2013年高考数学新课标1(理)

2013年普通高等学校招生全国统一考试理科数学第卷一、 选择题共12小题.每小题5分，共60分.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一项.1.已知集合，则 ( ).A. B. C.D.分析 先求解集合，再进行集合之间的运算.解析：因为所示故选B.2.若复数满足，则的虚部为().A. B. C. D.分析 先进行复数的运算，再确定复数的虚部.解析：因为所以所以的虚部为故选D.3.为了解某地区的中小学生视力情况，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.系统抽样分析 结合三种抽样的特点有抽样要求求解.解析：由于三个学段学生的视力情况差别较大，故需按学段分层抽样.故选C.4.已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为().A. B.C. D.分析 先由双曲线的离心率建立字母之间的关系，再求渐近线方程.解析：由，得，而的渐近线方程为，所以所求渐近线方程为故选C.5.执行右面的程序框图，如果输入的，则输出的属于 ( ).A. B. C. D. 分析 先识别程序框图的功能，即求分段函数的值域，再分别求出.解析：因为，当时，；当时，所以.故选A.6.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高，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，如果不计容器的厚度，则球的体积为 ( ).A. B. C. D.分析 利用球的截面性质结合直角三角形求解. 解析：如图所示，作出球的一个截面，则， 设球的半径为，则，所以，所以.故选A.7.设等差数列的前项和为，则 ( )A. B. C. D.分析:可以先求出首项和公差，再利用等差数列的求和公式和通项公式求解.解析：因为是等差数列，所以因为，所以，所以又， 所以，所以，所以故选C.8. 某几何函数的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）.A. B. C. D. 分析 将三视图还原为原来的几何体，再利用体积公式求解.解析：原几何体为组合体：上面是长方体，下面是圆柱的一半（如图所示），其体积为故选A. 9.设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为 ，展开式的二项式系数的最大值为，若，则 ( ).A. B. C.7D.分析 先根据二项展开式中二项式系数的特点确定系数的最大值，再利用组合数公式求解.解析：展开式中二项式系数的最大值为，所以.同理，因为，所以所以所以故选B.10.已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点.若的中点坐标为，则的方程为 ().A. B. C. D. 分析 设出椭圆上点的坐标，利用中点弦的点差法求解斜率.解析：设则得所以因为所以而 所以所以的方程为故选D.11. 已知函数，若，则的取值范围是（ ）.A. B. C. D. 分析 先画出函数的图像，数形结合求解.解析：作出函数的图象，如图所示，当时，必有其中是在原点处的切线斜率，显然，所以的取值范围是故选D.12.设的三边长分别为，的面积为，若，则().A. 为递减数列B. 为递增数列C. 为递增数列，为递减数列D. 为递减数列，为递增数列分析 先确定三角形的一边长不变及周长不变，利用另两边最接近的时候面积最大等知识求解.在中，所以.在中，所以在中，所以由归纳知，越大，两边越靠近且，此时面积越来越大，当且仅当时面积最大.故选B.第卷二填空题：本大题共四小题，每小题5分.13. 已知两个单位向量的夹角为，若，则 .分析 直接利用平面向量的数量积运算求解.解析：.因为，所以.因为，所以，所以.14. 若数列的前项和为，则数列的通项公式是_.分析 根据数列的前项和与通项公式的关系先解首项，再进一步确定是个特殊数列.解析：当时，所以.当时，所以，即，所以是以1为首项的等比数例， 其公比为，所以，即.15. 设当时，函数取得最大值，则 . 分析 先利用三角恒等变换求得函数的最大值，再利用方程思想求解.解析：，设，则所以，所以，所以又因为时，取得取大值，所以.又， 所以即.16.若函数的图像关于直线对称，则的最大值是_.分析 利用函数图象的对称性找出两个特殊点就可求出字母的取值，再利用换元法求最值.解析：点在的图象上，且图象关于直线对称，所以点必在的图象上，所以，.联立，解得所以令则 ，当时，.三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.本小题满分12分.如图，在中，为内一点，ABCP（1）若，求； （2）若，求.分析 （1）在三角形中利用余弦定理求边长；（2）利用正弦定理 得出弦之间的关系，再利用商数关系化为正切.解析：（1）由已知得，所以.在中，由余弦定理得，故.（2）设，由已知得.在中，由正弦定理，化简得，所以，即.18.本小题满分12分.如图，三棱柱中，.（1）证明：；（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.分析 （1）先证明直线与平面垂直，再利用线面垂直的性质求证线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，写出点与向量坐标，将线面角的大小用方向向量和法向量表示，但要注意线面角的范围.解析（1）证明：如图（1）所示，取的中点，连接，.因为，所以.由于，故为等边三角形，所以.因为，所以.又，故.（2）由（1）知，又，交线为，所以，故两两相互垂直.以为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长，建立如图（2）所示的空间直角坐标系.由题设知，则，.设是平面的法向量，则即可取故.所以与平面所成角的正弦值为.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件作检验，这件产品中优质品的件数记为.如果，再从这批产品中任取件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果，再从这批产品中任取件作检验，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，即取出的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）已知每件产品检验费用为元，凡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单位：元.，求的分布列及数学期望.分析 （1）先判断是互斥事件，再进一步用概率公式求解；（2）利用离散型随机变量的概率分布求解，注意分布列中概率之和等于1.解析（1）设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件，第一次取出的4件产品全是优质品为事件，第二次取出的4件产品都是优质品为事件，第二次取出的1件产品是优质品为事件，这批产品通过检验为事件，依题意有，且与互斥.所以.（2）可能的取值为400，500，800，并且，所以的分布列为400500800 (20)(本小题满分12分)已知圆，圆，动圆与圆外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线.（1）求的方程；（2）是与圆，圆都相切的一条直线， 与曲线交于两点，当圆的半径最长时，求.分析 （1）结合圆的几何性质和椭圆的定义求解；（2）利用直线与圆相切的性质求解，要注意直线的斜率是不是存在.解析：由已知得圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径.设圆的圆心为，半径为.（1）因为圆与圆外切并且与圆内切，所以.由椭圆的定义可知，曲线是以为左，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.（2）对于曲线上任意一点，由于，所以，当且仅当圆的圆心为时，所以当圆的半径最长时，其方程为.若的倾斜角为，则与轴重合，可得.若的倾斜角不为，由知不平行于轴，设与轴的交点为，则，可求得，所以可设.由与圆相切得，解得.当时，将代入，并整理得，解得，所以.当时，由图形的对称性可知.综上，或.21.本小题满分共12分.已知函数，若曲线和曲线都过点，且在点处有相同的切线（1）求的值（2）若v时，求的取值范围.分析 （1）利用所给的点及切线方程列出方程组求解字母的取值；（2）构造函数，利用导数求解函数的最大值，求解时需要注意分类讨论.解析（1）由已知得，.而，故从而（2）由（1）知，设函数，则由题设可得，即.令得（i）若，则.从而当时，；当时，即在上单调递减，在上单调递增，故在上的最小值为，而.故当时，即恒成立.（ii）若，则从而当时，即在上单调递增，而，故当时，即恒成立.（iii）若，则从而当时，不可能恒成立.综上，的取值范围是.22.本小题满分10分.选修41：几何证明选讲. 如图，直线为圆的切线，切点为，点在圆上，的角平分线交圆于点垂直交圆于点.（1）证明：；（2）设圆的半径为，延长交于点，求外接圆的半径. 分析（1）利用圆的性质结合弦切角定理证明线段相等； （2）先证明中垂线，再结合圆的几何性质求圆的半径.解析：（1）证明：如图所示，连接，交于点.由弦切角定量，得，而，故，所以又因为，所以为圆的直径，.由勾股定理可得（2）由（1）知，故是边的中垂线，所以设的中点为，连接，则，从而，所以，故外接圆的半径等于.23.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）把的参数方程化为极坐标方程； （2）求与交点的极坐标.分析 利用同角三角函数的平方关系将参数方程化为普通方程；（2）利用联立方程组求解曲线的交点.解析（1）将消去参数，化为普通方程即将代入得所以的极坐标方程为（2）的普通方程为.由解得