2013年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅰ)(含解析版)下载

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  • 最近更新2022年10月14日



2013 年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅰ) 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.(5 分)已知集合 A={x|x2﹣2x>0},B={x|﹣ <x< },则(  ) A.A∩B=∅ B.A∪B=R C.B⊆A D.A⊆B 2.(5 分)若复数 z 满足(3﹣4i)z=|4+3i|,则 z 的虚部为(  ) A.﹣4 B. C.4 D. 3.(5 分)为了解某地区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,事先已经了解到该地区小学、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.简单的随机抽样 C.按学段分层抽样 B.按性别分层抽样 D.系统抽样 4.(5 分)已知双曲线 C: (a>0,b>0)的离心率为 ,则C 的渐 近线方程为(  ) A.y= B.y= C.y=±x D.y= 5.(5 分)执行程序框图,如果输入的 t∈[﹣1,3],则输出的 s 属于(  ) 第 1 页(共 34 页) A.[﹣3,4] B.[﹣5,2] C.[﹣4,3] D.[﹣2,5] 6.(5 分)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,再向容器注水,当球面恰好接触水面时测得水深为 6cm, 如不计容器的厚度,则球的体积为(  ) A. B. C. D. 7.(5 分)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sm﹣1=﹣2,Sm=0,Sm+1=3,则 m= (  ) A.3 B.4 C.5 D.6 8.(5 分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(  ) 第 2 页(共 34 页) A.16+8π 9.(5 分)设 m 为正整数,(x+y) 展开式的二项式系数的最大值为a,(x+y 2m+1 展开式的二项式系数的最大值为 b,若 13a=7b,则 m=(  ) B.8+8π C.16+16π D.8+16π 2m )A.5 B.6 C.7 D.8 10.(5 分)已知椭圆 E: 的右焦点为 F(3,0),过点 F 的直线交椭圆 E 于 A、B 两点.若 AB 的中点坐标为(1,﹣1),则 E 的方程 为(  ) A. C. B. D. 11.(5 分)已知函数 f(x)= ,若|f(x)|≥ax,则 a 的取值 范围是(  ) A.(﹣∞,0] B.(﹣∞,1] C.[﹣2,1] D.[﹣2,0] 12.(5 分)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, ,,则(  ) A.{Sn}为递减数列 B.{Sn}为递增数列 第 3 页(共 34 页) 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 4 小题,每小题 5 分. 13.(5 分)已知两个单位向量 , 的夹角为60°, =t +(1﹣t) .若 • =0, 则 t=   . 14.(5 分)若数列{an}的前 n 项和为 Sn= an+ ,则数列{an}的通项公式是 an=   .15.(5 分)设当 x=θ 时,函数 f(x)=sinx﹣2cosx 取得最大值,则 cosθ=  16.(5 分)若函数 f(x)=(1﹣x2)(x2+ax+b)的图象关于直线 x=﹣2 对称, 则 f(x)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.(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. 第 4 页(共 34 页) 18.(12 分)如图,三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=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.(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. (Ⅰ)求这批产品通过检验的概率; (Ⅱ)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. 第 5 页(共 34 页) 2220.(12 分)已知圆 M:(x+1)+y2=1,圆 N:(x﹣1)+y2=9,动圆 P 与圆 M 外切并与圆 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.(12 分)已知函数 f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d),若曲线 y=f(x)和 曲线 y=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.  四、请考生在第 22、23、24 题中任选一道作答,并用 2B 铅笔将答题卡上所选 第 6 页(共 34 页) 的题目对应的题号右侧方框涂黑,按所涂题号进行评分;多涂、多答,按所 涂的首题进行评分,不涂,按本选考题的首题进行评分. 22.(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.已知曲线 C1 的参数方程为 (t 为参数),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 ρ=2sinθ. (1)把 C1 的参数方程化为极坐标方程; (2)求 C1 与 C2 交点的极坐标(ρ≥0,0≤θ<2π). 第 7 页(共 34 页) 24.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∈[﹣ , ]时,f(x)≤g(x),求 a 的取值范围.  第 8 页(共 34 页) 2013 年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅰ) 参考答案与试题解析  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.(5 分)已知集合 A={x|x2﹣2x>0},B={x|﹣ <x< },则(  ) A.A∩B=∅ B.A∪B=R C.B⊆A D.A⊆B 【考点】1D:并集及其运算;73:一元二次不等式及其应用.菁优网版权所有 【专题】59:不等式的解法及应用;5J:集合. 【分析】根据一元二次不等式的解法,求出集合 A,再根据的定义求出 A∩B 和 A∪B. 【解答】解:∵集合 A={x|x2﹣2x>0}={x|x>2 或 x<0}, ∴A∩B={x|2<x< 或﹣ <x<0},A∪B=R, 故选:B. 【点评】本题考查一元二次不等式的解法,以及并集的定义,属于基础题.  2.(5 分)若复数 z 满足(3﹣4i)z=|4+3i|,则 z 的虚部为(  ) A.﹣4 B. C.4 D. 【考点】A5:复数的运算.菁优网版权所有 【专题】5N:数系的扩充和复数. 【分析】由题意可得 z= =,再利用两个复数代数形式的乘除法法则 化简为 + i,由此可得 z 的虚部. 【解答】解:∵复数 z 满足(3﹣4i)z=|4+3i|,∴z= === + 第 9 页(共 34 页) i, 故 z 的虚部等于 , 故选:D. 【点评】本题主要考查复数的基本概念,两个复数代数形式的乘除法法则的应用 ,属于基础题.  3.(5 分)为了解某地区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,事先已经了解到该地区小学、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.简单的随机抽样 C.按学段分层抽样 B.按性别分层抽样 D.系统抽样 【考点】B3:分层抽样方法.菁优网版权所有 【专题】21:阅读型. 【分析】若总体由差异明显的几部分组成时,经常采用分层抽样的方法进行抽样 .【解答】解:我们常用的抽样方法有:简单随机抽样、分层抽样和系统抽样, 而事先已经了解到该地区小学、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. 了解某地区中小学生的视力情况,按学段分层抽样,这种方式具有代表性,比较 合理. 故选:C. 【点评】本小题考查抽样方法,主要考查抽样方法,属基本题.  4.(5 分)已知双曲线 C: (a>0,b>0)的离心率为 ,则C 的渐 近线方程为(  ) 第 10 页(共 34 页) A.y= B.y= C.y=±x D.y= 【考点】KC:双曲线的性质.菁优网版权所有 【专题】5D:圆锥曲线的定义、性质与方程. 【分析】由离心率和 abc 的关系可得 b2=4a2,而渐近线方程为 y=± x,代入可 得答案. 【解答】解:由双曲线 C: (a>0,b>0), 则离心率 e= = =,即 4b2=a2, x, 故渐近线方程为 y=± x= 故选:D. 【点评】本题考查双曲线的简单性质,涉及的渐近线方程,属基础题.  5.(5 分)执行程序框图,如果输入的 t∈[﹣1,3],则输出的 s 属于(  ) A.[﹣3,4] B.[﹣5,2] C.[﹣4,3] D.[﹣2,5] 第 11 页(共 34 页) 【考点】3B:分段函数的解析式求法及其图象的作法;EF:程序框图.菁优网版权所有 【专题】27:图表型;5K:算法和程序框图. 【分析】本题考查的知识点是程序框图,分析程序中各变量、各语句的作用,再 根据流程图所示的顺序,可知:该程序的作用是计算一个分段函数的函数值, 由条件为 t<1 我们可得,分段函数的分类标准,由分支结构中是否两条分支 上对应的语句行,我们易得函数的解析式. 【解答】解:由判断框中的条件为 t<1,可得: 函数分为两段,即 t<1 与 t≥1, 又由满足条件时函数的解析式为:s=3t; 不满足条件时,即 t≥1 时,函数的解析式为:s=4t﹣t2 故分段函数的解析式为:s= ,如果输入的 t∈[﹣1,3],画出此分段函数在 t∈[﹣1,3]时的图象, 则输出的 s 属于[﹣3,4]. 故选:A. 【点评】要求条件结构对应的函数解析式,要分如下几个步骤:①分析流程图的 结构,分析条件结构是如何嵌套的,以确定函数所分的段数;②根据判断框 中的条件,设置分类标准;③根据判断框的“是”与“否”分支对应的操作,分析 第 12 页(共 34 页) 函数各段的解析式;④对前面的分类进行总结,写出分段函数的解析式.  6.(5 分)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,再向容器注水,当球面恰好接触水面时测得水深为 6cm, 如不计容器的厚度,则球的体积为(  ) A. B. C. D. 【考点】LG:球的体积和表面积.菁优网版权所有 【专题】11:计算题;5F:空间位置关系与距离. 【分析】设正方体上底面所在平面截球得小圆 M,可得圆心 M 为正方体上底面 正方形的中心.设球的半径为 R,根据题意得球心到上底面的距离等于(R﹣2 )cm,而圆 M 的半径为 4,由球的截面圆性质建立关于 R 的方程并解出 R=5, 用球的体积公式即可算出该球的体积. 【解答】解:设正方体上底面所在平面截球得小圆 M, 则圆心 M 为正方体上底面正方形的中心.如图. 设球的半径为 R,根据题意得球心到上底面的距离等于(R﹣2)cm, 而圆 M 的半径为 4,由球的截面圆性质,得 R2=(R﹣2)2+42, 解出 R=5, ∴根据球的体积公式,该球的体积 V= 故选:A. ==.第 13 页(共 34 页) 【点评】本题给出球与正方体相切的问题,求球的体积,着重考查了正方体的性 质、球的截面圆性质和球的体积公式等知识,属于中档题.  7.(5 分)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sm﹣1=﹣2,Sm=0,Sm+1=3,则 m= (  ) A.3 B.4 C.5 D.6 【考点】83:等差数列的性质;85:等差数列的前 n 项和.菁优网版权所有 【专题】11:计算题;54:等差数列与等比数列. 【分析】由 an 与 Sn 的关系可求得 am+1 与 am,进而得到公差 d,由前 n 项和公式 及 Sm=0 可求得 a1,再由通项公式及 am=2 可得 m 值. 【解答】解:am=Sm﹣Sm﹣1=2,am+1=Sm+1﹣Sm=3, 所以公差 d=am+1﹣am=1, Sm= =0, m﹣1>0,m>1,因此 m 不能为 0, 得 a1=﹣2, 所以 am=﹣2+(m﹣1)•1=2,解得 m=5, 另解:等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,即有数列{ }成等差数列, 则,,成等差数列, ,可得 2• 即有 0= =++,第 14 页(共 34 页) 解得 m=5. 又一解:由等差数列的求和公式可得 (m﹣1)(a1+am﹣1)=﹣2, m(a1+am)=0, (m+1)(a1+am+1)=3, 可得 a1=﹣am,﹣2am+am+1+am+1 =+=0, 解得 m=5. 故选:C. 【点评】本题考查等差数列的通项公式、前 n 项和公式及通项 an 与 Sn 的关系, 考查学生的计算能力.  8.(5 分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(  ) A.16+8π B.8+8π C.16+16π D.8+16π 【考点】L!:由三视图求面积、体积.菁优网版权所有 【专题】16:压轴题;27:图表型. 【分析】三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体,依据三视图的 数据,得出组合体长、宽、高,即可求出几何体的体积. 【解答】解:三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体,如图,其 中长方体长、宽、高分别是:4,2,2,半个圆柱的底面半径为 2,母线长为 4 .∴长方体的体积=4×2×2=16, 第 15 页(共 34 页) 半个圆柱的体积= ×22×π×4=8π 所以这个几何体的体积是 16+8π; 故选:A. 【点评】本题考查了几何体的三视图及直观图的画法,三视图与直观图的关系, 柱体体积计算公式,空间想象能力  2m 9.(5 分)设 m 为正整数,(x+y) 展开式的二项式系数的最大值为a,(x+y )2m+1 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 【考点】DA:二项式定理.菁优网版权所有 【专题】5P:二项式定理. 【分析】根据二项式系数的性质求得 a 和 b,再利用组合数的计算公式,解方程 13a=7b 求得 m 的值. 【解答】解:∵m 为正整数,由(x+y)2m 展开式的二项式系数的最大值为 a, 以及二项式系数的性质可得 a= 同理,由(x+y)2m+1 展开式的二项式系数的最大值为 b,可得 b= 再由 13a=7b,可得 13 =7,即 13× =7× ,即 13(m+1)=7(2m+1),解得 m=6, ,=.,即 13=7× 故选:B. 【点评】本题主要考查二项式系数的性质的应用,组合数的计算公式,属于中档 题.  第 16 页(共 34 页) 10.(5 分)已知椭圆 E: 的右焦点为 F(3,0),过点 F 的直线交椭圆 E 于 A、B 两点.若 AB 的中点坐标为(1,﹣1),则 E 的方程 为(  ) A. C. B. D. 【考点】K3:椭圆的标准方程.菁优网版权所有 【专题】5D:圆锥曲线的定义、性质与方程. 【分析】设 A(x1,y1),B(x2,y2),代入椭圆方程得 ,利用“点差 法 ” 可 得 . 利 用 中 点 坐 标 公 式 可 得x1+x2=2 , y1+y2=﹣2 , 利 用 斜 率 计 算 公 式 可 得 ,化为 a2=2b2,再利用 c=3= == . 于 是 得 到 ,即可解得 a2,b2.进而 得到椭圆的方程. 【解答】解:设 A(x1,y1),B(x2,y2), 代入椭圆方程得 相减得 ,,第 17 页(共 34 页) ∴.∵x1+x2=2,y1+y2=﹣2, == . ∴,化为 a2=2b2,又 c=3= ,解得 a2=18,b2=9. ∴椭圆 E 的方程为 故选:D. .【点评】熟练掌握“点差法”和中点坐标公式、斜率的计算公式是解题的关键.  11.(5 分)已知函数 f(x)= ,若|f(x)|≥ax,则 a 的取值 范围是(  ) A.(﹣∞,0] B.(﹣∞,1] C.[﹣2,1] D.[﹣2,0] 【考点】7E:其他不等式的解法.菁优网版权所有 【专题】16:压轴题;59:不等式的解法及应用. 【分析】由函数图象的变换,结合基本初等函数的图象可作出函数 y=|f(x)|的 图象,和函数 y=ax 的图象,由导数求切线斜率可得 l 的斜率,进而数形结合 可得 a 的范围. 【解答】解:由题意可作出函数 y=|f(x)|的图象,和函数 y=ax 的图象, 第 18 页(共 34 页) 由图象可知:函数 y=ax 的图象为过原点的直线,当直线介于 l 和 x 轴之间符合题 意,直线 l 为曲线的切线,且此时函数 y=|f(x)|在第二象限的部分解析式为 y=x2﹣2x, 求其导数可得 y′=2x﹣2,因为 x≤0,故 y′≤﹣2,故直线 l 的斜率为﹣2, 故只需直线 y=ax 的斜率 a 介于﹣2 与 0 之间即可,即 a∈[﹣2,0] 故选:D. 【点评】本题考查其它不等式的解法,数形结合是解决问题的关键,属中档题.  12.(5 分)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, ,,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 【考点】82:数列的函数特性;8H:数列递推式.菁优网版权所有 【专题】16:压轴题;54:等差数列与等比数列;55:点列、递归数列与数学归 纳法. 【 分 析 】 由 an+1=an 可 知 △ AnBnCn 的 边BnCn 为 定 值a1 , 由bn+1+cn+1﹣2a1= 第 19 页(共 34 页) 及 b1+c1=2a1 得 bn+cn=2a1,则在△AnBnCn 中边长 BnCn=a1 为定 值,另两边 AnCn、AnBn 的长度之和 bn+cn=2a1 为定值, 由此可知顶点 An 在以 Bn、Cn 为焦点的椭圆上,根据 bn+1﹣cn+1 =,得 bn﹣cn= ,可知 n→+∞时 bn→cn,据此可判断△AnBnCn 的 边 BnCn 的高 hn 随着 n 的增大而增大,再由三角形面积公式可得到答案. 【解答】解:b1=2a1﹣c1 且 b1>c1,∴2a1﹣c1>c1,∴a1>c1, ∴b1﹣a1=2a1﹣c1﹣a1=a1﹣c1>0,∴b1>a1>c1, 又 b1﹣c1<a1,∴2a1﹣c1﹣c1<a1,∴2c1>a1,∴ ,由题意, +an,∴bn+1+cn+1﹣2an= (bn+cn﹣2an), ∴bn+cn﹣2an=0,∴bn+cn=2an=2a1,∴bn+cn=2a1, 由此可知顶点 An 在以 Bn、Cn 为焦点的椭圆上, 又由题意,bn+1﹣cn+1 =,∴ =a1﹣bn, ∴bn+1﹣a1= ,∴bn﹣a1= ,∴,cn=2a1﹣bn= ,∴[][ ]=[﹣]单调递增(可证当 n=1 时 >0 )故选:B. 【点评】本题主要考查由数列递推式求数列通项、三角形面积海伦公式,综合考 查学生分析解决问题的能力,有较高的思维抽象度,是本年度全国高考试题 中的“亮点”之一.  二.填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分. 第 20 页(共 34 页) 13.(5 分)已知两个单位向量 , 的夹角为60°, =t +(1﹣t) .若 • =0, 则 t= 2 . 【考点】9H:平面向量的基本定理;9O:平面向量数量积的性质及其运算.菁优网版权所有 【专题】5A:平面向量及应用. 【 分 析 】 由 于• =0, 对 式 子=t + ( 1﹣t ) 两边 与作 数 量 积 可 得 =0,经过化简即可得出. 【解答】解:∵ ∴tcos60°+1﹣t=0,∴1 故答案为 2. ,,∴ =0, =0,解得 t=2. 【点评】熟练掌握向量的数量积运算是解题的关键.  14.(5 分)若数列{an}的前 n 项和为 Sn= an+ ,则数列{an}的通项公式是 an=  (﹣2)n﹣1 . 【考点】88:等比数列的通项公式.菁优网版权所有 【专题】54:等差数列与等比数列. 【分析】把 n=1 代入已知式子可得数列的首项,由 n≥2 时,an=Sn﹣Sn﹣1,可得 数列为等比数列,且公比为﹣2,代入等比数列的通项公式分段可得答案. 【解答】解:当 n=1 时,a1=S1= 当 n≥2 时,an=Sn﹣Sn﹣1=( ,解得 a1=1 )﹣( )= ,整理可得 ,即 =﹣2, 故数列{an}从第二项开始是以﹣2 为首项,﹣2 为公比的等比数列, 故当 n≥2 时,an=(﹣2)n﹣1 ,第 21 页(共 34 页) 经验证当 n=1 时,上式也适合, 故答案为:(﹣2)n﹣1 【点评】本题考查等比数列的通项公式,涉及等比数列的判定,属基础题.  15.(5 分)设当 x=θ 时,函数 f(x)=sinx﹣2cosx 取得最大值,则 cosθ= ﹣  .【考点】GP:两角和与差的三角函数;H4:正弦函数的定义域和值域.菁优网版权所有 【专题】16:压轴题;56:三角函数的求值. 【分析】f(x)解析式提取 ,利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正 弦函数,由 x=θ 时,函数 f(x)取得最大值,得到 sinθ﹣2cosθ= ,与 sin2θ+cos2θ=1 联立即可求出 cosθ 的值. 【解答】解:f(x)=sinx﹣2cosx= 中 cosα= ,sinα= ), (sinx﹣ cosx)= sin(x﹣α)(其 ∵x=θ 时,函数 f(x)取得最大值, ∴sin(θ﹣α)=1,即 sinθ﹣2cosθ= 又 sin2θ+cos2θ=1, ,联立得(2cosθ+ )2+cos2θ=1,解得 cosθ=﹣ .故答案为:﹣ 【点评】此题考查了两角和与差的正弦函数公式,同角三角函数间的基本关系, 以及正弦函数的定义域与值域,熟练掌握公式是解本题的关键.  16.(5 分)若函数 f(x)=(1﹣x2)(x2+ax+b)的图象关于直线 x=﹣2 对称, 则 f(x)的最大值为 16 . 【考点】57:函数与方程的综合运用;6E:利用导数研究函数的最值.菁优网版权所有 第 22 页(共 34 页) 【专题】11:计算题;16:压轴题;51:函数的性质及应用;53:导数的综合应 用. 【分析】由题意得 f(﹣1)=f(﹣3)=0 且 f(1)=f(﹣5)=0,由此求出 a=8 且 b=15,由此可得 f(x)=﹣x4﹣8×3﹣14×2+8x+15.利用导数研究 f(x)的单 调性,可得 f(x)在区间(﹣∞,﹣2﹣ )、(﹣2,﹣2+ )上是增函数 ,在区间(﹣2﹣ ,﹣2)、(﹣2+ ,+∞)上是减函数,结合 f(﹣2﹣ )=f(﹣2+ )=16,即可得到 f(x)的最大值. 【解答】解:∵函数 f(x)=(1﹣x2)(x2+ax+b)的图象关于直线 x=﹣2 对称, ∴f(﹣1)=f(﹣3)=0 且 f(1)=f(﹣5)=0, 2222即[1﹣(﹣3) ][(﹣3) +a•(﹣3)+b]=0 且[1﹣(﹣5) ][(﹣5) +a•(﹣5 )+b]=0, 解之得 ,因此,f(x)=(1﹣x2)(x2+8x+15)=﹣x4﹣8×3﹣14×2+8x+15, 求导数,得 f′(x)=﹣4×3﹣24×2﹣28x+8, 令 f′(x)=0,得 x1=﹣2﹣ ,x2=﹣2,x3=﹣2+ ,当 x∈(﹣∞,﹣2﹣ )时,f′(x)>0;当 x∈(﹣2﹣ ,﹣2)时,f′(x)< 0; 当 x∈(﹣2,﹣2+ )时,f′(x)>0; 当x∈(﹣2+ ,+∞)时,f′(x)<0 ∴f(x)在区间(﹣∞,﹣2﹣ )、(﹣2,﹣2+ )上是增函数,在区间(﹣2﹣ ,﹣2)、(﹣2+ ,+∞)上是减函数. 又∵f(﹣2﹣ )=f(﹣2+ )=16, ∴f(x)的最大值为 16. 故答案为:16. 【点评】本题给出多项式函数的图象关于 x=﹣2 对称,求函数的最大值.着重考 第 23 页(共 34 页) 查了函数的奇偶性、利用导数研究函数的单调性和函数的最值求法等知识, 属于中档题.  三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 17.(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. 【考点】HP:正弦定理;HR:余弦定理.菁优网版权所有 【专题】58:解三角形. 【分析】(I)在 Rt△PBC,利用边角关系即可得到∠PBC=60°,得到∠PBA=30°. 在△PBA 中,利用余弦定理即可求得 PA. (II)设∠PBA=α,在 Rt△PBC 中,可得 PB=sinα.在△PBA 中,由正弦定理得 ,即 ,化简即可求出. 【解答】解:(I)在 Rt△PBC 中, = ,∴∠PBC=60°,∴∠PBA=30° .在 △ PBA 中 , 由 余 弦 定 理 得PA2=PB2+AB2﹣2PB•ABcos30°= = . ∴PA= .(II)设∠PBA=α,在 Rt△PBC 中,PB=BCcos(90°﹣α)=sinα. 第 24 页(共 34 页) 在△PBA 中,由正弦定理得 ,即 ,化为 .∴ .【点评】熟练掌握直角三角形的边角关系、正弦定理和余弦定理是解题的关键.  18.(12 分)如图,三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=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. 【考点】LW:直线与平面垂直;LY:平面与平面垂直;MI:直线与平面所成的 角.菁优网版权所有 【专题】5F:空间位置关系与距离;5G:空间角. 【分析】(Ⅰ)取 AB 的中点 O,连接 OC,OA1,A1B,由已知可证 OA1⊥AB,AB ⊥平面 OA1C,进而可得 AB⊥A1C; (Ⅱ)易证 OA,OA1,OC 两两垂直.以 O 为坐标原点, 的方向为x 轴的正向 ,| |为单位长,建立坐标系,可得 ,,的坐标,设 =(x,y,z) 为平面 BB1C1C 的法向量,则 ,可解得 =( ,1,﹣1),可求|cos < , >|,即为所求正弦值. 【解答】解:(Ⅰ)取 AB 的中点 O,连接 OC,OA1,A1B, 第 25 页(共 34 页) 因为 CA=CB,所以 OC⊥AB,由于 AB=AA1,∠BAA1=60°, 所以△AA1B 为等边三角形,所以 OA1⊥AB, 又因为 OC∩OA1=O,所以 AB⊥平面 OA1C, 又 A1C⊂平面 OA1C,故 AB⊥A1C; (Ⅱ)由(Ⅰ)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 两两垂直. 以 O 为坐标原点, 的方向为x 轴的正向,| |为单位长,建立如图所示的坐 标系, 可得 A(1,0,0),A1(0, ,0),C(0,0, ),B(﹣1,0,0), 则=(1,0, ), =(﹣1, ,0), =(0,﹣ ,), 设 =(x,y,z)为平面 BB1C1C 的法向量,则 可取 y=1,可得 =( ,1,﹣1),故 cos< , ,即 ,>= =,又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值, 故直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为: .【点评】本题考查直线与平面所成的角,涉及直线与平面垂直的性质和平面与平 面垂直的判定,属难题.  19.(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 第 26 页(共 34 页) 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. (Ⅰ)求这批产品通过检验的概率; (Ⅱ)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. 【考点】CG:离散型随机变量及其分布列;CH:离散型随机变量的期望与方差. 菁优网版权所有 【专题】5I:概率与统计. 【分析】(Ⅰ)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 件产品全是优质品为 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,由概率得加法 公式和条件概率,代入数据计算可得; (Ⅱ)X 可能的取值为 400,500,800,分别求其概率,可得分布列,进而可得 期望值. 【解答】解:(Ⅰ)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 件产品全是优质品为事件 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) ==(Ⅱ)X 可能的取值为 400,500,800,并且 P(X=800)= ,P(X=500)= P(X=400)=1﹣ ﹣= ,故 X 的分布列如下: ,X400 500 800 第 27 页(共 34 页) P故 EX=400× +500× +800× =506.25 【点评】本题考查离散型随机变量及其分布列涉及数学期望的求解,属中档题.  2220.(12 分)已知圆 M:(x+1)+y2=1,圆 N:(x﹣1)+y2=9,动圆 P 与圆 M 外切并与圆 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|. 【考点】J3:轨迹方程;J9:直线与圆的位置关系.菁优网版权所有 【专题】5B:直线与圆. 【分析】(I)设动圆的半径为 R,由已知动圆 P 与圆 M 外切并与圆 N 内切,可 得|PM|+|PN|=R+1+(3﹣R)=4,而|NM|=2,由椭圆的定义可知:动点 P 的 轨迹是以 M,N 为焦点,4 为长轴长的椭圆,求出即可; (II)设曲线 C 上任意一点 P(x,y),由于|PM|﹣|PN|=2R﹣2≤4﹣2=2,所以 R≤2,当且仅当⊙P 的圆心为(2,0)R=2 时,其半径最大,其方程为(x﹣2 )2+y2=4.分①l 的倾斜角为 90°,此时 l 与 y 轴重合,可得|AB|.②若 l 的倾 斜角不为 90°,由于⊙M 的半径 1≠R,可知 l 与 x 轴不平行,设 l 与 x 轴的交 点为 Q,根据 ,可得 Q(﹣4,0),所以可设 l:y=k(x+4),与椭 圆的方程联立,得到根与系数的关系利用弦长公式即可得出. 2【解答】解:(I)由圆 M:(x+1)+y2=1,可知圆心 M(﹣1,0);圆 N:(x﹣1 )2+y2=9,圆心 N(1,0),半径 3. 设动圆的半径为 R, ∵动圆 P 与圆 M 外切并与圆 N 内切,∴|PM|+|PN|=R+1+(3﹣R)=4, 而|NM|=2,由椭圆的定义可知:动点 P 的轨迹是以 M,N 为焦点,4 为长轴长 第 28 页(共 34 页) 的椭圆, ∴a=2,c=1,b2=a2﹣c2=3. ∴曲线 C 的方程为 (x≠﹣2). (II)设曲线 C 上任意一点 P(x,y), 由于|PM|﹣|PN|=2R﹣2≤3﹣1=2,所以 R≤2,当且仅当⊙P 的圆心为(2,0) R=2 时,其半径最大,其方程为(x﹣2)2+y2=4. ①l 的倾斜角为 90°,则 l 与 y 轴重合,可得|AB|= .②若 l 的倾斜角不为 90°,由于⊙M 的半径 1≠R,可知 l 与 x 轴不平行, 设 l 与 x 轴的交点为 Q,则 ), ,可得 Q(﹣4,0),所以可设 l:y=k(x+4 由 l 于 M 相切可得: ,解得 .当时,联立 ,,得到 7×2+8x﹣8=0. ∴.∴|AB|= ==由于对称性可知:当 时,也有|AB|= .综上可知:|AB|= 或.【点评】本题综合考查了两圆的相切关系、直线与圆相切问题、椭圆的定义及其 性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、弦长公式 等基础知识,需要较强的推理能力和计算能力及其分类讨论的思想方法.  21.(12 分)已知函数 f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d),若曲线 y=f(x)和 曲线 y=g(x)都过点 P(0,2),且在点 P 处有相同的切线 y=4x+2. 第 29 页(共 34 页) (Ⅰ)求 a,b,c,d 的值; (Ⅱ)若 x≥﹣2 时,f(x)≤kg(x),求 k 的取值范围. 【考点】3R:函数恒成立问题;6H:利用导数研究曲线上某点切线方程.菁优网版权所有 【专题】16:压轴题;53:导数的综合应用. 【分析】(Ⅰ)对 f(x),g(x)进行求导,已知在交点处有相同的切线及曲线 y=f(x)和曲线 y=g(x)都过点 P(0,2),从而解出 a,b,c,d 的值; (Ⅱ)由(I)得出 f(x),g(x)的解析式,再求出 F(x)及它的导函数,通 过对 k 的讨论,判断出 F(x)的最值,从而判断出 f(x)≤kg(x)恒成立, 从而求出 k 的范围. 【解答】解:(Ⅰ)由题意知 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; (Ⅱ)由(I)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1) 设 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), 由题设得 F(0)≥0,即 k≥1, 令 F′(x)=0,得 x1=﹣lnk,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)上减,在(x1,+∞)上是增,故 F(x)在[﹣2,+∞) 上的最小值为 F(x1), 而 F(x1)=﹣x1(x1+2)≥0,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,+∞)上是增,而 F(﹣2)=0,故当 x≥﹣2 时,F(x)≥0, 第 30 页(共 34 页) 即 f(x)≤kg(x)恒成立. ③若 k>e2 时,F′(x)>2e2(x+2)(ex﹣e﹣2), 而 F(﹣2)=﹣2ke﹣2+2<0,所以当 x>﹣2 时,f(x)≤kg(x)不恒成立, 综上,k 的取值范围是[1,e2]. 【点评】此题主要考查利用导数研究曲线上某点切线方程,函数恒成立问题,考 查分类讨论思想,解题的关键是能够利用导数工具研究函数的性质,此题是 一道中档题.  四、请考生在第 22、23、24 题中任选一道作答,并用 2B 铅笔将答题卡上所选 的题目对应的题号右侧方框涂黑,按所涂题号进行评分;多涂、多答,按所 涂的首题进行评分,不涂,按本选考题的首题进行评分. 22.(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. 【考点】NC:与圆有关的比例线段.菁优网版权所有 【专题】5B:直线与圆. 【分析】(I)连接 DE 交 BC 于点 G,由弦切角定理可得∠ABE=∠BCE,由已知角 平分线可得∠ABE=∠CBE,于是得到∠CBE=∠BCE,BE=CE.由已知 DB⊥BE, 可知 DE 为⊙O 的直径,Rt△DBE≌Rt△DCE,利用三角形全等的性质即可得到 DC=DB. (II)由(I)可知:DG 是 BC 的垂直平分线,即可得到 BG= .设 DE 的中点为 第 31 页(共 34 页) O,连接 BO,可得∠BOG=60°.从而∠ABE=∠BCE=∠CBE=30°.得到 CF⊥BF. 进而得到 Rt△BCF 的外接圆的半径= .【解答】(I)证明:连接 DE 交 BC 于点 G. 由弦切角定理可得∠ABE=∠BCE,而∠ABE=∠CBE, ∴∠CBE=∠BCE,BE=CE. 又∵DB⊥BE,∴DE 为⊙O 的直径,∠DCE=90°. ∴△DBE≌△DCE,∴DC=DB. (II)由(I)可知:∠CDE=∠BDE,DB=DC. 故 DG 是 BC 的垂直平分线,∴BG= .设 DE 的中点为 O,连接 BO,则∠BOG=60°. 从而∠ABE=∠BCE=∠CBE=30°. ∴CF⊥BF. ∴Rt△BCF 的外接圆的半径= .【点评】本题综合考查了圆的性质、弦切角定理、等边三角形的性质、三角形全 等、三角形的外接圆的半径等知识,需要较强的推理能力、分析问题和解决 问题的能力.  23.已知曲线 C1 的参数方程为 (t 为参数),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 ρ=2sinθ. (1)把 C1 的参数方程化为极坐标方程; (2)求 C1 与 C2 交点的极坐标(ρ≥0,0≤θ<2π). 【考点】Q4:简单曲线的极坐标方程;QH:参数方程化成普通方程.菁优网版权所有 【专题】11:计算题;35:转化思想;4R:转化法;5S:坐标系和参数方程. 第 32 页(共 34 页) 【分析】(1)曲线 C1 的参数方程消去参数 t,得到普通方程,再由 能求出 C1 的极坐标方程. ,(2)曲线 C2 的极坐标方程化为直角坐标方程,与 C1 的普通方程联立,求出 C1 与 C2 交点的直角坐标,由此能求出 C1 与 C2 交点的极坐标. 2【解答】解:(1)将 ,消去参数 t,化为普通方程(x﹣4) +(y﹣5 )2=25, 即 C1:x2+y2﹣8x﹣10y+16=0, 将代入 x2+y2﹣8x﹣10y+16=0, 得 ρ2﹣8ρcosθ﹣10ρsinθ+16=0. ∴C1 的极坐标方程为 ρ2﹣8ρcosθ﹣10ρsinθ+16=0. (2)∵曲线 C2 的极坐标方程为 ρ=2sinθ. ∴曲线 C2 的直角坐标方程为 x2+y2﹣2y=0, 联立 解得 ,或,∴C1 与 C2 交点的极坐标为( )和(2, ). 【点评】本题考查曲线极坐标方程的求法,考查两曲线交点的极坐标的求法,考 查极坐标方程、直角坐标方程、参数方程的互化等基础知识,考查推理论证 能力、运算求解能力,考查化归与转化思想、函数与方程思想,是中档题.  24.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∈[﹣ , ]时,f(x)≤g(x),求 a 的取值范围. 【考点】R5:绝对值不等式的解法.菁优网版权所有 第 33 页(共 34 页) 【 分 析 】 ( Ⅰ ) 当a=﹣2 时 , 求 不 等 式f ( x ) < g ( x ) 化 为 |2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3<0.设 y=|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3,画出函数 y 的图 象,数形结合可得结论. (Ⅱ)不等式化即 1+a≤x+3,故 x≥a﹣2 对 x∈[﹣ , ]都成立,分析可得﹣ ≥a﹣2,由此解得 a 的取值范围. 【 解 答 】 解 : ( Ⅰ ) 当a=﹣2 时 , 求 不 等 式f ( x ) < g ( x ) 化 为 |2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3<0. 设 y=|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3,则 y= ,它的图象如图所示: 结合图象可得,y<0 的解集为(0,2),故原不等式的解集为(0,2). (Ⅱ)设 a>﹣1,且当 x∈[﹣ , ]时,f(x)=1+a,不等式化为 1+a≤x+3, 故 x≥a﹣2 对 x∈[﹣ , ]都成立. 故﹣ ≥a﹣2, 解得 a≤ , 故 a 的取值范围为(﹣1, ]. 【点评】本题考查绝对值不等式的解法与绝对值不等式的性质,关键是利用零点 分段讨论法分析函数的解析式. 第 34 页(共 34 页)

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