2013年全国高考理数真题试卷（新课标Ⅱ卷）
一、选择题：在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2013·新课标Ⅱ卷理）已知集合M={x|（x﹣1）2＜4，x∈R}，N={﹣1，0，1，2，3}，则M∩N=（ ）
A．{0，1，2} B．{﹣1，0，1，2}
C．{﹣1，0，2，3} D．{0，1，2，3}
2．（2013·新课标Ⅱ卷理）设复数z满足（1﹣i）z=2i，则z=（ ）
A．﹣1+i B．﹣1﹣i C．1+i D．1﹣i
3．（2013·新课标Ⅱ卷理）等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3=a2+10a1，a5=9，则a1=（ ）
A． B．- C． D．-
4．（2013·新课标Ⅱ卷理）已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．直线l满足l⊥m，l⊥n，l α，l β，则（ ）
A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l
5．（2013·新课标Ⅱ卷理）已知（1+ax）（1+x）5的展开式中x2的系数为5，则a=（ ）
A．﹣4 B．﹣3 C．﹣2 D．﹣1
6．（2013·新课标Ⅱ卷理）执行右面的程序框图，如果输入的N=10，那么输出的S=（ ）
A． B．
C． D．
7．（2013·新课标Ⅱ卷理）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2013·新课标Ⅱ卷理）设a=log36，b=log510，c=log714，则（ ）
A．c＞b＞a B．b＞c＞a C．a＞c＞b D．a＞b＞c
9．（2013·新课标Ⅱ卷理）已知a＞0，实数x，y满足： ，若z=2x+y的最小值为1，则a=（ ）
A．2 B．1 C． D．
10．（2013·新课标Ⅱ卷理）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（ ）
A． xα∈R，f（xα）=0
B．函数y=f（x）的图象是中心对称图形
C．若xα是f（x）的极小值点，则f（x）在区间（﹣∞，xα）单调递减
D．若xα是f（x）的极值点，则f′（xα）=0
11．（2013·新课标Ⅱ卷理）设抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，点M在C上，|MF|=5，若以MF为直径的圆过点（0，2），则C的方程为（ ）
A．y2=4x或y2=8x B．y2=2x或y2=8x
C．y2=4x或y2=16x D．y2=2x或y2=16x
12．（2013·新课标Ⅱ卷理）已知点A（﹣1，0），B（1，0），C（0，1），直线y=ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是（ ）
A．（0，1） B． C． D．
二、填空题
13．（2013·新课标Ⅱ卷理）已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则 = ．
14．（2013·新课标Ⅱ卷理）从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为 ，则n= ．
15．（2013·新课标Ⅱ卷理）设θ为第二象限角，若 ，则sinθ+cosθ= ．
16．（2013·新课标Ⅱ卷理）等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10=0，S15=25，则nSn的最小值为 ．
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤：
17．（2013·新课标Ⅱ卷理）△ABC在内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a=bcosC+csinB．
（1）求B；
（2）若b=2，求△ABC面积的最大值．
18．（2013·新课标Ⅱ卷理）如图，直棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB= AB．
（1）证明：BC1∥平面A1CD
（2）求二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．
19．（2013·新课标Ⅱ卷理）经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1t该产品获利润500元，未售出的产品，每1t亏损300元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示．经销商为下一个销售季度购进了130t该农产品．以x（单位：t，100≤x≤150）表示下一个销售季度内的市场需求量，T（单位：元）表示下一个销售季度内经销该农产品的利润．
（1）将T表示为x的函数；
（2）根据直方图估计利润T不少于57000元的概率；
（3）在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率（例如：若x∈[100，110））则取x=105，且x=105的概率等于需求量落入[100，110）的频率，求T的数学期望．
20．（2013·新课标Ⅱ卷理）平面直角坐标系xOy中，过椭圆M： （a＞b＞0）右焦点的直线x+y﹣ =0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为 ．
（1）求M的方程
（2）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．
21．（2013·新课标Ⅱ卷理）已知函数f（x）=ex﹣ln（x+m）
（1）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；
（2）当m≤2时，证明f（x）＞0．
22．（2013·新课标Ⅱ卷理）如图，CD为△ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D，E、F分别为弦AB与弦AC上的点，且BC AE=DC AF，B、E、F、C四点共圆．
（1）证明：CA是△ABC外接圆的直径；
（2）若DB=BE=EA，求过B、E、F、C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值．
23．（2013·新课标Ⅱ卷理）选修4﹣﹣4；坐标系与参数方程
已知动点P，Q都在曲线C： 上，对应参数分别为β=α与β=2α（0＜α＜2π），M为PQ的中点．
（1）求M的轨迹的参数方程
（2）将M到坐标原点的距离d表示为α的函数，并判断M的轨迹是否过坐标原点．
24．（2013·新课标Ⅱ卷理）设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：
（1）
（2）．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由（x﹣1）2＜4，解得：﹣1＜x＜3，即M={x|﹣1＜x＜3}，
∵N={﹣1，0，1，2，3}，
∴M∩N={0，1，2}．
故选A
【分析】求出集合M中不等式的解集，确定出M，找出M与N的公共元素，即可确定出两集合的交集．
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：∵复数z满足z（1﹣i）=2i，
∴z= =﹣1+i
故选A．
【分析】根据所给的等式两边同时除以1﹣i，得到z的表示式，进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，整理成最简形式，得到结果．
3．【答案】C
【知识点】等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，
∵S3=a2+10a1，a5=9，
∴ ，解得 ．
∴ ．
故选C．
【分析】设等比数列{an}的公比为q，利用已知和等比数列的通项公式即可得到 ，解出即可．
4．【答案】D
【知识点】平面的基本性质及推论；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l α，所以l∥α，
又n⊥平面β，l⊥n，l β，所以l∥β．
由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，
与m，n异面矛盾．
故α与β相交，且交线平行于l．
故选D．
【分析】由题目给出的已知条件，结合线面平行，线面垂直的判定与性质，可以直接得到正确的结论．
5．【答案】D
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：已知（1+ax）（1+x）5=（1+ax）（1+ x+ x2+ x3+ x4+ x5）
展开式中x2的系数为 +a =5，解得a=﹣1，
故选：D．
【分析】由题意利用二项展开式的通项公式求得展开式中x2的系数为 +a =5，由此解得a的值．
6．【答案】B
【知识点】程序框图
【解析】【解答】解：框图首先给累加变量S和循环变量i赋值，
S=0+1=1，k=1+1=2；
判断k＞10不成立，执行S=1+ ，k=2+1=3；
判断k＞10不成立，执行S=1+ + ，k=3+1=4；
判断k＞10不成立，执行S=1+ + + ，k=4+1=5；
…
判断i＞10不成立，执行S= ，k=10+1=11；
判断i＞10成立，输出S= ．
算法结束．
故选B．
【分析】从赋值框给出的两个变量的值开始，逐渐分析写出程序运行的每一步，便可得到程序框图表示的算法的功能．
7．【答案】A
【知识点】简单空间图形的三视图
【解析】【解答】解：因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），几何体的直观图如图，是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为：
故选A．
【分析】由题意画出几何体的直观图，然后判断以zOx平面为投影面，则得到正视图即可．
8．【答案】D
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：因为a=log36=1+log32，b=log510=1+log52，c=log714=1+log72，
因为y=log2x是增函数，所以log27＞log25＞log23，
∵ ， ，
所以log32＞log52＞log72，
所以a＞b＞c，
故选D．
【分析】利用loga（xy）=logax+logay（x、y＞0），化简a，b，c然后比较log32，log52，log72大小即可．
9．【答案】C
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】解：作出不等式对应的平面区域，（阴影部分）
由z=2x+y，得y=﹣2x+z，
平移直线y=﹣2x+z，由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点C时，直线y=﹣2x+z的截距最小，此时z最小．
即2x+y=1，
由 ，解得 ，
即C（1，﹣1），
∵点C也在直线y=a（x﹣3）上，
∴﹣1=﹣2a，
解得a= ．
故选：C．
【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即先确定z的最优解，然后确定a的值即可．
10．【答案】C
【知识点】命题的真假判断与应用；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：f′（x）=3x2+2ax+b．
（1）当△=4a2﹣12b＞0时，f′（x）=0有两解，不妨设为x1＜x2，列表如下
x （﹣∞，x1） x1 （x1，x2） x2 （x2，+∞）
f′（x） + 0 ﹣ 0 +
f（x） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
由表格可知：
①x2是函数f（x）的极小值点，但是f（x）在区间（﹣∞，x2）不具有单调性，故C不正确．
②∵ +f（x）= +x3+ax2+bx+c= ﹣ +2c，
= ，
∵ +f（x）= ，
∴点P 为对称中心，故B正确．
③由表格可知x1，x2分别为极值点，则 ，故D正确．
④∵x→﹣∞时，f（x）→﹣∞；x→+∞，f（x）→+∞，函数f（x）必然穿过x轴，即 xα∈R，f（xα）=0，故A正确．
（2）当△≤0时， ，故f（x）在R上单调递增，①此时不存在极值点，故D正确，C不正确；
②B同（1）中②正确；
③∵x→﹣∞时，f（x）→﹣∞；x→+∞，f（x）→+∞，函数f（x）必然穿过x轴，即 xα∈R，f（xα）=0，故A正确．
综上可知：错误的结论是C．
由于该题选择错误的，故选：C．
【分析】利用导数的运算法则得出f′（x），分△＞0与△≤0讨论，列出表格，即可得出．
11．【答案】C
【知识点】抛物线的标准方程
【解析】【解答】解：∵抛物线C方程为y2=2px（p＞0），
∴焦点F坐标为（ ，0），可得|OF|= ，
∵以MF为直径的圆过点（0，2），
∴设A（0，2），可得AF⊥AM，
Rt△AOF中，|AF|= = ，
∴sin∠OAF= = ，
∵根据抛物线的定义，得直线AO切以MF为直径的圆于A点，
∴∠OAF=∠AMF，可得Rt△AMF中，sin∠AMF= = ，
∵|MF|=5，|AF|=
∴ = ，整理得4+ = ，解之可得p=2或p=8
因此，抛物线C的方程为y2=4x或y2=16x．
故选：C．
方法二：
∵抛物线C方程为y2=2px（p＞0），∴焦点F（ ，0），
设M（x，y），由抛物线性质|MF|=x+ =5，可得x=5﹣ ，
因为圆心是MF的中点，所以根据中点坐标公式可得，圆心横坐标为 = ，
由已知圆半径也为 ，据此可知该圆与y轴相切于点（0，2），故圆心纵坐标为2，则M点纵坐标为4，
即M（5﹣ ，4），代入抛物线方程得p2﹣10p+16=0，所以p=2或p=8．
所以抛物线C的方程为y2=4x或y2=16x．
故答案C．
【分析】根据抛物线方程算出|OF|= ，设以MF为直径的圆过点A（0，2），在Rt△AOF中利用勾股定理算出|AF|= ．再由直线AO与以MF为直径的圆相切得到∠OAF=∠AMF，Rt△AMF中利用∠AMF的正弦建立关系式，从而得到关于p的方程，解之得到实数p的值，进而得到抛物线C的方程．
12．【答案】B
【知识点】确定直线位置的几何要素；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：由题意可得，三角形ABC的面积为 =1，
由于直线y=ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（﹣ ，0），
由直线y=ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，可得b＞0，
故﹣ ≤0，故点M在射线OA上．
设直线y=ax+b和BC的交点为N，则由 可得点N的坐标为（ ， ）．
①若点M和点A重合，则点N为线段BC的中点，故N（ ， ），
把A、N两点的坐标代入直线y=ax+b，求得a=b= ．
②若点M在点O和点A之间，此时b＞ ，点N在点B和点C之间，由题意可得三角形NMB的面积等于 ，
即 = ，即 = ，可得a= ＞0，求得 b＜ ，
故有 ＜b＜ ．
③若点M在点A的左侧，则b＜ ，由点M的横坐标﹣ ＜﹣1，求得b＞a．
设直线y=ax+b和AC的交点为P，则由 求得点P的坐标为（ ， ），
此时，由题意可得，三角形CPN的面积等于 ，即 （1﹣b） |xN﹣xP|= ，
即 （1﹣b） | ﹣ |= ，化简可得2（1﹣b）2=|a2﹣1|．
由于此时 b＞a＞0，0＜a＜1，∴2（1﹣b）2=|a2﹣1|=1﹣a2．
两边开方可得 （1﹣b）= ＜1，∴1﹣b＜ ，化简可得 b＞1﹣ ，
故有1﹣ ＜b＜ ．
再把以上得到的三个b的范围取并集，可得b的取值范围应是 ，
故选：B．
【分析】先求得直线y=ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（﹣ ，0），由﹣ ≤0可得点M在射线OA上．求出直线和BC的交点N的坐标，①若点M和点A重合，求得b= ；②若点M在点O和点A之间，求得 ＜b＜ ； ③若点M在点A的左侧，求得 ＞b＞1﹣ ．再把以上得到的三个b的范围取并集，可得结果．
13．【答案】2
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：∵已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则 =0，
故 =（ ） （ ）=（ ） （ ）= ﹣ + ﹣ =4+0﹣0﹣ =2，
故答案为 2．
【分析】根据两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，可得要求的式子为（ ） （ ），再根据两个向量垂直的性质，运算求得结果．
14．【答案】8
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数，取出的两数之和等于5的情况有：（1，4），（2，3）共2种情况；
从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数的所有不同取法种数为 ，由古典概型概率计算公式得：
从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数，取出的两数之和等于5的概率为p= ．
所以 ，即 ，解得n=8．
故答案为8．
【分析】列出从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数的所有取法种数，求出和等于5的种数，根据取出的两数之和等于5的概率为 列式计算n的值．
15．【答案】-
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：∵tan（θ+ ）= = ，
∴tanθ=﹣ ，
而cos2θ= = ，
∵θ为第二象限角，
∴cosθ=﹣ =﹣ ，sinθ= = ，
则sinθ+cosθ= ﹣ =﹣ ．
故答案为：﹣
【分析】已知等式利用两角和与差的正切函数公式及特殊角的三角函数值化简，求出tanθ的值，再根据θ为第二象限角，利用同角三角函数间的基本关系求出sinθ与cosθ的值，即可求出sinθ+cosθ的值．
16．【答案】-49
【知识点】利用导数研究函数的极值；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
∵S10=10a1+45d=0，S15=15a1+105d=25，
∴a1=﹣3，d= ，
∴Sn=na1+ d= n2﹣ n，
∴nSn= n3﹣ n2，令nSn=f（n），
∴f′（n）=n2﹣ n，
∴当n= 时，f（n）取得极值，当n＜ 时，f（n）递减；当n＞ 时，f（n）递增；
因此只需比较f（6）和f（7）的大小即可．
f（6）=﹣48，f（7）=﹣49，
故nSn的最小值为﹣49．
故答案为：﹣49．
【分析】由等差数列的前n项和公式化简已知两等式，联立求出首项a1与公差d的值，结合导数求出nSn的最小值．
17．【答案】（1）解：由已知及正弦定理得：sinA=sinBcosC+sinBsinC①，
∵sinA=sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC②，
∴sinB=cosB，即tanB=1，
∵B为三角形的内角，
∴B= ；
（2）解：S△ABC= acsinB= ac，
由已知及余弦定理得：4=a2+c2﹣2accos ≥2ac﹣2ac× ，
整理得：ac≤ ，当且仅当a=c时，等号成立，
则△ABC面积的最大值为 × × = × ×（2+ ）= +1．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）已知等式利用正弦定理化简，再利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式变形，求出tanB的值，由B为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出B的度数；（2）利用三角形的面积公式表示出三角形ABC的面积，把sinB的值代入，得到三角形面积最大即为ac最大，利用余弦定理列出关系式，再利用基本不等式求出ac的最大值，即可得到面积的最大值．
18．【答案】（1）解：证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点，
又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF，
因为DF 平面A1CD，BC1 平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD．
（2）解：因为直棱柱ABC﹣A1B1C1，所以AA1⊥CD，
由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB，
又AA1∩AB=A，于是，CD⊥平面ABB1A1，
设AB=2 ，则AA1=AC=CB=2，得∠ACB=90°，
CD= ，A1D= ，DE= ，A1E=3
故A1D2+DE2=A1E2，即DE⊥A1D，所以DE⊥平面A1DC，
又A1C=2 ，过D作DF⊥A1C于F，∠DFE为二面角D﹣A1C﹣E的平面角，
在△A1DC中，DF= = ，EF= = ，
所以二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．sin∠DFE= ．
【知识点】直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）通过证明BC1平行平面A1CD内的直线DF，利用直线与平面平行的判定定理证明BC1∥平面A1CD（2）证明DE⊥平面A1DC，作出二面角D﹣A1C﹣E的平面角，然后求解二面角平面角的正弦值即可．
19．【答案】（1）解：由题意得，当x∈[100，130）时，T=500x﹣300（130﹣x）=800x﹣39000，
当x∈[130，150）时，T=500×130=65000，
∴T= ．
（2）解：由（1）知，利润T不少于57000元，当且仅当120≤x≤150．
由直方图知需求量X∈[120，150]的频率为0.7，
所以下一个销售季度的利润T不少于57000元的概率的估计值为0.7．
（3）解：依题意可得T的分布列如图，
T 45000 53000 61000 65000
p 0.1 0.2 0.3 0.4
所以ET=45000×0.1+53000×0.2+61000×0.3+65000×0.4=59400．
【知识点】频率分布直方图；用样本的频率分布估计总体分布；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）由题意先分段写出，当x∈[100，130）时，当x∈[130，150）时，和利润值，最后利用分段函数的形式进行综合即可．（2）由（1）知，利润T不少于57000元，当且仅当120≤x≤150．再由直方图知需求量X∈[120，150]的频率为0.7，利用样本估计总体的方法得出下一个销售季度的利润T不少于57000元的概率的估计值．（3）利用利润T的数学期望=各组的区间中点值×该区间的频率之和即得．
20．【答案】（1）解：把右焦点（c，0）代入直线x+y﹣ =0得c+0﹣ =0，解得c= ．
设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点P（x0，y0），
则 ， ，相减得 ，
∴ ，
∴ ，又 = ，
∴ ，即a2=2b2．
联立得 ，解得 ，
∴M的方程为 ．
（2）解：∵CD⊥AB，∴可设直线CD的方程为y=x+t，
联立 ，消去y得到3x2+4tx+2t2﹣6=0，
∵直线CD与椭圆有两个不同的交点，
∴△=16t2﹣12（2t2﹣6）=72﹣8t2＞0，解﹣3＜t＜3（*）．
设C（x3，y3），D（x4，y4），∴ ， ．
∴|CD|= = = ．
联立 得到3x2﹣4 x=0，解得x=0或 ，
∴交点为A（0， ），B ，
∴|AB|= = ．
∴S四边形ACBD= = = ，
∴当且仅当t=0时，四边形ACBD面积的最大值为 ，满足（*）．
∴四边形ACBD面积的最大值为 ．
【知识点】直线的一般式方程与直线的垂直关系；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）把右焦点（c，0）代入直线可解得c．设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点P（x0，y0），利用“点差法”即可得到a，b的关系式，再与a2=b2+c2联立即可得到a，b，c．（2）由CD⊥AB，可设直线CD的方程为y=x+t，与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，即可得到弦长|CD|．把直线x+y﹣ =0与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，即可得到弦长|AB|，利用S四边形ACBD= 即可得到关于t的表达式，利用二次函数的单调性即可得到其最大值．
21．【答案】（1）解：∵ ，x=0是f（x）的极值点，∴ ，解得m=1．
所以函数f（x）=ex﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．
∵ ．
设g（x）=ex（x+1）﹣1，则g′（x）=ex（x+1）+ex＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，
又∵g（0）=0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．
所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；
（2）解：证明：当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m=2时f（x）＞0．
当m=2时，函数 在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．
故f′（x）=0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．
当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，
从而当x=x0时，f（x）取得最小值．
由f′（x0）=0，得 ，ln（x0+2）=﹣x0．
故f（x）≥ = ＞0．
综上，当m≤2时，f（x）＞0．
【知识点】根据实际问题选择函数类型；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求出原函数的导函数，因为x=0是函数f（x）的极值点，由极值点处的导数等于0求出m的值，代入函数解析式后再由导函数大于0和小于0求出原函数的单调区间；（2）证明当m≤2时，f（x）＞0，转化为证明当m=2时f（x）＞0．求出当m=2时函数的导函数，可知导函数在（﹣2，+∞）上为增函数，并进一步得到导函数在（﹣1，0）上有唯一零点x0，则当x=x0时函数取得最小值，借助于x0是导函数的零点证出f（x0）＞0，从而结论得证．
22．【答案】（1）证明：∵CD为△ABC外接圆的切线，∴∠DCB=∠A，
∵BC AE=DC AF，∴ ．
∴△CDB∽△AEF，∴∠CBD=∠AFE．
∵B、E、F、C四点共圆，∴∠CFE=∠DBC，∴∠CFE=∠AFE=90°．
∴∠CBA=90°，∴CA是△ABC外接圆的直径
（2）解：连接CE，∵∠CBE=90°，
∴过B、E、F、C四点的圆的直径为CE，由DB=BE，得CE=DC，
又BC2=DB BA=2DB2，
∴CA2=4DB2+BC2=6DB2．
而DC2=DB DA=3DB2，
故过B、E、F、C四点的圆的面积与△ABC面积的外接圆的面积比值= =
【知识点】与圆有关的比例线段
【解析】【分析】（1）已知CD为△ABC外接圆的切线，利用弦切角定理可得∠DCB=∠A，及BC AE=DC AF，可知△CDB∽△AEF，于是∠CBD=∠AFE．
利用B、E、F、C四点共圆，可得∠CFE=∠DBC，进而得到∠CFE=∠AFE=90°即可证明CA是△ABC外接圆的直径；（2）要求过B、E、F、C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值．只需求出其外接圆的直径的平方之比即可．由过B、E、F、C四点的圆的直径为CE，及DB=BE，可得CE=DC，利用切割线定理可得DC2=DB DA，CA2=CB2+BA2，都用DB表示即可．
23．【答案】（1）解：根据题意有：P（2cosα，2sinα），Q（2cos2α，2sin2α），
∵M为PQ的中点，故M（cosα+cos2α，sin2α+sinα），
∴求M的轨迹的参数方程为： （α为参数，0＜α＜2π）．
（2）解：M到坐标原点的距离d= = （0＜α＜2π）．
当α=π时，d=0，故M的轨迹过坐标原点．
【知识点】平面内两点间的距离公式；轨迹方程；参数方程化成普通方程
【解析】【分析】（1）根据题意写出P，Q两点的坐标：P（2cosα，2sinα），Q（2cos2α，2sin2α），再利用中点坐标公式得PQ的中点M的坐标，从而得出M的轨迹的参数方程；（2）利用两点间的距离公式得到M到坐标原点的距离d= = ，再验证当α=π时，d=0，故M的轨迹过坐标原点．
24．【答案】（1）证明：由a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca得：
a2+b2+c2≥ab+bc+ca，
由题设得（a+b+c）2=1，即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1，
所以3（ab+bc+ca）≤1，即ab+bc+ca≤ ．
（2）证明：因为 +b≥2a， +c≥2b， +a≥2c，
故 +（a+b+c）≥2（a+b+c），即 ≥a+b+c．
所以 ≥1．
【知识点】不等式的证明
【解析】【分析】（1）依题意，由a+b+c=1 （a+b+c）2=1 a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1，利用基本不等式可得3（ab+bc+ca）≤1，从而得证；（2）利用基本不等式可证得： +b≥2a， +c≥2b， +a≥2c，三式累加即可证得结论．
1 / 12013年全国高考理数真题试卷（新课标Ⅱ卷）
一、选择题：在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2013·新课标Ⅱ卷理）已知集合M={x|（x﹣1）2＜4，x∈R}，N={﹣1，0，1，2，3}，则M∩N=（ ）
A．{0，1，2} B．{﹣1，0，1，2}
C．{﹣1，0，2，3} D．{0，1，2，3}
【答案】A
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由（x﹣1）2＜4，解得：﹣1＜x＜3，即M={x|﹣1＜x＜3}，
∵N={﹣1，0，1，2，3}，
∴M∩N={0，1，2}．
故选A
【分析】求出集合M中不等式的解集，确定出M，找出M与N的公共元素，即可确定出两集合的交集．
2．（2013·新课标Ⅱ卷理）设复数z满足（1﹣i）z=2i，则z=（ ）
A．﹣1+i B．﹣1﹣i C．1+i D．1﹣i
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：∵复数z满足z（1﹣i）=2i，
∴z= =﹣1+i
故选A．
【分析】根据所给的等式两边同时除以1﹣i，得到z的表示式，进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，整理成最简形式，得到结果．
3．（2013·新课标Ⅱ卷理）等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3=a2+10a1，a5=9，则a1=（ ）
A． B．- C． D．-
【答案】C
【知识点】等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，
∵S3=a2+10a1，a5=9，
∴ ，解得 ．
∴ ．
故选C．
【分析】设等比数列{an}的公比为q，利用已知和等比数列的通项公式即可得到 ，解出即可．
4．（2013·新课标Ⅱ卷理）已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．直线l满足l⊥m，l⊥n，l α，l β，则（ ）
A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l
【答案】D
【知识点】平面的基本性质及推论；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l α，所以l∥α，
又n⊥平面β，l⊥n，l β，所以l∥β．
由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，
与m，n异面矛盾．
故α与β相交，且交线平行于l．
故选D．
【分析】由题目给出的已知条件，结合线面平行，线面垂直的判定与性质，可以直接得到正确的结论．
5．（2013·新课标Ⅱ卷理）已知（1+ax）（1+x）5的展开式中x2的系数为5，则a=（ ）
A．﹣4 B．﹣3 C．﹣2 D．﹣1
【答案】D
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：已知（1+ax）（1+x）5=（1+ax）（1+ x+ x2+ x3+ x4+ x5）
展开式中x2的系数为 +a =5，解得a=﹣1，
故选：D．
【分析】由题意利用二项展开式的通项公式求得展开式中x2的系数为 +a =5，由此解得a的值．
6．（2013·新课标Ⅱ卷理）执行右面的程序框图，如果输入的N=10，那么输出的S=（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】程序框图
【解析】【解答】解：框图首先给累加变量S和循环变量i赋值，
S=0+1=1，k=1+1=2；
判断k＞10不成立，执行S=1+ ，k=2+1=3；
判断k＞10不成立，执行S=1+ + ，k=3+1=4；
判断k＞10不成立，执行S=1+ + + ，k=4+1=5；
…
判断i＞10不成立，执行S= ，k=10+1=11；
判断i＞10成立，输出S= ．
算法结束．
故选B．
【分析】从赋值框给出的两个变量的值开始，逐渐分析写出程序运行的每一步，便可得到程序框图表示的算法的功能．
7．（2013·新课标Ⅱ卷理）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】简单空间图形的三视图
【解析】【解答】解：因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），几何体的直观图如图，是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为：
故选A．
【分析】由题意画出几何体的直观图，然后判断以zOx平面为投影面，则得到正视图即可．
8．（2013·新课标Ⅱ卷理）设a=log36，b=log510，c=log714，则（ ）
A．c＞b＞a B．b＞c＞a C．a＞c＞b D．a＞b＞c
【答案】D
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：因为a=log36=1+log32，b=log510=1+log52，c=log714=1+log72，
因为y=log2x是增函数，所以log27＞log25＞log23，
∵ ， ，
所以log32＞log52＞log72，
所以a＞b＞c，
故选D．
【分析】利用loga（xy）=logax+logay（x、y＞0），化简a，b，c然后比较log32，log52，log72大小即可．
9．（2013·新课标Ⅱ卷理）已知a＞0，实数x，y满足： ，若z=2x+y的最小值为1，则a=（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】解：作出不等式对应的平面区域，（阴影部分）
由z=2x+y，得y=﹣2x+z，
平移直线y=﹣2x+z，由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点C时，直线y=﹣2x+z的截距最小，此时z最小．
即2x+y=1，
由 ，解得 ，
即C（1，﹣1），
∵点C也在直线y=a（x﹣3）上，
∴﹣1=﹣2a，
解得a= ．
故选：C．
【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即先确定z的最优解，然后确定a的值即可．
10．（2013·新课标Ⅱ卷理）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（ ）
A． xα∈R，f（xα）=0
B．函数y=f（x）的图象是中心对称图形
C．若xα是f（x）的极小值点，则f（x）在区间（﹣∞，xα）单调递减
D．若xα是f（x）的极值点，则f′（xα）=0
【答案】C
【知识点】命题的真假判断与应用；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：f′（x）=3x2+2ax+b．
（1）当△=4a2﹣12b＞0时，f′（x）=0有两解，不妨设为x1＜x2，列表如下
x （﹣∞，x1） x1 （x1，x2） x2 （x2，+∞）
f′（x） + 0 ﹣ 0 +
f（x） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
由表格可知：
①x2是函数f（x）的极小值点，但是f（x）在区间（﹣∞，x2）不具有单调性，故C不正确．
②∵ +f（x）= +x3+ax2+bx+c= ﹣ +2c，
= ，
∵ +f（x）= ，
∴点P 为对称中心，故B正确．
③由表格可知x1，x2分别为极值点，则 ，故D正确．
④∵x→﹣∞时，f（x）→﹣∞；x→+∞，f（x）→+∞，函数f（x）必然穿过x轴，即 xα∈R，f（xα）=0，故A正确．
（2）当△≤0时， ，故f（x）在R上单调递增，①此时不存在极值点，故D正确，C不正确；
②B同（1）中②正确；
③∵x→﹣∞时，f（x）→﹣∞；x→+∞，f（x）→+∞，函数f（x）必然穿过x轴，即 xα∈R，f（xα）=0，故A正确．
综上可知：错误的结论是C．
由于该题选择错误的，故选：C．
【分析】利用导数的运算法则得出f′（x），分△＞0与△≤0讨论，列出表格，即可得出．
11．（2013·新课标Ⅱ卷理）设抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，点M在C上，|MF|=5，若以MF为直径的圆过点（0，2），则C的方程为（ ）
A．y2=4x或y2=8x B．y2=2x或y2=8x
C．y2=4x或y2=16x D．y2=2x或y2=16x
【答案】C
【知识点】抛物线的标准方程
【解析】【解答】解：∵抛物线C方程为y2=2px（p＞0），
∴焦点F坐标为（ ，0），可得|OF|= ，
∵以MF为直径的圆过点（0，2），
∴设A（0，2），可得AF⊥AM，
Rt△AOF中，|AF|= = ，
∴sin∠OAF= = ，
∵根据抛物线的定义，得直线AO切以MF为直径的圆于A点，
∴∠OAF=∠AMF，可得Rt△AMF中，sin∠AMF= = ，
∵|MF|=5，|AF|=
∴ = ，整理得4+ = ，解之可得p=2或p=8
因此，抛物线C的方程为y2=4x或y2=16x．
故选：C．
方法二：
∵抛物线C方程为y2=2px（p＞0），∴焦点F（ ，0），
设M（x，y），由抛物线性质|MF|=x+ =5，可得x=5﹣ ，
因为圆心是MF的中点，所以根据中点坐标公式可得，圆心横坐标为 = ，
由已知圆半径也为 ，据此可知该圆与y轴相切于点（0，2），故圆心纵坐标为2，则M点纵坐标为4，
即M（5﹣ ，4），代入抛物线方程得p2﹣10p+16=0，所以p=2或p=8．
所以抛物线C的方程为y2=4x或y2=16x．
故答案C．
【分析】根据抛物线方程算出|OF|= ，设以MF为直径的圆过点A（0，2），在Rt△AOF中利用勾股定理算出|AF|= ．再由直线AO与以MF为直径的圆相切得到∠OAF=∠AMF，Rt△AMF中利用∠AMF的正弦建立关系式，从而得到关于p的方程，解之得到实数p的值，进而得到抛物线C的方程．
12．（2013·新课标Ⅱ卷理）已知点A（﹣1，0），B（1，0），C（0，1），直线y=ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是（ ）
A．（0，1） B． C． D．
【答案】B
【知识点】确定直线位置的几何要素；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：由题意可得，三角形ABC的面积为 =1，
由于直线y=ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（﹣ ，0），
由直线y=ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，可得b＞0，
故﹣ ≤0，故点M在射线OA上．
设直线y=ax+b和BC的交点为N，则由 可得点N的坐标为（ ， ）．
①若点M和点A重合，则点N为线段BC的中点，故N（ ， ），
把A、N两点的坐标代入直线y=ax+b，求得a=b= ．
②若点M在点O和点A之间，此时b＞ ，点N在点B和点C之间，由题意可得三角形NMB的面积等于 ，
即 = ，即 = ，可得a= ＞0，求得 b＜ ，
故有 ＜b＜ ．
③若点M在点A的左侧，则b＜ ，由点M的横坐标﹣ ＜﹣1，求得b＞a．
设直线y=ax+b和AC的交点为P，则由 求得点P的坐标为（ ， ），
此时，由题意可得，三角形CPN的面积等于 ，即 （1﹣b） |xN﹣xP|= ，
即 （1﹣b） | ﹣ |= ，化简可得2（1﹣b）2=|a2﹣1|．
由于此时 b＞a＞0，0＜a＜1，∴2（1﹣b）2=|a2﹣1|=1﹣a2．
两边开方可得 （1﹣b）= ＜1，∴1﹣b＜ ，化简可得 b＞1﹣ ，
故有1﹣ ＜b＜ ．
再把以上得到的三个b的范围取并集，可得b的取值范围应是 ，
故选：B．
【分析】先求得直线y=ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（﹣ ，0），由﹣ ≤0可得点M在射线OA上．求出直线和BC的交点N的坐标，①若点M和点A重合，求得b= ；②若点M在点O和点A之间，求得 ＜b＜ ； ③若点M在点A的左侧，求得 ＞b＞1﹣ ．再把以上得到的三个b的范围取并集，可得结果．
二、填空题
13．（2013·新课标Ⅱ卷理）已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则 = ．
【答案】2
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：∵已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则 =0，
故 =（ ） （ ）=（ ） （ ）= ﹣ + ﹣ =4+0﹣0﹣ =2，
故答案为 2．
【分析】根据两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，可得要求的式子为（ ） （ ），再根据两个向量垂直的性质，运算求得结果．
14．（2013·新课标Ⅱ卷理）从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为 ，则n= ．
【答案】8
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数，取出的两数之和等于5的情况有：（1，4），（2，3）共2种情况；
从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数的所有不同取法种数为 ，由古典概型概率计算公式得：
从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数，取出的两数之和等于5的概率为p= ．
所以 ，即 ，解得n=8．
故答案为8．
【分析】列出从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数的所有取法种数，求出和等于5的种数，根据取出的两数之和等于5的概率为 列式计算n的值．
15．（2013·新课标Ⅱ卷理）设θ为第二象限角，若 ，则sinθ+cosθ= ．
【答案】-
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：∵tan（θ+ ）= = ，
∴tanθ=﹣ ，
而cos2θ= = ，
∵θ为第二象限角，
∴cosθ=﹣ =﹣ ，sinθ= = ，
则sinθ+cosθ= ﹣ =﹣ ．
故答案为：﹣
【分析】已知等式利用两角和与差的正切函数公式及特殊角的三角函数值化简，求出tanθ的值，再根据θ为第二象限角，利用同角三角函数间的基本关系求出sinθ与cosθ的值，即可求出sinθ+cosθ的值．
16．（2013·新课标Ⅱ卷理）等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10=0，S15=25，则nSn的最小值为 ．
【答案】-49
【知识点】利用导数研究函数的极值；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
∵S10=10a1+45d=0，S15=15a1+105d=25，
∴a1=﹣3，d= ，
∴Sn=na1+ d= n2﹣ n，
∴nSn= n3﹣ n2，令nSn=f（n），
∴f′（n）=n2﹣ n，
∴当n= 时，f（n）取得极值，当n＜ 时，f（n）递减；当n＞ 时，f（n）递增；
因此只需比较f（6）和f（7）的大小即可．
f（6）=﹣48，f（7）=﹣49，
故nSn的最小值为﹣49．
故答案为：﹣49．
【分析】由等差数列的前n项和公式化简已知两等式，联立求出首项a1与公差d的值，结合导数求出nSn的最小值．
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤：
17．（2013·新课标Ⅱ卷理）△ABC在内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a=bcosC+csinB．
（1）求B；
（2）若b=2，求△ABC面积的最大值．
【答案】（1）解：由已知及正弦定理得：sinA=sinBcosC+sinBsinC①，
∵sinA=sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC②，
∴sinB=cosB，即tanB=1，
∵B为三角形的内角，
∴B= ；
（2）解：S△ABC= acsinB= ac，
由已知及余弦定理得：4=a2+c2﹣2accos ≥2ac﹣2ac× ，
整理得：ac≤ ，当且仅当a=c时，等号成立，
则△ABC面积的最大值为 × × = × ×（2+ ）= +1．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）已知等式利用正弦定理化简，再利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式变形，求出tanB的值，由B为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出B的度数；（2）利用三角形的面积公式表示出三角形ABC的面积，把sinB的值代入，得到三角形面积最大即为ac最大，利用余弦定理列出关系式，再利用基本不等式求出ac的最大值，即可得到面积的最大值．
18．（2013·新课标Ⅱ卷理）如图，直棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB= AB．
（1）证明：BC1∥平面A1CD
（2）求二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．
【答案】（1）解：证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点，
又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF，
因为DF 平面A1CD，BC1 平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD．
（2）解：因为直棱柱ABC﹣A1B1C1，所以AA1⊥CD，
由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB，
又AA1∩AB=A，于是，CD⊥平面ABB1A1，
设AB=2 ，则AA1=AC=CB=2，得∠ACB=90°，
CD= ，A1D= ，DE= ，A1E=3
故A1D2+DE2=A1E2，即DE⊥A1D，所以DE⊥平面A1DC，
又A1C=2 ，过D作DF⊥A1C于F，∠DFE为二面角D﹣A1C﹣E的平面角，
在△A1DC中，DF= = ，EF= = ，
所以二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．sin∠DFE= ．
【知识点】直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）通过证明BC1平行平面A1CD内的直线DF，利用直线与平面平行的判定定理证明BC1∥平面A1CD（2）证明DE⊥平面A1DC，作出二面角D﹣A1C﹣E的平面角，然后求解二面角平面角的正弦值即可．
19．（2013·新课标Ⅱ卷理）经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1t该产品获利润500元，未售出的产品，每1t亏损300元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示．经销商为下一个销售季度购进了130t该农产品．以x（单位：t，100≤x≤150）表示下一个销售季度内的市场需求量，T（单位：元）表示下一个销售季度内经销该农产品的利润．
（1）将T表示为x的函数；
（2）根据直方图估计利润T不少于57000元的概率；
（3）在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率（例如：若x∈[100，110））则取x=105，且x=105的概率等于需求量落入[100，110）的频率，求T的数学期望．
【答案】（1）解：由题意得，当x∈[100，130）时，T=500x﹣300（130﹣x）=800x﹣39000，
当x∈[130，150）时，T=500×130=65000，
∴T= ．
（2）解：由（1）知，利润T不少于57000元，当且仅当120≤x≤150．
由直方图知需求量X∈[120，150]的频率为0.7，
所以下一个销售季度的利润T不少于57000元的概率的估计值为0.7．
（3）解：依题意可得T的分布列如图，
T 45000 53000 61000 65000
p 0.1 0.2 0.3 0.4
所以ET=45000×0.1+53000×0.2+61000×0.3+65000×0.4=59400．
【知识点】频率分布直方图；用样本的频率分布估计总体分布；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）由题意先分段写出，当x∈[100，130）时，当x∈[130，150）时，和利润值，最后利用分段函数的形式进行综合即可．（2）由（1）知，利润T不少于57000元，当且仅当120≤x≤150．再由直方图知需求量X∈[120，150]的频率为0.7，利用样本估计总体的方法得出下一个销售季度的利润T不少于57000元的概率的估计值．（3）利用利润T的数学期望=各组的区间中点值×该区间的频率之和即得．
20．（2013·新课标Ⅱ卷理）平面直角坐标系xOy中，过椭圆M： （a＞b＞0）右焦点的直线x+y﹣ =0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为 ．
（1）求M的方程
（2）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．
【答案】（1）解：把右焦点（c，0）代入直线x+y﹣ =0得c+0﹣ =0，解得c= ．
设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点P（x0，y0），
则 ， ，相减得 ，
∴ ，
∴ ，又 = ，
∴ ，即a2=2b2．
联立得 ，解得 ，
∴M的方程为 ．
（2）解：∵CD⊥AB，∴可设直线CD的方程为y=x+t，
联立 ，消去y得到3x2+4tx+2t2﹣6=0，
∵直线CD与椭圆有两个不同的交点，
∴△=16t2﹣12（2t2﹣6）=72﹣8t2＞0，解﹣3＜t＜3（*）．
设C（x3，y3），D（x4，y4），∴ ， ．
∴|CD|= = = ．
联立 得到3x2﹣4 x=0，解得x=0或 ，
∴交点为A（0， ），B ，
∴|AB|= = ．
∴S四边形ACBD= = = ，
∴当且仅当t=0时，四边形ACBD面积的最大值为 ，满足（*）．
∴四边形ACBD面积的最大值为 ．
【知识点】直线的一般式方程与直线的垂直关系；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）把右焦点（c，0）代入直线可解得c．设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点P（x0，y0），利用“点差法”即可得到a，b的关系式，再与a2=b2+c2联立即可得到a，b，c．（2）由CD⊥AB，可设直线CD的方程为y=x+t，与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，即可得到弦长|CD|．把直线x+y﹣ =0与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，即可得到弦长|AB|，利用S四边形ACBD= 即可得到关于t的表达式，利用二次函数的单调性即可得到其最大值．
21．（2013·新课标Ⅱ卷理）已知函数f（x）=ex﹣ln（x+m）
（1）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；
（2）当m≤2时，证明f（x）＞0．
【答案】（1）解：∵ ，x=0是f（x）的极值点，∴ ，解得m=1．
所以函数f（x）=ex﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．
∵ ．
设g（x）=ex（x+1）﹣1，则g′（x）=ex（x+1）+ex＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，
又∵g（0）=0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．
所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；
（2）解：证明：当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m=2时f（x）＞0．
当m=2时，函数 在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．
故f′（x）=0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．
当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，
从而当x=x0时，f（x）取得最小值．
由f′（x0）=0，得 ，ln（x0+2）=﹣x0．
故f（x）≥ = ＞0．
综上，当m≤2时，f（x）＞0．
【知识点】根据实际问题选择函数类型；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求出原函数的导函数，因为x=0是函数f（x）的极值点，由极值点处的导数等于0求出m的值，代入函数解析式后再由导函数大于0和小于0求出原函数的单调区间；（2）证明当m≤2时，f（x）＞0，转化为证明当m=2时f（x）＞0．求出当m=2时函数的导函数，可知导函数在（﹣2，+∞）上为增函数，并进一步得到导函数在（﹣1，0）上有唯一零点x0，则当x=x0时函数取得最小值，借助于x0是导函数的零点证出f（x0）＞0，从而结论得证．
22．（2013·新课标Ⅱ卷理）如图，CD为△ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D，E、F分别为弦AB与弦AC上的点，且BC AE=DC AF，B、E、F、C四点共圆．
（1）证明：CA是△ABC外接圆的直径；
（2）若DB=BE=EA，求过B、E、F、C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值．
【答案】（1）证明：∵CD为△ABC外接圆的切线，∴∠DCB=∠A，
∵BC AE=DC AF，∴ ．
∴△CDB∽△AEF，∴∠CBD=∠AFE．
∵B、E、F、C四点共圆，∴∠CFE=∠DBC，∴∠CFE=∠AFE=90°．
∴∠CBA=90°，∴CA是△ABC外接圆的直径
（2）解：连接CE，∵∠CBE=90°，
∴过B、E、F、C四点的圆的直径为CE，由DB=BE，得CE=DC，
又BC2=DB BA=2DB2，
∴CA2=4DB2+BC2=6DB2．
而DC2=DB DA=3DB2，
故过B、E、F、C四点的圆的面积与△ABC面积的外接圆的面积比值= =
【知识点】与圆有关的比例线段
【解析】【分析】（1）已知CD为△ABC外接圆的切线，利用弦切角定理可得∠DCB=∠A，及BC AE=DC AF，可知△CDB∽△AEF，于是∠CBD=∠AFE．
利用B、E、F、C四点共圆，可得∠CFE=∠DBC，进而得到∠CFE=∠AFE=90°即可证明CA是△ABC外接圆的直径；（2）要求过B、E、F、C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值．只需求出其外接圆的直径的平方之比即可．由过B、E、F、C四点的圆的直径为CE，及DB=BE，可得CE=DC，利用切割线定理可得DC2=DB DA，CA2=CB2+BA2，都用DB表示即可．
23．（2013·新课标Ⅱ卷理）选修4﹣﹣4；坐标系与参数方程
已知动点P，Q都在曲线C： 上，对应参数分别为β=α与β=2α（0＜α＜2π），M为PQ的中点．
（1）求M的轨迹的参数方程
（2）将M到坐标原点的距离d表示为α的函数，并判断M的轨迹是否过坐标原点．
【答案】（1）解：根据题意有：P（2cosα，2sinα），Q（2cos2α，2sin2α），
∵M为PQ的中点，故M（cosα+cos2α，sin2α+sinα），
∴求M的轨迹的参数方程为： （α为参数，0＜α＜2π）．
（2）解：M到坐标原点的距离d= = （0＜α＜2π）．
当α=π时，d=0，故M的轨迹过坐标原点．
【知识点】平面内两点间的距离公式；轨迹方程；参数方程化成普通方程
【解析】【分析】（1）根据题意写出P，Q两点的坐标：P（2cosα，2sinα），Q（2cos2α，2sin2α），再利用中点坐标公式得PQ的中点M的坐标，从而得出M的轨迹的参数方程；（2）利用两点间的距离公式得到M到坐标原点的距离d= = ，再验证当α=π时，d=0，故M的轨迹过坐标原点．
24．（2013·新课标Ⅱ卷理）设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：
（1）
（2）．
【答案】（1）证明：由a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca得：
a2+b2+c2≥ab+bc+ca，
由题设得（a+b+c）2=1，即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1，
所以3（ab+bc+ca）≤1，即ab+bc+ca≤ ．
（2）证明：因为 +b≥2a， +c≥2b， +a≥2c，
故 +（a+b+c）≥2（a+b+c），即 ≥a+b+c．
所以 ≥1．
【知识点】不等式的证明
【解析】【分析】（1）依题意，由a+b+c=1 （a+b+c）2=1 a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1，利用基本不等式可得3（ab+bc+ca）≤1，从而得证；（2）利用基本不等式可证得： +b≥2a， +c≥2b， +a≥2c，三式累加即可证得结论．
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