(2021年整理)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年高考新课标1理科数学试题及答案

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Axx22x0,Bx5x5，则( ） A．AB B．ABR C．BA D．AB 2．若复数z满足（3－4i)z＝|4＋3i|，则z的虚部为( ）．

44A．4 B． C．4 D．

553．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

5x2y24．已知双曲线C：22=1a0,b0的离心率为,则C的渐近

2ab程为( ）

111A．yx B．yx C．yx D．yx

432线方

5．执行下面的程序框图,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］

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，如容器的厚度，则球的体积为( ）

个球放果不计

50086613722048cm3 B．cm3 C．cm3 D．cm3 A．3333

7．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．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

A．168

2013年高考新课标1理科数学试题及答案

B．88

C．1616 D．816

2m2m19．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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0,b0的右焦点为F3,0，过点F的直线交E于A，B两点．若

abAB的中点坐标为1,1，则E的方程为( ）

x2y2x2y2x2y2x2y21 B．1 C．1 D．1 A．4536362727181x22x，x0，11．已知函数fx若fxax，则a的取值范围是（ )

ln(x1)，x0.A．,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

canbanb1c1,b1c12a1,an1an,bn1n，则( ） ,cn1n22A．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

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＝______。

2114．若数列an的前n项和Snan，则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x2x2axb的图像关于直线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17．（本小题满分12分)如图，在ABC中，

AB3,BC1，p为ABC内一点，BPC90。

1 （1）若PB，求PA;

2（2)若APB150，求tanPBA。

算步骤.) ABC90，

18．（本小题满分12分）如图,三棱柱ABCA1B1C1中，CACB,ABAA1,BAA160。

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(1)证明：ABA1C；

(2）若平面ABC⊥平面AA1B1B，ABCB，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．

1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

2为优质品相互．

（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M:x1y21，圆N:x1y29，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。

22

21．（本小题满分12分)设函数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. （1)求a,b,c,d的值;

（2）若x2时，fxkgx，求k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】

x45cost,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

y55sint建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为2sin. (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0,02．

23．（本小题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。

(1)当a2时，求不等式fxgx的解集;

a1(2)设a1，且当x,时，fxgx，求a的取值范围．

222013年高考新课标1理科数学试题及答案

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|，

55(34i)34i。 ∴z34i(34i)(34i)5故z的虚部为，选D。

53． 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

c2a2b25c52。 解析:∵e,∴e2a2aa24b122

∴a＝4b，=。

a2b1∴渐近线方程为yxx。

a2

5．

答案:A

解析：若t∈[－1，1)，则执行s＝3t，故s∈［－3,3)．

2

若t∈［1，3］，则执行s＝4t－t，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，

222

由R＝（R－2)＋4，得R＝5，

45003

π(cm)，故选A. 所以球的体积为π53332013年高考新课标1理科数学试题及答案

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。

mm1m1∵Sm＝ma1＋×1＝0，∴a1.

22m1又∵am＋1＝a1＋m×1＝3，∴m3。

2∴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，

12

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πr×4×＋4×2×2＝

28π＋16.故选A。 9．

答案：B

m解析：由题意可知，a＝Cm2m，b＝C2m1，

2m!2m1!=7又∵13a＝7b,∴13, m!m!m!m1!132m1即.解得m＝6.故选B。

7m110． 答案：D

解析：设A(x1，y1),B(x2，y2)，∵A，B在椭圆上， x12y121,①a2b2∴2

2x2y21,②a2b2①－②，得

x1x2x1x2y1y2y1y2=0， 22abyyyyb2即2=1212， ax1x2x1x2∵AB的中点为（1，－1)，∴y1＋y2＝－2,x1＋x2＝2,

y1y2b21011=,∴2=. 而＝kAB＝

x1x2a23122222

又∵a－b＝9，∴a＝18，b＝9.

x2y2∴椭圆E的方程为=1。故选D.

111． 答案：D

解析:由y＝|f（x）｜的图象知：

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①当x＞0时，y＝ax只有a≤0时，才能满足｜f(x)|≥ax，可排除B,C.

22

②当x≤0时,y＝|f(x)｜＝|－x＋2x｜＝x－2x.

2

故由|f(x)｜≥ax得x－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，

2

∴b·c＝ta·b＋（1－t）｜b｜.

又∵|a｜＝|b|＝1,且a与b夹角为60°，b⊥c, ∴0＝t｜a|｜b|cos 60°＋（1－t）,

10＝t＋1－t。

2∴t＝2.

n－1

14．答案：(－2）

21解析:∵Snan，①

3321∴当n≥2时，Sn1an1。②

3322①－②，得ananan1，

33a即n＝－2。 an121∵a1＝S1＝a1，

33∴a1＝1。

n－1

∴{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，an＝(－2).

2515．答案：

5解析：f（x）＝sin x－2cos x

21＝5sinxcosx，

5512令cos α＝，sin α＝，

55则f(x)＝5sin（α＋x)，

π当x＝2kπ＋－α(k∈Z）时,sin(α＋x）有最大值1，f（x)有最大值5，

22013年高考新课标1理科数学试题及答案

即θ＝2kπ＋π2－α(k∈Z)，

所以cos θ＝cos2kπ+ππ2252＝cos2＝sin α＝55。 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b15164ab,0893ab,

解得a8,b15.

∴f(x）＝－x4－8x3－14x2

＋8x＋15.

由f′（x）＝－4x3－24x2

－28x＋8＝0， 得x1＝－2－5，x2＝－2，x3＝－2＋5。

易知，f（x)在（－∞,－2－5)上为增函数，在(－2－5，－2）上为减函数，在（－2，－2＋5）上为增函数，在(－2＋5，＋∞)上为减函数．

∴f（－2－5）＝[1－（－2－5)2］［(－2－5)2

＋8(－2－5）＋15] ＝（－8－45)（8－45） ＝80－＝16。

f(－2)＝[1－（－2）2][(－2）2

＋8×(－2）＋15］ ＝－3（4－16＋15) ＝－9。

f(－2＋5)＝［1－(－2＋5）2］［（－2＋5）2

＋8(－2＋5)＋15] ＝(－8＋45)（8＋45） ＝80－＝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

＝31423172cos 304。

故PA＝72。

(2）设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α.

在△PBA中，由正弦定理得3sinsin150sin(30)， 化简得3cos α＝4sin α.

所以tan α＝34，即tan∠PBA＝34。

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,

2013年高考新课标1理科数学试题及答案

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，OA的方向为x轴的正方向,|OA｜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（0，3，0)，C（0，0，3），B（－1，0，0）．

3，3）则BC＝(1,0，3)，BB1＝AA1＝(－1，3，0）,AC． 1＝（0，

设n＝(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量， nBC0,x3z0,则即可取n＝(3,1，－1）． nBB10,x3y0.10nA1C故cos〈n，AC〉＝＝。 15nA1C所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为

10。 519．

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）

41113＝。 1616162（2）X可能的取值为400,500，800，并且

411111P（X＝400)＝1,P(X＝500)＝，P（X＝800）＝.

1616161所以X的分布列为 X 400 500 800 1111 P 1611111EX＝400+500+800＝506.25.

16120．

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3的椭圆(左

x2y2顶点除外)，其方程为=1(x≠－2）．

432013年高考新课标1理科数学试题及答案

（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。

22

所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)＋y＝4。

若l的倾斜角为90°,则l与y轴重合，可得|AB｜＝23.

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

|QP|R，|QM|r1可求得Q(－4，0），所以可设l：y＝k（x＋4）．

|3k|=1， 由l与圆M相切得21k2解得k＝。

42x2y22x2代入=1, 当k＝时，将y44432

并整理得7x＋8x－8＝0，

462解得x1,2＝.

718所以｜AB｜＝1k2|x2x1|.

7218当k时，由图形的对称性可知｜AB|＝.

4718综上,｜AB｜＝23或|AB|＝。

721．

解：(1)由已知得f(0)＝2，g（0）＝2，f′（0)＝4，g′（0)＝4。

x

而f′（x）＝2x＋a，g′（x)＝e(cx＋d＋c）， 故b＝2,d＝2，a＝4,d＋c＝4. 从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2。

2x

（2）由(1）知，f(x）＝x＋4x＋2，g(x）＝2e(x＋1）．

x2

设函数F(x）＝kg(x）－f(x)＝2ke（x＋1）－x－4x－2，

xx

则F′(x）＝2ke(x＋2)－2x－4＝2(x＋2）(ke－1）． 由题设可得F（0）≥0，即k≥1。

令F′(x)＝0得x1＝－ln k，x2＝－2。

2

①若1≤k＜e，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－x12－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0。 故当x≥－2时,F（x)≥0,即f(x）≤kg（x)恒成立．

22x－2

②若k＝e，则F′(x）＝2e（x＋2）(e－e)．

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．

2－2－22

③若k＞e，则F(－2)＝－2ke＋2＝－2e（k－e)＜0. 从而当x≥－2时，f(x）≤kg（x）不可能恒成立．

2

综上，k的取值范围是［1,e］．

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．

2013年高考新课标1理科数学试题及答案

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，

3故DG是BC的中垂线,所以BG＝.

2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．

x45cost,22

解：（1）将消去参数t，化为普通方程（x－4)＋（y－5）＝25，

y55sint22

即C1：x＋y－8x－10y＋16＝0. xcos,22将代入x＋y－8x－10y＋16＝0得 ysinρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0。 所以C1的极坐标方程为

ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0。

22

(2)C2的普通方程为x＋y－2y＝0。 x2y28x10y160,由2 2xy2y0x1,x0,解得或

y2.y1ππ所以C1与C2交点的极坐标分别为2,，2,。

42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，

15x,x,21则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. 所以原不等式的解集是｛x｜0＜x＜2｝．

3。 22013年高考新课标1理科数学试题及答案

a1(2）当x∈,时，f(x）＝1＋a.

22不等式f(x)≤g(x）化为1＋a≤x＋3.

a1所以x≥a－2对x∈,都成立．

22a4故≥a－2，即a。

234从而a的取值范围是1,.

3