1、 2013年天津市和平區高考數學一模試卷（文科）參考答案與試題解析一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1（5分）（2013和平區一模）在復平面內，復數對應的點的坐標為（）A（1，1）B（l，1）C（1，l）D（1，l）考點：復數代數形式的乘除運算專題：計算題分析：直接利用復數的除法運算化簡，化為a+bi（a，bR）的形式后答案可求解答：解：=所以復數對應的點的坐標為（1，1）故選A點評：本題考查了復數代數形式的乘除運算，考查了復數的幾何意義，是基礎題2（5分）（2013和平區一模）若f（x）=asinx+b（a，b為常數）的最大值是3，最小值是5，則的值為（）A4B4

2、或4CD考點：正弦函數的定義域和值域專題：三角函數的圖像與性質分析：由題意可得 b+|a|=3，且 b|a|=5，解得a、b的值，即可求得的值解答：解：f（x）=asinx+b（a，b為常數）的最大值是3，最小值是5，b+|a|=3，且 b|a|=5解得 b=1，|a|=4，即 b=1，且a=±4，=±4，故選B點評：本題主要考查正弦函數的定義域和值域，得到 b+|a|=3，且 b|a|=5，是解題的關鍵，屬于中檔題3（5分）（2013和平區一模）在如圖所示的計算1+3+5+2013的程序框圖中，判斷框內應填入（）Ai1007Bi201lCi2013Di2013考點：程序框

3、圖專題：圖表型分析：分析程序中各變量、各語句的作用，再根據流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是累加并輸出S的值解答：解：程序運行過程中，各變量值如下表所示：第一圈：S=0+1，i=3，第二圈：S=1+3，i=5，第三圈：S=1+3+5，i=9，依此類推，第1007圈：1+3+5+2013，i=2015，退出循環，其中判斷框內應填入的條件是：i2013，故選D點評：算法是新課程中的新增加的內容，也必然是新高考中的一個熱點，應高度重視程序填空也是重要的考試題型4（5分）（2013和平區一模）己知函數f（x+1）是偶函數，當x（1，+）時，函數f（x）單調遞減，設a=f（），b=f（3），c=f（

4、0），則a，b，c的大小關系為（）AbacBcbdCbcaDabc考點：奇偶性與單調性的綜合專題：函數的性質及應用分析：先根據函數f（x+1）是偶函數，當x（1，+）時，函數f（x）單調遞減，確定當x（，1）時，函數f（x）單調遞增，再結合函數的單調性，即可得到結論解答：解：函數f（x+1）是偶函數，當x（1，+）時，函數f（x）單調遞減，當x（，1）時，函數f（x）單調遞增，b=f（3）=f（1），101f（1）f（）f（0）f（3）f（）f（0）bac故選A點評：本題考查函數單調性與奇偶性的結合，考查學生分析解決問題的能力，確定當x（，1）時，函數f（x）單調遞增，是解題的關鍵5（5分）（

5、2013和平區一模）已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1=2AB，E為AA1中點，則異面直線BE與CD1所成角的余弦值為（）ABCD考點：異面直線及其所成的角分析：求異面直線所成的角，一般有兩種方法，一種是幾何法，其基本解題思路是“異面化共面，認定再計算”，即利用平移法和補形法將兩條異面直線轉化到同一個三角形中，結合余弦定理來求還有一種方法是向量法，即建立空間直角坐標系，利用向量的代數法和幾何法求解本題采用幾何法較為簡單：連接A1B，則有A1BCD1，則A1BE就是異面直線BE與CD1所成角，由余弦定理可知cosA1BE的大小解答：解：如圖連接A1B，則有A1BCD1，A1BE就是異

6、面直線BE與CD1所成角，設AB=1，則A1E=AE=1，BE=，A1B=由余弦定理可知：cosA1BE=故選C點評：本題主要考查了異面直線所成的角，考查空間想象能力和思維能力6（5分）（2013和平區一模）若拋物線y2=2px上恒有關于直線x+y1=0對稱的兩點A，B，則p的取值范圍是（）A（，0）B（0，）C（0，）D（，0）（，+）考點：直線與圓錐曲線的關系專題：圓錐曲線的定義、性質與方程分析：設出A，B兩點的坐標，因為A，B在拋物線上，把兩點的坐標代入拋物線方程，作差后求出AB中點的縱坐標，又AB的中點在直線x+y1=0上，代入后求其橫坐標，然后由AB中點在拋物線內部列不等式求得實數p

7、的取值范圍解答：解：設A（x1，y1），B（x2，y2），因為點A和B在拋物線上，所以有得，整理得，因為A，B關于直線x+y1=0對稱，所以kAB=1，即所以y1+y2=2p設AB的中點為M（x0，y0），則又M在直線x+y1=0上，所以x0=1y0=1p則M（1p，p）因為M在拋物線內部，所以即p22p（1p）0，解得0p所以p的取值范圍是（）故選C點評：本題考查了直線與圓錐曲線的位置關系，考查了點差法，是解決與弦中點有關問題的常用方法，解答的關鍵是由AB中點在拋物線內部得到關于p的不等式，是中檔題7（5分）（2013和平區一模）已知函數f（x）=x+2x，g（x）=x+lnx，h（x）=x

8、3+x2的零點分別為x1，x2，x3，則（）Ax3x1x2Bx1x3x2Cx2x3x1Dx1x2x3考點：函數的零點專題：計算題分析：利用估算方法，將各函數的零點問題確定出大致區間進行零點的大小比較即可解答：解：由f（x）=x+2x=0可得2x=x，則零點必定小于零，即x10g（x）=x+lnx在（0，1單調遞增，且g（1）0，則g（x）的零點必位于（0，1）內，函數h（x）=x3+x2在R上單調遞增，且g（1）0，g（2）0，則g（x）零點x3（1，2）故x1x2x3故選D點評：本題考查函數零點的定義，函數零點就是相應方程的根，利用估算方法比較出各函數零點的大致位置，進而比較出各零點的大小8

9、（5分）（2013和平區一模）已知命題p：關于x的函數f（x）=2x2+ax+3在1，+）上是增函數；命題q：關于x的方程x2ax+4=0有實數根若pVq為真命題，pq為假命題，則實數a的取值范圍是（）A（4，4）（4，+）B（，4）C（，4）（4，4）D4，+）考點：復合命題的真假專題：不等式的解法及應用分析：首先要解出命題p是真命題的條件a4和命題q是真命題的條件a4或a4然后根據已知因為p或q是真命題，p且q是假命題，則命題p和q必為一真一假所以實數a的取值范圍為“a4或a4”和“a4”的并集，即可得到答案解答：解：命題q：關于x的方程x2ax+4=0有實根，等價于=a2160，所以a4

10、或a4命題p：關于x的函數y=2x2+ax+3在1，+）上是增函數，等價于1，所以a4因為p或q是真命題，p且q是假命題，則命題p和q一真一假所以實數a的取值范圍為它們的并集即（4，4）（，4）故選C點評：此題主要考查命題的真假性問題，其中涉及到一元二次方程根的分布和判別式的應用，計算量小屬于基礎題目二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分把答案填在答題卷上9（5分）（2013和平區一模）已知集合A=xR|x55|，則集合A中的最大整數為60考點：絕對值不等式的解法；元素與集合關系的判斷專題：不等式的解法及應用分析：由|x55|，利用絕對值的性質即可得出，進而得到=60+，即可得出答案

11、解答：解：|x55|，=60+，集合A中的最大整數為60故答案為60點評：熟練掌握絕對值不等式的性質是解題的關鍵10（5分）（2013和平區一模）已知某幾何體的三視圖如圖所示，根據圖中標出的尺寸（單位cm），可得這個幾何體的體積是12cm3考點：由三視圖求面積、體積專題：空間位置關系與距離分析：由三視圖可知：該幾何體可以看成一個棱長為4，2，3的長方體的一半據此即可得出體積解答：解：由三視圖可知：該幾何體可以看成一個棱長為4，2，3的長方體的一半=12故答案為12點評：由三視圖正確恢復原幾何體是解題的關鍵11（5分）（2013和平區一模）設變量x，y滿足約束條件，則目標函數z=2x3y的最小值

12、是7考點：簡單線性規劃專題：不等式的解法及應用分析：先根據約束條件畫出可行域，再利用幾何意義求最值，z=2x3y表示直線在y軸上的截距，只需求出可行域直線在y軸上的截距最值即可解答：解：變量x，y滿足約束條件 ，目標函數z=2x3y，畫出圖形：點A（4，5），z在點A處有最小值：z=2×43×5=7，故答案為：7點評：本題主要考查了簡單的線性規劃，將可行域各角點的值一一代入，最后比較，即可得到目標函數的最優解，是常用的一種方法12（5分）（2013和平區一模）如圖，已知AB為圓O的直徑，AC與圓O相切于點A，CEAB交圓O于D、E兩點，若AB=2，CD=，則線段BE的長為考

13、點：與圓有關的比例線段專題：直線與圓分析：利用矩形和圓的性質可得2CD+DE=AB=2，即可得到CE再利用切割線定理和勾股定理即可得出AD，再利用同圓的等弧所對的弦相等即可得出解答：解：設CD=，則2×+DE=2，解得DE=，AC與圓O相切于點A，ACAB，AC2=CDCE=AD2=AC2+CD2=，解得CEAB，BE=AD=故答案為點評：熟練掌握矩形和圓的性質、切割線定理和勾股定理、同圓的等弧所對的弦相等是解題的關鍵13（5分）（2013和平區一模）在ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若bcosC+ccosB=acosB，則cosB的值為考點：余弦定理專題：解三角形分

14、析：由條件利用正弦定理定理可得sin（B+C）=sinAcosB，即 sinA=sinAcosB，由此求得cosB的值解答：解：在ABC中，bcosC+ccosB=acosB，由正弦定理定理可得 sinBcosC+cosBsinC=sinAcosB，sin（B+C）=sinAcosB，即 sinA=sinAcosB，解得 cosB=，故答案為 點評：本題主要考查正弦定理、兩角和差的正弦公式、誘導公式的應用，屬于中檔題14（5分）（2013和平區一模）如圖，在ABC中，=2，E是BD上的一點，若=+m，則實數m的值為考點：向量在幾何中的應用專題：平面向量及應用分析：先設=，利用向量的三角形法則得

15、出則=（），由此解出，再由已知得=+m，根據平面向量基本定理列出方程，即可求出實數m的值解答：解：設=，則=（）即=（），=×，=+，由已知得=+m，解得故答案為：點評：本小題主要考查向量在幾何中的應用、平面向量基本定理及共線向量基本定理等基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想屬于基礎題三、解答題：本大題共6小題，共80分捷達應寫出文字說明，證明過程或演算步驟15（13分）（2013和平區一模）已知函數f（x）=2sin（x=）cos（x+）2cos2（x+）+1（I）求f（x）的最小正周期；（II）求函數f（x）的單調遞增區間考點：二倍角的余弦；兩角和與差的正

16、弦函數；二倍角的正弦；正弦函數的單調性；正弦定理的應用專題：計算題；三角函數的圖像與性質分析：（I）利用二倍角的正弦與余弦及兩角和與差的正弦函數將f（x）轉化為f（x）=sin（2x+）即可求其周期；（II）利用正弦函數的單調性，解不等式+2k2x+2k（kZ）即可求得函數f（x）的單調遞增區間解答：解：（I）f（x）=2sin（x+）cos（x+）2cos2（x+）+1=sin（2x+）cos（2x+）3分=sin（2x+）5分=sin（2x+）7分f（x）的最小正周期T=8分（II）由（I）知f（x）=sin（2x+），當+2k2x+2k10分即kxk+（kZ），函數f（x）=sin（2x

17、+）是增函數，12分函數f（x）的單調遞增區間為k，k+（kZ）13分點評：本題考查二倍角的余弦，考查兩角和與差的正弦函數，考查正弦函數的單調性，考查分析與運算推理能力，屬于中檔題16（13分）（2013和平區一模）某初中校共有學生1200名，各年級男、女生人數如下表：七年級八年級九年級女生a216b男生198222c已知在全校學生中隨機抽取l名，抽到七年級女生的概率是0.17（I）求a的值；（II）現用分層抽樣的方法在全校抽取200名學生，問應在九年級抽取多少名學生？（III）已知175b183，求九年級中女生不少于男生的概率考點：列舉法計算基本事件數及事件發生的概率；分層抽樣方法專題：概率

18、與統計分析：（）直接用總體容量乘以概率得到七年級女學生數；（）利用圖表中的數值求出九年級的學生數，乘以樣本容量和總體容量的比值得到九年級抽取的學生數；（）由九年級中女學生數的取值范圍，結合九年級學生總人數得到男學生數的取值情況，列出九年級中女生人數及男生人數的所有可能結果，查出女生不少于男生的可能結果，然后利用古典概型概率公式求概率解答：解（）由題意，得a=1200×0.17=204；（）由（）及已知條件，得七年級共有學生：204+198=402（名）八年級共有學生：216+222=438（名）所以九年級共有學生：1200402438=360（名）所以應在九年級抽取學生數：360&#

19、215;=60（名）（）由（）可知九年級共有學生360名則九年級中女生人數及男生人數的所有可能結果為：（175，185），（176，184），（177，183），（178，182），（179，181），（180，180），（181，179），（182，178），（183，177）共9中其中女生不少于男生的可能結果為：（180，180），（181，179），（182，178），（183，177）共4種所以九年級中女生不少于男生的概率為：P=點評：本題考查了分層抽樣方法，考查了利用列舉法計算基本事件及事件發生的概率，解答的關鍵在于列舉時做到不重不漏，是基礎題17（13分）（2013和平區一模）如圖

20、，在直三棱柱ABCA1BlC1中，AC=BC=，ACB=90°AA1=2，D為AB的中點（I）求證：ACBC1；（II）求證：AC1平面B1CD：（III）求異面直線AC1與B1C所成角的余弦值考點：直線與平面垂直的性質；異面直線及其所成的角；直線與平面平行的判定專題：空間位置關系與距離；空間角分析：（I）先證線面垂直，再由線面垂直證明線線垂直即可；（II）作平行線，由線線平行證明線面平行即可；（III）先證明CED為異面直線所成的角，再在三角形中利用余弦定理計算即可解答：解：（I）證明：CC1平面ABC，AC平面ABC，ACB=90°，CC1AC，ACBC，又BCCC1=

21、C，AC平面BCC1，BC1平面BCC1，ACBC1（II）證明：如圖，設CB1C1B=E，連接DE，D為AB的中點，E為C1B的中點，DEAC1，DE平面B1CD，AC1平面B1CD，AC1平面B1CD（III）解：由DEAC1，CED為AC1與B1C所成的角，在CDE中，DE=AC1=，CE=B1C=，CD=AB=1，cosCED=，異面直線AC1與B1C所成角的余弦值為點評：本題考查線線垂直的判定、線面平行的判定、異面直線及其所成的角18（13分）（2013和平區一模）已知數列an的前n項和Sn滿足Sn=p（Snan）+（p為大于0的常數），且a1是6a3與a2的等差中項（I）求數列an

22、的通項公式；（II）若anbn=2n+1，求數列bn的前n項和Tn考點：數列遞推式；數列的求和專題：等差數列與等比數列分析：（I）當n2時，利用an=SnSn1即可得出an，n=1時單獨考慮，再利用等比數列的通項公式即可得出；（II）由（I）得，利用“錯位相減法”即可得出其前n項和解答：解：（I）當n=1時，得當n2時，兩式相減得an=pan1，即故an是首項為，公比為p的等比數列，由題意可得：2a1=6a3+a2，化為6p2+p2=0解得p=或（舍去）=（II）由（I）得，則，+（2n1）×2n+（2n+1）×2n+1，兩式相減得Tn=3×2+2×（2

23、2+23+2n）（2n+1）×2n+1=2（2n1）×2n+1，點評：熟練掌握：當n2時，利用an=SnSn1，a1=S1；等比數列的通項公式，“錯位相減法”是解題的關鍵19（14分）（2013和平區一模）已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在x軸上，離心率為，它的一個頂點恰好是拋物線x2=4的焦點（I）求橢圓C的標準方程；（II）若A、B是橢圓C上關x軸對稱的任意兩點，設P（4，0），連接PA交橢圓C于另一點E，求證：直線BE與x軸相交于定點M；（III）設O為坐標原點，在（II）的條件下，過點M的直線交橢圓C于S、T兩點，求的取值范圍考點：直線與圓錐曲線的綜合問題；橢圓的標

24、準方程專題：圓錐曲線中的最值與范圍問題分析：（1）由拋物線x2=4得焦點設橢圓方程為由題意可得，再利用及a2=b2+c2即可得出；（2）由題意可知直線PA的斜率存在，設直線PA的方程為y=k（x+4），與橢圓的方程聯立即可得到根與系數的關系設點A（x1，y1），E（x2，y2），則B（x1，y1）直線BE的方程為把y1，y2分別用x1，x2表示，在代入直線BE的方程即可得出；（3）當過點M的直線斜率存在時，設直線ST的方程為y=m（x+1），且S（x3，y3），T（x4，y4）在橢圓C上，與橢圓的方程聯立得到根與系數的關系及判別式，再利用向量的數量積，即可得出其其中范圍當過點M的直線斜率不存在

25、時，比較簡單解答：（1）解：由拋物線x2=4得焦點設橢圓方程為由題意可得，解得，橢圓的方程為（2）證明：由題意可知直線PA的斜率存在，設直線PA的方程為y=k（x+4），聯立，消去y得到（4k2+3）x2+32k2x+64k212=0 設點A（x1，y1），E（x2，y2），則B（x1，y1）直線BE的方程為令y=0，則，把y1=k（x1+4），y2=k（x2+4）代入上式并整理得由得，將其代入并整理得直線BE與x軸相交于定點M（1，0）（3）當過點M的直線斜率存在時，設直線ST的方程為y=m（x+1），且S（x3，y3），T（x4，y4）在橢圓C上，聯立得（4m2+3）x2+8m2x+4m212=0，則=（8m2）24（4m2+3）（4m212）=144（m2+1）0，=m2（x3x4+x3+x4+1）=x3x4+y3y4=由m20得當過點M的直線斜率不存在時，直線ST的方程為x=1，此時，的取值范圍為點評：本題綜合考查了橢圓、拋物線