安徽第一卷·2013年安徽高考最后一卷(赠卷)

安徽第一卷·2013年安徽高考最后一卷（赠卷）

数学（文科）参

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.

题号 答案 1. 解析：z1 C 2 D 3 A 4 A 5 D 6 B 7 C 8 C 9 B 10 A 1024i,z24i. 选C. 12i2. 解析：当x1,y2时，xy3，xy1，当x1,y4时，xy5，

xy3，当x3,y2时，xy5，

时，xy7，xy1，共4个. 选D.

3. 解析：画示意图如图，圆面x2y22x（包括圆周）

被另一个圆面x2y24包含. 选Ａ

4. 解析：由已知可知m2，a1. 选A.

5. 解析：因为max1,0,11，所以2max1,0,121xy1，当x3,y4211. 选D. 2126. 解析：该几何体是一个正三棱柱和一个三棱锥的组合体，故体积

V323132133. 选B. 222423467. 解析：f(x)3x23f(3)xf(1)，

令x1，则f(1)3123f(3)1f(1)，得f(3)3 即f(x)在点(3,f(3))处的切线的斜率为3，其倾斜角为8. 解析：如图，由三角函数的定义，设xAcos，

则yBsin30，

. 选C． 3xAyBcossin30

13cossincos601. 选C. 2213d0，又a10，d0， 9. 解析：a22a73a113d0,a131313a5a14da1d0，a6a15da1d0，故n5时，Sn取最大值. 选B.

3310. 解析：由题意知f(x)为奇函数，且关于x1对称，利用双对称函数的周期性，易得T4|10|4，所

以f(2013)f(1)，又在一个周期内f(1)最大，且lg2013不是整数，所以f(2013)f(lg2013). 选A.

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. 70

解析：根据茎叶图可以知道抽取的20名教师用多媒体进行教学次数在20,30内的人数有7人，所以200名教

师用多媒体进行教学次数在20,30内的人数为712.

20070. 202 3c2． a322222解析：由条件知：c2，b5，于是abc529，a3，故e

13. 3

解析：由题意知k0，且当zx3y经过A点时z取最小值，

由yyxAyxkkk得xy，A(,)

3332xyk02代入zx3y得2k，得k3. 选C.

314.2 o2xyk0x解析：曲线C1:x2y22x0，C2:x2y22y0，联立解得A(0,0),B(1,1)，

AB2. 15. ④⑤

解析：点Q1,0在l：2x3y10的下方，Pa,b在l：2x3y10的上方，则2a3b10，①

错误；OP与OC的夹角为钝角或平角，②错误；

bk无最大值，也无最小值，③错误；a0,a1,b0，点Pa,b在如图所示阴影部分，

ab2b1kl或kAQ，④正确； a13a13a2b2d13（d为0,0到l的距离），⑤正确. 13程或演算步

三、解答题：本大题共6小题，共75分. 解答应写出文字说明、证明过骤．解答写在答题卡上的指定区域内． 16．（本小题满分12分）

2解：（Ⅰ）f(x)2sinxcosx2cosxsin2xcos2x12sin(2x)1，

4因为x(0,2)，所以2x52(,)，得sin(2x)(,1] 444422sin(2x)1(0,21]，f(x)(0,21].

4522（Ⅱ）f(x)2x，所以OA(， ,2),OB(2,),|OA||OB|42223OAOBcosAOB2，cosAOB，sinAOB，

25513SOAB|OA||OB|sinAOB.

2417.（本小题满分12分） 解：（Ⅰ）总体的中位数为14，

总体的平均数212315131412915.3.

7（Ⅱ）样本数共有10种，他们是（15，13）、（15，14）、（15，12）、（15，9）、

（13，14）、（13，12）、（13，9）、（14，12）、（14，9）、（12，9），其中样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过2万的有（15，13）、（15，14）、（15，12）、（13，14）. 所以其概率P18．（本小题满分12分）

40.4. 10AD2，DD123，∴AD14， 解：（Ⅰ）在RtADD1中，

DD1由DEAD1得：D1E3，

AD1

2

在面D1AB中，过E作EF∥AB交BD1于点F，连PF， 则

EF3EFD1E，即，∴EF3，∵AB∥DP，∴EF∥DP， 44ABAD1又CP1，∴DP3，即EFDP，∴四边形EFPD为平行四边形， ∴DE∥PF，而DE面PBD，PF在面PBD内，故DE∥面PBD. 111（Ⅱ）∵AB面ADD1A1，∴ABDE，

又ABAD1A，∴DE面ABD， 1由（Ⅰ）知DE∥PF， ∴PF面ABD， 1而PF在面PBD1内， 故面ABD1面PBD1.

19．（本小题满分13分）

D1A1B1

C1F E D

P B

C

A 1lnx（Ⅰ）解：函数fx的定义域是0,，fx，

x2 fx0，得0xe；fx0，得xe，

所以fx的增区间是0,e，减区间是e,.

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知函数fx于是falnx在e,上递减，又ab3， xlnalnbfb， abbaba即blnaalnb，得lnalnb，故ab.

20. （本小题满分13分）

解：（Ⅰ）由Sn14Sn3Sn1，得Sn1Sn3SnSn1，即an13ann2.

又a233a1，所以an13annN，所以an3n1，

因为b5b32d6，所以d3，所以bn3(n3)33n6.

13n3n1（Ⅱ）Sn， 1323n11所以原不等式可转化为k3n6对nN恒成立，

22所以k令cn23n6nN对恒成立， n323n623n623n912n42cc，， nn13n3n3n13n当n3时，cncn1；

当n4时，cncn1，所以(cn)maxc321．（本小题满分13分）

解：（Ⅰ）设动点P坐标为Px,y，

则依题意可得：22，所以k．

99x22y2x4222，化简得x2y8 2x2y21． 所以动点P的轨迹方程为842（Ⅱ）设圆C的方程为xmynr，r0．

22

22由圆C经过点F2,0，得2mnr， ①

24由圆C被l截得的弦长为4，得4mr2，②

222联立①②，消去r得：n164m， 所以OCmnm4m1622222m2212，

因为由n0可得m4，所以当m2时，OC长有最小值23． 此时n22，r22，故所求圆C的方程为x2y22

228.