2013年北京市高考数学试卷理科教师版

2013年北京市高考数学试卷（理科）一、选择题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．（5分）（2013?北京）已知集合A={﹣1，0，1}，B={x|﹣1≤x＜1}，则A∩B=（）A．{0}B．{﹣1，0}C．{0，1}D．{﹣1，0，1}【分析】找出A与B的公共元素，即可确定出两集合的交集．【解答】解：∵A={﹣1，0，1}，B={x|﹣1≤x＜1}，∴A∩B={﹣1，0}．故选：B．2对应的点位于（））（2013?北京）在复平面内，复数（2﹣i2．（5分）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【分析】化简复数为代数形式，求出复数对应点的坐标，即可判断复数对应点所在象限．22=3﹣4i，=4﹣4i+【解答】解：复数（2﹣i）i复数对应的点（3，﹣4），2对应的点位于第四象限．i﹣）所以在复平面内，复数（2故选：D．3．（5分）（2013?北京）“φ=π”是“曲线y=sin（2x+φ）过坐标原点”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件D．充分必要条件．既不充分也不必要条件C【分析】按照充要条件的定义从两个方面去求①曲线y=sin（2x+φ）过坐标原点，求出φ的值，②φ=π时，曲线y=sin（2x+φ）过坐标原点．【解答】解：φ=π时，曲线y=sin（2x+φ）=﹣sin2x，过坐标原点．但是，曲线y=sin（2x+φ）过坐标原点，即O（0，0）在图象上，将（0，0）代入解析式整理即得sinφ=0，φ=kπ，k∈Z，不一定有φ=π．故“φ=π”是“曲线y=sin（2x+φ）过坐标原点”的充分而不必要条件．故选：A．4．（5分）（2013?北京）执行如图所示的程序框图，输出的S值为（）．C．A．1DB．的大2从框图赋值入手，先执行一次运算，然后判断运算后的i的值与【分析】小，满足判断框中的条件，则跳出循环，否则继续执行循环，直到条件满足为止．．1赋值0和【解答】解：框图首先给变量i和S；+1=1，i=0执行；+1=2不成立，执行，i=1≥判断12的值为成立，算法结束，跳出循环，输出S2≥2判断．．故选：C个单位长度，所得图象与1（x）的图象向右平移分）（5（2013?北京）函数f5．x）（f轴对称，则（x）曲线y=e=关于y11xxx11x﹣++﹣﹣﹣e．eA．eDB．e．Cx然后换轴对称的图象的函数解析式，的图象关于【分析】首先求出与函数y=ey 即可得到要求的答案．+1x为xxx﹣，y=e解：函数【解答】y=ey的图象关于轴对称的图象的函数解析式为x yy=e1xf而函数（）的图象向右平移个单位长度，所得图象与曲线的图象关于轴对称，x1x1x1﹣）﹣﹣﹣（+﹣．=e（x）=e所以函数f（x）的解析式为y=e．即f故选：D．的离心率为，则其渐近线方程北京）若双曲线（2013?．（5分）6）为（D．±A．y=2xB．C．【分析】通过双曲线的离心率，推出a、b关系，然后直接求出双曲线的渐近线方程．【解答】解：由双曲线的离心率，可知c=a，222，所以b=a+b，=c又a=±x．所以双曲线的渐近线方程为：y=故选：B．2=4y的焦点且与yx：轴垂直，则l与（5分）（2013?北京）直线l过抛物线C7．C 所围成的图形的面积等于（）．BA．．2C．D先确定直线的方程，再求出积分区间，确定被积函数，由此利用定积分【分析】与抛物线围成的封闭图形面积．可求直线l2，）【解答】解：抛物线x=4y的焦点坐标为（0，12轴垂直，=4yy的焦点且与：∵直线l过抛物线Cx，y=1l的方程为∴直线．，可得交点的横坐标分别为﹣2，由2﹣=（x．与抛物线围成的封闭图形面积为∴直线l |=）．故选：C，＞，＜的不等式组，y（2013?北京）设关于x．表示的平面区8（5分）＞）=2，求得m的取值范围是（，y），满足x﹣2y域内存在点P（x0000B，A．，．D，C．，＞，＜画出可行域．要使可行域存在，必有【分析】先根据约束条件＞﹣1m，x﹣1上的点，只要边界点（﹣，要求可行域包含直线m＜﹣2m+1y=的下方，从而建﹣1m）在直线y=x）在直线2my=x﹣1的上方，且（﹣m，的不等式组，解之可得答案．立关于m，＞，＜画出可行域，【解答】解：先根据约束条件＞上的点，只1x﹣2m+1，要求可行域包含直线y=要使可行域存在，必有m＜﹣）﹣2m要边界点（﹣m，1的下方，1y=x﹣1﹣的上方，且（﹣m，m）在直线在直线y=x＜＞，故得不等式组＜解之得：m＜﹣．故选：C．分．分，共306小题，每小题5二、填空题共ρsinθ=2的距离等于2）到直线．（5分）（2013?北京）在极坐标系中，点（9．1然后用先将点的极坐标化成直角坐标，极坐标方程化为直角坐标方程，【分析】点到直线的距离来解．ρsinθ=2，直线，1）化为直角坐标为（，【解答】解：在极坐标系中，点，y=2化为直角坐标方程为，1ρsinθ=2的距离到直线，，即为点（，1），到y=2的距离1．1故答案为：（2013?北京）若等比数列5n4231n+．﹣，则公比q=a+a=40a{}满足a+a=20，．10（5分）项和S=22n2；前n，解出即可利用等比数列的通项公式和已知即可得出【分析】．，再利用等比数列的前n项和公式即可得出a得到及q1，q}的公比为a【解答】解：设等比数列{n2①q=20）1=aa∵+a（+2242②q1（=a+aa+）=40353．∴①②两个式子相除，可得到==2即等比数列的公比q=2，将q=2带入①中可求出a=42则a===21∴数列{a}时首项为2，公比为2的等比数列．n n1+∴数列{a}的前n项和为：S===2﹣2．nnn1+﹣，22．故答案为：211．（5分）（2013?北京）如图，AB为圆O的直径，PA为圆O的切线，PB与圆．，AB=4：16，则PD=DO相交于，若PA=3，PD：DB=92，利用切割线定理可得PA=PD?PB可设PD=9x，DB=16x．：【分析】由PD：DB=916，的切线，利用OPA为圆．AB为圆O的直径，PD即可求出x，进而得到，PB．ABPA．再利用勾股定理即可得出切线的性质可得AB⊥．DB=16xPD=9x，DB=9：16，可设【解答】解：由PD：2，=PD?PB为圆O的切线，∴PA∵PA2，∴+16x），化为．∴39x=9x?（．，PB=25x=5∴PD=9x=．PAABPAO的直径，为圆O的切线，∴⊥AB∵为圆．=4=∴．故答案分别为，44的55张参观券全部分给，，，，北京）将序分别为（5．12（分）2013?1234张参观券连，那么不同的分法种数张，如果分给同一人的人，每人至少12．是962张，如果分给同一人的1人，每人至少4张参观券全部分给5求出【分析】．张参观券连的组数，然后分给4人排列即可．【解答】解：5张参观券全部分给4人，分给同一人的2张参观券连，方法数为：1和2，2和3，3和4，4和5，四种连，其它码各为一组，分给4人，共有=96种．4×故答案为：96．若在正方形格中的位置如图所示，513．（分）（2013?北京）向量，，．4，则=（λ，μ∈R）、【分析】以向量、的公共点为坐标原点，建立如图直角坐标系，得到向量μ=2且解之得、μ的方程组，λ=﹣、的坐标，结合题中向量等式建立关于λ的值．，即可得到﹣的公共点为坐标原点，建立如图直角坐标系【解答】解：以向量、）32），=（﹣1，﹣，可得=（﹣1，1）=（6，，∵﹣μ=﹣∴，解之得λ=2且=4因此，=4故答案为：为E中，﹣ABCDABCD北京）如图，在棱长为514．（分）（2013?2的正方体1111．的距离的最小值为到直线点EDP的中点，BC点在线段上，PCC11，利用线面平行的判定即可EDEF，C的中点F，连接【分析】如图所示，取B111的距离．CC，进而得到异面直线DE与C得到C∥平面DEF1111，，ED的中点F，连接EF【解答】解：如图所示，取BC111，∥EF∴CC1，DEFCC?平面又EF?平面DEF，111．DEF∴CC∥平面11的距离．CCDE与C∴直线C上任一点到平面DEF的距离是两条异面直线1111，FM⊥D过点C作C111．DBCEF∵平面D⊥平面A11111．EF ⊥平面D∴CM11．CCP，则MP∥于点过点M作MP∥EF交DE11是矩形．，则四边形MPNCCN=MP，连接PN取11，DEF可得NP⊥平面1．=F，得?C 中，在Rt△DCFCM?DF=DC1111111．CCP的距离的最小值为到直线∴点1故答案为分．解答应写出文字说明，演算步骤506三、解答题共小题，共．∠AB=2b=2a=3ABC北京）在△（13．15（分）2013?中，，，∠（Ⅰ）求cosA的值；（Ⅱ）求c的值．【分析】（Ⅰ）由条件利用正弦定理和二倍角公式求得cosA的值．（Ⅱ）由条件利用余弦定理，解方程求得c的值，再进行检验，从而得出结论．，∠B=2∠A，（Ⅰ）由条件在△ABC中，a=3，【解答】解：．利用正弦定理可得，即=．解得cosA=2222，2×cc，即9=+×﹣（Ⅱ）由余弦定理可得a=b2+c×﹣2bc?cosA 2．即c﹣8c+15=0．解方程求得c=5，或c=3，，A=C=45°B=90°∠A，可得时，此时当c=3a=c=3，根据∠B=2222，故舍去．=b+a△ABC是等腰直角三角形，但此时不满足c，=cosB=当c=5时，求得=，cosA=2，满足条件．，∴=cosBB=2Acos2A=2cosA﹣1=∴综上，c=5．16．（13分）（2013?北京）如图是预测到的某地5月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择5月1日至5月13日中的某一天到达该市，并停留2天（Ⅰ）求此人到达当日空气质量优良的概率；的分布列与数学期望是此人停留期间空气质量优良的天数，求（Ⅱ）设XX （Ⅲ）由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不要求证明）【分析】（Ⅰ）由图查出13天内空气质量指数小于100的天数，直接利用古典概型概率计算公式得到答案；（Ⅱ）由题意可知X所有可能取值为0，1，2，得出P（X=0），P（X=1），p（x=2）及分布列与数学期望；（Ⅲ）因为方差越大，说明三天的空气质量指数越不稳定，由图直接看出答案．【解答】解：设A表示事件“此人于5月i日到达该地”（i=1，2，…，13）i）≠j?（i）=，A∩A=依据题意P（A jii（Ⅰ）设B表示事件“此人到达当日空气质量优良”，则P（…（3分）B）=（Ⅱ）X的所有可能取值为0，1，2分）6X=2）=…（=，P（X=1）=，P（（PX=0）的分布列为∴X210XP…（8分）∴X的数学期望为E（X）=…（11分）（Ⅲ）从5月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大．…（13分）17．（14分）（2013?北京）如图，在三棱柱ABC﹣ABC中，AACC是边长为411111的正方形．平面ABC⊥平面AACC，AB=3，BC=5．11（Ⅰ）求证：AA⊥平面ABC；1（Ⅱ）求证二面角A﹣BC﹣B的余弦值；111的值．，并求BAADD上存在点（Ⅲ）证明：在线段BC，使得⊥11，再利用面面垂直的性质即可⊥ACC是正方形，可得AA【分析】（I）利用AAC111证明；．通过建立空间直角坐标系，利用两个⊥ACII）利用勾股定理的逆定理可得AB （平面的法向量的夹角即可得到二面角；，可得E⊥BC于），在平面BCCB中作DEt（III）设点D的竖坐标为t，（0＜＜411，，利用向量垂直于数量积得关系即可得出．，D．AC是正方形，∴AA⊥（I）证明：∵AACC【解答】111，C=AC∩平面AACAACC，平面ABC又∵平面ABC⊥平面1111．ABC∴AA⊥平面1．AB=3BC=5，（II）解：由AC=4，222．ACABAB=BC⊥∴AC，∴+，30，），B（），B（0，3，0（建立如图所示的空间直角坐标系，则A0，0，411，4），（40，4），C1，，，，，，．，，∴B，平面，，，，y的法向量为=（xBC的法向量为BC设平面A211211．z）2，，．∴x，则令y=4，解得=0，z=3，111，，．∴z，=0，解得令，x=3，y=4222＜＞，．===B的余弦值为．﹣BC﹣∴二面角A111（III）设点D的竖坐标为t，（0＜t＜4），在平面BCCB中作DE⊥BC于E，可得11，，，D，，，，4），3∴=，﹣=（0，，∴∵，解得t=．∴．∴）处的切线．，0：y=在点（（．（13分）2013?北京）设l为曲线C18的方程；（Ⅰ）求l的下方．在直线l，0）之外，曲线C（Ⅱ）证明：除切点（1（Ⅰ）求出切点处切线斜率，代入代入点斜式方程，可以求解；【分析】（Ⅱ）利用导数分析函数的单调性，进而分析出函数图象的形状，可得结论．（Ⅰ）∵【解答】解：∴=1|l的斜率k=y′∴x=11﹣l的方程为y=x∴）＞0lnx）﹣，（xx（Ⅱ）令f（）=x（x﹣1证明：，0）﹣lnx＞）x=x（x﹣1的下方，即曲线C在直线lf（=1﹣x）=2x﹣则f′（=01f+110xf∴（）在（，）上单调递减，在（，∞）上单调递增，又（）∴x∈（0，1）时，f（x）＞0，即＜x﹣1x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，即＜x﹣1即除切点（1，0）之外，曲线C在直线l的下方上的三个点，：C是椭圆W19．（14分）（2013?北京）已知A，B，是坐标原点．O（Ⅰ）当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积；（Ⅱ）当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由．【分析】（I）根据B的坐标为（2，0）且AC是OB的垂直平分线，结合椭圆方程算出A、C两点的坐标，从而得到线段AC的长等于．再结合OB的长为2并利用菱形的面积公式，即可算出此时菱形OABC的面积；（II）若四边形OABC为菱形，根据|OA|=|OC|与椭圆的方程联解，算出A、C的2﹣1，从而得到A=r、横坐标满足C的横坐标相等或互为相反数．再分两不可能为OABCW的顶点时，四边形种情况加以讨论，即可得到当点B不是菱形．【解答】解：（I）∵四边形OABC为菱形，B是椭圆的右顶点（2，0）∴直线AC是BO的垂直平分线，可得AC方程为x=1，解之得t=（舍负）（设A1，t），得∴A的坐标为（1，），同理可得C的坐标为（1，﹣）因此，|AC|=，可得菱形OABC的面积为S=|AC|?|BO|=；（II）∵四边形OABC为菱形，∴|OA|=|OC|，222=r两点是圆xy+A（r＞1），得、C|设|OA|=|OC=r2的公共点，解之得：﹣=r与椭圆1设A、C两点横坐标分别为x、x，可得A、C两点的横坐标满足21且x，x，或??=x=x?=﹣= 2121时，可得若四边形OABC为菱形，则B点必定是右顶点?=①当x=x21（2，0）；，则且xx+x=0，?②若x==﹣?2112可得AC的中点必定是原点O，因此A、O、C共线，可得不存在满足条件的菱形OABC综上所述，可得当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能为菱形．n是由非负整数组成的无穷数列，该数列前{a}13分）（2013?北京）已知20．（n．B=A ﹣…的最小值记为B，d项的最大值记为A，第n项之后各项a，a nnn1nnn2n++的数列（即对任意43…，是一个周期为1，4，，1，4，3，2，a（Ⅰ）若{}为2n*的值；，d，d，d∈N），a=a，写出dn4231n4n+}{a2，3…）的充分必要条件为d=﹣d（n=1，（Ⅱ）设d是非负整数，证明：nn的等差数列；是公差为d，且或者2}的项只能是1，…），则{an=1（Ⅲ）证明：若a=2，d=1（，2，3nn1．1有无穷多项为的值．d，d，﹣B的定义，直接求得d，d【分析】（Ⅰ）根据条件以及d=A4n 2n1n3，d1）=a+（n﹣{（Ⅱ）设d是非负整数，若a}是公差为d的等差数列，则a1nn，d=﹣d=A﹣B从而证得nnn是一个不}a）．可得{n=1，2，3，4…=）n=1，2，3，4…．若d=A﹣B﹣d，（（nnnn减的数列，的等差数列，命题得证．是公差为}d=d，即{aad=A求得d﹣B=﹣，即a﹣nnnnnn1+的项不能等于零，再用反证法得}，则{a，，23，…）（，（Ⅲ）若a=2d=1n=1n1n，的项不能超过}2到{a n从而证得命题．的数4，是一个周期为3…，4，1，2a（Ⅰ）若【解答】解：{，3，4，1，2为}n 列，∴d=A﹣B=2﹣1=1，111d=A﹣B=2﹣1=1，d=A﹣B=4﹣1=3，d=A﹣B=4﹣1=3．442423323（Ⅱ）充分性：设d是非负整数，若{a}是公差为d的等差数列，则a=a+（n1nn﹣1）d，∴A=a=a+（n﹣1）d，B=a=a+nd，∴d=A﹣B=﹣d，（n=1，2，3，4…）．n1n1nnnnn1+必要性：若d=A﹣B=﹣d，（n=1，2，3，4…）．假设a是第一个使a﹣a＜01nknknk﹣的项，则d=A﹣B=a﹣B≥a﹣a＞0，这与d=﹣d≤0相矛盾，故{a}是一个不减nnk1k1kkkkk﹣﹣的数列．∴d=A﹣B=a﹣a=﹣d，即a﹣a=d，故{a}是公差为d的等差数列．nnnn1nnnn1++（Ⅲ）证明：若a=2，d=1（n=1，2，3，…），首先，{a}的项不能等于零，否n1n则d=2﹣0=2，矛盾．1而且还能得到{a}的项不能超过2，用反证法证明如下：n假设{a}的项中，有超过2的，设a是第一个大于2的项，由于{a}的项中一定nnm有1，否则与d=1矛盾．1当n≥m时，a≥2，否则与d=1矛盾．mn因此，存在最大的i在2到m﹣1之间，使a=1，此时，d=A﹣B=2﹣B≤2﹣2=0，iiiii矛盾．综上，{a}的项不能超过2，故{a}的项只能是1或者2．nn下面用反证法证明{a}的项中，有无穷多项为1．n若a是最后一个1，则a是后边的各项的最小值都等于2，故d=A﹣B=2﹣2=0，kkkkk矛盾，故{a}的项中，有无穷多项为1．n综上可得，{a}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1．n。