2013年高考湖北理科数学试题及答案(word解析版)

数学（理科）

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，只有一项符合题目要求．

2i（1）【2013年湖北，理1，5分】在复平面内，复数z（i为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（ ）

1i（A）第一象限 （B）第二象限 （C）第三象限 （D）第四象限 【答案】D

2i【解析】zi(1i)1i，则z1i，其对应点Z1,1位于第四象限，故选D．

1i1（2）【2013年湖北，理2，5分】已知全集为R，集合A{x()x1}，B{xx26x80}，则ARB（ ）

2（A）{xx0} （B）{x2x4} （C）{x0x2或x4} （D）{x0x2或x4} 【答案】C

1【解析】∵x6x80x2,x4，1x0，∴ARB{x0x2或x4}，故选C．

2（3）【2013年湖北，理3，5分】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）(p)∨(q) （B）p∨(q) （C）(p)∧(q)（D）p∨q

【答案】A

【解析】因为p是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则p是“没有降落在指定范围”，q是“乙 没有降落在指定范围”，所以命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为(p)∨(q)，故选A．

2x（4）【2013年湖北，理4，5分】将函数y3cosxsinx(xR)的图象向左平移m(m0)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（ ）

πππ5π（A） （B） （C） （D）

12636【答案】B

【解析】因为y3cosxsinx(xR)可化为y2cos(x)xR，将它向左平移个单位得

66y2cos(x)2cosx，其图像关于y轴对称，故选B．

66x2y2y2x2π（5）【2013年湖北，理5，5分】已知0，则双曲线C1：221与C2：221的

cossinsinsintan24（ ）

（A）实轴长相等 （B）虚轴长相等 （C）焦距相等 （D）离心率相等 【答案】D

c1【解析】对于双曲线C1，有c2cos2sin21，e． 对于双曲线C2，

acos有c2sin2(1tan2)sin2sec2tan2，ectan1．

asincos即这两双曲线的离心率相等，故选D．

（6）【2013年湖北，理6，5分】已知点A(1,1)、B(1,2)、C(2,1)、D(3,4)，则向量AB在CD方向上的投

影为（ ）

3231531532（A） （B）（C）（D） 22 22

【答案】A

1

（2,1）CD（5,5）【解析】AB，，则AB在CD方向上的射影为ABcosABCDCD(2,1)(5,5)525225155232， 2故选A．

（7）【2013年湖北，理7，5分】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v(t)73t251t

（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（ ）

11（A）125ln5 （B）825ln （C）425ln5 （D）450ln2

3【答案】C

258【解析】令v(t)73t=0，解得t4或t（不合题意，舍去），即汽车经过4秒中后停止，在此期间汽

1t34442532)dt7tt25ln(1t)425ln5，故选C． 车继续行驶的距离为0v(t)dt0(73t1t20（8）【2013年湖北，理8，5分】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V1，V2，V3，V4，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）V1V2V4V3 （B）V1V3V2V4

（C）V2V1V3V4 （D）V2V3V1V4 【答案】C

7【解析】显然V2V3，所以B不正确． 又V1(221221)，V21222，

33128，从而V2V1V3V4，故选C． V3238，V4(422242)33（9）【2013年湖北，理9，5分】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X，则X的均值 E(X)（ ）

12616876（A） （B） （C） （D）

12512555【答案】B

【解析】125个同样大小的小正方体的面数共有125×6=750，涂了油漆的面数有25×6=150．

150116每一个小正方体的一个面涂漆的频率为则它的涂漆面数为X的均值E(X)6，故选B． ，

750555（10）【2013年湖北，理10，5分】已知a为常数，函数f(x)x(lnxax)有两个极值点x1，x2(x1x2)，则（ ）

11（A）f(x1)0，f(x2) （B）f(x1)0，f(x2)

2211（C）f(x1)0，f(x2) （D）f(x1)0，f(x2)

22【答案】D

【解析】f'(x)lnx12ax，由f(x)x(lnxax)由两个极值点，得f'(x)0有两个不等的实数解，即

lnx2ax1有两个实数解，从而直线y2ax1与曲线ylnx有两个交点． 过点0,1作ylnx的

x11切线，设切点为x0,y0，则切线的斜率k，切线方程为yx1．切点在切线上，则y0010，

x0x0x0又切点在曲线ylnx上，则lnx00x01，即切点为1,0，切线方程为yx1． 再由直线知直线y2ax1位于两直线y0和yx1之间，如图所示，y2ax1与曲线ylnx有两个交点，

1其斜率2a满足：02a1，解得0a． 则这函数的两个极点x1,x2满足0x11x2，所以

211f(x1)f(1)f(x2)，而f(1)a(,0)，即f(x1)af(x2)，所以f(x1)0,f(x2)，故选D．

222

二、填空题：共6小题，考生需作答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）【2013年湖北，理11，5分】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（1）直方图中x的 值为_________；（2）在这些用户中，用电量落在区间[100,250)内的户数 为 ． 【答案】（1）0.0044 （2）70

1【解析】（1）x[150(0.00600.003620.00240.0012)]0.0044．

50（2）用电量落在区间[100,250)内的户数为(0.00360.00600.0044)5010070．

（12）【2013年湖北，理12，5分】阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结

果i ． 【答案】5 【解析】已知初始值a10,i1，∵a104，则执行程序，得a5,i2；因为a54，

则执行程序，得a16,i3；则第三次执行程序，得a8,i4；∵a84，a164，

则第四次执行程序，得a4,i5；∵a4，执行输出i，i5． （13）【2013年湖北，理13，5分】设x,y,zR，且满足：x2y2z21，x2y3z14，

则xyz ． 【答案】314 7xyz时等号成立，此时y2x， 12314214314614314x+2y+3z14，∵x2＋y2＋z2=1，∴x，，．∴xyz． yzz3x．

147141414（14）【2013年湖北，理14，5分】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，

n(n1)12110，，第n个三角形数为nn． 记第n个k边形数为N(n,k)(k3)，以下列出了部分k

22211边形数中第n个数的表达式：三角形数 N(n,3)n2n，正方形数 N(n,4)n2，五边形数

2231N(n,5)n2n，六边形数 N(n,6)2n2n，…………可以推测N(n,k)的表达式，由此计算

22N(10,24)________．

【答案】1000

111【解析】由题中数据可猜想：含n2项的系数为首项是，公差是的等差数列，含n项的系数为首项是，公

22211k224k111nn． 差是的等差数列，因此N(n，k)k3n2k3n2222222【解析】由柯西不等式得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋32)(x＋2y＋3z)2当且仅当

故N10,2411n210n1110210101000．

（一）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）【2013年湖北，理15，5分】（选修4-1：几何证明选讲）如图，圆O上一点C在直径AB上

CE的射影为D，点D在半径OC上的射影为E．若AB3AD，则的值为_______．

EO【答案】8

ODCDOC3【解析】根据题设，易知OCAO3DO，∴ RtODE∽RtDCE∽RtOCD，，

OEDEOD12222即CO3OD9OE，在RtODE中，DEDOOE9OEOE28OE2，在RtCDE中，

3

CE2CE，∴CECDDE9DEDE8DEOE，即8． 2EOEO（16）【2013年湖北，理16，5分】（选修4-4：坐标系与参数方程）在直角坐标系xOy中，椭圆C的参数方程为

2222222xacos, （为参数，ab0）．在极坐标系（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为ybsinπ2极点，以x轴 正半轴为极轴）中，直线l与圆O的极坐标方程分别为sin()m（m为非零常数）

42与b． 若直线l经过椭圆C的焦点，且与圆O相切，则椭圆C的离心率为 ．

【答案】6 3x2y2【解析】椭圆C的方程可以化为221，圆O的方程可化为x2y2b2，直线l的方程可化为xym，因

abm262为直线l经过椭圆的焦点，且与圆O相切，则cm，bm2m，所以椭圆的离m，a222心率ecm6．

a36m2三、解答题：共6题，共75分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．

c．（17）【2013年湖北，理17，11分】在△ABC中，角A， 已知cos2A3cos(BC)1． C对应的边分别是a，b，B，

（1）求角A的大小；

（2）若△ABC的面积S53，b5，求sinBsinC的值．

1解：（1）由cos2A3cos(BC)1，得2cos2A3cosA20，即(2cosA1)(cosA2)0，解得cosA或

2πcosA2（舍因为0Aπ，所以A．

31133（2）由SbcsinAbcbc53,得bc20．又b5，知c4．由余弦定理故a21．

2224bcbc2035又由正弦定理得sinBsinCsinAsinA2sin2A．

aaa2147（18）【2013年湖北，理18，12分】已知等比数列{an}满足：|a2a3|10，a1a2a3125．

（1）求数列{an}的通项公式； （2）是否存在正整数m，使得

11a1a211？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由． am533a15a1q125a1解：（1）设等比数列{an}的公比为q，则由已知可得，解得，或． 32q1|a1qa1q|10q35故an3n1，或an5(1)n1．

31131315（2）若an3n1，则()n1，故{}是首项为，公比为的等比数列，

anan5353331[1()m]1119193从而5[1()m]1．若an(5)(1)n1，则(1)n1，

1an510310n1an131mm111,m2k1(kN)1故{}是首项为，公比为1的等比数列，从而5，故1．

an5n1ann1an0,m2k(kN)m4

综上，对任何正整数m，总有1111．故不存在正整数m，使得a1a2n1anm11成立． am（19）【2013年湖北，理19，12分】如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A,B的点，

直线PC平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．

（1）记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以

证明；

1（2）设（1）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足DQCP． 记直线PQ

2与平面ABC所成的角为，异面直线PQ与EF所成的角为，二面角ElC的 大小为，求证：sinsinsin．

解：（1）直线l∥平面PAC，证明如下：

连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC． 又EF平面ABC， 且AC平面ABC，所以EF∥平面ABC．而EF平面BEF，且平面BEF平面

所以EF∥l． 因为l平面PAC，EF平面PAC，所以直线l∥平面PAC． ABCl，

（2）解法一：（综合法）

如图，连接BD，由（1）可知交线l即为直线BD，且l∥AC．因为AB是O的直径， 所以ACBC，于是lBC．已知PC平面ABC，而l平面ABC，所以PCl．

而PCBCC，所以l平面PBC．连接BE，BF，因为BF平面PBC，所以lBF．

11故CBF就是二面角ElC的平面角，即CBF．由DQCP，作DQ∥CP，且DQCP．

22连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP2PF，所以DQPF，从而四边形DQPF是平行四边形， PQ∥FD．连接CD，因为PC平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影，

故CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即CDF．又BD平面PBC，有BDBF， 知BDF为锐角，故BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即BDF，于是在Rt△DCF，

CFBFCF，sin，sin， Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得sinDFDFBFCFBFCF从而sinsinsin，即sinsinsin．

BFDFDF解法二：（向量法）

11如图，由DQCP，作DQ∥CP，且DQCP．连接PQ，EF，BE，BF，BD，

22由（1）可知交线l即为直线BD．以点C为原点，向量CA,CB,CP所在直线分别为 x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CAa,CBb,CP2c，则有

1C(0,0,0),A(a,0,0),B(0,b,0),P(0,0,2c),Q(a,b,c)，E(a,0,c),F(0,0,c)．

21于是FE(a,0,0)，QP(a,b,c)，BF(0,b,c)，

2|FEQP|a所以cos，从而sin1cos2|FE||QP|a2b2c2b2c2abc222．

|mQP|c，

222|m||QP|abc1ax0nFE0设平面BEF的一个法向量为n(x,y,z)，所以由，可得2．取n(0,c,b)．

nBF0bycz0又取平面ABC的一个法向量为m(0,0,1)，可得sin于是|cos||mn|bc，从而sin1cos2．

2222|m||n|bcbc5

故sinsinb2c2abc222cbc22cabc222sin，即sinsinsin．

（20）【2013年湖北，理20，12分】假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布N(800,502)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p0．

（1）求p0的值；（参考数据：若X～N(,2)，有P(X)0.6826

； P(2X2)0.9544，P(3X3)0.9974）

（2）某客运公司用A、B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．A、B

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B型车不多于A型车7辆． 若每天要以不小于p0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A型车、B型车 各多少辆?

解：（1）由于随机变量X服从正态分布N(800,502)，故有800，50，P(700X900)0.9544．

由正态分布的对称性，得

11p0P(X900)P(X800)P(800X900)P(700X900)0.9772．

22（2）设A型、B型车辆的数量分别为x, y辆，则相应的营运成本为1600x2400y．

依题意， x, y还需满足：xy21, yx7, P(X36x60y)p0．

由（1）知，p0P(X900)，故P(X36x60y)p0等价于36x60y900． xy21 yx7于是问题等价于求满足约束条件，且使目标函数

36x60y900x, y0，x, yNz1600x2400y达到最小的x,y．作可行域如图所示，可行域的三个顶点坐

标分别为P(5,12), Q(7,14), R(15,6)．由图可知，当直线z1600x2400y经过可行域的点P时，直线

z最小，即z取得最小值．故应配备A型车5辆、B型车12辆． z1600x2400y在y轴上截距

2400（21）【2013年湖北，理21，14分】如图，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m，2n(mn)，过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2m的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D．记，△BDM和△ABN的面

n积分别为S1和S2．

（1）当直线l与y轴重合时，若S1S2，求的值；

（2）当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2？并说明理由．

x2y2x2y2m解：依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C1：221，C2：221．其中amn0，1.

amann（1）解法一：

11如图，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x0，则S1|BD||OM|a|BD|，

22S|BD|11． 在C1和C2的方程中分别令x0， S2|AB||ON|a|AB|，所以1S2|AB|22|BD||yByD|mn1可得yAm，yBn，yDm，于是． |AB||yAyB|mn1S1若1，则，化简得2210． 由1，可解得21． S21故当直线l与y轴重合时，若S1S2，则21． 解法二：

6

如图，若直线l与y轴重合，则|BD||OB||OD|mn，|AB||OA||OB|mn；

S1111S|BD|mn112|BD||OM|2a|BD|，S22|AB||ON|2a|AB|．所以1S． 2|AB|mn1若S1S，则1，化简得2210． 由1，可解得21． 21故当直线l与y轴重合时，若S1S2，则21．

（2）解法一：

如图，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2． 根据对称性，不妨设直线l：

ykx(k0)，点M(a,0)，N(a,0)到直线l的距离分别为d1，d2，则

因为d|ak0|11k2ak|ak0|1k2，d21k2ak，所以1k2d1d2． 又S12d1S|BD|1|BD|1，S22|AB|d2，所以1S，即|BD||AB|．2|AB|

由对称性可知|AB||CD|，所以|BC||BD||AB|(1)|AB|，|AD||BD||AB|(1)|AB|，

于是|AD|1|BC|1．① 将l的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得xamA，a2k2m2xanB．a2k2n2 根据对称性可知x|AD|1k2|xAxD|2xAma2k2n2CxB，xDxA，于是|BC|1k2|x222．② BxC|2xBnakma2k2n2从而由①和②式可得a2k2m211(1)．③令t(1)，则由mn，可得t1，于是由③可解 得k2n2(2t21)2n2(2t21)a2(1t2)．因为k0，所以k0． 于是③式关于k有解，当且仅当a2(1t2)0， 等价于(t21)(t211112)0． 由1，可解得t1，即(1)1，由1，解得12，

所以当112时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2；

当12时，存在与坐标轴不重合的直线l使得S1S2．

解法二：

如图，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2． 根据对称性，不妨设直线l：ykx(k0)，

点M(a,0)，N(a,0)到直线l的距离分别为d|ak0|ak|ak1，d则d0|ak2，12，d2，1k1k21k21k2所以dd11S|BD|12．又S12|BD|d1，S22|AB|d12，所以SAB|．

2|因为|BD|1k2|xBxx|AB|D|1k2|xxAxB1AxB|xAx，所以ABxB1． )，B(xx2222由点A(xAk2xAxBk2xBA,kxAB,kxB)分别在C1，C2上，可得a2m21，a2n21，

x2两式相减可得Ax2Ba2k2(x2A2x2B)m20，依题意xAxB0，所以x2Ax2B． 所以由上式解得km2(x2222AxB)2m(x2Ax2B)xAa2(2x2x2．因为k0，所以由x20，可解得1．

BA)a2(2Bx2A)xB从而111，解得12，所以当112时，不存在与坐标轴不重合的直线l，

使得S1S2；当12时，存在与坐标轴不重合的直线l使得S1S2

22）【2013年湖北，理22，14分】设n是正整数，r为正有理数．

（1）求函数f(x)(1x)r1(r1)x1(x1)的最小值；

7

（

nr1(n1)r1(n1)r1nr1r（2）证明：； nr1r13xx22π4（3）设xR，记为不小于的最小整数，例如，，21． ．．．

令S81828343333125，求（参考数据：80344.7，81350.5，124618.3， S的值．

3434343126631.7）

解：（1）因为f(x)(r1)(1x)r(r1)(r1)[(1x)r1]，令f(x)0，解得x0．

当1x0时，f(x)0，所以f(x)在(1,0)内是减函数；

当x0时，f(x)0，所以f(x)在(0,)内是增函数．故函数f(x)在x0处取得最小值f(0)0．

（2）由（1），当x(1,)时，有f(x)f(0)0，(1x)r11(r1)x，且等号当且仅当x0时成立，

11r1(1x)r11(r1)x．故当x1且x0时，①在①中，令x（x1且x0），． (1)r11nnn(n1)r1nr1r1r1rr1r上式两边同乘n，得(n1)nn(r1)，即n.②

r1nr1(n1)r11r当n1时，在①中令x（这时x1且x0），类似可得n.③

nr1r1r1r1r1n(n1)(n1)n且当n1时，③也成立．综合②，③得． ④ nrr1r144443331333（3）在④中，令r，n分别取值81，82，83，…，125，得（8180）<81(82813)，

4434444444433333（823813）<382(833823)，（83823）383(843833)，……… 444444444444333333333333将以上各式相加，并整理得（（125124）125(126125)．12580）S(126813)．

4444444433333代入数据计算，可得（12580）210.2，（126813）210.9．由S的定义，得S211．

44

8