2013广东高考文科数学试题及答案(完美版)

一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，满分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。

221. 设集合Sx|x2x0,xR,Tx|x2x0,xR，则ST（ ）

A. 0 B. 0,2 C. 2,0 D. 2,0,2【答案】A；

【解析】由题意知S0,2，T0,2，故ST0；

2. 函数ylgx1的定义域是（ ）

x1A. 1, B. 1, C. 1,1【答案】C； 【解析】由题意知1, D. 1,11,

1,；

x10，解得x1且x1，所以定义域为1,1x103. 若ixyi34i，x,yR，则复数xyi的模是（ ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D；

【解析】因为ixyi34i，所以xiy34i，根据两个复数相等的条件得：y3即y3，x4，所以xyi43i，xyi的模42(3)25；

4. 已知sinA. 51，那么cos（ ） 252112 B.  C. D. 5555

【答案】C； 【解析】sin15sin()cos()cos()cos；

225225. 执行如图1所示的程序框图，若输入n的值为3，则输出s的值是（ ）

A. 1 B. 2 C. 4 D. 7 【答案】D；

1 / 10

i1时，i2时，i3时，【解析】s1(11)1；s1(21)2；s2(31)4；

i4时，s4(41)7；

图1 图2

6. 某三棱锥的三视图如图2所示，则该三棱锥的体积是（ ）

A.

112 B. C. D. 1 633【答案】B；

【解析】由三视图可看出该三棱锥的底面为直角边为1的等腰直角三角形，高为2， 所以该三棱锥的体积V111112； 323227. 垂直于直线yx1且与圆xy1相切于第Ⅰ象限的直线方程是（ ）

A. xy20 B. xy10 C. xy10 D. xy20 【答案】A；

【解析】设所求直线为l，因为l垂直直线yx1，故l的斜率为1，设直线l的方程为

22yxb，化为一般式为xyb0；因为l与圆相切xy1相切，所以圆心(0,0)到直线l的距离b2所以b2，又因为相切与第一象限，所以b0，故b2，1，

所以l的方程为xy20；

8. 设l为直线，,是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）

A. 若l//,l//，则// B. 若l,l，则// C. 若l,l//，则// D. 若,l//，则l 【答案】B；

2 / 10

【解析】若与相交，且l平行于交线，则也符合A，显然A错；若l,l//，则，故C错；,l//，若l平行交线，则l//，故D错； 9. 已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F1,0，离心率等于

1，则C的方程是（ ） 2x2y2x2y2x2y2x2y21 B. 1 D. 1A. 1 C. 34424343

【答案】D；

【解析】由焦点可知F1,0可知椭圆焦点在x轴上，由题意知c1,c1，所以a2x2y21； a2,b213，故椭圆标准方程为432210. 设a是已知的平面向量且a0，关于向量a的分解，有如下四个命题：

① 给定向量b，总存在向量c，使abc；

② 给定向量b和c，总存在实数和，使abc；

③ 给定单位向量b和正数，总存在单位向量c和实数，使abc； ④ 给定正数和，总存在单位向量b和单位向量c，使abc.

上述命题中的向量b，c和a在同一平面内且两两不共线，则真命题的个数是（ ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】D；

【解析】因为单位向量（模为1的向量，方向不确定）和一个不为零的实数可以表示任何一个向量，由题意可知A,B,C,D均正确；

二、 填空题：本大题共5小题，考生作答4小题，每小题5分，满分20分.

（一）必做题（11~13题）

11. 设数列an是首项为1，公比为2的等比数列，则a1a2a3a4____________； 【答案】15；

【解析】由题意知a11，a22，a34，a48，所以；a1a2a3a4

124815；

12. 若曲线yaxlnx在点1,a处的切线平行于x轴，则a=_____________；

23 / 10

【答案】

1； 21，因为曲线yax2lnx在点1,a处的x1切线平行于x轴，所以yx12a10，所以a；

2【解析】因为yax2lnx，所以y2axxy3013. 已知变量x,y满足约束条件1x1，则zxy的最大值是_____________；

y1【答案】5；

【解析】作出可行域可得直角梯形的四个顶点分别为(1,1),(1,2),(1,1),(1,4)，代入可知z的最大值为z145；

（二）选做题（14~15题，考生只能从中选做一题）

14. （坐标系与参数方程选做题）已知曲线C的极坐标方程为2cos，以极点为原点，

极轴为x轴的正半轴建立直角坐标系，则曲线C的参数方程为___________________；

【答案】(x1)2y21；

【解析】因为曲线C的极坐标方程为2cos；所以xcos2cos21cos2① ，ysin2sincossin2②；①可变形得：cos2x1③，②可变形得：

sin2y；由sin22cos221得：(x1)2y21；

15. （几何证明选讲选做题）如图3，在矩形ABCD中，AB3，BC3，BEAC，

垂足为E，则ED=___________； 【答案】21； 20【解析】因为在矩形ABCD中，AB3，BC3，BEAC，所以BCA30，

0所以CECBcos3033；在CDE中，因为ECD600，由余弦定理得： 2233DE2CE2CD22CECDcos6002以CD32233121，所322421； 24 / 10

三、 解答题：本大题共6小题，满分80分. 解答须写出文字说明和演算步骤.

16. （本小题满分12分）

已知函数fx2cosx,xR.

12（1） 求f的值； 333，,2，求52（2） 若cos【答案与解析】 （1）ff.

622cos2cos21； 33124224333（2）因为cos，,2，所以sin1；

5552f2cos2cos2coscossinsin6612333 314332462；

52521017. （本小题满分12分）

从一批苹果中，随机抽取50个，其重量（单位：克）的频数分布表如下： 分组（重量） 频数（个） 80,85 5 85,90 10 90,95 20 95,100 15 （1） 根据频数分布表计算苹果的重量在90,95的频率；

（2） 用分层抽样的方法从重量在80,85和95,100的苹果抽取4个，其中重

量在80,85的有几个？

（3） 在（2）中抽出的4个苹果中，任取2个，求重量在80,85和95,100中各有

一个的概率；

5 / 10

【答案与解析】

（1）重量在90,95的频率200.4； 50（2）若采用分层抽样的方法从重量在80,85和95,100的苹果抽取4个，则重量在80,85的个数51541；

（3）设在80,85中抽取的一个苹果为x，在95,100中抽取的三个苹果分别为a,b,c，从抽出的4个苹果中，任取2个共有(x,a),(x,b),(x,c),(a,b),(a,c),(b,c)6种情况，其中

5符合“重量在80,85和95,100中各有一个”的情况共有(x,a),(x,b),(x,c)种；设“抽

出的4个苹果中，任取2个，求重量在80,85和95,100中各有一个”为事件A，则事

件A的概率P(A)31； 6218. （本小题满分14分）

如图4，在边长为1的等边三角形ABC中，D,E分别是AB,AC上的点，ADAE，

F是BC的中点，AF与DE交于点G. 将ABF沿AF折起，得到如图5所示的三棱锥

ABCF，其中BC2. 2（1） 证明：DE//平面BCF； （2） 证明：CF平面ABF； （3） 当AD

图4 图5

2时，求三棱锥FDEG的体积VFDEG. 3ADAEDE//BC；，

ABAC在图5中，因为DG//BF，GE//FC，所以平面DGE//平面BCF，所以DE//平面BCF；

（1）证明：在图4中，因为ABC是等边三角形，且ADAE，所以

6 / 10

（2）证明：在图4中，因为因为ABC是等边三角形，且F是BC的中点，所以AFBC； 在图5中，因为在BFC中，BFFC12222，所以BFFCBC，,BC22BFCF，又因为AFCF，所以CF平面ABF；

（3）因为AFCF,AFBF，所以AF平面BCF，又因为平面DGE//平面BCF，所以AF平面DGE；所以

1VFDEGS311111133； FGDGGEFGDGE323233632419. （本小题满分14分）

2设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4Snan,nN*，且14n1a2,a5,a14构成等比数列；

（1） 证明：a24a15；

（2） 求数列an的通项公式； （3） 证明：对一切正整数n，有

11a1a2a2a311. anan12222*n1（1）证明：因为4Snan，令，则，即4Sa41a4n1,nN1224a15，1所以a24a15；

2222（2）当n2时，4an4Sn4Sn1an14n1 an4n11an1an4，

所以an12(an2)2，因为an各项均为正数，所以an1an2；

因为a2,a5,a14构成等比数列，所以a2a14a52，即a2(a224)(a26)2，解得a23，因为a24a15，所以a11， a2a12 ，符合an1an2，所以an1an2对

n1也符合，所以数列an是一个以a11为首项，d2为公差的等差数列，

an1(n1)22n1；

（3）因为

11111()，所以anan1(2n1)(2n1)22n12n17 / 10

11a1a2a2a31111111111()()() anan121323522n12n11111111111n1； 213352n12n1212n12n12所以对一切正整数n，有

11a1a2a2a311. anan1220. （本小题满分14分）

已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F0,cc0到直线l:xy20的距离为

32. 设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA,PB，其中A,B为切2点.

（1） 求抛物线C的方程；

（2） 当点Px0,y0为直线l上的定点时，求直线AB的方程； （3） 当点P在直线l上移动时，求AFBF的最小值. 【答案与解析】

（1）因为抛物线焦点F0,cc0到直线l:xy20的距离为

322

所以dc2232，又因为c0，所以解得c1，抛物线的焦点坐标为(0,1)，所2以抛物线C的方程为x24y；

（2）因为抛物线的方程为x24y，即y121x，所以yx，设过Px0,y0点的切线421y0m2114l与抛物线的切点坐标为(m,m2)，所以直线l的斜率km，解得

42x0m1m1x0x024y0或m2x0x024y0；不妨设A点坐标为(m1,m12)，B点坐标

412222为(m2,m2)，因为x04y0x04(x02)x04x08 41212m1m21124(m1m2)x0； (x02)40，所以m1m2；kAB4m1m2428 / 10

1211m1x0(xm1)，代入整理得：yx0； 4221212（3）A点坐标为(m1,m1)，B点坐标为(m2,m2)，F点坐标为0,1，因为

44所以直线AB的方程为yx0y020；所以m1x0x024y0x0(x02)24，

m2x0x024y0x0(x02)24，m1m22x0，m1m24x08；因此

1111AFBF=mm121m22m221m121m221 444421222211121112m121m221m12m22(m12m22)1m1m2(mm)2m1m211241441611392(4x08)22x02(4x08)12x026x092(x0)2，

12239所以当x0时，AFBF取最小值；

2221. 设函数fxxkxxkR.

32（1） 当k1时，求函数fx的单调区间；

（2） 当k0时，求函数在[k,k]上的最小值m和最大值M. 【答案与解析】

232（1） 因为fxxkxx，所以f(x)3x2kx1；当k1时，

12f(x)3x22x13(x)20，所以fx在R上单调递增；

33（2） 因为f(x)3x22kx1，(2k)24314(k23)；

① 当0时，即3k0时，f(x)0，f(x)在R上单调递增，此时无最小

值和最大值；

2k2k23kk23② 当0时，即k3时，令f(x)0，解得x632k2k23kk23kk23或x；令f(x)0，解得x或633kk23kk23kk23；令f(x)0，解得；因为xx3339 / 10

kk23kk2kk23kk22k0k，k

33333作fx的最值表如下：

x k kk23kk23k,33 kk23kk23,33 kk23kk3,k332k f(x) 

0 极大值  0 极小值  f(x)k 2k3k 10 / 10