高考理科数学全国卷1 11页

‎2013年高考理科数学试题解析（课标Ⅰ）‎ 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，则 ( )‎ A.A∩B=Æ B.A∪B=R C.B⊆A D.A⊆B ‎2.若复数满足，则的虚部为 ( )‎ A. B. C.4 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 ‎4.已知双曲线：（）的离心率为，则的渐近线方程为 A. B. C. D.‎ ‎5.运行如下程序框图，如果输入的，则输出s属于 A. B. C. D.‎ ‎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. B. C. D. ‎ ‎7.设等差数列的前项和为，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 11‎ A． B． C． D．‎ ‎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.5 B.6 C.7 D.8‎ ‎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.‎ ‎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.{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{}的前n项和为Sn＝，则数列{}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，则的最大值是______.‎ 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△ABC中，∠ABC＝90°，AB=，BC=1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°‎ ‎(1)若PB=，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA 11‎ ‎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:,圆:,动圆与外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线 C.‎ ‎（Ⅰ）求C的方程；‎ ‎（Ⅱ）是与圆,圆都相切的一条直线，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＝，＝，若曲线和曲线都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线 ‎（Ⅰ）求，，，的值；（Ⅱ）若≥－2时，≤，求的取值范围。‎ ‎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。 ‎ 11‎ ‎（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(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C2的极坐标方程为。‎ ‎（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=,=.‎ ‎（Ⅰ）当=2时，求不等式＜的解集；‎ ‎（Ⅱ）设＞-1,且当∈[，)时，≤,求的取值范围.‎ 参考答案 一、选择题 ‎1．【解析】A=(-,0)∪(2,+), ∴A∪B=R,故选B.‎ ‎2．【解析】由题知===，故z的虚部为，故选D.‎ ‎3．【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.‎ ‎4．【解析】由题知，，即==，∴=，∴=，∴的渐近线方程为，故选.‎ ‎5．【解析】有题意知，当时，，当时，，‎ 11‎ ‎∴输出s属于[-3,4]，故选.‎ ‎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，解得R=5，∴球的体积为，故选A.‎ ‎7．【解析】有题意知==0，∴=－=－（-）=－2，‎ ‎= -=3，∴公差=-=1，∴3==－，∴=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 =，故选.‎ ‎9．【解析】由题知=，=，∴13=7，即=，‎ 解得=6，故选B.‎ ‎10．【解析】设，则=2，=－2，‎ ‎ ① ②‎ ‎①－②得，‎ ‎∴===，又==，∴=，又9==，解得=9，=18，∴椭圆方程为，故选D.‎ ‎11．【解析】∵||=，∴由||≥得，且，‎ 由可得，则≥-2，排除Ａ，Ｂ，‎ 当=1时，易证对恒成立，故=1不适合，排除C，故选D.‎ ‎12．B ‎13．【解析】=====0，解得=.‎ ‎14．【解析】当=1时，==，解得=1，‎ 11‎ 当≥2时，==－()=，即=，‎ ‎∴{}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴=.‎ ‎15．【解析】∵==‎ 令=，，则==，‎ 当=，即=时，取最大值，此时=，∴===.‎ ‎16．【解析】由图像关于直线=－2对称，则 ‎0==，‎ ‎0==，解得=8，=15，‎ ‎∴=，‎ ‎∴==‎ ‎=‎ 当∈(－∞,)∪(－2, )时，＞0，‎ 当∈(,－2)∪(,+∞)时，＜0，‎ ‎∴在（－∞，）单调递增，在（，－2）单调递减，在（－2，）单调递增，在（，+∞）单调递减，故当=和=时取极大值，==16.‎ ‎17．【解析】（Ⅰ）由已知得，∠PBC=，∴∠PBA=30o，在△PBA中，由余弦定理得==，∴PA=；‎ ‎（Ⅱ）设∠PBA=，由已知得，PB=，在△PBA中，由正弦定理得，，化简得，，‎ 11‎ ‎∴=，∴=.‎ ‎18．【解析】（Ⅰ）取AB中点E，连结CE，，，‎ ‎∵AB=，=，∴是正三角形，‎ ‎∴⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ∵=E，∴AB⊥面， ‎ ‎∴AB⊥； ……6分 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知EC⊥AB，⊥AB，‎ 又∵面ABC⊥面，面ABC∩面=AB，∴EC⊥面，∴EC⊥，‎ ‎∴EA，EC，两两相互垂直，以E为坐标原点，的方向为轴正方向，||为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系，‎ 有题设知A(1,0,0),(0,,0),C(0,0,),B(－1,0,0),则=（1,0，）,==(－1,0,),=(0,－,), ……9分 设=是平面的法向量，‎ 则，即，可取=（，1，-1），‎ ‎∴=，‎ ‎∴直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值为. ……12分 ‎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)=+=.…6分 11‎ ‎（Ⅱ）X的可能取值为400,500,800，并且 P(X=400)=1-=，P(X=500)=，P(X=800)==，‎ ‎∴X的分布列为 X ‎400‎ ‎500‎ ‎800‎ P ‎ ……10分 EX=400×+500×+800×=506.25 ……12分 ‎20．【解析】由已知得圆的圆心为（-1，0）,半径=1，圆的圆心为(1,0),半径=3.‎ 设动圆的圆心为（，），半径为R.‎ ‎（Ⅰ）∵圆与圆外切且与圆内切，∴|PM|+|PN|===4，‎ 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，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为.‎ ‎（Ⅱ）对于曲线C上任意一点（，），由于|PM|-|PN|=≤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，‎ 当的倾斜角为时，则与轴重合，可得|AB|=.‎ 当的倾斜角不为时，由≠R知不平行轴，设与轴的交点为Q，则=，可求得Q（-4，0），∴设：，由于圆M相切得，解得.‎ 当=时，将代入并整理得，解得=，∴|AB|==.‎ 当=－时，由图形的对称性可知|AB|=，‎ 综上，|AB|=或|AB|=.‎ 11‎ ‎21．【解析】（Ⅰ）由已知得，‎ 而=，=，∴=4，=2，=2，=2；……4分 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，‎ 设函数==（），‎ ‎==，‎ 有题设可得≥0，即，‎ 令=0得，=，=－2，‎ ‎（1）若，则－2＜≤0，∴当时，＜0，当时，＞0，即在单调递减，在单调递增，故在=取最小值，而==≥0，‎ ‎∴当≥－2时，≥0，即≤恒成立，‎ ‎(2)若，则=，‎ ‎∴当≥－2时，≥0，∴在(－2,+∞)单调递增，而=0，‎ ‎∴当≥－2时，≥0，即≤恒成立，‎ ‎(3)若，则==＜0，‎ ‎∴当≥－2时，≤不可能恒成立，‎ 综上所述，的取值范围为[1,].‎ ‎22．【解析】（Ⅰ）连结DE，交BC与点G.‎ 由弦切角定理得，∠ABF=∠BCE，∵∠ABE=∠CBE，∴∠CBE=∠BCE，BE=CE，‎ 又∵DB⊥BE，∴DE是直径，∠DCE=，由勾股定理可得DB=DC.‎ 11‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，∠CDE=∠BDE，BD=DC，故DG是BC的中垂线，∴BG=.‎ 设DE中点为O，连结BO，则∠BOG=，∠ABE=∠BCE=∠CBE=，‎ ‎∴CF⊥BF， ∴Rt△BCF的外接圆半径等于.‎ ‎23. 【解析】将消去参数，化为普通方程，‎ 即：，将代入得，‎ ‎，‎ ‎∴的极坐标方程为；‎ ‎（Ⅱ）的普通方程为，‎ 由解得或，∴与的交点的极坐标分别为（），.‎ ‎24．【解析】当=-2时，不等式＜化为，‎ 设函数=，=，‎ 其图像如图所示 从图像可知，当且仅当时，＜0，∴原不等式解集是.‎ ‎（Ⅱ）当∈[，)时，=，不等式≤化为，‎ 11‎ ‎∴对∈[，)都成立，故，即≤，‎ ‎∴的取值范围为（-1，].‎ 11‎