2013·遼寧卷(理科數學)
1． 複數z＝的模為( )
a. b. c. d．2
1．b [解析] 複數z＝＝－，所以|z|＝－＝，故選b.
2． 已知集合a＝，b＝，則a∩b＝( )
a．(0，1) b．(0，2]
c．(1，2) d．(1，2]
2．d [解析] ∵a＝中d>0，所以是遞增數列，則p1為真命題．而數列也是遞增數列，所以p4為真命題，故選d.
5． 某班的全體學生參加英語測試，成績的頻率分布直方圖如圖，資料的分組依次為：[20，40)，[40，60)，[60，80)，[80，100]．若低於60分的人數是15，則該班的學生人數是( )
圖1－1
a．45 b．50 c．55 d．60
5．b [解析] 由成績的頻率分布直方圖可以得到低於60分的頻率為0.3，而低於60分的人數為15，所以該班的學生人數為＝50.
6． 在△abc中，內角a，b，c的對邊分別為a，b，c.若asin bcos c＋csin bcos a＝b，且a>b，則∠b＝( )
a. b. c. d.
6．a [解析] 由正弦定理可得到sin asin bcos c＋sin csin bcos a＝sin b．因為b∈(0，π)，所以sin b≠0，所以sin acos c＋sin ccos a＝，即sin(a＋c)＝sin b＝，則∠b＝，故選a.
7． 使 (n∈＋)的展開式中含有常數項的最小的n為( )
a．4 b．5
c．6 d．7
7．b [解析] 由通項tk＋1＝c (3x)n－k＝c·3n－k·xn－，所以在展開式中含有常數項時，n－＝0，當k取最小值2時，n取最小值5.故選b.
8． 執行如圖所示的程式框圖，若輸入n＝10，則輸出s＝( )
圖1－2
a. b. c. d.
8．a [解析] 由程式框圖可以得到s＝＋＋＋＋
＝＋＋＋＋
＝＝，故選a.
9． 已知點o(0，0)，a(0，b)，b(a，a3)．若△oab為直角三角形，則必有( )
a．b＝a3
b．b＝a3＋
c．(b－a3)＝0
d．|b－a3|＋＝0
9．c [解析] 由題意知當三角形abc為直角三角形時，分為兩類，∠oab，∠oba分別為直角．當∠oab為直角時b＝a3；當∠oba為直角時，·＝0，則(a，a3)·(a，a3－b)＝0，所以b－a3－＝0.所以(b－a3)·＝0，故選c.
10． 已知直三稜柱abc－a1b1c1的6個頂點都在球o的球面上．若ab＝3，ac＝4，ab⊥ac，aa1＝12.則球o的半徑為( )
a. b．2 c. d．3
10．c [解析] 由題意將直三稜柱abc－a1b1c1還原為長方體abdc－a1b1d1c1，則球的直徑即為長方體abdc－a1b1d1c1的體對角線ad1，所以球的直徑ad1＝＝＝13，則球的半徑為，故選c.
11． 已知函式f(x)＝x2－2(a＋2)x＋a2，g(x)＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8.設h1(x)＝max，h2(x)＝min (max表示p，q中的較大值，min表示p，q中的較小值)．記h1(x)的最小值為a，h2(x)的最大值為b，則a－b＝( )
a．16 b．－16
c．a2－2a－16 d．a2＋2a－16
11．b [解析] 由題意知當f(x)＝g(x)時，即x2－2(a＋2)x＋a2＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8，
整理得x2－2ax＋a2－4＝0，所以x＝a＋2或x＝a－2，
所以h1(x)＝max＝
h2(x)＝min＝
由圖形(圖形略)可知，a＝h1(x)min＝－4a－4，b＝h2(x)max＝12－4a，則a－b＝－16.
故選b.
12． 設函式f(x)滿足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，則x>0時，f(x)( )
a．有極大值，無極小值
b．有極小值，無極大值
c．既有極大值又有極小值
d．既無極大值也無極小值
12．d [解析] 因為函式f(x)滿足x2f′(x)＋2xf(x)＝[x2·f(x)]′＝，所以當x>0時，′＝>0，令函式g(x)＝x2·f(x)，所以g(x)在x>0時遞增．
由f(2)＝，得g(2)＝.
又f(x)＝，
所以f′(x)＝
＝＝，x>0.
令h(x)＝ex－2g(x)，則h′(x)＝ex，故當x∈(0，2)時，h′(x) <0；當x∈(2，＋∞)時，h′(x)>0，
故h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(2)＝e2－2g(2)＝0.
所以f′(x)＝≥0，故f(x)在(0，∞)單調遞增．
所以當x∈(0，＋∞)時，f(x)即無極大值也無極小值．選d.
13． 某幾何體的三檢視如圖所示，則該幾何體的體積是________．
圖1－3
13．16π－16 [解析] 由三檢視可以得到原幾何體是乙個圓柱裡面挖去了乙個長方體，所以該幾何體的體積為
v＝4π×4－16＝16π－16.
14． 已知等比數列是遞增數列，sn是的前n項和，若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的兩個根，則s6
14．63 [解析] 由題意可知a1＋a3＝5，a1·a3＝4.又因為為遞增的等比數列，所以a1＝1，a3＝4，
則公比q＝2，所以s6＝＝63.
15． 已知橢圓c：＋＝1(a>b>0)的左焦點為f，c與過原點的直線相交於a，b兩點，聯結af，bf.若|ab|＝10，|af|＝6，cos∠abf＝，則c的離心率e
15. [解析] 設橢圓的右焦點為q，在三角形abf中利用餘弦定理可以得到|bf|＝8，利用橢圓的對稱性可以得到|aq|＝8，則△faq為直角三角形，然後利用橢圓的定義可以得到2a＝14，2c＝10，得e＝.
16． 為了考察某校各班參加課外書法小組的人數，從全校隨機抽取5個班級，把每個班級參加該小組的人數作為樣本資料．已知樣本平均數為7，樣本方差為4，且樣本資料互不相同，則樣本資料中的最大值為________．
16．10 [解析] 由已知可設5個班級參加的人數分別為x1，x2，x3，x4，x5，則x＝7，
＝4，故(x1－7)2＋(x2－7)2＋(x3－7)2＋(x4－7)2＋(x5－7)2＝20，
即五個完全平方數之和為20，要使其中乙個達到最大，這五個數必須是關於0對稱分布的，而9＋1＋0＋1＋9＝20，也就是(－3)2＋(－1)2＋02＋12＋32＝20，所以五個班級參加的人數分別為4，6，7，8，10，最大數字為10.
17． 設向量＝(sin x，sin x)，＝(cos x，sin x)，x∈.
(1)若||＝||，求x的值；
(2)設函式f(x)＝，求f(x)的最大值．
17．解： (1)由||2＝(sin x)2＋(sin x)2＝4sin2x.
||2＝(cos x)2＋(sin x)2＝1，
及||＝||，得4sin2x＝1.
又x∈，從而sin x＝，所以x＝.
(2)f(x)＝＝sin x·cos x＋sin2x＝sin 2x－cos 2x＋＝sin＋.
當x＝∈時，sin取最大值1.
所以f(x)的最大值為.
18．， 如圖1－4，ab是圓的直徑，pa垂直圓所在的平面，c是圓上的點．
(1)求證：平面pac⊥平面pbc；
(2)若ab＝2，ac＝1，pa＝1，求二面角c－pb－a的余弦值．
圖1－4
18．解： (1)證明：由ab是圓的直徑，得ac⊥bc.
由pa⊥平面abc，bc平面abc，得pa⊥bc.
又pa∩ac＝a，pa平面pac，ac平面pac，
所以bc⊥平面pac.
因為bc平面pbc，
所以平面pbc⊥平面pac.
(2)方法一：
過c作cm∥ap，則cm⊥平面abc.如圖，以點c為座標原點，分別以直線cb，ca，cm為x軸、y軸、z軸建立空間直角座標系．
1－5因為ab＝2，ac＝1，所以bc＝.
因為pa＝1，所以a(0，1，0)，b(，0，0)，p(0，1，1)．
故＝(，0，0)，＝(0，1，1)．
設平面bcp的法向量為＝(x，y，z)．則所以
不妨令y＝1，則1＝(0，1，－1)．
因為＝(0，0，1)，＝(，－1，0)，
設平面abp的法向量為2＝(x，y，z)，則所以
不妨令x＝1，2＝(1，，0)．
於是cos〈1，2〉＝＝，
所以由題意可知二面角c－pb－a的余弦值為.
解法二：過c作cm⊥ab於m.
圖1－6
因為pa⊥平面abc，cm平面abc，
所以pa⊥cm，
故cm⊥平面pab.
過m作mn⊥pb於n，聯結nc.
由三垂線定理得cn⊥pb.
所以∠cnm為二面角c－pb－a的平面角．
在rt△abc中，由ab＝2，ac＝1，得bc＝，cm＝，bm＝.
在rt△pab中，由ab＝2，pa＝1，得pb＝.
因為rt△bnm∽rt△bap，所以＝，
故mn＝.
又在rt△cnm中，cn＝，故cos∠cnm＝.
所以二面角c－pb－a的余弦值為.
19． 現有10道題，其中6道甲類題，4道乙類題，張同學從中任取3道題解答．
(1)求張同學至少取到1道乙類題的概率；
(2)已知所取的3道題中有2道甲類題，1道乙類題．設張同學答對每道甲類題的概率都是，答對每道乙類題的概率都是，且各題答對與否相互獨立．用x表示張同學答對題的個數，求x的分布列和數學期望．
19．解： (1)設事件a＝「張同學所取的3道題至少有1道乙類題」，
則有a＝「張同學所取的3道題都是甲類題」．
因為p(a)＝＝，所以p(a)＝1－p(a)＝.
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