2013年高考-湖北卷理科数学试题及答案

2013年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

（湖北卷）

一、选择题 1、在复平面内，复数z2i（i为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（ ） 1i A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【解析与答案】z2i1i，z1i。 1i

故选D

【相关知识点】复数的运算

x122、已知全集为R，集合Ax1，Bx|x6x80，则ACRB（ ）

2 A.x|x0 B.

C. x|0x2或x4 D.x|0x2或x4 【解析与答案】A0,，B2,4，ACRB0,24,。

故选C

【相关知识点】不等式的求解，集合的运算

3、在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次，设命题p是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（ ） A.pq B. pq C. pq D.pq 【解析与答案】“至少有一位学员没有降落在指定范围” 即：“甲或乙没有降落在指定范围内”。 故选A。

【相关知识点】命题及逻辑连接词 4、将函数y3cosxsinxxR的图像向左平移mm0个长度单位后，所得到的

图像关于y轴对称，则m的最小值是（ ） A.

12 B.

6 C.

3 D.

5 6【解析与答案】y2cosx的图像向左平移mm0个长度单位后变成

6y2cosxm，所以m的最小值是。故选B。

66

【相关知识点】三角函数图象及其变换

x2y2y2x25、已知0，则双曲线C1:1与C2:221的

cos2sin2sinsintan24（ ）

A.实轴长相等 B.虚轴长相等 C.焦距相等 D. 离心率相等 【解析与答案】双曲线C1的离心率是e11，双曲线C2的离心率是cose2sin21tan2sin1，故选D cos【相关知识点】双曲线的离心率，三角恒等变形

6、已知点A1,1、B1,2、C2,1、D3,4，则向量AB在CD方向上的投影为（ ） A.

3231532315 B. C.  D. 2222【解析与答案】AB2,1，CD5,5，【相关知识点】向量的坐标运算，向量的投影

ABCDCD1532，故选A。 25225（t1t的单位：s，v的单位：m/s）行驶至停止。在此期间汽车继续行驶的距离（单位;m）是

7、一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度vt73t（ ）

11 C. 425ln5 D. 450ln2 325【解析与答案】令 vt73t0，则t4。汽车刹车的距离是

1tA. 125ln5 B. 825ln2573tdt425ln5，故选C。 01t4【相关知识点】定积分在实际问题中的应用

8、一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（ ）

A. V1V2V4V3 B. V1V3V2V4 C. V2V1V3V4 D. V2V3V1V4

【解析与答案】C 由柱体和台体的体积公式可知选C 【相关知识点】三视图，简单几何体体积

9、如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割成125个同样大小的小正方体。经过搅拌后，从中随机取出一个小正方体，记它的涂油漆面数为X，则X的均值为EX A.

12661687 B. C. D. 12551255 第9题图

【解析与答案】三面涂有油漆的有8块，两面涂有油漆的有36块，一面涂有油漆的有54块，没有涂有油漆的有27块，所以EX3【相关知识点】古典概型，数学期望

10、已知a为常数，函数f(x)xlnxax有两个极值点x1,x2(x1x2)，则（ ）

83654621。故选B。 1251251255 A.

f(x1)0,f(x2)f(x1)0,f(x2)11f(x)0,f(x) B. 122211f(x1)0,f(x2)2 D. 2

C.

【解析与答案】令f(x)12axlnx0得02a1，lnxi2axi1(i1,2)。 又f11，0x1x2。012a2af(x1)x1lnx1ax12x12ax11ax12ax12x10，

2f(x2)ax2x2x2ax21ax21a111 2a2故选D。

【相关知识点】函数导数与极值，函数的性质 二、填空题 （一）必考题

11、从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50到350度之间，频率分布直方图所示。

（I）直方图中x的值为 ；

（II）在这些用户中，用电量落在区间100,250内的户数为 。

第11题图

【解析与答案】0.0060.00360.002420.0012x501，x0.0044

0.00360.0060.00445010070

【相关知识点】频率分布直方图

12、阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i 。

开始

a10, i1 a4?否 是 是 a是奇数? 否 a3a1 aa 2 输出i ii1 结束

【解析与答案】5 程序框图运行过程如表所示： i a 1 10 2 5 3 16 4 8 5 4

【相关知识点】程序框图

13、设x,y,zR，且满足：xyz1，x2y3z14，则xyz 。 【解析与答案】由柯西不等式知123222222x2y2z2x2y3z，结合已知

2条件得

xyz14314xyz，xyz。 ，从而解得123147123【相关知识点】柯西不等式及其等号成立的条件）

14、（2013湖北卷，14）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数。如三角

nn1121nn。记第n个k边形数为形数1,3,6,10，…，第n个三角形数为

222Nn,kk3，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：

三角形数 Nn,3121nn 222正方形数 Nn,4n 五边形数 Nn,5321nn 222六边形数 Nn,62nn

…

可以推测Nn,k的表达式，由此计算N10,24 。

【思维导图】观察列出的三角形数、正方形、五边形数、六边形数所具有的特点→观察

n2和n前面的系数，可知一个成递增的等差数列另一个成递减的等差数列→归纳、猜想出

N10,24

【解答过程】观察n和n前面的系数，可知一个成递增的等差数列，另一个成递减的等差数列，由归纳推理可知： N(n,k)2k221nn(k4),所以22N10,24242110210(244)11001001000。 22【答案】1000

（二）选考题

15、如图，圆O上一点C在直线AB上的射影为D，点D在半径OC上的射影为E。若

AB3AD，则

CE的值为 。 EOCAEDOB第15题图

ADABADCECD2ADBD【解析与答案】由射影定理知8 222EOODOAAD1ABAD2【相关知识点】射影定理，圆幂定理

xacos16、在直角坐标系xOy中，椭圆C的参数方程为为参数，ab0。在

ybsin极坐标系（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极

轴）中，直线l与圆O的极坐标方程分别为sin2mm为非零常数与42b。若直线l经过椭圆C的焦点，且与圆O相切，则椭圆C的离心率为 。

【解析与答案】直线l的方程是xym，作出图形借助直线的斜率可得c2b，所以

c22a2c2，e6 3【相关知识点】极坐标与直角坐标的转化，椭圆的几何性质，直线与圆 三、解答题

17、在ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c。已知cos2A3cosBC1。 （I）求角A的大小；

（II）若ABC的面积S53，b5，求sinBsinC的值。 【解析与答案】（I）由已知条件得：cos2A3cosA1

2cos2A3cosA20，解得cosA1，角A60 2a2122（II）SbcsinA53c4，由余弦定理得：a21，2R28 2sinA2sinBsinCbc5 24R7【相关知识点】二倍角公式，解三角函数方程，三角形面积，正余弦定理 18、已知等比数列an满足：a2a310，a1a2a3125。 （I）求数列an的通项公式； （II）是否存在正整数m，使得说明理由。

【解析与答案】（I）由已知条件得：a25，又a2q110，q1或3， 所以数列an的通项或an53（II）若q1，

n211a1a211？若存在，求m的最小值；若不存在，am

11a1a211或0，不存在这样的正整数m； am511若q3，a1a2m19191，不存在这样的正整数m。 am10310【相关知识点】等比数列性质及其求和

19、如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．

(1)若平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明．

→1→

(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足DQ＝CP，记直线PQ与平

2面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E－l－C的平面角的大小为β，求证：sin θ＝sin αsin β. (1)解 直线l∥平面PAC，证明如下： 连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点， 所以EF∥AC.

又EF⊄平面ABC，且AC⊂平面ABC， 所以EF∥平面ABC.

而EF⊂平面BEF，且平面BEF∩平面ABC＝l， 所以EF∥l.

因为l⊄平面PAC，EF⊂平面PAC， 所以直线l∥平面PAC.

(2)证明 方法一 综合法 如图，取点D，连接BD.

由(1)可知交线l即为直线BD，且l∥AC.

因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC. 已知PC⊥平面ABC，而l⊂平面ABC，所以PC⊥l. 而PC∩BC＝C，所以l⊥平面PBC.

连接BE，BF，因为BF⊂平面PBC，所以l⊥BF. 故∠CBF就是二面角E－l－C的平面角，即∠CBF＝β.

1→1→

由DQ＝CP，作DQ∥CP，且DQ＝CP.

22连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP＝2PF， 所以DQ＝PF，

从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD. 连接CD，因为PC⊥平面ABC， 所以CD是FD在平面ABC内的射影， 故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角， 即∠CDF＝θ.

又BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF为锐角． 故∠BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即∠BDF＝α， 于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得 CFBFCF

sin θ＝，sin α＝，sin β＝.

DFDFBFBFCFCF

从而sin αsin β＝·＝＝sin θ，

DFBFDF即sin θ＝sin αsin β. 方法二 向量法

1→1→

如图，由DQ＝CP，作DQ∥CP，且DQ＝CP.

22连接PQ，EF，BE，BF，BD， 由(1)可知交线l即为直线BD.

→→→

以点C为原点，向量CA，CB，CP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设CA＝a，CB＝b.CP＝2c，则有

1C(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，b,0)，P(0,0,2c)，Q(a，b，c)，E2a，0，c，F(0,0，c)． 1→→→

a，0，0，QP＝(－a，－b，c)，BF＝(0，－b，c)， 于是FE＝2→→|FE·QP|a

所以cos α＝＝222，

→→a＋b＋c|FE||QP|

从而sin α＝1－cosα＝

2，

a2＋b2＋c2b2＋c2又取平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1)， →|m·QP|c

可得sin θ＝＝222，

→a＋b＋c|m||QP|设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)． →FE＝0，n·

所以由

→BF＝0.n·

12ax＝0，

可得取n＝(0，c，b)．

－by＋cz＝0.于是|cos β|＝

|m·n|b

＝22. |m||n|b＋c

c

. b2＋c22·

从而sin β＝1－cos2β＝b2＋c222故sin αsin β＝＝

a＋b＋c

c

b＋c22c222＝sin θ， a＋b＋c

即sin θ＝sin αsin β.

20、假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布N800,50天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0。 （I）求p0的值；（参考数据：若X2的随机变量。记一

N,2，有PX0.6826，

P2X20.9544，P3X30.9974。）

（II）某客运公司用A、B两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往

返一次，A、B两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的运营成本分别为1600元/辆和2400元/辆。公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求B型车不多于

A型车7辆。若每天要以不小于p0的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙

地的运营成本最小，那么应配备A型车、B型车各多少辆？ 【解析与答案】（I）p00.510.95440.9772 2（II）设配备A型车x辆，B型车y辆，运营成本为z元，由已知条件得

xy2136x60y900，而z1600x2400y yx7x,yN

作出可行域，得到最优解x5,y12。

所以配备A型车5辆，B型车12辆可使运营成本最小。 【相关知识点】正态分布，线性规划

21、如图，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m，2nmn，过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D。记m，BDM和ABN的面积分别为S1和S2。 n（I）当直线l与y轴重合时，若S1S2，求的值；

（II）当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2？并说明理由。

y A B M C O N x D 第21题图

m11n 【解析与答案】（I）S1S2mnmn，m11n解得：21（舍去小于1的根）

x2y2x2y2（II）设椭圆C1:221am，C2:221，直线l：kyx

aman

kyx222amk2am22 y1yxyA22222am21amk2ma同理可得，yB又

anank222

BDM和ABN的的高相等

S1BDyByDyByA S2AByAyByAyB如果存在非零实数k使得S1S2，则有1yA1yB，

22222a2112112即：2，解得k 4n23a2n2k2a2n2k2当12时，k20，存在这样的直线l；当112时，k20，不存在这

样的直线l。

【相关知识点】直线与椭圆相交的问题（计算异常复杂） 22、设n是正整数，r为正有理数。 （I）求函数f(x)1xr1r1x1(x1)的最小值；

nr1n1（II）证明：

r1r1n1nrnr1；

r1r1（III）设xR，记x为不小于x的最小整数，例如22，4，1。

2令S3813823834333S的值。 125，求434343（参考数据：80344.7，81350.5，124618.3，126631.7）

rrf(x)r11xr1r11x1 证明：（I）f(x)在1,0上单减，在0,上单增。

f(x)minf(0)0

（II）由（I）知：当x1时，1xr1r1x1（就是伯努利不等式了）

r1r1rnr1nn1所证不等式即为： r1r1rnr1nn1

若n2，则nr1r1nrn1r11nr11n1

nrrr1 11…………①

n1nrrr1， 11nn1nnrrr1，故①式成立。 111nn1n若n1，nr1rr1nrn1r1r1显然成立。

rnr1r1nrn11nr11n1

nrr1 11…………②

n1nrrr1， 11nn1nnrrr1，故②式成立。 111nn1n综上可得原不等式成立。

1444343（III）由（II）可知：当kN时，k3k13k3k13k3

44*r444312543Sk3k131253803210.225

4k814444431253 Sk13k31263813210.9

4k814S211

20．假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布N(800,502)的随机变量，记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0.

(1)求p0的值；

(参考数据：若X～N(μ，σ2)，有P(μ－σ(2)某客运公司用A、B两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次．A、B两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1 600元/辆和2 400元/辆，公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求B型车不多于A型车7辆．若每天要以不小于p0的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备A型车、B型车各多少辆？

解 (1)由于随机变量X服从正态分布N(800,502)，故有μ＝800，σ＝50，P(700由正态分布的对称性，可得

p0＝P(X≤900)＝P(X≤800)＋P(800＝＋P(700(2)设A型、B型车辆的数量分别为x，y辆，则相应的营运成本为1 600x＋2 400y. 依题意，x，y还需满足x＋y≤21，y≤x＋7，P(X≤36x＋60y)≥p0， 由(1)知，p0＝P(X≤900)，

故P(X≤36x＋60y)≥p0等价于36x＋60y≥900. x＋y≤21，y≤x＋7，

于是问题等价于求满足约束条件36x＋60y≥900，

x，y≥0，x，y∈N.且使目标函数z＝1 600x＋2 400y达到最小的x，y.

作可行域如图所示，可行域的三个顶点坐标分别为P(5,12)，Q(7,14)，R(15,6)．

由图可知，当直线z＝1 600x＋2 400y经过可行域的点P时，直线z＝1 600x＋2 400y在z

y轴上截距最小，即z取得最小值．

2 400故应配备A型车5辆、B型车12辆．

21．如图，已知椭圆C1与C2 的中心坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m,2n(m>n)，过原点且不与x轴重合的直线l与C1, C2的四个交点按纵坐标从大到小依次m

为A，B，C，D.记λ ＝，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2..

n

(1)当直线l与y轴重合时，若S1＝λ S2 ，求λ的值；

(2)当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λ S2？并说明理由． 解 依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为 x2y2x2y2

C1：2＋2＝1；C2：2＋2＝1.

amanm其中a>m>n>0，λ＝>1.

n

(1)方法一 如图，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x＝0， 1

则S1＝|BD|·|OM|

21

＝a|BD|， 21

S2＝|AB|·|ON|

21

＝a|AB|， 2S1|BD|所以＝.

S2|AB|

在C1和C2的方程中分别令x＝0， 可得yA＝m，yB＝n，yD＝－m， |BD||yB－yD|m＋nλ＋1于是＝＝＝.

|AB||yA－yB|m－nλ－1λ＋1S1

若＝λ，则＝λ， S2λ－1化简得λ2－2λ－1＝0， 由λ>1，可解得λ＝2＋1.

故当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，则λ＝2＋1. 方法二 如图，若直线l与y轴重合，则

|BD|＝|OB|＋|OD|＝m＋n，|AB|＝|OA|－|OB|＝m－n；

11S1＝|BD|·|OM|＝a|BD|，

2211S2＝|AB|·|ON|＝a|AB|.

22S1|BD|m＋nλ＋1所以＝＝＝.

S2|AB|m－nλ－1λ＋1S1若＝λ，则＝λ， S2λ－1化简得λ2－2λ－1＝0. 由λ>1，可解得λ＝2＋1，

故当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，则λ＝2＋1.

(2)方法一 如图，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2，根据对称性，不妨设直线l：y＝kx(k>0)，

点M(－a,0)，N(a,0)到直线l的距离分别为d1，d2， |－ak－0|ak因为d1＝＝，

1＋k21＋k2d2＝|ak－0|

ak＝， 1＋k21＋k2所以d1＝d2.

11

又S1＝|BD|d1，S2＝|AB|d2，

22S1|BD|

所以＝＝λ，即|BD|＝λ|AB|.

S2|AB|由对称性可知|AB|＝|CD|， 所以|BC|＝|BD|－|AB|＝(λ－1)|AB|， |AD|＝|BD|＋|AB|＝(λ＋1)|AB|， |AD|λ＋1于是＝.①

|BC|λ－1

将l的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得 xA＝

aman

，x＝. B

a2k2＋m2a2k2＋n2根据对称性可知xC＝－xB，xD＝－xA，于是 1＋k2|xA－xD|2xAm|AD|＝＝＝|BC|1＋k2|xB－xC|2xBn

a2k2＋n2②

a2k2＋m2

从而由①和②式可得

a2k2＋n2λ＋1

.③ 222＝ak＋mλλ－1

λ＋1

令t＝，则由m>n，可得t≠1，

λλ－1n2λ2t2－1

于是由③可解得k＝2. a1－t2

2

因为k≠0，所以k2>0.

n2λ2t2－1

于是③式关于k有解，当且仅当2>0，

a1－t21

t2－2<0. 等价于(t2－1)λ11λ＋1

由λ>1，可解得λλλλ－1由λ>1，解得λ>1＋2，所以

当1<λ≤1＋2时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2； 当λ>1＋2时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2. 方法二 如图，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2. 根据对称性，不妨设直线l：y＝kx(k>0)．

点M(－a,0)，N(a,0)到直线l的距离分别为d1、d2，则 |－ak－0|ak

因为d1＝＝22， 1＋k1＋kd2＝|ak－0|

ak

＝， 1＋k21＋k2所以d1＝d2.

11

又S1＝|BD|d1，S2＝|AB|d2，

22S1|BD|

所以＝＝λ.

S2|AB|

1＋k2|xB－xD|xA＋xB|BD|

因为＝＝＝λ，

|AB|1＋k2|xA－xB|xA－xBxAλ＋1所以＝. xBλ－1

由点A(xA，kxA)，B(xB，kxB)分别在C1，C2上， x2k2x2x2k2x2AABB可得2＋2＝1，2＋2＝1，

aman

222

x2k2x2A－xBA－λxB

两式相减可得2＋＝0，

am22

依题意xA>xB>0，所以x2A>xB.

2

m2x2A－xB

所以由上式解得k＝222.

aλxB－x2A

2

2m2x2xAA－xB

因为k>0，所以由2222>0，可解得1<<λ. xBaλxB－xA

2

λ＋1从而1<<λ，解得λ>1＋2，所以

λ－1

当1<λ≤1＋2时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2； 当λ>1＋2时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2. 22．设n是正整数，r为正有理数．

(1)求函数f(x)＝(1＋x)r1－(r＋1)x－1(x>－1)的最小值；

＋

nr1－n－1r1rn＋1r1－nr1

(2)证明：r＋1r＋1

＋

＋

＋

＋

3

(3)设x∈R，记[x]为不小于x的最小整数，例如[2]＝2，[π]＝4，[－]＝－1.

23333

令S＝81＋82＋83＋…＋125，求[S]的值．

4444

(参考数据：80≈344.7,81≈350.5,124≈618.3,126 ≈631.7)

3333解 (1)因为f′(x)＝(r＋1)(1＋x)r－(r＋1)＝(r＋1)[(1＋x)r－1]， 令f′(x)＝0，解得x＝0.

当－10时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)内是增函数． 故函数f(x)在x＝0处取得最小值f(0)＝0.

(2)由(1)，当x∈(－1，＋∞)时，有f(x)≥f(0)＝0，即 (1＋x)r1≥1＋(r＋1)x，且等号当且仅当x＝0时成立，

＋

故当x>－1且x≠0时，有(1＋x)r1>1＋(r＋1)x①

＋

1r＋11

1＋r＋1>1＋在①中，令x＝(这时x>－1且x≠0)，得. nnn上式两边同乘nr1，得(n＋1)r1>nr1＋nr(r＋1)，

＋

＋

＋

n＋1r1－nr1

即n<②

r＋1

＋

＋

r

1

当n>1时，在①中令x＝－(这时x>－1且x≠0)，

nnr1－n－1r1

类似可得n>③

r＋1

＋

＋

r

且当n＝1时，③也成立．

nr1－n－1r1rn＋1r1－nr1

综合②，③得r＋1r＋1

＋

＋

＋

＋

1

(3)在④中，令r＝，n分别取值81,82,83，…，125，得

33443344(81－80)<81<(82－81)， 4334333443344(82－81)<82<(83－82)， 4334333443344(83－82)<83<(84－83)， 433433…

3443344(125－124)<125<(126－125)． 433433将以上各式相加，并整理得 344344(125－80)(125－80)≈210.2， 433344

(126－81)≈210.9. 433由[S]的定义，得[S]＝211.