2013年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（重庆卷）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} B ．{3,4} C ．{3}D ．{4}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x 2≥0”的否定为( ) A ．对任意x ∈R ，都有x 2<0 B ．不存在x ∈R ，都有x 2<0 C ．存在x 0∈R ，使得x 20≥0 D ．存在x 0∈R ，使得x 20<0 答案 D解析 由于“对任意x ∈R ”的否定为“存在x 0∈R ”，对“x 2≥0”的否定为“x 2<0”，因此选D.3.(3－a )(a ＋6)(－6≤a ≤3)的最大值为( ) A ．9B.92C ．3D.322答案 B 解析 因为(3－a )(a ＋6)＝18－3a －a 2＝－⎝⎛⎭⎫a ＋322＋814， 所以当a ＝－32时，(3－a )(a ＋6)的值最大，最大值为92.4．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 B ．5,5C ．5,8D ．8,8答案 C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24,27，所以10＋x ＝15，x ＝5.又因9＋15＋10＋y ＋18＋245＝16.8，所以y ＝8，故选C.5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5603B.5803 C ．200 D ．240 答案 C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12(2＋8)×4＝20，所以棱柱的体积为20×10＝200.6．若a <b <c ，则函数f (x )＝(x －a )(x －b )＋(x －b )(x －c )＋(x －c )(x －a )的两个零点分别位于区间( )A ．(a ，b )和(b ，c )内B ．(－∞，a )和(a ，b )内C ．(b ，c )和(c ，＋∞)内D ．(－∞，a )和(c ，＋∞)内答案 A解析 由于a <b <c ，所以f (a )＝0＋(a －b )(a －c )＋0>0，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 B.17－1C．6－2 2 D.17答案 A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 B．k≤7C．k≤8 D．k≤9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.由s＝3，得lg 3lg 2×lg 4lg 3×lg 5lg 4×…×lg(k＋1)lg k＝3，即lg(k＋1)＝3lg 2，所以k＝7.再循环时，k＝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. 2B.2＋32C. 3 D ．22－1答案 C解析 4cos 50°－tan 40°＝4sin 40°cos 40°－sin 40°cos 40°＝2sin 80°－sin 40°cos 40°＝2sin (50°＋30°)－sin 40°cos 40°＝3sin 50°＋cos 50°－sin 40°cos 40°＝3sin 50°cos 40°＝ 3.10．在平面上，AB 1→⊥AB 2→，|OB 1→|＝|OB 2→|＝1，AP →＝AB 1→＋AB 2→.若|OP →|<12，则|OA →|的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤0，52 B.⎝⎛⎦⎤52，72 C.⎝⎛⎦⎤52，2D.⎝⎛⎦⎤72，2 答案 D解析 设B 1(cos α，sin α)，B 2(cos β，sin β)，A (x ，y )，O (0,0)．由AB 1→⊥AB 2→，得cos(α－β)－x (cos α＋cos β)－y (sin α＋sin β)＋x 2＋y 2＝0① OP →＝OA →＋AP →＝OA →＋AB 1→＋AB 2→＝(cos α＋cos β－x ，sin α＋sin β－y )． 而|OP →|<12，则0≤|OP →|2<14，整理得0≤x 2＋y 2＋2＋2cos(α－β)－2x (cos α＋cos β)－2y (sin α＋sin β)<14，②将①代入②，得0≤x 2＋y 2＋2－2(x 2＋y 2)<14，即0≤2－(x 2＋y 2)<14，整理得74<x 2＋y 2≤2.所以|OA →|2∈⎝⎛⎦⎤74，2，即|OA →|∈⎝⎛⎦⎤72，2. 二、填空题11．已知复数z ＝5i1＋2i (i 是虚数单位)，则|z |＝________.答案5解析 |z |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪5i 1＋2i ＝|5i||1＋2i|＝55＝ 5.12．已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________. 答案 64解析 因为a 1，a 2，a 5成等比数列，则a 22＝a 1·a 5，即(1＋d )2＝1×(1＋4d )，d ＝2.所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，S 8＝(a 1＋a 8)×82＝4×(1＋15)＝64. 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解析 利用直接法分类求解．一脑一内三骨的选法有C 14C 15C 33＝20种，一脑二内二骨的选法有C 14C 25C 23＝120种，一脑三内一骨的选法有C 14C 35C 13＝120种，二脑一内二骨的选法有C 24C 15C 23＝90种，二脑二内一骨的选法有C 24C 25C 13＝180种，三脑一内一骨的选法有C 34C 15C 13＝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AB CB ＝ACCD ，CD ＝CB ×AC AB ＝20sin 60°×20cos 60°20＝5 3.又因CD 与圆相切，所以CD 2＝DE ×DB ，则DE ＝CD 2DB ＝(53)2CB sin 60°＝25×320×sin 60°×sin 60°＝5.15．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．若极坐标方程为ρcos θ＝4的直线与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t 2，y ＝t 3(t 为参数)相交于A ，B 两点，则|AB |＝________.答案 16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⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t 2，y ＝t 3得t＝±2，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|<a 无解，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－∞，8]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|<a 无解，故实数a 的取值范围为(－∞，8]． 三、解答题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 ， 故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x.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)，由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x >0)，f ′(x )＝x －5＋6x ＝(x －2)(x －3)x .令f ′(x )＝0，解得x 1＝2，x 2＝3. 当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x <3时，f ′(x )<0，故f (x )在(2,3)上为减函数．由此可知f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝92＋6ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2＋6ln 3.18．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 摸出红、蓝球个数获奖金额 一等奖 3红1蓝 200元 二等奖 3红0蓝 50元 三等奖2红1蓝10元(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A i 表示摸到i 个红球，B j 表示摸到j 个蓝球，则A i (i ＝0,1,2,3)与B j (j ＝0,1)独立．(1)恰好摸到1个红球的概率为P (A 1)＝C 13C 24C 37＝1835.(2)X 的所有可能值为：0,10,50,200，且 P (X ＝200)＝P (A 3B 1)＝P (A 3)P (B 1)＝C 33C 37·13＝1105，P (X ＝50)＝P (A 3B 0)＝P (A 3)P (B 0)＝C 33C 37·23＝2105，P (X ＝10)＝P (A 2B 1)＝P (A 2)P (B 1)＝C 23C 14C 37·13＝12105＝435，P (X ＝0)＝1－1105－2105－435＝67.综上知X 的分布列为X 0 10 50 200 P6743521051105从而有E (X )＝0×67＋10×435＋50×2105＋200×1105＝4(元)．19．如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4，∠ACB ＝∠ACD ＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB .(1)求P A 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 ， 则OC ＝CD cos π3＝1，而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3， 又OD ＝CD sin π3＝ 3.故A (0，－3,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)． 因P A ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )， 因为F 为PC 的中点，所以F ⎝⎛⎭⎫0，－1，z2. 又AF →＝⎝⎛⎭⎫0，2，z 2，PB →＝(3，3，－z )， 因AF ⊥PB ，故AF →·PB →＝0， 即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，所以|P A →|＝2 3.(2)由(1)知AD →＝(－3，3,0)，AB →＝(3，3,0)，AF →＝(0,2，3)．设平面F AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面F AB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 由n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)． 由n 2·AB →＝0，n 2·AF →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B －AF －D 的正弦值为378.20．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且a 2＋b 2＋2ab ＝c 2. (1)求C ；(2)设cos A cos B ＝325，cos (α＋A )cos (α＋B )cos α＝25，求tan α的值．解 (1)因为a 2＋b 2＋2ab ＝c 2，由余弦定理有cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－2ab 2ab ＝－22.又0<C <π，故C ＝3π4.(2)由题意得(sin αsin A －cos αcos A )(sin αsin B －cos αcos B )cos α＝25.因此(tan αsin A －cos A )(tan αsin B －cos B )＝25， tan 2αsin A sin B －tan α(sin A cos B ＋cos A sin B )＋cos A cos B ＝25， tan 2αsin A sin B －tan αsin(A ＋B )＋cos A cos B ＝25.① 因为C ＝3π4，A ＋B ＝π4，所以sin(A ＋B )＝22，因为cos(A ＋B )＝cos A cos B －sin A sin B ， 即325－sin A sin B ＝22，解得sin A sin B ＝325－22＝210.由①得tan 2α－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 ＝22，过左焦点F 1作x 轴的垂线交椭圆于A ，A ′两点，|AA ′|＝4.(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， 则(－c )2a 2＋22b 2＝1.从而e 2＋4b2＝1.由e ＝22得b 2＝41－e 2＝8，从而a 2＝b 21－e 2＝16.故该椭圆的标准方程为x 216＋y 28＝1.(2)由椭圆的对称性，可设Q (x 0,0)． 又设M (x ，y )是椭圆上任意一点，则|QM |2＝(x －x 0)2＋y 2＝x 2－2x 0x ＋x 20＋8⎝⎛⎭⎫1－x 216＝12(x－2x 0)2－x 20＋8 (x ∈[－4,4])．设P (x 1，y 1)，由题意，P 是椭圆上到Q 的距离最小的点．因此，上式当x ＝x 1时取最小值，又因x 1∈(－4,4)，所以上式当x ＝2x 0时取最小值，从而x 1＝2x 0，且|QP |2＝8－x 20.因为PQ ⊥P ′Q ，且P ′(x 1，－y 1)，所以QP →·QP ′→＝(x 1－x 0，y 1)·(x 1－x 0，－y 1)＝0，即(x 1－x 0)2－y 21＝0.由椭圆方程及x 1＝2x 0得14x 21－8⎝⎛⎭⎫1－x 2116＝0， 解得x 1＝±463，x 0＝x 12＝±263. 从而|QP |2＝8－x 20＝163. 故这样的圆有两个，其标准方程分别为⎝⎛⎭⎫x ＋2632＋y 2＝163，⎝⎛⎭⎫x －2632＋y 2＝163. 22．对正整数n ，记I n ＝{1,2,3，…，n }，P n ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫m k |m ∈I n ，k ∈I n . (1)求集合P 7中元素的个数；(2)若P n 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P n 能分成两个不相交的稀疏集的并．解 (1)当k ＝4时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫m k |m ∈I 7中有3个数与I 7中的3个数重复，因此P 7中元素的个数为7×7－3＝46.(2)先证：当n ≥15时，P n 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 ＝P n ⊇I n .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P 14符合要求．当k ＝1时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫m k |m ∈I 14＝I 14可分成两个稀疏集之并，事实上，只要取A 1＝{1,2,4,6,9,11,13}，B 1＝{3,5,7,8,10,12,14}，则A 1，B 1为稀疏集，且A 1∪B 1＝I 14. 当k ＝4时，集⎩⎨⎧⎭⎬⎫m k |m ∈I 14中除整数外剩下的数组成集⎩⎨⎧⎭⎬⎫12，32，52，…，132，可分解为下面两稀疏集的并：A 2＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫12，52，92，112，B 2＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫32，72，132. 当k ＝9时，集⎩⎨⎧⎭⎬⎫m k |m ∈I 14中除正整数外剩下的数组成集⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，23，43，53，…，133，143.可分解为下面两稀疏集的并：A 3＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，43，53，103，133，B 3＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫23，73，83，113，143. 最后，集C ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫m k |m ∈I 14，k ∈I 14，且k ≠1，4，9中的数的分母均为无理数，它与P 14中的任何其他数之和都不是整数，因此，令A ＝A 1∪A 2∪A 3∪C ，B ＝B 1∪B 2∪B 3.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)。