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)

1、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 PAGE 15 2013年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷)(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 Ax|x2，故2 若复数z满足(34i)z|43i|，则z的虚部为()A4 Beq f(4,5) C4 D.eq f(4,5)2【答案】D解析 zeq f(|43i|,34i)eq f(5,34i)eq f(5（34i）,25)eq f(3,5)eq f(4,5)i，故z的虚部是eq f(4,5)

2、.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：eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1(a0，b0)的离心率为eq f(r(5),2)，则C的渐近线方程为()Ayeq f(1,4)x Byeq f(1,3)xCyeq f(1,2)x Dyx4【答案】C

3、解析 离心率eq f(c,a)eq f(r(5),2)，所以eq f(b,a)eq r(f(c2a2,a2)eq r(blc(rc)(avs4alco1(f(c,a)sup12(2)1)eq f(1,2).由双曲线方程知焦点在x轴上，故渐近线方程为yeq f(1,2)x.图115 执行如图11所示的程序框图，如果输入的t1，3，则输出的s属于()A3，4B5，2C4，3D2，55【答案】A解析 由框图可知，当t1，1)时，s3t，故此时s3，3)；当t1，3时，s4tt2(t2)24，故此时s3，4，综上，s3，4图126 如图12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，

4、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.eq f(500,3) cm3B.eq f(866,3) cm3C.eq f(1372,3) cm3 D.eq f(2048,3) cm36【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R2，故R2(R2)242R5，所以Veq f(4,3)R3eq f(500,3)(cm3)7 设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm12，Sm0，Sm13，则m()A3 B4 C5 D67【答案】C解析 设首项为a1，公差为d，由题意可知amSmSm12，am1

5、Sm1Sm3，故d1.又Smeq f(m（a1am）,2)0，故a1am2，又Smma1eq f(m（m1）,2)d0，2meq f(m（m1）,2)0m5.8 某几何体的三视图如图13所示，则该几何体的体积为()图13A168 B88C1616 D8168【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V224eq f(1,2)224168.9 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 D89【答案】B解析 (x2y)2m展开式的二项式系数的最大值是

6、Ceq oal(m,2m)，即aCeq oal(m,2m)；(x2y)2m1展开式的二项式系数的最大值是Ceq oal(m,2m1)，即bCeq oal(m,2m1)，13a7b，13Ceq oal(m,2m)7Ceq oal(m,2m1)，13eq f(（2m）！,m！m！)7eq f(（2m1）！,（m1）！m！)，易得m6.10 已知椭圆E：eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1(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()A.eq f(x2,45)eq f(y2,36)1 B.eq f(x2,36)eq f(y2,

7、27)1C.eq f(x2,27)eq f(y2,18)1 D.eq f(x2,18)eq f(y2,9)110【答案】D解析 由题意知kABeq f(1,2)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq blc(avs4alco1(f(xeq oal(2,1),a2)f(yeq oal(2,1),b2)1，,f(xeq oal(2,2),a2)f(yeq oal(2,2),b2)1)eq f(（x1x2）（x1x2）,a2)eq f(（y1y2）（y1y2）,b2)0.由AB的中点是(1，1)知eq blc(avs4alco1(x1x22，,y1y22，)eq f(b2,a2)eq f(y

8、1y2,x1x2)eq f(1,2)，联立a2b29，解得a218，b29，故椭圆E的方程为eq f(x2,18)eq f(y2,9)1.11， 已知函数f(x)eq blc(avs4alco1(x22x，x0，,ln（x1），x0.)若|f(x)|ax，则a的取值范围是()A(，0 B(，1C2，1 D2，011【答案】D解析 方法一：若x0，|f(x)|x22x|x22x，x0时，不等式恒成立，x0时，不等式可变为ax2，而x20，|f(x)|ln(x1)|ln(x1)，由ln(x1)ax，可得aeq f(ln（x1）,x)恒成立，令h(x)eq f(ln（x1）,x)，则h(x)eq f

9、(f(x,x1)ln（x1）,x2)，再令g(x)eq f(x,x1)ln(x1)，则g(x)eq f(x,（x1）2)0，故g(x)在(0，)上单调递减，所以g(x)g(0)0，可得h(x)eq f(f(x,x1)ln（x1）,x2)0，a0.综上可知，2a0，故选D.方法二：数形结合：画出函数|f(x)|eq blc(avs4alco1(x22x，x0，,ln（x1），x0)与直线yax的图像，如下图，要使|f(x)|ax恒成立，只要使直线yax的斜率最小时与函数yx22x，x0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y2x2，所以y|x02，所以2a0.12 设AnB

10、nCn的三边长分别为an，bn，cn，AnBnCn的面积为Sn，n1，2，3，.若b1c1，b1c12a1，an1an，bn1eq f(cnan,2)，cn1eq f(bnan,2)，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12【答案】B解析 因为an1an，所以ana1.又因为bn1cn1eq f(1,2)(bncn)aneq f(1,2)(bncn)a1，所以bn1cn12a1eq f(1,2)(bncn2a1)因为b1c12a10，所以bncn2a1，故AnBnCn中边BnCn的长度不变，另外两边AnBn，AnCn

11、的和不变因为bn1cn1eq f(1,2)(bncn)，且b1c10，所以bncneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq sup12(n1)(b1c1)，当n时，bncn，也就是AnCnAnBn，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Sneq f(1,2)a1hn是增函数答案为B.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(1t)，若0，则t_13【答案】2解析 因为|1，eq f(1,2)，所以t(1t)eq f(1,2)t1t0，所以t2.14 若数列

12、an的前n项和Sneq f(2,3)aneq f(1,3)，则an的通项公式是an_14【答案】(2)n1解析 因为Sneq f(2,3)aneq f(1,3)，所以Sn1eq f(2,3)an1eq f(1,3)，得aneq f(2,3)aneq f(2,3)an1，即an2an1，又因为S1a1eq f(2,3)a1eq f(1,3)a11，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an(2)n1.15 设当x时，函数f(x)sin x2cos x取得最大值，则cos _15【答案】eq f(2 r(5),5)解析 因为f(x)sin x2cos xeq r(5)sin(x)eq

13、blc(rc)(avs4alco1(tan 2，blc(rc)(avs4alco1(f(,2)，0)，所以当xeq f(,2)2k(k)，即xeq f(,2)2k(k)时，yf(x)取得最大值eq r(5)，则cos cos xcoseq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)2k)sin ，由eq blc(avs4alco1(tan f(sin ,cos )2，,sin2 cos2 1，)eq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)，0)可得sineq f(2 r(5),5)，所以coseq f(2 r(5),5).16 若函数f(x)(1x2)(x2axb)的图像关于直线x

14、2对称，则f(x)的最大值为_16【答案】16解析 方法一：因为f(x)4x33ax22(1b)xa，函数f(x)是连续可导函数，且关于直线x2对称，所以f(2)0，即f(2)3212a4(1b)a0，可得11a4b28，又因为f(0)f(4)，所以15a4b60，联立方程组可得a8，b15，f(x)(1x2)(x28x15)，f(x)4(x36x27x2)，因为2是函数f(x)的一个极值点，所以f(x)4(x2)eq blc(rc)(avs4alco1(x2r(5)eq blc(rc)(avs4alco1(x2r(5)，可知当xeq blc(rc)(avs4alco1(，2r(5)时，f(x

15、)单调递增，当xeq blc(rc)(avs4alco1(2r(5)，2)时，f(x)单调递减，当xeq blc(rc)(avs4alco1(2，2r(5)时，f(x)单调递增，当xeq blc(rc)(avs4alco1(2r(5)，)时，f(x)单调递减，且feq blc(rc)(avs4alco1(2r(5)feq blc(rc)(avs4alco1(2r(5)，所以feq blc(rc)(avs4alco1(x)eq sdo7(max)feq blc(rc)(avs4alco1(2r(5)feq blc(rc)(avs4alco1(2r(5)eq blc(rc)(avs4alco1(4

16、r(5)8)eq blc(rc)(avs4alco1(4r(5)8)806416.方法二：令feq blc(rc)(avs4alco1(x)0可得x1或x1，因为函数f(x)的图像关于直线x2对称，所以eq blc(avs4alco1(fblc(rc)(avs4alco1(5)0,fblc(rc)(avs4alco1(3)0)，可得eq blc(avs4alco1(a8，,b15.)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14所示，在ABC中，ABC90，ABeq r(3)，BC1，P为ABC内一点，BPC90.(1)若PBeq f(1,2)，求PA；(2)若

17、APB150，求tan PBA.图1417【答案】解：(1)由已知得， PBC60，所以PBA30.在PBA中，由余弦定理得PA23eq f(1,4)2eq r(3)eq f(1,2)cos 30eq f(7,4).故PAeq f(r(7),2).(2)设PBA，由已知得PBsin .在PBA中，由正弦定理得eq f(r(3),sin 150)eq f(sin ,sin（30）)，化简得eq r(3)cos 4sin .所以tan eq f(r(3),4)，即tan PBAeq f(r(3),4).18 如图15所示，三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)证明：

18、ABA1C；(2)若平面ABC平面AA1B1B，ABCB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值图1518【答案】解：(1)证明：取AB的中点O，联结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)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，eq o(OA,sup6()的方向为x轴的正方向，|eq o(OA,sup6()|为单位长，建

19、立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设知A(1，0，0)，A1(0，eq r(3)，0)，C(0，0，eq r(3)，B(1，0，0)则eq o(BC,sup6()(1，0，eq r(3)，eq o(BB1,sup6()eq o(AA1,sup6()(1，eq r(3)，0)，eq o(A1C,sup6()(0，eq r(3)，eq r(3)设(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，则eq blc(avs4alco1(o(BC,sup6()0，,no(BB1,sup6()0.)即 eq blc(avs4alco1(xr(3)z0，,xr(3)y0.)可取(eq r(3)，1，1)故cos

20、 ，eq o(A1C,sup6()eq f(no(A1C,sup6(),|n|o(A1C,sup6()|)eq f(r(10),5).所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为eq f(r(10),5).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eq f(1,2)，且各件产品是否为优质

21、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)eq f(4,16)eq f(1,16)

22、eq f(1,16)eq f(1,2)eq f(3,64).(2)X可能的取值为400，500，800，并且P(X400)1eq f(4,16)eq f(1,16)eq f(11,16)，P(X500)eq f(1,16)，P(X800)eq f(1,4).所以X的分布列为X400500800Peq f(11,16)eq f(1,16)eq f(1,4)E(X)400eq f(11,16)500eq f(1,16)800eq f(1,4)506.25.20， 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

23、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eq r(3)的椭圆(左顶点除外)，其方程为eq f(x2,4)eq f(y2,3)1(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，

24、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 eq r(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eq f(|QP|,|QM|)eq f(R,r1)，可求得Q(4，0)，所以可设l：yk(x4)由l与圆M相切得eq f(|3k|,r(1k2)1，解得keq f(r(2),4).当keq f(r(2),4)时，将yeq f(r(2),4)xeq r(2)代入eq f(x2,4)eq f(y2,3)1，并整理得7x28x80.解得x1，2eq f(46 r(2),7).所以|AB|eq r(1k2)|x2x

25、1|eq f(18,7).当keq f(r(2),4)时，由图形的对称性可知|AB|eq f(18,7).综上，|AB|2 eq r(3)或|AB|eq f(18,7).21 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21【答案】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

26、，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，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)2x12xeq oal(2,1)4x12x1(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，)上单调递增，而F(2)0，

27、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图1622 选修41：几何证明选讲如图16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：DBDC；(2)设圆的半径为1，BCeq r(3)，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，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)由(1)知，CDEBDE，DBDC，故DG是BC的中垂线，所以BGeq f(r(3),2).设DE的中点为O，联结BO，则BOG60.从而ABEBCECBE30，所以CFBF，故RtBCF外接圆的半径等于eq f(r(3),2).23 选修44：坐标系与参数方程已知曲线C1的参数方程为