2013年高考上海卷(理)

一、填空题 1．计算：limn20______

n3n132．设mR，m2m2(m21)i是纯虚数，其中i是虚数单位，则m________ 3．若

x21y21xxyy，则xy______

4．已知△ABC的内角A、B、C所对应边分别为a、b、c，若3a2ab3b3c0，则角C的大小是_______________（结果用反三角函数值表示）

222a75．设常数aR，若x2的二项展开式中x项的系数为10，则a______

x6．方程

531x13的实数解为________ 3x137．在极坐标系中，曲线cos1与cos1的公共点到极点的距离为__________

8．盒子中装有编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9的九个球，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） 9．设AB是椭圆的长轴，点C在上，且CBA之间的距离为________

10．设非零常数d是等差数列x1,x2,x3,,x19的公差，随机变量等可能地取值x1,x2,x3,,x19，

则方差D_______ 11．若cosxcosysinxsiny4，若AB=4，BC2，则的两个焦点

12,sin2xsin2y，则sin(xy)________ 23a27，若12．设a为实常数，yf(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，f(x)9xxf(x)a1对一切x0成立，则a的取值范围为________

13．在xOy平面上，将两个半圆弧(x1)y1(x1)和(x3)y1(x3)、两条直线y1

和y1围成的封闭图形记为D，如图中阴影部分．记D绕y轴旋转一周而成的几何体为，

2过(0,y)(|y|1)作的水平截面，所得截面面积为41y8，试利用祖暅原理、一个平

2222放的圆柱和一个长方体，得出的体积值为__________

14．对区间I上有定义的函数g(x)，记g(I){y|yg(x),xI}，已知定义域为[0,3]的函数

且f1([0,1))[1,2),f1((2,4])[0,1)，若方程f(x)x0有yf(x)有反函数yf1(x)，解x0，则x0_____ 二、选择题

15．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,)

16．钱大姐常说“便宜没好货”，她这句话的意思是：“不便宜”是“好货”的（）

(A)充分条件 (B)必要条件 (C)充分必要条件 (D)既非充分也非必要条件

17．在数列{an}中，若一个7行12列的矩阵的第i行第j列的元素ai,jaiajaiaj，an2n1，（i1,2,,7;j1,2,,12）则该矩阵元素能取到的不同数值的个数为（ ）

(A)18 (B)28 (C)48 (D)63

18．在边长为1的正六边形ABCDEF中，记以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为

a1,a2,a3,a4,a5；以D为起点，其余顶点为终点的向量分别为d1,d2,d3,d4,d5.若m,M分别为

(aiajak)(drdsdt)的最小值、最大值，其中{i,j,k}{1,2,3,4,5},

{r,s,t}{1,2,3,4,5},则m,M满足（ ）.

(A) m0,M0 三、解答题

19.（本题满分12分）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AD=1,A1A=1，证明直线BC1平行

于平面DA1C，并求直线BC1到平面D1AC的距离.

(B) m0,M0

(C) m0,M0

(D) m0,M0

DAD1BCC1B1

A1

20．（6分+8分）甲厂以x 千克/小时的速度运输生产某种产品（生产条件要求1x10），每小时可获得利润是100(5x1)元.

(1)要使生产该产品2小时获得的利润不低于3000元，求x的取值范围；

(2)要使生产900千克该产品获得的利润最大，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润.

21．（6分+8分）已知函数f(x)2sin(x)，其中常数0； （1）若yf(x)在[3x24,3]上单调递增，求的取值范围；

（2）令2，将函数yf(x)的图像向左平移

个单位，再向上平移1个单位，得到函数6yg(x)的图像，区间[a,b]（a,bR且ab）满足：yg(x)在[a,b]上至少含有30个零点，

在所有满足上述条件的[a,b]中，求ba的最小值．

x2y21，曲线C2:|y||x|1，P是平面上一点，若22．（3分+5分+8分）如图，已知曲线C1:2存在过点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xy221内的点都不是“C1—C2型点”． 2

23．（3 分+6分+9分）给定常数c0，定义函数f(x)2|xc4||xc|，数列a1,a2,a3,满

足an1f(an),nN*.

（1）若a1c2，求a2及a3；（2）求证：对任意nN*,an1anc，；

（3）是否存在a1，使得a1,a2,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.

参

一、填空题 1．

11． 2． m2． 3．xy0． 4．Carccos 5．a2 331316． 8．． 9．． 10．D30|d|．

18236．xlog34． 7．11．sin(xy)282． 12．a． 13．216． 14．x02． 3715．B． 16．B． 17．A． 18．D． 三、解答题

19．因为ABCD-A1B1C1D1为长方体，故

AB//C1D1,ABC1D1，故ABC1D1为平行四边形，故

BC1//AD1，显然B不在平面D1AC上，于是直线BC1平行于平面DA1C；直线BC1到平面D1AC的

距离即为点B到平面D1AC的距离设为h考虑三棱锥ABCD1的体积，以ABC为底面，可得

1113V(12)1，而ADCS中，，故， ACDC5,AD2AD1C111323213122所以，Vhh，即直线BC1到平面D1AC的距离为．

323333320．(1)根据题意，200(5x1)30005x140

xx又1x10，可解得3x10

90031161100(5x1)9104[3()2] (2)设利润为y元，则yxxx612故x6时，ymax457500元．

21．(1)因为0，根据题意有

3420 4223(2) f(x)2sin(2x)，g(x)2sin(2(x))12sin(2x)1[来源:学#科#网Z#X#X#K]

6317g(x)0sin(2x)xk或xk,kZ，

323122即g(x)的零点相离间隔依次为和，

3324315故若yg(x)在[a,b]上至少含有30个零点，则ba的最小值为14． 33322．：（1）C1的左焦点为F(3,0)，过F的直线x3与C1交于(3,2)，与C2交于2，且直线可以为x3； (3,(31))，故C1的左焦点为“C1-C2型点”

（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kx1222k，若方程组有解，则必须 (12k)x2222x2y2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xy221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2221|1tkt|2内部有交点，故 222k112(k1)。 ① 2化简得，(1ttk)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)2223．：（1）因为c0，a1(c2)，故a2f(a1)2|a1c4||a1c|2，

a3f(a1)2|a2c4||a2c|c10

（2）要证明原命题，只需证明f(x)xc对任意xR都成立，

f(x)xc2|xc4||xc|xc，

即只需证明2|xc4||xc|+xc，

若xc0，显然有2|xc4||xc|+xc=0成立；

若xc0，则2|xc4||xc|+xcxc4xc显然成立， 综上，f(x)xc恒成立，即对任意的nN，an1anc；

（3）由（2）知，若{an}为等差数列，则公差dc0，故n无限增大时，总有an0， 此时，an1f(an)2(anc4)(anc)anc8，即dc8， 故a2f(a1)2|a1c4||a1c|a1c8， 即2|a1c4||a1c|a1c8，

当a1c0时，等式成立，且n2时，an0，此时{an}为等差数列，满足题意； 若a1c0，则|a1c4|4a1c8，

此时，a20,a3c8,,an(n2)(c8)也满足题意； 综上，满足题意的a1的取值范围是[c,){c8}．

*