2013年高考理科数学福建卷word解析版

2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类

(福建卷)

第Ⅰ卷(选择题 共50分)

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，只有一项是符合题目要求的． 1．(2013福建，理1)已知复数z的共轭复数z＝1＋2i(i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点位于( )．

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

2．(2013福建，理2)已知集合A＝{1，a}，B＝{1,2,3}，则“a＝3”是“AB”的( )．

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件

x22

3．(2013福建，理3)双曲线－y＝1的顶点到其渐近线的距离等于( )．

4242545A．5 B．5 C．5 D．5

4．(2013福建，理4)某校从高一年级学生中随机抽取部分学生，将他们的模块测试成绩分成6组：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]加以统计，得到如图所示的频率分布直方图．已知高一年级共有学生600名，据此估计，该模块测试成绩不少于60分的学生人数为( )．

A．588 B．480 C．450 D．120

2

5．(2013福建，理5)满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )．

A．14 B．13 C．12 D．10

6．(2013福建，理6)阅读如图所示的程序框图，若输入的k＝10，则该算法的功能是( )．

A．计算数列{2n－1}的前10项和 B．计算数列{2n－1}的前9项和 C．计算数列{2n－1}的前10项和 D．计算数列{2n－1}的前9项和

7．(2013福建，理7)在四边形ABCD中，AC＝(1,2)，BD＝(－4,2)，则该四边形的

面积为( )．

A．5 B．25 C．5 D．10

8．(2013福建，理8)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是( )．

A．∀x∈R，f(x)≤f(x0) B．－x0是f(－x)的极小值点 C．－x0是－f(x)的极小值点 D．－x0是－f(－x)的极小值点 9．(2013福建，理9)已知等比数列{an}的公比为q，记bn＝am(n－1)＋1＋am(n－1)＋2＋„＋am(n－1)＋m，cn＝am(n－1)＋1²am(n*

－1)＋2²„²am(n－1)＋m(m，n∈N)，则以下结论一定正确的是( )．

A．数列{bn}为等差数列，公差为qm B．数列{bn}为等比数列，公比为q2m C．数列{cn}为等比数列，公比为qm2 D．数列{cn}为等比数列，公比为qmm

10．(2013福建，理10)设S，T是R的两个非空子集，如果存在一个从S到T的函数y＝f(x)满足：(1)T2013 福建理科数学 第1页

＝{f(x)|x∈S}；(2)对任意x1，x2∈S，当x1＜x2时，恒有f(x1)＜f(x2)，那么称这两个集合“保序同构”．以下集合对不是“保序同构”的是( )．

A．A＝N*，B＝N

B．A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|x＝－8或0＜x≤10} C．A＝{x|0＜x＜1}，B＝R D．A＝Z，B＝Q

第Ⅱ卷(非选择题 共100分)

二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．

11．(2013福建，理11)利用计算机产生0～1之间的均匀随机数a，则事件“3a－1＞0”发生的概率为________．

12．(2013福建，理12)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是________．

13．(2013福建，理13)如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，

22sin∠BAC＝3，AB＝32，AD＝3，则BD的长为________．

x2y2212b14．(2013福建，理14)椭圆Γ：a(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2C．若

直线y＝3(x＋c)与椭圆Γ的一个交点M满足∠MF1F2＝2∠MF2F1，则该椭圆的离心率等于________．

15．(2013福建，理15)当x∈R，|x|＜1时，有如下表达式： 1＋x＋x＋„＋x＋„＝两边同时积分得：

22

n1. 1x1201202120n1201201dxxdxxdxxdx3n11dx， 1x从而得到如下等式：

1111111122232n1223ln 2.

n1请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：

11111211n1C0CCCn________. nnn22n12322三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

16．(2013福建，理16)(本小题满分13分)某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为

22，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每35人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．

(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤3的概率；

(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？

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17．(2013福建，理17)(本小题满分13分)已知函数f(x)＝x－aln x(a∈R)．

(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的极值．

2013 福建理科数学 第3页

18．(2013福建，理18)(本小题满分13分)如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点A的坐标为(10,0)，点C的坐标为(0,10)．分别将线段OA和AB十等分，分点分别记为A1，A2，„，A9和B1，B2，„，B9.连结OBi，过Ai作x轴的垂线与OBi交于点Pi(i∈N*,1≤i≤9)．

*,

(1)求证：点Pi(i∈N1≤i≤9)都在同一条抛物线上，并求该抛物线E的方程；

(2)过点C作直线l与抛物线E交于不同的两点M，N，若△OCM与△OCN的面积比为4∶1，求直线l的方程．

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19．(2013福建，理19)(本小题满分13分)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k＞0)．

(1)求证：CD⊥平面ADD1A1；

(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为

6，求k的值； 7(3)现将与四棱柱ABCD－A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱．规定：若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案．问：共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f(k)，写出f(k)的解析式．(直接写出答案，不必说明理由)． 20．(2013福建，理20)(本小题满分14分)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0,0＜φ＜π)的周期为π，

π,0.将函数f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再将4π所得到的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图象．

2图象的一个对称中心为(1)求函数f(x)与g(x)的解析式； (2)是否存在x0∈ππ,，使得f(x0)，g(x0)，f(x0)g(x0)按照某种顺序成等差数列？若存在，请确定x064的个数；若不存在，说明理由；

(3)求实数a与正整数n，使得F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，nπ)内恰有2 013个零点．

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21．(2013福建，理21)本题设有(1)、(2)、(3)三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答，满分14分．如果多做，则按所做的前两题计分．作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框涂黑，并将所选题号填入括号中．

(1)(本小题满分7分)选修4—2：矩阵与变换 已知直线l：ax＋y＝1在矩阵A①求实数a，b的值；

②若点P(x0，y0)在直线l上，且A1 2对应的变换作用下变为直线l′：x＋by＝1. 0 1x0x0，求点P的坐标． y0y0(2)(本小题满分7分)选修4—4：坐标系与参数方程

在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．已知点A的极坐标为

ππ，直线l的极坐标方程为ρ2，cos＝a，且点A在直线l上． 44①求a的值及直线l的直角坐标方程； ②圆C的参数方程为x1cos,(α为参数)，试判断直线l与圆C的位置关系．

ysin*

(3)(本小题满分7分)选修4—5：不等式选讲 设不等式|x－2|＜a(a∈N)的解集为A，且

31∈A，A． 22①求a的值；

②求函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值．

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(福建卷)

第Ⅰ卷(选择题 共50分)

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，只有一项是符合题目要求的． 1．答案：D

解析：由z＝1＋2i，得z＝1－2i，故复数z对应的点(1，－2)在第四象限． 2．答案：A

解析：若a＝3，则A＝{1,3}B，故a＝3是AB的充分条件；而若AB，则a不一定为3，当a＝2时，也有AB．故a＝3不是AB的必要条件．故选A． 3．答案：C

1x22

解析：双曲线－y＝1的顶点为(±2,0)，渐近线方程为yx，即x－2y＝0和x＋2y＝0.故其顶点

24|2|225到渐近线的距离d. 51454．答案：B

解析：由频率分布直方图知40～60分的频率为(0.005＋0.015)³10＝0.2，故估计不少于60分的学生人数为600³(1－0.2)＝480. 5．答案：B

2

解析：a＝0时，方程变为2x＋b＝0，则b为－1,0,1,2都有解；a≠0时，若方程ax＋2x＋b＝0有实数解，

2

则Δ＝2－4ab≥0，即ab≤1.当a＝－1时，b可取－1,0,1,2.当a＝1时，b可取－1,0,1.当a＝2时，b可取－1，0，故满足条件的有序对(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13. 6．答案：A

解析：当k＝10时，执行程序框图如下： S＝0，i＝1； S＝1，i＝2； S＝1＋2，i＝3； S＝1＋2＋22，i＝4； „ „

S＝1＋2＋22＋„＋28，i＝10； S＝1＋2＋22＋„＋29，i＝11.

27．解析：∵AC²BD＝1³(－4)＋2³2＝0，∴AC⊥BD.又|AC|＝125，|BD|＝

1224216425，S四边形ABCD＝|AC||BD|＝5.

28．答案：D

解析：选项A，由极大值的定义知错误；对于选项B，函数f(x)与f(－x)的图象关于y轴对称，－x0应是f(－x)的极大值点，故不正确；对于C选项，函数f(x)与－f(x)图象关于x轴对称，x0应是－f(x)的极小值点，故不正确；而对于选项D，函数f(x)与－f(－x)的图象关于原点成中心对称，故正确． 9．答案：C

解析：∵{an}是等比数列， ∴

amnmamn1mamn1·amn2amnmcmm2

∴n1＝＝(q)＝qm.

cnamn11·amn12amn1m10．答案：D

解析：由题意(1)可知，S为函数y＝f(x)的定义域，T为函数y＝f(x)的值域．

*

由(2)可知，函数y＝f(x)在定义域内单调递增，对于A，可构造函数y＝x－1，x∈N，y∈N，满足条件；

＝qmn＋m－m(n－1)－m＝q，

m2013 福建理科数学 第7页

8,x1,对于B，构造函数y5满足条件；

x1,1x3,2ππ对于C，构造函数ytanx，x∈(0,1)，满足条件；

22对于D，无法构造函数其定义域为Z，值域为Q且递增的函数，故选D．

第Ⅱ卷(非选择题 共100分)

二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置． 11．答案：

2 31132. 解析：由3a－1＞0得a，由几何概型知P313112．答案：12π

解析：由题意知该几何体是一个正方体内接于球构成的组合体，球的直径2r22222212，所以r3，故该球的表面积为S球＝4πr＝4π³3＝12π.

2

13．答案：3 解析：∵AD⊥AC，∴∠DAC＝∵sin∠BAC＝∴cos∠BAD＝

π. 222π22，∴sinBAD， 32322. 32

2

2

2

由余弦定理得BD＝AB＋AD－2AB²AD²cos∠BAD＝(32)2＋3－2³32³3³∴BD＝3. 14．答案：31

解析：由直线y＝3(x＋c)知其倾斜角为60°，

由题意知∠MF1F2＝60°，则∠MF2F1＝30°，∠F1MF2＝90°. 故|MF1|＝c，|MF2|＝3C．

又|MF1|＋|MF2|＝2a，∴(3＋1)c＝2a，

22＝3. 3231. 31n113115．答案：

n12即e解析：由CnCnx…CnxCnx＝(1＋x)， 两边同时积分得：C0n0122nnn1201dxC1n120xdxC2n120xdxC2nn120xndx

(1x)ndx，

101111211n1CnCnCnCn22232n1223n1120

2013 福建理科数学 第8页

1111n121x|0＝1n12n1n1n11131. n1n12三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16．解法一：(1)由已知得，小明中奖的概率为记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A，

则事件A的对立事件为“X＝5”，

22，小红中奖的概率为，且两人中奖与否互不影响． 3522411，所以P(A)＝1－P(X＝5)＝， 35151511即这2人的累计得分X≤3的概率为.

15因为P(X＝5)＝

(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2)．

22，X2～B2,， 352424所以E(X1)＝2，E(X2)＝2，

3355812从而E(2X1)＝2E(X1)＝，E(3X2)＝3E(X2)＝.

35由已知可得，X1～B2,



因为E(2X1)＞E(3X2)，

所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大． 解法二：(1)由已知得，小明中奖的概率为

22，小红中奖的概率为，且两人中奖与否互不影响． 35记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A，

则事件A包含有“X＝0”，“X＝2”，“X＝3”三个两两互斥的事件，

221222222，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝111，

355355351511所以P(A)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝，

1511即这2人的累计得分X≤3的概率为.

15因为P(X＝0)＝1(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1，都选择方案乙所获得的累计得分为X2，则X1，X2的分布列如下：

X1 0 2 4 P

1 90 4 93 4 96 X2 P 124 25251448912412所以E(X1)＝0³＋2³＋4³＝，E(X2)＝0³＋3³＋6³＝.

99935252525因为E(X1)＞E(X2)，

所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大． 17．解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－

9 25a. x2013 福建理科数学 第9页

(1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－

2(x＞0)， x因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，

所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)， 即x＋y－2＝0. (2)由f′(x)＝1－

axa＝，x＞0知： xx①当a≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；

②当a＞0时，由f′(x)＝0，解得x＝A．

又当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，

从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a，无极大值． 综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；

当a＞0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－aln a，无极大值．

*,

18．解法一：(1)依题意，过Ai(i∈N1≤i≤9)且与x轴垂直的直线方程为x＝i，

Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝

ix. 10xi,

设Pi的坐标为(x，y)，由i

yx,10

122

得y＝x，即x＝10y.

10所以点Pi(i∈N1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x＝10y. (2)依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋10. 由*,

2

ykx10.2

得x－10kx－100＝0， 2x10y.2

此时Δ＝100k＋400＞0，直线l与抛物线E恒有两个不同的交点M，N. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x210k,①

xx100,②12因为S△OCM＝4S△OCN，所以|x1|＝4|x2|.

又x1²x2＜0，所以x1＝－4x2， 分别代入①和②，得3x210k,3k解得. 224x2100,3x＋10，即3x－2y＋20＝0或3x＋2y－20＝0. 22

所以直线l的方程为y＝*,

解法二：(1)点Pi(i∈N1≤i≤9)都在抛物线E：x＝10y上．

*,

证明如下：过Ai(i∈N1≤i≤9)且与x轴垂直的直线方程为x＝i，

Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝

ix. 10xi,

i2

由i解得Pi的坐标为i,，

yx,1010

因为点Pi的坐标都满足方程x＝10y，

*,2

所以点Pi(i∈N1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x＝10y. (2)同解法一． 19．

解：(1)取CD的中点E，连结BE.

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2

∵AB∥DE，AB＝DE＝3k，

∴四边形ABED为平行四边形， ∴BE∥AD且BE＝AD＝4k.

在△BCE中，∵BE＝4k，CE＝3k，BC＝5k，

222

∴BE＋CE＝BC，

∴∠BEC＝90°，即BE⊥CD， 又∵BE∥AD，∴CD⊥AD．

∵AA1⊥平面ABCD，CD平面ABCD， ∴AA1⊥CD．又AA1∩AD＝A， ∴CD⊥平面ADD1A1.

(2)以D为原点，DA，DC，DD1的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(4k,0,0)，C(0，6k,0)，B1(4k,3k,1)，A1(4k,0,1)，

所以AC＝(－4k,6k,0)，AB1＝(0,3k,1)，AA1＝(0,0,1)．

ACn0,设平面AB1C的法向量n＝(x，y，z)，则由

AB1n0,4kx6ky0,得

3kyz0.取y＝2，得n＝(3,2，－6k)． 设AA1与平面AB1C所成角为θ，则

AA1nsin θ＝|cos〈AA，n〉|＝ 1|AA1||n|＝6k36k2136， 7解得k＝1，故所求k的值为1. (3)共有4种不同的方案．

5272k26k,0k,18f(k)＝

536k236k,k.1820．解法一：(1)由函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的周期为π，ω＞0，得ω＝

2π＝2. Tπ,0，φ∈(0，π)， 4πππ故fsin20，得，所以f(x)＝cos 2x.

244又曲线y＝f(x)的一个对称中心为将函数f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)后可得y＝cos x的图象，再将y＝cos

x的图象向右平移

(2)当x∈ππ个单位长度后得到函数g(x)=cosx的图象，所以g(x)＝sin x. 22112ππ，0＜cos 2x＜， ,时，＜sin x＜

22264所以sin x＞cos 2x＞sin xcos 2x.

问题转化为方程2cos 2x＝sin x＋sin xcos 2x在ππ,内是否有解． 642013 福建理科数学 第11页

设G(x)＝sin x＋sin xcos 2x－2cos 2x，x∈ππ,， 64则G′(x)＝cos x＋cos xcos 2x＋2sin 2x(2－sin x)．

ππππ,，所以G′(x)＞0，G(x)在,内单调递增． 646412ππ又G<0，G>0，

6442ππ且函数G(x)的图象连续不断，故可知函数G(x)在,内存在唯一零点x0，

64ππ即存在唯一的x0∈,满足题意．

64因为x∈(3)依题意，F(x)＝asin x＋cos 2x，令F(x)＝asin x＋cos 2x＝0.

当sin x＝0，即x＝kπ(k∈Z)时，cos 2x＝1，从而x＝kπ(k∈Z)不是方程F(x)＝0的解， 所以方程F(x)＝0等价于关于x的方程a方程acos2x，x≠kπ(k∈Z)．现研究x∈(0，π)∪(π，2π)时sinxcos2x的解的情况． sinxcos2x令hx，x∈(0，π)∪(π，2π)，

sinx则问题转化为研究直线y＝a与曲线y＝h(x)，x∈(0，π)∪(π，2π)的交点情况．

π3πcosx(2sin2x1)xxh(x)，令h′(x)＝0，得或. 222sinx当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表： ππ3π3π 3π ，π 2π π，，22222h′(x) ＋ 0 － － 0 ＋ h(x) 1 －1     当x＞0且x趋近于0时，h(x)趋向于－∞， 当x＜π且x趋近于π时，h(x)趋向于－∞， 当x＞π且x趋近于π时，h(x)趋向于＋∞， 当x＜2π且x趋近于2π时，h(x)趋向于＋∞.

故当a＞1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，π)内无交点，在(π，2π)内有2个交点； 当a＜－1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，π)内有2个交点，在(π，2π)内无交点；

当－1＜a＜1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，π)内有2个交点，在(π，2π)内有2个交点．

由函数h(x)的周期性，可知当a≠±1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，nπ)内总有偶数个交点，从而不存在正整数n，使得直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，nπ)内恰有2 013个交点；

又当a＝1或a＝－1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，π)∪(π，2π)内有3个交点，由周期性，2 013＝3³671，所以依题意得n＝671³2＝1 342.

综上，当a＝1，n＝1 342或a＝－1，n＝1 342时，函数F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，nπ)内恰有2 013个零点．

解法二：(1)、(2)同解法一．

2

(3)依题意，F(x)＝asin x＋cos 2x＝－2sinx＋asin x＋1. 现研究函数F(x)在(0,2π]上的零点的情况．

2

设t＝sin x，p(t)＝－2t＋at＋1(－1≤t≤1)，则函数p(t)的图象是开口向下的抛物线， 又p(0)＝1＞0，p(－1)＝－a－1，p(1)＝a－1.

当a＞1时，函数p(t)有一个零点t1∈(－1,0)(另一个零点t2＞1，舍去)，F(x)在(0,2π]上有两个零点x1，x2，且x1，x2∈(π，2π)；

当a＜－1时，函数p(t)有一个零点t1∈(0,1)(另一个零点t2＜－1，舍去)，F(x)在(0,2π]上有两个零点

x π0， 22013 福建理科数学 第12页

x1，x2，且x1，x2∈(0，π)；

当－1＜a＜1时，函数p(t)有一个零点t1∈(－1,0)，另一个零点t2∈(0,1)，F(x)在(0，π)和(π，2π)

分别有两个零点．

由正弦函数的周期性，可知当a≠±1时，函数F(x)在(0，nπ)内总有偶数个零点，从而不存在正整数n满足题意．

当a＝1时，函数p(t)有一个零点t1∈(－1,0)，另一个零点t2＝1； 当a＝－1时，函数p(t)有一个零点t1＝－1，另一个零点t2∈(0,1)，

从而当a＝1或a＝－1时，函数F(x)在(0,2π]有3个零点．由正弦函数的周期性，2 013＝3³671，所以依题意得n＝671³2＝1 342.

综上，当a＝1，n＝1 342或a＝－1，n＝1 342时，函数F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，nπ)内恰有2 013个零点．

21．解：①设直线l：ax＋y＝1上任意点M(x，y)在矩阵A对应的变换作用下的像是M′(x′，y′)．

x1 2xx2y， y0 1yyxx2y,得 yy.由又点M′(x′，y′)在l′上，所以x′＋by′＝1，即x＋(b＋2)y＝1， 依题意得a=1,a=1,解得

b2=1,b1.x0x0x0x02y0,②由A，得解得y0＝0.

yyyy,0000又点P(x0，y0)在直线l上，所以x0＝1.

故点P的坐标为(1,0)．

(2)选修4—4：坐标系与参数方程

本小题主要考查极坐标与直角坐标的互化、圆的参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．满分7分． 解：①由点A2,ππ在直线ρcos＝a上，可得a2. 44所以直线l的方程可化为ρcos θ＋ρsin θ＝2，

从而直线l的直角坐标方程为x＋y－2＝0.

22

②由已知得圆C的直角坐标方程为(x－1)＋y＝1， 所以圆C的圆心为(1,0)，半径r＝1， 因为圆心C到直线l的距离d＝12＝＜1，

22所以直线l与圆C相交．

(3)选修4—5：不等式选讲

本小题主要考查绝对值不等式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．满分7分．

3131∈A，且A，所以2解得＜a≤.又因为a∈N，所以a＝1.

22解：①因为

②因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，

当且仅当(x＋1)(x－2)≤0，即－1≤x≤2时取到等号．所以f(x)的最小值为3.

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