普通高等学校招生全国统一考试湖北卷数学理word版含答案.doc

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2013年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）

数学（理工类）

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．在复平面内，复数（为虚数单位）的共轭复数对应的点位于

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

2．已知全集为，集合，，则

A． B．

C． D．

3．在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次．设命题p是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为

A．∨ B．∨ C．∧ D．∨

4．将函数的图象向左平移个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是

A． B． C． D．

5．已知，则双曲线：

与：

的

A．实轴长相等 B．虚轴长相等 C．焦距相等 D．离心率相等

6．已知点、、、，则向量在方向上的投影为

A． B． C． D．

7．一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度（t的单位：

s，v的单位：

m/s）行驶至停止.在此期间汽车继续行驶的距离（单位：

m）是

A． B．

C． D．

第8题图

8．一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为，，，，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为

多面体，则有

A． B．

C．D．

9．如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体.经过搅

拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为，则的均值

第9题图

A．B．C． D．

10．已知为常数，函数有两个极值点，，则

A．，B．，

C．，D．，

二、填空题：

本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分.请将答案填在答题卡对应题号的位置上.答错位置，书写不清，模棱两可均不得分.

（一）必考题（11—14题）

11．从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图所示.

（Ⅰ）直方图中的值为_________；

（Ⅱ）在这些用户中，用电量落在区间内的户数为_________.

否

开始

是

结束

是奇数

是

否

输出

第11题图第12题图

12．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果_________.

13．设，且满足：

，，则_________.

14．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如三角形数1，3，6，10，，

第个三角形数为.记第个边形数为，以下列出

了部分k边形数中第个数的表达式：

三角形数，

正方形数，

五边形数，

六边形数，

………………………………………

可以推测的表达式，由此计算_________.

第15题图

（二）选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑.如果全选，则按第15题作答结果计分.）

15．（选修4-1：

几何证明选讲）

如图，圆上一点在直径上的射影为，点在半径上的射影为．若，则的值为_________．

16．（选修4-4：

坐标系与参数方程）

在直角坐标系中，椭圆的参数方程为（为参数，）.在

极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴

为极轴）中，直线与圆的极坐标方程分别为（m为非零常数）

与.若直线经过椭圆的焦点，且与圆相切，则椭圆的离心率为_________.

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.

17．（本小题满分12分）

在△中，角，，对应的边分别是，，.已知.

（Ⅰ）求角A的大小；

（Ⅱ）若△的面积，，求的值.

18．（本小题满分12分）

已知等比数列满足：

，.

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）是否存在正整数，使得？

若存在，求的最小值；若不存在，说明理由.

19．（本小题满分12分）

如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面，，

第19题图

分别是，的中点.

（Ⅰ）记平面与平面的交线为，试判断直线与平面的位置关系，并加以证明；

（Ⅱ）设（Ⅰ）中的直线l与圆的另一个交点为，且点Q满足.记直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，二面角的大小为，求证：

.

20．（本小题满分12分）

假设每天从甲地去乙地的旅客人数是服从正态分布的随机变量.记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为.

（Ⅰ）求的值；

（参考数据：

若～，有，，.）

（Ⅱ）某客运公司用、两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次.、两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1600元/辆和2400元/辆.公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求型车不多于型车7辆.若每天要以不小于的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备型车、型车各多少辆?

第21题图

21．（本小题满分13分）

如图，已知椭圆与的中心在坐标原点，长轴均为且在轴上，短轴长分别

为，，过原点且不与轴重合的直线与，的四个交点按纵坐标从

大到小依次为A，B，C，D．记，△和△的面积分别为和.

（Ⅰ）当直线与轴重合时，若，求的值；

（Ⅱ）当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得？

并说明理由．

22．（本小题满分14分）

设是正整数，为正有理数.

（Ⅰ）求函数的最小值；

（Ⅱ）证明：

；

（Ⅲ）设，记为不小于的最小整数，例如，，.

令，求的值.

（参考数据：

，，，）

2013年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）

数学（理工类）试题参考答案

一、选择题

1．D2．C3．A4．B5．D6．A7．C8．C9．B10．D

二、填空题

11．（Ⅰ）0.0044（Ⅱ）7012．513．

14．100015．816．

三、解答题

17．

（Ⅰ）由，得,

即，解得或（舍去）.

因为，所以.

（Ⅱ）由得.又，知.

由余弦定理得故.

又由正弦定理得.

18．

（Ⅰ）设等比数列的公比为q，则由已知可得

解得或

故，或.（Ⅱ）若，则，故是首项为，公比为的等比数列，

从而.

若，则，故是首项为，公比为的等比数列，

从而故.

综上，对任何正整数，总有.

故不存在正整数，使得成立.

19．

（Ⅰ）直线∥平面，证明如下：

连接，因为，分别是，的中点，所以∥.

又平面，且平面，所以∥平面.

而平面，且平面平面，所以∥.

因为平面，平面，所以直线∥平面.

第19题解答图1

第19题解答图2

（Ⅱ）（综合法）如图1，连接，由（Ⅰ）可知交线即为直线，且∥.

因为是的直径，所以，于是.

已知平面，而平面，所以.

而，所以平面.

连接，，因为平面，所以.

故就是二面角的平面角，即.

由，作∥，且.

连接，，因为是的中点，，所以，

从而四边形是平行四边形，∥.

连接，因为平面，所以是在平面内的射影，

故就是直线与平面所成的角，即.

又平面，有，知为锐角，

故为异面直线与所成的角，即，

于是在△，△，△中，分别可得

，，，

从而，即.

（Ⅱ）（向量法）如图2，由，作∥，且.

连接，，，，，由（Ⅰ）可知交线即为直线.

以点为原点，向量所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则有

.

于是，，，

所以，从而.

又取平面的一个法向量为，可得，

设平面的一个法向量为，

所以由可得取.

于是，从而.

第20题解答图

故，即.

20．

（Ⅰ）由于随机变量服从正态分布，故有，

.

由正态分布的对称性，可得

.

（Ⅱ）设型、型车辆的数量分别为辆，则相应的营运成本为.

依题意,还需满足:

.

由（Ⅰ）知，，故等价于.

于是问题等价于求满足约束条件

且使目标函数达到最小的.

作可行域如图所示,可行域的三个顶点坐标分别为.

由图可知，当直线经过可行域的点P时，直线在y轴上截距最小，即z取得最小值.

故应配备型车5辆、型车12辆.

21．依题意可设椭圆和的方程分别为

：

，：

.其中，

（Ⅰ）解法1：

如图1，若直线与轴重合，即直线的方程为，则

，，所以.

在C1和C2的方程中分别令，可得，，，

于是.

若，则，化简得.由，可解得.

故当直线与轴重合时，若，则.

解法2：

如图1，若直线与轴重合，则

，；

，.

第21题解答图1

第21题解答图2

所以.

若，则，化简得.由，可解得.

故当直线与轴重合时，若，则.

（Ⅱ）解法1：

如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得.根据对称性，

不妨设直线：

，

点，到直线的距离分别为，，则

因为，，所以.

又，，所以，即.

由对称性可知，所以，

，于是

.①

将的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得

，.

根据对称性可知，，于是

.②

从而由①和②式可得

.③

令，则由，可得，于是由③可解得.

因为，所以.于是③式关于有解，当且仅当，

等价于.由，可解得，

即，由，解得，所以

当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；

当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得.

解法2：

如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得.根据对称性，

不妨设直线：

，

点，到直线的距离分别为，，则

因为，，所以.

又，，所以.

因为，所以.

由点，分别在C1，C2上，可得

，，两式相减可得，

依题意，所以.所以由上式解得.

因为，所以由，可解得.

从而，解得，所以

当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；

当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得.

22．（Ⅰ）因为，令，解得.

当时，，所以在内是减函数；

当时，，所以在内是增函数.

故函数在处取得最小值.

（Ⅱ）由（Ⅰ），当时，有，即

，且等号当且仅当时成立，

故当且时，有

.①

在①中，令（这时且），得.

上式两边同乘，得，即

②

当时，在①中令（这时且），类似可得

③

且当时，③也成立.

综合②，③得

④

（Ⅲ）在④中，令，分别取值81，82，83，…，125，得

，

，

，

………

.

将以上各式相加，并整理得

.

代入数据计算，可得，.

由的定义，得.