当前位置：老师板报网 > 文库资料 > 试卷下载 > 数学试卷 >

2013年天津高考理科数学试题试卷word版+参考答案

试读已结束，还剩2页未读，您可下载完整版后进行离线阅读

下载文档

《2013年天津高考理科数学试题试卷word版+参考答案》是由用户上传到老师板报网，类型是数学试卷,大小为4.5 MB，总共有12页，格式为doc。授权方式为VIP用户下载，成为老师板报网VIP用户马上下载此课件。文件完整，下载后可编辑修改。更多关于请在老师板报网直接搜索

2013年天津高考理科数学试题试卷word版+参考答案文字介绍:2013年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)理科数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分.考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至2页,第Ⅱ卷3至5页.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时,考生务必将答案凃写在答题卡上,答在试卷上的无效.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.祝各位考生考试顺利!第Ⅰ卷注意事项：1.每小题选出答案后,用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选凃其他答案标号.2.本卷共8小题,每小题5分,共40分.参考公式:·如果事件A,B互斥,那么)()()(BPAPAPB·棱柱的体积公式V=Sh，其中S表示棱柱的底面面积,h表示棱柱的高.·如果事件A,B相互独立,那么)()(()BPAAPPB·球的体积公式34.3VR其中R表示球的半径.一．选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.(1)已知集合A={x∈R||x|≤2},A={x∈R|x≤1},则AB(A)(,2](B)[1,2](C)[－2,2](D)[－2,1](2)设变量x,y满足约束条件360,20,30,xyyxy则目标函数z=y－2x的最小值为(A)－7(B)－4(C)1(D)2(3)阅读右边的程序框图,运行相应的程序,若输入x的值为1,则输出S的值为(A)64(B)73(C)512(D)585(4)已知下列三个命题:①若一个球的半径缩小到原来的12,则其体积缩小到原来的18;②若两组数据的平均数相等,则它们的标准差也相等;③直线x+y+1=0与圆2212xy相切.其中真命题的序号是:(A)①②③(B)①②(C)①③(D)②③(5)已知双曲线22221(0,0)xyabab的两条渐近线与抛物线22(0)pxpy的准线分别交于A,B两点,O为坐标原点.若双曲线的离心率为2,△AOB的面积为3,则p=(A)1(B)32(C)2(D)3(6)在△ABC中,,2,3,4ABBCABC则sinBAC=(A)1010(B)105(C)31010(D)55(7)函数0.5()2|log|1xfxx的零点个数为(A)1(B)2(C)3(D)4(8)已知函数()(1||)fxxax.设关于x的不等式()()fxafx的解集为A,若11,22A,则实数a的取值范围是(A)15,02(B)13,02(C)15,02130,2(D)52,12013年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)理科数学第Ⅱ卷注意事项：1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.2.本卷共12小题,共110分.二．填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.(9)已知a,b∈R,i是虚数单位.若(a+i)(1+i)=bi,则a+bi=.(10)61xx的二项展开式中的常数项为.(11)已知圆的极坐标方程为4cos,圆心为C,点P的极坐标为4,3,则|CP|=.(12)在平行四边形ABCD中,AD=1,60BAD,E为CD的中点.若·＝1,则AB的长为.(13)如图,△ABC为圆的内接三角形,BD为圆的弦,且BD//AC.过点A做圆的切线与DB的延长线交于点E,AD与BC交于点F.若AB=AC,AE=6,BD=5,则线段CF的长为.(14)设a+b=2,b>0,则当a=时,1||2||aab取得最小值.三．解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.(15)(本小题满分13分)已知函数2()2sin26sincos2cos41,fxxxxxxR.(Ⅰ)求f(x)的最小正周期;(Ⅱ)求f(x)在区间0,2上的最大值和最小值.(16)(本小题满分13分)一个盒子里装有7张卡片,其中有红色卡片4张,编号分别为1,2,3,4;白色卡片3张,编号分别为2,3,4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同).(Ⅰ)求取出的4张卡片中,含有编号为3的卡片的概率.(Ⅱ)再取出的4张卡片中,红色卡片编号的最大值设为X,求随机变量X的分布列和数学期望.(17)(本小题满分13分)如图,四棱柱ABCD－A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB//DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.(Ⅰ)证明B1C1⊥CE;(Ⅱ)求二面角B1－CE－C1的正弦值.(Ⅲ)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为26,求线段AM的长.(18)(本小题满分13分)设椭圆22221(0)xyabab的左焦点为F,离心率为33,过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为433.(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)设A,B分别为椭圆的左右顶点,过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点.若··8ACDBADCB,求k的值.(19)(本小题满分14分)已知首项为32的等比数列{}na不是递减数列,其前n项和为(*)nSnN,且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.(Ⅰ)求数列{}na的通项公式;(Ⅱ)设*()1nnnTSnSN,求数列{}nT的最大项的值与最小项的值.(20)(本小题满分14分)已知函数2l()nfxxx.(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间;(Ⅱ)证明:对任意的t>0,存在唯一的s,使()tfs.(Ⅲ)设(Ⅱ)中所确定的s关于t的函数为()sgt,证明:当2>et时,有2ln()15ln2gtt.2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类(天津卷)第Ⅰ卷一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．答案：D解析：解不等式|x|≤2，得－2≤x≤2，所以A＝{x|－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤1}．故选D.2．答案：A解析：作约束条件所表示的可行区域，如图所示，z＝y－2x可化为y＝2x＋z，z表示直线在y轴上的截距，截距越大z越大，作直线l0：y＝2x，平移l0过点A(5,3)，此时z最小为－7，故选A.3．答案：B解析：由程序框图，得x＝1时，S＝1；x＝2时，S＝9；x＝4时，S＝9＋64＝73，结束循环输出S的值为73，故选B.4．答案：C解析：设球半径为R，缩小后半径为r，则r＝，而V＝，V′＝，所以该球体积缩小到原来的，故①为真命题；两组数据的平均数相等，它们的方差可能不相等，故②为假命题；圆x2＋y2＝的圆心到直线x＋y＋1＝0的距离d＝，因为该距离等于圆的半径，所以直线与圆相切，故③为真命题．故选C.5．答案：C解析：设A点坐标为(x0，y0)，则由题意，得S△AOB＝|x0|·|y0|＝.抛物线y2＝2px的准线为，所以，代入双曲线的渐近线的方程，得|y0|＝.由得b＝，所以|y0|＝.所以S△AOB＝，解得p＝2或p＝－2(舍去)．6．答案：C解析：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝＝5，即得AC＝.由正弦定理，即，所以sin∠BAC＝.7．答案：B解析：函数f(x)＝2x|log0.5x|－1的零点也就是方程2x|log0.5x|－1＝0的根，即2x|log0.5x|＝1，整理得|log0.5x|＝.令g(x)＝|log0.5x|，h(x)＝，作g(x)，h(x)的图象如图所示．因为两个函数图象有两个交点，所以f(x)有两个零点．8．答案：A解析：f(x)＝x(1＋a|x|)＝若不等式f(x＋a)＜f(x)的解集为A，且，则在区间上，函数y＝f(x＋a)的图象应在函数y＝f(x)的图象的下边．(1)当a＝0时，显然不符合条件．(2)当a＞0时，画出函数y＝f(x)和y＝f(x＋a)的图象大致如图．由图可知，当a＞0时，y＝f(x＋a)的图象在y＝f(x)图象的上边，故a＞0不符合条件．(3)当a＜0时，画出函数y＝f(x)和y＝f(x＋a)的图象大致如图．由图可知，若f(x＋a)＜f(x)的解集为A，且，只需即可，则有(a＜0)，整理，得a2－a－1＜0，解得.∵a＜0，∴a∈.综上，可得a的取值范围是.第Ⅱ卷注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．2．本卷共12小题，共110分．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．9．答案：1＋2i解析：由(a＋i)(1＋i)＝a－1＋(a＋1)i＝bi，得解方程组，得a＝1，b＝2，则a＋bi＝1＋2i.10．答案：15解析：二项展开式的通项为，得r＝4，所以二项展开式的常数项为T5＝(－1)4＝15.11．答案：解析：由圆的极坐标方程为ρ＝4cosθ，得圆心C的直角坐标为(2,0)，点P的直角坐标为(2,)，所以|CP|＝.12．答案：解析：如图所示，在平行四边形ABCD中，＝＋，＝＋＝＋.所以·＝(＋)·＝||2＋||2＋·＝||2＋||＋1＝1，解方程得||＝(舍去||＝0)，所以线段AB的长为.13．答案：解析：∵AE为圆的切线，∴由切割线定理，得AE2＝EB·ED.又AE＝6，BD＝5，可解得EB＝4.∵∠EAB为弦切角，且AB＝AC，∴∠EAB＝∠ACB＝∠ABC.∴EA∥BC.又BD∥AC，∴四边形EBCA为平行四边形．∴BC＝AE＝6，AC＝EB＝4.由BD∥AC，得△ACF∽△DBF，∴.又CF＋BF＝BC＝6，∴CF＝.14．答案：－2解析：因为a＋b＝2，所以1＝＝≥，当a＞0时，，；当a＜0时，，，当且仅当b＝2|a|时等号成立．因为b＞0，所以原式取最小值时b＝－2a.又a＋b＝2，所以a＝－2时，原式取得最小值．三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15．解：(1)f(x)＝sin2x·＋3sin2x－cos2x＝2sin2x－2cos2x＝.所以，f(x)的最小正周期T＝＝π.(2)因为f(x)在区间上是增函数，在区间上是减函数．又f(0)＝－2，，，故函数f(x)在区间上的最大值为，最小值为－2.16．解：(1)设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A，则P(A)＝.所以，取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为.(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，P(X＝4)＝.所以随机变量X的分布列是X1234P随机变量X的数学期望EX＝1×＋2×＋3×＋4×＝.17．解：(方法一)(1)证明：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，所以B1C1⊥CE.(2)＝(1，－2，－1)．设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，则即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2,1)．由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．于是cos〈m，〉＝，从而sin〈m，〉＝.所以二面角B1－CE－C1的正弦值为.(3)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)．设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量．设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝.于是，解得，所以AM＝.(方法二)(1)证明：因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E＝，B1C1＝，EC1＝，从而B1E2＝，所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E，又CC1，C1E平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B1C1⊥平面CC1E，又CE平面CC1E，故B1C1⊥CE.(2)过B1作B1G⊥CE于点G，连接C1G.由(1)，B1C1⊥CE，故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G，所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面角．在△CC1E中，由CE＝C1E＝，CC1＝2，可得C1G＝.在Rt△B1C1G中，B1G＝，所以sin∠B1GC1＝，即二面角B1－CE－C1的正弦值为.(3)连接D1E，过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，连接AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角．设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝，AH＝.在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝，得EH＝.在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos135°，得，整理得5x2－－6＝0，解得x＝.所以线段AM的长为.18．解：(1)设F(－c,0)，由，知.过点F且与x轴垂直的直线为x＝－c，代入椭圆方程有，解得，于是，解得，又a2－c2＝b2，从而a＝，c＝1，所以椭圆的方程为.(2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1,0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)，由方程组消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.求解可得x1＋x2＝，x1x2＝.因为A(，0)，B(，0)，所以·＋·＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1)＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝.由已知得＝8，解得k＝.19．解：(1)设等比数列{an}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是.又{an}不是递减数列且，所以.故等比数列{an}的通项公式为.(2)由(1)得当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1＜Sn≤S1＝，故.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以＝S2≤Sn＜1，故.综上，对于n∈N*，总有.所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为.20．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，令f′(x)＝0，得.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：xf′(x)－0＋f(x)极小值所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.(2)证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0.设t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．h(1)＝－t＜0，h(et)＝e2tlnet－t＝t(e2t－1)＞0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．(3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，从而，其中u＝lns.要使成立，只需.当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．所以s＞e，即u＞1，从而lnu＞0成立．另一方面，令F(u)＝，u＞1.F′(u)＝，令F′(u)＝0，得u＝2.当1＜u＜2时，F′(u)＞0；当u＞2时，F′(u)＜0.故对u＞1，F(u)≤F(2)＜0.因此成立．综上，当t＞e2时，有.

关键字：