2013年高考理科数学全国新课标卷1试题与答案.pdf

.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(全国新课标卷 I)第卷 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，只有一项是符合题目要求的 1(2013 课标全国，理 1)已知集合Ax|x22x0，Bx|5x5，则()AAB BABR CBA DAB 2(2013 课标全国，理 2)若复数z满足(34i)z|43i|，则z的虚部为()A4 B45 C4 D45 3(2013 课标全国，理 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 4(2013 课标全国，理 4)已知双曲线C：2222=1xyab(a0，b0)的离心率为52，则C的渐近线方程为()Ay14x By13x Cy12x Dyx 5(2013 课标全国，理 5)执行下面的程序框图，如果输入的t1,3，则输出的s属于()A3,4 B5,2 C4,3 D2,5 6(2013 课标全国，理 6)如图，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()A5003cm3 B8663cm3 C13723cm3 D20483cm3 7(2013 课标全国，理 7)设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm12，Sm0，Sm13，则m()A3 B4 C5 D6 8(2013 课标全国，理 8)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A168 B88 C1616 D816 .9(2013 课标全国，理 9)设m为正整数，(xy)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(xy)2m1展开式的二项式系数的最大值为b.若 13a7b，则m()A5 B6 C7 D8 10(2013 课标全国，理 10)已知椭圆E：2222=1xyab(ab0)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()A22=14536xy B22=13627xy C22=12718xy D22=1189xy 11(2013课标全国，理 11)已知函数f(x)220ln(1)0.xxxxx，若|f(x)|ax，则a的取值范围是()A(，0 B(，1 C2,1 D2,0 12(2013 课标全国，理 12)设AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，AnBnCn的面积为Sn，n1,2,3，.若b1c1，b1c12a1，an1an，bn12nnca，cn12nnba，则()ASn为递减数列 BSn为递增数列 CS2n1为递增数列，S2n为递减数列 DS2n1为递减数列，S2n为递增数列 第卷 本卷包括必考题和选考题两部分第(13)题第(21)题为必考题，每个试题考生都必须做答第(22)题第(24)题为选考题，考生根据要求做答 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分 13(2013 课标全国，理 13)已知两个单位向量a，b的夹角为 60，cta(1t)b.若bc0，则t_.14(2013课标全国，理14)若数列an的前n项和2133nnSa，则an的通项公式是an_.15(2013 课标全国，理 15)设当 x 时，函数 f(x)sin x2cos x 取得最大值，则 cos _.16(2013 课标全国，理 16)若函数 f(x)(1x2)(x2axb)的图像关于直线 x2 对称，则 f(x)的最大值为_ 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17(2013 课标全国，理 17)(本小题满分 12 分)如图，在ABC中，ABC90，AB3，BC1，P为ABC内一点，BPC90.(1)若PB12，求PA；(2)若APB150，求 tanPBA.18(2013 课标全国，理 18)(本小题满分 12 分)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)证明：ABA1C；(2)若平面ABC平面AA1B1B，ABCB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值 .19(2013 课标全国，理 19)(本小题满分 12 分)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n3，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n4，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12，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 20(2013 课标全国，理 20)(本小题满分 12 分)已知圆M：(x1)2y21，圆N：(x1)2y29，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|.21(2013 课标全国，理 21)(本小题满分 12 分)设函数f(x)x2axb，g(x)ex(cxd)若曲线yf(x)和曲线yg(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y4x2.(1)求a，b，c，d的值；(2)若x2 时，f(x)kg(x)，求k的取值范围 请考生在第(22)、(23)、(24)三题中任选一题做答注意：只能做所选定的题目如果多做，则按所做的第一个题目计分，做答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑 22(2013 课标全国，理 22)(本小题满分 10 分)选修 41：几何证明选讲 如图，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：DBDC；(2)设圆的半径为 1，BC3，延长CE交AB于点F，求BCF外接圆的半径 23(2013 课标全国，理 23)(本小题满分 10 分)选修 44：坐标系与参数方程 已知曲线C1的参数方程为45cos,55sinxtyt(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2sin.(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(0,02)24(2013 课标全国，理 24)(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲：已知函数f(x)|2x1|2xa|，g(x)x3.(1)当a2 时，求不等式f(x)g(x)的解集；(2)设a1，且当x1,2 2a时，f(x)g(x)，求a的取值范围.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(全国卷 I 新课标)第卷 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，只有一项是符合题目要求的 1 答案：B 解析：x(x2)0，x0 或x2.集合A与B可用图象表示为：由图象可以看出ABR，故选 B.2 答案：D 解析：(34i)z|43i|，55(34i)34i34i(34i)(34i)55z.故z的虚部为45，选 D.3 答案：C 解析：因为学段层次差异较大，所以在不同学段中抽取宜用分层抽样 4 答案：C 解析：52cea，22222254cabeaa.a24b2，1=2ba.渐近线方程为12byxxa.5 答案：A 解析：若t1,1)，则执行s3t，故s3,3)若t1,3，则执行s4tt2，其对称轴为t2.故当t2 时，s取得最大值 4.当t1 或 3 时，s取得最小值 3，则s3,4 综上可知，输出的s3,4故选 A.6 答案：A 解析：设球半径为R，由题可知R，R2，正方体棱长一半可构成直角三角形，即OBA为直角三角形，如图 BC2，BA4，OBR2，OAR，由R2(R2)242，得R5，所以球的体积为34500533(cm3)，故选 A.7 答案：C 解析：Sm12，Sm0，Sm13，amSmSm10(2)2，am1Sm1Sm303.dam1am321.Smma112m m 10，112ma.又am1a1m13，132mm.m5.故选 C.8 答案：A 解析：由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径r2，长为 4，在长方体中，长为 4，宽为 2，高为 2，所以几何体的体积为 r2412422816.故选 A.9 答案：B 解析：由题意可知，a2Cmm，b21Cmm，又13a7b，2!21!13=7!1!mmm mm m ，即132171mm.解得m6.故选 B.10 答案：D 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，A，B在椭圆上，2211222222221,1,xyabxyab，得 1212121222=0 xxxxyyyyab，即2121221212=yyyybaxxxx，AB的中点为(1，1)，y1y22，x1x22，而1212yyxxkAB011=3 12，221=2ba.又a2b29，a218，b29.椭圆E的方程为22=1189xy.故选 D.11 答案：D 解析：由y|f(x)|的图象知：当x0 时，yax只有a0 时，才能满足|f(x)|ax，可排除 B，C.当x0 时，y|f(x)|x22x|x22x.故由|f(x)|ax得x22xax.当x0 时，不等式为 00 成立 当x0 时，不等式等价于x2a.x22，a2.综上可知：a2,0 12 答案：B.第卷 本卷包括必考题和选考题两部分第(13)题第(21)题为必考题，每个试题考生都必须做答第(22)题第(24)题为选考题，考生根据要求做答 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分 13答案：2 解析：cta(1t)b，bctab(1t)|b|2.又|a|b|1，且a与b夹角为 60，bc，0t|a|b|cos 60(1t)，012t1t.t2.14答案：(2)n1 解析：2133nnSa，当n2 时，112133nnSa.，得12233nnnaaa，即1nnaa2.a1S112133a，a11.an是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，an(2)n1.15答案：2 55 解析：f(x)sin x2cos x 125sincos55xx，令 cos 15，sin 25，则f(x)5sin(x)，当x2k2(kZ)时，sin(x)有最大值 1，f(x)有最大值5，即2k2(kZ)，所以 cos cos 2+2kcos2sin 22 555.16答案：16 解析：函数f(x)的图像关于直线x2 对称，f(x)满足f(0)f(4)，f(1)f(3)，即15 164,08 93,babab 解得8,15.ab f(x)x48x314x28x15.由f(x)4x324x228x80，得x125，x22，x325.易知，f(x)在(，25)上为增函数，在(25，2)上为减函数，在(2，25)上为增函数，在(25，)上为减函数 f(25)1(25)2(25)28(25)15(84 5)(84 5)806416.f(2)1(2)2(2)28(2)15 3(41615)9.f(25)1(25)2(25)28(25)15(84 5)(84 5)806416.故f(x)的最大值为 16.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17 解：(1)由已知得PBC60，所以PBA30.在PBA中，由余弦定理得PA2117323cos 30424 .故PA72.(2)设PBA，由已知得PBsin.在PBA中，由正弦定理得3sinsin150sin(30)，化简得3cos 4sin.所以 tan 34，即 tanPBA34.18(1)证明：取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.因为CACB，所以OCAB.由于ABAA1，BAA160，故AA1B为等边三角形，所以OA1AB.因为OCOA1O，所以AB平面OA1C.又A1C平面OA1C，故ABA1C.(2)解：由(1)知OCAB，OA1AB.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，OA的方向为x轴的正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设知A(1,0,0)，A1(0，3，0)，C(0,0，3)，B(1,0,0)则BC(1,0，3)，1BB1AA(1，3，0)，1AC(0，3，3)设n(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，则10,0,BCBBnn即30,30.xzxy 可取n(3，1，1).故 cosn，1AC11ACACnn105.所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为105.19 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)41113161616264.(2)X可能的取值为 400,500,800，并且 P(X400)41111161616，P(X500)116，P(X800)14.所以X的分布列为 X 400 500 800 P 1116 116 14 EX1111400+500+80016164506.25.20 解：由已知得圆M的圆心为M(1,0)，半径r11；圆N的圆心为N(1,0)，半径r23.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|(Rr1)(r2R)r1r24.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3的椭圆(左顶点除外)，其方程为22=143xy(x2)(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|PN|2R22，所以R2，当且仅当圆P的圆心为(2,0)时，R2.所以当圆P的半径最长时，其方程为(x2)2y24.若l的倾斜角为 90，则l与y轴重合，可得|AB|2 3.若l的倾斜角不为 90，由r1R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，则1|QPRQMr，可求得Q(4,0)，所以可设l：yk(x4)由l与圆M相切得2|3|=11kk，解得k24.当k24时，将224yx代入22=143xy，并整理得 7x28x80，解得x1,246 27.所以|AB|221181|7kxx.当24k 时，由图形的对称性可知|AB|187.综上，|AB|2 3或|AB|187.21 解：(1)由已知得f(0)2，g(0)2，f(0)4，g(0)4.而f(x)2xa，g(x)ex(cxdc)，故b2，d2，a4，dc4.从而a4，b2，c2，d2.(2)由(1)知，f(x)x24x2，g(x)2ex(x1)设函数F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2，则F(x)2kex(x2)2x42(x2)(kex1)由题设可得F(0)0，即k1.令F(x)0 得x1ln k，x22.若 1ke2，则2x10.从而当x(2，x1)时，F(x)0；当x(x1，)时，F(x)0.即F(x)在(2，x1)单调递减，在(x1，)单调递增故F(x)在2，)的最小值为F(x1)而F(x1)2x1221x4x12x1(x12)0.故当x2 时，F(x)0，即f(x)kg(x)恒成立 若ke2，则F(x)2e2(x2)(exe2)从而当x2 时，F(x)0，即F(x)在(2，)单调递增 而F(2)0，故当x2 时，F(x)0，即f(x)kg(x)恒成立 若ke2，则F(2)2ke222e2(ke2)0.从而当x2 时，f(x)kg(x)不可能恒成立 综上，k的取值范围是1，e2 请考生在第(22)、(23)、(24)三题中任选一题做答注意：只能做所选定的题目如果多做，则按所做的第一个题目计分，做答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑 22 (1)证明：连结DE，交BC于点G.由弦切角定理得，ABEBCE.而ABECBE，故CBEBCE，BECE.又因为DBBE，所以DE为直径，DCE90，由勾股定理可得DBDC.(2)解：由(1)知，CDEBDE，DBDC，故DG是BC的中垂线，所以BG32.设DE的中点为O，连结BO，则BOG60.从而ABEBCECBE30，所以CFBF，故 RtBCF外接圆的半径等于32.23 解：(1)将45cos,55sinxtyt消去参数t，化为普通方程(x4)2(y5)225，即C1：x2y28x10y160.将cos,sinxy代入x2y28x10y160 得.28cos 10sin 160.所以C1的极坐标方程为 28cos 10sin 160.(2)C2的普通方程为x2y22y0.由2222810160,20 xyxyxyy 解得1,1xy或0,2.xy 所以C1与C2交点的极坐标分别为2,4，2,2.24 解：(1)当a2 时，不等式f(x)g(x)化为|2x1|2x2|x30.设函数y|2x1|2x2|x3，则y15,212,1,236,1.x xxxxx 其图像如图所示从图像可知，当且仅当x(0,2)时，y0.所以原不等式的解集是x|0 x2 (2)当x1,2 2a时，f(x)1a.不等式f(x)g(x)化为 1ax3.所以xa2 对x1,2 2a都成立 故2aa2，即43a.从而a的取值范围是41,3.