2013广东高考文科数学答案

1/5

图2

1

俯视图

侧视图

正视图

2

1

2013

广东高考数学（文科）试题及详解

一、选择题：本大题共

10

小题，每小题

5

分，满分

50

分，

1．设集合2{|20,}SxxxxR，2{|20,}TxxxxR，则STA

A．{0}B．{0,2}C．{2,0}D．{2,0,2}

2．函数

lg(1)

()

1

x

fx

x







的定义域是C

A．(1,)B．[1,)C．(1,1)(1,)D．[1,1)(1,)

3．若()34ixyii，,xyR，则复数xyi的模是D

A．2B．3C．4D．5

4．已知

51

sin()

25



，那么cosC

A．

2

5

B．

1

5

C．

1

5

D．

2

5

5．执行如图1所示的程序框图，若输入n的值为3，则输出s的值是C

A．1B．2C．4D．7

6．某三棱锥的三视图如图2所示，则该三棱锥的体积是B

A．

1

6

B．

1

3

C．

2

3

D．

1

7．垂直于直线1yx且与圆221xy相切于第一象限的直线方程是A

A．20xyB．10xyC．10xyD．20xy

解:圆心到直线的距离等于

1r

，排除B、C；相切于第一象限排除D，选A.

8．设

l

为直线，,是两个不同的平面，下列命题中正确的是B

A．若

//l，//l，则//B．若

l

，l，则//

C．若

l

，//l，则//D．若，

//l，则l

9．已知中心在原点的椭圆C的右焦点为(1,0)F，离心率等于

2

1

，则C的方程是D

A．1

43

22



yx

B．1

3

4

22



yx

C．1

24

22



yx

D．1

34

22



yx

10．设a是已知的平面向量且0a，关于向量a的分解，有如下四个命题：

①给定向量b，总存在向量c，使abc；②给定向量b和c，总存在实数



和



，使abc；

③给定单位向量b和正数



，总存在单位向量c和实数



，使abc；

④给定正数



和



，总存在单位向量b和单位向量c，使abc；

上述命题中的向量b，c和a在同一平面内且两两不共线，则真命题的个数是

A．1B．2C．3D．4

图1

是

否

结束

输出s

i=i+1

i≤n

i=1,s=1

输入n

开始

s=s+(i-1)

2/5

【解析】本题是选择题中的压轴题，主要考查平面向量的基本定理和向量加法的三角形法则

.

利用向量加法的三角形

法则，易的①是对的；利用平面向量的基本定理，易的②是对的；以

a

的终点作长度为



的圆，这个圆必须和向量

b有交点，这个不一定能满足，③是错的；利用向量加法的三角形法则，结合三角形两边的和大于第三边，即必

须

=+bca

，所以④是假命题

.

综上，本题选

B.

平面向量的基本定理考前还强调过，不懂学生做得如何

.

二、填空题：本大题共

5

小题．考生作答

4

小题．每小题

5

分，满分

20

分．

11．设数列{}

n

a是首项为

1

，公比为

2

的等比数列，则

1234

||||aaaa

12．若曲线2lnyaxx在点(1,)a处的切线平行于x轴，则a．

13

．已知变量

,xy

满足约束条件

















1

11

03

y

x

yx

，则

zxy

的最大值是．

14．（坐标系与参数方程选做题）

已知曲线

C

的极坐标方程为2cos．以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立直角坐标系，则曲线

C

的参数

方程为．

【解析】本题考了备考弱点.讲参数方程的时候，参数的意义要理解清楚.先化成直角坐标方程2

211xy

，易

的则曲线C的参数方程为

1cos

sin

x

y















（为参数）

15．（几何证明选讲选做题）

如图

3

，在矩形ABCD中，3,AB

3BC，BEAC，垂足为E，则ED．

三、解答题：本大题共

6

小题，满分

80

分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．

16

．（本小题满分

12

分）已知函数

()2cos,

12

fxxxR











．

(1)求

3

f









的值；(2)若

33

cos,,2

52













，求

6

f













．

17．（本小题满分13分）

从一批苹果中，随机抽取50个，其重量（单位：克）的频数分布表如下：

分组（重量）

[80,85)[85,90)[90,95)[95,100)

频数（个）

5102015

(1)根据频数分布表计算苹果的重量在[90,95)的频率；

(2)用分层抽样的方法从重量在[80,85)和[95,100)的苹果中共抽取4个，其中重量在[80,85)的有几个？

(3)在（2）中抽出的4个苹果中，任取2个，求重量在[80,85)和[95,100)中各有1个的概率．

图3

E

CB

D

A

3/5

图4

G

E

F

A

B

C

D

图5

D

G

B

F

C

A

E

18．（本小题满分13分）

如图4，在边长为1的等边三角形

ABC

中，,DE分别是,ABAC边上的点，

ADAE

，

F

是

BC

的中点，

AF

与

DE

交于点

G

，将

ABF

沿

AF

折起，得到如图5所示的三棱锥

ABCF

，其中

2

2

BC．

(1)证明：

DE

//平面BCF；(2)证明：CF

平面

ABF

；

(3)当

2

3

AD时，求三棱锥

FDEG

的体积

FDEG

V



．

【解析】（1）在等边三角形

ABC

中，

ADAE

ADAE

DBEC

,

在折叠后的三棱锥ABCF中

也成立，//DEBC,DE平面BCF，

BC平面BCF，//DE平面BCF；

（

2

）在等边三角形ABC中，F是BC的中点，所以

AFBC①，

1

2

BFCF.

在三棱锥ABCF中，

2

2

BC，

222BCBFCFCFBF②BFCFFCFAB平面；

（

3

）由（

1

）可知

//GECF

，结合（

2

）可得GEDFG平面.

111111313

32323323324FDEGEDFG

VVDGFGGF













【解析】这个题是入门级的题，除了立体几何的内容，还考查了平行线分线段成比例这个平面几何的内容

.

19．（本小题满分14分）

设各项均为正数的数列

n

a的前n项和为

n

S，满足2

1

441,,

nn

SannN



且

2514

,,aaa构成等比数列．

(1)证明：

21

45aa；(2)求数列

n

a的通项公式；

(3)证明：对一切正整数n，有

12231

1111

2

nn

aaaaaa



．

【解析】（1）当

1n

时，22

1221

45,45aaaa，

21

045

n

aaa

（2）当

2n

时，2

1

4411

nn

San



，22

11

4444

nnnnn

aSSaa





2

22

1

442

nnnn

aaaa





,

1

02

nnn

aaa



当

2n

时，

n

a是公差

2d

的等差数列.

2514

,,aaa构成等比数列，2

5214

aaa，2

222

824aaa

，解得

2

3a,

由（1）可知，2

121

45=4,1aaa

21

312aa

n

a是首项

1

1a,公差

2d

的等差数列.

数列

n

a的通项公式为21

n

an.

（3）

12231

1111111

1335572121

nn

aaaaaann







4/5

11111111

1

2335572121

111

1.

2212

nn

n



























【解析】本题考查很常规，第（1）（2）两问是已知

n

S求

n

a，

n

a是等差数列，第（3）问只需裂项求和即可，估

计不少学生猜出通项公式，跳过第（2）问，作出第（3）问.本题易错点在分成

1n

，

2n

来做后，不会求

1

a，

没有证明

1

a也满足通项公式.

20．（本小题满分14分）已知抛物线

C

的顶点为原点，其焦点0,0Fcc到直线:20lxy的距离为

32

2

．设

P

为直线

l

上的点，过点

P

作抛物线

C

的两条切线,PAPB，其中,AB为切点．

(1)求抛物线

C

的方程；(2)当点

00

,Pxy为直线

l

上的定点时，求直线

AB

的方程；

(3)当点

P

在直线

l

上移动时，求AFBF的最小值．

【解析】（1）依题意

02

32

2

2

c

d



，解得

1c

（负根舍去）抛物线

C

的方程为24xy；

（2）设点

11

(,)Axy,

22

(,)Bxy，),(

00

yxP，由24xy,即2

1

4

yx,得y





1

2

x.

∴抛物线

C

在点

A

处的切线

PA

的方程为)(

21

1

1

xx

x

yy，即2

11

1

2

1

2

xyx

x

y.

∵2

114

1

xy，∴

1

1

2

yx

x

y.∵点),(

00

yxP在切线

1

l上,∴

10

1

02

yx

x

y.①

同理，

20

2

02

yx

x

y.②综合①、②得，点

1122

(,),(,)AxyBxy的坐标都满足方程yx

x

y

002

.

∵经过

1122

(,),(,)AxyBxy两点的直线是唯一的，∴直线

AB

的方程为yx

x

y

002

，即

00

220xxyy；

（3）由抛物线的定义可知

12

1,1AFyBFy，所以

121212

111AFBFyyyyyy

联立

2

00

4

220

xy

xxyy











，消去x得222

000

20yyxyy

，22

1200120

2,yyxyyyy

00

20xy2

222

000000

21=221AFBFyyxyyy

2

2

000

19

=22+5=2+

22

yyy









当

0

1

2

y时，AFBF取得最小值为

9

2

5/5

【解析】2013广州模直接命中了这一题，广一模20题解法2正是本科第（2）问的解法，并且广一模大题结构和高

考完全一致.紫霞仙子：我的意中人是个盖世英雄，有一天他会踩着七色云彩来娶我，我只猜中了前头，可是我却

猜不中这结局……形容这次高考，妙极！

21．（本小题满分14分）设函数xkxxxf23)(Rk．

(1)当

1k

时,求函数)(xf的单调区间；(2)当

0k

时,求函数)(xf在kk,上的最小值m和最大值

M

．

【解析】：'2321fxxkx(1)

当1k时'2321,41280fxxx

'0fx,fx

在R上单调递增

.

（

2

）当0k时，'2321fxxkx

，其开口向上，对称轴

3

k

x

，且过

01，

（

i

）当24124330kkk

，即30k时，

'0fx

，fx

在,kk

上单调递增，

从而当

xk

时，fx

取得最小值mfkk

,

当

xk

时，fx

取得最大3332Mfkkkkkk.

（

ii

）当24124330kkk

，即3k时，令

'23210fxxkx

解得：

22

12

33

,

33

kkkk

xx



,

注意到

21

0kxx

,

(

注：可用韦达定理判断

12

1

3

xx

，

12

2

3

k

xxk,

从而

21

0kxx

；或者由对称结合图像判断

)

12

min,,max,mfkfxMfkfx

322

111111

10fxfkxkxxkxkxfx

的最小值mfkk,

2

32322

222222

=[1]0fxfkxkxxkkkkxkxkk

fx

的最大值32Mfkkk

综上所述，当

0k

时，fx

的最小值mfkk

,

最大值32Mfkkk

解法2（2）当

0k

时，对,xkk，都有32332()()(1)()0fxfkxkxxkkkxxk，故

fxfk

32332222()()()(221)()[()1]0fxfkxkxxkkkxkxkxkxkxkk

故fxfk，而()0fkk，3()20fkkk

所以3

max

()()2fxfkkk，

min

()()fxfkk

【解析】：看着容易，做着难！常规解法完成后，发现不用分类讨论，奇思妙解也出现了：结合图像感知

xk

时

最小，

xk

时最大，只需证fkfxfk

即可，避免分类讨论

.

本题第二问关键在求最大值，需要因式

.

-k

k

3

k

x