2013年全国高考理数真题试卷（新课标Ⅰ卷）
一、选择题：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．（2013·新课标Ⅰ卷理）已知集合A={x|x2﹣2x＞0}， ，则（ ）
A．A∩B= B．A∪B=R C．B A D．A B
2．（2013·新课标Ⅰ卷理）若复数z满足（3﹣4i）z=|4+3i|，则z的虚部为（ ）
A．﹣4 B． C．4 D．
3．（2013·新课标Ⅰ卷理）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 B．按性别分层抽样
C．按学段分层抽样 D．系统抽样
4．（2013·新课标Ⅰ卷理）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．（2013·新课标Ⅰ卷理）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]
6．（2013·新课标Ⅰ卷理）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．（2013·新课标Ⅰ卷理）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．（2013·新课标Ⅰ卷理）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
9．（2013·新课标Ⅰ卷理）设m为正整数，（x+y）2m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
10．（2013·新课标Ⅰ卷理）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． B． C． D．
11．（2013·新课标Ⅰ卷理）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．（2013·新课标Ⅰ卷理）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
二、填空题
13．（2013·新课标Ⅰ卷理）已知两个单位向量 ， 的夹角为60°， =t +（1﹣t） ．若 =0，则t= ．
14．（2013·新课标Ⅰ卷理）若数列{an}的前n项和为Sn= an+ ，则数列{an}的通项公式是an= ．
15．（2013·新课标Ⅰ卷理）设当x=θ时，函数f（x）=sinx﹣2cosx取得最大值，则cosθ= ．
16．（2013·新课标Ⅰ卷理）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．（2013·新课标Ⅰ卷理）如图，在△ABC中，∠ABC=90°， ，BC=1，P为△ABC内一点，∠BPC=90°
（1）若 ，求PA；
（2）若∠APB=150°，求tan∠PBA．
18．（2013·新课标Ⅰ卷理）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°．
（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．（2013·新课标Ⅰ卷理）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．（2013·新课标Ⅰ卷理）已知圆M：（x+1）2+y2=1，圆N：（x﹣1）2+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．
（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|．
21．（2013·新课标Ⅰ卷理）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．
（1）求a，b，c，d的值；
（2）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．（2013·新课标Ⅰ卷理）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．
（1）证明：DB=DC；
（2）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．（2013·新课标Ⅰ卷理）（选修4﹣4：坐标系与参数方程）
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）
24．（2013·新课标Ⅰ卷理）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；
（2）设a＞﹣1，且当 时，f（x）≤g（x），求a的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】并集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【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．
【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．
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：∵复数z满足（3﹣4i）z=|4+3i|，∴z= = = = + i，
故z的虚部等于 ，
故选：D．
【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．
3．【答案】C
【知识点】分层抽样方法
【解析】【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．
【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．
4．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线C： （a＞0，b＞0），
则离心率e= = = ，即4b2=a2，
故渐近线方程为y=± x= x，
故选：D．
【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．
5．【答案】A
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；程序框图
【解析】【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．
【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．
6．【答案】A
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【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．
【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．
7．【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【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，得a1=﹣2，
所以am=﹣2+（m﹣1） 1=2，解得m=5，
故选C．
【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．
8．【答案】A
【知识点】由三视图求面积、体积
【解析】【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，
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．
【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．
9．【答案】B
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【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=7× ，即 13（m+1）=7（2m+1），解得m=6，
故选：B．
【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．
10．【答案】D
【知识点】椭圆的标准方程
【解析】【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），
代入椭圆方程得 ，
相减得 ，
∴ ．
∵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．
【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 = = ．于是得到 ，化为a2=2b2，再利用c=3= ，即可解得a2，b2．进而得到椭圆的方程．
11．【答案】D
【知识点】其他不等式的解法
【解析】【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，
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
【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．
12．【答案】B
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【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，
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．
【分析】由an+1=an可知△AnBnCn的边BnCn为定值a1，由bn+1+cn+1﹣2a1= 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．
13．【答案】2
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：∵ ， ，∴ =0，
∴tcos60°+1﹣t=0，∴1 =0，解得t=2．
故答案为2．
【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．
14．【答案】（﹣2）n﹣1
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：当n=1时，a1=S1= ，解得a1=1
当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣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=（﹣2）n﹣1
经验证当n=1时，上式也适合，
故答案为：（﹣2）n﹣1
【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．
15．【答案】-
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：f（x）=sinx﹣2cosx= （ sinx﹣ cosx）= sin（x﹣α）（其中cosα= ，sinα= ），
∵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：﹣
【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．
16．【答案】16
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；函数与方程的综合运用
【解析】【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，
即[1﹣（﹣3）2][（﹣3）2+a （﹣3）+b]=0且[1﹣（﹣5）2][（﹣5）2+a （﹣5）+b]=0，
解之得 ，
因此，f（x）=（1﹣x2）（x2+8x+15）=﹣x4﹣8x3﹣14x2+8x+15，
求导数，得f′（x）=﹣4x3﹣24x2﹣28x+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．
【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）=﹣x4﹣8x3﹣14x2+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．
17．【答案】（1）解：在Rt△PBC中， = ，∴∠PBC=60°，∴∠PBA=30°．
在△PBA中，由余弦定理得PA2=PB2+AB2﹣2PB ABcos30°= = ．
∴PA= ．
（2）解：设∠PBA=α，在Rt△PBC中，PB=BCcos（90°﹣α）=sinα．
在△PBA中，由正弦定理得 ，即 ，
化为 ．∴
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）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．（2）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．
18．【答案】（1）解：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，
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；
（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 ，即 ，
可取y=1，可得 =（ ，1，﹣1），故cos＜ ， ＞= =- ，
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： ．
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）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；（2）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．
19．【答案】（1）解：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）
= =
（2）解：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：
X 400 500 800
P
故EX=400× +500× +800× =506.25
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（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；（2）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．
20．【答案】（1）解：由圆M：（x+1）2+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为长轴长的椭圆，
∴a=2，c=1，b2=a2﹣c2=3．
∴曲线C的方程为 （x≠﹣2）．
（2）解：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 ．
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7x2+8x﹣8=0．
∴ ， ．
∴|AB|= = =
由于对称性可知：当 时，也有|AB|= ．
综上可知：|AB|=2 或 ．
【知识点】轨迹方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）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；（2）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．
21．【答案】（1）解：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；
（2）解：由（1）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，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]．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）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；（2）由（1）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．
22．【答案】（1）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．
（2）证明：由（1）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= ．
【知识点】与圆有关的比例线段
【解析】【分析】（1）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．（2）由（1）可知：DG是BC的垂直平分线，即可得到BG= ．设DE的中点为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= ．
23．【答案】（1）解：曲线C1的参数方程式 （t为参数），
得（x﹣4）2+（y﹣5）2=25即为圆C1的普通方程，
即x2+y2﹣8x﹣10y+16=0．
将x=ρcosθ，y=ρsinθ代入上式，得．
ρ2﹣8ρcosθ﹣10ρsinθ+16=0，此即为C1的极坐标方程；
（2）解：曲线C2的极坐标方程为ρ=2sinθ化为直角坐标方程为：x2+y2﹣2y=0，
由 ，解得 或 ．
∴C1与C2交点的极坐标分别为（ ， ），（2， ）．
【知识点】极坐标刻画点的位置；点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程
【解析】【分析】（1）对于曲线C1利用三角函数的平方关系式sin2t+cos2t=1即可得到圆C1的普通方程；再利用极坐标与直角坐标的互化公式即可得到C1的极坐标方程；（2）先求出曲线C2的极坐标方程；再将两圆的方程联立求出其交点坐标，最后再利用极坐标与直角坐标的互化公式即可求出C1与C2交点的极坐标．
24．【答案】（1）解：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）．
（2）解：设a＞﹣1，且当 时，f（x）=1+a，不等式化为 1+a≤x+3，故 x≥a﹣2对 都成立．
故﹣ ≥a﹣2，解得 a≤ ，故a的取值范围为（﹣1， ]．
【知识点】函数单调性的性质；含绝对值不等式的解法
【解析】【分析】（1）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．（2）不等式化即 1+a≤x+3，故 x≥a﹣2对 都成立．故﹣ ≥a﹣2，由此解得a的取值范围．
1 / 12013年全国高考理数真题试卷（新课标Ⅰ卷）
一、选择题：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．（2013·新课标Ⅰ卷理）已知集合A={x|x2﹣2x＞0}， ，则（ ）
A．A∩B= B．A∪B=R C．B A D．A B
【答案】B
【知识点】并集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【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．
【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．
2．（2013·新课标Ⅰ卷理）若复数z满足（3﹣4i）z=|4+3i|，则z的虚部为（ ）
A．﹣4 B． C．4 D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：∵复数z满足（3﹣4i）z=|4+3i|，∴z= = = = + i，
故z的虚部等于 ，
故选：D．
【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．
3．（2013·新课标Ⅰ卷理）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 B．按性别分层抽样
C．按学段分层抽样 D．系统抽样
【答案】C
【知识点】分层抽样方法
【解析】【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．
【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．
4．（2013·新课标Ⅰ卷理）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=
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线C： （a＞0，b＞0），
则离心率e= = = ，即4b2=a2，
故渐近线方程为y=± x= x，
故选：D．
【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．
5．（2013·新课标Ⅰ卷理）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]
【答案】A
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；程序框图
【解析】【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．
【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．
6．（2013·新课标Ⅰ卷理）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．
【答案】A
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【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．
【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．
7．（2013·新课标Ⅰ卷理）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
【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【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，得a1=﹣2，
所以am=﹣2+（m﹣1） 1=2，解得m=5，
故选C．
【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．
8．（2013·新课标Ⅰ卷理）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
【答案】A
【知识点】由三视图求面积、体积
【解析】【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，
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．
【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．
9．（2013·新课标Ⅰ卷理）设m为正整数，（x+y）2m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
【答案】B
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【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=7× ，即 13（m+1）=7（2m+1），解得m=6，
故选：B．
【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．
10．（2013·新课标Ⅰ卷理）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． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的标准方程
【解析】【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），
代入椭圆方程得 ，
相减得 ，
∴ ．
∵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．
【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 = = ．于是得到 ，化为a2=2b2，再利用c=3= ，即可解得a2，b2．进而得到椭圆的方程．
11．（2013·新课标Ⅰ卷理）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]
【答案】D
【知识点】其他不等式的解法
【解析】【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，
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
【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．
12．（2013·新课标Ⅰ卷理）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
【答案】B
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【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，
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．
【分析】由an+1=an可知△AnBnCn的边BnCn为定值a1，由bn+1+cn+1﹣2a1= 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．
二、填空题
13．（2013·新课标Ⅰ卷理）已知两个单位向量 ， 的夹角为60°， =t +（1﹣t） ．若 =0，则t= ．
【答案】2
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：∵ ， ，∴ =0，
∴tcos60°+1﹣t=0，∴1 =0，解得t=2．
故答案为2．
【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．
14．（2013·新课标Ⅰ卷理）若数列{an}的前n项和为Sn= an+ ，则数列{an}的通项公式是an= ．
【答案】（﹣2）n﹣1
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：当n=1时，a1=S1= ，解得a1=1
当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣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=（﹣2）n﹣1
经验证当n=1时，上式也适合，
故答案为：（﹣2）n﹣1
【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．
15．（2013·新课标Ⅰ卷理）设当x=θ时，函数f（x）=sinx﹣2cosx取得最大值，则cosθ= ．
【答案】-
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：f（x）=sinx﹣2cosx= （ sinx﹣ cosx）= sin（x﹣α）（其中cosα= ，sinα= ），
∵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：﹣
【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．
16．（2013·新课标Ⅰ卷理）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 ．
【答案】16
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；函数与方程的综合运用
【解析】【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，
即[1﹣（﹣3）2][（﹣3）2+a （﹣3）+b]=0且[1﹣（﹣5）2][（﹣5）2+a （﹣5）+b]=0，
解之得 ，
因此，f（x）=（1﹣x2）（x2+8x+15）=﹣x4﹣8x3﹣14x2+8x+15，
求导数，得f′（x）=﹣4x3﹣24x2﹣28x+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．
【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）=﹣x4﹣8x3﹣14x2+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．
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17．（2013·新课标Ⅰ卷理）如图，在△ABC中，∠ABC=90°， ，BC=1，P为△ABC内一点，∠BPC=90°
（1）若 ，求PA；
（2）若∠APB=150°，求tan∠PBA．
【答案】（1）解：在Rt△PBC中， = ，∴∠PBC=60°，∴∠PBA=30°．
在△PBA中，由余弦定理得PA2=PB2+AB2﹣2PB ABcos30°= = ．
∴PA= ．
（2）解：设∠PBA=α，在Rt△PBC中，PB=BCcos（90°﹣α）=sinα．
在△PBA中，由正弦定理得 ，即 ，
化为 ．∴
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）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．（2）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．
18．（2013·新课标Ⅰ卷理）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°．
（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．
【答案】（1）解：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，
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；
（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 ，即 ，
可取y=1，可得 =（ ，1，﹣1），故cos＜ ， ＞= =- ，
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： ．
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）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；（2）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．
19．（2013·新课标Ⅰ卷理）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．
【答案】（1）解：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）
= =
（2）解：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：
X 400 500 800
P
故EX=400× +500× +800× =506.25
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（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；（2）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．
20．（2013·新课标Ⅰ卷理）已知圆M：（x+1）2+y2=1，圆N：（x﹣1）2+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．
（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|．
【答案】（1）解：由圆M：（x+1）2+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为长轴长的椭圆，
∴a=2，c=1，b2=a2﹣c2=3．
∴曲线C的方程为 （x≠﹣2）．
（2）解：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 ．
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7x2+8x﹣8=0．
∴ ， ．
∴|AB|= = =
由于对称性可知：当 时，也有|AB|= ．
综上可知：|AB|=2 或 ．
【知识点】轨迹方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）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；（2）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．
21．（2013·新课标Ⅰ卷理）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．
（1）求a，b，c，d的值；
（2）若x≥﹣2时，f（x）≤kg（x），求k的取值范围．
【答案】（1）解：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；
（2）解：由（1）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，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]．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）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；（2）由（1）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．
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．（2013·新课标Ⅰ卷理）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．
（1）证明：DB=DC；
（2）设圆的半径为1，BC= ，延长CE交AB于点F，求△BCF外接圆的半径．
【答案】（1）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．
（2）证明：由（1）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= ．
【知识点】与圆有关的比例线段
【解析】【分析】（1）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．（2）由（1）可知：DG是BC的垂直平分线，即可得到BG= ．设DE的中点为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= ．
23．（2013·新课标Ⅰ卷理）（选修4﹣4：坐标系与参数方程）
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）
【答案】（1）解：曲线C1的参数方程式 （t为参数），
得（x﹣4）2+（y﹣5）2=25即为圆C1的普通方程，
即x2+y2﹣8x﹣10y+16=0．
将x=ρcosθ，y=ρsinθ代入上式，得．
ρ2﹣8ρcosθ﹣10ρsinθ+16=0，此即为C1的极坐标方程；
（2）解：曲线C2的极坐标方程为ρ=2sinθ化为直角坐标方程为：x2+y2﹣2y=0，
由 ，解得 或 ．
∴C1与C2交点的极坐标分别为（ ， ），（2， ）．
【知识点】极坐标刻画点的位置；点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程
【解析】【分析】（1）对于曲线C1利用三角函数的平方关系式sin2t+cos2t=1即可得到圆C1的普通方程；再利用极坐标与直角坐标的互化公式即可得到C1的极坐标方程；（2）先求出曲线C2的极坐标方程；再将两圆的方程联立求出其交点坐标，最后再利用极坐标与直角坐标的互化公式即可求出C1与C2交点的极坐标．
24．（2013·新课标Ⅰ卷理）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；
（2）设a＞﹣1，且当 时，f（x）≤g（x），求a的取值范围．
【答案】（1）解：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）．
（2）解：设a＞﹣1，且当 时，f（x）=1+a，不等式化为 1+a≤x+3，故 x≥a﹣2对 都成立．
故﹣ ≥a﹣2，解得 a≤ ，故a的取值范围为（﹣1， ]．
【知识点】函数单调性的性质；含绝对值不等式的解法
【解析】【分析】（1）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．（2）不等式化即 1+a≤x+3，故 x≥a﹣2对 都成立．故﹣ ≥a﹣2，由此解得a的取值范围．
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