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安徽第一卷·2013年安徽高考最后一卷(赠卷)

来源:世旅网


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.

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