π＋2π)＝7π3，V 2＝2π， V 3＝23＝8，V 4＝13(16＋4＋8)＝283.故V 2＜V 1＜V 3＜V 4.9．答案：B解析：由题意可知涂漆面数X 的可能取值为0,1,2,3.由于P (X ＝0)＝27125，P (X ＝1)＝54125，P (X ＝2)＝36125，P (X ＝3)＝8125， 故E (X )＝275436815060+1+231251251251251255⨯⨯⨯⨯==＋. 10．答案：D解析：由题意知，函数f (x )＝x (ln x －ax )＝x ln x －ax 2有两个极值点， 即f ′(x )＝ln x ＋1－2ax ＝0在区间(0，＋∞)上有两个根． 令h (x )＝ln x ＋1－2ax ，则h ′(x )＝121=2ax a x x-+-=，当a ≤0时h ′(x )＞0，f ′(x )在区间(0，＋∞)上递增，f ′(x )＝0不可能有两个正根，∴a ＞0.由h ′(x )＝0，可得12x a =，从而可知h (x )在区间10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，在区间1,2a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭上递减．因此需111=ln +11=ln >0222h a a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，即1>12a 时满足条件，故当10<<2a 时，h (x )＝0有两个根x 1，x 2，且121<2x x a<.又h (1)＝1－2a ＞0， ∴1211<2x x a<<，从而可知函数f (x )在区间(0，x 1)上递减，在区间(x 1，x 2)上递增，在区间(x 2，＋∞)上递减．∴f (x 1)＜f (1)＝－a ＜0，f (x 2)＞f (1)＝12a ->-.故选D. 二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应．．．．．题号．．的位置上，答错位置，书写不清，模棱两可均不得分． 11．答案：(1)0.004 4 (2)70解析：(1)由频率分布直方图知[200,250)小组的频率为1－(0.002 4＋0.003 6＋0.006 0＋0.002 4＋0.001 2)×50＝0.22， 于是x ＝0.2250＝0.004 4. (2)∵数据落在[100,250)内的频率为(0.003 6＋0.006 0＋0.004 4)×50＝0.7， ∴所求户数为0.7×100＝70. 12．答案：5解析：第一次执行循环体后：a ＝5，i ＝2；第二次执行循环体后：a ＝16，i ＝3；第三次执行循环体后：a ＝8，i ＝4；第四次执行循环体后：a ＝4，i ＝5，满足条件，循环结束．输出i ＝5. 13．答案：7解析：由柯西不等式得(x 2＋y 2＋z 2)(12＋22＋32)≥(x ＋2y ＋3z )2当且仅当123x y z==时等号成立，此时y ＝2x ，z ＝3x .∵x 2＋y 2＋z 2＝1，x ＋2y ＋3z∴14x =，14y =，14z =. ∴x ＋y ＋z=14．答案：1 000解析：由题中数据可猜想：含n 2项的系数为首项是12，公差是12的等差数列，含n 项的系数为首项是12，公差是12-的等差数列，因此 N (n ，k )＝2211112433222222k k k n k n n n ⎡⎤--⎡⎤⎛⎫+(-)++(-)-=+ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎣⎦.故N (10,24)＝11n 2－10n ＝11×102－10×10＝1 000.(二)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．答案：8解析：设AD ＝2，则AB ＝6， 于是BD ＝4，OD ＝1. 如图，由射影定理得CD 2＝AD ·BD ＝8， 则CD＝在Rt △OCD 中，DE＝·133OD CD OC ⨯==.则83CE ==，EO ＝OC －CE ＝81333-=.因此83=813CE EO =.16．答案：3解析：将椭圆C的参数方程cos,sinx ay bϕϕ=⎧⎨=⎩(φ为参数，a＞b＞0)化为标准方程为22221x ya b+=(a＞b＞0)．又直线l的极坐标方程为πsin42mρθ⎛⎫+=⎪⎝⎭(m为非零常数)，即sin cosρθθ⎛=⎝⎭，则该直线的一般式为y＋x－m＝0.圆的极坐标方程为ρ＝b，其标准方程为x2＋y2＝b2.∵直线与圆O相切，=b，|m.又∵直线l经过椭圆C的焦点，∴|m|＝c.∴c=，c2＝2b2.∵a2＝b2＋c2＝3b2，∴22223cea==.∴e=.三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．解：(1)由cos 2A－3cos(B＋C)＝1，得2cos2A＋3cos A－2＝0，即(2cos A－1)(cos A＋2)＝0，解得cos A＝12或cos A＝－2(舍去)．因为0＜A＜π，所以A＝π3.(2)由S＝12bc sin A＝1224bc⋅==bc＝20.又b＝5，知c＝4.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝25＋16－20＝21，故a=又由正弦定理得sin B sin C＝222035sin sin sin2147b c bcA A Aa a a⋅==⨯=.18．解：(1)设等比数列{a n}的公比为q，则由已知可得331211125,||10,a qa q a q⎧=⎨-=⎩解得15,33,aq⎧=⎪⎨⎪=⎩或15,1.aq=⎧⎨=-⎩故1533nna-=⋅，或a n＝－5·(－1)n－1.(2)若1533nna-=⋅，则113153nna-⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭，故1na⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为35，公比为13的等比数列，从而1311531=113mmn na=⎡⎤⎛⎫⋅-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-∑＝9191<110310m⎡⎤⎛⎫⋅-<⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦.若a n＝(－5)·(－1)n－1，则111(1)5nna-=--，故1na⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为15-，公比为－1的等比数列，从而11,21,150,2,mn nm k kam k k+=+⎧-=-(∈)⎪=⎨⎪=(∈)⎩∑NN故111mn na=<∑.综上，对任何正整数m ，总有111mn na =<∑. 故不存在正整数m ，使得121111ma a a +++≥成立．19． (1)解：直线l ∥平面PAC ，证明如下：连接EF ，因为E ，F 分别是PA ，PC 的中点， 所以EF ∥AC .又EF 平面ABC ，且AC ⊂平面ABC ， 所以EF ∥平面ABC .而EF ⊂平面BEF ，且平面BEF ∩平面ABC ＝l ，所以EF ∥l .因为l 平面PAC ，EF ⊂平面PAC ， 所以直线l ∥平面PAC .(2)证明：(综合法)如图1，连接BD ，由(1)可知交线l 即为直线BD ，且l ∥AC . 因为AB 是O 的直径， 所以AC ⊥BC ， 于是l ⊥BC .已知PC ⊥平面ABC ，而l ⊂平面ABC ，所以PC ⊥l . 而PC ∩BC ＝C ，所以l ⊥平面PBC . 连接BE ，BF ，因为BF ⊂平面PBC ， 所以l ⊥BF .故∠CBF 就是二面角E －l －C 的平面角， 即∠CBF ＝β. 由12DQ CP =，作DQ ∥CP ，且12DQ CP =. 连接PQ ，DF ，因为F 是CP 的中点，CP ＝2PF ，所以DQ ＝PF ，从而四边形DQPF 是平行四边形，PQ ∥FD .连接CD ，因为PC ⊥平面ABC ，所以CD 是FD 在平面ABC 内的射影， 故∠CDF 就是直线PQ 与平面ABC 所成的角，即∠CDF ＝θ. 又BD ⊥平面PBC ，有BD ⊥BF ，知∠BDF 为锐角，故∠BDF 为异面直线PQ 与EF 所成的角，即∠BDF ＝α， 于是在Rt △DCF ，Rt △FBD ，Rt △BCF 中，分别可得sin θ＝CF DF ，sin α＝BF DF ，sin β＝CFBF， 从而sin αsin β＝CF BF CFBF DF DF⋅=＝sin θ， 即sin θ＝sin αsin β. (向量法)如图2，由12DQ CP =，作DQ ∥CP ，且12DQ CP =. 连接PQ ，EF ，BE ，BF ，BD ，由(1)可知交线l 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 1,0,2a c ⎛⎫ ⎪⎝⎭，F (0,0，c )．于是1,0,02FE a ⎛⎫=⎪⎝⎭，QP ＝(－a ，－b ，c )，BF＝(0，－b ，c )，所以cos α＝FE QP FEQPa ⋅=⋅sin α=.又取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，可得sin QP QPa θ⋅==⋅m m ，设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，所以由0,0,FE BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 可得10,20.ax by cz ⎧=⎪⎨⎪-+=⎩取n ＝(0，c ，b )．于是|cos β|＝||||||⋅=⋅m n m n ， 从而sin β=故sin αsin β=sin θ，即sin θ＝sin αsin β.20．解：(1)由于随机变量X 服从正态分布N (800,50)， 故有μ＝800，σ＝50，P (700＜X ≤900)＝0.954 4. 由正态分布的对称性，可得p 0＝P (X ≤900)＝P (X ≤800)＋P (800＜X ≤900) ＝1122P +(700＜X ≤900)＝0.977 2. (2)设A 型、B 型车辆的数量分别为x ，y 辆，则相应的营运成本为1 600x ＋2 400y . 依题意，x ，y 还需满足：x ＋y ≤21，y ≤x ＋7，P (X ≤36x ＋60y )≥p 0. 由(1)知，p 0＝P (X ≤900)，故P (X ≤36x ＋60y )≥p 0等价于36x ＋60y ≥900.于是问题等价于求满足约束条件21,7,3660900,,0,,,x y y x x y x y x y +≤⎧⎪≤+⎪⎨+≥⎪⎪≥∈⎩N且使目标函数z ＝1 600x ＋2 400y 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 ＝1 600x ＋2 400y 经过可行域的点P 时，直线z ＝1 600x ＋2 400y 在y 轴上截距2400z最小，即z 取得最小值．故应配备A 型车5辆、B 型车12辆．21．解：依题意可设椭圆C 1和C 2的方程分别为C 1：2222=1x y a m +，C 2：2222=1x y a n+.其中a ＞m ＞n ＞0，λ＝>1mn.(1)解法1：如图1，若直线l 与y 轴重合，即直线l 的方程为x ＝0，则S1＝12|BD |·|OM |＝12a |BD |，S 2＝12|AB |·|ON |＝12a |AB |，图1所以12||||S BD S AB =. 在C 1和C 2的方程中分别令x ＝0，可得y A ＝m ，y B ＝n ，y D ＝－m ，于是||||1||||1B D A B y y BD m n AB y y m n λλ-++===---. 若12=SS λ，则1=1λλλ+-，化简得λ2－2λ－1＝0. 由λ＞1，可解得λ.故当直线l 与y 轴重合时，若S 1＝λS 2，则λ.解法2：如图1，若直线l 与y 轴重合，则|BD |＝|OB |＋|OD |＝m ＋n ，|AB |＝|OA |－|OB |＝m －n ；S 1＝12|BD |·|OM |＝12a |BD |， S 2＝12|AB |·|ON |＝12a |AB |.所以12||1||1S BD m n S AB m n λλ++===--. 若12=SS λ，则1=1λλλ+-，化简得λ2－2λ－1＝0. 由λ＞1，可解得λ.故当直线l 与y 轴重合时，若S 1＝λS 2，则λ.(2)解法1：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1＝λS 2.根据对称性，不妨设直线l ：y ＝kx (k ＞0)，点M (－a,0)，N (a,0)到直线l 的距离分别为d 1，d 2，则1d ==，2d ==d 1＝d 2.图2又S 1＝12|BD |d 1，S 2＝12|AB |d 2，所以12||||S BD S AB λ==，即|BD |＝λ|AB |. 由对称性可知|AB |＝|CD |，所以|BC |＝|BD |－|AB |＝(λ－1)|AB |，|AD |＝|BD |＋|AB |＝(λ＋1)|AB |，于是||1||1AD BC λλ+=-.① 将l 的方程分别与C 1，C 2的方程联立，可求得A x =B x =.根据对称性可知x C ＝－x B ，x D ＝－x A ，于是2||||2A Bx AD BC x ==从而由①和②式可得11λλλ+=(-).③ 令1=1t λλλ+(-)，则由m ＞n ，可得t ≠1，于是由③可解得22222211n t k a t λ(-)=(-). 因为k ≠0，所以k 2＞0.于是③式关于k 有解，当且仅当222221>01n t a t λ(-)(-)， 等价于2221(1)<0t t λ⎛⎫-- ⎪⎝⎭由λ＞1，可解得1λ＜t ＜1，即11<11λλλλ+<(-)，由λ＞1，解得λ＞，所以 当1＜λ≤时，不存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1＝λS 2；当λ＞时，存在与坐标轴不重合的直线l 使得S 1＝λS 2.解法2：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1＝λS 2.根据对称性，不妨设直线l ：y ＝kx (k ＞0)，点M (－a,0)，N (a,0)到直线l 的距离分别为d 1，d 2，则1d ==2d ==d 1＝d 2.又S 1＝12|BD |d 1，S 2＝12|AB |d 2，所以12||=||S BD S AB λ=.因为||||A B A B x x BD AB x x λ+===-，所以11A Bx x λλ+=-.由点A (x A ，kx A )，B (x B ，kx B )分别在C 1，C 2上，可得22222=1A A x k x a m +，22222=1B B x k x a n+，两式相减可得22222222=0A B A B x x k x x a mλ-(-)+， 依题意x A ＞x B ＞0，所以22A B x x >.所以由上式解得22222222A B B A m x x k a x x λ(-)=(-).因为k 2＞0，所以由2222222>0A B B A m x x a x x λ(-)(-)，可解得<1A B x x λ<. 从而11<<1λλλ+-，解得λ＞，所以 当1＜λ≤时，不存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1＝λS 2； 当λ＞时，存在与坐标轴不重合的直线l 使得S 1＝λS 2.22． (1)解：因为f ′(x )＝(r ＋1)(1＋x )r －(r ＋1)＝(r ＋1)[(1＋x )r－1]，令f ′(x )＝0，解得x ＝0.当－1＜x ＜0时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－1,0)内是减函数； 当x ＞0时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)内是增函数． 故函数f (x )在x ＝0处取得最小值f (0)＝0.(2)证明：由(1)，当x ∈(－1，＋∞)时，有f (x )≥f (0)＝0，即(1＋x )r ＋1≥1＋(r ＋1)x ，且等号当且仅当x ＝0时成立， 故当x ＞－1且x ≠0时，有(1＋x )r ＋1＞1＋(r ＋1)x .①在①中，令1x n =(这时x ＞－1且x ≠0)，得+1111>1+r r n n+⎛⎫+ ⎪⎝⎭. 上式两边同乘nr ＋1，得(n ＋1)r ＋1＞nr ＋1＋n r(r ＋1)，即1111r r rn n n r ++(+)-<+.②当n ＞1时，在①中令1x n=-(这时x ＞－1且x ≠0)，类似可得 1111r r rn n n r ++-(-)>+.③且当n ＝1时，③也成立． 综合②，③得11111111r r r r rn n n n n r r ++++-(-)(+)-<<++.④(3)解：在④中，令13r =，n 分别取值81,82,83，…，125，得4444333333(8180)(8281)44--＜， 4444333333(8281)(8382)44--， 4444333333(8382)(8483)44--＜， ……4444333333(125124)(126125)44--＜． 将以上各式相加，并整理得4444333333(12580)(12681)44S --＜＜． 代入数据计算，可得44333(12580)210.24-≈，44333(126)210.94-≈.由[S ]的定义，得[S ]＝211.。