【数学】2013年高考真题广东卷(理)解析版1

1 2013年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）

数学（理科）

参考公式:台体的体积公式112213VSSSSh,其中12,SS分别是台体的上、下底面积,h表示台体的高.

一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.

1．设集合2|20,MxxxxR,2|20,NxxxxR,则MN( )

A . 0 B．0,2 C．2,0 D．2,0,2

【解析】D；易得2,0M,0,2N,所以MN2,0,2,故选D．

2．定义域为R的四个函数3yx,2xy,21yx,2sinyx中,奇函数的个数是( )

A . 4 B．3 C．2 D．1

【解析】C；考查基本初等函数和奇函数的概念,是奇函数的为3yx与2sinyx,故选C．

3．若复数z满足24izi,则在复平面内,z对应的点的坐标是( )

A . 2,4 B．2,4 C．4,2 D．4,2

【解析】C；2442izii对应的点的坐标是4,2,故选C．

4．已知离散型随机变量X的分布列为

X 1 2 3

P 35 310 110

则X的数学期望EX ( )

A . 32 B．2 C．52 D．3

【解析】A；33115312351010102EX,故选A．

5．某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是 ( )

A . 4 B．143

C．163 D．6

【解析】B；由三视图可知,该四棱台的上下底面边长分别为

1和2的正方形,高为2,故22221141122233V,,故选B．

6．设,mn是两条不同的直线,,是两个不同的平面,下列命题中正确的是( )

A . 若,m,n,则mn

B．若//,m,n,则//mn

C．若mn,m,n,则 1

2 2

1

1 正视图

俯视图 侧视图

第5题图 2 是 否 输入

1,1is

输出s

结束 开始

in第11题图 n

1sis

1ii D．若m,//mn,//n,则

【解析】D；ABC是典型错误命题,选D．

7．已知中心在原点的双曲线C的右焦点为3,0F,离心率等于32,在双曲线C的方程是

( )

A . 22145xy

B．22145xy C．22125xy D．22125xy

【解析】B；依题意3c,32e,所以2a,从而24a,2225bca,故选B．

8．设整数4n,集合1,2,3,,Xn.令集合

,,|,,,,,SxyzxyzXxyzyzxzxy且三条件恰有一个成立

若,,xyz和,,zwx都在S中,则下列选项正确的是( )

A . ,,yzwS,,,xywS B．,,yzwS,,,xywS

C．,,yzwS,,,xywS D．,,yzwS,,,xywS

【解析】B；特殊值法,不妨令2,3,xyz,1w,则,,3,4,1yzwS,,,2,3,1xywS,故选B．

如果利用直接法:因为,,xyzS，,,zwxS，所以xyz…①，yzx…②，zxy…③三个式子中恰有一个成立；zwx…④，wxz…⑤，xzw…⑥三个式子中恰有一个成立.配对后只有四种情况：第一种：①⑤成立，此时wxyz，于是,,yzwS，,,xywS；第二种：①⑥成立，此时xyzw，于是,,yzwS，,,xywS；第三种：②④成立，此时yzwx，于是,,yzwS，,,xywS；第四种：③④成立，此时zwxy，于是,,yzwS，,,xywS.综合上述四种情况，可得,,yzwS，,,xywS.

二、填空题：本题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，共30分

(一)必做题(9～13题)

9．不等式220xx的解集为___________．

【解析】2,1；易得不等式220xx的解集为2,1.

10．若曲线lnykxx在点1,k处的切线平行于x轴,则k______.

【解析】1；求导得1ykx,依题意10k,所以1k.

11．执行如图所示的程序框图,若输入n的值为4,则输出s的值为______.

【解析】7；第一次循环后:1,2si；第二次循环后:2,3si；

第三次循环后:4,4si；第四次循环后:7,5si；故输出7.

12. 在等差数列na中,已知3810aa,则573aa_____.

【解析】20；依题意12910ad,所以57111334641820aaadadad. 3 x y

4

4 1

O

. A E

D

C

B O

第15题图 或:57383220aaaa

13. 给定区域D:4440xyxyx,令点集000000{,|,,,TxyDxyZxy

是zxy在D上取得最大值或最小值的点},则T中的点共确定______

条不同的直线.

【解析】6；画出可行域如图所示,其中zxy取得最小值时的整点为0,1,取得最大值时的整点为0,4,1,3,2,2,3,1及4,0共5个整点.故可确定516条不同的直线.

（二）选做题（14、15题,考生只能从中选做一题,两题全答的,只计前一题的得分）

14.(坐标系与参数方程选讲选做题)已知曲线C的参数方程为2cos2sinxtyt(t为参数),C在点1,1处的切线为l,以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,则l的极坐标方程为_____________.

【解析】sin24；曲线C的普通方程为222xy,其在点1,1处的切线l的方程为2xy,对应的极坐标方程为cossin2,即sin24.

15. (几何证明选讲选做题)如图,AB是圆O的直径,点C在圆O上,

延长BC到D使BCCD,过C作圆O的切线交AD于E.若

6AB,2ED,则BC_________.

【解析】23；依题意易知ABCCDE,所以ABBCCDDE,又

BCCD,所以212BCABDE,从而23BC.

三、解答题:本大题共6小题,满分80分,解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.

16．（本小题满分12分）

已知函数()2cos12fxx,xR.

(Ⅰ) 求6f的值； (Ⅱ) 若3cos5,3,22,求23f．

【解析】(Ⅰ)2cos2cos2cos1661244f；

(Ⅱ) 22cos22cos2cos2sin233124f 4 1 7 9

2 0 1 5

3 0

第17题图 因为3cos5,3,22,所以4sin5,

所以24sin22sincos25,227cos2cossin25

所以23fcos2sin272417252525.

17．（本小题满分12分）

某车间共有12名工人,随机抽取6名,他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示,其中茎为十位数,叶为个位数.

(Ⅰ) 根据茎叶图计算样本均值；

(Ⅱ) 日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人.

根据茎叶图推断该车间12名工人中有几名优秀工人；

(Ⅲ) 从该车间12名工人中,任取2人,求恰有1名优秀

工人的概率.

【解析】(Ⅰ) 样本均值为1719202125301322266；

(Ⅱ) 由(Ⅰ)知样本中优秀工人占的比例为2163,故推断该车间12名工人中有11243名优秀工人.

(Ⅲ) 设事件A:从该车间12名工人中,任取2人,恰有1名优秀工人,则PA1148212CCC1633.

18．（本小题满分14分）

如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A,6BC,,DE分别是,ACAB上的点,2CDBE,

O为BC的中点.将ADE沿DE折起,得到如图2所示的四棱锥ABCDE,其中3AO.

. C O B

D E A C

D O B

E A

图1 图2 5 C

D O B

E A

H

C

D O

x E A

向量法图 y z

B

(Ⅰ) 证明:AO平面BCDE；

(Ⅱ) 求二面角ACDB的平面角的余弦值.

【解析】(Ⅰ) 在图1中,易得3,32,22OCACAD

连结,ODOE,在OCD中,由余弦定理可得

222cos455ODOCCDOCCD

由翻折不变性可知22AD,

所以222AOODAD,所以AOOD,

理可证AOOE, 又ODOEO,所以AO平面BCDE.

(Ⅱ) 传统法:过O作OHCD交CD的延长线于H,连结AH,

因为AO平面BCDE,所以AHCD,

所以AHO为二面角ACDB的平面角.

结合图1可知,H为AC中点,故322OH,从而22302AHOHOA

所以15cos5OHAHOAH,所以二面角ACDB的平面角的余弦值为155.

向量法:以O点为原点,建立空间直角坐标系Oxyz如图所示,

则0,0,3A,0,3,0C,1,2,0D

所以0,3,3CA,1,2,3DA

设,,nxyz为平面ACD的法向量,则

00nCAnDA,即330230yzxyz,解得3yxzx,令1x,得1,1,3n

由(Ⅰ) 知,0,0,3OA为平面CDB的一个法向量,

所以315cos,535nOAnOAnOA,即二面角ACDB的平面角的余弦值为155.