2013年普通高等学校招生全国统一考试(课标全国卷Ⅰ)
一、选择题
1.B 化简A={x|x>2或x<0},而B={x|-√5 5 5(3+4i)3425 55 =+i,虚部为,故选D. 5 4 3.C 因为男女视力情况差异不大,而学段的视力情况有较大差异,所以应按学段分层抽样,故选C. 评析 本题考查了分层抽样,准确理解分层抽样的意义是解题关键. 4.C ∵=√??2-1=√-1=,∴C的渐近线方程为y=±x.故选C. ?? 4 2 2 ?? 5 1 1 3??,-1≤??<1, 5.A 由框图知s是关于t的分段函数:s={当t∈[-1,1)时,s∈[-3,3); 4??-??2,1≤t≤3,当t∈[1,3]时,s=4t-t=4-(t-2)∈[3,4],故s∈[-3,4],故选A. 6.A 设球心为O,正方体上底面中心为A,上底面一边的中点为B,在Rt△OAB中,|OA|=R-2(cm),|AB|=4(cm),|OB|=R(cm),由R=(R-2)+4得R=5(cm),∴V球=πR= 34 3 2 2 2 2 2 5003 π(cm).故选A. 3 评析 本题考查了正方体和球的组合体,考查了空间想象能力.利用勾股定理求出球半径R是解题的关键. 7.C 解法一:∵Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,∴am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,∴公差d=am+1-am=1,由Sn=na1+ ??(??-1)2 d=na1+ ??(??-1)2 , ????1+=0, ① 2 得{ (??-1)(??-2) (??-1)??1+=-2.②2由①得a1= 1-??2 ??(??-1) ,代入②可得m=5. ?? 解法二:∵数列{an}为等差数列,且前n项和为Sn,∴数列{??} 也为等差数列. ?? ??-1??+1∴??+=-1??+1 ???? 2?????? ,即??-1+??+1=0,即m=5.故选C. -23 评析 本题考查等差数列前n项和的基本运算,若能掌握等差数列的性质,解决此题可简化运算. 8.A 由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成.其中长方体的长、宽、高分别为4、2、2,圆柱的底面半径为2,高为4.所以该几何体的体积为V=4×2×2+2π×2×4=16+8π.故选A. ????????9.B 由题意得:a=C2??,b=C2??+1,所以13C2??=7C2??+1, 1 2 ∴ 13·(2??)!7·(2??+1)!??!·m! =??!·(m+1)!,∴ 7(2??+1)??+1 =13,解得m=6,选B. 2??122 ??210.D 直线AB的斜率k=3-1=2,设A(x1,y1),B(x2,y2),则{?? ??2①-②得 ??21 ??1-??2 0+11 ++ 2??1 ??22??2??2=1, ① =1,② ??1-??2 =-2·?? ??2 ??1+??2??1+??2 .即k=-2×, ?? -2 ??2 2 ∴??2=2. ③ 又a-b=c=9, 2 2 2 2 2 ④ 由③④得a=18,b=9. 所以椭圆方程为+=1,故选D. 189??2??2 评析 本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了线段的中点问题.本题也可利用韦达定理解决中点问题. 11.D 由题意作出y=|f(x)|的图象: 由题意结合图象知,当a>0时,y=ax与y=ln(x+1)在x>0时必有交点,所以a≤0.当x≥0时,|f(x)|≥ax显然成立;当x<0时,|f(x)|=x-2x≥ax,则a≥x-2恒成立,又x-2<-2,∴a≥-2.综上,-2≤a≤0,故选D. 评析 本题考查了函数的综合应用,考查了数形结合的能力;借助基本初等函数的图象缩小参数范围是解题关键. 12.B 由bn+1= 1 ????+???? 2 2 ,cn+1= ????+???? 2 得bn+1+cn+1=an+2(bn+cn),① 1 bn+1-cn+1=-2(bn-cn),② 由an+1=an得an=a1,代入①得bn+1+cn+1=a1+2(bn+cn),∴bn+1+cn+1-2a1=2(bn+cn-2a1), 1 1 ∵b1+c1-2a1=2a1-2a1=0,∴bn+cn=2a1>|BnCn|=a1,所以点An在以Bn、Cn为焦点且长轴长为2a1的椭圆上(如图).由b1>c1得b1-c1>0,所以|bn+1-cn+1|=2(bn-cn), 即|bn-cn|=(b1-c1)·()2高增大, 又|BnCn|=an=a1不变,所以{Sn}为递增数列. 1??-1 1 ,所以当n增大时|bn-cn|变小,即点An向点A处移动,即边BnCn上的 二、填空题 13.答案 2 解析 解法一:∵b·c=0, ∴b[ta+(1-t)b]=0, ta·b+(1-t)·b=0, 又∵|a|=|b|=1, 解法二:由t+(1-t)=1知向量a、b、c的终点A、B、C共线,在平面直角坐标系中设a=(1,0),b=(2, 1 √3),则2 1 2 c=(2,- 3 √3). 2 把a、b、c的坐标代入c=ta+(1-t)b,得t=2. 评析 本题考查了向量的运算,利用三点共线的条件得到c的坐标是解题关键. 14.答案 (-2) 解析 由Sn=3an+3得:当n≥2时,Sn-1=3an-1+3,∴当n≥2时,an=-2an-1,又n=1时,S1=a1=3a1+3,a1=1,∴an=(-2). 2 1 n-1 n-1 2121 15.答案 - 2√55 2√5√5 sin??-cos??)=√5sin(x-φ),其中 55 解析 由辅助角公式得:f(x)=√5(φ=,由x=θ, √5 5 sin φ= 2√5 ,cos 5 f(x)取得最大值得:sin(θ-φ)=1,∴θ-φ=2kπ+,k∈Z,即θ=φ++2kπ,∴cos 2 2 ππ θ=cos(??+2)=-sin φ=- π2√55 . 评析 本题考查了辅助角公式的应用,准确掌握辅助角的含义是解题关键. 16.答案 16 ??(0)=??(-4),22 解析 由f(x)=(1-x)(x+ax+b)的图象关于直线x=-2对称,则有{ ??(1)=??(-5),??=-15(16-4??+??),即{ 0=-24(25-5??+??),解得a=8,b=15, ∴f(x)=(1-x)(x+8x+15)=(1-x)[(x+4)-1],令x+2=t,则x=t-2,t∈R. ∴y=f(t)=[1-(t-2)][(t-2)+8(t-2)+15] =(4t-t-3)(4t+t+3)=16t-(t+3) =16t-t-6t-9=16-(t-5), ∴当t=5时ymax=16. 三、解答题 17.解析 (Ⅰ)由已知得,∠PBC=60°,所以∠PBA=30°. 在△PBA中,由余弦定理得PA=3+4-2×√3×2cos 30°=4.故PA=2. (Ⅱ)设∠PBA=α,由已知得PB=sin α. 在△PBA中,由正弦定理得sin150°=sin(30°-??), 化简得√3cos α=4sin α. 所以tan α=4,即tan∠PBA=4. 评析 本题考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形,考查了运算求解能力和分析、解决问题的能力.题目新颖且有一定的难度,通过PB把△PBC和△PAB联系起来利用正弦定理是解题关键. 18.解析 (Ⅰ)取AB的中点O,连结OC,OA1,A1B. √3√3√3sin?? 2 22 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 117√7
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