2013年上海高考数学(文科)真题及标准答案

2013年上海高考数学试题（文科）

一、填空题（本大题共有14题，满分56分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得4分，否则一律得零分．

x1．不等式0的解为 ．

2x12．在等差数列an中，若a1a2a3a430，则a2a3 ．

3．设mR，m2m2m21i是纯虚数，其中i是虚数单位，则m ．

4．若

x2110，

xy111，则y = ．

5．已知ABC的内角A、B、C所对的边分别是a，b，c．若a2abb2c20，则角C的大小是 ．

6．某学校高一年级男生人数占该年级学生人数的40%．在一次考试中，男、女生平均分数分别为75、80，则这次考试该年级学生平均分数为 ．

2a7．设常数aR．若x的二项展开式中x7项的系数为-10，则a ．

x5913x的实数解为 ． x3119．若cosxcosysinxsiny，则cos2x2y ．

310．已知圆柱的母线长为l，底面半径为r，O是上地面圆心，A、B是下底面圆心上两个不同的点，BC是母线，如图．若直线OA与

π1BC所成角的大小为，则 ．

6r8．方程

11．盒子中装有编号为1,2,3,4,5,6,7的七个球，从中任意取出两个，

则这两个球的编号之积为偶数的概率是 （结果用最简分数表示）． 12．设AB是椭圆的长轴，点C在上，且CBAπ．若AB4，4BC2，则的两个焦点之间的距离为 ．

a2a1对一切正实数x成立，则a的取值范围为 ． 13．设常数a0，若9xx14．已知正方形ABCD的边长为1．记以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为a1、a2、a3；以C为起点，其余顶点为终点的向量分别为c1、c2、c3．若i,j,k,l1,2,3且

ij,kl，则aiajckcl的最小值是 ．



二、选择题（本大题共有4题，满分20分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分． 15．函数fxx1x1的反函数为f21x，则f12的值是（ ）

（D）12 （A）3

（B）3 （C）12 16．设常数aR，集合Ax|x1xa0，Bx|xa1．若ABR，则a的取值范围为（ ） （A）,2

（B）,2

（C）2,

（D）2,

17．钱大姐常说“好货不便宜”，她这句话的意思是：“好货”是“不便宜”的（ ） （A）充分条件 （B）必要条件 （C）充分必要条件 （D）既非充分又非必要条件

x2ny218．记椭圆1围成的区域（含边界）为nn1,2,，当点x,y分别在

44n11,2,上时，xy的最大值分别是M1,M2,，则limMn（ ）

n1 (C) 2 (D) 22 4三．解答题（本大题共有5题，满分74分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域写出必要的步骤．

（A）0 （B）19．（本题满分12分）

如图，正三棱锥OABC底面边长为2，高为1，求该三棱锥的体积及表面积．

O

BAC第19题图

20．（本题满分14分）本题共有2个小题．第1小题满分5分，第2小题满分9分．

甲厂以x千米/小时的速度匀速生产某种产品（生产条件要求1x10），每小时可获得的利润是100(5x1)元．

（1）求证：生产a千克该产品所获得的利润为100a(53x132)； xx（2）要使生产900千克该产品获得的利润最大，问：甲厂应该如何选取何种生产速度？并求此最大利润． 21．（本题满分14分）本题共有2个小题．第1小题满分6分，第2小题满分8分．

已知函数f(x)2sin(x)，其中常数0．

（1）令1，判断函数F(x)f(x)f(x2)的奇偶性并说明理由；

（2）令2，将函数yf(x)的图像向左平移

个单位，再往上平移1个单位，得到函6数yg(x)的图像．对任意的aR，求yg(x)在区间[a,a10]上零点个数的所有可能值．

22．（本题满分16分）本题共有3个小题．第1小题满分3分，第2小题满分5分，第3小题满分8分．

已知函数f(x)2|x|．无穷数列{an}满足an1f(an),nN*．

（1）若a10，求a2，a3，a4；

（2）若a10，且a1，a2，a3成等比数列，求a1的值；

（3）是否存在a1，使得a1，a2，a3，…，an…成等差数列？若存在，求出所有这样的a1；若不存在，说明理由． 23．（本题满分18分）本题共有3个小题．第1小题满分3分，第2小题满分6分，第3小题满分9分．

x2如图，已知双曲线C1：y21，曲线C2：|y||x|1．P是平面内一点，若存

2在过点P的直线与C1、C2都有公共点，则称P为“C1C2型点”．

（1）在正确证明C1的左焦点是“C1C2型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）； （2）设直线ykx与C2有公共点，求证|k|1，进而证明原点不是“C1C2型点； （3）求证：圆x2y2

1内的点都不是“C1C2型点”． 2

2013年上海高考数学试题（文科）

参考答案

一． 填空题 1. 0＜ X＜ 2. 15 3. -2 4. 1 5.

2 3126. 78 7. -2 8. log34 9. - 10. 3 11. 12. 46 3795713. , 14. -5 二． 选择题

题号 代号

1515 A 16 B 17 A 18 D 三． 解答题

19.解：由已知条件可知，正三棱锥O-ABC的底面△ABC是边长为2的正三角形。

经计算得底面△ABC的面积为3 所以该三锥的体积为31= 设O’是正三角形ABC的中心

由正三棱锥的性质可知，OO’垂直于平面ABC 延长AO’交BC于D，得AD=3,O’D=

3 323 3133 3 又因为OO’=1，所以正三棱锥的斜高OD= 故侧面积为61223=23 3 所以该三棱锥的表面积为3+23=33 因此，所求三棱锥的体积为 20.解：

（1）生产a千克该产品，所用的时间是小时

3a 所获得的利润为1005x1

xx 所以生产a千克该产品所获得的利润为100a52xx133，表面积为33 3ax元

（2）生产900千克该产品，获得的利润为9000051x3， 2x

1≤x≤10,记ƒ（x）=2315,1x10 x2x1115,当且仅当x6时取到最大值。则ƒ（x）=3 x612获得最大利润9000061=457500元。 12因此甲厂应以6千克/小时的速度生产，可获得最大利

润457500元。

21.解：（1）ƒ（x）=2sinx, F（x）= ƒ（x）+ ƒ

x2sinx2sinx2sinxcosx 22 F22,F0,FF,FF 444444 所以，F（x）既不是奇函数也不是偶函数。 （2）ƒ（x）=2sinx,

将y= ƒ（x）的图像向左平移个单位，再向上平移1

个

单

位

后

得

到

6y2sin2x1的图像，所以个g（x)=2sin2x1

66 令g(x)0,得xk53或xk(kz) 124 因为a,a10上零点个数为21 当

a(a不是零

时，

k1k也都不是零点，区间)kza(上,恰有两

个零点，故在a,a10上有20个零点。

综上，yg(x)在a,a10上零点个数的所有可能值为21或20.

22.解：（1）a22,a30,a42

（2）a22a12a1,a32a222a1

①当0＜a12时，a32(2a1)a1,所以a12(2a1)2,得a11 ②当a1＞2时，

a32(a12)4a1,所以a1(4a1)(2a1)2,得a22(舍去）或a122综合①②得a11或a122

（3）假设这样的等差数列存在，那么a22a1,a322a1 由2a2a1a3得2-a1+2-a12a1(*) 以下分情况讨论：

① 当a1＞2时，由（*）得a10,与a1＞2矛盾

② 当0＜a1≤2时，有（*）得a1=1，从而an1(n1,2,...) 所以an是一个的等差数列

（a1+2）-a12󰀀③ 当a1≤0时，则公差da2a1＞0，因此存在

m≧2使得ama12(m1)󰀀＞2.此时dam1am2amam＜0，矛盾

综合①②③可知，当且仅当

a11时，a1,a2,a3......构成等差数列

23．解：（1）C1的左焦点为F(3,0)，过F的直线x3与C1交于(3,2)，2与C2交于(3,(31))，故C1的左焦点为“C1-C2型点”，且直线可以为x3；

（2）直线ykx与C2有交点，则

ykx(|k|1)|x|1，若方程组有解，则必须|k|1； |y||x|1直线ykx与C2有交点，则

ykx1222(12k)x2，若方程组有解，则必须 k22x2y22故直线ykx至多与曲线C1和C2中的一条有交点，即原点不是“C1-C2型点”。 （3）显然过圆x2y21内一点的直线l若与曲线C1有交点，则斜率必存在； 2根据对称性，不妨设直线l斜率存在且与曲线C2交于点(t,t1)(t0)，则

l:y(t1)k(xt)kxy(1tkt)0

直线l与圆xy化简得，(1ttk)222|1tkt|21内部有交点，故 222k112。。。。。。。。。。。① (k1)。

2若直线l与曲线C1有交点，则

ykxktt112222(k)x2k(1tkt)x(1tkt)10 x22y1214k2(1tkt)24(k2)[(1tkt)21]0(1tkt)22(k21)

2化简得，(1tkt)2(k1)。。。。。②

2212(k1)k21 2122但此时，因为t0,[1t(1k)]1,(k1)1，即①式不成立；

212当k时，①式也不成立

2122综上，直线l若与圆xy内有交点，则不可能同时与曲线C1和C2有交点，

2122即圆xy内的点都不是“C1-C2型点” ．

2由①②得，2(k1)(1ttk)22