2013新课标2答案

2013新课标Ⅱ答案

1-10 AACDD B ADBCCB

1.解析：解不等式(x－1)2＜4，得－1＜x＜3，即M＝{x|－1＜x＜3}．而N＝{－1,0,1,2,3}，所以M∩N＝{0,1,2}，故选A. 2．解析：

z=2i2i1i22i＝＝－1＋i.

21i1i1i＝q＋10，整理得q2＝9.≧a5＝a1·q4＝9，即81a1＝9，≨a1=1/9

3．解析：设数列{an}的公比为q，若q＝1，则由a5＝9，得a1＝9，此时S3＝27，而a2＋10a1＝99，不满足题意，因此q≠1.

a1(1q3)1q3≧q≠1时，S＝＝a·q＋10a，≨

1q1q3

1

1

4．解析：因为m⊥α，l⊥m，l选D.

α，所以l∥α.同理可得l∥β.又因为m，n为异面直线，所以α与β相交，且l平行于它们的交线．故

rr2215．解析：因为(1＋x)5的二项展开式的通项为C5x(0≤r≤5，r∈Z)，则含x2的项为C5x＋ax·C5x＝(10＋5a)x2，所以10＋5a＝5，

a＝－1.

6.解析：由程序框图知，当k＝1，S＝0，T＝1时，T＝1，S＝1；

y02pMF为直径的圆的方程为(x－x)x－4y＋8＝0，所以y＝4. ＋(y－y)y＝0.将x＝0，y＝2代入得px＋8－4y＝0，即

22p2由y0＝2px，得162p5，解之得p＝2，或p＝8.所以C的方程为y＝4x或y＝16x.故选C.

213．答案：2解析：以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则点A的坐标为(0,0)，点B的坐标

为(2,0)，点D的坐标为(0,2)，点E的坐标为(1,2)，则AE＝(1,2)，BD＝(－2,2)，所以AEBD2.

214．答案：8解析：从1,2，…，n中任取两个不同的数共有Cn种取法，

21241两数之和为5的有(1,4)，(2,3)2种，所以，即 2nn1Cn14nn11420

0

0

0

0

0

0

2

2

解得n＝8.

11当k=2时，T，S=1+；

22111当k=3时，T，S1+；

232231111当k＝4时，T，S1+；…；

2342232341111当k＝10时，T，S1+，k增加1变为11，满足k＞N，输出S，所以B正

234102!3!10!确．

7.解析：如图所示，该四面体在空间直角坐标系O－xyz的图像为下图：

则它在平面zOx上的投影即正视图为，故选A.

8．解析：根据公式变形，

alg6lg2lg10lg2lg14lg2111，b，c，因为lg 7＞lg 5＞lg 3，

lg5lg5lg7lg7lg3lg3π1tan111tan，得tan θ＝，即sin θ＝cos θ.将其代入sinθ＋cosθ3341tan2310101010cos21.因为θ为第二象限角，所以cos θ＝＝1，得，sin θ＝，sin θ＋cos θ＝. 910105

109d＝10a＋45d＝0，① 16．答案：－49解析：设数列{a}的首项为a，公差为d，则S＝10a1＋215142

d＝15a＋105d＝25.②联立①②，得a＝－3，dS＝15a1，所以S＝23

n(n1)21210110203nnn.令f(n)＝nS，则f(n)n3n2，f'(n)n2n.令f′(n)＝0，

233333320202020得n＝0或n.当n时，f′(n)＞0,0333315．答案：

105解析：由

22

n1101

1511nn＋

＝－48，f(7)＝－49，所以当n＝7时，f(n)取最小值－49

17．解：(1)由已知及正弦定理得sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B．①又A＝π－(B＋C)，故

sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C．②由①，②和C∈(0，π)得sin B＝cos B，又B∈(0，π)，所以Blg2lg2lg2所以，即c＜b＜a.故选D lg7lg5lg3x1,9．解析：由题意作出所表示的区域如图阴影部分所示，

xy3

作直线2x＋y＝1，因为直线2x＋y＝1与直线x＝1的交点坐标为(1，－1)， 结合题意知直线y＝a(x－3)过点(1，－1)，代入得aπ. 411，所以a. 22ppp,0，所以以＝5，则x＝5－.又点F的坐标为2220

12πSacsin Bac.由已知及余弦定理得4＝a＋c－2accos.

4244又a＋c≥2ac，故ac，当且仅当a＝c时，等号成立．因此△ABC面积的最大值为2+1.

22(2)△ABC的面积

2

2

2

2

18．解：(1)连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．

又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD，BC1

平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.

10．解析：≧x0是f(x)的极小值点，则y＝f(x)的图像大致如下图所示，则在(－≦，x0)上不单调，故C不正确． 11．解析：设点M的坐标为(x0，y0)，由抛物线的定义，得|MF|＝x0＋

2AB得，AC⊥BC.以C为坐标原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz. (2)由AC＝CB＝2

设CA＝2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A(2,0,2)，CD＝(1,1,0)，CE＝(0,2,1)，CA＝(2,0,2)． 11

2013 全国新课标卷2理科数学第1页

nCD0,x1y10,设n＝(x，y，z)是平面ACD的法向量，则即 2x2z0.1nCA10,11

1

1

1

21．解：(1)f′(x)＝ex1.

xmx由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1. 于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋≦)，f′(x)＝e函数f′(x)＝ex可取n＝(1，－1，－1)．同理，设m是平面A1CE的法向量，

6n·m3mCE0,则可取m＝(2,1，－2)．从而cos〈n，m〉＝，故sin〈n，m〉＝. 3|n||m|3mCA10,即二面角D－A1C－E的正弦值为1.

x119．解：(1)当X∈[100,130)时，T＝500X－300(130－X)＝800X－39 000，当X∈[130,150]时，T＝500×130＝65 000. 所以T6. 31在(－1，＋≦)单调递增，且f′(0)＝0.

x1(2)由(1)知利润T不少于57 000元当且仅当120≤X≤150.

由直方图知需求量X∈[120,150]的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T不少于57 000元的概率的估计值为0.7. (3)依题意可得T的分布列为

800X39000,100X130, 65000,130X150.因此当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0； 当x∈(0，＋≦)时，f′(x)＞0.

所以f(x)在(－1,0)单调递减，在(0，＋≦)单调递增．

(2)当m≤2，x∈(－m，＋≦)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＞0. 当m＝2时，函数f′(x)＝ex1在(－2，＋≦)单调递增．

x2T P 45 000 0.1 53 000 0.2 61 000 0.3 65 000 0.4 又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，

故f′(x)＝0在(－2，＋≦)有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)． 当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0；

当x∈(x0，＋≦)时，f′(x)＞0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值． 由f′(x0)＝0得

所以ET＝45 000×0.1＋53 000×0.2＋61 000×0.3＋65 000×0.4＝59 400. 20．解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，

ex0＝

1，ln(x＋2)＝－x，

x020

0

0

x12y12x22y22y2y1b2x2x1y2y1=1=1则22=1，2，，由此可得=1.因为x＋x＝2x， 22ababx2x1ay2y1x2x1y01，所以a＝2b.又由题意知，M的右焦点为(3，0)，故a－b＝3.因此a＝6，b＝3. y＋y＝2y，

x021

2

0

1

2

0

2

2

2

2

2

2

1x012故f(x)≥f(x)＝＋x＝

x02x020

＞0.

x2y2=1. 所以M的方程为6343xy30,x,46x0,232(2)由解得或因此|AB|＝.由题意可设直线CD的方程为 xy31,y3.y3,363yxn,532n3y＝xn，设C(x，y)，D(x，y)．由得3x＋4nx＋2n－6＝0. xy231633

3

4

4

2

2

综上，当m≤2时，f(x)＞0.

请考生在第22、23、24题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号． 22．

解：(1)因为CD为△ABC外接圆的切线， 所以∠DCB＝∠A，由题设知

BCDCFAEA，

故△CDB∽△AEF，所以∠DBC＝∠EFA. 因为B，E，F，C四点共圆， 所以∠CFE＝∠DBC， 故∠EFA＝∠CFE＝90°.

所以∠CBA＝90°，因此CA是△ABC外接圆的直径．

(2)连结CE，因为∠CBE＝90°，所以过B，E，F，C四点的圆的直径为CE，由DB＝BE，有CE＝DC，又BC2＝DB·BA＝2DB2，所以CA2＝4DB2＋BC2=6DB2.

于是x3,4

2n29n2＝3.因为直线CD的斜率为1，所以|CD|＝2|x4x3|49n23.

186|CD||AB|9n22986所以四边形ACBD面积的最大值为.

3由已知，四边形ACBD的面积

S.当n＝0时，S取得最大值，最大值为863.

而DC2＝DB·DA＝3DB2，故过B，E，F，C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值为

12.

23．解：(1)依题意有P(2cos α，2sin α)，Q(2cos 2α，2sin 2α)，因此M(cos α＋cos 2α，sin α＋sin 2α)．M的轨迹的参数方程为

2013 全国新课标卷2理科数学第2页

xcoscos2,(α为参数，0＜α＜2π)． ysinsin2(2)M点到坐标原点的距离dx2y222cos(0＜α＜2π)．

当α＝π时，d＝0，故M的轨迹过坐标原点． 24．解：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca1. 3a2b2c2a2b2c2b2a，c2b，a2c，故(abc)≥2(a＋b＋c)， (2)因为bbcacaa2b2c2a2b2c2≥a＋b＋c.所以≥1. 即

bcabca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤

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