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2013年高考新课标1理科数学试题及答案
2013年高考新课标1理科数学试题及答案

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2013年普通高等学校招生全国统一考试（新课标Ⅰ卷）
理 科 数 学
第Ⅰ卷
一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知集合，则(　　）
A． B． C． D．
2．若复数满足（3－4i)z＝|4＋3i|，则z的虚部为(　　）．
A． B． C． D．
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．已知双曲线C：的离心率为,则C的渐近线方程为(　　）
A． B． C． D．

5．执行下面的程序框图,如果输入的，则输出的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(　　）

A． B． C． D．

7．设等差数列的前n项和为，若，则(　　)
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．
B．
C．
D．
9．设m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．5 B．6 C．7 D．8
10．已知椭圆E：的右焦点为，过点的直线交于A，B两点．若AB的中点坐标为，则E的方程为(　　）
A． B． C． D．
11．已知函数若，则的取值范围是（　　)
A． B． C． 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
第Ⅱ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，共20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．若数列的前项和，则的通项公式是_______。
15．设当时,函数取得最大值,则__________。
16．若函数的图像关于直线对称，则的最大值为__________．
三、解答题:（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.)
17．（本小题满分12分)如图，在中，，，为内一点，。
（1）若，求;
（2)若，求。

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．
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%，即取出的每件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．（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。

21．（本小题满分12分)设函数．若曲线和曲线都过点,且在点处有相同的切线.
（1)求的值;
（2）若时，，求的取值范围．

请考生在第22、23题中任选择一题作答,如果多做，则按所做的第一部分,做答时请写清题号.
22．(本小题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．

23．（本小题10分）【选修4-5;不等式选讲】
已知函数。
(1)当时，求不等式的解集;
(2)设，且当时，，求的取值范围．
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Ⅰ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（x－2）＞0，∴x＜0或x＞2。
∴集合A与B可用图象表示为:

由图象可以看出A∪B＝R，故选B。
2．
答案：D
解析:∵(3－4i）z＝｜4＋3i|，
∴。
故z的虚部为，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:∵,∴。
∴a2＝4b2，。
∴渐近线方程为。

5．
答案:A
解析：若t∈[－1，1)，则执行s＝3t，故s∈［－3,3)．
若t∈［1，3］，则执行s＝4t－t2，其对称轴为t＝2。
故当t＝2时，s取得最大值4。当t＝1或3时，s取得最小值3，则s∈［3，4］．
综上可知,输出的s∈[－3,4］．故选A。
6．
答案：A
解析：设球半径为R,由题可知R，R－2,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．

BC＝2，BA＝4,OB＝R－2，OA＝R，
由R2＝（R－2)2＋42，得R＝5，
所以球的体积为(cm3)，故选A.
7．
答案:C
解析：∵Sm－1＝－2，Sm＝0,Sm＋1＝3，
∴am＝Sm－Sm－1＝0－(－2）＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3－0＝3.
∴d＝am＋1－am＝3－2＝1。
∵Sm＝ma1＋×1＝0，∴.
又∵am＋1＝a1＋m×1＝3，∴。
∴m＝5。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r＝2，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πr2×4×＋4×2×2＝8π＋16.故选A。
9．
答案：B
解析：由题意可知，a＝，b＝，
又∵13a＝7b,∴,
即.解得m＝6.故选B。
10．
答案：D
解析：设A(x1，y1),B(x2，y2)，∵A，B在椭圆上，
∴
①－②，得
，
即，
∵AB的中点为（1，－1)，∴y1＋y2＝－2,x1＋x2＝2,
而＝kAB＝,∴.
又∵a2－b2＝9，∴a2＝18，b2＝9.
∴椭圆E的方程为。故选D.
11．
答案：D
解析:由y＝|f（x）｜的图象知：

①当x＞0时，y＝ax只有a≤0时，才能满足｜f(x)|≥ax，可排除B,C.
②当x≤0时,y＝|f(x)｜＝|－x2＋2x｜＝x2－2x.
故由|f(x)｜≥ax得x2－2x≥ax.
当x＝0时，不等式为0≥0成立．
当x＜0时,不等式等价于x－2≤a。
∵x－2＜－2，∴a≥－2。
综上可知：a∈［－2,0]．
12．
答案：B
第Ⅱ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:∵c＝ta＋(1－t）b，
∴b·c＝ta·b＋（1－t）｜b｜2.
又∵|a｜＝|b|＝1,且a与b夹角为60°，b⊥c,
∴0＝t｜a|｜b|cos 60°＋（1－t）,
0＝＋1－t。
∴t＝2.
14．答案：(－2）n－1
解析:∵，①
∴当n≥2时，。②
①－②，得，
即＝－2。
∵a1＝S1＝，
∴a1＝1。
∴{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，an＝(－2)n－1.
15．答案：
解析：f（x）＝sin x－2cos x
＝，
令cos α＝，sin α＝，
则f(x)＝sin（α＋x)，
当x＝2kπ＋－α(k∈Z）时,sin(α＋x）有最大值1，f（x)有最大值，
即θ＝2kπ＋－α(k∈Z)，
所以cos θ＝＝＝sin α＝。
16．答案：16
解析:∵函数f（x）的图像关于直线x＝－2对称，
∴f(x）满足f(0）＝f(－4），f（－1）＝f(－3）,
即
解得
∴f(x）＝－x4－8x3－14x2＋8x＋15.
由f′（x）＝－4x3－24x2－28x＋8＝0，
得x1＝－2－，x2＝－2，x3＝－2＋。
易知，f（x)在（－∞,－2－)上为增函数，在(－2－，－2）上为减函数，在（－2，－2＋）上为增函数，在(－2＋，＋∞)上为减函数．
∴f（－2－）＝[1－（－2－)2］［(－2－)2＋8(－2－）＋15]
＝（－8－)（8－）
＝80－64＝16。
f(－2)＝[1－（－2）2][(－2）2＋8×(－2）＋15］
＝－3（4－16＋15)
＝－9。
f(－2＋)＝［1－(－2＋）2］［（－2＋）2＋8(－2＋)＋15]
＝(－8＋)（8＋）
＝80－64＝16。
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∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°。
在△PBA中，由余弦定理得PA2＝。
故PA＝。
(2）设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α.
在△PBA中，由正弦定理得，
化简得cos α＝4sin α.
所以tan α＝，即tan∠PBA＝。
18．
（1)证明：取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B。
因为CA＝CB,所以OC⊥AB。
由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，
故△AA1B为等边三角形,
所以OA1⊥AB.
因为OC∩OA1＝O,所以AB⊥平面OA1C.
又A1C平面OA1C，故AB⊥A1C。
(2)解：由(1）知OC⊥AB,OA1⊥AB。
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，的方向为x轴的正方向,|｜为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz。

由题设知A(1，0,0），A1（0，，0)，C（0，0，），B（－1，0，0）．
则＝(1,0，)，＝＝(－1，，0）,＝（0，，）．
设n＝(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量，
则即可取n＝(,1，－1）．
故cos〈n，〉＝＝。
所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为。
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）
＝。
（2）X可能的取值为400,500，800，并且
P（X＝400)＝,P(X＝500)＝，P（X＝800）＝.
所以X的分布列为
X
400
500
800
P

EX＝＝506.25.
20．
解：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|＝（R＋r1)＋（r2－R)＝r1＋r2＝4.
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，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为(x≠－2）．
（2）对于曲线C上任意一点P(x，y），由于｜PM｜－|PN｜＝2R－2≤2，
所以R≤2,当且仅当圆P的圆心为（2，0)时，R＝2。
所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝4。
若l的倾斜角为90°,则l与y轴重合，可得|AB｜＝.
若l的倾斜角不为90°，由r1≠R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，则，可求得Q(－4，0），所以可设l：y＝k（x＋4）．
由l与圆M相切得，
解得k＝。
当k＝时，将代入,
并整理得7x2＋8x－8＝0，
解得x1,2＝.
所以｜AB｜＝.
当时，由图形的对称性可知｜AB|＝.
综上,｜AB｜＝或|AB|＝。
21．
解：(1)由已知得f(0)＝2，g（0）＝2，f′（0)＝4，g′（0)＝4。
而f′（x）＝2x＋a，g′（x)＝ex(cx＋d＋c），
故b＝2,d＝2，a＝4,d＋c＝4.
从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2。
（2）由(1）知，f(x）＝x2＋4x＋2，g(x）＝2ex(x＋1）．
设函数F(x）＝kg(x）－f(x)＝2kex（x＋1）－x2－4x－2，
则F′(x）＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2）(kex－1）．
由题设可得F（0）≥0，即k≥1。
令F′(x)＝0得x1＝－ln k，x2＝－2。
①若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0.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）＝2x1＋2－－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0。
故当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－e－2)．
从而当x＞－2时，F′(x）＞0,即F（x)在（－2，＋∞）单调递增．
而F（－2)＝0,故当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.
从而当x≥－2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,∠ABE＝∠BCE。
而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，BE＝CE.

又因为DB⊥BE，
所以DE为直径，∠DCE＝90°，
由勾股定理可得DB＝DC.
（2)解：由(1）知，∠CDE＝∠BDE,DB＝DC，
故DG是BC的中垂线,所以BG＝.
设DE的中点为O,连结BO,则∠BOG＝60°。
从而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°,
所以CF⊥BF，故Rt△BCF外接圆的半径等于。
23．
解：（1）将消去参数t，化为普通方程（x－4)2＋（y－5）2＝25，
即C1：x2＋y2－8x－10y＋16＝0.
将代入x2＋y2－8x－10y＋16＝0得
ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0。
所以C1的极坐标方程为
ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0。
(2)C2的普通方程为x2＋y2－2y＝0。
由
解得或
所以C1与C2交点的极坐标分别为，。
24．
解：（1）当a＝－2时，不等式f(x）＜g(x)化为|2x－1｜＋｜2x－2|－x－3＜0。
设函数y＝｜2x－1|＋|2x－2|－x－3，
则y＝
其图像如图所示．从图像可知，当且仅当x∈(0，2）时,y＜0.
所以原不等式的解集是｛x｜0＜x＜2｝．

(2）当x∈时，f(x）＝1＋a.
不等式f(x)≤g(x）化为1＋a≤x＋3.
所以x≥a－2对x∈都成立．
故≥a－2，即。
从而a的取值范围是.