2013年高考理科数学湖南卷考试试题与答案word解析版

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

(湖南卷)

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．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．(2013湖南，理1)复数z＝i·(1＋i)(i为虚数单位)在复平面上对应的点位于( )．

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

2．(2013湖南，理2)某学校有男、女学生各500名，为了解男、女学生在学习兴趣与业余爱好方面是否存在显著差异，拟从全体学生中抽取100名学生进行调查，则宜采用的抽样方法是( )．

A．抽签法 B．随机数法 C．系统抽样法 D．分层抽样法

3．(2013湖南，理3)在锐角△ABC中，角A，B所对的边长分别为a，b.若2asin B＝3b，则角A等于( )．

ππππA．12 B．6 C．4 D．3

y2x,4．(2013湖南，理4)若变量x，y满足约束条件xy1,则x＋2y的最大值是( )．

y1.555A．2 B．0 C．3 D．2

5．(2013湖南，理5)函数f(x)＝2ln x的图象与函数g(x)＝x－4x＋5的图象的交点个数为( )．

A．3 B．2 C．1 D．0

6．(2013湖南，理6)已知a，b是单位向量，a·b＝0，若向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的取值范围是( )．

A．[21，21] B．[21，22] C．[1，21] D．[1，22] 7．(2013湖南，理7)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于( )．

2

2121A．1 B．2 C．2 D．2

8．(2013湖南，理8)在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝4，点P为边AB上异于A，B的一点，光线从点P出发，经BC，CA反射后又回到点P.若光线QR经过△ABC的重心，则AP等于( )．

A．2 B．1

8C．3

4D．3

二、填空题：本大题共8小题，考生作答7小题，每小题5分，共35分．

(一)选做题(请考生在第9,10,11三题中任选两题作答，如果全做，则按前两题记分)

9．(2013湖南，理9)在平面直角坐标系xOy中，若直线l：xt,(t为参数)过椭圆C：

ytax3cos,(φ为参数)的右顶点，则常数a的值为__________． y2sin10．(2013湖南，理10)已知a，b，c∈R，a＋2b＋3c＝6，则a2＋4b2＋9c2的最小值为__________．

11．(2013湖南，理11)如图，在半径为7的O中，弦AB，CD相交于点P，PA＝PB＝2，PD＝1，则圆心O到弦CD的距离为__________．

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(二)必做题(12～16题)

12．(2013湖南，理12)若x2dx＝9，则常数T的值为__________． 13．(2013湖南，理13)执行如图所示的程序框图，如果输入a＝1，b＝2，则输出的a的值为__________．

T0x2y2212b14．(2013湖南，理14)设F1，F2是双曲线C：a(a＞0，b

＞0)的两个焦点，P是C上一点．若|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2的最小

内角为30°，则C的离心率为__________．

15．(2013湖南，理15)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan

1n－2，n∈N*，则

(1)a3＝__________；

(2)S1＋S2＋…＋S100＝__________.

16．(2013湖南，理16)设函数f(x)＝ax＋bx－cx，其中c＞a＞0，c＞b＞0.

(1)记集合M＝{(a，b，c)|a，b，c不能构成一个三角形的三条边长，且a＝b}，则(a，b，c)∈M所对应的f(x)的零点的取值集合为__________；

(2)若a，b，c是△ABC的三条边长，则下列结论正确的是__________．(写出所有正确结论的序号)

①x∈(－∞，1)，f(x)＞0；

xxx②x∈R，使a，b，c不能构成一个三角形的三条边长； ③若△ABC为钝角三角形，则x∈(1,2)，使f(x)＝0.

三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(2013湖南，理17)(本小题满分12分)已知函数f(x)sinx(1)若α是第一象限角，且f(α)＝ππ2xcosx，g(x)＝2. sin63233，求g(α)的值； 5(2)求使f(x)≥g(x)成立的x的取值集合．

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18．(2013湖南，理18)(本小题满分12分)某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物．根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量Y(单位：kg)与它的“相近”作物株数X之间的关系如下表所示：

X 1 2 3 4 Y 51 48 45 42 这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米． (1)从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物，求它们恰好“相近”的概率； (2)从所种作物中随机选取一株，求它的年收获量的分布列与数学期望．

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19．(2013湖南，理19)(本小题满分12分)如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.

(1)证明：AC⊥B1D；

(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．

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20．(2013湖南，理20)(本小题满分13分)在平面直角坐标系xOy中，将从点M出发沿纵、横方向到达点N的任一路径称为M到N的一条“L路径”．如图所示的路径MM1M2M3N与路径MN1N都是M到N的“L路径”．某地有三个新建的居民区，分别位于平面xOy内三点A(3,20)，B(－10,0)，C(14,0)处．现计划在x轴上方区域(包含x轴)内的某一点P处修建一个文化中心．

(1)写出点P到居民区A的“L路径”长度最小值的表达式(不要求证明)：

(2)若以原点O为圆心，半径为1的圆的内部是保护区，“L路径”不能进入保护区，请确定点P的位置，使其到三个居民区的“L路径”长度之和最小．

2

21．(2013湖南，理21)(本小题满分13分)过抛物线E：x＝2py(p＞0)的焦点F作斜率分别为k1，k2的两条不同直线l1，l2，且k1＋k2＝2，l1与E相交于点A，B，l2与E相交于点C，D，以AB，CD为直径的圆M，圆N(M，N为圆心)的公共弦所在直线记为l.

(1)若k1＞0，k2＞0，证明：FM·FN＜2p；

2

(2)若点M到直线l的距离的最小值为75，求抛物线E的方程． 55 / 13

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22．(2013湖南，理22)(本小题满分13分)已知a＞0，函数f(x)＝

xa.

x2a(1)记f(x)在区间[0,4]上的最大值为g(a)，求g(a)的表达式；

(2)是否存在a，使函数y＝f(x)在区间(0,4)内的图象上存在两点，在该两点处的切线互相垂直？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由．

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(湖南卷)

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．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：B

2

解析：z＝i＋i＝－1＋i，对应点为(－1,1)，故在第二象限，选B．

2．答案：D

解析：看男、女学生在学习兴趣与业余爱好是否存在明显差异，应当分层抽取，故宜采用分层抽样．

3．答案：D 解析：由2asin B＝3b得2sin Asin B＝3sin B，故sin A＝三角形，故A＝

3π2π，故A＝或.又△ABC为锐角233π. 34．答案：C

解析：约束条件表示的可行域为如图阴影部分．

1dx， 2214512由线性规划知识可得最优点为,，所以dmax＝.

33333令x＋2y＝d，即y

5．答案：B

解析：设f(x)与g(x)图象的交点坐标为(x，y)，

222

则y＝2ln x，y＝x－4x＋5，联立得2ln x＝x－4x＋5，令h(x)＝x－4x＋5－2ln x(x＞0)，

2＝0得x1＝12，x2＝12(舍)． x当h′(x)＜0时，即x∈(0,12)时，h(x)单调递减； 当h′(x)＞0，即x∈(12，＋∞)时，h(x)单调递增．

由h′(x)＝2x－4－

又∵h(1)＝2＞0，h(2)＝1－2ln 2＜0，h(4)＝5－2ln 4＞0， ∴h(x)与x轴必有两个交点，故答案为B．

6．答案：A

22

解析：由题意，不妨令a＝(0,1)，b＝(1,0)，c＝(x，y)，由|c－a－b|＝1得(x－1)＋(y－1)＝1，|c|＝x2y2可看做(x，y)到原点的距离，而点(x，y)在以(1,1)为圆心，以1为半径的圆上．如图所示，

当点(x，y)在位置P时到原点的距离最近，在位置P′时最远，而PO＝21，P′O＝21，故选A．

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7．答案：C

解析：根据三视图中正视图与俯视图等长，故正视图中的长为2cos θ，如图所示．

故正视图的面积为S＝2cos θ(0≤θ≤∴1≤S≤2， 而

π)， 4

2121<1，故面积不可能等于. 228．答案：D

解析：以A为原点，AB为x轴，AC为y轴建立直角坐标系如图所示．

则A(0,0)，B(4,0)，C(0,4)． 设△ABC的重心为D，则D点坐标为

44,. 33设P点坐标为(m,0)，则P点关于y轴的对称点P1为(－m,0)，因为直线BC方程为x＋y－4＝0，所以P点

关于BC的对称点P2为(4,4－m)，根据光线反射原理，P1，P2均在QR所在直线上， ∴kP1DkP2D，

44m即， 344m4334解得，m＝或m＝0.

3当m＝0时，P点与A点重合，故舍去． ∴m＝

434. 38 / 13

二、填空题：本大题共8小题，考生作答7小题，每小题5分，共35分．

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(一)选做题(请考生在第9,10,11三题中任选两题作答，如果全做，则按前两题记分) 9．答案：3

x2y21，所以其右顶点为解析：由题意知在直角坐标系下，直线l的方程为y＝x－a，椭圆的方程为94(3,0)．由题意知0＝3－a，解得a＝3.

10．答案：12

2222222

解析：由柯西不等式得(1＋1＋1)(a＋4b＋9c)≥(a＋2b＋3c)，

222222

即a＋4b＋9c≥12，当a＝2b＝3c＝2时等号成立，所以a＋4b＋9c的最小值为12. 11．答案：

3解析：如图所示，取CD中点E，连结OE，OC． 2

由圆内相交弦定理知PD·PC＝PA·PB， 所以PC＝4，CD＝5，则CE＝

5，OC＝7. 22352所以O到CD距离为OE＝7.

22(二)必做题(12～16题) 12．答案：3解析：∵13T13132

x'＝x2，∴Txdx＝x|0＝T－0＝9，∴T＝3. 033313．答案：9

解析：输入a＝1，b＝2，不满足a＞8，故a＝3； a＝3不满足a＞8，故a＝5； a＝5不满足a＞8，故a＝7；

a＝7不满足a＞8，故a＝9，满足a＞8，终止循环．输出a＝9. 14．答案：3

|PF1||PF2|6a,解析：不妨设|PF1|＞|PF2|，由可得

|PF||PF|2a12|PF1|4a, |PF|2a.2∵2a＜2c，∴∠PF1F2＝30°，

2c24a22a2∴cos 30°＝，

224a222

整理得，c＋3a－23ac＝0，即e－23e＋3＝0，∴e3.

11115．答案：(1) (2)1001

321616．答案：(1){x|0＜x≤1} (2)①②③

三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．解：f(x)sinx＝

ππcosx 633311sin x－cos x＋cos x＋sin x 2222＝3sin x，

xg(x)＝2sin2＝1－cos x.

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(1)由f(α)＝

333得sin α＝. 55又α是第一象限角，所以cos α＞0. 从而g(α)＝1－cos α＝1－1sin2 ＝141. 55(2)f(x)≥g(x)等价于3sin x≥1－cos x，即3sin x＋cos x≥1.

π1. 62ππ5π从而2kπ＋≤x＋≤2kπ＋，k∈Z，

6662π即2kπ≤x≤2kπ＋，k∈Z.

3于是sinx故使f(x)≥g(x)成立的x的取值集合为

2πx|2kπx2kπ,kZ. 318．解：(1)所种作物总株数N＝1＋2＋3＋4＋5＝15，其中三角形地块内部的作物株数为3，边界上的作物株数为12.从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株的不同结果有C3C12＝36种，选取的两株作物恰好“相近”的不同结果有3＋3＋2＝8种．

故从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物，它们恰好“相近”的概率为

1182. 369(2)先求从所种作物中随机选取的一株作物的年收获量Y的分布列．

因为P(Y＝51)＝P(X＝1)，P(Y＝48)＝P(X＝2)，P(Y＝45)＝P(X＝3)，P(Y＝42)＝P(X＝4)， 所以只需求出P(X＝k)(k＝1,2,3,4)即可．

记nk为其“相近”作物恰有k株的作物株数(k＝1,2,3,4)，则 n1＝2，n2＝4，n3＝6，n4＝3. 由P(X＝k)＝

nk得 NP(X＝1)＝

246231，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，P(X＝4)＝. 1515155155Y P 51 48 45 42 故所求的分布列为

2 1 152 51 5所求的数学期望为

2421349042＋48×＋45×＋42×＝＝46. 151555519．解法1：(1)如图，因为BB1⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以AC⊥BB1.

E(Y)＝51×

又AC⊥BD，所以AC⊥平面BB1D． 而B1D平面BB1D，所以AC⊥B1D．

(2)因为B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)．

如图，连结A1D，因为棱柱ABCD－A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥平面ADD1A1. 从而A1B1⊥AD1.

又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1D⊥AD1. 故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D．

由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1.故∠ADB1＝90°－θ.

在直角梯形ABCD中，因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB．从而Rt△ABC∽Rt△DAB，

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故

ABBC.即AB＝DABC3. DAAB连结AB1，易知△AB1D是直角三角形，

222222

且B1D＝BB1＋BD＝BB1＋AB＋AD＝21， 即B1D＝21.

在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝从而sin θ＝

21AD321，即cos(90°－θ)＝. 7B1D72121. 7即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为

21. 7解法2：(1)易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．

从而B1D＝(－t,3，－3)，AC＝(t,1,0)，BD＝(－t,3,0)．

因为AC⊥BD，所以AC·BD＝－t＋3＋0＝0.解得t3或t3(舍去)．

2

于是B1D＝(3，3，－3)，AC＝(3，1,0)．

因为AC·B1D＝－3＋3＋0＝0，所以AC⊥B1D，即AC⊥B1D． (2)由(1)知，AD1＝(0,3,3)，AC＝(3，1,0)，B1C1＝(0,1,0)． 设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则

nAC0,3xy0,即 3y3z0.nAD10,令x＝1，则n＝(1，3，3)．

设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，则 sin θ＝|cos〈n，B1C1〉|＝

nB1C1nB1C1

＝321. 7721. 7即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为20．解：设点P的坐标为(x，y)．

(1)点P到居民区A的“L路径”长度最小值为 |x－3|＋|y－20|，x∈R，y∈[0，＋∞)．

(2)由题意知，点P到三个居民区的“L路径”长度之和的最小值为点P分别到三个居民区的“L路径”长度最小值之和(记为d)的最小值．

①当y≥1时，d＝|x＋10|＋|x－14|＋|x－3|＋2|y|＋|y－20|， 因为d1(x)＝|x＋10|＋|x－14|＋|x－3|≥|x＋10|＋|x－14|，(*) 当且仅当x＝3时，不等式(*)中的等号成立， 又因为|x＋10|＋|x－14|≥24，(**)

当且仅当x∈[－10,14]时，不等式(**)中的等号成立． 所以d1(x)≥24，当且仅当x＝3时，等号成立．

d2(y)＝2y＋|y－20|≥21，当且仅当y＝1时，等号成立．

故点P的坐标为(3,1)时，P到三个居民区的“L路径”长度之和最小，且最小值为45. ②当0≤y≤1时，由于“L路径”不能进入保护区，

所以d＝|x＋10|＋|x－14|＋|x－3|＋1＋|1－y|＋|y|＋|y－20|，

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此时，d1(x)＝|x＋10|＋|x－14|＋|x－3|， d2(y)＝1＋|1－y|＋|y|＋|y－20|＝22－y≥21.

由①知，d1(x)≥24，故d1(x)＋d2(y)≥45，当且仅当x＝3，y＝1时等号成立．

综上所述，在点P(3,1)处修建文化中心，可使该文化中心到三个居民区的“L路径”长度之和最小． 21．解：(1)由题意，抛物线E的焦点为F0,pp，直线l的方程为y＝kx＋， 1122pykx,221由2得x－2pk1x－p＝0.

2x2py设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 则x1，x2是上述方程的两个实数根． 从而x1＋x2＝2pk1，

y1＋y2＝k1(x1＋x2)＋p＝2pk12＋p.

p2

，FM＝(pk1，pk1)． 2p22同理可得点N的坐标为pk2,pk2，FN＝(pk2，pk2)．

2所以点M的坐标为pk1,pk12于是FM·FN＝p(k1k2＋k1k2)．

由题设，k1＋k2＝2，k1＞0，k2＞0，k1≠k2，

2

2

2

kk2所以0＜k1k2＜1＝1.

2222

故FM·FN＜p(1＋1)＝2p.

(2)由抛物线的定义得|FA|＝y1＋

2

2pp，|FB|＝y2＋， 22所以|AB|＝y1＋y2＋p＝2pk1＋2p.

2

从而圆M的半径r1＝pk1＋p， 故圆M的方程为

p222

(x－pk1)＋ypk12＝(pk1＋p).

232222

化简得x＋y－2pk1x－p(2k1＋1)y－p＝0.

4同理可得圆N的方程为

2x2＋y2－2pk2x－p(2k22＋1)y－

32

p＝0. 42

2

于是圆M，圆N的公共弦所在直线l的方程为(k2－k1)x＋(k2－k1)y＝0. 又k2－k1≠0，k1＋k2＝2，则l的方程为x＋2y＝0. 因为p＞0，

所以点M到直线l的距离

|2pk12pk1p|d 5p|2k12k11|＝

5217p2k148. ＝512 / 13

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故当k1＝由题设，7p1时，d取最小值. 4857p75，解得p＝8. 5852

故所求的抛物线E的方程为x＝16y. 22．解：(1)当0≤x≤a时，f(x)＝当x＞a时，f(x)＝

ax；

x2axa.

x2a3a＜0，f(x)在(0，a)上单调递减； 2x2a3a当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＝＞0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增．

x2a21①若a≥4，则f(x)在(0,4)上单调递减，g(a)＝f(0)＝.

2因此，当x∈(0，a)时，f′(x)＝

②若0＜a＜4，则f(x)在(0，a)上单调递减，在(a,4)上单调递增． 所以g(a)＝max{f(0)，f(4)}．

14aa1， 242a2a4a故当0＜a≤1时，g(a)＝f(4)＝；

42a1当1＜a＜4时，g(a)＝f(0)＝.

24a,0a1,42a综上所述，g(a)＝

1,a1.2而f(0)－f(4)＝

(2)由(1)知，当a≥4时，f(x)在(0,4)上单调递减，故不满足要求．

当0＜a＜4时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a,4)上单调递增．

若存在x1，x2∈(0,4)(x1＜x2)，使曲线y＝f(x)在(x1，f(x1))，(x2，f(x2))两点处的切线互相垂直， 则x1∈(0，a)，x2∈(a,4)，且f′(x1)·f′(x2)＝－1，

3a3a1.

x12a2x22a23a亦即x1＋2a＝2.(*)

x2a即

由x1∈(0，a)，x2∈(a,4)得x1＋2a∈(2a,3a)，

3a3a,1∈.

x22a42a3ax1的交集非空．

42a3a1因为＜3a，所以当且仅当0＜2a＜1，即0＜a＜时，A∩B≠.

42a2故(*)成立等价于集合A＝{x|2a＜x＜3a}与集合B＝x综上所述，存在a使函数f(x)在区间(0,4)内的图象上存在两点，在该两点处的切线互相垂直，且a的取值范围是0,.

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12