2013江西高考数学文科试题及解析

2013年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）

文科数学

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第Ⅰ卷

一. 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.复数zi(2i)（i为虚数单位）在复平面内所对应的点在

A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限

2.若集合A=｛x∈R|axax10｝其中只有一个元素，则a=

A.4 B.2 C.0 D.0或4 3. 若sin23，则cos （ ）

232112A.  B.  C. D.

3333A．

4.集合A={2,3},B={1,2,3},从A,B中各取任意一个数，则这两数之和等于4的概率是

2111 B. C. D. 33265.总体编号为01，02，…19，20的20个个体组成。利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为 7816 6572 0802 6314 0702 4369 9728 0198 3204 9234 4935 8200 3623 4869 6938 7481

A.08 B.07 C.02 D.01 6. 下列选项中，使不等式x＜

12＜x成立的x的取值范围是（ ） xA.（，－1） B. （－1，0） C.（0，1） D.（1，+）

7.阅读如下程序框图，如果输出i=4，那么空白的判断框中应填入的条件是 s2i1 否 开始 i1,s0 ii1 i 是奇数 是 s2i2 否 是 输出i 结束 A.S＜8 B. S＜9 C. S＜10 D. S＜11 8.一几何体的三视图如右所示，则该几何体的体积为

A.200+9π B. 200+18π C. 140+9π D. 140+18π 9. 已知点A（2，0），抛物线C：x2=4y的焦点为F，射线FA与抛物线C相交于点M，与其准线相交于点N，则|FM|：|MN|=

A.2:B.1:2 C. 1: D. 1:3

10.如图。已知l1⊥l2，圆心在l1上、半径为1m的圆O在t=0时与l2相切于点A，圆O沿l1以1m/s的速度匀速向上移动，圆被直线l2所截上方圆弧长记为x，令y=cosx，则y与时间t（0≤x≤1，单位：s）的函数y=f（t）的图像大致为

二．填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。



11.若曲线yx1（α∈R）在点（1，2）处的切线经过坐标原点，则α= 。

12.某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵树是前一天的2倍，则需要的最少天数n（n∈N*）等于 。

13设f（x）=sin3x+cos3x，若对任意实数x都有|f（x）|≤a，则实数a的取值范围是 。 14.若圆C经过坐标原点和点（4，0），且与直线y=1相切，则圆C的方程是 。

15.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB//CD,则直线EF与正方体的六个面

所在的平面相交的平面个数为 。

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。

216.（本小题满分12分）正项数列｛an｝满足an(2n1)an2n0。

（1）求数列｛an｝的通项公式an； （2）令bn1，求数列｛bn｝的前n项和Tn。

(n1)an

17.（本小题满分12分）

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinAsinB+sinBsinC+cos2B=1.

（1）求证：a，b，c成等差数列；（2） 若C=

23，求

a的值。 b18．（本小题满分12分）

小波已游戏方式决定是去打球、唱歌还是去下棋。游戏规则为以O为起点，再从A1,A2,A3,A4,A5,A6（如图）这6个点中任取两点分别为终点得到两个向量，记住这两个向量的数量积为X，若X>0就去打球，若X=0就去唱歌，若X<0就去下棋。

（1） 写出数量积X的所有可能取值 （2） 分别求小波去下棋的概率和不去唱歌的概率 ． 19．（本小题满分12分）

如图，直四棱柱ABCD – A1B1C1D1中，AB//CD，AD⊥AB，AB=2，AD=2，AA1=3，E为CD上一点，DE=1，EC=3

（1） 证明：BE⊥平面BB1C1C; （2） 求点B1 到平面EA1C1 的距离

20.（本小题满分13分） 椭圆C:

=1(a>b>0)的离心率

，a+b=3

(1) 求椭圆C的方程；

(2) 如图，A,B,D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意点，直线DP交x轴于点N直线AD

交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m，证明2m-k为定值。

21．（本小题满分14分）

1x,0xaa设函数f(x) ,a 为 常数且a∈（0，1）.

1(1x),ax11a11（1） 当a=时，求f（f（））；

23（2） 若x0满足f（f（x0））= x0,但f（x0）≠x0，则称x0为f（x）的二阶周期点，证明函数f(x)有且仅有两个二阶周期点，并求二阶周期点x1，x2；

（3） 对于（2）中x1，x2，设A（x1,f（f（x1））），B（x2,f（f（x2）））,C(a,0)，记△ABC

的面积为s（a），求s（a）在区间[

211,]上的最大值和最小值。 32参

一、选择题

2

1．D 解：Z＝-2i-i =1-2i 对应点这（1，-2）在第四象限 2．A 当a0时，1＝0不合，当a0时，＝0，则a=4 3．C cos12sin21112 2334．C 解：所有情形有六种，满足要求的只有（2，2）和（3，1）故只能选C

5．D 解：从第5列和第6列选出的两位数依次为65，72，08，02，63，14，07，02，43，69，97，28，01，98，但编号必须不大于20的且不和前面重复的只能是08，02，14，07，01，选D

6．A 解：令x=-2,不等式成立，只能选A。

7．B 解：依次运行i=1,2,3,4,时s=0，5，8，9若输出i=4,则表示s=8时运行是，s=9运行否，故选B

8．A 解：还原后的直观图是一个长宽高依次为10，6 ，5的长方体上面是半径为3高为2的半个圆柱。

9．C 解：依题意可得AF所在直线方程为y）：（1+y）＝1:

35x，又|FM|：|MN|=（1-y1代入x2=4y得y2210．B 解：法1：取特值x=0时t=0,则y=1排除A，D，取x 法2：依题意可知cos2时t120.30.5,选B 2xx1t，则ycosx2cos212(1t)21(0t1)选B 22111．2 解：yx，则k，故切线方程yx过点（1，2）解得2

23nn112．6 解：直接计算2+4+8+16+32+＝128得n=6, 或解222...222100得

13．a2 解：f(x)n为6.

3sin3xcos3x2sin(3x)得|f(x)|2故a2

325222 解：设圆心坐标为（x，y）,半径为r，则x=2,又r2(r1)(y)22453故r=，则y。

2215．4 解：设CD的中点为M，连结EM，FM易证平面EFM平面α，则EF与平面α平行，不会相交，

14．(x2)2故EF只与其余四个面相交。

16．解：解：（1）由an(2n1)an2n0得（an-2n)(an+1）=0 由于｛an｝是正项数列，则an2n。

（2）由（1）知an2n，故bn211111()

(n1)an(n1)(2n)2n(n1)11111111nTn(1...)(1)

2223nn12n12n22

2

17．解：（1）由已知得sinAsinB+sinBsinC+1-2sinB=1.故sinAsinB+sinBsinC=2sinB

因为sinB不为0，所以sinA+sinC=2sinB再由正弦定理得a+c=2b,所以a，b，c成等差数列 （2）由余弦定理知cab2accosC得(2ba)2222a2b22accos2a3化简得 3b5

18．解：（1） x 的所有可能取值为-2 ，-1 ，0， 1。

（2）数量积为-2的只有OA2•OA5一种

数量积为-1的有OA1•OA5，OA1•OA6,OA2•OA4,OA2•OA6,OA3•OA4,OA3•OA5六种

数量积为0的有OA1•OA3,OA1•OA4,OA3•OA6,OA4•OA6四种 数量积为1的有OA1•OA2,OA2•OA3,OA4•OA5,OA5•OA6四种 故所有可能的情况共有15种。 所以小波去下棋的概率为因为去唱歌的概率为

p17 154411，所以小波不去唱歌的概率p1p21 15151519．解.（1）证明：过B作CD的垂线交CD于F，则BFAD2,EFABDE1,FC2

p2在RtBFE中，BE＝3 ，RtBFC中，BC＝6 . 在BCE中，因为BEBC＝9＝EC，故BEBC 由BB1平面ABCD，得BEBB1，所以BE平面BB1C1C （2）三棱锥EA1B1C1的体积V＝2221AA1•SA1B1C1＝2 3在RtA1D1C1中，AC＝A1D12D1C12=32 ， 11同理，EC1＝因此SACE11EC2CC12=32 ，EA1＝AD2ED2AA12=23 35。设点B1到平面EA1C1的距离为d，则三棱锥B1EAC11的体积

101 V＝•d•SA1EC1＝5d，从而5d2,d533cc2a2b2b23故212 所以a2b再由a+b=3得a=2,b=1, 20．解：(1）因为e=22aaaa4x2椭圆C的方程为：y21

41（2）因为B（2，0），P不为椭圆顶点，则BP方程为y=k(x-2)(k0且k)2①

x28k224k2y1，解得P(2,2) 将①代入44k14k11又直线AD的方程为yx1 ②

24k24k①与②联立解得M(,)

2k12k18k224k4k2,2),N(x,0)三点共线可角得N(由D(0,1),P(2,0)

4k14k12k12k12k11k（定值） 所以MN的分斜率为m=，则2mk422112122221．解：（1）当a=时，f()＝,f(f())f()2(1)

333333212x,0xaa21(ax),a2xaa(1a)（2)f(f(x))

12(xa),axa2a1(1a)1(1x),a2a1x1a(1a)12当0xa时，由2xx解得x=0,由于f（0）=0,故x=0不是f（x）的二阶周期点；

a1a2(a2,a), (ax)x解得x2当axa时由

a(1a)aa1a1a1a因f(2 )•222aa1aaa1aa1aa1a故x是f（x）的二阶周期点； 2aa1112(a,a2a1) (xa)x当axaa1时，由解得x2(1a)2a11111因f(故x不是f（x）的二阶周期点； )•(1)2a1a2a2a2a1122(1x)x解得x2当aa1x1时， (aa1,1)

a(1a)aa1111a1因f(2 )•(12)22aa11aaa1aa1aa11故x是f（x）的二阶周期点。

a2a1a1因此，函数f(x)有且仅有两个二阶周期点，x1，。 x222aa1aa1aa11（3）由（2）得A(2,2),B(2,2)

aa1aa1aa1aa11a2(1a)1a(a32a22a2),s(a)• 则s(a)• 2222aa12(aa1)1111因为a在[,]内，故s(a)0，则s(a)在区间[，]上单调递增，

3232111111故s(a)在区间[，]上最小值为s()=，最大值为s()=

32333220