2013年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試(重慶卷)解析-數(shù)學(xué)(理)匯總

1、2013年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試(重慶卷)數(shù)學(xué)(理)1.已知全集 U= 1 ,2,3,4，集合A= 1 ,2 ,B=2,3，則?U(AUB)=( )A. 1 , 3, 4 B . 3 , 4 C . 3 D . 41. D 解析因?yàn)锳UB= 1 , 2, 3，所以?U(AUB) = 4，故選 D.2.命題“對(duì)任意x R,都有x20”的否定為()A. 對(duì)任意x R,都有x2v0B. 不存在 x R,使得 xv0C. 存在 x R,使得 x00D. 存在x R,使得xfv02.D 解析根據(jù)定義可知命題的否定為：存在x R,使得x2V0,故選 D.3.(3-a)(a+ 6) ( 6a 3)的最

2、大值為()932A. 9 B. 2 C . 3 D. 23.B 解析因?yàn)?waW3,所以(3a)(a+6)(3a) + (a+ 6)93 fl1424圖 1 1已知甲組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為 15,乙組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為 16.8，則x,y的 值分別為（）A. 2, 5 B . 5, 5 C . 5, 8 D . 8, 84.C 解析因?yàn)榧捉M數(shù)據(jù)的中位數(shù)為 15,由莖葉圖可得x= 5.因9 + 15+( 10 +y) + 18+ 24乙組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為16.8，貝 S5= 16.8 ,解得y= 8,故選 C.5.某幾何體的三視圖如圖 1 2 所示，則該幾何體的體積為（）560580A二B.三 C . 20

3、0 D . 2405. C 解析該幾何體為直四棱柱，其高為 10,底面是上底為 2,1下底為 8,高為 4,其腰為 5 的等腰梯形，所以其底面面積為 2（2 + 8）X4=20,所以體積為V= 20X10= 200.12F e10 正?。┮晥D6.若avbvc,則函數(shù)f(x) = (xa)(xb) + (xb)(xc) + (xc）（xa）的兩個(gè)零點(diǎn)分別位于區(qū)間（）A.(a,b)和(b, c)內(nèi) B . (,a)和(a,b)內(nèi)C. (b,c)和(c,+x)內(nèi)D.(x,a)和(c,+x)內(nèi)6. A 解析因?yàn)閒(a) = (ab)(ac)0,f(b)= (bc)(ba)v0,f(c) = (ca)(

4、cb) 0,所以f(a)f(b)v0,f(b)f(c)v0, 所以函數(shù)的兩個(gè)零點(diǎn)分別在(a,b)和(b,c)內(nèi)，故選 A.7.已知圓 G: (x 2) + (y 3) = 1,圓G:(x 3) + (y 4)= 9,M N分別是圓G, C2上的動(dòng)點(diǎn)，P為x軸上的動(dòng)點(diǎn)，則|PM+ |PN的最 小值為( )A. 52 4 B. 17 1G. 6 22 D. 177. A 解析如圖，作圓C關(guān)于x軸的對(duì)稱圓C1： (x 2)2+ (y+3)2= 1,則 |PM+ |PN= |PN+ |PM|.由圖可知當(dāng)C,N, P, M,C1在同一直線上時(shí)，|PM+ |PN= |PN+ |PM|取得最小值，即為|G1

5、G| 1 3= 5 28,執(zhí)行如圖 1 4 所示的程序框圖，如果輸出s= 3,那么判斷框 內(nèi)應(yīng)填入的條件是（ ）A.k6 B.k7 C.k8 D.k 4.又(xa)2+y2= 1,得x2+y2+a2= 1 + 2ax 1 +a2+x2,貝 Sy2 1 ；同理由x2+ (yb)2= 1，得x2 1,即有x2+y22.7J7_廠由知 4Vx2+y22,所以 2vx2+y2 2._ -J7而|OA=x2+y2,所以2|OA 2,故選 D.5i11. 已知復(fù)數(shù)z=1+2i（i 是虛數(shù)單位），則|z| =則|OA的取值范圍是（|(x 5) (x+ 3)| = 8, 則a0),6(x 2)(x 3)f(X

6、)=x5+x=x令f(x) = 0,解得X1= 2,X2= 3.當(dāng) 0vxv2 或x 3 時(shí)，f(x) 0,故f(x)在(0, 2) , (3，+乂)上為增函數(shù)；當(dāng) 2vxv3 時(shí)，f(x)v0,故f(x)在(2 , 3)上為減函數(shù).9由此可知，f(x)在x=2 處取得極大值f(2) = 2 + 6ln 2，在x= 3 處取得極小值f(3) = 2 + 6ln 3.18. 某商場舉行的“三色球”購物摸獎(jiǎng)活動(dòng)規(guī)定：在一次摸獎(jiǎng)中，摸獎(jiǎng)?wù)呦葟难b有 3 個(gè)紅球與 4 個(gè)白球的袋中任意摸出 3 個(gè)球，再從裝有 1 個(gè)藍(lán)球與 2 個(gè)白球的袋中任意摸出 1 個(gè)球.根據(jù)摸出 4 個(gè)球中紅球與藍(lán)球的個(gè)數(shù)，設(shè)一、

7、二、三等獎(jiǎng)如下：獎(jiǎng)級(jí)摸出紅、藍(lán)球個(gè)數(shù)獲獎(jiǎng)金額一等獎(jiǎng)3 紅 1 藍(lán)200 元二等獎(jiǎng)3 紅 0 藍(lán)50 元三等獎(jiǎng)2 紅 1 藍(lán)10 元其余情況無獎(jiǎng)且每次摸獎(jiǎng)最多只能獲得一個(gè)獎(jiǎng)級(jí).(1) 求一次摸獎(jiǎng)恰好摸到 1 個(gè)紅球的概率；(2) 求摸獎(jiǎng)?wù)咴谝淮蚊?jiǎng)中獲獎(jiǎng)金額X的分布列與期望E(X).18. 解：設(shè)A表示摸到i個(gè)紅球，B表示摸到j(luò)個(gè)藍(lán)球，則A(i= 0,1, 2, 3)與Bj(j= 0,1)獨(dú)立.(1)恰好摸到 1 個(gè)紅球的概率為些 18RA) = C3= 35.X的所有可能值為 0, 10, 50, 200,且R X= 200) =P(AB) =P(A) R B)=C311C 3= 105,C3

8、22RX=50)= RAB) = RA) RB) =C7 3= 105,cki 1124RX=10)=RAB) =RAjRBrC3 3=105=35,1246RX= 0) = 1 - 105- 105 35 = 7.綜上知X的分布列為X01050200P64217351051056421從而有E(X) = 0X7+ 10X35+ 50X105+ 200X105= 4(元).19. 如圖 1 7 所示，四棱錐PABC中，PU底面ABCD BC= CD=2,AC=4,ZACB=ZACD=三,F為PC的中點(diǎn)，AFLPB（1）求PA的長;求二面角BAF- D的正弦值.19. 解：（1）如圖，聯(lián)結(jié)BD交

9、AC于Q因?yàn)锽C= CD即厶BCD為等腰三角形，又AC平分/BCD故ACL BD以Q為坐標(biāo)原點(diǎn)，QB gAP的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Qnxyz,則OC= CDos 3 = 1,而AC=4,得AO= ACOC=3.又OD=CtSin 扌=3,故A(0， 3, 0) ,B(3, 0, 0) ,Q0, 1, 0),D.3, 0, 0).因PAL底面ABC D可設(shè)R0, 3,z），由F為PC邊中點(diǎn)，得zF,1, 2，又AF= 0 2,圖 1 72 ,PB=( 3 3,z)，因AFLPB2z故AFPB=0, 即卩 6-2 = 0,z=2 V3(舍去一 2 V3)，所以|P

10、A= 2 ,3.由(1)知At ( - 3, 3, 0) ,AB=( 3, 3, 0)，矗=(0,2, 3).設(shè) 平面FAD的法向量為1= (xi,yi,zi)，平面FAB勺法向量為2= (x2,y2,Z2).由iAD=0,iAF= 0，得3xi+ 3yi= 0,2yi+ ： 3zi= 0,因此可取i=(3，3，2)-由2AB=0,2AF= 0，得3x2+ 3y2= 0,2y2+： 3z2= 0,故可取2=(3，-3 2)-從而向量1,2的夾角的余弦值為nin21cos1,2= |n1| |n2| = 8.3擊故二面角B-AF- D的正弦值為廠.20.、在厶ABC中，內(nèi)角A, B, C的對(duì)邊分

11、別是a,b,c,且a2+b2+ 2ab=c2.(1)求 C；3 邊 COS( a +ACOS( a + B)止設(shè) cosAcos B= 5 ,cos2a=5，求 tana的值.20. 解：(1)因?yàn)閍2+b2+“.2ab=c2,a+b_c一2abyl23n所以由余弦定理有 cosC=2ab=2ab=一 2 .故C=4 .由題意得cosA)(sinasin B cosacos B)2cosa3n_C=4，所以A+B=4，所以 sin (A+E)因?yàn)?cos (A+B) = cosAcos B sinAsin B,3;2.2即 5 sinAsinB= 2 .3 2 邁壘解得 sinAsin B=5

12、 2 = 10.2由得 tana 5tana+ 4 = 0,解得 tana= 1 或 tana= 4.21. 如圖 1 9 所示，橢圓的中心為原點(diǎn)Q長軸在x軸上，離心率e=2,(sinasin A- cos因此(tanasin A cosA)(tanasin B cosB)tan2asinAsin B tana(sinAcos B+ cosAsinB) + cosAcosBtan2asinAsin B tanasin (A+B) + cosAcos因?yàn)檫^左焦點(diǎn)F1作x軸的垂線交橢圓于A,A兩點(diǎn)，|AA| = 4.(1)求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;取垂直于x軸的直線與橢圓相交于不同的兩點(diǎn)P, P,過P,

13、P作圓心為Q的圓，使橢圓上的其余點(diǎn)均在圓Q外，若PQLP Q求 圓Q的標(biāo)準(zhǔn)方程.2 2(c)221.解：(1)由題意知點(diǎn)Ac, 2)在橢圓上，則 a +b2= 1,4從而e+b2= 1.y24b由e= 2 得b= 1e2= 8,從而a= 1e= 16.2 2一x y故該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 16+ 8=1.由橢圓的對(duì)稱性，可設(shè)Qxo, 0).又設(shè)Mx,y)是橢圓上任意一x_點(diǎn)，則 |Qiyi2= (xX0)2+y2=x2 2xox+x0+ 8J 1612 2=2(x 2xo) Xo+ 8(x 4, 4).設(shè)只劉,y1)，由題意，P是橢圓上到Q的距離最小的點(diǎn)，因此，上式 當(dāng)x=X1時(shí)取得最小值.又因

14、X1 ( 4, 4)，所以上式當(dāng)x= 2xo時(shí)取 得最小值，從而X1= 2xo,且|QP2=8x0.因?yàn)镻QL P Q且P(X1,yj，所以dP- dP=(X1X0,yj-(X1Xo,y1) =0,x2即(XiX0)2y2= 0.由橢圓方程及xi= 2xo得 4x2 8J龜4 V6劉 2伍22蘭解得劉=3 ,Xo= 2 = 3 ，從而 IQP= 8 Xo= 3 .故這樣的圓有兩個(gè)，其標(biāo)準(zhǔn)方程分別為2晶216込+ 3J+y22. 對(duì)正整數(shù) n,記In= 1 ,2,，n,Pn=(1)求集合P7中元素的個(gè)數(shù)；若Pn的子集A中任意兩個(gè)元素之和不是 整數(shù)的平方，則稱A為“稀 疏集”，求n的最大值，使Pn

15、能分成兩個(gè)不相交的稀疏集的并.jm22.解：(1)當(dāng)k= 4 時(shí)，km I7中有 3 個(gè)數(shù)與丨7中的 3 個(gè)數(shù)重復(fù),因此P7中元素的個(gè)數(shù)為 7X7 3=46.先證：當(dāng) n15 時(shí)，R 不能分成兩個(gè)不相交的稀疏集的并.若不然，設(shè)A,B為不相交的稀疏集，使AUB= R? In.不妨設(shè) 1A,貝卩因 1+ 3= 22,故 3?A, 即卩 3B同理 6A,10B,又推得 15A但 1+ 15= 4,這與A為稀疏集矛盾.2 =3，=0,jm再證P14符合要求，當(dāng)k= 1 時(shí)，km I14=I14可分成兩個(gè)稀疏集之并，事實(shí)上，只要取A= 1 , 2, 4, 6, 9, 11, 13,B= 3 , 5, 7,8, 10, 12, 14，則A,B為稀疏集，且AU B=114.jm當(dāng)k= 4 時(shí)，集114中除整數(shù)外剩下的數(shù)組成集13 513；2, 2, 2,，2 ,可分解為下面兩稀疏集的并：A=1 5 9 113 7 131伝 2, 2,訂,B2= 12, 2,訂.當(dāng)k= 9 時(shí)，集km I14中除正