宿州职业技术学院-考察学习心得体会

2013年安徽卷理科数学试题解答
一、选择题
【1】（A，安徽，理1） 设
i
是虚数单位，
z
是复数
z
的共轭复数.若
z zi22z
，则
z

A.
1i
B.
1i
C.
1i
D.
1i

考点名称：【34】复数
【1】（A，安徽，理1）A 设
zabi(a,bR)
，则
zabi
，代入
zzi 22z
，得
(abi)(abi)i22(abi)
，即
2 (a
2
b
2
)i2a2bi
.

22a

a1
根据复数相等的充要条件可知
2
，解得

，
z1i
.
2
b1ab2b


【2】（A，安徽，文3理2）如图所示，程序框图（算法流程 图）的输出结
果是
A.
开始
s=0,n=2
否
n<8?< br>是
ss
1
n
1253
11
B. C. D.
6244
12
输出s
考点名称：【24】算法初步与框图
【2】（A，安徽，文3理2）D 根据框图可知
n=n+2
第（2）题图
结束
s
111111
，
,n4;s,n6;s,n8< br>，不满足条件“
n8
”
224246
输出结果，则
s11111

.
24612
【3】（A，安徽，理3）在下列命题中，不是公理的是
A.平行于同一个平面的两个平面相互平行
B.过不在同一条直线的三点，有且只有一个平面
C.如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内
D.如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线
考点名称：【22】点、直线、平面的位置关系
【3】（A，安徽，理3）A “平行于同一条直线的两条直线相互平行”是公理，注意与选项A区别开来.
【4】（B，安徽，理4 ）“
a0
”是“函数
f(x)|(ax1)x|
在区间
(0, )
内单调递增”的
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
考点名称：【2】常用逻辑用语
【4】（B，安徽，理4）C 先求出函数
f(x)|(ax1)x|
在区间< br>(0,)
内单调递增时实数
a
的取值范围.
当
a0< br>时，
f(x)|x|
在
(0,)
内单调递增；

当
a0
时，作出函数
f(x)
的大致图象（图略），得到函数f(x)
在
(,0),


11

,
上单调递减，在区
2aa

间

0,
< br>
1

1


,

,

上单调递增，即
f(x)
在（0，+∞）内不单调，不符合题意，舍去；
2a

a

1

1

,0

上单调递减，在区间
a

2a

当
a0
时，作出函数
f(x)
的大致图象（图略），得到函数
f(x)
在
( ,),


11


,

,

0,

上单调递增，符合题意.

a2a

综上，当函数
f(x)|(ax1)x|
在区间
(0,)
内单调递 增时实数
a
的取值范围为
a0
.
【5】（B，安徽，理5）某班 级有50名学生，其中有30名男生和20名女生.随机询问了该班五名男生和五名
女生在某次数学测验 中的成绩，五名男生的成绩分别为86，94，88，92，90，五名女生的成绩分别为88，
93， 93，88，93.下列说法一定正确的是
A.这种抽样方法是一种分层抽样 B.这种抽样方法是一种系统抽样
C.这五名男生成绩的方差大于这五名女生成绩的方差 D.该班男生成绩的平均数小于该班女生成绩的平均数
考点名称：【26】统计
【5】（B，安徽，理5）C 经计算，这五名男生成绩的平均数为90，五名女生成绩的平均数为9 1，五名男
生成绩的方差为8，五名女生成绩的方差为6.
【6】（B，安徽，理6）已知一 元二次不等式
f(x)0
的解集为

x|x1或x
为
A.
x|x1或xlg2
B.

x|1xlg2


C.

x|xlg2

D.

x|xlg2


考点名称：【12】函数的性质及不等式的解法
【6】（B，安徽，理6）D 由条件可知 一元二次不等式
f(x)0
的解集为

x|1x


1

x

，则
f

10
0
的解集
2




1


，故不等式
2

f10
x
0
可转化为
110
x


1
，解得
xlg2
.
2
【7】（B，安徽，理7）在极坐标系中,圆

2cos
的垂直于极轴的两条切线方程分别为
A.

0(

R)< br>和

cos

2
B.


C.



2
(
R)
和

cos

2


2(

R)
和

cos

1
D.

0(

R)
和

cos
1

考点名称：【36】坐标系与参数方程

【7】（B，安徽，理7）B 将极坐标系中的方程

2cos< br>
转化为直角坐标系中的方程：
xy2x0
，
即
(x 1)y1
，极轴即为
x
轴的非负半轴，于是得到符合题意的两条切线
x 0,x2
，于是它们的极
坐标方程为


22
22

2
(

R)
和

cos

2
.
【8】（B，安徽，文理8）函数
yf(x)
的图象如图所示，在 区间

a,b

上可
找到
n(n2)
个不同的数
x
1
,x
2
,

,x
n
，使得< br>则
n
的取值范围是
A.

3,4

B.

2,3,4

C.

3,4,5

D.

2,3


考点名称：【5】函数模型及其应用

【8】（B，安徽，文理8）B 由条件可将
f(x
n
)
f(x< br>1
)f(x
2
)

，
x
1
x
2
x
n
f(x
i
)
(i

1,2 ,

,n)
看成函数图
x
i
y
A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
象上点
(x
i
,f(x
i
))
与原点连线的斜率.当连线位于
OA1
,OA
5
位置时，连线与
图象有两个公共点，故
n2
；当连线位于
OA
2
,OA
4
位置时，连线与图象
有三个 公共点，故
n3
；当连线位于
OA
3
位置时，连线与图象有四个公 共
点，故
n4
.故选B.
O
a
第（8）题图
b x
【9】（C，安徽，理9）在平面直角坐标系中，
O
是坐标原点，两定点
A ,B
满足
|OA||OB|OAOB2
，
则点集
P|OP

OA

OB,|

||

|1,

,

R
所表示的区域的面积是
A.
22
B.
23
C.
42
D.
43

考点名称：【7】平面向量
【9】（C，安徽，理9）D 由
OAOBOAOB2
，得


1
,. OA,OB
cosOA,OB
3
OAOB
2
OA OB

x



,
取A(1，
3)，B(－1，
3
)，P(x，y)，则由
OP

OA
OB
，得



y3

3
,

13
y,


x

26

13
解得


xy,
将它代入


1
中，

26

化简整理 ，得
设
f(x,y)
3xy3xy23
. （*）
3x y3xy23
，易知
f(x,y)f(x,y)f(x,y)f(x, y)
，

所以方程
3xy3xy23
的曲线关于x轴 ，y轴和原点对称，从而可先考虑当x≥0，y≥0时，这
不等式（*）所对应的平面区域.
（1）当，不等式（*）可化为 x≤1，此时不等式（*）所表示的平面区域如图1所示； 即
0y3x
时
面区域如图1所示；
（2）当，不等式（*）可化为y3
，此时不等式（*）所表示的平面区域如图2所示； 即
y3x0
时
平面区域如图2所示；
综合（1）（2），知当x≥0， y≥0时，不等式（*）所表示的平面区域为长为
3
，
宽为1的矩形区域.
再根据对称性可知不等式（*）所表示的平面区域为长为2
3
，宽为2的矩形区域，其面积为
2
3
×2=4
3
.
【10】（C，安徽，文理10）若函 数
f(x)xaxbxc
有极值点
x
1
,x
2，且
f(x
1
)x
1
，则关于
x
的
方程
3(f(x))2af(x)b0
的不同实根个数是
A.3 B.4 C.5 D.6
考点名称：【29】导数的应用
2
32
y
t=x
2
t=x
1
O
y=f(x)
第（10）题图1
x
1
x
2
x
y=f(x)
t=x
1
t=x
2
y
O
x
2
x
1
x
第（10）题图2
2
2
【10】（C，安徽，文理10）A 由条件可知
f

(x)3x 2axb
，由条件可知
x
1
,x
2
是方程
3x 2axb0
的两实根，由该方程的二次项系数为正，可知函数
f(x)
的单调性为 先增后减再增，故可作出函数
f(x)
的大
2
致图象.令
tf(x )
，则方程
3(f(x))2af(x)b0
可化为
3t2atb 0
，所以
tx
1
,tx
2
，要判
2
断方程
3(f(x))2af(x)b0
的不同实根个数，只需看两条直线
t x
1
,tx
2
与函数
f(x)
的图象有几个
交点 .分两种情况讨论，如图1，当
x
1
x
2
时，有3个交点；如图2 ，当
x
1
x
2
时，同样有3个交点，故选
2

A.

二、填空题

a

4
xx
【11】（B，安徽，理11）若

的展开式中的系数为
7
，则实数
a
______________.

3
x

考点名称：【25】二项式定理
8
1
r8r
【11】（B，安徽，理11） 通项
T
r 1
C
8
x
2
令
8
8r

a

rr
3
，
Cax
8

3


x

r
4
4
1
r4
，则
r3
，故系数
C
8
3
a
3
7
，解得
a
.
2
3
【12】（B，安徽，理12）设ABC
的内角
A,B,C
所对边的长分别为
a,b,c
.若< br>bc2a
，
3sinA5sinB
，
则角
C
________________.
考点名称：【10】解三角形
【12】（B，安徽，理12）
2

根据正弦定理由
3sin A5sinB
知
3a5b
，又
bc2a
，
3
37
ba,ca
，根据余弦定理可知
55

3
 
7

a

a



a

222
abc1
，
C
2

.
5

5

cosC
3
3
2ab2< br>2aa
5
2
22
【13】（B，安徽，理13）已知直线
y a
交抛物线
yx
于
A,B
两点.若该抛物线上存在点
C
，使得
ACB
为直角，则
a
的取值范围为___________ _______.
考点名称：【16】抛物线的综合应用
【13】（B，安徽，理13）
[1,)
显然
a0
，不妨 设
A(a,a),B(a,a)
，根据题意可知以线段
AB
为
直径 的圆与所给抛物线有公共点即可.以线段
AB
为直径的圆的方程为
x(ya)a
，
22


x(ya)a
联立方程

，
2


yx
22
2
整理得
y(2a1)yaa0
，
解得
y
1
a,y< br>2
a1
，故只需
a10
即可，解得
a1
， 故
a
的取值范围为
A
1
A
2
A
3
22
O
B
1
B
2
B
3
[1,)
.
【14】（C，安徽，理14）如图，互不相同的点
A
1
,A
2
,,A
n
,
和
B
1
,B
2
,,B
n
,
分别在角
O
的两条边上，所有
A
n
B
n
相互平行，且所有梯形
A
n
B
n
B< br>n1
A
n1
的面积均
相等.设
OA
n
 a
n
，若
a
1
1,a
2
2
，则数列< br>
a
n

的通项公式是_____________.
第（14）题图

考点名称：【20】数列的综合应用
【14】（C，安徽，理14）
3n2
所有
A
n
B
n
相互平行知所有
OA
n
B
n
均相似，于是OA
1
B
1
∽
OA
2
B
2
，

S
OA
1
B
1
S
OA
2
B
2

OA
1



OA
2

a
1

1


，不妨设
S
OA
1
B
1
S
，则
S< br>OA
2
B
2
4S
，
S
A
1
B
1
B
2
A
2
3S
，于是梯形

a

4

2

22

OA
1

a
1




< br>

S
OA
n
B
n

OAn

a
n


，
a3n2
.
A
n
B
n
B
n1
A
n1
的面 积均为
3S
，
n
S1

S(n1)3S3n2< br>【15】（C，安徽，文理15）如图，正方体
ABCDA
1
B
1< br>C
1
D
1
的棱长为1，
P
D
1
S< br>OA
1
B
1
22
为
BC
的中点，
Q
为线段
CC
1
上的动点，过点
A,P,Q
的平面截该正方 体所得
的截面记为
S
.则下列命题正确的是_________________（写 出所有正确命题
的编号）
①当
0CQ
②当
CQ
C< br>1
B
1
A
1
.
Q
D
A
第（ 15）题图
B
1
时，
S
为四边形
2
1
时，
S
为等腰梯形
2
31
③当CQ
时，
S
与
C
1
D
1
的交点R
满足
C
1
R

43
3
④当
CQ1
时，
S
为六边形
4
⑤当
CQ1
时，
S
的面积为

考点名称：【22】点、直线、平面间的位置关系
【15】（C，安徽，文理15）、①②③⑤
解析：对于①，当
0CQ

.
P
C
D
1
A
1
F
B
1
C
1
E
6

2
.
Q
D
A B
第（15）题图1
.
P
C
1
时，如图1，
2< br>F
D
1
R
B
1
E
C
1
过点
B
作
PQ
的平行线交棱
CC
1
于
E
，过点
E
作
CD
的平行线交
DD
1
于
F
，
连结
AF
，则四边形
ABEF
是平行四边形，故
AF
∥
BE
，由平行公理知
AF
∥
A
1
G
.
Q
PQ
，故截面
S
就是四边形
APQF
，故①正确；
1
对于②，当
CQ
时，仿①可知截面
S
就 是等腰梯形
APQD
1
，故②正确；
2
3
对于③，当
CQ
时，如图2，
4

仿
①可知，截面
D
AB
第（15）题图2
.
P
C
G
C
1
ED
1
F
S
是五边形
APQR
，
1
，
C
1
RQ
∽
D
1
RF
，故
2

C
1
RC
1
Q
11
,C
1
R
，故③正确；
D
1< br>RD
1
F23
对于④，可仿③知得到的截面为五边形，故④不正确；
对于⑤，当
CQ1
时，如图3，

A
1
F
E
D
1
G
B
1
C（
1
Q）
仿< br>①可知，截面
S
是四边形
APC
1
G
，该四边形是一 个对角线长分别为
D
16
2,3
的菱形，故其面积为
23，故⑤正确.
22
三、解答题
【16】（B, 安徽，理16）已知函数f(x)4cos

xsin


x
（Ⅰ）求< br>
的值；
（Ⅱ）讨论
f(x)
在区间

0,
.
P
B
C
A
第（15）题图3


< br>



0

的最小正周期为

.
4





上的单调性.
2

考点名称：【6】三角恒等变换及三角函数的性质
【16】（B, 安徽，理16）由条件可知


f(x)4cos

xsi n


x

4


2
2

4cos

x

sin

x cos

x


2

2

2 2sin

xcos

x22cos
2

x< br>2

sin2

xcos2

x1





2sin

2

x 

2

4

（Ⅰ）由函数
f(x)
的最小正周期为

，
知
2



,

1
；
2

（Ⅱ）由
2k



2
 2x

4
2k



2
，解得
k


3

xk


，于是可得
f(x)
在区间
88
3



5


k

,k

(kZ)k

,k

(kZ)
上单调递减，又
f(x)
上单调递增，同理 可得在区间

8888




< br>



x

0,

，故可 知
f(x)
在区间

0,

上单调递增，在区间

,

上单调递减.

8


82


2

【17】（B，安徽，文20理17）设函数
f(x) ax(1a)x
，其中
a0
，区间
I

x|f(x )0

.
22

（Ⅰ）求
I
的长度（注： 区间


,


的长度定义为



）；
（Ⅱ）给定常数
k

0,1

，当< br>1ka1k
时，求
I
长度的最小值.
考点名称：【40】不等式的解法及函数的最值
【17】（B，安徽，文20理17）（Ⅰ）由题意可知解不等式
ax(1a)x0
，
a0
，
解得
0x
22
a
，
1a
2
a
.
1a
2
故区间
I
的长度为
L(a)
1a
2
（Ⅱ）由
L

(a )
，令
L

(a)0,a1

22
(1 a)
则当
a(1k,1),L

(a)0
，函数
L( a)
单调递增；
当
a(1,1k),L

(a)0
，函数
L(a)
单调递减.
要求区间
I
长度的最小值，只需比较< br>L(1k)
与
L(1k)
的大小即可.
L(1k)L(1k)



1k1k

1(1k)
2
1(1k)
2
2k
0
(k2
2k2)(k
2
2k2)
3

故
I
长度的最小值为

1k
.
k
2< br>2k2
x
2
y
2
1
的焦点在
x
轴上. 【18】（B，安徽，理18）设椭圆
E:
2

a1a
2
（Ⅰ）若椭圆
E
的焦距为1，求椭圆
E
的方程；
（Ⅱ） 设
F
1
、
F
2
分别是椭圆的左、右焦点，
P
为椭圆
E
上第一象限内的点，直线
F
2
P
交
y< br>轴于点
Q
，并且
F
1
PF
1
Q
. 证明：当
a
变化时，点
P
在某定直线上.
考点名称：【16】椭圆的标准方程及直线与椭圆的位置关系
【18】（B，安徽，理18） （Ⅰ）因为焦距为1，所以
2a1
2
1
5
2
，解得a
.
8
4
8x
2
8y
2
1
. 故椭圆E
的方程为
53
（Ⅱ）设
P(x
0
,y
0),F
1
(c,0),F
2
(c,0)
，其中
c2 a
2
1
，

由题设知
x
0
c< br>，则直线
F
1
P
的斜率为
k
F
1
P

y
0
y
0
，直线
F
2
P
的斜率为
k
F
2
P

，故直线
F
2P
的方
x
0
cx
0
c
程为
y< br>y
0
(xc)
.
x
0
c

c y
0

y
0
cy
0

FQ
，即点
Q
的坐标为

，故直线的斜率为.
0,
k
1< br>F
1
Q

cx

cxcx
0
0

0
y
0
y
0
1
，
x
0
ccx
0
当
x0
时，
y
由于
F
1
PF
1
Q
，所以
k
F
1< br>P
k
F
1
Q

222
化简整理得
y
0
x
0
(2a1)
，将其代入椭圆
E
的方 程
x
2
y
2
1
.
22
a1a22
由于点
P(x
0
,y
0
)
在第一象限，解 得
x
0
a,y
0
1a
，即点
P
在定 直
B
O
D
C
A
P
线
xy1
上 .
【19】（B，安徽，理19）如图，圆锥顶点为
P
，底面圆心为
O，其母线
与底面所成的角为
22.5
，
AB
和
CD是底面圆
O
上的两条平行的弦，轴
B
D
O
F
C

第（19）题图
OP
与平面
PCD
所成的角为
6 0
.
（Ⅰ）证明：平面
PAB
与平面
PCD
的交线平行于底面；
（Ⅱ）求
cosCOD
.

A

P
第 （19）题图
考点名称：【23】空间点、直线、平面间的位置关系及空间角的计算

【19】（B，安徽，理19）（Ⅰ）设面
PAB
与面
PCD
的交线为
l
.因为
AB
∥
CD
，
AB
不在面
PC D
内，
所以
AB
∥面
PCD
.
又因为
AB
面
PAB
，面
PAB
与面
PCD
的 交线为
l
，所以
AB
∥
l
.
由直线
AB
在底面上而
l
在底面外可知，
l
与底面平行.

（Ⅱ）设
CD
的中点为
F
，连结
OF,PF
.
由圆的性质，
COD2COF,OFCD
.
因为
OP
底面，
CD
底面，所以
OPCD
，
又
OPOFO,CD面OPF
.
又
CD面PCD,面 OPF面PCD
，从而直线
OP
在面
PCD
上的射影为直线
PF
，
故
OPF
为
OP
与平面
PCD
所成的角.由题设，
OPF60
.


设
OP h,OFOPtanOPFhtan60

3h
根据题设有
OCP22.5

,OC

OPh

< br>tanOCP
tan22.5

2tan22.5


由
1tan45
和
tan22.50
，可解得
tan22.521
，

1tan22.5
OC
h21


21h
.

在
RtOCF
中，
cosCOF
OF3h
63
，则
OC
(21)h
.
cosCODcos(2COF)2cos< br>2
COF1
263117122
【20】（C，安徽，理20） 设函数

2
x
2
x
3
x
n
f
n
(x)1x
2

2


2
(xR,nN

)
.证明：
23n

（Ⅰ）对每个
nN
，存在唯一的
x
n


,1< br>
，满足
f
n
(x
n
)0
；

3


2

（Ⅱ）对任意
pN
，由（Ⅰ ）中
x
n
构成的数列

x
n

满足
0x
n
x
np


1
.
n
考点名称：【40】导数法的综合应用、零点存在定理、不等式的证明
【21】（ C，安徽，理21）某高校数学系计划在周六和周日各举行一次主题不同的心理测试活动，分别由李
老师 和张老师负责.已知该系共有
n
位学生，每次活动均需该系
k
位学生参加（< br>n
和
k
都是固定的正整数）.
假设李老师和张老师分别将各种活动通知 的信息独立、随机地发给该系
k
位学生，且所发信息都能收到.记该
系收到李老师或张 老师所发活动通知信息的学生人数为
X
.
（Ⅰ）求该系学生甲收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率；
（Ⅱ）求使
P(Xm)
取得最大值的整数
m
.
考点名称：【27】古典概率
xx
n1
0
，
【20】 （C，安徽，理20）（Ⅰ）对每个
nN
，当
x0
时，
f
n
(x)1


故
f
n
(x)
在

0,

2n

内单调递增.
（）0，当
n2
时，
f
n
(1)
由于
f
1
1
k
111


0
，故
f
n
(1)0

222
23n
2
n

2

f
n

1

3
k2

3


2


k
n
3


1

1

2

< br>

34
k2

3

k
2


2


11

3


34
2


2

n1

1


n1



3




1


2

0< br>

2
3

3

1
3

2

所以存在唯一的
x
n


,1
，满足
f
n
(x
n
)0
.

3

（Ⅱ）当
x0
时，
x
n1< br>f
n1
(x)f
n
(x)f
n
(x)

2
(n1)
故
f
n1
(x
n
) f
n
(x
n
)f
n1
(x
n1
) 0

由
f
n1
(x)
在

0,
内单调递增知
x
n1
x
n
，
故数列

x
n

为单调递减数列，
从而对任意
n,pN,x
np
x
n

对任意
nN
，由于
2n
x
n
x
nf
n
(x
n
)1x
n

2
< br>

2
0
， ①
2n


f
n
p
(x
np
)1x
np
2
x
np
2
2



n
x
np
n
2

n1
x
np
(n1)
2



np
x
np
(np)2
0
， ②
①式减去②式并移项，利用
0x
n p
x
n
1
，得
x
n
x
np

k2
n
kk
x
np
x
n< br>np
k
2


kn1

k
x
np
np
k
2

kn1

kx
np
k
2
1


2

k n1
k
np
1111


nnpn
k n1
k(k1)
np

因此，对任意
pN
，数列

x
n

满足
0x
n
x
n p

1

n
【21】（C，安徽，理21）
解析：（Ⅰ） 因为事件
A
:“学生甲收到李老师所发信息”与事件
B
:“学生甲收到张老师 所发信息”是相互
独立的事件，所以
A与B
相互独立.
k1
C< br>n
k
1
由于
P(A)P(B)
，

k
n
C
n
故
P(A)P(B)1
k
， n
2
2knk
2

k

因此学生甲收到活动 通知信息的概率为
P1

1


.
2n
n

（Ⅱ）当
kn
时，
m
只能取
n
，