2013新课标1卷高考数学理科试题及答案

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第Ⅰ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Ax|x2x0,Bx|5x5，则 ( ) A.A∩B= B.A∪B=R C.B⊆A

D.A⊆B

(

)

22.若复数z满足(34i)z|43i|，则z的虚部为 A.4 B.4 5 C.4 D.

4 53.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

x2y254.已知双曲线C：221（a0,b0）的离心率为，则C的渐近线方程为

ab2A.y111x B.yx C.yx D.yx 4235.运行如下程序框图，如果输入的t[1,3]，则输出s属于

A.[3,4] B.[5,2] C.[4,3] D.[2,5]

6.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，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6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为 ( )

A.

5003cm 3B.

866313722048cm C. cm3 D. cm3 3337.设等差数列an的前n项和为Sn,Sm12,Sm0,Sm13，则m ( )

1

A.3 B.4 C.5 D.6

8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

A．168 B．88 C．1616 D．816 9.设m为正整数，(xy)2m2m1展开式的二项式系数的最大值为a，(xy)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

x2y210.已知椭圆E:221(ab0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A,B两点。若AB的

ab中点坐标为(1,1)，则E的方程为 ( )

x2y21 A.

4536

x2y21 B.

3627

x2y21 C.

2718x2y21 D.

189x22x,x011.已知函数f(x)，若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是

ln(x1),x0A．(,0] B．(,1] C．[2,1] D．[2,0]

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anban，则( ) ,cn1n22

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 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a，b的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)b，若b·c=0，则t=_____. 14.若数列{an}的前n项和为Sn＝

21an，则数列{an}的通项公式是an=______. 3315.设当x时，函数f(x)sinx2cosx取得最大值，则cos______

16.若函数f(x)=(1x)(xaxb)的图像关于直线x2对称，则f(x)的最大值是______. 三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

2

2217.（本小题满分12分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB=3 ，BC=1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°

1

(1)若PB=2，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA

18.（本小题满分12分）

如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB，AB=A A1，∠BA A1=60°. （Ⅰ）证明AB⊥A1C;

（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB=2，求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值。

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100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X（单位：元），求X的分布列及数学期望。 20.(本小题满分12分)已知圆M:(x1)y1,圆N:(x1)y9,动圆P与M外切并且与

2222圆N内切，圆心P的轨迹为曲线 C. （Ⅰ）求C的方程；

（Ⅱ）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.（本小题满分共12分）已知函数f(x)＝xaxb，g(x)＝e(cxd)，若曲线yf(x)和曲线

2xyg(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y4x2

（Ⅰ）求a，b，c，d的值；（Ⅱ）若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围。

3

22．（本小题满分10分）选修4—1：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D。 （Ⅰ）证明：DB=DC； （Ⅱ）设圆的半径为1，BC=

，延长CE交AB于点F，求△BCF外接圆的半径。

23.（本小题10分）选修4—4：坐标系与参数方程 已知曲线C1的参数方程为x45cost(t为参数），

y55sint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。 （Ⅰ）把C1的参数方程化为极坐标方程；

（Ⅱ）求C1与C2交点的极坐标（ρ≥0,0≤θ＜2π）。 24.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲 已知函数f(x)=|2x1||2xa|,g(x)=x3. （Ⅰ）当a=2时，求不等式f(x)＜g(x)的解集；

（Ⅱ）设a＞-1,且当x∈[

a1，)时，f(x)≤g(x),求a的取值范围. 22参考答案

一、选择题

1．【解析】A=(-,0)∪(2,+), ∴A∪B=R,故选B.

|43i|44232(34i)342．【解析】由题知z===i，故z的虚部为，故选D.

34i5(34i)(34i)553．【解析】因该地区小学.初中.高中三个学段学生的视力情况有较大差异，故最合理的抽样方法是按学段分层抽样，故选C.

5c2a2b2b1b21c51C4．【解析】由题知，，即=2=，∴=，∴=，∴的渐近线方程为yx，224aa2aa4a22故选C.

4

5．【解析】有题意知，当t[1,1)时，s3t∴输出s属于[-3,4]，故选A.

[3,3)，当t[1,3]时，s4tt2[3,4]，

6．【解析】设球的半径为R，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R-2，则

453500cm3，故选A. R(R2)4，解得R=5，∴球的体积为

332227．【解析】有题意知Sm=

m(a1am)=0，∴a1=－am=－（Sm-Sm1）=－2，

2am1= Sm1-Sm=3，∴公差d=am1-am=1，∴3=am1=－2m，∴m=5，故选C.

8．【解析】由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为2高为4，上边放一个长为4宽为2高为2长方体，故其体积为

1224422 =168，故选A. 2mm1mm19．【解析】由题知a=C2m，b=C2m1，∴13C2m=7C2m1，即

解得m=6，故选B.

10．【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1x2=2，y122x12y12x2y221 ① 221 ② 2abab13(2m)!7(2m1)!=，

m!m!(m1)!m!y2=－2，

①－②得

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0， 22ab011b2(x1x2)b2b21y1y222222∴kAB==2=2，又kAB==，∴2=，又9=c=ab，解得b=9，a=18，

a(y1y2)a312a2x1x2x2y21，故选D. ∴椭圆方程为

189x22x,x0x0x011．【解析】∵|f(x)|=，∴由|f(x)|≥ax得，2且，

ln(x1)axln(x1),x0x2xax由x0x2xax2可得ax2，则a≥-2，排除Ａ，Ｂ，

当a=1时，易证ln(x1)12．B 13．【解析】bx对x0恒成立，故a=1不适合，排除C，故选D.

11c=b•[ta(1t)b]=ta•b(1t)b2=t1t=1t=0，解得t=2.

225

14．【解析】当n=1时，a1=S1=

21a1，解得a1=1， 33当n≥2时，an=Sn212212Sn1=an－(an1)=anan1，即an=2an1，

333333n1∴{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴an=(2).

15．【解析】∵f(x)=sinx2cosx=5(525sinxcosx) 55令cos=525，sin，则f(x)=5(sinxcossincosx)=5sin(x)， 55当x=2k2,kz，即x=2k2,kz时，f(x)取最大值，此时=2k2,kz，∴

cos=cos(2k16．【解析】由0=0=

2)=sin=25. 5f(x)图像关于直线x=－2对称，则

f(1)f(3)=[1(3)2][(3)23ab]，

f(1)f(5)=[1(5)2][(5)25ab]，解得a=8，b=15，

2∴f(x)=(1x)(x28x15)，

2∴f(x)=2x(x8x15)(1x2)(2x8)=4(x36x27x2)

5)(x25)

=4(x2)(x2当x∈(－∞,2当x∈(25)∪(－2, 25)时，f(x)＞0，

5,－2)∪(25,+∞)时，f(x)＜0，

5）单调递增，在（25，－2）单调递减，在（－2，25）单调递增，∴f(x)在（－∞，2在（25，+∞）单调递减，故当x=25和x=25时取极大值，f(25)=f(25)=16.

17．【解析】（Ⅰ）由已知得，∠PBC=

60o，∴∠PBA=30o，在△PBA中，由余弦定理得

1177； PA2=323cos30o=，∴PA=4242 6

（Ⅱ）设∠PBA=，由已知得，PB=sin，在△PBA中，由正弦定理得，3sin，化简得，oosin150sin(30)3cos4sin，

∴tan=33，∴tanPBA=. 4418．【解析】（Ⅰ）取AB中点E，连结CE，A1B，A1E，

∵AB=AA1，BAA1=60，∴BAA1是正三角形，

∴A1E⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ∵CEA1E=E，∴AB⊥面CEA1， ∴AB⊥AC1； ……6分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知EC⊥AB，EA1⊥AB，

又∵面ABC⊥面ABB1A1，面ABC∩面ABB1A1=AB，

∴EC⊥面

0ABB1A1，∴EC⊥EA1，

∴EA，EC，EA1两两相互垂直，以E为坐标原点，EA的方向为x轴正方向，|EA|为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系Oxyz， 有题设知A(1,0,0),1,0,A1(0,3,0),C(0,0,3),B(－1,0,0),则BC=（1,0，3）,BB1=AA1=(－

3),AC1=(0,－3,3), ……9分

设n=(x,y,z)是平面CBB1C1的法向量，

n•BC0x3z0则，即，可取n=（3，1，-1）， n•BB10x3y0∴cosn,A1C=

n•A1C10，

|n||A1C|510. ……12分 57

∴直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值为

19．【解析】设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A，第一次取出的4件产品中全为优质品为事件B,第二次取出的4件产品都是优质品为事件C，第二次取出的1件产品是优质品为事件D，这批产品通过检验为事件E，根据题意有E=(AB)∪(CD),且AB与CD互斥， ∴P(E)=P(AB)+P(CD)=P(A)P(B|A)+P(C)P(D|C)=C4(（Ⅱ）X的可能取值为400,500,800，并且 P(X=400)=1-C4(∴X的分布列为

X P 400 500 800 33121141413)()+()=.…6分 22222641311411111313)()=，P(X=500)=，P(X=800)=C4()=， 222161622411 161 161 4 ……10分 EX=400×

20．【解析】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. 设动圆P的圆心为P（x，

1111+500×+800×=506.25 ……12分 16164y），半径为R.

R)=r1r2=4，

3的椭圆(左顶点除外)，其方程为

（Ⅰ）∵圆P与圆M外切且与圆N内切，∴|PM|+|PN|=(Rr1)(r2由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左右焦点，场半轴长为2，短半轴长为x2y21(x2). 43（Ⅱ）对于曲线C上任意一点P（x，y），由于|PM|-|PN|=2R2≤2，∴R≤2, 当且仅当圆P的圆心为（2，0）时，R=2. ∴当圆P的半径最长时，其方程为(x2)当l的倾斜角为90时，则l与

002y24，

y轴重合，可得|AB|=23. |QP|R=，可求得Q（-4，0），

|QM|r1当l的倾斜角不为90时，由r1≠R知l不平行x轴，设l与x轴的交点为Q，则

∴设l：yk(x4)，由l于圆M相切得|3k|1k21，解得k2. 4x2y2224621(x2)并整理得7x28x80，解得x1,2=当k=时，将y，x2代入43447∴|AB|=1k|x1x2|=

218. 78

当k=－218时，由图形的对称性可知|AB|=， 4718或|AB|=23. 7综上，|AB|=

21．【解析】（Ⅰ）由已知得而

f(0)2,g(0)2,f(0)4,g(0)4，

f(x)=2xb，g(x)=ex(cxdc)，∴a=4，b=2，c=2，d=2；……4分

f(x)x24x2，g(x)2ex(x1)，

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，

设函数F(x)=kg(x)f(x)=2kex(x1)x24x2（x2），

F(x)=2kex(x2)2x4=2(x2)(kex1)，

有题设可得F(0)≥0，即k1， 令F(x)=0得，x1=lnk，x2=－2， （1）若1k在

e2，则－2＜x1≤0，∴当x(2,x1)时，F(x)＜0，当x(x1,)时，F(x)＞0，即F(x)(2,x1)单调递减，在(x1,)单调递增，故F(x)在x=x1取最小值F(x1)，而

F(x1)=2x12x124x12=x1(x12)≥0，

∴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e2)，

∴当x≥－2时，F(x)≥0，∴F(x)在(－2,+∞)单调递增，而F(2)=0， ∴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，

∴当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立， 综上所述，k的取值范围为[1,e]. 22．【解析】（Ⅰ）连结DE，交BC与点G.

2

9

由弦切角定理得，∠ABF=∠BCE，∵∠ABE=∠CBE，∴∠CBE=∠BCE，BE=CE， 又∵DB⊥BE，∴DE是直径，∠DCE=90，由勾股定理可得DB=DC.

0（Ⅱ）由（Ⅰ）知，∠CDE=∠BDE，BD=DC，故DG是BC的中垂线，∴BG=3. 2设DE中点为O，连结BO，则∠BOG=60，∠ABE=∠BCE=∠CBE=30，

oo∴CF⊥BF， ∴Rt△BCF的外接圆半径等于3. 223. 【解析】将x45cost22消去参数t，化为普通方程(x4)(y5)25，

y55sintxcos22即C1：xy8x10y160，将代入xy8x10y160得，

ysin2228cos10sin160，

∴C1的极坐标方程为28cos10sin160；

2（Ⅱ）C2的普通方程为xy22y0，

22x1x0xy8x10y160由解得或，∴C1与C2的交点的极坐标分别为（2,），(2,).

2242y1y2xy2y024．【解析】当a=-2时，不等式f(x)＜g(x)化为|2x1||2x2|x30，

15x, x21设函数y=|2x1||2x2|x3，y=x2, x1，

23x6, x1其图像如图所示

从图像可知，当且仅当x(0,2)时，y＜0，∴原不等式解集是{x|0x2}.

（Ⅱ）当x∈[

a1，)时，f(x)=1a，不等式f(x)≤g(x)化为1ax3， 2210

∴xa2对x∈[4a1a，)都成立，故a2，即a≤，

32224]. 3∴a的取值范围为（-1，

11