2013年上海高考数学试题(理科)-解析

12013年上海市秋季高考理科数学一、填空题1．计算：20lim______313nnn【解答】根据极限运算法则，201lim3133nnn．2．设mR，222(1)immm是纯虚数，其中i是虚数单位，则________m【解答】2220210mmmm．3．若2211xxxyyy，则______xy【解答】2220xyxyxy．4．已知△ABC的内角A、B、C所对应边分别为a、b、c，若22232330aabbc，则角C的大小是_______________（结果用反三角函数值表示）【解答】2222222323303aabbccabab，故11cos,arccos33CC．5．设常数aR，若52axx的二项展开式中7x项的系数为10，则______a【解答】2515()(),2(5)71rrrraTCxrrrx，故15102Caa．6．方程1313313xx的实数解为________【解答】原方程整理后变为233238034log4xxxx．7．在极坐标系中，曲线cos1与cos1的公共点到极点的距离为__________【解答】联立方程组得15(1)12，又0，故所求为152．8．盒子中装有编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9的九个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是___________（结果用最简分数表示）【解答】9个数5个奇数，4个偶数，根据题意所求概率为252913118CC．9．设AB是椭圆的长轴，点C在上，且4CBA，若AB=4，2BC，则的两个焦点之间的距离为________2【解答】不妨设椭圆的标准方程为22214xyb，于是可算得(1,1)C，得2446,233bc．10．设非零常数d是等差数列12319,,,,xxxx的公差，随机变量等可能地取值12319,,,,xxxx，则方差_______D【解答】10Ex，2222222(981019)30||19dDd．11．若12coscossinsin,sin2sin223xyxyxy，则sin()________xy【解答】1cos()2xy，2sin2sin22sin()cos()3xyxyxy，故2sin()3xy．12．设a为实常数，()yfx是定义在R上的奇函数，当0x时，2()97afxxx，若()1fxa对一切0x成立，则a的取值范围为________【解答】(0)0f，故011aa；当0x时，2()971afxxax即6||8aa，又1a，故87a．13．在xOy平面上，将两个半圆弧22(1)1(1)xyx和22(3)1(3)xyx、两条直线1y和1y围成的封闭图形记为D，如图中阴影部分．记D绕y轴旋转一周而成的几何体为，过(0,)(||1)yy作的水平截面，所得截面面积为2418y，试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体，得出的体积值为__________【解答】根据提示，一个半径为1，高为2的圆柱平放，一个高为2，底面面积8的长方体，这两个几何体与放在一起，根据祖暅原理，每个平行水平面的截面面积都相等，故它们的体积相等，即的体积值为221228216．14．对区间I上有定义的函数()gx，记(){|(),}gIyygxxI，已知定义域为[0,3]的函数()yfx有反函数1()yfx，且11([0,1))[1,2),((2,4])[0,1)ff，若方程()0fxx有解0x，则0_____x【解答】根据反函数定义，当[0,1)x时，()(2,4]fx；[1,2)x时，()[0,1)fx，而()yfx3的定义域为[0,3]，故当[2,3]x时，()fx的取值应在集合(,0)[1,2](4,)，故若00()fxx，只有02x．二、选择题15．设常数aR，集合{|(1)()0},{|1}AxxxaBxxa，若ABR，则a的取值范围为（）(A)(,2)(B)(,2](C)(2,)(D)[2,)【解答】集合A讨论后利用数轴可知，111aa或11aaa，解答选项为B．16．钱大姐常说“便宜没好货”，她这句话的意思是：“不便宜”是“好货”的（）(A)充分条件(B)必要条件(C)充分必要条件(D)既非充分也非必要条件【解答】根据等价命题，便宜没好货，等价于，好货不便宜，故选B．17．在数列{}na中，21nna，若一个7行12列的矩阵的第i行第j列的元素,ijijijaaaaa，（1,2,,7;1,2,,12ij）则该矩阵元素能取到的不同数值的个数为（）(A)18(B)28(C)48(D)63【解答】,21ijijijijaaaaa，而2,3,,19ij，故不同数值个数为18个，选A．18．在边长为1的正六边形ABCDEF中，记以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为12345,,,,aaaaa；以D为起点，其余顶点为终点的向量分别为12345,,,,ddddd.若,mM分别为()()ijkrstaaaddd的最小值、最大值，其中{,,}{1,2,3,4,5}ijk,{,,}{1,2,3,4,5}rst,则,mM满足（）.(A)0,0mM(B)0,0mM(C)0,0mM(D)0,0mM【解答】作图知，只有0AFDEABDC，其余均有0irad，故选D．三、解答题19.（本题满分12分）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AD=1,A1A=1，证明直线BC1平行于平面DA1C，并求直线BC1到平面D1AC的距离.【解答】因为ABCD-A1B1C1D1为长方体，故1111//,ABCDABCD，故ABC1D1为平行四边形，故11//BCAD，显然B不在平面D1AC上，于是直线BC1平行于平面DA1C；直线BC1到平面D1AC的距离即为点B到平面D1AC的距离设为h考虑三棱锥ABCD1的体积，以ABC为底面，可得111(12)1323VD1C1B1A1DCBA4而1ADC中，115,2ACDCAD，故132ADCS所以，13123233Vhh，即直线BC1到平面D1AC的距离为23．20．（6分+8分）甲厂以x千克/小时的速度运输生产某种产品（生产条件要求110x），每小时可获得利润是3100(51)xx元.(1)要使生产该产品2小时获得的利润不低于3000元，求x的取值范围；(2)要使生产900千克该产品获得的利润最大，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润.【解答】(1)根据题意，33200(51)30005140xxxx又110x，可解得310x(2)设利润为y元，则4290031161100(51)910[3()]612yxxxx故6x时，max457500y元．21．（6分+8分）已知函数()2sin()fxx，其中常数0；（1）若()yfx在2[,]43上单调递增，求的取值范围；（2）令2，将函数()yfx的图像向左平移6个单位，再向上平移1个单位，得到函数()ygx的图像，区间[,]ab（,abR且ab）满足：()ygx在[,]ab上至少含有30个零点，在所有满足上述条件的[,]ab中，求ba的最小值．【解答】(1)因为0，根据题意有34202432(2)()2sin(2)fxx，()2sin(2())12sin(2)163gxxx1()0sin(2)323gxxxk或7,12xkkZ，即()gx的零点相离间隔依次为3和23，故若()ygx在[,]ab上至少含有30个零点，则ba的最小值为2431415333．522．（3分+5分+8分）如图，已知曲线221:12xCy，曲线2:||||1Cyx，P是平面上一点，若存在过点P的直线与12,CC都有公共点，则称P为“C1—C2型点”．(1)在正确证明1C的左焦点是“C1—C2型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）；(2)设直线ykx与2C有公共点，求证||1k，进而证明原点不是“C1—C2型点”；(3)求证：圆2212xy内的点都不是“C1—C2型点”．【解答】：（1）C1的左焦点为(3,0)F，过F的直线3x与C1交于2(3,)2，与C2交于(3,(31))，故C1的左焦点为“C1-C2型点”，且直线可以为3x；（2）直线ykx与C2有交点，则(||1)||1||||1ykxkxyx，若方程组有解，则必须||1k；直线ykx与C2有交点，则2222(12)222ykxkxxy，若方程组有解，则必须212k故直线ykx至多与曲线C1和C2中的一条有交点，即原点不是“C1-C2型点”。（3）显然过圆2212xy内一点的直线l若与曲线C1有交点，则斜率必存在；根据对称性，不妨设直线l斜率存在且与曲线C2交于点(,1)(0)ttt，则:(1)()(1)0lytkxtkxytkt直线l与圆2212xy内部有交点，故2|1|221tktk化简得，221(1)(1)2ttkk。。。。。。。。。。。。①若直线l与曲线C1有交点，则2222211()2(1)(1)10212ykxkttkxktktxtktxy622222214(1)4()[(1)1]0(1)2(1)2ktktktkttktk化简得，22(1)2(1)tktk。。。。。②由①②得，222212(1)(1)(1)12kttkkk但此时，因为2210,[1(1)]1,(1)12ttkk，即①式不成立；当212k时，①式也不成立综上，直线l若与圆2212xy内有交点，则不可能同时与曲线C1和C2有交点，即圆2212xy内的点都不是“C1-C2型点”．23．（3分+6分+9分）给定常数0c，定义函数()2|4|||fxxcxc，数列123,,,aaa满足*1(),nnafanN.（1）若12ac，求2a及3a；（2）求证：对任意*1,nnnNaac，；（3）是否存在1a，使得12,,,naaa成等差数列？若存在，求出所有这样的1a，若不存在，说明理由.【解答】：（1）因为0c，1(2)ac，故2111()2|4|||2afaacac，3122()2|4|||10afaacacc（2）要证明原命题，只需证明()fxxc对任意xR都成立，()2|4|||fxxcxcxcxc即只需证明2|4|||+xcxcxc若0xc，显然有2|4|||+=0xcxcxc成立；若0xc，则2|4|||+4xcxcxcxcxc显然成立综上，()fxxc恒成立，即对任意的*nN，1nnaac（3）由（2）知，若{}na为等差数列，则公差0dc，故n无限增大时，总有0na此时，1()2(4)()8nnnnnafaacacac