2013年重庆高考数学(理)（含答案与解析）.doc

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1、2013年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）数 学（理科）一、本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1. 已知全集，集合，则（ ）.A. B. C. D. 分析 先求出两个集合的并集，再结合补集概念求解.解析 因为，所以，所以.故选D.2. 命题“对任意，都有”的否定为（ ）.A. 对任意，都有 B. 不存在，都有 C. 存在，都有 D. 存在，使得分析 根据含有一个量词的命题进行否定的方法直接写出.解析 “”的否定是“”，故“对任意，都有”的否定是“存在，使得”.故选D.3. 的最大值为（ ）.A. B. C. D. 分析 利用配方法结

2、合函数的定义域求解.解析 ， 由于，所以当时，有最大值.故选B.4. 以下茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分），已知甲组数据的中位数为，乙组数据的平均数为，则的值分别为（ ）.A. B. C. D. 分析 结合茎叶图上的原始数据，根据中位数和平均数的 概念列出方程进行求解. 解析 由于甲组数据的中位数为，所以.又乙组数据的平均数为，所以.所以的值分别为.故选C.5. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）.A. B. C. D. 分析 先将三视图还原为空间几何体，再根据体积公式求解.解析 由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为，下

3、底长为，高为，故面积为.又棱柱的高为，所以体积.故选C.6. 若，则函数的两个零点分别位于区间（ ）.A. 和内 B. 和内 C. 和内 D. 和内分析 计算出函数在区间端点处的函数值并判断符号，再利用零点的存在条件说明零点的位置.解析 因为，所以，因为，所以，所以的两个零点分别位于区间和内.故选A.7. 已知圆，圆，分别是圆上的动点，为轴上的动点，则的最小值为（ ）.A. B. C. D. 分析 先求出圆心坐标和半径，再结合对称性求解最小值.解析 设，设关于轴的对称点为， 那么.而，所以.故选A.8. 执行如图所示的程序框图，如果输出，那么判断框内应填入的条件是（ ）. A. B. C. D

4、. 分析 依据循环结构运算并结合输出结果确定条件.解析 ， ， ， . 停止，说明判断框内应填.故选B.9. （ ）.A. B. C. D. 分析 借助商数关系，三角恒等变换及角度拆分求解.解析 .故选C.10. 在平面上，.若，则的取值范围是（ ）.A. B. C. D. 分析 将所给条件转化为以为起点的向量表示，再利用所给关系列出不等式求解.解析 因为，所以，所以.因为，所以，所以.因为，所以，因为，所以，所以，所以，即.故选D.第II卷（共100分）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.ww11. 已知复数（是虚数单位），则 .分析 先化简复数，再利用定义求解复数的模.解析

5、.12. 已知是等差数列，公差，为其前项和，若成等比数列，则 .分析 借助等比中项及等差数列的通项公式求出等差数列的公差后，再得用等差数列的求和公式直接求.解析 因为成等比数列，所以，所以，所以.因为，所以.所以.13. 从名骨科、名脑外科和名内科医生中选派人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有人的选派方法种数是 （用数字作答）.分析 根据计数原理合理分类，还要注意每一类中的合理分步. 解析 分三类：选名骨科医生，则有（种）；选名骨科医生，则有（种）选名骨科医生，则有（种），所以骨科、脑外科和内科医生都至少有人的选派方法种类是.14. 如图，在中，过作的外接圆的切线，与外

6、接圆交于点，则的长为 .分析 结合圆的性质求解直角三角形，再利用切割线定理解得.解析 在中，所以.因为，所以.因为为切线，所以.因为，所以.由切割线定理得，即，所以.15. 在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.若极坐标方程为的直线与曲线（为参数）相交于两点，则 .分析 先将极坐标方程和参数方程化为普通方程，求出交点即可.解析 由，知.又所以.由得或所以.16. 若关于实数的不等式无解，则实数的取值范围是 .分析 利用三角不等式求解. 解析 因为，所以，要使无解，只需.答案：.三、解答题：本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.17. （本小题共

7、12分）设，其中，曲线在点处的切线与轴相交于点.（1）确定的值；（2）求函数的单调区间与极值.分析（1）借助导数求出切线方程，代入已知点即可求得字母取值；（2）首先确定函数的定义域，对函数求导并求出极值点，讨论函数的单调性以便进一步确定函数的极值，同时需要注意极值点两端的导函数值的符号.解析（1）因为，故.令，得，所以曲线在点处的切线方程为.由点在切线上可得，故.（2）由（1）知，.令，解得.当时，故在，上为增函数；当时，故在上为减函数.由此可知，在处取得极大值，在处取得极小值.18. （本小题共12分）某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有个红球与个白球的袋中任

8、意摸出个球，再从装有个蓝球与个白球的袋中任意摸出个球，根据摸出个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：奖级摸出红、蓝球个数获奖金额一等奖红蓝元二等奖红蓝元三等奖红蓝元其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级.（1）求一次摸奖恰好摸到个红球的概率；（2）求摸奖者在一次摸奖中获奖金额的分布列与期望.分析（1）利用古典概型结合数原理直接求解；（2）先确定离散型随机变量的取值，求出相应的概率分布，进一步求出随机变量的期望值.解析 设表示摸到个红求，表示摸到个蓝球，则与独立.（1）恰好摸到个红球的概率为.（2）的所有可能值为：，且，.综上可知，获奖金额的分布列为从而有（元）.19. （本小题共1

9、2分）如图，四棱锥中，底面，为的中点，.（1）求的长；（2）求二面角的正弦值.分析 先建立空间直角坐标系，再利用点的坐标和向量的坐标求解距离 和二面角的正弦值.解析（1）如图所示，连接交于点，因为，即为等腰三角形.又平分，故.以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则.而，所以.又，故，.因为，可设，由点为边中点，.又，因为，故，即，所以，所以的长为.（2）由（1）知，.设平面的法向量为，平面的法向量为，由，得因此可取.由，得故可取得.从而法向量的夹角余弦值为.故二面角的正弦值为.20. （本小题共13分）在中，内角的对边分别是，且.（1）求；（2）设，求的值.分析（

10、1）利用余弦定理的变形求解；（2）借助三角恒等变换将所给等式化简并求值.解析（1）因为，由余弦定理有.故.（2）由题意得，.因此.，. 因为，所以，所以.因为，即.解得.由得，解得.21. （本小题共14分）如图，椭圆的中心为原点，长轴在轴上，离心率，过左焦点作轴的垂线交椭圆于两点，.（1）求该椭圆的标准方程；（2）取垂直于轴的直线与椭圆相交于不同的两点，过作圆心为的圆，使椭圆上的其余点均在圆外.若，求圆的标准方程.分析（1）利用已知条件列方程组直接求解字母取值；（2）设出轨迹上点的坐标，结合图形找出最小值点.解析（1）由题意知，在椭圆上，则.从而. 由，得，从而.故该椭圆的标准方程为.（2）

11、由椭圆的对称性，可设.又设是椭圆上任意一点，则.设，由题意知，点是椭圆上到点的距离最小的点，因此，上式当时取最小值.又因为，所以上式当时取最小值，从而，且.因为，且，所以，即，由椭圆方程及，得，解得，从而.故这样的圆有两个，其标准方程分别为.22. 对正整数，记，.（1）求集合中元素的个数；（2）若的子集中任意两个元素之和不是整数的平方，则称为“稀疏集”.求的最大值，使能分成两人上不相交的稀疏集的并.分析（1）结合集合元素的特征求出元素个数；（2）利用分类讨论思想和反证法求解论证.解析（1）当时，中有个数与中的个数重复，因此中元素的个数为.（2）先证：当时，不能分成两个不相交的稀疏集的并.若不然，设为不相交的稀疏集，使.不妨设，则因为，故，即.同理，又推得，但，这与为稀疏集矛盾.再证符合要求.当时，可分成两个稀疏集之并，事实上，只要取，则为稀疏集，且.当时，中除整数外剩下的数组成集，可求解为下面两稀疏集的并：.当时，中除正整数外剩下的数组成集，可分解为下面两稀疏集的并：.最后，集合中的数的分母均为无理数，它与中的任何其他数之和都不是整数，因此，令，则和是不相交的稀疏集，且.综上可知，所求的最大值为.注：对的分析方法不是唯一的.11