2013年普通高等学校全国招生统一考试数学(新课标Ⅰ卷)理科与答案(14).doc

2013年普通高等学校招生全国各省市统一考试数学试卷与答案

2013年普通高等学校招生全国统一考试（新课标Ⅰ卷)
(理科数学)精校精析

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.
1．已知集合，，则
（A）∅ （B） （C） （D）
1【答案】．B　[解析] A＝{x|x<0或x>2}，故

2． 若复数z满足(3－4i)z＝|4＋3i|，则z的虚部为(　　)
A．－4 B．－ C．4 D.
2【答案】．D　[解析] z＝＝＝＝＋i，故z的虚部是.
3． 为了解某地区的中小学生的视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大．在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是(　　)
A．简单随机抽样 B．按性别分层抽样
C．按学段分层抽样 D．系统抽样
3【答案】．C　[解析] 因为总体中所要调查的因素受学段影响较大，而受性别影响不大，故按学段分层抽样．
4． 已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为，则C的渐近线方程为(　　)
A．y＝±x B．y＝±x
C．y＝±x D．y＝±x
4【答案】．C　[解析] 离心率＝，所以＝＝＝.由双曲线方程知焦点在x轴上，故渐近线方程为y＝±x.

图1－1
5． 执行如图1－1所示的程序框图，如果输入的t∈[－1，3]，则输出的s属于(　　)
A．[－3，4]
B．[－5，2]
C．[－4，3]
D．[－2，5]
5【答案】．A　[解析] 由框图可知，当t∈[－1，1)时，s＝3t，故此时s∈[－3，3)；当t∈[1，3]时，s＝4t－t2＝－(t－2)2＋4，故此时s∈[3，4]，综上，s∈[－3，4]．

图1－2
6． 如图1－2所示， 有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为(　　)
A. cm3　　　B. cm3
C. cm3 　 　 D. cm3
6【答案】．A　[解析] 设球的半径为R，则球的截面圆的半径是4，且球心到该截面的距离是R－2，
故R2＝(R－2)2＋42⇒R＝5，所以V＝πR3＝(cm3)．
7． 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
7【答案】．C　[解析] 设首项为a1，公差为d，由题意可知am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，故d＝1.又Sm＝＝0，故a1＝－am＝－2，
又Sm＝ma1＋d＝0，∴－2m＋＝0⇒m＝5.
8． 某几何体的三视图如图1－3所示，则该几何体的体积为(　　)

图1－3
A．16＋8π B．8＋8π
C．16＋16π D．8＋16π
8【答案】．A　[解析] 由三视图可知该组合体下半部分是一个半圆柱，上半部分是一个长方体，故体积为V＝2×2×4＋×π×22×4＝16＋8π.
9． 设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a＝7b，则 m＝(　　)
A．5 B．6 C．7 D．8
9【答案】．B　[解析] (x＋2y)2m展开式的二项式系数的最大值是C，即a＝C；(x＋2y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值是C，即b＝C，∵13a＝7b，∴13C＝7C，∴13＝7，易得m＝6.
10． 已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点，若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为(　　)
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
10【答案】．D　[解析] 由题意知kAB＝，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则⇒＋＝0.
由AB的中点是(1，－1)知
∴＝＝，联立a2－b2＝9，解得a2＝18，b2＝9，故椭圆E的方程为＋＝1.
11．， 已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0] B．(－∞，1]
C．[－2，1] D．[－2，0]
11【答案】．D　[解析] 方法一：若x≤0，|f(x)|＝|－x2＋2x|＝x2－2x，x＝0时，不等式恒成立，x<0时，不等式可变为a≥x－2，而x－2<－2，可得a≥－2；
若x>0，|f(x)|＝|ln(x＋1)|＝ln(x＋1)，由ln(x＋1)≥ax，可得a≤恒成立，
令h(x)＝，则h′(x)＝，再令g(x)＝－ln(x＋1)，则
g′(x)＝<0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(0)＝0，可得h′(x)＝<0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递减，x→＋∞时，h(x)→0，
所以h(x)>0，a≤0.综上可知，－2≤a≤0，故选D.
方法二：数形结合：画出函数|f(x)|＝与直线y＝ax的图像，如下图，要使|f(x)|≥ax恒成立，只要使直线y＝ax的斜率最小时与函数y＝x2－2x，x≤0在原点处的切线斜率相等即可，最大时与x轴的斜率相等即可，
因为y′＝2x－2，所以y′|x＝0＝－2，所以－2≤a≤0.

12． 设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n＝1，2，3，….若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，则(　　)
A．{Sn}为递减数列
B．{Sn}为递增数列
C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列
D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列
12【答案】．B　[解析] 因为an＋1＝an，所以an＝a1.又因为bn＋1＋cn＋1＝(bn＋cn)＋an＝(bn＋cn)＋a1，所以bn＋1＋cn＋1－2a1＝(bn＋cn－2a1)．因为b1＋c1－2a1＝0，所以bn＋cn＝2a1，故△AnBnCn中边BnCn的长度不变，另外两边AnBn，AnCn的和不变．
因为bn＋1－cn＋1＝－(bn－cn)，且b1－c1>0，所以bn－cn＝(b1－c1)，当n→＋∞时，bn→cn，也就是AnCn→AnBn，所以三角形△AnBnCn中BnCn边上的高随着n的增大而增大．设三角形△AnBnCn中BnCn边上的高为hn，则{hn}单调递增，所以Sn＝a1hn是增函数．答案为B.

二. 填空题：本大题共4小题，每小题5分.

13． 已知两个单位向量，的夹角为60°，＝t＋(1－t)，若＝0，则t＝________．
13【答案】．2　[解析] 因为||＝||＝1，·＝，所以·＝·[t＋(1－t)]＝t＋1－t＝0，所以t＝2.
14． 若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________．
14【答案】．(－2)n－1　[解析] 因为Sn＝an＋①，所以Sn－1＝an－1＋②，①－②得an＝an－an－1，即an＝－2an－1，又因为S1＝a1＝a1＋⇒a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，所以an＝(－2)n－1.
15． 设当x＝θ时，函数f(x)＝sin x－2cos x取得最大值，则cos θ＝________．
15【答案】．－　[解析] 因为f(x)＝sin x－2cos x＝sin(x＋φ)，
所以当x＋φ＝＋2kπ(k∈)，即x＝－φ＋2kπ(k∈)时，y＝f(x)取得最大值，
则cos θ＝cos x＝cos＝sin φ，由φ∈可得
sinφ＝－，所以cosθ＝－.
16． 若函数f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的图像关于直线x＝－2对称，则f(x)的最大值为________．
16【答案】．16　[解析] 方法一：因为f′(x)＝－4x3－3ax2＋2(1－b)x＋a，函数f(x)是连续可导函数，且关于直线x＝－2对称，所以f′(－2)＝0，即f′(－2)＝32－12a－4(1－b)＋a＝0，可得11a－4b＝28，①
又因为f(0)＝f(－4)，所以15a－4b＝60，②
①②联立方程组可得a＝8，b＝15，
f(x)＝(1－x2)(x2＋8x＋15)，f′(x)＝－4(x3＋6x2＋7x－2)，
因为－2是函数f(x)的一个极值点，所以f′(x)＝－4(x＋2)，
可知当x∈时，f(x)单调递增，当x∈时，f(x)单调递减，当x∈时，f(x)单调递增，当x∈时，f(x)单调递减，且
f＝f，所以f＝f＝f＝＝80－64＝16.
方法二：令f＝0可得x＝1或x＝－1，因为函数f(x)的图像关于直线x＝－2对称，所以，可得以下同方法一．
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17． 如图1－4所示，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.
(1)若PB＝，求PA；
(2)若∠APB＝150°，求tan ∠PBA.

图1－4
17【答案】．解：(1)由已知得， ∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.
在△PBA中，由余弦定理得PA2＝3＋－2××cos 30°＝.故PA＝.
(2)设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α.
在△PBA中，由正弦定理得＝，化简得cos α＝4sin α.
所以tan α＝，即tan ∠PBA＝.
18． 如图1－5所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.
(1)证明：AB⊥A1C；
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．

图1－5
18【答案】．解：(1)证明：取AB的中点O，联结OC，OA1，A1B.
因为CA＝CB，所以OC⊥AB.
由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.
因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.
又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C.
(2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.
又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直．以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.

由题设知A(1，0，0)，A1(0，，0)，C(0，0，)，
B(－1，0，0)．
则＝(1，0，)，＝＝(－1，，0)，＝
(0，－，)．
设＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，
则即
可取＝(，1，－1)．
故cos 〈，〉＝＝－.
所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.
19．， 一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n＝4.再从这批产品中任取1件作检验；若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．
假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互独立．
(1)求这批产品通过检验的概率；
(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X的分布列及数学期望．
19【答案】．解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件B1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B2，这批产品通过检验为事件A，依题意有A＝(A1B1)∪(A2B2)，
且A1B1与 A2B2互斥，所以
P(A)＝P(A1B1)＋P(A2B2)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B2|A2)＝×＋×＝.
(2)X可能的取值为400，500，800，并且
P(X＝400)＝1－－＝，P(X＝500)＝，
P(X＝800)＝.
所以X的分布列为

X
400
500
800
P

E(X)＝400×＋500×＋800×＝506.25.
20．，，， 已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.
20【答案】．解：由已知得圆M的圆心为M(－1，0)，半径r1＝1；圆N的圆心为N(1，0)，半径r2＝3.
设圆P的圆心为P(x，y)，半径为R.
(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，所以
|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4.
由椭圆的定义可知，曲线C是以M, N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为＋＝1(x≠－2)．
(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，所以R≤2，
当且仅当圆P的圆心为(2，0)时，R＝2，所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝4.
若l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|＝2 .
若l的倾斜角不为90°，由r1≠R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，
则＝，可求得Q(－4，0)，所以可设l：y＝k(x＋4)．由l与圆M相切得＝1，解得k＝±.当k＝时，将y＝x＋代入＋＝1，
并整理得7x2＋8x－8＝0.解得x1，2＝.
所以|AB|＝|x2－x1|＝.
当k＝－时，由图形的对称性可知|AB|＝.
综上，|AB|＝2 或|AB|＝.
21． 设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.
(1)求a，b，c，d的值；
(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．
21【答案】．解：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，故
b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.
从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.
(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．
设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)．
由题设可得F(0)≥0，即k≥1.
令F′(x)＝0得x1＝－ln k，x2＝－2.
①若1≤k<e2，则－2<x1≤0，从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增．故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1)．
而F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.
故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．
②若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．
从而当x>－2时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，＋∞)上
单调递增，而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．
③若k>e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0，从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．
综上，k的取值范围是[1，e2]．

图1－6
22． 选修4－1：几何证明选讲如图1－6所示，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，∠ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于点D.
(1)证明：DB＝DC；
(2)设圆的半径为1，BC＝，延长CE交AB于点F，求△BCF外接圆的半径．
22【答案】．解：(1)证明：联结DE，交BC于点G.

由弦切角定理得，∠ABE＝∠BCE.
而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，BE＝CE.
又因为DB⊥BE，所以DE为直径，∠DCE＝90°，
由勾股定理可得DB＝DC.
(2)由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC，
故DG是BC的中垂线，所以BG＝.
设DE的中点为O，联结BO，则∠BOG＝60°.从而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°，
所以CF⊥BF，故Rt△BCF外接圆的半径等于.
23． 选修4－4：坐标系与参数方程
已知曲线C1的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.
(1)把C1的参数方程化为极坐标方程；
(2)求C1与C2交点的极坐标(ρ≥0，0≤θ＜2π)．
23【答案】．解：(1)将消去参数t，化为普通方程(x－4)2＋(y－5)2＝25，
即C1：x2＋y2－8x－10y＋16＝0.
将代入x2＋y2－8x－10y＋16＝0，得ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0.
所以C1的极坐标方程为ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0.

(2)C2的普通方程为x2＋y2－2y＝0，
由解得或
所以C1与C2交点的极坐标分别为，.
24． 选修4－5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3.
(1)当a＝－2时，求不等式f(x)＜g(x)的解集；
(2)设a＞－1，且当x∈时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围．
24【答案】．解：(1)当a＝－2时，不等式f(x)<g(x)化为|2x－1|＋|2x－2|－x－3<0.
设函数y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，则
y＝
其图像如图所示，从图像可知，当且仅当x∈(0，2)时，y<0，所以原不等式的解集是{x|0<x<2}．

(2)当x∈时，f(x)＝1＋a.
不等式f(x)≤g(x)化为1＋a≤x＋3.
所以x≥a－2对x∈都成立，故－≥a－2，即a≤，
从而a的取值范围是.

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