2013年上海高考数学(理科)试卷及答案

一、填空题 1．计算：limn20______

n3n13n201．

n3n1332【解答】根据极限运算法则，lim22．设mR，mm2(m1)i是纯虚数，其中i是虚数单位，则m________ m2m20【解答】m2． 2m10xxx2y23．若，则xy______ yy11【解答】xy2xyxy0． 4．已知△ABC的内角A、B、C所对应边分别为a、b、c，若3a2ab3b3c0，则角C的大小是_______________（结果用反三角函数值表示） 【解答】222223a22ab23b23c20232c，故a2ba11cosC,Carccos． 33a75．设常数aR，若x2的二项展开式中x项的系数为10，则a______ x【解答】Tr1C5(x)6．方程r25r5a1a10a2． ()r,2(5r)r7r1，故C5x313x1的实数解为________ x3132x【解答】原方程整理后变为323x803x4xlog34． 7．在极坐标系中，曲线cos1与cos1的公共点到极点的距离为__________ 【解答】联立方程组得(1)11515，又0，故所求为． 228．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）

C5213【解答】9个数5个奇数，4个偶数，根据题意所求概率为12．

C918安博教育网址：http://www.zgjhjy.com/ 上海安博京翰教育研究院

9．设AB是椭圆的长轴，点C在上，且CBA两个焦点之间的距离为________

4，若AB=4，BC2，则的

x2y21，于是可算得C(1,1，【解答】不妨设椭圆的标准方程为)得4b2446b2,2c． 3310．设非零常数d是等差数列x1,x2,x3,,x19的公差，随机变量等可能地取值x1,x2,x3,,x1，则方差D_______ 9d222【解答】Ex10，D(981911．若cosxcosysinxsiny12021292)30|d|． 12,sin2xsin2y，则sin(xy)________ 23122【解答】cos(xy)，故s sin2xsin2y2sin(xy)cos(xy)，ni(x)y．233a27，12．设a为实常数，yf(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，f(x)9xx若f(x)a1对一切x0成立，则a的取值范围为________ a27a1 【解答】f(0)0，故0a1a1；当x0时，f(x)9xx即6|a|a8，又a1，故a8． 72213．在xOy平面上，将两个半圆弧(x1)y1(x1)和(x3)2y21(x3)、两条直线y1和y1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,y)(|y|1)作的水平截面，所得截面面积为41y8，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1228216．

222安博教育网址：http://www.zgjhjy.com/ 上海安博京翰教育研究院

14．对区间I上有定义的函数g(x)，记g(I){y|yg(x),xI}函数yf(x)有反函数yf1，已知定义域为[0,3]的

(x)，且f1([0,1))[1,2),f1((2,4])[0,1)，若方程

f(x)x0有解x0，则x0_____

【解答】根据反函数定义，当x[0,1)时，f(x)(2,4]；x[1,2)时，f(x)[0,1)，而时，f(x)的取值应在集合yf(x)的定义域为[0,3]，故当x[2,3(,0)[1,2](4,)，故若f(x0)x0，只有x02．

二、选择题

15．设常数aR，集合A{x|(x1)(xa)0},B{x|xa1}，若ABR，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，a1a1或，解答选项为B．

a11a1a16．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．

n17．在数列{an}中，an21，若一个7行12列的矩阵的第i行第j列的元素

ai,jaiajaiaj，（i,2,1;7,,2,21,数为（ ）

(A)18

(B)28

j

）则该矩阵元素能取到的不同数值的个

(C)48

ij (D)63

【解答】ai,jaiajaiaj21，而ij2,3,,19，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

a1,a2,a3,a4,a5；以D为起点，其余顶点为终点的向量分别为d1,d2,d3,d4,d5.若m,M分

别

为

(aiaj)ak(drd的dt小值、最大值，其中s最

{i,j,k}{1,2,3,4,5},{r,s,t}{1,2,3,4,5},则m,M满足（ ）.

(A) m0,M0

(B) m0,M0

(C) m0,M0

(D)

m0,M0

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【解答】作图知，只有AFDEABDC0，其余均有aidr0，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AB//C1D1,ABC1D1， 故ABC1D1为平行四边形，故BC1//AD1，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 DAD1BCC1B1A1111(12)1 3233而AD1C中，ACDC，故 S5,AD2AD1C11213122所以，Vhh，即直线BC1到平面D1AC的距离为． 32333考虑三棱锥ABCD1的体积，以ABC为底面，可得V 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1x10），每小时可获得利润是100(5x1)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，200(5x1)30005x14又1x10，可解得3x10 (2)设利润为y元，则y3x3x30 x90031161100(5x1)9104[3()2] xxx612故x6时，ymax457500元． 21．（6分+8分）已知函数f(x)2sin(x)，其中常数0； （1）若yf(x)在[24,3]上单调递增，求的取值范围； （2）令2，将函数yf(x)的图像向左平移

个单位，再向上平移1个单位，得到函6数yg(x)的图像，区间[a,b]（a,bR且ab）满足：yg(x)在[a,b]上至少含有30个零点，在所有满足上述条件的[a,b]中，求ba的最小值． 【解答】(1)因为0，根据题意有

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3420 4223(2) f(x)2sin(2x)，g(x)2sin(2(x))12sin(2x)1

6317g(x)0sin(2x)xk或xk,kZ， 323122即g(x)的零点相离间隔依次为和， 33243故若yg(x)在[a,b]上至少含有30个零点，则ba的最小值为14． 15333 安博教育网址：http://www.zgjhjy.com/ 上海安博京翰教育研究院

x2y21，曲线22．（3分+5分+8分）如图，已知曲线C1:2C2:|y||x|1，P是平面上一点，若存在过点P的直线与C1,C2都有公

共点，则称P为“C1—C2型点”．

(1)在正确证明C1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ykx与C2有公共点，求证|k|1，进而证明原点不是“C1—C2型点”； (3)求证：圆xy221内的点都不是“C1—C2型点”． 22)，2【解答】：（1）C1的左焦点为F(3,0)，过F的直线x3与C1交于(3,与C2交于(3,(31))，故C1的左焦点为“C1-C2型点”，且直线可以为x3； （2）直线ykx与C2有交点，则 ykx(|k|1)|x|1，若方程组有解，则必须|k|1； |y||x|1直线ykx与C2有交点，则 ykx1222，若方程组有解，则必须 k(12k)x2222x2y2故直线ykx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xy221内一点的直线l若与曲线C1有交点，则斜率必存在； 2根据对称性，不妨设直线l斜率存在且与曲线C2交于点(t,t1)(t0)，则 l:y(t1)k(xt)kxy(1tkt)0 直线l与圆xy2221|1tkt|2内部有交点，故 222k112(k1)。。。。。。。。。。。。① 2化简得，(1ttk)若直线l与曲线C1有交点，则

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ykxktt112222(k)x2k(1tkt)x(1tkt)10 x22y1214k2(1tkt)24(k2)[(1tkt)21]0(1tkt)22(k21)

2化简得，(1tkt)2(k1)。。。。。② 2212(k1)k21 2122但此时，因为t0,[1t(1k)]1,(k1)1，即①式不成立； 212当k时，①式也不成立 2122综上，直线l若与圆xy内有交点，则不可能同时与曲线C1和C2有交点， 2122即圆xy内的点都不是“C1-C2型点” ． 2由①②得，2(k1)(1ttk)22 23．（3 分+6分+9分）给定常数c0，定义函数f(x)2|xc4||xc，数列|a1,a2,a3,*满足an1f(an),nN. *（1）若a1c2，求a2及a3；（2）求证：对任意nN,an1anc，； （3）是否存在a1，使得a1,a2,在，说明理由. an,成等差数列？若存在，求出所有这样的a1，若不存【解答】：（1）因为c0，a1(c2)，故a2f(a1)2|a1c4||a1c|2， a3f(a1)2|a2c4||a2c|c10 （2）要证明原命题，只需证明f(x)xc对任意xR都成立， f(x)xc2|xc4||xc|xc 即只需证明2|xc4||xc|+xc

若xc0，显然有2|xc4||xc|+xc=0成立；

若xc0，则2|xc4||xc|+xcxc4xc显然成立

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*综上，f(x)xc恒成立，即对任意的nN，an1anc

（3）由（2）知，若{an}为等差数列，则公差dc0，故n无限增大时，总有an0 此时，an1f(an)2(anc4)(anc)anc8 即dc8

故a2f(a1)2|a1c4||a1c|a1c8， 即2|a1c4||a1c|a1c8，

当a1c0时，等式成立，且n2时，an0，此时{an}为等差数列，满足题意； 若a1c0，则|a1c4|4a1c8， 此时，a20,a3c8,,an(n2)(c8)也满足题意；

综上，满足题意的a1的取值范围是[c,){c8}．

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