2013年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅰ)(共26页).doc-得力文库

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2013年河北省高考数学试卷（理科）（全国新课标）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.1（5分）已知集合A=x|x22x0，B=x|x，则（）AAB=BAB=RCBADAB2（5分）若复数z满足（34i）z=|4+3i|，则z的虚部为（）A4BC4D3（5分）为了解某地区中小学生的视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已经了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是（）A简单的随机抽样B按性别分层抽样C按学段分层

2、抽样D系统抽样4（5分）已知双曲线C：（a0，b0）的离心率为，则C的渐近线方程为（）Ay=By=Cy=xDy=5（5分）执行程序框图，如果输入的t1，3，则输出的s属于（）A3，4B5，2C4，3D2，56（5分）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如不计容器的厚度，则球的体积为（）ABCD7（5分）设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm1=2，Sm=0，Sm+1=3，则m=（）A3B4C5D68（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A16+8B8+8C16+16D8+169（5分

3、）设m为正整数，（x+y）2m展开式的二项式系数的最大值为a，（x+y）2m+1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a=7b，则m=（）A5B6C7D810（5分）已知椭圆E：的右焦点为F（3，0），过点F的直线交椭圆E于A、B两点若AB的中点坐标为（1，1），则E的方程为（）ABCD11（5分）已知函数f（x）=，若|f（x）|ax，则a的取值范围是（）A（，0B（，1C2，1D2，012（5分）设AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，AnBnCn的面积为Sn，n=1，2，3若b1c1，b1+c1=2a1，an+1=an，则（）ASn为递减数列BSn为递增数列CS2n1为递增数列，S

4、2n为递减数列DS2n1为递减数列，S2n为递增数列二.填空题：本大题共4小题，每小题5分.13（5分）已知两个单位向量，的夹角为60，=t+（1t）若=0，则t=14（5分）若数列an的前n项和为Sn=an+，则数列an的通项公式是an=15（5分）设当x=时，函数f（x）=sinx2cosx取得最大值，则cos=16（5分）若函数f（x）=（1x2）（x2+ax+b）的图象关于直线x=2对称，则f（x）的最大值为三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17（12分）如图，在ABC中，ABC=90，AB=，BC=1，P为ABC内一点，BPC=90（1）若PB=，求PA；（2）若A

5、PB=150，求tanPBA18（12分）如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，BAA1=60（）证明ABA1C；（）若平面ABC平面AA1B1B，AB=CB=2，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值19（12分）一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n如果n=3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n=4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为，且各件产品

6、是否为优质品相互独立（）求这批产品通过检验的概率；（）已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X（单位：元），求X的分布列及数学期望20（12分）已知圆M：（x+1）2+y2=1，圆N：（x1）2+y2=9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C（）求C的方程；（）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|21（12分）已知函数f（x）=x2+ax+b，g（x）=ex（cx+d）若曲线y=f（x）和曲线y=g（x）都过点P（0，2），且在点P处有相同的切线y=4x+2（）求a，b，

7、c，d的值；（）若x2时，f（x）kg（x），求k的取值范围四、请考生在第22、23、24题中任选一道作答，并用2B铅笔将答题卡上所选的题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分，不涂，按本选考题的首题进行评分.22（10分）（选修41：几何证明选讲）如图，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于D（）证明：DB=DC；（）设圆的半径为1，BC=，延长CE交AB于点F，求BCF外接圆的半径23（选修44：坐标系与参数方程）已知曲线C1的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标

8、系，曲线C2的极坐标方程为=2sin（）把C1的参数方程化为极坐标方程；（）求C1与C2交点的极坐标（0，02）24（选修45：不等式选讲）已知函数f（x）=|2x1|+|2x+a|，g（x）=x+3（）当a=2时，求不等式f（x）g（x）的解集；（）设a1，且当时，f（x）g（x），求a的取值范围2013年河北省高考数学试卷（理科）（全国新课标）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.1（5分）（2013新课标）已知集合A=x|x22x0，B=x|x，则（）AAB=BAB=RCBADAB【分析】根据一元二次不等式的解法，

10、面的抽样方法中，最合理的抽样方法是（）A简单的随机抽样B按性别分层抽样C按学段分层抽样D系统抽样【分析】若总体由差异明显的几部分组成时，经常采用分层抽样的方法进行抽样【解答】解：我们常用的抽样方法有：简单随机抽样、分层抽样和系统抽样，而事先已经了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大了解某地区中小学生的视力情况，按学段分层抽样，这种方式具有代表性，比较合理故选：C4（5分）（2013新课标）已知双曲线C：（a0，b0）的离心率为，则C的渐近线方程为（）Ay=By=Cy=xDy=【分析】由离心率和abc的关系可得b2=4a2，而渐近线方程为y=x，代

11、入可得答案【解答】解：由双曲线C：（a0，b0），则离心率e=，即4b2=a2，故渐近线方程为y=x=x，故选：D5（5分）（2013新课标）执行程序框图，如果输入的t1，3，则输出的s属于（）A3，4B5，2C4，3D2，5【分析】本题考查的知识点是程序框图，分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是计算一个分段函数的函数值，由条件为t1我们可得，分段函数的分类标准，由分支结构中是否两条分支上对应的语句行，我们易得函数的解析式【解答】解：由判断框中的条件为t1，可得：函数分为两段，即t1与t1，又由满足条件时函数的解析式为：s=3t；不满足条件时，即t1时，

12、函数的解析式为：s=4tt2故分段函数的解析式为：s=，如果输入的t1，3，画出此分段函数在t1，3时的图象，则输出的s属于3，4故选A6（5分）（2013新课标）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如不计容器的厚度，则球的体积为（）ABCD【分析】设正方体上底面所在平面截球得小圆M，可得圆心M为正方体上底面正方形的中心设球的半径为R，根据题意得球心到上底面的距离等于（R2）cm，而圆M的半径为4，由球的截面圆性质建立关于R的方程并解出R=5，用球的体积公式即可算出该球的体积【解答】解：设正方体上底面

13、所在平面截球得小圆M，则圆心M为正方体上底面正方形的中心如图设球的半径为R，根据题意得球心到上底面的距离等于（R2）cm，而圆M的半径为4，由球的截面圆性质，得R2=（R2）2+42，解出R=5，根据球的体积公式，该球的体积V=故选A7（5分）（2013新课标）设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm1=2，Sm=0，Sm+1=3，则m=（）A3B4C5D6【分析】由an与Sn的关系可求得am+1与am，进而得到公差d，由前n项和公式及Sm=0可求得a1，再由通项公式及am=2可得m值【解答】解：am=SmSm1=2，am+1=Sm+1Sm=3，所以公差d=am+1am=1，Sm=0，得a1=2

14、，所以am=2+（m1）1=2，解得m=5，故选C8（5分）（2013新课标）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A16+8B8+8C16+16D8+16【分析】三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，依据三视图的数据，得出组合体长、宽、高，即可求出几何体的体积【解答】解：三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，如图，其中长方体长、宽、高分别是：4，2，2，半个圆柱的底面半径为2，母线长为4长方体的体积=422=16，半个圆柱的体积=224=8所以这个几何体的体积是16+8；故选A9（5分）（2013新课标）设m为正整数，（x+y）2m展开式的二项式系数的最大值

15、为a，（x+y）2m+1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a=7b，则m=（）A5B6C7D8【分析】根据二项式系数的性质求得a和b，再利用组合数的计算公式，解方程13a=7b求得m的值【解答】解：m为正整数，由（x+y）2m展开式的二项式系数的最大值为a，以及二项式系数的性质可得a=，同理，由（x+y）2m+1展开式的二项式系数的最大值为b，可得 b=再由13a=7b，可得13=7，即 13=7，即 13=7，即 13（m+1）=7（2m+1），解得m=6，故选：B10（5分）（2013新课标）已知椭圆E：的右焦点为F（3，0），过点F的直线交椭圆E于A、B两点若AB的中点坐标为（1，1

16、），则E的方程为（）ABCD【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆方程得，利用“点差法”可得利用中点坐标公式可得x1+x2=2，y1+y2=2，利用斜率计算公式可得=于是得到，化为a2=2b2，再利用c=3=，即可解得a2，b2进而得到椭圆的方程【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆方程得，相减得，x1+x2=2，y1+y2=2，=，化为a2=2b2，又c=3=，解得a2=18，b2=9椭圆E的方程为故选D11（5分）（2013新课标）已知函数f（x）=，若|f（x）|ax，则a的取值范围是（）A（，0B（，1C2，1D2，0【分析】由函数图象的变换，结合基

17、本初等函数的图象可作出函数y=|f（x）|的图象，和函数y=ax的图象，由导数求切线斜率可得l的斜率，进而数形结合可得a的范围【解答】解：由题意可作出函数y=|f（x）|的图象，和函数y=ax的图象，由图象可知：函数y=ax的图象为过原点的直线，当直线介于l和x轴之间符合题意，直线l为曲线的切线，且此时函数y=|f（x）|在第二象限的部分解析式为y=x22x，求其导数可得y=2x2，因为x0，故y2，故直线l的斜率为2，故只需直线y=ax的斜率a介于2与0之间即可，即a2，0故选：D12（5分）（2013新课标）设AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，AnBnCn的面积为Sn，n=1，2

18、，3若b1c1，b1+c1=2a1，an+1=an，则（）ASn为递减数列BSn为递增数列CS2n1为递增数列，S2n为递减数列DS2n1为递减数列，S2n为递增数列【分析】由an+1=an可知AnBnCn的边BnCn为定值a1，由bn+1+cn+12a1=及b1+c1=2a1得bn+cn=2a1，则在AnBnCn中边长BnCn=a1为定值，另两边AnCn、AnBn的长度之和bn+cn=2a1为定值，由此可知顶点An在以Bn、Cn为焦点的椭圆上，根据bn+1cn+1=，得bncn=，可知n+时bncn，据此可判断AnBnCn的边BnCn的高hn随着n的增大而增大，再由三角形面积公式可得到答案【

19、解答】解：b1=2a1c1且b1c1，2a1c1c1，a1c1，b1a1=2a1c1a1=a1c10，b1a1c1，又b1c1a1，2a1c1c1a1，2c1a1，由题意，+an，bn+1+cn+12an=（bn+cn2an），bn+cn2an=0，bn+cn=2an=2a1，bn+cn=2a1，又由题意，bn+1cn+1=，=a1bn，bn+1a1=，bna1=，cn=2a1bn=，=单调递增（可证当n=1时0）故选B二.填空题：本大题共4小题，每小题5分.13（5分）（2013新课标）已知两个单位向量，的夹角为60，=t+（1t）若=0，则t=2【分析】由于=0，对式子=t+（1t）两边与

20、作数量积可得=0，经过化简即可得出【解答】解：，=0，tcos60+1t=0，1=0，解得t=2故答案为214（5分）（2013新课标）若数列an的前n项和为Sn=an+，则数列an的通项公式是an=（2）n1【分析】把n=1代入已知式子可得数列的首项，由n2时，an=SnSn1，可得数列为等比数列，且公比为2，代入等比数列的通项公式分段可得答案【解答】解：当n=1时，a1=S1=，解得a1=1当n2时，an=SnSn1=（）（）=，整理可得，即=2，故数列an从第二项开始是以2为首项，2为公比的等比数列，故当n2时，an=（2）n1，经验证当n=1时，上式也适合，故答案为：（2）n115（5

21、分）（2013新课标）设当x=时，函数f（x）=sinx2cosx取得最大值，则cos=【分析】f（x）解析式提取，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，由x=时，函数f（x）取得最大值，得到sin2cos=，与sin2+cos2=1联立即可求出cos的值【解答】解：f（x）=sinx2cosx=（sinxcosx）=sin（x）（其中cos=，sin=），x=时，函数f（x）取得最大值，sin（）=1，即sin2cos=，又sin2+cos2=1，联立得（2cos+）2+cos2=1，解得cos=故答案为：16（5分）（2013新课标）若函数f（x）=（1x2）（x2+ax+b）

22、的图象关于直线x=2对称，则f（x）的最大值为16【分析】由题意得f（1）=f（3）=0且f（1）=f（5）=0，由此求出a=8且b=15，由此可得f（x）=x48x314x2+8x+15利用导数研究f（x）的单调性，可得f（x）在区间（，2）、（2，2+）上是增函数，在区间（2，2）、（2+，+）上是减函数，结合f（2）=f（2+）=16，即可得到f（x）的最大值【解答】解：函数f（x）=（1x2）（x2+ax+b）的图象关于直线x=2对称，f（1）=f（3）=0且f（1）=f（5）=0，即1（3）2（3）2+a（3）+b=0且1（5）2（5）2+a（5）+b=0，解之得，因此，f（x）=（

23、1x2）（x2+8x+15）=x48x314x2+8x+15，求导数，得f（x）=4x324x228x+8，令f（x）=0，得x1=2，x2=2，x3=2+，当x（，2）时，f（x）0；当x（2，2）时，f（x）0；当x（2，2+）时，f（x）0；当x（2+，+）时，f（x）0f（x）在区间（，2）、（2，2+）上是增函数，在区间（2，2）、（2+，+）上是减函数又f（2）=f（2+）=16，f（x）的最大值为16故答案为：16三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17（12分）（2013新课标）如图，在ABC中，ABC=90，AB=，BC=1，P为ABC内一点，BPC=90

24、（1）若PB=，求PA；（2）若APB=150，求tanPBA【分析】（I）在RtPBC，利用边角关系即可得到PBC=60，得到PBA=30在PBA中，利用余弦定理即可求得PA（II）设PBA=，在RtPBC中，可得PB=sin在PBA中，由正弦定理得，即，化简即可求出【解答】解：（I）在RtPBC中，=，PBC=60，PBA=30在PBA中，由余弦定理得PA2=PB2+AB22PBABcos30=PA=（II）设PBA=，在RtPBC中，PB=BCcos（90）=sin在PBA中，由正弦定理得，即，化为18（12分）（2013新课标）如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CA=CB，AB=AA1

25、，BAA1=60（）证明ABA1C；（）若平面ABC平面AA1B1B，AB=CB=2，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值【分析】（）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，由已知可证OA1AB，AB平面OA1C，进而可得ABA1C；（）易证OA，OA1，OC两两垂直以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，|为单位长，建立坐标系，可得，的坐标，设=（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则，可解得=（，1，1），可求|cos，|，即为所求正弦值【解答】解：（）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，因为CA=CB，所以OCAB，由于AB=AA1，BAA1=60，所以AA1B为等边三角

26、形，所以OA1AB，又因为OCOA1=O，所以AB平面OA1C，又A1C平面OA1C，故ABA1C；（）由（）知OCAB，OA1AB，又平面ABC平面AA1B1B，交线为AB，所以OC平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，|为单位长，建立如图所示的坐标系，可得A（1，0，0），A1（0，0），C（0，0，），B（1，0，0），则=（1，0，），=（1，0），=（0，），设=（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则，即，可取y=1，可得=（，1，1），故cos，=，又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值，故直线A1C与平面BB1C

27、1C所成角的正弦值为：19（12分）（2013新课标）一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n如果n=3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n=4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互独立（）求这批产品通过检验的概率；（）已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X（单位：元），求X的分布列及数学期望【分

28、析】（）设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2，第二次取出的4件产品全是优质品为事件B1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B2，这批产品通过检验为事件A，依题意有A=（A1B1）（A2B2），且A1B1与A2B2互斥，由概率得加法公式和条件概率，代入数据计算可得；（）X可能的取值为400，500，800，分别求其概率，可得分布列，进而可得期望值【解答】解：（）设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2，第二次取出的4件产品全是优质品为事件B1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B2，这批产品通

29、过检验为事件A，依题意有A=（A1B1）（A2B2），且A1B1与A2B2互斥，所以P（A）=P（A1B1）+P（A2B2）=P（A1）P（B1|A1）+P（A2）P（B2|A2）=（）X可能的取值为400，500，800，并且P（X=800）=，P（X=500）=，P（X=400）=1=，故X的分布列如下：X 400 500 800 P故EX=400+500+800=506.2520（12分）（2013新课标）已知圆M：（x+1）2+y2=1，圆N：（x1）2+y2=9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C（）求C的方程；（）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，

30、B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|【分析】（I）设动圆的半径为R，由已知动圆P与圆M外切并与圆N内切，可得|PM|+|PN|=R+1+（3R）=4，而|NM|=2，由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以M，N为焦点，4为长轴长的椭圆，求出即可；（II）设曲线C上任意一点P（x，y），由于|PM|PN|=2R242=2，所以R2，当且仅当P的圆心为（2，0）R=2时，其半径最大，其方程为（x2）2+y2=4分l的倾斜角为90，此时l与y轴重合，可得|AB|若l的倾斜角不为90，由于M的半径1R，可知l与x轴不平行，设l与x轴的交点为Q，根据，可得Q（4，0），所以可设l：y=k（x+4），与椭圆

31、的方程联立，得到根与系数的关系利用弦长公式即可得出【解答】解：（I）由圆M：（x+1）2+y2=1，可知圆心M（1，0）；圆N：（x1）2+y2=9，圆心N（1，0），半径3设动圆的半径为R，动圆P与圆M外切并与圆N内切，|PM|+|PN|=R+1+（3R）=4，而|NM|=2，由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以M，N为焦点，4为长轴长的椭圆，a=2，c=1，b2=a2c2=3曲线C的方程为（x2）（II）设曲线C上任意一点P（x，y），由于|PM|PN|=2R231=2，所以R2，当且仅当P的圆心为（2，0）R=2时，其半径最大，其方程为（x2）2+y2=4l的倾斜角为90，则l与y轴重合，

32、可得|AB|=若l的倾斜角不为90，由于M的半径1R，可知l与x轴不平行，设l与x轴的交点为Q，则，可得Q（4，0），所以可设l：y=k（x+4），由l于M相切可得：，解得当时，联立，得到7x2+8x8=0，|AB|=由于对称性可知：当时，也有|AB|=综上可知：|AB|=或21（12分）（2013新课标）已知函数f（x）=x2+ax+b，g（x）=ex（cx+d）若曲线y=f（x）和曲线y=g（x）都过点P（0，2），且在点P处有相同的切线y=4x+2（）求a，b，c，d的值；（）若x2时，f（x）kg（x），求k的取值范围【分析】（）对f（x），g（x）进行求导，已知在交点处有相同的切线及

33、曲线y=f（x）和曲线y=g（x）都过点P（0，2），从而解出a，b，c，d的值；（）由（I）得出f（x），g（x）的解析式，再求出F（x）及它的导函数，通过对k的讨论，判断出F（x）的最值，从而判断出f（x）kg（x）恒成立，从而求出k的范围【解答】解：（）由题意知f（0）=2，g（0）=2，f（0）=4，g（0）=4，而f（x）=2x+a，g（x）=ex（cx+d+c），故b=2，d=2，a=4，d+c=4，从而a=4，b=2，c=2，d=2；（）由（I）知，f（x）=x2+4x+2，g（x）=2ex（x+1）设F（x）=kg（x）f（x）=2kex（x+1）x24x2，则F（x）=2ke

34、x（x+2）2x4=2（x+2）（kex1），由题设得F（0）0，即k1，令F（x）=0，得x1=lnk，x2=2，若1ke2，则2x10，从而当x（2，x1）时，F（x）0，当x（x1，+）时，F（x）0，即F（x）在（2，x1）上减，在（x1，+）上是增，故F（x）在2，+）上的最小值为F（x1），而F（x1）=x1（x1+2）0，x2时F（x）0，即f（x）kg（x）恒成立若k=e2，则F（x）=2e2（x+2）（exe2），从而当x（2，+）时，F（x）0，即F（x）在（2，+）上是增，而F（2）=0，故当x2时，F（x）0，即f（x）kg（x）恒成立若ke2时，F（x）2e2（x+2

35、）（exe2），而F（2）=2ke2+20，所以当x2时，f（x）kg（x）不恒成立，综上，k的取值范围是1，e2四、请考生在第22、23、24题中任选一道作答，并用2B铅笔将答题卡上所选的题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分，不涂，按本选考题的首题进行评分.22（10分）（2013新课标）（选修41：几何证明选讲）如图，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于D（）证明：DB=DC；（）设圆的半径为1，BC=，延长CE交AB于点F，求BCF外接圆的半径【分析】（I）连接DE交BC于点G，由弦切角定

36、理可得ABE=BCE，由已知角平分线可得ABE=CBE，于是得到CBE=BCE，BE=CE由已知DBBE，可知DE为O的直径，RtDBERtDCE，利用三角形全等的性质即可得到DC=DB（II）由（I）可知：DG是BC的垂直平分线，即可得到BG=设DE的中点为O，连接BO，可得BOG=60从而ABE=BCE=CBE=30得到CFBF进而得到RtBCF的外接圆的半径=【解答】（I）证明：连接DE交BC于点G由弦切角定理可得ABE=BCE，而ABE=CBE，CBE=BCE，BE=CE又DBBE，DE为O的直径，DCE=90DBEDCE，DC=DB（II）由（I）可知：CDE=BDE，DB=DC故D

37、G是BC的垂直平分线，BG=设DE的中点为O，连接BO，则BOG=60从而ABE=BCE=CBE=30CFBFRtBCF的外接圆的半径=23（2013新课标）（选修44：坐标系与参数方程）已知曲线C1的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为=2sin（）把C1的参数方程化为极坐标方程；（）求C1与C2交点的极坐标（0，02）【分析】（）对于曲线C1利用三角函数的平方关系式sin2t+cos2t=1即可得到圆C1的普通方程；再利用极坐标与直角坐标的互化公式即可得到C1的极坐标方程；（）先求出曲线C2的极坐标方程；再将两圆的方程联立求出其交

38、点坐标，最后再利用极坐标与直角坐标的互化公式即可求出C1与C2交点的极坐标【解答】解：（）曲线C1的参数方程式（t为参数），得（x4）2+（y5）2=25即为圆C1的普通方程，即x2+y28x10y+16=0将x=cos，y=sin代入上式，得28cos10sin+16=0，此即为C1的极坐标方程；（）曲线C2的极坐标方程为=2sin化为直角坐标方程为：x2+y22y=0，由，解得或C1与C2交点的极坐标分别为（，），（2，）24（2013新课标）（选修45：不等式选讲）已知函数f（x）=|2x1|+|2x+a|，g（x）=x+3（）当a=2时，求不等式f（x）g（x）的解集；（）设a1，且当

39、时，f（x）g（x），求a的取值范围【分析】（）当a=2时，求不等式f（x）g（x）化为|2x1|+|2x2|x30设y=|2x1|+|2x2|x3，画出函数y的图象，数形结合可得结论（）不等式化即 1+ax+3，故 xa2对都成立故a2，由此解得a的取值范围【解答】解：（）当a=2时，求不等式f（x）g（x）化为|2x1|+|2x2|x30设y=|2x1|+|2x2|x3，则 y=，它的图象如图所示：结合图象可得，y0的解集为（0，2），故原不等式的解集为（0，2）（）设a1，且当时，f（x）=1+a，不等式化为 1+ax+3，故 xa2对都成立故a2，解得 a，故a的取值范围为（1，专心-专注-专业

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