2013年高考理科数学全国新课标卷1试题与答案word解析版

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导读: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 (全国新课标卷 I)第Ⅰ卷 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,只有一项是符合题目要求的.

2014山西高考文科数学试题及答案(新课标1卷)
2014山西高考文科数学试题及答案(新课标1卷)

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 (全国新课标卷 I)第Ⅰ卷 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,只有一项是符合题目要求的. 1.(2013 课标全国Ⅰ,理 1)已知集合 A={x|x -2x>0},B={x|- 5 <x< 5 },则( A.A∩B= B.A∪B=R C.B  A D.A  B 2.(2013 课标全国Ⅰ,理 2)若复数 z 满足(3-4i)z=|4+3i|,则 z 的虚部为( ).2).A.-4 C.4 3.(2013 课标全国Ⅰ,理 3)为了解某地区的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 4. (2013 课标全国Ⅰ, 4)已知双曲线 C: 理 则 C 的渐近线方程为( ).4  B. 54 D. 5x2 y 2 5  2 =1 (a>0, >0)的离心率为 b , 2 2 a b1  x A.y= 41  x B.y= 31  x C.y= 2D.y=±x5.(2013 课标全国Ⅰ,理 5)执行下面的程序框图,如果输入的 t∈[-1,3],则输出 的 s 属于( ). A.[-3,4] B.[-5,2] C.[-4,3] D.[-2,5] 6.(2013 课标全国Ⅰ,理 6)如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高 8 cm,将一个球放 在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm,如果不计容器的厚度,则球的体积 为( ).500π A. 3 cm3 1372π C. 3 cm3866π B. 3 cm3 2048π D. 3 cm3).7. (2013 课标全国Ⅰ, 7)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, Sm-1=-2, m=0, m+1=3, m=( 理 若 S S 则 A.3 B.4 C.5 D.6 8.(2013 课标全国Ⅰ,理 8)某几何体的三视图如图所示,则该 几何体的体积为( ). A.16+8π B.8+8π C.16+16π D.8+16π2013全国新课标卷 1 理科数学第1页

9.(2013 课标全国Ⅰ,理 9)设 m 为正整数,(x+y) 展开式的二项式系数的最大值为 a,(x+y) 的二项式系数的最大值为 b.若 13a=7b,则 m=( ). A.5 B.6 C.7 D.8 10.(2013 课标全国Ⅰ,理 10)已知椭圆 E:2m2m+1展开式x2 y 2  =1 (a>b>0)的右焦点为 F(3,0),过点 F 的直线交 E a 2 b2).于 A,B 两点.若 AB 的中点坐标为(1,-1),则 E 的方程为(x y  =1 A. 45 3622x y  =1 B. 36 2722x y  =1 C. 27 18  x 2  2 x,x  0, ln( x  1),x  0.22x2 y 2  =1 D. 18 9若|f(x)|≥ax, a 的取值范围是( 则 ).11. (2013 课标全国Ⅰ, 11)已知函数 f(x)=  理A.(-∞,0] B.(-∞,1] C.[-2,1] D.[-2,0] 12.(2013 课标全国Ⅰ,理 12)设△AnBnCn 的三边长分别为 an,bn,cn,△AnBnCn 的面积为 Sn,n=1,2,3,…. 若 b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=cn  an b  an ,cn+1= n ,则( 2 2).A.{Sn}为递减数列 C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列B.{Sn}为递增数列 D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分.第(13)题~第(21)题为必考题,每个试题考生都必须做答.第(22)题~ 第(24)题为选考题,考生根据要求做答.二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分.13.(2013 课标全国Ⅰ,理 13)已知两个单位向量 a,b 的夹角为 60°,c=ta+(1-t)b.若 b²c=0, 则 t=__________.2 1 Sn  an  3 3, 14. (2013 课标全国Ⅰ, 14)若数列{an}的前 n 项和 理 则{an}的通项公式是 an=_______.15.(2013 课标全国Ⅰ,理 15)设当 x=θ 时,函数 f(x)=sin x-2cos x 取得最大值,则 cos θ = __________. 16. (2013 课标全国Ⅰ, 16)若函数 f(x)=(1-x2)(x2+ax+b)的图像关于直线 x=-2 对称, f(x) 理 则 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.(2013 课标全国Ⅰ,理 17)(本小题满分 12 分)如图,在△ABC 中,∠ABC=90°,AB= 3 ,BC=1,P 为△ABC 内一点,∠BPC=90°. (1)若 PB=1 ,求 PA; 2(2)若∠APB=150°,求 tan∠PBA.2013全国新课标卷 1 理科数学第2页

18.(2013 课标全国Ⅰ,理 18)(本小题满分 12 分)如图,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1 =60°. (1)证明:AB⊥A1C; (2)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B,AB=CB,求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值.19.(2013 课标全国Ⅰ,理 19)(本小题满分 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%,即取出的每件产品是优质品的概率都为1 ,且各件产品是否为优质品相 2互独立. (1)求这批产品通过检验的概率; (2)已知每件产品的检验费用为 100 元,且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.2013全国新课标卷 1 理科数学第3页

20.(2013 课标全国Ⅰ,理 20)(本小题满分 12 分)已知圆 M:(x+1) +y =1,圆 N:(x-1) +y =9,动 圆 P 与圆 M 外切并且与圆 N 内切,圆心 P 的轨迹为曲线 C. (1)求 C 的方程; (2)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|.222221.(2013 课标全国Ⅰ,理 21)(本小题满分 12 分)设函数 f(x)=x +ax+b,g(x)=e (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. (1)求 a,b,c,d 的值; (2)若 x≥-2 时,f(x)≤kg(x),求 k 的取值范围.2x2013全国新课标卷 1 理科数学第4页

请考生在第(22)、(23)、(24)三题中任选一题做答.注意:只能做所选定的题目.如果多做,则按所做的 第一个题目计分,做答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑. 22.(2013 课标全国Ⅰ,理 22)(本小题满分 10 分)选修 4—1: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 点 D. (1)证明:DB=DC; (2)设圆的半径为 1,BC= 3 ,延长 CE 交 AB 于点 F,求△BCF 外接圆的半径.23.(2013 课标全国Ⅰ,理 23)(本小题满分 10 分)选修 4—4:坐标系与参数方程 已知曲线 C1 的参数方程为  x  4  5cos t , (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  y  5  5sin t标系,曲线 C2 的极坐标方程为 ρ =2sin θ . (1)把 C1 的参数方程化为极坐标方程; (2)求 C1 与 C2 交点的极坐标(ρ ≥0,0≤θ <2π ).2013全国新课标卷 1 理科数学第5页

24.(2013 课标全国Ⅰ,理 24)(本小题满分 10 分)选修 4—5:不等式选讲:已知函数 f(x)=|2x-1|+|2x +a|,g(x)=x+3. (1)当 a=-2 时,求不等式 f(x)<g(x)的解集; (2)设 a>-1,且当 x∈   a 1 ,  时,f(x)≤g(x),求 a 的取值范围.  2 22013全国新课标卷 1 理科数学第6页

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 (全国卷 I 新课标)第Ⅰ卷 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,只有一项是符合题目要求的. 1. 答案:B 解析:∵x(x-2)>0,∴x<0 或 x>2. ∴集合 A 与 B 可用图象表示为: 由图象可以看出 A∪B=R,故选 B. 2. 答案:D 解析:∵(3-4i)z=|4+3i|,5 5(3  4i) 3 4    i. 3  4i (3  4i)(3  4i) 5 5 4 故 z 的虚部为 ,选 D. 5∴z  3. 答案:C 解析:因为学段层次差异较大,所以在不同学段中抽取宜用分层抽样. 4. 答案:Cc2 a 2  b2 5 c 5 2 解析:∵ e   ,∴ e  2   . a 2 a a2 4 b 1 2 2 ∴a =4b , =  . a 2 b 1 ∴渐近线方程为 y   x  x . a 25. 答案:A 解析:若 t∈[-1,1),则执行 s=3t,故 s∈[-3,3). 2 若 t∈[1,3],则执行 s=4t-t ,其对称轴为 t=2. 故当 t=2 时,s 取得最大值 4.当 t=1 或 3 时,s 取得最小值 3,则 s∈[3,4]. 综上可知,输出的 s∈[-3,4].故选 A. 6. 答案:A 解析:设球半径为 R,由题可知 R,R-2,正方体棱长一半可构成直角三角形,即△OBA 为直角三角形,如 图.BC=2,BA=4,OB=R-2,OA=R, 2 2 2 由 R =(R-2) +4 ,得 R=5,所以球的体积为4 3 500 π5  π (cm3),故选 A. 3 37. 答案:C 解析:∵Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3, ∴am=Sm-Sm-1=0-(-2)=2,am+1=Sm+1-Sm=3-0=3. ∴d=am+1-am=3-2=1.2013 全国新课标卷 1 理科数学 第7页

m m  1 m 1 ³1=0,∴ a1   . 2 2 m 1 又∵am+1=a1+m³1=3,∴  m  3. 2∵Sm=ma1+ ∴m=5.故选 C. 8. 答案:A 解析:由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体,由图中数据可知圆柱底面半径 r=2,长为 4,在 长方体中,长为 4,宽为 2,高为 2,所以几何体的体积为 π r ³4³ 9. 答案:B 解析:由题意可知,a= C2 m ,b= C 2 m1 , 又∵13a=7b,∴ 13  即m m21 +4³2³2=8π +16.故选 A. 2 2m  !  2m  1! , =7  m !m ! m ! m  1!13 2m  1 .解得 m=6.故选 B.  7 m 110. 答案:D 解析:设 A(x1,y1),B(x2,y2),∵A,B 在椭圆上, x12 y12  2  2  1, ① a b ∴ 2 2  x2  y2  1, ②  a 2 b2 ①-②,得 x1  x2  x1  x2   y1  y2  y1  y2   =0 , a2 b2  y  y2  y1  y2  b2 即 2 = 1 , a  x1  x2  x1  x2 ∵AB 的中点为(1,-1),∴y1+y2=-2,x1+x2=2, 而y1  y2 b2 1 0  1 1 =kAB= = ,∴ 2 = . x1  x2 a 2 3 1 22 2 2 2又∵a -b =9,∴a =18,b =9.x2 y 2  =1 .故选 D. ∴椭圆 E 的方程为 18 911. 答案:D 解析:由 y=|f(x)|的图象知: ①当 x>0 时,y=ax 只有 a≤0 时,才能满足|f(x)|≥ax,可排除 B,C. 2 2 ②当 x≤0 时,y=|f(x)|=|-x +2x|=x -2x. 2 故由|f(x)|≥ax 得 x -2x≥ax. 当 x=0 时,不等式为 0≥0 成立. 当 x<0 时,不等式等价于 x-2≤a. ∵x-2<-2,∴a≥-2. 综上可知:a∈[-2,0]. 12. 答案:B2013 全国新课标卷 1 理科数学 第8页

第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第(13)题~第(21)题为必考题,每个试题考生都必须做答.第(22)题~ 第(24)题为选考题,考生根据要求做答. 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分. 13.答案:2 解析:∵c=ta+(1-t)b, 2 ∴b²c=ta²b+(1-t)|b| . 又∵|a|=|b|=1,且 a 与 b 夹角为 60°,b⊥c, ∴0=t|a||b|cos 60°+(1-t), 0=1 t +1-t. 2∴t=2. n-1 14.答案:(-2)2 1 an  ,① 3 3 2 1 ∴当 n≥2 时, Sn 1  an 1  .② 3 3 2 2 ①-②,得 an  an  an 1 , 3 3 an 即 =-2. an 1 2 1 ∵a1=S1= a1  , 3 3解析:∵ Sn  ∴a1=1. n-1 ∴{an}是以 1 为首项,-2 为公比的等比数列,an=(-2) . 15.答案: 2 5 5解析:f(x)=sin x-2cos x2  1  sin x  cos x  , 5  5  1 2 令 cos α = ,sin α =  , 5 5 则 f(x)= 5 sin(α +x), π 当 x=2kπ + -α (k∈Z)时,sin(α +x)有最大值 1,f(x)有最大值 5 , 2 π 即 θ =2kπ + -α (k∈Z), 2 2 2 5 π   π   所以 cos θ = cos  2kπ+    = cos     =sin α =  . 5 2 5   2 = 5 16.答案:16 解析:∵函数 f(x)的图像关于直线 x=-2 对称, ∴f(x)满足 f(0)=f(-4),f(-1)=f(-3), 即b  1516  4a  b , 0  89  3a  b ,  a  8, b  15.2013 全国新课标卷 1 理科数学 第9页解得 

∴f(x)=-x -8x -14x +8x+15. 3 2 由 f′(x)=-4x -24x -28x+8=0, 得 x1=-2- 5 ,x2=-2,x3=-2+ 5 . 易知,f(x)在(-∞,-2- 5 )上为增函数,在(-2- 5 ,-2)上为减函数,在(-2,-2+ 5 )上为 增函数,在(-2+ 5 ,+∞)上为减函数. ∴f(-2- 5 )=[1-(-2- 5 ) ][(-2- 5 ) +8(-2- 5 )+15] =(-8- 4 5 )(8- 4 5 ) =80-64=16. f(-2)=[1-(-2)2][(-2)2+8³(-2)+15] =-3(4-16+15) =-9.2 2432f(-2+ 5 )=[1-(-2+ 5 )2][(-2+ 5 )2+8(-2+ 5 )+15]=(-8+ 4 5 )(8+ 4 5 ) =80-64=16. 故 f(x)的最大值为 16. 三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 17. 解:(1)由已知得∠PBC=60°,所以∠PBA=30°. 在△PBA 中,由余弦定理得 PA = 3 21 1 7  2  3  cos 30  . 4 2 4故 PA=7 . 23 sin   , sin150 sin(30   )(2)设∠PBA=α ,由已知得 PB=sin α . 在△PBA 中,由正弦定理得化简得 3 cos α =4sin α . 所以 tan α =3 3 ,即 tan∠PBA= . 4 418. (1)证明:取 AB 的中点 O,连结 OC,OA1,A1B. 因为 CA=CB,所以 OC⊥AB. 由于 AB=AA1,∠BAA1=60°, 故△AA1B 为等边三角形, 所以 OA1⊥AB. 因为 OC∩OA1=O,所以 AB⊥平面 OA1C. 又 A1C  平面 OA1C,故 AB⊥A1C. (2)解:由(1)知 OC⊥AB,OA1⊥AB. 又平面 ABC⊥平面 AA1B1B,交线为 AB, 所以 OC⊥平面 AA1B1B, 故 OA,OA1,OC 两两相互垂直.以 O 为坐标原点,OA 的方向为 x 轴的正方向,| OA |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz. 由题设知 A(1,0,0),A1(0, 3 ,0),C(0,0, 3 ),B(-1,0,0). 则 BC =(1,0, 3 ), BB1 = AA1 =(-1, 3 ,0), A1C =(0,  3 , 3 ). 设 n=(x,y,z)是平面 BB1C1C 的法向量,   2013全国新课标卷 1 理科数学第 10 页

  n  BC  0,  x  3z  0,   则   即 可取 n=( 3 ,1,-1). n  BB1  0,  x  3 y  0.     10 n  A1C 故 cos〈n, A1C 〉= .  =  5 n A1C所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为10 . 519. 解:(1)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 件产品都是优质品为事件 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,所以 P(A)=P(A1B1)+P(A2B2) =P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B2|A2) =4 1 1 1 3     . 16 16 16 2 64 4 1 11 1 1   ,P(X=500)= ,P(X=800)= . 16 16 16 16 4X P400 500 800(2)X 可能的取值为 400,500,800,并且P(X=400)= 1 所以 X 的分布列为11 161 161 4EX= 400 11 1 1 +500  +800  =506.25. 16 16 420. 解:由已知得圆 M 的圆心为 M(-1,0),半径 r1=1;圆 N 的圆心为 N(1,0),半径 r2=3. 设圆 P 的圆心为 P(x,y),半径为 R. (1)因为圆 P 与圆 M 外切并且与圆 N 内切, 所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4. 由椭圆的定义可知,曲线 C 是以 M,N 为左、右焦点,长半轴长为 2,短半轴长为 3 的椭圆(左顶点除外), 其方程为x2 y 2  =1 (x≠-2). 4 3(2)对于曲线 C 上任意一点 P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-2≤2, 所以 R≤2,当且仅当圆 P 的圆心为(2,0)时,R=2. 2 2 所以当圆 P 的半径最长时,其方程为(x-2) +y =4. 若 l 的倾斜角为 90°,则 l 与 y 轴重合,可得|AB|= 2 3 . 若 l 的倾斜角不为 90°, r1≠R 知 l 不平行于 x 轴, l 与 x 轴的交点为 Q, 由 设 则 4,0),所以可设 l:y=k(x+4). 由 l 与圆 M 相切得 解得 k=  当 k=| QP | R  , 可求得 Q(- | QM | r1| 3k | 1 k 2=1 ,2 . 4x2 y 2 2 2 x  2 代入  =1 , 时,将 y  4 4 4 32并整理得 7x +8x-8=0,2013 全国新课标卷 1 理科数学 第 11 页

解得 x1,2=4  6 2 . 7所以|AB|= 1  k 2 | x2  x1 | 当k  18 . 72 18 时,由图形的对称性可知|AB|= . 4 7 18 综上,|AB|= 2 3 或|AB|= . 721. 解:(1)由已知得 f(0)=2,g(0)=2,f′(0)=4,g′(0)=4. x 而 f′(x)=2x+a,g′(x)=e (cx+d+c), 故 b=2,d=2,a=4,d+c=4. 从而 a=4,b=2,c=2,d=2. 2 x (2)由(1)知,f(x)=x +4x+2,g(x)=2e (x+1). x 2 设函数 F(x)=kg(x)-f(x)=2ke (x+1)-x -4x-2, x x 则 F′(x)=2ke (x+2)-2x-4=2(x+2)(ke -1). 由题设可得 F(0)≥0,即 k≥1. 令 F′(x)=0 得 x1=-ln k,x2=-2. 2 ①若 1≤k<e ,则-2<x1≤0.从而当 x∈(-2,x1)时,F′(x)<0;当 x∈(x1,+∞)时,F′(x)>0.即 F(x)在(-2,x1)单调递减,在(x1,+∞)单调递增.故 F(x)在[-2,+∞)的最小值为 F(x1). 而 F(x1)=2x1+2- x1 -4x1-2=-x1(x1+2)≥0. 故当 x≥-2 时,F(x)≥0,即 f(x)≤kg(x)恒成立. 2 2 x -2 ②若 k=e ,则 F′(x)=2e (x+2)(e -e ). 从而当 x>-2 时,F′(x)>0,即 F(x)在(-2,+∞)单调递增. 而 F(-2)=0,故当 x≥-2 时,F(x)≥0,即 f(x)≤kg(x)恒成立. 2 -2 -2 2 ③若 k>e ,则 F(-2)=-2ke +2=-2e (k-e )<0. 从而当 x≥-2 时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立. 2 综上,k 的取值范围是[1,e ]. 请考生在第(22)、(23)、(24)三题中任选一题做答.注意:只能做所选定的题目.如果多做,则按所做的 第一个题目计分,做答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑. 22. (1)证明:连结 DE,交 BC 于点 G. 由弦切角定理得,∠ABE=∠BCE. 而∠ABE=∠CBE,故∠CBE=∠BCE,BE=CE. 又因为 DB⊥BE, 所以 DE 为直径,∠DCE=90°, 由勾股定理可得 DB=DC. (2)解:由(1)知,∠CDE=∠BDE,DB=DC, 故 DG 是 BC 的中垂线,所以 BG=23 . 2设 DE 的中点为 O,连结 BO,则∠BOG=60°. 从而∠ABE=∠BCE=∠CBE=30°, 所以 CF⊥BF,故 Rt△BCF 外接圆的半径等于 23. 解:(1)将 23 . 2 x  4  5cos t , 2 2 消去参数 t,化为普通方程(x-4) +(y-5) =25,  y  5  5sin t2即 C1:x +y -8x-10y+16=0.2013 全国新课标卷 1 理科数学 第 12 页

将2 x   cos  , 2 2 代入 x +y -8x-10y+16=0 得 y   sin  ρ -8ρ cos θ -10ρ sin θ +16=0. 所以 C1 的极坐标方程为 2 ρ -8ρ cos θ -10ρ sin θ +16=0. 2 2 (2)C2 的普通方程为 x +y -2y=0. x 2  y 2  8 x  10 y  16  0, 由 2 2 x  y  2 y  0  x  1,  x  0, 解得  或  y  1  y  2.所以 C1 与 C2 交点的极坐标分别为  2, π  π  ,  2,  . 4  224. 解:(1)当 a=-2 时,不等式 f(x)<g(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-3<0. 设函数 y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,1   5 x , x  2 ,  1  则 y=   x  2,  x  1, 2  3 x  6, x  1.  其图像如图所示.从图像可知,当且仅当 x∈(0,2)时,y<0. 所以原不等式的解集是{x|0<x<2}. (2)当 x∈   a 1 ,  时,f(x)=1+a.  2 2不等式 f(x)≤g(x)化为 1+a≤x+3. a 1 ,  都成立.  2 2 a 4 故  ≥a-2,即 a  . 2 3 4  从而 a 的取值范围是  1,  . 3 所以 x≥a-2 对 x∈  2013全国新课标卷 1 理科数学第 13 页

 
 

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