2013年安徽高考数学真题(理科)解析版(word版)

2013年安徽高考数学真题(理科)解析版(word版)

2023年10月31日发(作者：关于巧克力味的暑假读后感(精选5篇))

自我介绍300到500字初中-

2013年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）

数学（理科）

第Ⅰ卷（选择题 共50分）

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年安徽，理1，5分】设i是虚数单位，z是复数z的共轭复数．若z·zi+2=2z，则z（ ）

（A）1i

（B）1i

（C）1i （D）1i

【答案】A

【解析】设zabi(a,bR)，则由z·zi+2=2z得(abi)(abi)i22(abi)，即(a2b2)i22a2bi，

所以2a2，a2b22b，所以a1，b1，即zabi1i，故选A．

（2）【2013年安徽，理2，5分】如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是（ ）

125311（A） （B） （C） （D）

641224【答案】D

11113【解析】开始28，s0，n224；返回，48，s，n426；

22244311111返回，68，s，n628；返回，88不成立，输出s，故选D．

461212（3）【2013年安徽，理3，5分】在下列命题中，不是公理的是（ ）

．．（A）平行于同一个平面的两个平面相互平行（B）过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面

（C）如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内

（D）如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线

【答案】A

【解析】由立体几何基本知识知，B选项为公理2，C选项为公理1，D选项为公理3，A选项不是公理，故选A．

（4）【2013年安徽，理4，5分】“a0”是“函数fx|(ax1)x|在区间(0，)内单调递增”的（ ）

（A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件 （C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】函数fx的图象有以下三种情形：

a0

a0

a0

由图象可知fx在区间(0，)内单调递增时，a0，故选C．

（5）【2013年安徽，理5，5分】某班级有50名学生，其中有30名男生和20名女生．随机询问了该班五名男生和五名女生在某次数学测验中的成绩，五名男生的成绩分别为86,94,88,92,90，五名女生的成绩分别为88,93,93,88,93．下列说法一定正确的是（ ）

（A）这种抽样方法是一种分层抽样 （B）这种抽样方法是一种系统抽样

（C）这五名男生成绩的方差大于这五名女生成绩的方差

（D）该班男生成绩的平均数小于该班女生成绩的平均数

【答案】C

【解析】解法一：

对A选项，分层抽样要求男女生总人数之比=男女生抽样人数之比，所以A选项错；

对B选项，系统抽样要求先对个体进行编号再抽样，所以B选项错；

对C选项，男生方差为40，女生方差为30．所以C选项正确；

1

对D选项，男生平均成绩为90，女生平均成绩为91．所以D选项错，故选C．

解法二：

1五名男生成绩的平均数为(8694889290)90，

51五名女生成绩的平均数为889393889391，

586902949028890292902909022五名男生成绩的方差为s18，

52889123939122五名女生成绩的方差为s26，所以s12s22，故选C．

51（6）【2013年安徽，理6，5分】已知一元二次不等式fx0的解集为xx1或x，则f10x＞0的解2集为（ ）

（A）{x|x1或xlg2} （B）{x|1xlg2}

（C）{x|xlg2}

（D）{x|xlg2}

【答案】D

11【解析】由题意知110x，所以xlglg2，故选D．

22（7）【2013年安徽，理7，5分】在极坐标系中，圆2cos的垂直于极轴的两条切线方程分别为（ ）

（A）0(R)和cos2 （B）(R)和cos2

（C）(R)和cos1 （D）0(R)和cos1

【答案】B

【解析】由题意可知，圆2cos可化为普通方程为(x1)2y21．所以圆的垂直于x轴的两条切线方程分别

为x0和x2，再将两条切线方程化为极坐标方程分别为(R)和cos2，故选B．

（8）【2013年安徽，理8，5分】函数yfx的图象如图所示，在区间[a,b]上可到nn2个不

,xn，使得同的数x1,x2，fx1fx2==x1x2=fxn，则n的取值范围是（ ）

xn（A）3,4

（B）2,3,4 （C）3,4,5 （D）2,3

【答案】B

fx1fx2==【解析】x1x2=fxnfx10fx20==可化为xnx10x20=fxn0，故上式可理解为yfx

xn0图象上一点与坐标原点连线的斜率相等，即n可看成过原点的直线与yfx的交点个数．

如图所示，由数形结合知识可得，①为n2，②为n3，③为n4，故选B．

（9）【2013年安徽，理9，5分】在平面直角坐标系中，两定点A，O是坐标原点，B满足OA=OBOAOB2，则点集POP=OA+OB,1,R所表示的区域的面积是（ ）

（A）22 （B）23 （C）42 （D）43

【答案】D

【解析】以OA，OB为邻边作一个平行四边形，将其放置在如图平面直角坐标系中，使A，B两点关

于x轴对称，由已知OA=OBOAOB2，可得出AOB60，点A点D23,0，现设P(x，y)，则由OP=OA+OB得x,y点B3,1，3,1，

3,13,1，

3x3x3即，由于1，，R，可得，画出动点P(x，y)

y1y1满足的可行域为如图阴影部分，故所求区域的面积为232=43，故选D．

（10）【2013年安徽，理10，5分】若函数fxx3ax2bxc有极值点x1，x2，且fx1x1，则关于x的方程3fx2afxb0的不同实根个数是（ ）

2

2（A）3 （B）4 （C）5 （D）6

【答案】A

【解析】由fx3x22axb0得，xx1或xx2，即3fx2afxb0的根为fxx1或fxx2

的解．如图所示

2x1x2

x2x1

2

由图象可知fxx1有2个解，fxx2有1个解，因此3fx2afxb0的不同实根个数为3，

故选A．

第Ⅱ卷（非选择题 共100分）

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在答题卡的相应位置．

（11）【2013年安徽，理11，5分】若将函数fxsin2x的图像向右平移个单位，所得图像关于y轴4对称，则的最小正值是 ．

1【答案】

28rarr8rrrr8rrr33xa(x3)r=C8axx3C8ax3，a7， 【解析】∵x3的通项为C8∴8r4，解得r3．∴C83x1得a．

2c．（12）【2013年安徽，理12，5分】设ABC的内角A，若bc2a，C所对边的长分别为a，b，3sinA5sinB，B，则角C ．

2【答案】π

357【解析】∵3sinA5sinB，∴3a5b．① 又∵bc2a，②∴由①②可得，ab，cb，

3381rr57bbb222bac2331∴cosC，∴Cπ．

52ab232bb3（13）【2013年安徽，理13，5分】已知直线ya交抛物线yx2于A，B两点．若该抛物线上存在点C，使得ACB为直角，则a的取值范围为 ．

【答案】[1，)

222)(x0a)，Aa,a，B【解析】如图，设C(x0,x022a,a，则CAax0,ax02，

2CB202ax0,ax02．∵CACB，∴CACB0，即ax0ax020，

ax1ax0，∴x2020a10，∴a1．

（14）【2013年安徽，理14，5分】如图，互不相同的点A1，A2，…，An，…和B1，B2，…，Bn，…分

别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn1An1的面积均相等．设OAnan．若

a11，a22，则数列an的通项公式是 ．

【答案】an3n2

3

【解析】设SOA1B1S，∵a11，a22，OAnan，∴OA11，OA22．又易知OA1B1∽OA2B2，

∴SOA1B1SOA2B2OA1211．∴S梯形A1B1B2A23SOA1B13S．∵所有梯形AnBnBn1An1的面积

2OA2242均相等，且OA1B1∽OAnBn，∴∴an3n2．

SOA1B1OA1aS11．∴1，

anOAnSOAnBnS3n1S3n23n2（15）【2013年安徽，理15，5分】如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S．则下列命题正确的是__________(写出所有正确命题的编号)．

11①当0CQ时，S为四边形；②当CQ时，S为等腰梯形；

22313③当CQ时，S与C1D1的交点R满足C1R；④当CQ1时，S为六边形；

4346⑤当CQ1时，S的面积为

2【答案】①②③⑤

155【解析】当CQ时，D1Q2D1C12C1Q2，AP2AB2BP2，所以D1QAP，又因为AD1//2PQ，2441所以②正确；当0CQ时，截面为APQM，且为四边形，故①也正确，如图（1）所示；

2131CRCQCR如（2）图，当CQ时，由QCN∽QC1R得11，即41，C1R，故③正确；

3CQCN14343如图（3）所示，当CQ1时，截面为五边形APQMF，所以④错误；当CQ1时，截面为APC1E，

46可知AC13，EP2，且四边形APC1E为菱形，S四边形APC1E，故⑤正确．

2

图（1） 图（2） 图（3）

三、解答题：本大题共6题，共75分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定

区域内．

πsinx(0)的最小正周期为． （16）【2013年安徽，理16，12分】已知函数fx4cosx·4（1）求的值；

π（2）讨论f(x)在区间0,上的单调性．

2π解：（1）fx4cosxsinx22sinxcosx22cos2x2sin2xcos2x2

4π2π2sin2x2．因为fx的最小正周期为，且0，从而有=π，故1．

424

ππππ5π（2）由（1）知，fx2sin2x2．若0x，则2x．

44442ππππππ5πππ当2x即0x时，fx单调递增；当2x即x时，fx单调递减．

442244828πππ综上可知，fx在区间0,上单调递增，在区间,上单调递减．

88222（17）【2013年安徽，理17，12分】设函数fxax1ax，其中a0，区间Ix|fx0．

（1）求I的长度(注：区间(，)的长度定义为；

（2）给定常数k0,1，当1ka1k时，求I长度的最小值．

解：（1）因为方程ax1a2x20a0有两个实根x10，x2a，故fx0的解集为x|x1xx2．

1a2aa因此区间I0,，的长度为．

I21a21a1a2a（2）设da，则da．令da0，得a1．0k1，故当1ka1时，da0，

2221a1ada单调递增；当1a1k时，da0，da单调递减．所以当1ka1k时，da的最小

1kd1k11k22k2k31，故d1kd1k． 值必定在a1k或a1k处取得．而1kd1k2k2k311k21k因此当a1k时，da在区间1k,1k上取得最小值．

22kk2x2y2（18）【2013年安徽，理18，12分】设椭圆E：2=1的焦点在x轴上．

a1a2（1）若椭圆E的焦距为1，求椭圆E的方程；

（2）设F1，F2分别是椭圆E的左、右焦点，P为椭圆E上第一象限内的点，直线F2P交y轴于点Q，并

且F1PFQ．证明：当a变化时，点P在某定直线上．

18x28y2152解：（1）因为焦距为1，所以2a1，解得a．故椭圆E的方程为=1．

53482（2）设P(x0,y0)，F1c,0，F2c,0，其中c2a21．由题设知x0c，则直线F1P的斜率kF1P直线F2P的斜率kF2P即点Q坐标为(0,y0，

x0cy0ycy0，故直线F2P的方程为y0(xc)．当x0时，y，

x0cx0ccx0cy0y)．因此，直线F1Q的斜率为kF1Q0．

cx0cx0y0y01．化简得y02x02(2a21)．①

x0ccx0由于F1PFQ，所以kF1PkF1Q1将①代入E方程，由于点P(x0，y0)在第一象限，解得x0a2，y01a2，即点P在定直线xy1上．

（19）【2013年安徽，理19，13分】如图，圆锥顶点为P，底面圆心为O，其母线与底面所成的角为22.5，AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦，轴OP与平面PCD所成的角为60．

（1）证明：平面PAB与平面PCD的交线平行于底面；

（2）求cosCOD．

解：（1）设面PAB与面PCD的交线为l．AB//CD，AB不在面PCD内，所以AB//面PCD．

又因为AB面PAB，面PAB与面PCD的交线为l，所以AB//l．

由直线AB在底面上而l在底面外可知，l与底面平行．

（2）设CD的中点为F．连接OF，PF．由圆的性质，COD2COF，OFCD．

因为OP底面，CD底面，所以OPCD．又OPOFO，故CD面OPF．

5

又CD面PCD，因此面OPF面PCD．从而直线OP在面PCD上的射影为直线PF，

故OPF为OP与面PCD所成的角．OPF60．设OPh，则OFOPtanOPFhtan60h．

OPh2tan22.5根据题设有OCP22.5，得OC．由1tan45和tan22.50，

2tanOCPtan22.51tan22.5OF3hhcosCOF63，得tan22.521，因此OC在RtOCF中，

(21)h．OC21h21故cosCODcos(2COF)2cos2COF12(63)21=17122．

x2x3xn（20）【2013年安徽，理20，13分】设函数fnx1x222(xR，nN*)．证明：

23n2（1）对每个nN*，存在唯一的xn,1，满足fnxn0；

31（2）对任意pN*，由（1）中xn构成的数列xn满足0xnxnp．

nxxn1*解：（1）对每个nN，当x0时，fnx1+)内单调递增．

0，故fnx在(0，2n111由于f110，当n2时，fn12220，故fn10．

23n2n1k2221n1kn332n112111232又fn12 ()0，

23k2k34k2334333132所以存在唯一的xn,1，满足fnxn0．

3xn1fnx，故fn1xnfnxnfn1xn10． （2）当x0时，fn1xfnxn12xnpxn．

xn1xn，由fn1x在(0，故xn为单调递减数列，从而对任意n，pN*，)内单调递增知，xn2xnn对任意pN，由于fnxn1xn220，①

2nxnp2xnpnxnpn1xnpnpfnpxnp1+xn＋p220．②

2nn12np2*①式减去②式并移项，利用0xnpxn1，得xnxnpk2nxnpkxnkk2npkn1xnpkk2npkn1xnpkk2

np1111112．因此，对任意pN*，都有0xnxnp．

nnpnnkn1kkn1k(k1)（21）【2013年安徽，理21，13分】某高校数学系计划在周六和周日各举行一次主题不同的心理测试活动，分别由李老师和张老师负责．已知该系共有n位学生，每次活动均需该系k位学生参加(n和k都是固定的正整数)．假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立、随机地发给该系k位学生，且所发信息都能收到．记该系收到李老师或张老师所发活动通知信息的学生人数为X．

（1）求该系学生甲收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率；

（2）求使PXm取得最大值的整数m．

np解：（1）因为事件A：“学生甲收到李老师所发信息”与事件B：“学生甲收到张老师所发信息”是相互独立的事件，

1Ckkkn1所以A与B相互独立．由于PAPBk，故PA=PB1，因此学生甲收到活动通知

Cnnn2knk2k信息的概率P11．

2nn（2）当kn时，m只能取n，有PXmPXn1．当kn时，整数m满足kmt，其中t是2k

26

和n中的较小者．由于“李老师和张老师各自独立、随机地发活动通知信息给k位同学”所包含的基本事件

2总数为(Ck当Xm时，同时收到李老师和张老师转发信息的学生人数恰为2km．仅收到李老师或

n)．仅收到张老师转发信息的学生人数均为mk．由乘法计数原理知：事件Xm所含基本事件数为

CCkn2kmkCmknkCCknmkkCmknk2kmmkkmkCkCnkCmCnknCkk．此时PXm．

2k(Ck)Cnn当kmt时，PXmPXm1

kmk1km1kCnk≤CmCnkmk12nm2km

Cmkk(k1)2(k1)22．假如k2kt成立，则当k1能被n2整除时，



m2kn2n2(k1)2(k1)2(k1)2(k1)2和m2k1处达最大值；

k2k2k1t．故PXm在m2kn2n2n2n2(k1)22当k1不能被n2整除时，PXm在m2k处达最大值．(注：x表示不超过x的最

n2(k1)2(k1)2knk21大整数)，下面证明k2kt．因为1kn，所以2kkn2n2n2

2k1kk1k21k1(k1)2nk12n．

0．而2kn<0，故2kn2n2n2n2n222(k1)(k1)显然2k2k．因此k2kt．

n2n2

7

祝福语

祝你考试成功!

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仓库规划方案-