2013辽宁卷（理）数学试题
2013·辽宁卷(理科数学)
1． 复数z＝的模为( )
A. B. C. D．2
1．B [解析] 复数z＝＝－，所以|z|＝－＝，故选B.
2． 已知集合A＝，B＝，则A∩B＝( )
A．(0，1) B．(0，2]
C．(1，2) D．(1，2]
2．D [解析] ∵A＝{x|1
0的等差数列的四个命题：
p1：数列是递增数列；
p2：数列是递增数列；
p3：数列是递增数列；
p4：数列是递增数列．
其中的真命题为( )
A．p1，p2 B．p3，p4 C．p2，p3 D．p1，p4
4．D [解析] 因为数列{an}中d>0，所以{an}是递增数列，则p1为真命题．而数列{an＋3nd}也是递增数列，所以p4为真命题，故选D.
5． 某班的全体学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为：[20，40)，[40，60)，[60，80)，[80，100]．若低于60分的人数是15，则该班的学生人数是( )
图1－1
A．45 B．50 C．55 D．60
5．B [解析] 由成绩的频率分布直方图可以得到低于60分的频率为0.3，而低于60分的人数为15，所以该班的学生人数为＝50.
6． 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asin Bcos C＋csin Bcos A＝b，且a>b，则∠B＝( )
A. B. C. D.
6．A [解析] 由正弦定理可得到sin Asin Bcos C＋sin Csin Bcos A＝sin B．因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，所以sin Acos C＋sin Ccos A＝，即sin(A＋C)＝sin B＝，则∠B＝，故选A.
7． 使(n∈＋)的展开式中含有常数项的最小的n为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
7．B [解析] 由通项Tk＋1＝C(3x)n－k＝C·3n－k·xn－，所以在展开式中含有常数项时，n－＝0，当k取最小值2时，n取最小值5.故选B.
8． 执行如图所示的程序框图，若输入n＝10，则输出S＝( )
图1－2
A. B. C. D.
8．A [解析] 由程序框图可以得到S＝＋＋＋＋
＝＋＋＋＋
＝＝，故选A.
9． 已知点O(0，0)，A(0，b)，B(a，a3)．若△OAB为直角三角形，则必有( )
A．b＝a3
B．b＝a3＋
C．(b－a3)＝0
D．|b－a3|＋＝0
9．C [解析] 由题意知当三角形ABC为直角三角形时，分为两类，∠OAB，∠OBA分别为直角．当∠OAB为直角时b＝a3；当∠OBA为直角时，·＝0，则(a，a3)·(a，a3－b)＝0，所以b－a3－＝0.所以(b－a3)·＝0，故选C.
10． 已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上．若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12.则球O的半径为( )
A. B．2 C. D．3
10．C [解析] 由题意将直三棱柱ABC－A1B1C1还原为长方体ABDC－A1B1D1C1，则球的直径即为长方体ABDC－A1B1D1C1的体对角线AD1，所以球的直径AD1＝＝＝13，则球的半径为，故选C.
11． 已知函数f(x)＝x2－2(a＋2)x＋a2，g(x)＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8.设H1(x)＝max，H2(x)＝min(max表示p，q中的较大值，min表示p，q中的较小值)．记H1(x)的最小值为A，H2(x)的最大值为B，则A－B＝( )
A．16 B．－16
C．a2－2a－16 D．a2＋2a－16
11．B [解析] 由题意知当f(x)＝g(x)时，即x2－2(a＋2)x＋a2＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8，
整理得x2－2ax＋a2－4＝0，所以x＝a＋2或x＝a－2，
所以H1(x)＝max{f(x)，g(x)}＝
H2(x)＝min{f(x)，g(x)}＝
由图形(图形略)可知，A＝H1(x)min＝－4a－4，B＝H2(x)max＝12－4a，则A－B＝－16.
故选B.
12． 设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，则x>0时，f(x)( )
A．有极大值，无极小值
B．有极小值，无极大值
C．既有极大值又有极小值
D．既无极大值也无极小值
12．D [解析] 因为函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝[x2·f(x)]′＝，所以当x>0时，
eq blc[rc](avs4alco1(x2·f（x）))′＝>0，令函数g(x)＝x2·f(x)，所以g(x)在x>0时递增．
由f(2)＝，得g(2)＝.
又f(x)＝，
所以f′(x)＝
＝
＝，x>0.
令h(x)＝ex－2g(x)，则h′(x)＝ex，故当x∈(0，2)时，h′(x) <0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(2)＝e2－2g(2)＝0.
所以f′(x)＝≥0，故f(x)在(0，∞)单调递增．
所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)即无极大值也无极小值．选D.
13． 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．
图1－3
13．16π－16 [解析] 由三视图可以得到原几何体是一个圆柱里面挖去了一个长方体，所以该几何体的体积为
V＝4π×4－16＝16π－16.
14． 已知等比数列是递增数列，Sn是的前n项和，若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________．
14．63 [解析] 由题意可知a1＋a3＝5，a1·a3＝4.又因为{an}为递增的等比数列，所以a1＝1，a3＝4，
则公比q＝2，所以S6＝＝63.
15． 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，C与过原点的直线相交于A，B两点，联结AF，BF.若|AB|＝10，|AF|＝6，cos∠ABF＝，则C的离心率e＝________．
15. [解析] 设椭圆的右焦点为Q，在三角形ABF中利用余弦定理可以得到|BF|＝8，利用椭圆的对称性可以得到|AQ|＝8，则△FAQ为直角三角形，然后利用椭圆的定义可以得到2a＝14，2c＝10，得e＝.
16． 为了考察某校各班参加课外书法小组的人数，从全校随机抽取5个班级，把每个班级参加该小组的人数作为样本数据．已知样本平均数为7，样本方差为4，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为________．
16．10 [解析] 由已知可设5个班级参加的人数分别为x1，x2，x3，x4，x5，则x＝7，
＝4，
故(x1－7)2＋(x2－7)2＋(x3－7)2＋(x4－7)2＋(x5－7)2＝20，
即五个完全平方数之和为20，要使其中一个达到最大，这五个数必须是关于0对称分布的，而9＋1＋0＋1＋9＝20，也就是(－3)2＋(－1)2＋02＋12＋32＝20，所以五个班级参加的人数分别为4，6，7，8，10，最大数字为10.
17． 设向量＝(sin x，sin x)，＝(cos x，sin x)，x∈.
(1)若||＝||，求x的值；
(2)设函数f(x)＝，求f(x)的最大值．
17．解： (1)由||2＝(sin x)2＋(sin x)2＝4sin2x.
||2＝(cos x)2＋(sin x)2＝1，
及||＝||，得4sin2x＝1.
又x∈，从而sin x＝，所以x＝.
(2)f(x)＝＝sin x·cos x＋sin2x＝sin 2x－cos 2x＋＝sin＋.
当x＝∈时，sin取最大值1.
所以f(x)的最大值为.
18．， 如图1－4，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．
(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角C－PB－A的余弦值．
图1－4
18．解： (1)证明：由AB是圆的直径，得AC⊥BC.
由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
因为BC⊂平面PBC，
所以平面PBC⊥平面PAC.
(2)方法一：
过C作CM∥AP，则CM⊥平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
1－5
因为AB＝2，AC＝1，所以BC＝.
因为PA＝1，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，P(0，1，1)．
故＝(，0，0)，＝(0，1，1)．
设平面BCP的法向量为＝(x，y，z)．
则
所以
不妨令y＝1，则1＝(0，1，－1)．
因为＝(0，0，1)，＝(，－1，0)，
设平面ABP的法向量为2＝(x，y，z)，
则
所以
不妨令x＝1，2＝(1，，0)．
于是cos〈1，2〉＝＝，
所以由题意可知二面角C－PB－A的余弦值为.
解法二：过C作CM⊥AB于M.
图1－6
因为PA⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，
所以PA⊥CM，
故CM⊥平面PAB.
过M作MN⊥PB于N，联结NC.
由三垂线定理得CN⊥PB.
所以∠CNM为二面角C－PB－A的平面角．
在Rt△ABC中，由AB＝2，AC＝1，得BC＝，CM＝，BM＝.
在Rt△PAB中，由AB＝2，PA＝1，得PB＝.
因为Rt△BNM∽Rt△BAP，所以＝，
故MN＝.
又在Rt△CNM中，CN＝，故cos∠CNM＝.
所以二面角C－PB－A的余弦值为.
19． 现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答．
(1)求张同学至少取到1道乙类题的概率；
(2)已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对每道甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立．用X表示张同学答对题的个数，求X的分布列和数学期望．
19．解： (1)设事件A＝“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”，
则有A＝“张同学所取的3道题都是甲类题”．
因为P(A)＝＝，所以P(A)＝1－P(A)＝.
(2)X所有的可能取值为0，1，2，3.
P(X＝0)＝C···＝；
P(X＝1)＝C···＋C··＝；
P(X＝2)＝C···＋C··＝；
P(X＝3)＝C···＝.
X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2.
图1－7
20． 如图，抛物线C1：x2＝4y，C2：x2＝－2py(p>0)．点M(x0，y0)在抛物线C2上，过M作C1的切线，切点为A，B(M为原点O时，A，B重合于O)．
当x0＝1－时，切线MA的斜率为－.
(1)求p的值；
(2)当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方程(A，B重合于O时，中点为O)．
20．解： (1)因为抛物线C1：x2＝4y上任意一点(x，y)的切线斜率为y′＝，且切线MA的斜率为－，所以A点坐标为.故切线MA的方程为
y＝－(x＋1)＋.
因为点M(1－，y0)在切线MA及抛物线C2上，于是
y0＝－(2－)＋＝－，①
y0＝－＝－.②
由①②得p＝2.
(2)设N(x，y)，A，B，x1≠x2，由N为线段AB中点知
x＝，③
y＝.④
切线MA，MB的方程为
y＝(x－x1)＋，⑤
y＝(x－x2)＋.⑥
由⑤⑥得MA，MB的交点M(x0，y0)的坐标为
x0＝，y0＝.
因为点M(x0，y0)在C2上，即x＝－4y0，所以
x1x2＝－.⑦
由③④⑦得x2＝y，x≠0.
当x1＝x2时，A，B重合于原点O，AB中点N为O，坐标满足x2＝y.
因此AB中点N的轨迹方程为x2＝y.
21． 已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，g(x)＝ax＋＋1＋2xcos x．当x∈[0，1]时，
(1)求证：1－x≤f(x)≤；
(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
21．解：(1)证明：要证x∈[0，1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)e－x≥(1－x)ex.
记h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－e－x)，当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0.
所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．
要证x∈[0，1]时，(1＋x)e－2x≤，只需证明ex≥x＋1.
记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，当x∈(0，1)时，K′(x)＞0，因此K(x)在[0，1]上是增函数，故K(x)≥K(0)＝0.
所以f(x)≤，x∈[0，1]．
综上，1－x≤f(x)≤，x∈[0，1]．
(2)(方法一)
f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－
≥1－x－ax－1－－2xcos x
＝－x.
设G(x)＝＋2cos x，则G′(x)＝x－2sin x.
记H(x)＝x－2sin x，则H′(x)＝1－2cos x，当x∈(0，1)时，H′(x)＜0，于是G′(x)在[0，1]上是减函数，从而当x∈(0，1)时，G′(x)＜G′(0)＝0，故G(x)在[0，1]上是减函数．于是G(x)≤G(0)＝2.从而
a＋1＋G(x)≤a＋3，
所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．
下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．
f(x)－g(x)≤－1－ax－－2xcos x
＝－ax－－2xcos x
＝－x.
记I(x)＝＋a＋＋2cos x＝＋a＋G(x)，则I′(x)＝＋G′(x)．当x∈(0，1)时，I′(x)＜0.故I(x)在[0，1]上是减函数，于是I(x)在[0，1]上的值域为[a＋1＋2cos 1，a＋3]．
因为当a＞－3时，a＋3＞0，所以存在x0∈(0，1)，使得I(x0)＞0，此时f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．
综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．
(方法二)
先证当x∈[0，1]时，1－x2≤cos x≤1－x2.
记F(x)＝cos x－1＋x2，则F′(x)＝－sin x＋x.
记G(x)＝－sin x＋x，则G′(x)＝－cos x＋1，当x∈(0，1)时，G′(x)＞0，于是G(x)在[0，1]上是增函数，因此当x∈(0，1)时，G(x)＞G(0)＝0，从而F(x)在[0，1]上是增函数，因此F(x)≥F(0)＝0.所以
当x∈[0，1]时，1－x2≤cos x.
同理可证，当x∈[0，1]时，cos x≤1－x2.
综上，当x∈[0，1]时，1－x2≤cos x≤1－x2.
因为当x∈[0，1]时．
f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－
≥(1－x)－ax－－1－2x
＝－(a＋3)x.
所以当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．
下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．因为
f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－
≤－1－ax－－2x
＝＋－(a＋3)x
≤x，
所以存在x0∈(0，1)例如x0取和中的较小值满足f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．
综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．
22． 选修4－1：几何证明选讲
如图，AB为⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于E，AD垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，联结AE，BE.证明：
(1)∠FEB＝∠CEB；
(2)EF2＝AD·BC.
图1－8
22．证明：(1)由直线CD与⊙O相切，得∠CEB＝∠EAB.
由AB为⊙O的直径，得AE⊥EB，从而∠EAB＋∠EBF＝.
又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝，
从而∠FEB＝∠EAB.
故∠FEB＝∠CEB.
(2)由BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB＝∠CEB，BE是公共边，
得Rt△BCE≌Rt△BFE，所以BC＝BF.
类似可证，Rt△ADE≌Rt△AFE，得AD＝AF.
又在Rt△AEB中，EF⊥AB，故EF2＝AF·BF，
所以EF2＝AD·BC.
23． 选修4－4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．圆C1，直线C2的极坐标方程分别为ρ＝4sin θ，ρcos＝2 .
(1)求C1与C2交点的极坐标；
(2)设P为C1的圆心，Q为C1与C2交点连线的中点．已知直线PQ的参数方程为(t∈为参数)，求a，b的值．
23．解：(1)圆C1的直角坐标方程为x2＋(y－2)2＝4，
直线C2的直角坐标方程为x＋y－4＝0.
解得
所以C1与C2交点的极坐标为，.
注：极坐标系下点的表示不唯一．
(2)由(1)可得，P点与Q点的直角坐标分别为(0，2)，(1，3)，
故直线PQ的直角坐标方程为x－y＋2＝0.
由参数方程可得y＝x－＋1，
所以解得a＝－1，b＝2.
24． 选修4－5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|x－a|，其中a>1.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集；
(2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为，求a的值．
24．解：(1)当a＝2时，f(x)＋|x－4|＝
当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4|得－2x＋6≥4，解得x≤1；
当2＜x＜4时，f(x)≥4－|x－4|无解；
当x≥4时，由f(x)≥4－|x－4|得2x－6≥4，解得x≥5；
所以f(x)≥4－|x－4|的解集为{x|x≤1或x≥5}．
(2)记h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)，则
h(x)＝
由|h(x)|≤2，解得≤x≤.
又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，
所以于是a＝3.
