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01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
设全集 U={1,2,3,4,5}U = \{1, 2, 3, 4, 5\}，集合 A={1,2}A = \{1, 2\}，则 ∁UA=\complement_U A =（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 由全集与集合的定义，∁UA\complement_U A 是 UU 中不属于 AA 的元素组成的集合，因此 ∁UA={3,4,5}\complement_U A=\{3,4,5\}. 故选 B. \end{solution}
A.
{1,2}\{1, 2\}
B.
{3,4,5}\{3,4,5\}
C.
{1,2,3,4,5}\{1, 2, 3, 4, 5\}
D.
∅\varnothing

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 1 题 · 选择题

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02三角函数★☆☆☆☆
已知 α\alpha 是第二象限角，sin⁡α=513\sin \alpha = \frac{5}{13}，则 cos⁡α=\cos \alpha =（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 由同角三角函数的基本关系， cos⁡2α=1−sin⁡2α=1−(513)2=144169\cos^2\alpha=1-\sin^2\alpha=1-\left(\frac{5}{13}\right)^2=\frac{144}{169}， 故 cos⁡α=±1213\cos\alpha=\pm\frac{12}{13}. 因为 α\alpha 是第二象限角，cos⁡α<0\cos\alpha<0，所以 cos⁡α=−1213\cos\alpha=-\frac{12}{13}. 故选 A. \end{solution}
A.
−1213-\frac{12}{13}
B.
−513-\frac{5}{13}
C.
513\frac{5}{13}
D.
1213\frac{12}{13}

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 2 题 · 选择题

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03平面向量★★☆☆☆
已知向量 m=(λ+1,1)\boldsymbol{m} = (\lambda + 1, 1)，n=(λ+2,2)\boldsymbol{n} = (\lambda + 2, 2)，若 (m+n)⊥(m−n)(\boldsymbol{m} + \boldsymbol{n}) \perp (\boldsymbol{m} - \boldsymbol{n})，则 λ=\lambda =（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 由向量垂直的条件，
(m+n)⋅(m−n)=∣m∣2−∣n∣2=0(\boldsymbol{m}+\boldsymbol{n})\cdot(\boldsymbol{m}-\boldsymbol{n})=|\boldsymbol{m}|^2-|\boldsymbol{n}|^2=0
于是 (λ+1)2+1=(λ+2)2+4(\lambda+1)^2+1=(\lambda+2)^2+4，即 λ2+2λ+2=λ2+4λ+8\lambda^2+2\lambda+2=\lambda^2+4\lambda+8，解得 λ=−3\lambda=-3. 故选 B. \end{solution}
A.
−4-4
B.
−3-3
C.
−2-2
D.
−1-1

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 3 题 · 选择题

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04不等式★☆☆☆☆
不等式 ∣x2−2∣<2|x^2 - 2| < 2 的解集是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 由绝对值不等式，
−2<x2−2<2-2<x^2-2<2
两边同时加 22，得 0<x2<40<x^2<4. 因而 x≠0x\ne0 且 −2<x<2-2<x<2， 所以解集为 (−2,0)∪(0,2)(-2,0)\cup(0,2). 故选 D. \end{solution}
A.
(−1,1)(-1, 1)
B.
(−2,2)(-2, 2)
C.
(−1,0)∪(0,1)(-1,0)\cup (0,1)
D.
(−2,0)∪(0,2)(-2,0)\cup (0,2)

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 4 题 · 选择题

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05计数原理与组合数学★☆☆☆☆
(x+2)8(x + 2)^{8} 的展开式中 x6x^{6} 的系数是（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 由二项式定理，含 x6x^6 的项为
C82x6⋅22=112x6\mathrm C_8^2x^6\cdot2^2=112x^6
因此 x6x^6 的系数为 112112. 故选 C. \end{solution}
A.
2828
B.
5656
C.
112112
D.
224224

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 5 题 · 选择题

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06指数函数与对数函数★★☆☆☆
函数 f(x)=log⁡2(1+1x)f(x) = \log_2\left(1 + \frac{1}{x}\right) （x>0x > 0）的反函数 f−1(x)=f^{-1}(x) =（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 令 y=f(x)=log⁡2(1+1x)y=f(x)=\log_2\left(1+\frac{1}{x}\right)，其中 x>0x>0. 则 2y=1+1x2^y=1+\frac{1}{x}，x=12y−1x=\frac{1}{2^y-1}. 由于 x>0x>0，有 1+1x>11+\frac{1}{x}>1，从而 y>0y>0. 因此反函数的定义域为 x>0x>0，且 f−1(x)=12x−1f^{-1}(x)=\frac{1}{2^x-1}. 故选 A. \end{solution}
A.
12x−1\frac{1}{2^{x} - 1}（x>0x > 0）
B.
12x−1\frac{1}{2^{x} - 1}（x≠0x\neq 0）
C.
2x−12^{x} - 1（x∈Rx \in \mathbf{R}）
D.
2x−12^{x} - 1（x>0x > 0）

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 6 题 · 选择题

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07数列★★☆☆☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 满足 3an+1+an=03a_{n+1} + a_{n} = 0，a2=−43a_{2} = -\frac{4}{3}，则 {an}\{a_{n}\} 的前 10 项和等于（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 由递推关系得 an+1=−13ana_{n+1}=-\frac{1}{3}a_n，所以数列 {an}\{a_n\} 是以 −13-\frac{1}{3} 为公比的等比数列. 由 a2=−43a_2=-\frac{4}{3} 得 a1=4a_1=4. 因此前 10 项和为
S10=41−(−13)101−(−13)=3(1−3−10)S_{10}=4\frac{1-\left(-\frac{1}{3}\right)^{10}}{1-\left(-\frac{1}{3}\right)} =3\left(1-3^{-10}\right)
故选 C. \end{solution}
A.
−6(1−3−10)-6(1 - 3^{-10})
B.
19(1−310)\frac{1}{9}(1 - 3^{10})
C.
3(1−3−10)3(1 - 3^{-10})
D.
3(1+3−10)3(1 + 3^{-10})

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 7 题 · 选择题

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08解析几何★★★☆☆
已知 F1(−1,0)F_{1}(-1,0)，F2(1,0)F_{2}(1,0) 是椭圆 CC 的两个焦点，过 F2F_{2} 且垂直于 xx 轴的直线交 CC 于 AA，BB 两点，且 ∣AB∣=3|AB| = 3，则 CC 的方程为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 设椭圆的长半轴、短半轴分别为 aa，bb，焦距参数为 cc. 由焦点坐标得 c=1c=1， 且 a2−b2=c2=1a^2-b^2=c^2=1. 直线 x=1x=1 与椭圆的两个交点为 AA，BB， 由 ∣AB∣=3|AB|=3 得交点的纵坐标为 ±32\pm\frac{3}{2}. 代入椭圆方程，得
1a2+(32)2b2=1\frac{1}{a^2}+\frac{\left(\frac{3}{2}\right)^2}{b^2}=1
结合 a2=b2+1a^2=b^2+1，可得
1b2+1+94b2=1\frac{1}{b^2+1}+\frac{9}{4b^2}=1
即 4b2+9(b2+1)=4b2(b2+1)4b^2+9(b^2+1)=4b^2(b^2+1)，整理得 4b4−9b2−9=04b^4-9b^2-9=0，即 (4b2+3)(b2−3)=0(4b^2+3)(b^2-3)=0. 由于 b>0b>0，所以 b2=3b^2=3，进而 a2=4a^2=4. 所以椭圆方程为 x24+y23=1\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1. 故选 C. \end{solution}
A.
x22+y2=1\frac{x^2}{2} + y^2 = 1
B.
x23+y22=1\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{2} = 1
C.
x24+y23=1\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1
D.
x25+y24=1\frac{x^2}{5} + \frac{y^2}{4} = 1

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 8 题 · 选择题

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09三角函数★★★☆☆
若函数 y=sin⁡(ωx+φ)y = \sin (\omega x + \varphi) （ω>0\omega > 0）的部分图像如图所示，则 ω=\omega =（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 令 θ=ωx0+φ\theta=\omega x_0+\varphi，δ=ωπ4\delta=\frac{\omega\pi}{4}. 由图象中标出的两个点， sin⁡(θ+δ)=−sin⁡θ\sin(\theta+\delta)=-\sin\theta，且曲线在第一个点处上升、在第二个点处下降. 由
sin⁡(θ+δ)+sin⁡θ=2sin⁡(θ+δ2)cos⁡δ2=0\sin(\theta+\delta)+\sin\theta =2\sin\left(\theta+\frac{\delta}{2}\right)\cos\frac{\delta}{2}=0
可知，若 sin⁡(θ+δ2)=0\sin\left(\theta+\frac{\delta}{2}\right)=0，则 cos⁡(θ+δ)=cos⁡θ\cos(\theta+\delta)=\cos\theta，两个点处的切线斜率同号，与图象不符. 因而 cos⁡δ2=0\cos\frac{\delta}{2}=0. 图中两点之间没有完整的额外周期，故 0<δ<2π0<\delta<2\pi，从而 δ=π\delta=\pi. 因此 ωπ4=π\frac{\omega\pi}{4}=\pi，解得 ω=4\omega=4. 故选 B. \end{solution}
A.
55
B.
44
C.
33
D.
22

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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10导数及其应用★★☆☆☆
已知曲线 y=x4+ax2+1y = x^4 + ax^2 + 1 在点 (−1,a+2)(-1, a + 2) 处切线的斜率为 8，则 a=a =（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 对函数求导，得 y′=4x3+2axy'=4x^3+2ax. 在 x=−1x=-1 处切线斜率为
y′∣x=−1=−4−2ay'\big|_{x=-1}=-4-2a
由题设 −4−2a=8-4-2a=8，解得 a=−6a=-6. 故选 D. \end{solution}
A.
99
B.
66
C.
−9-9
D.
−6-6

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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11立体几何初步★★★☆☆
已知正四棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 中，AA1=2ABAA_{1} = 2AB，则 CDCD 与平面 BDC1BDC_{1} 所成角的正弦值等于（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 设正方形底面边长为 s=ABs=AB，取空间直角坐标系，使 A(0,0,0)A(0,0,0)，B(s,0,0)B(s,0,0)，C(s,s,0)C(s,s,0)，D(0,s,0)D(0,s,0)，C1(s,s,2s)C_1(s,s,2s). 则直线 CDCD 的方向向量可取 v=(1,0,0)\boldsymbol{v}=(1,0,0). 平面 BDC1BDC_1 内有两个不共线向量 DB→=(1,−1,0)s\overrightarrow{DB}=(1,-1,0)s，DC1→=(1,0,2)s\overrightarrow{DC_1}=(1,0,2)s， 故其法向量可取
n=(1,−1,0)×(1,0,2)=(−2,−2,1)\boldsymbol{n}=(1,-1,0)\times(1,0,2)=(-2,-2,1)
设直线 CDCD 与平面 BDC1BDC_1 所成角为 θ\theta，则
sin⁡θ=∣v⋅n∣∣v∣ ∣n∣=21⋅3=23\sin\theta=\frac{|\boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{v}|\,|\boldsymbol{n}|} =\frac{2}{1\cdot3}=\frac{2}{3}
故选 A. \end{solution}
A.
23\frac{2}{3}
B.
33\frac{\sqrt{3}}{3}
C.
23\frac{\sqrt{2}}{3}
D.
13\frac{1}{3}

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 11 题 · 选择题

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12解析几何★★★★☆
已知抛物线 C:y2=8xC: y^{2} = 8x 与点 M(−2,2)M(-2, 2)，过 CC 的焦点且斜率为 kk 的直线与 CC 交于 AA，BB 两点，若 MA→⋅MB→=0\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0，则 k=k =（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 由 y2=8x=4⋅2xy^2=8x=4\cdot2x，抛物线的焦点为 F(2,0)F(2,0). 因为直线与抛物线交于两个不同的点，所以其斜率 k≠0k\ne0. 设两个交点分别对应参数 tt，uu，则可写为 A(2t2,4t)A(2t^2,4t)，B(2u2,4u)B(2u^2,4u). 由于 AA，BB，FF 共线，直线方程为 y=k(x−2)y=k(x-2)，代入参数式得 4t=2k(t2−1)4t=2k(t^2-1)，4u=2k(u2−1)4u=2k(u^2-1). 因而 tt，uu 是方程 kt2−2t−k=0kt^2-2t-k=0 的两根，故 t+u=2kt+u=\frac{2}{k}，tu=−1tu=-1. 又 MA→=(2t2+2,4t−2)\overrightarrow{MA}=(2t^2+2,4t-2)，MB→=(2u2+2,4u−2)\overrightarrow{MB}=(2u^2+2,4u-2)， 由题设垂直得
0=MA→⋅MB→=4[(t2+1)(u2+1)+(2t−1)(2u−1)]0=\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB} =4\bigl[(t^2+1)(u^2+1)+(2t-1)(2u-1)\bigr]
利用 tu=−1tu=-1，并令 s=t+us=t+u，括号内的式子化为
t2u2+t2+u2+4tu−2(t+u)+2=1+(s2−2tu)+4tu−2s+2=(s−1)2t^2u^2+t^2+u^2+4tu-2(t+u)+2 =1+(s^2-2tu)+4tu-2s+2=(s-1)^2
所以 s=1s=1，即 2k=1\frac{2}{k}=1，解得 k=2k=2. 故选 D. \end{solution}
A.
12\frac{1}{2}
B.
22\frac{\sqrt{2}}{2}
C.
2\sqrt{2}
D.
22

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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13函数与初等函数★☆☆☆☆
设 f(x)f(x) 是以 2 为周期的函数，且当 x∈[1,3)x \in [1,3) 时，f(x)=x−2f(x) = x - 2，则 f(−1)=f(-1) =______.
\begin{answer} −1-1 \end{answer}
\begin{solution} 因为 f(x)f(x) 的周期为 22，所以 f(−1)=f(−1+2)=f(1)f(-1)=f(-1+2)=f(1). 由题设在区间 [1,3)[1,3) 上有 f(x)=x−2f(x)=x-2， 故 f(1)=1−2=−1f(1)=1-2=-1，从而 f(−1)=−1f(-1)=-1. \end{solution}

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 13 题 · 填空题

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14计数原理与组合数学★★☆☆☆
从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖，2名二等奖，3名三等奖，则可能的决赛结果共有______ 种.
\begin{answer} 60 \end{answer}
\begin{solution} 先从 6 名选手中选出 1 名一等奖获得者，再从剩下的 5 名中选出 2 名二等奖获得者， 其余 3 人获得三等奖. 因此可能的决赛结果共有
C61C52=6×10=60\mathrm C_6^1\mathrm C_5^2=6\times10=60
种. \end{solution}

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 14 题 · 填空题

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15不等式★★☆☆☆
若 xx，yy 满足的约束条件
{x⩾0,x+3y⩾4,3x+y⩽4.\begin{cases} x\geqslant 0,\\ x + 3y\geqslant 4,\\ 3x + y\leqslant 4. \end{cases}
则 z=−x+yz = -x + y 的最小值为______.
\begin{answer} 0 \end{answer}
\begin{solution} 约束条件确定的可行域顶点由边界直线两两相交得到. 当 x=0x=0 时， 由 x+3y=4x+3y=4 和 3x+y=43x+y=4 分别得到顶点 (0,43)\left(0,\frac{4}{3}\right) 和 (0,4)(0,4)； 两条斜边界直线的交点满足 x+3y=4x+3y=4，3x+y=43x+y=4 解得 (x,y)=(1,1)(x,y)=(1,1). 目标函数 z=−x+yz=-x+y 在三个顶点处的值分别为 43\frac{4}{3}，44，00. 因而 zz 的最小值为 00. \end{solution}

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 15 题 · 填空题

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16立体几何初步★★★★☆
已知圆 OO 和圆 KK 是球 OO 的大圆和小圆，其公共弦长等于球 OO 的半径，OK=32OK = \frac{3}{2}，且圆 OO 与圆 KK 所在的平面所成的一个二面角为 60∘60^{\circ}，则球 OO 的表面积等于______.
\begin{answer} 16π16\pi \end{answer}
\begin{solution} 设球 OO 的半径为 RR，两圆公共弦的中点为 HH. 公共弦长为 RR， 所以半弦长为 R2\frac{R}{2}. 因为圆 OO 是大圆，其半径为 RR，在大圆所在平面内有
OH=R2−(R2)2=32ROH=\sqrt{R^2-\left(\frac{R}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}R
圆 KK 所在平面到球心的距离为 OK=32OK=\frac{3}{2}，故圆 KK 的半径满足 rK2=R2−94r_K^2=R^2-\frac{9}{4}. 在圆 KK 所在平面内，半弦长为 R2\frac{R}{2}，圆半径为 rKr_K，圆心到弦的距离为 KHKH，因此
KH2=rK2−(R2)2=R2−94−R24=34(R2−3)KH^2=r_K^2-\left(\frac{R}{2}\right)^2 =R^2-\frac{9}{4}-\frac{R^2}{4} =\frac{3}{4}(R^2-3)
从而 KH=32R2−3KH=\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{R^2-3}. 两平面所成的锐二面角为 60∘60^{\circ}， 在垂直于公共弦的截面内可取 ∠OHK=60∘\angle OHK=60^{\circ}. 由于公共弦在圆 KK 内确实存在， KH>0KH>0，所以 R2>3R^2>3. 在三角形 OHKOHK 中由余弦定理，
(32)2=(32R)2+(32R2−3)2−2⋅32R⋅32R2−3⋅12\left(\frac{3}{2}\right)^2 =\left(\frac{\sqrt{3}}{2}R\right)^2 +\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{R^2-3}\right)^2 -2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}R\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{R^2-3}\cdot\frac{1}{2}
化简得 RR2−3=2(R2−3)R\sqrt{R^2-3}=2(R^2-3). 由于 R2>3R^2>3，可约去 R2−3\sqrt{R^2-3}， 得到 R=2R2−3R=2\sqrt{R^2-3}，从而 R2=4R^2=4. 因此球的表面积为 4πR2=16π4\pi R^2=16\pi. \end{solution}

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 16 题 · 填空题

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17数列★★★☆☆
等差数列 {an}\{a_{n}\} 中，a7=4a_{7} = 4，a19=2a9a_{19} = 2a_{9}.
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 bn=1nanb_n = \frac{1}{na_n}，求数列 {bn}\{b_n\} 的前 nn 项和 SnS_n.

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18三角函数★★★☆☆
设 △ABC\triangle ABC 的内角 AA，BB，CC 的对边分别为 aa，bb，cc，(a+b+c)(a−b+c)=ac(a + b + c)(a - b + c) = ac.
(1) 求 BB； (2) 若 sin⁡Asin⁡C=3−14\sin A \sin C = \frac{\sqrt{3} - 1}{4}，求 CC.

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★☆☆
如图，四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，∠ABC=∠BAD=90∘\angle ABC = \angle BAD = 90^{\circ}，BC=2ADBC = 2AD，△PAB\triangle PAB 与 △PAD\triangle PAD 都是边长为 2 的等边三角形.
(1) 证明：PB⊥CDPB \perp CD； (2) 求点 AA 到平面 PCDPCD 的距离.

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20概率与统计★★★☆☆
甲，乙，丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判. 每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判. 设各局中双方获胜的概率均为 12\frac{1}{2}，各局比赛的结果都相互独立，第1局甲当裁判.
(1) 求第 4 局甲当裁判的概率； (2) 求前 4 局中乙恰好当 1 次裁判的概率.

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=x3+3ax2+3x+1f(x) = x^3 + 3ax^2 + 3x + 1.
(1) 当 a=−2a = -\sqrt{2} 时，讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 若 x∈[2,+∞)x \in [2, +\infty) 时，f(x)⩾0f(x) \geqslant 0，求 aa 的取值范围.

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22解析几何★★★★☆
已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1C: \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1 （a>0a > 0，b>0b > 0）的左，右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，离心率为 3，直线 y=2y = 2 与 CC 的两个交点间的距离为 6\sqrt{6}.
(1) 求 aa，bb； (2) 设过 F2F_{2} 的直线 ll 与 CC 的左，右两支分别交于 AA，BB 两点，且 ∣AF1∣=∣BF1∣|AF_{1}| = |BF_{1}|，证明：∣AF2∣|AF_{2}|，∣AB∣|AB|，∣BF2∣|BF_{2}| 成等比数列.

2013 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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