高考理科数学重庆卷试题与答案word解析版

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1、2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类(重庆卷)一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的1(2013重庆，理1)已知全集U1,2,3,4，集合A1,2，B2,3，则U(AB)()A1,3,4 B3,4 C3 D42(2013重庆，理2)命题“对任意xR，都有x20”的否定为()A对任意xR，都有x20 B不存在xR，使得x20C存在x0R，使得x020 D存在x0R，使得x0203(2013重庆，理3)(6a3)的最大值为()A9 B C3 D4(2013重庆，理4)以下茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听

2、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()A2,5 B5,5 C5,8 D8,85(2013重庆，理5)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A B C200 D2406(2013重庆，理6)若abc，则函数f(x)(xa)(xb)(xb)(xc)(xc)(xa)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7(2013重庆，理7)已知圆C1：(x2)2(y3)21，圆C2：(x3)2(y4)29，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的

3、动点，则|PM|PN|的最小值为()A B C D8(2013重庆，理8)执行如图所示的程序框图，如果输出s3，那么判断框内应填入的条件是()Ak6 Bk7 Ck8 Dk99(2013重庆，理9)4cos 50tan 40()A B C D10(2013重庆，理10)在平面上，|1，.若|，则|的取值范围是()A B C D二、填空题：本大题共6小题，考生作答5小题，每小题5分，共25分把答案填写在答题卡相应位置上11(2013重庆，理11)已知复数(i是虚数单位)，则|z|_.12(2013重庆，理12)已知an是等差数列，a11，公差d0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则

4、S8_.13(2013重庆，理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)14(2013重庆，理14)如图，在ABC中，C90，A60，AB20，过C作ABC的外接圆的切线CD，BDCD，BD与外接圆交于点E，则DE的长为_15(2013重庆，理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cos 4的直线与曲线(t为参数)相交于A，B两点，则|AB|_.16(2013重庆，理16)若关于实数x的不等式|x5|x3|a无解，则实数a的取值范围是_三、解

5、答题：本大题共6小题，共75分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(2013重庆，理17)(本小题满分13分，(1)小问6分，(2)小问7分)设f(x)a(x5)26ln x，其中aR，曲线yf(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18(2013重庆，理18)(本小题满分13分，(1)小问5分，(2)小问8分)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：

6、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)19(2013重庆，理19)(本小题满分13分，(1)小问5分，(2)小问8分)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，BCCD2，AC4，ACBACD，F为PC的中点，AFPB(1)求PA的长；(2)求二面角BAFD的正弦值20(2013重庆，理20)(本小题满分12分，(1)小问4分，(2)小问8分)在ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2b2

7、abc2.(1)求C；(2)设cos Acos B，求tan 的值21(2013重庆，理21)(本小题满分12分，(1)小问4分，(2)小问8分)如图，椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，离心率，过左焦点F1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PQPQ，求圆Q的标准方程22(2013重庆，理22)(本小题满分12分，(1)小问4分，(2)小问8分)对正整数n，记In1,2，n，.(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

8、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2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类(重庆卷)一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的1答案：D解析：AB1,2,3，而U1,2,3,4，故U(AB)4，故选D2答案：D解析：全称命题的否定是一个特称命题(存在性命题)，故选D3 答案：B解析：方法一：，因为6a3，所以当时取得最大值.方法二：6a3，3a0，a60.而(3a)(a6)9，由基本不等式得：(3a)(a6)，即，当且仅当3aa6，即时取等号4答案：C解析：由甲组数据中位数为15，可

9、得x5；而乙组数据的平均数，可解得y8.故选C5答案：C解析：由几何体的三视图可得，该几何体是一个横放的直棱柱，棱柱底面为梯形，梯形两底长分别为2和8，高为4，棱柱的高为10，故该几何体体积V(28)410200，故选C6答案：A解析：由题意abc，可得f(a)(ab)(ac)0，f(b)(bc)(ba)0，f(c)(ca)(cb)0.显然f(a)f(b)0，f(b)f(c)0，所以该函数在(a，b)和(b，c)上均有零点，故选A7 答案：A解析：圆C1，C2的圆心分别为C1，C2，由题意知|PM|PC1|1，|PN|PC2|3，|PM|PN|PC1|PC2|4，故所求值为|PC1|PC2|4

10、的最小值又C1关于x轴对称的点为C3(2，3)，所以|PC1|PC2|4的最小值为|C3C2|4，故选A8答案：B解析：由程序框图可知，输出的结果为slog23log34logk(k1)log2(k1)由s3，即log2(k1)3，解得k7.又不满足判断框内的条件时才能输出s，条件应为k7.9 答案：C解析：4cos 50tan 40.10 答案：D解析：因为，所以可以A为原点，分别以，所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系设B1(a,0)，B2(0，b)，O(x，y)，则(a，b)，即P(a，b)由|1，得(xa)2y2x2(yb)21.所以(xa)21y20，(yb)21x20.由|，得(

11、xa)2(yb)2，即01x21y2.所以x2y22，即.所以|的取值范围是，故选D二、填空题：本大题共6小题，考生作答5小题，每小题5分，共25分把答案填写在答题卡相应位置上11答案：解析：，.12答案：64解析：由a11且a1，a2，a5成等比数列，得a1(a14d)(a1d)2，解得d2，故S88a1d64.13答案：590解析：方法一：从12名医生中任选5名，不同选法有种不满足条件的有：只去骨科和脑外科两科医生的选法有种，只去骨科和内科两科医生的选法有种，只去脑外科和内科两科医生的选法有种，只去内科一科医生的选法有种，故符合条件的选法有：79221551251590种方法二：设选骨科医

12、生x名，脑外科医生y名，则需选内科医生(5xy)人(1)当xy1时，有种不同选法；(2)当x1，y2时，有种不同选法；(3)当x1，y3时，有种不同选法；(4)当x2，y1时，有种不同选法；(5)当x2，y2时，有种不同选法；(6)当x3，y1时，有种不同选法所以不同的选法共有120180601209020590种考生注意：(14)、(15)、(16)三题为选做题，请从中任选两题作答，若三题全做，则按前两题给分14 答案：5解析：在RtABC中，A60，AB20，可得BC.由弦切角定理，可得BCDA60.在RtBCD中，可求得CD，BD15.又由切割线定理，可得CD2DEDB，可求得DE5.1

13、5答案：16解析：由极坐标方程cos 4，化为直角坐标方程可得x4，而由曲线参数方程消参得x3y2，y24364，即y8，|AB|8(8)|16.16答案：(，8解析：方法一：设f(x)|x5|x3|可求得f(x)的值域为8，)，因为原不等式无解，只需a8，故a的取值范围是(，8方法二：由绝对值不等式，得|x5|x3|(x5)(x3)|8，不等式|x5|x3|a无解时，a的取值范围为(，8三、解答题：本大题共6小题，共75分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17解：(1)因f(x)a(x5)26ln x，故f(x)2a(x5).令x1，得f(1)16a，f(1)68a，所以曲线yf(x)在

14、点(1，f(1)处的切线方程为y16a(68a)(x1)，由点(0,6)在切线上可得616a8a6，故.(2)由(1)知，f(x)(x5)26ln x(x0)，f(x)x5.令f(x)0，解得x12，x23.当0x2或x3时，f(x)0，故f(x)在(0,2)，(3，)上为增函数；当2x3时，f(x)0，故f(x)在(2,3)上为减函数由此可知f(x)在x2处取得极大值f(2)6ln 2，在x3处取得极小值f(3)26ln 3.18解：设Ai表示摸到i个红球，Bj表示摸到j个蓝球，则Ai(i0,1,2,3)与Bj(j0,1)独立(1)恰好摸到1个红球的概率为P(A1).(2)X的所有可能值为0

15、,10,50,200，且P(X200)P(A3B1)P(A3)P(B1)，P(X50)P(A3B0)P(A3)P(B0)，P(X10)P(A2B1)P(A2)P(B1)，P(X0).综上知X的分布列为X01050200P从而有E(X)010502004(元)19解：(1)如图，连接BD交AC于O，因为BCCD，即BCD为等腰三角形又AC平分BCD，故ACBD以O为坐标原点，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Oxyz，则OCCD1，而AC4，得AOACOC3，又ODCD，故A(0，3,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(，0,0)因PA底面ABCD，可设P(0，3，

16、z)，由F为PC边中点，F.又，(，3，z)，因AFPB，故0，即60，(舍去)，所以|.(2)由(1)知(，3,0)，(，3,0)，(0,2，)，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n10，n10，得因此可取n1(3，2)由n20，n20，得故可取n2(3，2)从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cosn1，n2，故二面角BAFD的正弦值为.20解：(1)因为a2b2abc2，由余弦定理有cos C，故.(2)由题意得.因此(tan sin Acos A)(tan sin Bcos B)，tan2sin Asin Btan (sin

17、 Acos Bcos Asin B)cos Acos B，tan2sin Asin Btan sin(AB)cos Acos B.因为，AB，所以sin(AB)，因为cos(AB)cos Acos Bsin Asin B，即sin Asin B，解得sin Asin B.由得tan25tan 40，解得tan 1或tan 4.21解：(1)由题意知点A(c,2)在椭圆上，则.从而e21.由得，从而.故该椭圆的标准方程为.(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|2(xx0)2y2x22x0xx02(x2x0)2x028(x4,4)设P(x1，y1)，由

18、题意，P是椭圆上到Q的距离最小的点，因此，上式当xx1时取最小值，又因x1(4,4)，所以上式当x2x0时取最小值，从而x12x0，且|QP|28x02.因为PQPQ，且P(x1，y1)，所以(x1x0，y1)(x1x0，y1)0，即(x1x0)2y120.由椭圆方程及x12x0得，解得，.从而|QP|28x02.故这样的圆有两个，其标准方程分别为，.22解：(1)当k4时，中有3个数与I7中的3个数重复，因此P7中元素的个数为77346.(2)先证：当n15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ABPnIn，不妨设1A，则因1322，故3A，即3B同理6A

19、,10B，又推得15A，但11542，这与A为稀疏集矛盾再证P14符合要求，当k1时，可分成两个稀疏集之并，事实上，只要取A11,2,4,6,9,11,13，B13,5,7,8,10,12,14，则A1，B1为稀疏集，且A1B1I14.当k4时，集中除整数外剩下的数组成集，可分解为下面两稀疏集的并：，.当k9时，集中除正整数外剩下的数组成集，可分解为下面两稀疏集的并：，.最后，集中的数的分母均为无理数，它与P14中的任何其他数之和都不是整数，因此，令AA1A2A3C，BB1B2B3，则A和B是不相交的稀疏集，且ABP14.综上，所求n的最大值为14.注：对P14的分拆方法不是唯一的2013 重庆理科数学 第12页