2013高考数学年重庆卷(理)

一、选择题

1．已知全集U＝{1,2,3,4}，集合A＝{1,2}，B＝{2,3}，则∁U(A∪B)等于( ) A．{1,3,4} C．{3} 答案 D

解析 因为A∪B＝{1,2,3}，全集U＝{1,2,3,4}，所以∁U(A∪B)＝{4}，故选D. 2．命题“对任意x∈R，都有x2≥0”的否定为( ) A．对任意x∈R，都有x2<0 B．不存在x∈R，都有x2<0 C．存在x0∈R，使得x20≥0 D．存在x0∈R，使得x20<0 答案 D

解析 由于“对任意x∈R”的否定为“存在x0∈R”，对“x2≥0”的否定为“x2<0”，因此选D.

3.3－aa＋6(－6≤a≤3)的最大值为( ) A．9 答案 B

解析 因为3－aa＋6＝18－3a－a2 ＝

381

a＋2＋， －24

9

B. 2

C．3

32D. 2

B．{3,4} D．{4}

39

所以当a＝－时，3－aa＋6的值最大，最大值为.

22

4．以下茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩(单位：分)

已知甲组数据的中位数为15，乙组数据的平均数为16.8，则x，y的值分别为( )

A．2,5 答案 C

B．5,5 C．5,8 D．8,8

解析 由于甲组中有5个数，比中位数小的有两个数为9,12，比中位数大的也有两个数9＋15＋10＋y＋18＋24

24,27，所以10＋x＝15，x＝5.又因＝16.8，所以y＝8，故选C.

55．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

560580

A. B. C．200 D．240 33答案 C

1

解析 由三视图还原的几何体为两底面为梯形的直棱柱，梯形的面积为(2＋8)×4＝20，

2所以棱柱的体积为20×10＝200.

6．若aA．(a，b)和(b，c)内

B．(－∞，a)和(a，b)内 D．(－∞，a)和(c，＋∞)内

C．(b，c)和(c，＋∞)内 答案 A

解析 由于a0，f(b)＝(b－c)(b－a)<0，f(c)＝(c－a)(c－b)>0.因此有f(a)·f(b)<0，f(b)·f(c)<0，又因f(x)是关于x的二次函数，函数的图象是连续不断的曲线，因此函数f(x)的两零点分别位于区间(a，b)和(b，c)内，故选A.

7．已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为( ) A．52－4 C．6－22 答案 A

B.17－1 D.17

解析 两圆心坐标分别为C1(2,3)，C2(3，4)．C1关于x轴对称的点C1′的坐标为(2，－

3)，连接C2C1′，线段C2C1′与x轴的交点即为P点．

(|PM|＋|PN|)min＝|C2C1′|－R1－R2(R1，R2分别为两圆的半径)＝3－22＋4＋32－1－3＝50－4＝52－4.故选A.

8．执行如图所示的程序框图，如果输出s＝3，那么判断框内应填入的条件是( )

A．k≤6 C．k≤8 答案 B

解析 当k＝2时，s＝log23，当k＝3时，s＝log23·log34，当k＝4时，s＝log23·log34·log45.lgk＋1lg 3lg 4lg 5由s＝3，得××ׄ×＝3，即lg(k＋1)＝3lg 2，所以k＝7.再循环时，

lg 2lg 3lg 4lg kk＝7＋1＝8，此时输出s，因此判断框内应填入“k≤7”．故选B. 9．4cos 50°－tan 40°等于( ) A.2 答案 C

解析 4cos 50°－tan 40°＝＝＝

4sin 40°cos 40°－sin 40°

cos 40°

B.2＋3

2

C.3

D．22－1

B．k≤7 D．k≤9

2sin 80°－sin 40°2sin50°＋30°－sin 40°

＝ cos 40°cos 40°3sin 50°＋cos 50°－sin 40°3sin 50°

＝＝3.

cos 40°cos 40°

→→→→→→→→1→

10．在平面上，AB1⊥AB2，|OB1|＝|OB2|＝1，AP＝AB1＋AB2.若|OP|<，则|OA|的取值范围是

2

( ) A.0，

5 2

B.

57

，227，2 2

C.

5，2

2

D.

答案 D

解析 设B1(cos α，sin α)，B2(cos β，sin β)，A(x，y)，O(0,0)．

→→

由AB1⊥AB2，得cos(α－β)－x(cos α＋cos β)－y(sin α＋sin β)＋x2＋y2＝0① →→→→→→

OP＝OA＋AP＝OA＋AB1＋AB2＝(cos α＋cos β－x，sin α＋sin β－y)． →1→1而|OP|<，则0≤|OP|2<，

24

1

整理得0≤x2＋y2＋2＋2cos(α－β)－2x(cos α＋cos β)－2y(sin α＋sin β)<，②

41

将①代入②，得0≤x2＋y2＋2－2(x2＋y2)<，

417

即0≤2－(x2＋y2)<，整理得4477→→

，2，即|OA|∈，2. 所以|OA|2∈42二、填空题

5i

11．已知复数z＝(i是虚数单位)，则|z|＝________.

1＋2i答案

5 5i|5i|5

解析 |z|＝1＋2i＝＝＝5.

|1＋2i|512．已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________. 答案

解析 因为a1，a2，a5成等比数列，则a2a5，即(1＋d)2＝1×(1＋4d)，d＝2.所以an2＝a1·＝1＋(n－1)×2＝2n－1，S8＝

a1＋a8×8

＝4×(1＋15)＝. 2

13．从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________．(用数字作答) 答案 590

13

解析 利用直接法分类求解．一脑一内三骨的选法有C14C5C3＝20种，一脑二内二骨的选12231法有C4C5C3＝120种，一脑三内一骨的选法有C14C5C3＝120种，二脑一内二骨的选法有12221311C24C5C3＝90种，二脑二内一骨的选法有C4C5C3＝180种，三脑一内一骨的选法有C4C5C3

＝60种，满足题意的选法共20＋120＋120＋90＋180＋60＝590(种)．

14．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，AB＝20，过C作△ABC的外接圆的切线CD，BD⊥CD，BD与外接圆交于点E，则DE的长为______． 答案 5

解析 由题意，得弦切角∠BCD＝∠A＝60°，∠C＝∠D＝90°，所以△ABC∽△CBD.所以CB×AC20sin 60°×20cos 60°ABAC

＝，CD＝＝＝53.又因CD与圆相切，所以CD2＝CBCDAB2025×3CD2532DE×DB，则DE＝＝＝＝5.

DBCBsin 60°20×sin 60°×sin 60°

15．在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．若极坐标

2

x＝t，

方程为ρcos θ＝4的直线与曲线(t为参数)相交于A，B两点，则|AB|＝________. 3

y＝t

答案 16

2

x＝t，

解析 将极坐标方程ρcos θ＝4化为直角坐标方程得x＝4，将x＝4代入得t＝±2，3

y＝t

从而y＝±8.所以A(4,8)，B(4，－8)．所以|AB|＝|8－(－8)|＝16.

16．若关于实数x的不等式|x－5|＋|x＋3|解析 因为|x－5|＋|x＋3|表示数轴上的动点x到数轴上的点－3,5的距离之和，而(|x－5|＋|x＋3|)min＝8，所以当a≤8时，|x－5|＋|x＋3|17．设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．

(1)确定a的值；

(2)求函数f(x)的单调区间与极值． 解 (1)因f(x)＝a(x－5)2＋6ln x， 6

故f′(x)＝2a(x－5)＋. x

令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y－16a＝(6－8a)(x－1)，

1

由点(0,6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝. 21

(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x>0)，

26x－2x－3

f′(x)＝x－5＋＝. xx令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3. 当03时，f′(x)>0， 故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；

当29

由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3.

218．某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球，根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：

奖级 一等奖 二等奖 三等奖 摸出红、蓝球个数 3红1蓝 3红0蓝 2红1蓝 获奖金额 200元 50元 10元 其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级． (1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；

(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X的分布列与期望E(X)．

解 设Ai表示摸到i个红球，Bj表示摸到j个蓝球，则Ai(i＝0,1,2,3)与Bj(j＝0,1)．

2

C1183C4(1)恰好摸到1个红球的概率为P(A1)＝3＝.

C735

(2)X的所有可能值为：0,10,50,200，且 C3131

P(X＝200)＝P(A3B1)＝P(A3)P(B1)＝3·＝，

C73105C3232

P(X＝50)＝P(A3B0)＝P(A3)P(B0)＝3·＝，

C73105

1C21243C41

P(X＝10)＝P(A2B1)＝P(A2)P(B1)＝3·＝＝，

C7310535

1246

P(X＝0)＝1－－－＝. 105105357综上知X的分布列为

X P 0 6 710 4 3550 2 105200 1 10521

从而有E(X)＝0×＋10×＋50×＋200× 735105105＝4(元)．

19．如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，∠ACB＝∠ACDπ

＝，F为PC的中点，AF⊥PB. 3

(1)求PA的长；

(2)求二面角B－AF－D的正弦值． 解 (1)如图，连接BD交AC于点O，

因为BC＝CD，即△BCD为等腰三角形， 又AC平分∠BCD，故AC⊥BD.

→→→

以O为坐标原点，OB，OC，AP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O－xyz， π

则OC＝CDcos ＝1，

3

而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3， π

又OD＝CDsin ＝3.

3

故A(0，－3,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，D(－3，0,0)． 因PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)， z

0，－1，. 因为F为PC的中点，所以F2z→→

0，2，，PB＝(3，3，－z)， 又AF＝2→→

因AF⊥PB，故AF·PB＝0，

z2

即6－＝0，z＝23(舍去－23)，

2→

所以|PA|＝23.

→→→

(2)由(1)知AD＝(－3，3,0)，AB＝(3，3,0)，AF＝(0,2，3)．

设平面FAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)． →→由n1·AD＝0，n1·AF＝0得

－3x1＋3y1＝0，

因此可取n1＝(3，3，－2)． 

2y1＋3z1＝0，

→→由n2·AB＝0，n2·AF＝0得

3x2＋3y2＝0，

故可取n2＝(3，－3，2)． 

2y2＋3z2＝0，

从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为 n1·n21

cos〈n1，n2〉＝＝.

|n1|·|n2|8

37

故二面角B－AF－D的正弦值为. 8

20．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2＋b2＋2ab＝c2. (1)求C；

32cosα＋Acosα＋B2

(2)设cos Acos B＝，＝，求tan α的值．

5cos α5解 (1)因为a2＋b2＋2ab＝c2，

a2＋b2－c2－2ab2

由余弦定理有cos C＝＝＝－.

2ab2ab23π

又04(2)由题意得

sin αsin A－cos αcos Asin αsin B－cos αcos B2＝.

cos α5因此(tan αsin A－cos A)(tan αsin B－cos B)＝2， 5

2， 5

tan2αsin Asin B－tan α(sin Acos B＋cos Asin B)＋cos Acos B＝tan2αsin Asin B－tan αsin(A＋B)＋cos Acos B＝

2.① 5

3ππ2

因为C＝，A＋B＝，所以sin(A＋B)＝，

442

因为cos(A＋B)＝cos Acos B－sin Asin B， 即

322

－sin Asin B＝， 52

3222解得sin Asin B＝－＝.

5210由①得tan2α－5tan α＋4＝0， 解得tan α＝1或tan α＝4.

21．如图，椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，离心率e＝交椭圆于A，A′两点，|AA′|＝4.

2

，过左焦点F1作x轴的垂线2

(1)求该椭圆的标准方程；

(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P，P′，过P，P′作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q外．若PQ⊥P′Q，求圆Q的标准方程． 解 (1)由题意知点A(－c,2)在椭圆上， －c2224

则2＋2＝1.从而e2＋2＝1.

abb

24b222由e＝得b＝＝8，从而a＝＝16.

21－e21－e2x2y2

故该椭圆的标准方程为＋＝1.

168(2)由椭圆的对称性，可设Q(x0,0)．

又设M(x，y)是椭圆上任意一点，则|QM|＝(x－x0)＋y＝x2x0)2－x20＋8 (x∈[－4,4])．

设P(x1，y1)，由题意，P是椭圆上到Q的距离最小的点．

因此，上式当x＝x1时取最小值，又因x1∈(－4,4)，所以上式当x＝2x0时取最小值，从而x1＝2x0，且|QP|2＝8－x20.

因为PQ⊥P′Q，且P′(x1，－y1)，

→→所以QP·QP′＝(x1－x0，y1)·(x1－x0，－y1)＝0， 即(x1－x0)2－y21＝0.

2

2

2

2

2

－2x0x＋x0＋8

1－x＝1(x－

162

2

x2121由椭圆方程及x1＝2x0得x1－81－16＝0， 446x126解得x1＝±，x0＝＝±. 323从而|QP|2＝8－x20＝

16

. 3

故这样的圆有两个，其标准方程分别为

x＋262＋y2＝16，x－262＋y2＝16. 3333

22．对正整数n，记In＝{1,2,3，„，n}，Pn＝

(1)求集合P7中元素的个数；

(2)若Pn的子集A中任意两个元素之和不是整数的平方，则称A为“稀疏集”．求n的最大值，使Pn能分成两个不相交的稀疏集的并． 解 (1)当k＝4时，7×7－3＝46.

(2)先证：当n≥15时，Pn不能分成两个不相交的稀疏集的并．若不然，设A，B为不相交的稀疏集，使A∪B＝Pn⊇In.不妨设I∈A，则因1＋3＝22，故3∉A，即3∈B.同理6∈A,10∈B，又推得15∈A，但1＋15＝42，这与A为稀疏集矛盾． 再证P14符合要求．当k＝1时，

mkm

m

|m∈In，k∈In.

k



|m∈I7中有3个数与I7中的3个数重复，因此P7中元素的个数为

k



|m∈I14＝I14可分成两个稀疏集之并，事实上，只要





取A1＝{1,2,4,6,9,11,13}，B1＝{3,5,7,8,10,12,14}，则A1，B1为稀疏集，且A1∪B1＝I14. 当k＝4时，集

m

13135

|m∈I14中除整数外剩下的数组成集，，，„，，可分解为下面

2222k









159113713

两稀疏集的并：A2＝2，2，2，2，B2＝2，2，2.

当k＝9时，集

m

13141245

|m∈I14中除正整数外剩下的数组成集，，，，„，，.可分

333333k









14510132781114

解为下面两稀疏集的并：A3＝3，3，3，3，3，B3＝3，3，3，3，3.

最后，集C＝

m

|m∈I14，k∈I14，且k≠1，4，9中的数的分母均为无理数，它与P14中的

k



任何其他数之和都不是整数，因此，令A＝A1∪A2∪A3∪C，B＝B1∪B2∪B3.则A和B是不相交的稀疏集，且A∪B＝P14. 综上，所求n的最大值为14. (注：对P14的分拆方法不是唯一的)