2013福建卷（理）数学试题
2013·福建卷(理科数学)
1． 已知复数z的共轭复数z＝1＋2i(i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
1．D [解析] z＝1－2i，对应的点为P(1，－2)，故选D.
2． 已知集合A＝{1，a}，B＝{1，2，3}，则“a＝3”是“A⊆B”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
2．A [解析] 当a＝3时，A＝{1，3}，A⊆B；当A⊆B时，a＝2或a＝3，故选A.
3． 双曲线－y2＝1的顶点到其渐近线的距离等于( )
A. B. C. D.
3．C [解析] 取一顶点(2，0)，一条渐近线x＋2y＝0，d＝＝ ，故选C.
4． 某校从高一年级学生中随机抽取部分学生，将他们的模块测试成绩分成6组：[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]加以统计，得到如图1－1所示的频率分布直方图．已知高一年级共有学生600名，据此估计，该模块测试成绩不少于60分的学生人数为( )
图1－1
A．588 B．480 C．450 D．120
4．B [解析] 成绩在[40，60)的频率P1＝(0.005＋0.015)×10＝0.2，成绩不少于60分的频率P2＝1－0.2＝0.8，所以成绩不少于60分的学生人数约为600×0.8＝480人，故选B.
5． 满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )
A．14
B．13
C．12
D．10
5．B [解析] 当a＝0时，2x＋b＝0⇒x＝－，有序数对(0，b)有4个；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0⇒ab≤1，有序数对(－1，b)有4个，(1，b)有3个，(2，b)有2个，综上共有4＋4＋3＋2＝13个，故选B.
6． 阅读如图1－2所示的程序框图，若输入的k＝10，则该算法的功能是( )
图1－2
A．计算数列{2n－1}的前10项和
B．计算数列{2n－1}的前9项和
C．计算数列{2n－1}的前10项和
D．计算数列{2n－1}的前9项和
6．A [解析] S＝0，i＝1→S＝1，i＝2→S＝1＋2，i＝3→S＝1＋2＋22，i＝4→…→S＝1＋2＋22＋…＋29，i＝11>10，故选A.
7． 在四边形ABCD中，＝(1，2)，＝(－4，2)，则该四边形的面积为( )
A. B．2 C．5 D．10
7．C [解析] ∵·＝1×(－4)＋2×2＝0，
∴⊥，面积S＝||·||＝××＝5，故选C.
8． 设函数f(x)的定义域为，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是( )
A．∀x∈，f(x)≤f(x0)
B．－x0是f(－x)的极小值点
C．－x0是－f(x)的极小值点
D．－x0是－f(－x)的极小值点
8．D [解析] 根据极值点是函数局部的性质可排除A选项，根据函数f(x)的图像与f(－x)、－f(x)、－f(－x)的图像分别关于y轴、x轴、原点对称，可排除B、C选项，故选D.
9． 已知等比数列{an}的公比为q，记bn＝am(n－1)＋1＋am(n－1)＋2＋…＋am(n－1)＋m，cn＝am(n－1)＋1·am(n－1)＋2·…·am(n－1)＋m(m，n∈)，则以下结论一定正确的是( )
A．数列{bn}为等差数列，公差为qm
B．数列{bn}为等比数列，公比为q2m
C．数列{cn}为等比数列，公比为qm2
D．数列{cn}为等比数列，公比为qmm
9．C [解析] 取an＝1，q＝1，则bn＝m，cn＝1，排除A，取a1＝1，q＝－1，m取正偶数，则bn＝0，排除B，＝＝qm·qm·…·qm,sdo4(共m个))＝qm2，故选C.
10．， 设S，T是的两个非空子集，如果存在一个从S到T的函数y＝f(x)满足：(1)T
＝{f(x)|x∈S}；(2)对任意x1，x2∈S，当x1
0”发生的概率为________．
11. [解析] b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c.若直线y＝(x＋c)与椭圆Γ的一个交点M满足∠MF1F2＝2∠MF2F1，则该椭圆的离心率等于__________．
14.－1 [解析] 如图，△MF1F2中，∵∠MF1F2＝60°，∴∠MF2F1＝30°，∠F1MF2＝90°，又|F1F2|＝2c，∴|MF1|＝c，|MF2|＝c，∴2a＝|MF1|＋|MF2|＝c＋c，得e＝＝＝－1.
15．，， 当x∈，|x|<1时，有如下表达式：
1＋x＋x2＋…＋xn＋…＝.
两边同时积分得：∫01dx＋∫0xdx＋∫0x2dx＋…＋∫0xndx＋…＝∫0dx，
从而得到如下等式：
1×＋×＋×＋…＋×＋…＝ln 2.
请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：
C×＋C×2＋C×3＋…＋C×＝__________．
15. [解析] (1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn，
两边同时积分得C∫01dx＋C∫0xdx＋C∫0x2dx＋…＋C∫0xndx＝∫0(1＋x)ndx，
得C×＋C×2＋C×3＋…＋C×n＋1＝n＋1－1.
16．， 某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．
(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤3的概率；
(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？
16．解：方法一：(1)由已知得，小明中奖的概率为，小红中奖的概率为，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A，
则事件A的对立事件为“X＝5”，
因为P(X＝5)＝×＝，所以P(A)＝1－P(X＝5)＝，
即这两人的累计得分X≤3的概率为.
(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2)．
由已知可得，X1～B，X2～B，
所以E(X1)＝2×＝，E(X2)＝2×＝，
从而E(2X1)＝2E(X1)＝，E(3X2)＝3E(X2)＝.
因为E(2X1)>E(3X2)，
所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．
方法二：(1)由已知得，小明中奖的概率为，小红中奖的概率为，且两人中奖与否互不影响．
记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A，
则事件A包含有“X＝0”“X＝2”“X＝3”三个两两互斥的事件，
因为P(X＝0)＝×＝，P(X＝2)＝×＝，P(X＝3)＝×＝，
所以P(A)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝，
即这两人的累计得分X≤3的概率为.
(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1，都选择方案乙所获得的累计得分为X2，则X1，X2的分布列如下：
X1
0
2
4
P
X2
0
3
6
P
所以E(X1)＝0×＋2×＋4×＝，
E(X2)＝0×＋3×＋6×＝.
因为E(X1)>E(X2)，
所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．
17． 已知函数f(x)＝x－aln x(a∈)．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的极值．
17．解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
(1)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－(x>0)，
因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，
所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，
即x＋y－2＝0.
(2)由f′(x)＝1－＝，x>0知：
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；
②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a.
又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－aln a，无极大值．
18．， 如图1－5所示，在正方形OABC中，O为坐标原点，点A的坐标为(10，0)，点C的坐标为(0，10)．分别将线段OA和AB十等分，分点分别记为A1，A2，…，A9和B1，B2，…，B9，联结OBi，过Ai作x轴的垂线与OBi交于点Pi(i∈，1≤i≤9)．
(1)求证：点Pi(i∈，1≤i≤9)都在同一条抛物线上，并求该抛物线E的方程；
(2)过点C作直线l与抛物线E交于不同的两点M，N，若△OCM与△OCN的面积比为4∶1，求直线l的方程．
图1－5
18．解：(1)方法一：依题意，过Ai(i∈，1≤i≤9)且与x轴垂直的直线方程为x＝i，Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝x.
设Pi的坐标为(x，y)，由
得y＝x2，即x2＝10y.
所以点Pi(i∈，1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2＝10y.
方法二：点Pi(i∈，1≤i≤9)都在抛物线E：x2＝10y上．
证明如下：过Ai(i∈，1≤i≤9)且与x轴垂直的直线方程为x＝i，
Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝x.由解得Pi的坐标为，
因为点Pi的坐标都满足方程x2＝10y，
所以点Pi(i∈，1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2＝10y.
(2)依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋10.
由
得x2－10kx－100＝0.
此时Δ＝100k2＋400>0，直线l与抛物线E恒有两个不同的交点M，N.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则
因为S△OCM＝4S△OCN，所以|x1|＝4|x2|.
又x1·x2<0，所以x1＝－4x2，
分别代入①和②，得解得k＝±.
所以直线l的方程为y＝±x＋10，即3x－2y＋20＝0或3x＋2y－20＝0.
19．，， 如图1－6所示，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k>0)．
(1)求证：CD⊥平面ADD1A1；
(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求k的值；
(3)现将与四棱柱ABCD－A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱．规定：若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案．问：共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f(k)，写出f(k)的解析式．(直接写出答案，不必说明理由)
图1－6
19．解：(1)证明：取CD的中点E，联结BE.
∵AB∥DE，AB＝DE＝3k，
∴四边形ABED为平行四边形，
∴BE∥AD且BE＝AD＝4k.
在△BCE中，∵BE＝4k，CE＝3k，BC＝5k，
∴BE2＋CE2＝BC2，
∴∠BEC＝90°，即BE⊥CD，又∵BE∥AD，所以CD⊥AD.
∵AA1⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴AA1⊥CD.又AA1∩AD＝A，
∴CD⊥平面ADD1A1.
(2)以D为原点，，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4k，0，0)，C(0，6k，0)，B1(4k，3k，1)，A1(4k，0，1)，所以＝(－4k，6k，0)，＝(0，3k，1)，＝(0，0，1)．
设平面AB1C的法向量＝(x，y，z)，则由得取y＝2，得＝(3，2，－6k)．
设AA1与平面AB1C所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，
解得k＝1，故所求k的值为1.
(3)共有4种不同的拼接方案．
f(k)＝
20．，， 已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的周期为π，图像的一个对称中心为.将函数f(x)图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再将所得到的图像向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图像．
(1)求函数f(x)与g(x)的解析式；
(2)是否存在x0∈，使得f(x0)，g(x0)，f(x0)g(x0)
按照某种顺序成等差数列？若存在，请确定x0的个数；若不存在，说明理由；
(3)求实数a与正整数n，使得F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，nπ)内恰 (Ⅰ)选修4－2：矩阵与变换
已知直线l：ax＋y＝1在矩阵＝对应的变换作用下变为直线l′：x＋by＝1.
(1)求实数a，b的值；
(2)若点P(x0，y0)在直线l上，且)＝)，求点P的坐标．
(Ⅰ)解：(1)设直线l：ax＋y＝1上任意点M(x，y)在矩阵对应的变换作用下的像是M′(x′，y′)．
由)＝
又点M′(x′，y′)在l′上，所以x′＋by′＝1，
即x＋(b＋2)y＝1.
依题意得解得
(2)由)＝)，得解得y0＝0.
又点P(x0，y0)在直线l上，所以x0＝1.
故点P的坐标为(1，0)．
(Ⅱ)选修4－4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知点A的极坐标为，直线l的极坐标方程为ρcos＝a，且点A在直线l上．
(1)求a的值及直线l的直角坐标方程；
(2)圆C的参数方程为(α为参数)，试判断直线l与圆C的位置关系．
(Ⅱ)解：(1)由点A，在直线ρcosθ－＝a上，可得a＝.
所以直线l的方程可化为ρcos θ＋ρsin θ＝2，
从而直线l的直角坐标方程为x＋y－2＝0.
(2)由已知得圆C的直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1.
所以圆C的圆心为(1，0)，半径r＝1，
因为圆心C到直线l的距离d＝＝<1，
所以直线l与圆C相交．
(Ⅲ)选修4－5：不等式选讲
设不等式|x－2|
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