2013年高考天津卷(理)

第Ⅰ卷

一、选择题

1．已知集合A＝{x∈R||x|≤2}，B＝{x∈R|x≤1}，则A∩B等于(　　)

A．(－∞，2]  B．[1,2]

C．[－2,2]  D．[－2,1]

答案　D

解析　A＝{x∈R||x|≤2}＝[－2,2]，B＝{x∈R|x≤1}＝(－∞，1]，∴A∩B＝[－2,2]∩(－∞，1]＝[－2,1]，选D.

2．设变量x，y满足约束条件则目标函数z＝y－2x的最小值为(　　)

A．－7  B．－4  C．1  D．2

答案　A

解析　

可行域如图阴影部分(含边界)

令z＝0，得直线l0：y－2x＝0，平移直线l0知，当直线l过A点时，z取得最小值．

由得A(5,3)．

∴z最小＝3－2×5＝－7，选A.

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．  　　　B．73

C．512  　　　D．585

答案　B

解析　第1次运行：S＝0＋13＝1<50

第2次运行：x＝2，S＝1＋23＝9<50

第3次运行：x＝4，S＝9＋43＝73>50

∴输出S＝73，选B.

4．已知下列三个命题：

①若一个球的半径缩小到原来的，则其体积缩小到原来的；

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x2＋y2＝相切，其中真命题的序号是(　　)

A．①②③  B．①②

C．①③  D．②③

答案　C

解析　①正确，②不正确，③正确，选C.

5．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线与抛物线y2＝2px(p>0)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，则p等于(　　)

A．1  B.  C．2  D．3

答案　C

解析　e＝2， 2＝＝1＋2＝4，∴＝，双曲线的渐近线方程为y＝±x，

∴|AB|＝2·tan 60°

又S△AOB＝，即··2·tan 60°＝，∴＝1，

∴p＝2，选C.

6．在△ABC中，∠ABC＝，AB＝，BC＝3，则sin ∠BAC等于(　　)

A.  B.  C.  D. 

答案　C

解析　在△ABC中，由余弦定理AC2＝BA2＋BC2－2BA·BCcos∠ABC＝()2＋32－2××3cos＝5.

∴AC＝，由正弦定理＝得

sin∠BAC＝＝＝＝，选C.

7．函数f(x)＝2x|log0.5 x|－1的零点个数为(　　)

A．1  B．2  C．3  D．4

答案　B

解析　当0由y＝log0.5x，y＝x的图象知，在(0,1)内有一个交点，即f(x)在(0,1)上有一个零点．

当x>1时，f(x)＝－2xlog0.5x－1＝2xlog2x－1，令f(x)＝0得

log2x＝x，由y＝log2x，y＝x的图象知在(1，＋∞)上有一个交点，即f(x)在(1，＋∞)上有一个零点，故选B.

8．已知函数f(x)＝x(1＋a|x|)．设关于x的不等式f(x＋a)A.  　B. 

C.∪  　D. 

答案　A

解析　f(x)＝x(1＋a|x|)，f(x＋a)＝(x＋a)(1＋a|x＋a|)，

由f(x＋a)x＋a＋a(x＋a)|x＋a|而a＋a(x＋a)|x＋a|(1)当a＝0时，不合题意．

(2)当a>0时有1＋(x＋a)|x＋a|由于当x＝0时1＋|a|<0无解，故a<0，去掉C.

(3)当a<0时，1＋(x＋a)|x＋a|>x|x|

取a＝－，则1＋>x|x|*

①当x≤0时，由*得－②当0

此时⊆A符合题意，由于－∉，

－∉去掉B、D，故选A.

第Ⅱ卷

二、填空题

9．已知a，b∈R，i是虚数单位．若(a＋i)(1＋i)＝bi，则a＋bi＝________.

答案　1＋2i

解析　由(a＋i)(1＋i)＝bi得a－1＋(a＋1)i＝bi，

　∴

∴a＋bi＝1＋2i.

10. 6的二项展开式中的常数项为________．

答案　15

解析　Tr＋1＝Cx6－r(－x－)r＝(－1)rCx6－(r＝0,1，…，6)，

由题意得6－＝0，∴r＝4.

故常数项为T4＋1＝C (－1)4＝C＝＝15.

11．已知圆的极坐标方程为ρ＝4cos θ，圆心为C，点P的极坐标为，则|CP|＝________.

答案　2

解析　由ρ＝4cos θ得：ρ2＝4ρcos θ而x2＋y2＝4x，

∴(x－2)2＋y2＝4，圆心C(2,0)，

点P的直角坐标为P(2,2)．

∴|CP|＝2.

12．在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的中点．若·＝1，则AB的长为________．

答案　

解析　在平行四边形ABCD中，取AB的中点F，则＝，

∴＝＝－，又＝＋，

∴·＝(＋)·(－)

＝2－·＋·－2

＝||2＋||||cos 60°－||2

＝1＋×||－||2＝1.

∴||＝0，又||≠0，∴||＝.

13．如图，△ABC为圆的内接三角形，BD为圆的弦，且BD∥AC.过点A作圆的切线与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________．

答案　

解析　设EB＝x，则ED＝x＋5，由切割线定理知x(x＋5)＝62，∴x＝4.

∵AC∥ED，∴＝，又AB＝AC.

∴∠2＝∠3＝∠4＝∠5，又∠1＝∠3，∠3＝∠6.

∴∠1＝∠6，∴AE∥BC，即EBCA为平行四边形．

∴AC＝EB＝4，BC＝6，由△AFC∽△BFD.

∴＝.

即＝，∴CF＝.

14．设a＋b＝2，b>0，则当a＝________时，＋取得最小值．

答案　－2

解析　∵a＋b＝2，b>0，显然b≠2(∵a≠0)，

∴a＝2－b.

①当00，f(b)＝＋＝＋＝＋－1，

f′(b)＝－，

令f′(b)＝0得b＝.当b∈时f′(b)<0，

当b∈时f′(b)>0.

故当b＝，f(b)最小＝.

②当b>2时，a＝2－b<0，

f(b)＝＋＝－＋1，

f′(b)＝＋，

令f′(b)＝0得b＝4.当2当b>4时，f′(b)>0.

故当b＝4时，f(b)最小＝，

此时a＝2－b＝－2.

三、解答题

15．已知函数f(x)＝－sin＋6sin xcos x－2cos2 x＋1，x∈R.

(1)求f(x)的最小正周期；

(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值．

解　(1)f(x)＝－sin 2x·cos－cos 2x·sin＋3sin 2x－cos 2x

＝2sin 2x－2cos 2x＝2sin.

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，f＝2，f＝2，故函数f(x)在区间上的最大值为2，最小值为－2.

16．一个盒子里装有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)．

(1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；

(2)在取出的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．

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

17．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．

(1)证明B1C1⊥CE；

(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；

(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．

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)．

方法一　(1)证明　易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，所以B1C1⊥CE.

(2)解　＝(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)解　＝(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

sin θ＝|cos〈，〉|＝

＝＝，

于是＝，解得λ＝，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＝B1C＋EC，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)解　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)解　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＝x，AH＝x.在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝，得EH＝MH＝x.在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos 135°，得x2＝1＋x2＋x，

整理得5x2－2x－6＝0，解得x＝.所以线段AM的长为.

18．设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.

(1)求椭圆的方程；

(2)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·＋·＝8，求k的值．

解　(1)设F(－c,0)，由＝，知a＝c.过点F且与x轴垂直的直线为x＝－c，代入椭圆方程有＋＝1，解得y＝±，于是＝，解得b＝，又a2－c2＝b2，从而a＝，c＝1，所以椭圆的方程为＋＝1.

(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

＝6＋.

由已知得6＋＝8，解得k＝±.

19．已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．

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q2＝＝.又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.故等比数列{an}的通项公式为an＝×n－1＝(－1)n－1·.

(2)由(1)得Sn＝1－n＝

当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以10当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以＝S2≤Sn<1，故

0>Sn－≥S2－＝－＝－.

综上，对于n∈N*，总有－≤Sn－≤.

所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.

20．已知函数f(x)＝x2ln x.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)证明：对任意的t>0，存在唯一的s，使t＝f(s)；

(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)，证明：当t>e2时，有<<.

(1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝.

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

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)＝e2tln et－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＝ln s．要使<<成立，只需0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ln u>0成立．

另一方面，令F(u)＝ln u－，u>1.F′(u)＝－，令F′(u)＝0，得u＝2.当10；当u>2时，F′(u)<0.故对u>1，F(u)≤F(2)<0，因此ln u<成立．

综上，当t>e2时，有<<.