2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知两个单位向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 的夹角为 $60^{\circ}, \vec{c}=t \vec{a}+(1-t) \vec{b}$. 若 $\vec{b} \cdot \vec{c}=0$, 则 $t=$

解答：解: $\because \vec{c}=t \vec{a}+(1-t) \vec{b}, \vec{c} \cdot \vec{b}=0, \quad \therefore \vec{c} \cdot \vec{b}=t \vec{a} \cdot \vec{b}+(1-t) \vec{b}^{2}=0$,

$\therefore \mathrm{t} \cos 60^{\circ}+1-t=0, \therefore 1-\frac{1}{2} t=0$, 解得 $t=2$.

故答案为: 2 .

答案：2

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：若数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}=\frac{2}{3} a_{n}+\frac{1}{3}$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n}=$

解答：解：当 $n=1$ 时, $a_{1}=s_{1}=\frac{2}{3} a_{1}+\frac{1}{3}$, 解得 $a_{1}=1$

当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\left(\frac{2}{3} a_{n}+\frac{1}{3}\right)-\left(\frac{2}{3} a_{n-1}+\frac{1}{3}\right)=\frac{2}{3} a_{n}-\frac{2}{3} a_{n-1}$,

整理可得 $\frac{1}{3} a_{n}=-\frac{2}{3} a_{r-1}$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=-2$,

故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 从第二项开始是以 -2 为首项, -2 为公比的等比数列, 故当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=(-2)^{n-1}$, 经验证当 $n=1$ 时, 上式也适合,

故答案为: $(-2)^{n-1}$

答案：$(-2)^{n-1}$

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设当 $x=\theta$ 时, 函数 $f(x)=\sin x-2 \cos x$ 取得最大值, 则 $\cos \theta=$

解答：解: $f(x)=\sin x-2 \cos x=\sqrt{5}\left(\frac{\sqrt{5}}{5} \sin x-\frac{2 \sqrt{5}}{5} \cos x\right)=\sqrt{5} \sin (x-\alpha)$ （其 中 $\cos \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}, \sin \alpha=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, ,

$\because \mathrm{x}=\theta$ 时, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 取得最大值,

$\therefore \sin (\theta-\alpha)=1$, 即 $\sin \theta-2 \cos \theta=\sqrt{5}$,

又 $\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta=1$,

联立得 $(2 \cos \theta+\sqrt{5})^{2}+\cos ^{2} \theta=1$, 解得 $\cos \theta=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

故答案为: $-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$

答案：$-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：若函数 $f(x)=\left(1-x^{2}\right)\left(x^{2}+a x+b\right)$ 的图象关于直线 $x=-2$ 对称, 则 $f(x)$ 的最大值为

解答：解: $\because$ 函数 $f(x)=\left(1-x^{2}\right)\left(x^{2}+a x+b\right)$ 的图象关于直线 $x=-2$ 对称, $\therefore f(-1)=f(-3)=0$ 且 $f(1)=f(-5)=0$,

即 $\left[1-(-3)^{2}\right]\left[(-3)^{2}+a \cdot(-3)+b\right]=0$ 且 $\left[1-(-5)^{2}\right]\left[(-5)^{2}+a \cdot(-5\right.$ $+b]=0$,

解之得 $\left\{\begin{array}{c}a=8 \\ b=15\end{array}\right.$,

因此, $f(x)=\left(1-x^{2}\right)\left(x^{2}+8 x+15\right)=-x^{4}-8 x^{3}-14 x^{2}+8 x+15$,

求导数, 得 $f^{\prime}(x)=-4 x^{3}-24 x^{2}-28 x+8$,

令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x_{1}=-2-\sqrt{5}, x_{2}=-2, x_{3}=-2+\sqrt{5}$,

当 $x \in(-\infty,-2-\sqrt{5})$ 时, $f^{\prime}(x)>0$; 当 $x \in(-2-\sqrt{5},-2)$ 时, $f^{\prime}(x)<$ 0

当 $x \in(-2,-2+\sqrt{5})$ 时, $f^{\prime}(x)>0$; 当 $x \in(-2+\sqrt{5},+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$ $\therefore f(x)$ 在区间 $(-\infty,-2-\sqrt{5})$ 、 $(-2,-2+\sqrt{5})$ 上是增函数, 在区间 $(-2-$ $\sqrt{5},-2) 、(-2+\sqrt{5},+\infty)$ 上是减函数.

又 $\because f(-2-\sqrt{5})=f(-2+\sqrt{5})=16$,

$\therefore f(x)$ 的最大值为 16 .

故答案为: 16 .

答案：16

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知正方形 $A B C D$ 的边长为 $2, E$ 为 $C D$ 的中点, 则 $\overrightarrow{\mathrm{AE}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BD}}=$

解答：解: $\because$ 已知正方形 $A B C D$ 的边长为 $2, E$ 为 $C D$ 的中点, 则 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}=0$, 故 $\overrightarrow{\mathrm{AE}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BD}}=(\overrightarrow{\mathrm{AD}}+\overrightarrow{\mathrm{DE}}) \cdot(\overrightarrow{\mathrm{BA}}+\overrightarrow{\mathrm{AD}})=\left(\overrightarrow{\mathrm{AD}}+\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{AB}}\right) \cdot(\overrightarrow{\mathrm{AD}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}})=\overrightarrow{\mathrm{AD}}^{2}-\overrightarrow{\mathrm{AD}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}}+$ $\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AD}}^{-}-\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{AB}}^{2}=4+0-0-\frac{1}{2} \times 4=2$,

故答案为: 2 .

答案：2

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：从 $\mathrm{n}$ 个正整数 $1,2, \ldots, \mathrm{n}$ 中任意取出两个不同的数, 若取出的两 数之和等于 5 的概率为 $\frac{1}{14}$, 则 $n=$

解答：解: 从 $n$ 个正整数 $1,2, \ldots, n$ 中任意取出两个不同的数, 取出的两数 之和等于 5 的情况有: $(1,4) ，(2,3)$ 共 2 种情况;

从 $\mathrm{n}$ 个正整数 $1,2, \ldots, n$ 中任意取出两个不同的数的所有不同取法种数为 $C_{n}^{2}$,

由古典概型概率计算公式得:

从 $\mathrm{n}$ 个正整数 $1,2, \ldots, n$ 中任意取出两个不同的数, 取出的两数之和等于 5 的 概率为 $p=\frac{2}{C_{n}^{2}}=\frac{1}{14}$. 所以 $C_{n}^{2}=28$, 即 $\frac{n(n-1)}{2}=28$, 解得 $n=8$.

故答案为: 8 .

答案：8

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设 $\theta$ 为第二象限角, 若 $\tan \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{2}$, 则 $\sin \theta+\cos \theta=$

解答：解: $\because \tan \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\tan \theta+1}{1-\tan \theta}=\frac{1}{2}$,

$\therefore \tan \theta=-\frac{1}{3}$,

而 $\cos ^{2} \theta=\frac{\cos ^{2} \theta}{\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta}=\frac{1}{1+\tan ^{2} \theta}$,

$\because \theta$ 为第二象限角,

$\therefore \cos \theta=-\sqrt{\frac{1}{1+\tan ^{2} \theta}}=-\frac{3 \sqrt{10}}{10}, \sin \theta=\sqrt{1-\cos ^{2} \theta}=\frac{\sqrt{10}}{10}$,

则 $\sin \theta+\cos \theta=\frac{\sqrt{10}}{10}-\frac{3 \sqrt{10}}{10}=-\frac{\sqrt{10}}{5}$.

故答案为: $-\frac{\sqrt{10}}{5}$

答案：$-\frac{\sqrt{10}}{5}$

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 已知 $S_{10}=0, S_{15}=25$, 则 $n S_{n}$ 的最小 值为

解答：解: 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}$, 公差为 $d$,

$\because s_{10}=10 a_{1}+45 d=0, s_{15}=15 a_{1}+105 d=25$,

$\therefore \mathrm{a}_{1}=-3, \mathrm{~d}=\frac{2}{3}$,

$\therefore \mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\mathrm{na}_{1}+\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}-1)}{2} \mathrm{~d}=\frac{1}{3} \mathrm{n}^{2}-\frac{10}{3} n$,

$\therefore n S_{n}=\frac{1}{3} n^{3}-\frac{10}{3} n^{2}$, 令 $n S_{n}=f(n)$,

$\therefore f^{\prime}(n)=n^{2}-\frac{20}{3} n$

$\therefore$ 当 $n=\frac{20}{3}$ 时, $f(n)$ 取得极值, 当 $n<\frac{20}{3}$ 时, $f(n)$ 递减; 当 $n>\frac{20}{3}$ 时, $f(n)$ 递增;

因此只需比较 $f$ (6) 和 $f(7)$ 的大小即可.

$f(6)=-48, f(7)=-49$,

故 $n S_{n}$ 的最小值为 -49 .

故答案为: -49 .

答案：-49

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知两个单位向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 的夹角为 $60^{\circ}, \vec{c}=t \vec{a}+(1-t) \vec{b}$. 若 $\vec{b} \bullet \vec{c}=0$, 则 $t=$

解答：解: $\because \vec{c}=t \vec{a}+(1-t) \vec{b}, \vec{c} \cdot \vec{b}=0, \quad \therefore \vec{c} \cdot \vec{b}=t \vec{a} \cdot \vec{b}+(1-t) \vec{b}^{2}=0$,

$\therefore \mathrm{t} \cos 60^{\circ}+1-t=0, \therefore 1-\frac{1}{2} t=0$, 解得 $t=2$.

故答案为: 2 .

答案：2

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知 $H$ 是球 $O$ 的直径 $A B$ 上一点, $A H: H B=1: 2, A B \perp$ 平面 $\alpha, H$ 为垂足, $\alpha$ 截球 $O$ 所得截面的面积为 $\pi$, 则球 $O$ 的表面积为

解答：解：设球的半径为 $R, \because A H: H B=1: 2, \therefore$ 平面 $\alpha$ 与球心的距离为 $\frac{1}{3} R$,

$\because \alpha$ 截球 $O$ 所得截面的面积为 $\pi$,

$\therefore d=\frac{1}{3} R$ 时, $r=1$,

故由 $R^{2}=r^{2}+d^{2}$ 得 $R^{2}=1^{2}+\left(\frac{1}{3} R\right)^{2}, \therefore R^{2}=\frac{9}{8}$

$\therefore$ 球的表面积 $S=4 \pi R^{2}=\frac{9 \pi}{2}$.

故答案为: $\frac{9 \pi}{2}$.

答案：$\frac{9 \pi}{2}$.

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设当 $x=\theta$ 时, 函数 $f(x)=\sin x-2 \cos x$ 取得最大值, 则 $\cos \theta=$

解答：解: $f(x)=\sin x-2 \cos x=\sqrt{5}\left(\frac{\sqrt{5}}{5} \sin x-\frac{2 \sqrt{5}}{5} \cos x\right)=\sqrt{5} \sin (x-\alpha)$ (其 中 $\left.\cos \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}, \sin \alpha=\frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)$,

$\because x=\theta$ 时, 函数 $f(x)$ 取得最大值,

$\therefore \sin (\theta-\alpha)=1$, 即 $\sin \theta-2 \cos \theta=\sqrt{5}$,

又 $\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta=1$,

联立得 $(2 \cos \theta+\sqrt{5})^{2}+\cos ^{2} \theta=1$, 解得 $\cos \theta=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

故答案为: $-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$

答案：$-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：从 $1,2,3,4,5$ 中任意取出两个不同的数, 其和为 5 的概率是

解答：解：从 $1,2,3,4,5$ 中任意取出两个不同的数共有 $C_{5}^{2}=10$ 种情况, 和为 5 的有 $(1,4)(2,3)$ 两种情况，

故所求的概率为: $\frac{2}{10}=0.2$

故答案为: 0.2

答案：0.2

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知正方形 $A B C D$ 的边长为 $2, E$ 为 $C D$ 的中点, 则 $\overrightarrow{\mathrm{AE}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BD}}=$

解答：解: $\because$ 已知正方形 $\mathrm{ABCD}$ 的边长为 $2, E$ 为 $C D$ 的中点, 则 $\overrightarrow{\mathrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AD}}=0$, 故 $\overrightarrow{\mathrm{AE}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BD}}=(\overrightarrow{\mathrm{AD}}+\overrightarrow{\mathrm{DE}}) \cdot(\overrightarrow{\mathrm{BA}}+\overrightarrow{\mathrm{AD}})=\left(\overrightarrow{\mathrm{AD}}+\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{AB}}\right) \cdot(\overrightarrow{\mathrm{AD}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}})=\overrightarrow{\mathrm{AD}}^{2}-\overrightarrow{\mathrm{AD}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}}+$ $\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AD}}^{-}-\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{AB}}^{2}=4+0-0-\frac{1}{2} \times 4=2$,

故答案为: 2 .

答案：2

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：函数 $y=\cos (2 x+\phi) \quad(-\pi \leqslant \phi<\pi)$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位后, 与函数 $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象重合, 则 $\phi=$

解答：解: 函数 $y=\cos (2 x+\phi) \quad(-\pi \leqslant \phi<\pi)$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位后, 得平移后的图象的函数解析式为 $y=\cos \left[2\left(x-\frac{\pi}{2}\right)+\phi\right]=\cos (2 x+\phi-\pi)$, 而函数 $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=\cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{2}\right)$,

由函数 $y=\cos (2 x+\phi) \quad(-\pi \leqslant \phi<\pi)$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位后, 与函数 $y=\sin$ $\left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象重合, 得 $2 x+\phi-\pi=2 x+\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{2}$, 解得: $\phi=\frac{5 \pi}{6}$.

符合 $-\pi \leqslant \phi<\pi$.

故答案为: $\frac{5 \pi}{6}$.

答案：$\frac{5 \pi}{6}$

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-2 x>0\right\}, B=\{x \mid-\sqrt{5}<x<\sqrt{5}\}$, 则（）
A. $A \cap B=\emptyset$
B. $A \cup B=R$
C. $B \subseteq A$
D. $A \subseteq B$

解答：解: $\because$ 集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-2 x>0\right\}=\{x \mid x>2$ 或 $x<0\}$,

$\therefore A \cap B=\{x \mid 2<x<\sqrt{5}$ 或 $-\sqrt{5}<x<0\}, A \cup B=R$,

故选: B.

答案：B

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：若复数 $z$ 满足 $(3-4 i) z=|4+3 i|$, 则 $z$ 的虚部为（ ）
A. -4
B. $-\frac{4}{5}$
C. 4
D. $\frac{4}{5}$

解答：解: $\because$ 复数 $z$ 满足 $(3-4 i) z=|4+3 i|, \therefore z=\frac{|4+3 i|}{3-4 i}=\frac{5}{3-4 i}=\frac{5(3+4 i)}{25}=\frac{3}{5}+$ $\frac{4}{5} i$

故 $z$ 的虚部等于 $\frac{4}{5}$,

故选: D.

答案：D

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：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. 按学段分层抽样
D. 系统抽样

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: C.

答案：C

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知双曲线 $\left.C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 （ a>0, b>0\right)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{5}}{2}$, 则 $C$ 的渐 近线方程为 $(\quad)$
A. $y= \pm \frac{1}{4} x$
B. $y= \pm \frac{1}{3} x$
C. $y= \pm x$
D. $y= \pm \frac{1}{2} x$

解答：解: 由双曲线 $\left.C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 （ a>0, b>0\right)$,

则离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{5}}{2}$, 即 $4 b^{2}=a^{2}$,

故渐近线方程为 $y= \pm \frac{b}{a} x= \pm \frac{1}{2} x$,

故选：D.

答案：D

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{m-1}=-2, S_{m}=0, S_{m+1}=3$, 则 $m=$
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6

解答：解: $a_{m}=S_{m}-S_{m-1}=2, a_{m+1}=S_{m+1}-S_{m}=3$,

所以公差 $d=a_{m+1}-a_{m}=1$,

$S_{m}=\frac{m\left(a_{1}+a_{m}\right)}{2}=0$

$m-1>0, m>1$, 因此 $m$ 不能为 0 ,

得 $\mathrm{a}_{1}=-2$,

所以 $a_{m}=-2+(m-1) \cdot 1=2$, 解得 $m=5$,

另解: 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 即有数列 $\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$ 成等差数列,

则 $\frac{S_{m-1}}{m-1}, \frac{S_{m}}{m}, \frac{S_{m+1}}{m+1}$ 成等差数列,

可得 $2 \cdot \frac{S_{m}}{m}=\frac{S_{m-1}}{m-1}+\frac{S_{m+1}}{m+1}$,

即有 $0=\frac{-2}{m-1}+\frac{3}{m+1}$, 解得 $m=5$.

又一解：由等差数列的求和公式可得 $\frac{1}{2}(m-1) \quad\left(a_{1}+a_{m-1}\right)=-2$,

$\frac{1}{2} m\left(a_{1}+a_{m}\right)=0, \frac{1}{2}(m+1) \quad\left(a_{1}+a_{m+1}\right)=3$,

可得 $a_{1}=-a_{m},-2 a_{m}+a_{m+1}+a_{m+1}=\frac{6}{m+1}+\frac{-4}{m-1}=0$,

解得 $m=5$.

故选: C.

答案：C

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设 $\mathrm{m}$ 为正整数, $(x+y)^{2 m}$ 展开式的二项式系数的最大值为 $a,(x+y$ ) $2 m+1$ 展开式的二项式系数的最大值为 $b$, 若 $13 a=7 b$, 则 $m=(\quad)$
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8

解答：解: $\because \mathrm{m}$ 为正整数, 由 $(\mathrm{x}+\mathrm{y}){ }^{2 \mathrm{~m}}$ 展开式的二项式系数的最大值为 $\mathrm{a}$, 以及二项式系数的性质可得 $a=C_{2 \pi}^{m}$,

同理, 由 $(x+y)^{2 m+1}$ 展开式的二项式系数的最大值为 $b$, 可得 $b=C_{2 \pi+1}^{m}=C_{2 \pi+1}^{m+1}$.

再由 $13 a=7 b$, 可得 ${ }^{13} C_{2 m}^{m}=7 C_{2 \pi+1}^{m}$, 即 $13 \times \frac{(2 \pi) !}{m ! \cdot m !}=7 \times \frac{(2 \pi+1) !}{m ! \cdot(m+1) !}$,

即 $13=7 \times \frac{2 \pi+1}{m+1}$, 即 $13(m+1)=7(2 m+1)$, 解得 $m=6$,

故选: B.

答案：B

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知椭圆 $E: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的右焦点为 $F(3,0)$, 过点 $F$ 的直线交椭圆 $E$ 于 $A 、 B$ 两点. 若 $A B$ 的中点坐标为 $(1,-1)$, 则 $E$ 的方程 为 $(\quad)$
A. $\frac{x^{2}}{45}+\frac{y^{2}}{36}=1$
B. $\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{27}=1$
C. $\frac{x^{2}}{27}+\frac{y^{2}}{18}=1$
D. $\frac{x^{2}}{18}+\frac{y^{2}}{9}=1$

解答：解：设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

代入椭圆方程得 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x_{1}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{1}^{2}}{b^{2}}=1 \\ \frac{x_{2}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{2}^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$,

相减得 $\frac{x_{1}^{2}-x_{2}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{1}^{2}-y_{2}^{2}}{b^{2}}=0$ $\therefore \frac{x_{1}+x_{2}}{a^{2}}+\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}} \cdot \frac{y_{1}+y_{2}}{b^{2}}=0$

$\because x_{1}+x_{2}=2, \quad y_{1}+y_{2}=-2, \quad k_{A B}=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{-1-0}{1-3}=\frac{1}{2}$

$\therefore \frac{2}{a^{2}}+\frac{1}{2} \times \frac{-2}{b^{2}}=0$,

化为 $a^{2}=2 b^{2}$, 又 $c=3=\sqrt{a^{2}-b^{2}}$, 解得 $a^{2}=18, b^{2}=9$.

$\therefore$ 椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{18}+\frac{y^{2}}{9}=1$.

故选: D.

答案：D

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设 $\triangle A_{n} B_{n} C_{n}$ 的三边长分别为 $a_{n}, b_{n}, c_{n}, \triangle A_{n} B_{n} C_{n}$ 的面积为 $S_{n}, n=1$ , 2, 3... 若 $b_{1}>c_{1}, b_{1}+c_{1}=2 a_{1}, a_{n+1}=a_{n}, b_{n+1}=\frac{c_{n}+a_{n}}{2}, c_{n+1}=\frac{b_{n}+a_{n}}{2}$, 则 ( )
A. $\left\{S_{n}\right\}$ 为递减数列
B. $\left\{S_{n}\right\}$ 为递增数列 
C. $\left\{S_{2 n-1}\right\}$ 为递增数列, $\left\{S_{2 n}\right\}$ 为递减数列
D. $\left\{S_{2 n-1}\right\}$ 为递减数列, $\left\{S_{2 n}\right\}$ 为递增数列

解答：解: $b_{1}=2 a_{1}-c_{1}$ 且 $b_{1}>c_{1}, \quad \therefore 2 a_{1}-c_{1}>c_{1}, \quad \therefore a_{1}>c_{1}$,

$\therefore b_{1}-a_{1}=2 a_{1}-c_{1}-a_{1}=a_{1}-c_{1}>0, \quad \therefore b_{1}>a_{1}>c_{1}$,

又 $\mathrm{b}_{1}-\mathrm{c}_{1}<\mathrm{a}_{1}, \quad \therefore 2 \mathrm{a}_{1}-\mathrm{c}_{1}-\mathrm{c}_{1}<\mathrm{a}_{1}, \therefore 2 \mathrm{c}_{1}>\mathrm{a}_{1}, \therefore \mathrm{c}_{1}>\frac{\mathrm{a}_{1}}{2}$,

由题意, $b_{n+1}+c_{n+1}=\frac{b_{n}+c_{n}}{2}+a_{n}, \therefore b_{n+1}+c_{n+1}-2 a_{n}=\frac{1}{2}\left(b_{n}+c_{n}-2 a_{n}\right)$,

$\therefore b_{n}+c_{n}-2 a_{n}=0, \quad \therefore b_{n}+c_{n}=2 a_{n}=2 a_{1}, \quad \therefore b_{n}+c_{n}=2 a_{1}$,

由此可知顶点 $A_{n}$ 在以 $B_{n} 、 C_{n}$ 为焦点的椭圆上,

又由题意, $b_{n+1}-c_{n+1}=\frac{c_{n}-b_{n}}{2}, \quad \therefore b_{n+1}-\left(2 a_{1}-b_{n+1}\right)=\frac{2 a_{1}-b_{n}-b_{n}}{2}=a_{1}-b_{n}$,

$\therefore b_{n+1}-a_{1}=\frac{1}{2}\left(a_{1}-b_{n}\right), \quad \therefore b_{n}-a_{1}=\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,

$\therefore b_{n}=a_{1}+\left(b_{1}-a_{1}\right)\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}, c_{n}=2 a_{1}-b_{n}=a_{1}-\left(b_{1}-a_{1}\right)\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,

$\therefore$

$S_{n}^{2}=\frac{3 a_{1}}{2}\left(\frac{3 a_{1}}{2}-a_{1}\right)\left[\frac{3 a_{1}}{2}-a_{1}-\left(b_{1}-a_{1}\right)\left(-\frac{1}{2}\right)^{r-1}\right][$ $\left.\frac{3 a_{1}}{2}-a_{1}+\left(b_{1}-a_{1}\right)\left(-\frac{1}{2}\right)^{r-1}\right]$

$=\frac{3}{4} a_{1}^{2}\left[\frac{a_{1}^{2}}{2}-\left(\frac{1}{4}\right)^{n-1}\left(b_{1}-a_{1}\right)^{2}\right]$ 单调递增（可证当 $n=1$ 时 $\frac{a_{1}^{2}}{4}-\left(b_{1}-a_{1}\right)^{2}>0$

故选: B.

答案：B

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知集合 $M=\left\{x \mid(x-1)^{2}<4, x \in R\right\}, N=\{-1,0,1,2,3\}$, 则 $M$ $\cap N=(\quad)$
A. $\{0,1,2\}$
B. $\{-1,0,1,2\}$
C. $\{-1,0,2,3\}$
D. $\{0,1,2,3\}$

解答：解: 由 $(x-1)^{2}<4$, 解得: $-1<x<3$, 即 $M=\{x \mid-1<x<3\}$,

$\because N=\{-1,0,1,2,3\}$,

$\therefore M \cap N=\{0,1,2\}$.

故选: A.

答案：A

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设复数 $z$ 满足 $(1-i) z=2 i$, 则 $z=(\quad)$
A. $-1+i$
B. $-1-i$
C. $1+i$
D. 1- $\mathrm{i}$

解答：解: $\because$ 复数 $z$ 满足 $z(1-\mathrm{i})=2 \mathrm{i}$,

$\therefore z=\frac{2 i}{1-i}=\frac{2 i(1+i)}{(1-i)(1+i)}=-1+i$

故选: A.

答案：A

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 已知 $S_{3}=a_{2}+10 a_{1}, a_{5}=9$, 则 $a_{1}=(\quad)$
A. $\frac{1}{3}$
B. $-\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{9}$
D. $-\frac{1}{9}$

解答：解：设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$,

$\because s_{3}=a_{2}+10 a_{1}, a_{5}=9$

$\therefore\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{1} q+a_{1} q^{2}=a_{1} q+10 a_{1} \\ a_{1} q^{4}=9\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}q^{2}=9 \\ a_{1}=\frac{1}{9}\end{array}\right.$.

$\therefore a_{1}=\frac{1}{9}$.

故选: C.

答案：C

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知 $m, n$ 为异面直线, $m \perp$ 平面 $\alpha, n \perp$ 平面 $\beta$. 直线 $\mid$ 满足 $\mid \perp m$, $\mathrm{I} \perp \mathrm{n},|\not \subset \alpha,| \not \subset \beta$, 则 $(\quad)$
A. $\alpha / / \beta$ 且 $\mid / / \alpha$
B. $\alpha \perp \beta$ 且 $l \perp \beta$
C. $\alpha$ 与 $\beta$ 相交, 且交线垂直于।
D. $\alpha$ 与 $\beta$ 相交, 且 交线平行于।

解答：解: 由 $m \perp$ 平面 $\alpha$, 直线 $\mid$ 满足 $\mid \perp m$, 且 $\mid \subset \alpha$, 所以 $\mid / / \alpha$,

又 $n \perp$ 平面 $\beta, 1 \perp n, \mid \not \subset \beta$, 所以 $I / / \beta$.

由直线 $m, n$ 为异面直线, 且 $m \perp$ 平面 $\alpha, n \perp$ 平面 $\beta$, 则 $\alpha$ 与 $\beta$ 相交, 否则,

若 $\alpha / / \beta$ 则推出 $m / / n$,

与 $m, n$ 异面矛盾.

故 $\alpha$ 与 $\beta$ 相交, 且交线平行于 1 .

故选: D.

答案：D

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知 $(1+\mathrm{ax})(1+\mathrm{x}){ }^{5}$ 的展开式中 $\mathrm{x}^{2}$ 的系数为 5 , 则 $a=(\quad)$
A. -4
B. -3
C. -2
D. -1

解答：解: 已知 $(1+a x)(1+x)^{5}=(1+a x)\left(1+C_{5}^{1} x+C_{5}^{2} x^{2}+C_{5}^{3} x^{3}+C_{5}^{4} x^{4}+C_{5}^{5} x^{5}\right)$ 展开式中 $x^{2}$ 的系数为 $C_{5}^{2+} a \cdot C_{5}^{1}=5$, 解得 $a=-1$,

故选: D.

答案：D

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设 $a=\log _{3} 6, b=\log _{5} 10, c=\log _{7} 14$, 则（ ）
A. $c>b>a$
B. $b>c>a$
C. $a>c>b$
D. $a>b>c$

解答：解: 因为 $a=\log _{3} 6=1+\log _{3} 2, b=\log _{5} 10=1+\log _{5} 2, c=\log _{7} 14=1+\log _{7} 2$, 因为 $y=\log _{2} x$ 是增函数, 所以 $\log _{2} 7>\log _{2} 5>\log _{2} 3$,

$\because \log _{2} 7=\frac{1}{\log _{7} 2}, \log _{2} 5=\frac{1}{\log _{5} 2}, \log _{2} 3=\frac{1}{\log _{3} 2}$

所以 $\log _{3} 2>\log _{5} 2>\log _{7} 2$,

所以 $a>b>c$,

故选: D.

答案：D

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知集合 $A=\{1,2,3,4\}, B=\left\{x \mid x=n^{2}, n \in A\right\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$
A. $\{1,4\}$
B. $\{2,3\}$
C. $\{9,16\}$
D. $\{1,2\}$

解答：解：根据题意得: $x=1,4,9,16$, 即 $B=\{1,4,9,16\}$,

$\because A=\{1,2,3,4\}$,

$\therefore A \cap B=\{1,4\}$.

故选: A.

答案：A

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：$\frac{1+2 i}{(1-i)^{2}}=(\quad)$
A. $-1-\frac{1}{2} \mathrm{i}$
B. $-1+\frac{1}{2} \mathrm{i}$
C. $1+\frac{1}{2} \mathrm{i}$
D. $1-\frac{1}{2} \mathrm{i}$

解答：解: $\frac{1+2 i}{(1-i)^{2}}=\frac{1+2 i}{-2 i}=\frac{(1+2 i) i}{-2 i \cdot i}=\frac{-2+i}{2}=-1+\frac{1}{2} i$.

故选: B.

答案：B

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：3. ( 5 分) 从 $1,2,3,4$ 中任取 2 个不同的数, 则取出的 2 个数之差的绝对值 为 2 的概率是 ( $)$
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{4}$
D. $\frac{1}{6}$

解答：解：由题意知本题是一个等可能事件的概率,

试验发生包含的事件是从 4 个不同的数中随机的抽 2 个, 共有 $\mathrm{C}_{4}{ }^{2}=6$ 种结果,

满足条件的事件是取出的数之差的绝对值等于 2 , 有 2 种结果, 分别是 $(1,3)$

$(2,4)$

$\therefore$ 要求的概率是 $\frac{2}{C_{4}^{2}}=\frac{1}{3}$.

故选: B.

答案：B

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知双曲线 $c: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{5}}{2}$, 则 $c$ 的渐 近线方程为 ( )
A. $y= \pm \frac{1}{4} x$
B. $y= \pm \frac{1}{3} x$
C. $y= \pm x$
D. $y= \pm \frac{1}{2} x$

解答：解: 由双曲线 $c: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$,

则离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{5}}{2}$, 即 $4 b^{2}=a^{2}$,

故渐近线方程为 $y= \pm \frac{b}{a} x= \pm \frac{1}{2} x$,

故选：D.

答案：D

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知命题 $p: \forall x \in R, 2^{x}<3^{x}$; 命题 $q: \exists x \in R, x^{3}=1-x^{2}$, 则下列命题 中为真命题的是 ( )
A. $p \wedge q$
B. $\neg p \wedge q$
C. $p \wedge \neg q$
D. $\neg p \wedge \neg q$

解答：解: 因为 $x=-1$ 时, $2^{-1}>3^{-1}$, 所以命题 $p: \forall x \in R, 2^{x}<3^{x}$ 为假命题, 则 $\neg p$ 为真命题.

令 $f(x)=x^{3}+x^{2}-1$, 因为 $f(0)=-1<0, f(1)=1>0$. 所以函数 $f(x)=x^{3}+x^{2}-1$

在 $(0,1)$ 上存在零点,

即命题 $q: \exists x \in R, x^{3}=1-x^{2}$ 为真命题.

则 $\neg p \wedge q$ 为真命题.

故选: B.

答案：B

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设首项为 1 , 公比为 $\frac{2}{3}$ 的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 则 ( )
A. $S_{n}=2 a_{n}-1$
B. $S_{n}=3 a_{n}-2$
C. $S_{n}=4-3 a_{n}$
D. $S_{n}=3-2 a_{n}$

解答：解: 由题意可得 $a_{n}=1 \times\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}=\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}$,

$\therefore S_{n}=\frac{1 \times\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{n}\right)}{1-\frac{2}{3}}=3-3 \times\left(\frac{2}{3}\right)^{n}=3-2\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}=3-2 a_{n}$,

故选: D.

答案：D

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知锐角 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c, 23 \cos ^{2} A+\cos 2 A=0$ , $a=7, c=6$, 则 $b=(\quad)$
A. 10
B. 9
C. 8
D. 5

解答：解: $\because 23 \cos ^{2} \mathrm{~A}+\cos 2 \mathrm{~A}=23 \cos ^{2} \mathrm{~A}+2 \cos ^{2} \mathrm{~A}-1=0$, 即 $\cos ^{2} \mathrm{~A}=\frac{1}{25}, \mathrm{~A}$ 为锐角,

$\therefore \cos A=\frac{1}{5}$,

又 $a=7, c=6$,

根据余弦定理得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \bullet \cos A$, 即 $49=b^{2}+36-\frac{12}{5} b$,

解得: $b=5$ 或 $b=-\frac{13}{5}$ (舍去),

则 $b=5$.

故选: D.

答案：D

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知集合 $M=\{x \mid-3<x<1, x \in R\}, N=\{-3,-2,-1,0,1\}$, 则 $M \cap N=(\quad)$
A. $\{-2,-1,0,1\}$
B. $\{-3,-2,-1,0\}$
C. $\{-2,-1,0\}$
D. $\{-3,-2,-1\}$

解答：解: $\because$ 集合 $M=\{x \mid-3<x<1, x \in R\}, N=\{-3,-2,-1,0,1\}$,

$\therefore M \cap N=\{-2,-1,0\}$.

故选: C.

答案：C

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：$\left|\frac{2}{1+i}\right|=(\quad)$
A. $2 \sqrt{2}$
B. 2
C. $\sqrt{2}$
D. 1

解答：解: $\left|\frac{2}{1+i}\right|=\frac{2}{|1+i|}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$.

故选: C.

答案：C

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：$\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $b=2, B=\frac{\pi}{6}, C=$ $\frac{\pi}{4}$, 则 $\triangle A B C$ 的面积为 $(\quad)$
A. $2 \sqrt{3}+2$
B. $\sqrt{3}+1$
C. $2 \sqrt{3}-2$
D. $\sqrt{3}-1$

解答：解： $\because b=2, B=\frac{\pi}{6}, C=\frac{\pi}{4}$,

$\therefore$ 由正弦定理 $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$ 得: $c=\frac{b \sin C}{\sin B}=\frac{2 \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{1}{2}}=2 \sqrt{2}, A=\frac{7 \pi}{12}$,

$\therefore \sin A=\sin \left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{12}\right)=\cos \frac{\pi}{12}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$,

则 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}=\sqrt{3}+1$.

故选: B.

答案：B

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设椭圆 C: $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左、右焦点分别为 $F_{1} 、 F_{2}, P$ 是 C 上的点 $P F_{2} \perp F_{1} F_{2}, \angle P F_{1} F_{2}=30^{\circ}$, 则 $C$ 的离心率为 $(\quad)$
A. $\frac{\sqrt{6}}{6}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{3}$

解答：解: $\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=\mathrm{x}, \because \mathrm{PF}_{2} \perp \mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}, \angle \mathrm{PF}_{1} \mathrm{~F}_{2}=30^{\circ}$,

$\therefore\left|P_{1}\right|=2 x,\left|F_{1} F_{2}\right|=\sqrt{3} x$,

又 $\left|\mathrm{PF}_{1}\right|+\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=2 \mathrm{a},\left|\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}\right|=2 \mathrm{c}$

$\therefore 2 a=3 x, 2 c=\sqrt{3} x$,

$\therefore \mathrm{C}$ 的离心率为: $\mathrm{e}=\frac{2 \mathrm{c}}{2 \mathrm{a}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

故选: D.

答案：D

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知 $\sin 2 \alpha=\frac{2}{3}$, 则 $\cos ^{2}\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=(\quad)$
A. $\frac{1}{6}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{2}{3}$

解答：解: $\because \sin 2 \alpha=\frac{2}{3}$,

$\therefore \cos ^{2}\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{2}\left[1+\cos \left(2 \alpha+\frac{\pi}{2}\right)\right]=\frac{1}{2}(1-\sin 2 \alpha)=\frac{1}{2} \times\left(1-\frac{2}{3}\right)=\frac{1}{6}$.

故选: A.

答案：A

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设 $a=\log _{3} 2, b=\log _{5} 2, c=\log _{2} 3$, 则（ $）$
A. $a>c>b$
B. $b>c>a$
C. $c>a>b$
D. $c>b>a$

解答：解: 由题意可知: $a=\log _{3} 2 \in(0,1), b=\log _{5} 2 \in(0,1), c=\log _{2} 3>1$, 所以 $a=\log _{3} 2, b=\log _{5} 2=\frac{\log _{3} 2}{\log _{3} 5}<\log _{3} 2$,

所以 $c>a>b$,

故选: C.

答案：C

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：若存在正数 $x$ 使 $2^{x}(x-a)<1$ 成立, 则 $a$ 的取值范围是（ $)$
A. $(-\infty,+\infty)$
B. $(-2,+\infty)$
C. $(0,+\infty)$
D. $(-1,+\infty)$

解答：解: 因为 $2^{x}(x-a)<1$, 所以 $a>x-\frac{1}{2^{x}}$,

函数 $y=x-\frac{1}{2^{x}}$ 是增函数, $x>0$, 所以 $y>-1$, 即 $a>-1$,

所以 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $(-1,+\infty)$.

故选: D.

答案：D

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：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 $\mathrm{n}$. 如果 $\mathrm{n}=3$, 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 $\frac{1}{2}$, 且各件产品是否为优质品相互独立.

( I ) 求这批产品通过检验的概率;

(II ) 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.

解答：（II）设第一次取出的 4 件产品中恰有 3 件优质品为事件 $\mathrm{A}_{1}$, 第一次 取出的 4 件产品全是优质品为事件 $\mathrm{A}_{2}$, 第二次取出的 4 件产品全是优质品为 事件 $\mathrm{B}_{1}$, 第二次取出的 1 件产品是优质品为事件 $\mathrm{B}_{2}$, 这批产品通过检验为事 件 $A$, 依题意有 $A=\left(A_{1} B_{1}\right) \cup\left(A_{2} B_{2}\right)$, 且 $A_{1} B_{1}$ 与 $A_{2} B_{2}$ 互斥, 由概率得加法 公式和条件概率, 代入数据计算可得;

(II ) $X$ 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: ( I ) 设第一次取出的 4 件产品中恰有 3 件优质品为事件 $\mathrm{A}_{1}$, 第 一次取出的 4 件产品全是优质品为事件 $\mathrm{A}_{2}$,

第二次取出的 4 件产品全是优质品为事件 $\mathrm{B}_{1}$, 第二次取出的 1 件产品是优质品 为事件 $B_{2}$,

这批产品通过检验为事件 $A$, 依题意有 $A=\left(A_{1} B_{1}\right) \cup\left(A_{2} B_{2}\right)$, 且 $A_{1} B_{1}$ 与 $A_{2} B_{2}$ 互斥,

所以 $P(A)=P\left(A_{1} B_{1}\right)+P\left(A_{2} B_{2}\right)=P\left(A_{1}\right) P\left(B_{1} \mid A_{1}\right)+P\left(A_{2}\right) P\left(B_{2} \mid A_{2}\right)$ $=\frac{4}{16} \times \frac{1}{16}+\frac{1}{16} \times \frac{1}{2}=\frac{3}{64}$

(II ) $X$ 可能的取值为 $400,500,800$, 并且 $P(X=800)=\frac{1}{4}, P(X=500)=\frac{1}{16}$, $\mathrm{P}(\mathrm{X}=400)=1-\frac{1}{16}-\frac{1}{4}=\frac{11}{16}$, 故 $\mathrm{X}$ 的分布列如下：

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & 400 & 500 & 800 \\
\hline
\end{tabular}



\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline $\mathrm{P}$ & $\frac{11}{16}$ & $\frac{1}{16}$ & $\frac{1}{4}$ \\
\hline
\end{tabular}

故 $\mathrm{EX}=400 \times \frac{11}{16}+500 \times \frac{1}{16}+800 \times \frac{1}{4}=506.25$

答案：解: ( I ) 设第一次取出的 4 件产品中恰有 3 件优质品为事件 $\mathrm{A}_{1}$, 第 一次取出的 4 件产品全是优质品为事件 $\mathrm{A}_{2}$,

第二次取出的 4 件产品全是优质品为事件 $\mathrm{B}_{1}$, 第二次取出的 1 件产品是优质品 为事件 $B_{2}$,

这批产品通过检验为事件 $A$, 依题意有 $A=\left(A_{1} B_{1}\right) \cup\left(A_{2} B_{2}\right)$, 且 $A_{1} B_{1}$ 与 $A_{2} B_{2}$ 互斥,

所以 $P(A)=P\left(A_{1} B_{1}\right)+P\left(A_{2} B_{2}\right)=P\left(A_{1}\right) P\left(B_{1} \mid A_{1}\right)+P\left(A_{2}\right) P\left(B_{2} \mid A_{2}\right)$ $=\frac{4}{16} \times \frac{1}{16}+\frac{1}{16} \times \frac{1}{2}=\frac{3}{64}$

(II ) $X$ 可能的取值为 $400,500,800$, 并且 $P(X=800)=\frac{1}{4}, P(X=500)=\frac{1}{16}$, $\mathrm{P}(\mathrm{X}=400)=1-\frac{1}{16}-\frac{1}{4}=\frac{11}{16}$, 故 $\mathrm{X}$ 的分布列如下：

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & 400 & 500 & 800 \\
\hline
\end{tabular}



\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline $\mathrm{P}$ & $\frac{11}{16}$ & $\frac{1}{16}$ & $\frac{1}{4}$ \\
\hline
\end{tabular}

故 $\mathrm{EX}=400 \times \frac{11}{16}+500 \times \frac{1}{16}+800 \times \frac{1}{4}=506.25$

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知圆 $M:(x+1)^{2}+y^{2}=1$, 圆 $N:(x-1)^{2}+y^{2}=9$, 动圆 $P$ 与圆 $M$ 外切并与圆 $N$ 内切, 圆心 $P$ 的轨迹为曲线 $C$.

(I ) 求 C 的方程;

(II ) $I$ 是与圆 $P$, 圆 $M$ 都相切的一条直线, $I$ 与曲线 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 当圆 $P$ 的半径最长时, 求 $|A B|$.

解答：(1）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 $|P M|+|P N|=R+1+(3-R)=4$, 而 $|N M|=2$, 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 $|P M|-|P N|=2 R-2 \leqslant 4-2=2$, 所以 $R \leqslant 2$, 当且仅当 $\odot P$ 的圆心为 $(2,0) R=2$ 时, 其半径最大，其方程为 $(x-2$ )$^{2}+y^{2}=4$. 分 (1) $\mid$ 的倾斜角为 $90^{\circ}$, 此时 $\mid$ 与 $y$ 轴重合, 可得 $|A B|$. (2)若 $\mid$ 的倾 斜角不为 $90^{\circ}$, 由于 $\odot \mathrm{M}$ 的半径 $1 \neq \mathrm{R}$, 可知 $\mathrm{I}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴不平行, 设 $\mathrm{I}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴的交 点为 $Q$, 根据 $\frac{|Q P|}{\mid Q M} \mid=\frac{R}{r_{1}}$, 可得 $Q(-4,0)$, 所以可设 $I: y=k(x+4)$, 与椭 圆的方程联立, 得到根与系数的关系利用弦长公式即可得出.

解: (1) 由圆 $M:(x+1)^{2}+y^{2}=1$, 可知圆心 $M(-1,0)$; 圆 $N:(x-1$ )$^{2}+y^{2}=9$, 圆心 $N(1,0)$, 半径 3 .

设动圆的半径为 $R$,

$\because$ 动圆 $P$ 与圆 $M$ 外切并与圆 $N$ 内切, $\therefore|P M|+|P N|=R+1+(3-R)=4$,

而 $|N M|=2$, 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,

$\therefore a=2, \quad c=1, b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$.

$\therefore$ 曲线 C 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1 \quad(x \neq-2)$.

(II）设曲线 $C$ 上任意一点 $P(x, y)$,

由于 $|P M|-|P N|=2 R-2 \leqslant 3-1=2$, 所以 $R \leqslant 2$, 当且仅当 $\odot P$ 的圆心为 $(2,0)$ $R=2$ 时，其半径最大，其方程为 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$.

(1) $\mid$ 的倾斜角为 $90^{\circ}$, 则 $I$ 与 $\mathrm{y}$ 轴重合, 可得 $|A B|=2 \sqrt{3}$.

(2)若 $\mathrm{I}$ 的倾斜角不为 $90^{\circ}$, 由于 $\odot M$ 的半径 $1 \neq R$, 可知 $I$ 与 $x$ 轴不平行, 设 $\mid$ 与 $x$ 轴的交点为 $Q$, 则 $\frac{|Q P|}{\mid Q M}=\frac{R}{r_{1}}$, 可得 $Q(-4,0)$, 所以可设 $\mid: y=k(x+4$ ) ,

由 I于 $M$ 相切可得: $\frac{|3 k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=1$, 解得 $k= \pm \frac{\sqrt{2}}{4}$.

当 $k=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{\sqrt{2}}{4} x+\sqrt{2} \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$, 得到 $7 x^{2}+8 x-8=0$.

$\therefore x_{1}+x_{2}=-\frac{8}{7}, \quad x_{1} x_{2}=-\frac{8}{7}$.

$\therefore|A B|=\sqrt{1+k^{2}}\left|x_{2}-x_{1}\right|=\sqrt{1+\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^{2}} \sqrt{\left(-\frac{8}{7}\right)^{2}-4 \times\left(-\frac{8}{7}\right)}=\frac{18}{7}$

由于对称性可知: 当 $k=-\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, 也有 $|A B|=\frac{18}{7}$.

综上可知: $|A B|=2 \sqrt{3}$ 或 $\frac{18}{7}$.

答案：解: (1) 由圆 $M:(x+1)^{2}+y^{2}=1$, 可知圆心 $M(-1,0)$; 圆 $N:(x-1$ )$^{2}+y^{2}=9$, 圆心 $N(1,0)$, 半径 3 .

设动圆的半径为 $R$,

$\because$ 动圆 $P$ 与圆 $M$ 外切并与圆 $N$ 内切, $\therefore|P M|+|P N|=R+1+(3-R)=4$,

而 $|N M|=2$, 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,

$\therefore a=2, \quad c=1, b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$.

$\therefore$ 曲线 C 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1 \quad(x \neq-2)$.

(II）设曲线 $C$ 上任意一点 $P(x, y)$,

由于 $|P M|-|P N|=2 R-2 \leqslant 3-1=2$, 所以 $R \leqslant 2$, 当且仅当 $\odot P$ 的圆心为 $(2,0)$ $R=2$ 时，其半径最大，其方程为 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$.

(1) $\mid$ 的倾斜角为 $90^{\circ}$, 则 $I$ 与 $\mathrm{y}$ 轴重合, 可得 $|A B|=2 \sqrt{3}$.

(2)若 $\mathrm{I}$ 的倾斜角不为 $90^{\circ}$, 由于 $\odot M$ 的半径 $1 \neq R$, 可知 $I$ 与 $x$ 轴不平行, 设 $\mid$ 与 $x$ 轴的交点为 $Q$, 则 $\frac{|Q P|}{\mid Q M}=\frac{R}{r_{1}}$, 可得 $Q(-4,0)$, 所以可设 $\mid: y=k(x+4$ ) ,

由 I于 $M$ 相切可得: $\frac{|3 k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=1$, 解得 $k= \pm \frac{\sqrt{2}}{4}$.

当 $k=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{\sqrt{2}}{4} x+\sqrt{2} \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$, 得到 $7 x^{2}+8 x-8=0$.

$\therefore x_{1}+x_{2}=-\frac{8}{7}, \quad x_{1} x_{2}=-\frac{8}{7}$.

$\therefore|A B|=\sqrt{1+k^{2}}\left|x_{2}-x_{1}\right|=\sqrt{1+\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^{2}} \sqrt{\left(-\frac{8}{7}\right)^{2}-4 \times\left(-\frac{8}{7}\right)}=\frac{18}{7}$

由于对称性可知: 当 $k=-\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, 也有 $|A B|=\frac{18}{7}$.

综上可知: $|A B|=2 \sqrt{3}$ 或 $\frac{18}{7}$.

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知函数 $f(x)=x^{2}+a x+b, g(x)=e^{x}(c x+d)$, 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 $y=4 x+2$.

(I ) 求 $a, b, c, d$ 的值;

(II ) 若 $x \geqslant-2$ 时, $f(x) \leqslant k g(x)$, 求 $k$ 的取值范围.

解答：( I ) 对 $f(x), g(x)$ 进行求导, 已知在交点处有相同的切线及曲线 $y=f(x)$ 和曲线 $y=g(x)$ 都过点 $P(0,2)$, 从而解出 $a, b, c, d$ 的值;

（II ) 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 $f(x) \leqslant k g(x)$ 恒成立, 从而求出 $\mathrm{k}$ 的范围.

解: ( I ) 由题意知 $f(0)=2, g(0)=2, f^{\prime}(0)=4, g^{\prime}(0)=4$, 而 $f^{\prime}(x)=2 x+a, g^{\prime}(x)=e^{x}(c x+d+c)$, 故 $b=2, d=2, a=4, d+c=4$, 从而 $a=4, b=2, c=2, d=2$;

(II ) 由 (I) 知, $f(x)=x^{2}+4 x+2, g(x)=2 e^{x}(x+1)$

设 $F(x)=k g(x)-f(x)=2 k e^{x}(x+1)-x^{2}-4 x-2$,

则 $F^{\prime}(x)=2 k e^{x}(x+2)-2 x-4=2(x+2)\left(k e^{x}-1\right)$,

由题设得 $F(0) \geqslant 0$, 即 $k \geqslant 1$,

令 $F^{\prime}(x)=0$, 得 $x_{1}=-\operatorname{lnk}, x_{2}=-2$,

(1)若 $1 \leqslant k<e^{2}$, 则 $-2<x_{1} \leqslant 0$, 从而当 $x \in\left(-2, x_{1}\right)$ 时, $F^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{1}\right.$ $,+\infty)$ 时, $\mathrm{F}^{\prime}(\mathrm{x})>0$,

即 $F(x)$ 在 $\left(-2, x_{1}\right)$ 上减, 在 $\left(x_{1},+\infty\right)$ 上是增, 故 $F(x)$ 在 $[-2,+\infty)$ 上的最小值为 $F\left(x_{1}\right)$,

而 $F\left(x_{1}\right)=-x_{1}\left(x_{1}+2\right) \geqslant 0, x \geqslant-2$ 时 $F(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \leqslant k g(x)$ 恒成立.

(2)若 $k=e^{2}$, 则 $F^{\prime}(x)=2 e^{2}(x+2)\left(e^{x}-e^{-2}\right)$, 从而当 $x \in(-2,+\infty)$ 时, $F^{\prime}($ x) $>0$,

即 $F(x)$ 在 $(-2,+\infty)$ 上是增, 而 $F(-2)=0$, 故当 $x \geqslant-2$ 时, $F(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \leqslant k g(x)$ 恒成立.

(3)若 $k>e^{2}$ 时, $F^{\prime}(x)>2 e^{2}(x+2)\left(e^{x}-e^{-2}\right)$,

而 $F(-2)=-2 k e^{-2}+2<0$, 所以当 $x>-2$ 时, $f(x) \leqslant k g(x)$ 不恒成立,

综上, $k$ 的取值范围是 $\left[1, \mathrm{e}^{2}\right]$.

答案：解: ( I ) 由题意知 $f(0)=2, g(0)=2, f^{\prime}(0)=4, g^{\prime}(0)=4$, 而 $f^{\prime}(x)=2 x+a, g^{\prime}(x)=e^{x}(c x+d+c)$, 故 $b=2, d=2, a=4, d+c=4$, 从而 $a=4, b=2, c=2, d=2$;

(II ) 由 (I) 知, $f(x)=x^{2}+4 x+2, g(x)=2 e^{x}(x+1)$

设 $F(x)=k g(x)-f(x)=2 k e^{x}(x+1)-x^{2}-4 x-2$,

则 $F^{\prime}(x)=2 k e^{x}(x+2)-2 x-4=2(x+2)\left(k e^{x}-1\right)$,

由题设得 $F(0) \geqslant 0$, 即 $k \geqslant 1$,

令 $F^{\prime}(x)=0$, 得 $x_{1}=-\operatorname{lnk}, x_{2}=-2$,

(1)若 $1 \leqslant k<e^{2}$, 则 $-2<x_{1} \leqslant 0$, 从而当 $x \in\left(-2, x_{1}\right)$ 时, $F^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{1}\right.$ $,+\infty)$ 时, $\mathrm{F}^{\prime}(\mathrm{x})>0$,

即 $F(x)$ 在 $\left(-2, x_{1}\right)$ 上减, 在 $\left(x_{1},+\infty\right)$ 上是增, 故 $F(x)$ 在 $[-2,+\infty)$ 上的最小值为 $F\left(x_{1}\right)$,

而 $F\left(x_{1}\right)=-x_{1}\left(x_{1}+2\right) \geqslant 0, x \geqslant-2$ 时 $F(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \leqslant k g(x)$ 恒成立.

(2)若 $k=e^{2}$, 则 $F^{\prime}(x)=2 e^{2}(x+2)\left(e^{x}-e^{-2}\right)$, 从而当 $x \in(-2,+\infty)$ 时, $F^{\prime}($ x) $>0$,

即 $F(x)$ 在 $(-2,+\infty)$ 上是增, 而 $F(-2)=0$, 故当 $x \geqslant-2$ 时, $F(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \leqslant k g(x)$ 恒成立.

(3)若 $k>e^{2}$ 时, $F^{\prime}(x)>2 e^{2}(x+2)\left(e^{x}-e^{-2}\right)$,

而 $F(-2)=-2 k e^{-2}+2<0$, 所以当 $x>-2$ 时, $f(x) \leqslant k g(x)$ 不恒成立,

综上, $k$ 的取值范围是 $\left[1, \mathrm{e}^{2}\right]$.

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：23. 已知曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=4+5 \cos t \\ y=5+5 \sin t\end{array}\right.$ ( $t$ 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 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \sin \theta$.
(1) 把 $C_{1}$ 的参数方程化为极坐标方程;
(2) 求 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的极坐标 $(\rho \geqslant 0,0 \leqslant \theta<2 \pi)$.

解答：(1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程消去参数 $t$, 得到普通方程, 再由 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$, 能求出 $C_{1}$ 的极坐标方程.

(2) 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程化为直角坐标方程, 与 $C_{1}$ 的普通方程联立, 求出 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的直角坐标, 由此能求出 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的极坐标.

解: (1) 将 $\left\{\begin{array}{l}x=4+5 \cos t \\ y=5+5 \sin t\end{array}\right.$, 消去参数 $t$, 化为普通方程 $(x-4)^{2+}(y-5$ )$^{2}=25$

即 $C_{1}: x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$ ，

将 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$ 代入 $x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$,

得 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.

$\therefore C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.

(2) $\because$ 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \sin \theta$.

$\therefore$ 曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $x^{2}+y^{2}-2 y=0$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 y=0\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=2\end{array}\right.$,

$\therefore C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的极坐标为 $\left(\sqrt{2}, \frac{\pi}{4}\right)$ 和 $\left(2, \frac{\pi}{2}\right)$.

答案：解: (1) 将 $\left\{\begin{array}{l}x=4+5 \cos t \\ y=5+5 \sin t\end{array}\right.$, 消去参数 $t$, 化为普通方程 $(x-4)^{2+}(y-5$ )$^{2}=25$

即 $C_{1}: x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$ ，

将 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$ 代入 $x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$,

得 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.

$\therefore C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.

(2) $\because$ 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \sin \theta$.

$\therefore$ 曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $x^{2}+y^{2}-2 y=0$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 y=0\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=2\end{array}\right.$,

$\therefore C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的极坐标为 $\left(\sqrt{2}, \frac{\pi}{4}\right)$ 和 $\left(2, \frac{\pi}{2}\right)$.

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：$\triangle A B C$ 在内角 $A 、 B 、 C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $a=b \cos C+c \sin B$

(I I) 求 B;

(II ) 若 $b=2$, 求 $\triangle A B C$ 面积的最大值.

解答：( I ) 已知等式利用正弦定理化简, 再利用两角和与差的正弦函数公 式及诱导公式变形, 求出 $\tan B$ 的值, 由 $B$ 为三角形的内角, 利用特殊角的三 角函数值即可求出 $\mathrm{B}$ 的度数;

(II) 利用三角形的面积公式表示出三角形 $A B C$ 的面积, 把 $\sin B$ 的值代入, 得 到三角形面积最大即为 ac 最大, 利用余弦定理列出关系式, 再利用基本不等 式求出 ac 的最大值, 即可得到面积的最大值.

解： ( I ) 由已知及正弦定理得: $\sin A=\sin B \cos C+\sin B \sin C(1)$,

$\because \sin A=\sin (B+C)=\sin B \cos C+\cos B \sin C(2)$,

$\therefore \sin \mathrm{B}=\cos \mathrm{B}$, 即 $\tan \mathrm{B}=1$,

$\because B$ 为三角形的内角,

$\therefore B=\frac{\pi}{4}$

( II) $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\frac{1}{2} \mathrm{acsin} \mathrm{B}=\frac{\sqrt{2}}{4} \mathrm{ac}$,

由已知及余弦定理得: $4=a^{2}+c^{2}-2 \operatorname{accos} \frac{\pi}{4} \geqslant 2 a c-2 a c \times \frac{\sqrt{2}}{2}$, 整理得: $a c \leqslant \frac{4}{2-\sqrt{2}}$, 当且仅当 $a=c$ 时, 等号成立, 则 $\triangle A B C$ 面积的最大值为 $\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{4}{2-\sqrt{2}}=\frac{1}{2} \times \sqrt{2} \times(2+\sqrt{2})=\sqrt{2}+1$.

答案：解： ( I ) 由已知及正弦定理得: $\sin A=\sin B \cos C+\sin B \sin C(1)$,

$\because \sin A=\sin (B+C)=\sin B \cos C+\cos B \sin C(2)$,

$\therefore \sin \mathrm{B}=\cos \mathrm{B}$, 即 $\tan \mathrm{B}=1$,

$\because B$ 为三角形的内角,

$\therefore B=\frac{\pi}{4}$

( II) $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\frac{1}{2} \mathrm{acsin} \mathrm{B}=\frac{\sqrt{2}}{4} \mathrm{ac}$,

由已知及余弦定理得: $4=a^{2}+c^{2}-2 \operatorname{accos} \frac{\pi}{4} \geqslant 2 a c-2 a c \times \frac{\sqrt{2}}{2}$, 整理得: $a c \leqslant \frac{4}{2-\sqrt{2}}$, 当且仅当 $a=c$ 时, 等号成立, 则 $\triangle A B C$ 面积的最大值为 $\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{4}{2-\sqrt{2}}=\frac{1}{2} \times \sqrt{2} \times(2+\sqrt{2})=\sqrt{2}+1$.

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\ln (\mathrm{x}+\mathrm{m})$

（I）设 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, 求 $m$, 并讨论 $f(x)$ 的单调性;

(II）当 $m \leqslant 2$ 时, 证明 $f(x)>0$. 选考题: (第 22 题～第 24 题为选考题, 考生根据要求作答. 请考生在第 22、

解答：( I ) 求出原函数的导函数, 因为 $\mathrm{x}=0$ 是函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的极值点, 由极 值点处的导数等于 0 求出 $\mathrm{m}$ 的值, 代入函数解析式后再由导函数大于 0 和小 于 0 求出原函数的单调区间;

(II) 证明当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$, 转化为证明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 求出当 $m=2$ 时函数的导函数, 可知导函数在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 并进一步得到导 函数在 $(-1,0)$ 上有唯一零点 $\mathrm{x}_{0}$, 则当 $\mathrm{x}=\mathrm{x}_{0}$ 时函数取得最小值, 借助于 $\mathrm{x}_{0}$ 是导函数的零点证出 $f\left(x_{0}\right)>0$, 从而结论得证.

( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$.

所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$.

$\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$

设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数,

又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$.

所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$.

当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$

故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$.

当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$,

从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值.

由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$.

故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$.

综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$.

答案：( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$.

所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$.

$\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$

设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数,

又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$.

所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$.

当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$

故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$.

当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$,

从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值.

由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$.

故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$.

综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$.

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：23. 已知动点 $P 、 Q$ 都在曲线C: $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \beta \\ y=2 \sin \beta\end{array}\right.$ ( $\beta$ 为参数) 上, 对应参数分别为 $\beta=\alpha$ 与 $\beta=2 \alpha(0<\alpha<2 \pi), M$ 为 $P Q$ 的中点.

(1) 求 $M$ 的轨迹的参数方程;

(2) 将 $M$ 到坐标原点的距离 $d$ 表示为 $\alpha$ 的函数, 并判断 $M$ 的轨迹是否过坐标 原点.

解答：(1) 利用参数方程与中点坐标公式即可得出;

（2）利用两点之间的距离公式、三角函数的单调性即可得出.

解: (1) 依题意有 $P(2 \cos \alpha, 2 \sin \alpha), Q(2 \cos 2 \alpha, 2 \sin 2 \alpha)$,

因此 $M(\cos \alpha+\cos 2 \alpha, \sin \alpha+\sin 2 \alpha)$.

$M$ 的轨迹的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \alpha+\cos 2 \alpha \\ y=\sin 2 \alpha+\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数, $\left.0<\alpha<2 \pi\right)$.

(2) $M$ 点到坐标原点的距离 $d=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{2+2 \cos \alpha}(0<\alpha<2 \pi)$.

当 $\alpha=\pi$ 时, $d=0$, 故 $M$ 的轨迹过坐标原点.

答案：解: (1) 依题意有 $P(2 \cos \alpha, 2 \sin \alpha), Q(2 \cos 2 \alpha, 2 \sin 2 \alpha)$,

因此 $M(\cos \alpha+\cos 2 \alpha, \sin \alpha+\sin 2 \alpha)$.

$M$ 的轨迹的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \alpha+\cos 2 \alpha \\ y=\sin 2 \alpha+\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数, $\left.0<\alpha<2 \pi\right)$.

(2) $M$ 点到坐标原点的距离 $d=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{2+2 \cos \alpha}(0<\alpha<2 \pi)$.

当 $\alpha=\pi$ 时, $d=0$, 故 $M$ 的轨迹过坐标原点.

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：24.设 $a, b, c$ 均为正数, 且 $a+b+c=1$, 证明:

( I ) $a b+b c+c a \leqslant \frac{1}{3}$

(II) $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant 1$.

解答：( I ) 依题意, 由 $a+b+c=1 \Rightarrow(a+b+c)^{2}=1 \Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 b c+2 c a=1$, 利用基本不等式可得 $3(a b+b c+c a) \leqslant 1$, 从而得证;

(II ) 利用基本不等式可证得: $\frac{a^{2}}{b}+b \geqslant 2 a, \frac{b^{2}}{c}+c \geqslant 2 b, \frac{c^{2}}{a}+a \geqslant 2 c$, 三式累加 即可证得结论.

证明: ( I ) 由 $a^{2}+b^{2} \geqslant 2 a b, b^{2}+c^{2} \geqslant 2 b c, c^{2}+a^{2} \geqslant 2 c a$ 得:

$a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant a b+b c+c a$

由题设得 $(a+b+c)^{2}=1$, 即 $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 b c+2 c a=1$,

所以 $3(a b+b c+c a) \leqslant 1$, 即 $a b+b c+c a \leqslant \frac{1}{3}$.

(II ) 因为 $\frac{a^{2}}{b}+b \geqslant 2 a, \frac{b^{2}}{c}+c \geqslant 2 b, \frac{c^{2}}{a}+a \geqslant 2 c$,

故 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+(a+b+c) \geqslant 2(a+b+c)$ ，即 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant a+b+c$.

所以 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant 1$.

答案：证明: ( I ) 由 $a^{2}+b^{2} \geqslant 2 a b, b^{2}+c^{2} \geqslant 2 b c, c^{2}+a^{2} \geqslant 2 c a$ 得:

$a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant a b+b c+c a$

由题设得 $(a+b+c)^{2}=1$, 即 $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 b c+2 c a=1$,

所以 $3(a b+b c+c a) \leqslant 1$, 即 $a b+b c+c a \leqslant \frac{1}{3}$.

(II ) 因为 $\frac{a^{2}}{b}+b \geqslant 2 a, \frac{b^{2}}{c}+c \geqslant 2 b, \frac{c^{2}}{a}+a \geqslant 2 c$,

故 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+(a+b+c) \geqslant 2(a+b+c)$ ，即 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant a+b+c$.

所以 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant 1$.

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知函数 $f(x)=e^{x}(a x+b)-x^{2}-4 x$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f($

0））处切线方程为 $\mathrm{y}=4 \mathrm{x}+4$.

( I ) 求 $a, b$ 的值;

(II ) 讨论 $f(x)$ 的单调性, 并求 $f(x)$ 的极大值.

解答：( I ) 求导函数, 利用导数的几何意义及曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0)$ ) 处切线方程为 $y=4 x+4$, 建立方程, 即可求得 $a, b$ 的值;

(II) 利用导数的正负, 可得 $f(x)$ 的单调性, 从而可求 $f(x)$ 的极大值.

解: ( I ) $\because f(x)=e^{x}(a x+b)-x^{2}-4 x$,

$\therefore f^{\prime}(x)=e^{x}(a x+a+b)-2 x-4$,

$\because$ 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处切线方程为 $y=4 x+4$

$\therefore f(0)=4, f^{\prime}(0)=4$ $\therefore b=4, a+b=8$

$\therefore a=4, b=4$

(II ) 由（I ) 知, $f(x)=4 e^{x}(x+1)-x^{2}-4 x, f^{\prime}(x)=4 e^{x}(x+2)-2 x-4=4($ $x+2)\left(e^{x}-\frac{1}{2}\right)$

令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x=-\ln 2$ 或 $x=-2$

$\therefore x \in(-\infty,-2)$ 或 $(-\ln 2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0 ; x \in(-2,-\ln 2)$ 时, $f^{\prime}($ x) $<0$

$\therefore f(x)$ 的单调增区间是 $(-\infty,-2),(-\ln 2,+\infty)$, 单调减区间是 $(-2$, $-\ln 2)$

当 $x=-2$ 时，函数 $f(x)$ 取得极大值，极大值为 $f(-2)=4\left(1-e^{-2}\right)$.

答案：解: ( I ) $\because f(x)=e^{x}(a x+b)-x^{2}-4 x$,

$\therefore f^{\prime}(x)=e^{x}(a x+a+b)-2 x-4$,

$\because$ 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处切线方程为 $y=4 x+4$

$\therefore f(0)=4, f^{\prime}(0)=4$ $\therefore b=4, a+b=8$

$\therefore a=4, b=4$

(II ) 由（I ) 知, $f(x)=4 e^{x}(x+1)-x^{2}-4 x, f^{\prime}(x)=4 e^{x}(x+2)-2 x-4=4($ $x+2)\left(e^{x}-\frac{1}{2}\right)$

令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x=-\ln 2$ 或 $x=-2$

$\therefore x \in(-\infty,-2)$ 或 $(-\ln 2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0 ; x \in(-2,-\ln 2)$ 时, $f^{\prime}($ x) $<0$

$\therefore f(x)$ 的单调增区间是 $(-\infty,-2),(-\ln 2,+\infty)$, 单调减区间是 $(-2$, $-\ln 2)$

当 $x=-2$ 时，函数 $f(x)$ 取得极大值，极大值为 $f(-2)=4\left(1-e^{-2}\right)$.

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知圆 $M:(x+1)^{2}+y^{2}=1$, 圆 $N:(x-1)^{2}+y^{2}=9$, 动圆 $P$ 与圆 $M$ 外切并与圆 $N$ 内切, 圆心 $P$ 的轨迹为曲线 $C$.

(I ) 求 C 的方程;

( II ) I 是与圆 $P$, 圆 $M$ 都相切的一条直线, $\mid$ 与曲线 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 当圆 $P$ 的半径最长时, 求 $|A B|$.

解答：( 1 ）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 $|P M|+|P N|=R+1+(3-R)=4$, 而 $|N M|=2$, 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 $|P M|-|P N|=2 R-2 \leqslant 4-2=2$, 所以 $R \leqslant 2$, 当且仅当 $\odot P$ 的圆心为 $(2,0) R=2$ 时，其半径最大，其方程为 $(x-2)$ ${ }^{2}+y^{2}=4$. 分(1) $\mid$ 的倾斜角为 $90^{\circ}$, 此时 $I$ 与 $y$ 轴重合, 可得 $|A B|$. (2)若 $\mid$ 的倾斜 角不为 $90^{\circ}$, 由于 $\odot M$ 的半径 $1 \neq \mathrm{R}$, 可知 $\mathrm{I}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴不平行, 设 $\mathrm{I}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴的交点 为 $Q$, 根据 $\frac{|Q P|}{|Q M|}=\frac{R}{r_{1}}$, 可得 $Q(-4,0)$, 所以可设 $\mid: y=k(x+4)$, 与椭圆 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: (1) 由圆 $M:(x+1)^{2}+y^{2}=1$, 可知圆心 $M(-1,0)$; 圆 $N:(x-1$ )$^{2}+y^{2}=9$, 圆心 $N(1,0)$, 半径 3 .

设动圆的半径为 $R$,

$\because$ 动圆 $P$ 与圆 $M$ 外切并与圆 $N$ 内切, $\therefore|P M|+|P N|=R+1+(3-R)=4$,

而 $|N M|=2$, 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,

$\therefore a=2, c=1, \quad b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$.

$\therefore$ 曲线 C 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1 \quad(x \neq-2)$.

(II) 设曲线 $C$ 上任意一点 $P(x, y)$,

由于 $|P M|-|P N|=2 R-2 \leqslant 3-1=2$, 所以 $R \leqslant 2$, 当且仅当 $\odot P$ 的圆心为 $(2,0)$ $R=2$ 时，其半径最大，其方程为 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$.

(1) 的倾斜角为 $90^{\circ}$, 则 $I$ 与 $\mathrm{y}$ 轴重合, 可得 $|A B|=2 \sqrt{3}$.

(2)若 $\mathrm{I}$ 的倾斜角不为 $90^{\circ}$, 由于 $\odot \mathrm{M}$ 的半径 $1 \neq \mathrm{R}$, 可知 $\mathrm{I}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴不平行, 设 $\mid$ 与 $x$ 轴的交点为 $Q$, 则 $\frac{|Q P|}{\mid Q M}=\frac{R}{r_{1}}$, 可得 $Q(-4,0)$, 所以可设 $\mid: y=k(x+4$ )

由 I于 $M$ 相切可得: $\frac{|3 k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=1$, 解得 $k= \pm \frac{\sqrt{2}}{4}$.

当 $k=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{\sqrt{2}}{4} x+\sqrt{2} \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$, 得到 $7 x^{2}+8 x-8=0$. $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=-\frac{8}{7}, \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}=-\frac{8}{7}$.

$\therefore|\mathrm{AB}|=\sqrt{1+\mathrm{k}^{2}}\left|\mathrm{x}_{2}-\mathrm{x}_{1}\right|=\sqrt{1+\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^{2}} \sqrt{\left(-\frac{8}{7}\right)^{2}-4 \times\left(-\frac{8}{7}\right)}=\frac{18}{7}$

由于对称性可知: 当 $k=-\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, 也有 $|A B|=\frac{18}{7}$.

综上可知: $|A B|=2 \sqrt{3}$ 或 $\frac{18}{7}$.

答案：解: (1) 由圆 $M:(x+1)^{2}+y^{2}=1$, 可知圆心 $M(-1,0)$; 圆 $N:(x-1$ )$^{2}+y^{2}=9$, 圆心 $N(1,0)$, 半径 3 .

设动圆的半径为 $R$,

$\because$ 动圆 $P$ 与圆 $M$ 外切并与圆 $N$ 内切, $\therefore|P M|+|P N|=R+1+(3-R)=4$,

而 $|N M|=2$, 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,

$\therefore a=2, c=1, \quad b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$.

$\therefore$ 曲线 C 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1 \quad(x \neq-2)$.

(II) 设曲线 $C$ 上任意一点 $P(x, y)$,

由于 $|P M|-|P N|=2 R-2 \leqslant 3-1=2$, 所以 $R \leqslant 2$, 当且仅当 $\odot P$ 的圆心为 $(2,0)$ $R=2$ 时，其半径最大，其方程为 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$.

(1) 的倾斜角为 $90^{\circ}$, 则 $I$ 与 $\mathrm{y}$ 轴重合, 可得 $|A B|=2 \sqrt{3}$.

(2)若 $\mathrm{I}$ 的倾斜角不为 $90^{\circ}$, 由于 $\odot \mathrm{M}$ 的半径 $1 \neq \mathrm{R}$, 可知 $\mathrm{I}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴不平行, 设 $\mid$ 与 $x$ 轴的交点为 $Q$, 则 $\frac{|Q P|}{\mid Q M}=\frac{R}{r_{1}}$, 可得 $Q(-4,0)$, 所以可设 $\mid: y=k(x+4$ )

由 I于 $M$ 相切可得: $\frac{|3 k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=1$, 解得 $k= \pm \frac{\sqrt{2}}{4}$.

当 $k=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{\sqrt{2}}{4} x+\sqrt{2} \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$, 得到 $7 x^{2}+8 x-8=0$. $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=-\frac{8}{7}, \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}=-\frac{8}{7}$.

$\therefore|\mathrm{AB}|=\sqrt{1+\mathrm{k}^{2}}\left|\mathrm{x}_{2}-\mathrm{x}_{1}\right|=\sqrt{1+\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^{2}} \sqrt{\left(-\frac{8}{7}\right)^{2}-4 \times\left(-\frac{8}{7}\right)}=\frac{18}{7}$

由于对称性可知: 当 $k=-\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, 也有 $|A B|=\frac{18}{7}$.

综上可知: $|A B|=2 \sqrt{3}$ 或 $\frac{18}{7}$.

2013 年高考 （新课标ⅰ）
题目：23. 已知曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=4+5 \cos t \\ y=5+5 \sin t\end{array}\right.$ ( $t$ 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 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \sin \theta$.
(1) 把 $C_{1}$ 的参数方程化为极坐标方程;
(2) 求 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的极坐标 $(\rho \geqslant 0,0 \leqslant \theta<2 \pi)$.

解答：（1）曲线 $C_{1}$ 的参数方程消去参数 $t$, 得到普通方程, 再由 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$ , 能求出 $\mathrm{C}_{1}$ 的极坐标方程.

(2) 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程化为直角坐标方程, 与 $C_{1}$ 的普通方程联立, 求出 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的直角坐标, 由此能求出 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的极坐标.

解: (1) 将 $\left\{\begin{array}{l}x=4+5 \cos t \\ y=5+5 \sin t\end{array}\right.$, 消去参数 $t$, 化为普通方程 $(x-4)^{2+}(y-5$ )$^{2}=25$

即 $C_{1}: x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$ ，

将 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$ 代入 $x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$,

得 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.

$\therefore C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.

(2) $\because$ 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \sin \theta$.

$\therefore$ 曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $x^{2}+y^{2}-2 y=0$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 y=0\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=2\end{array}\right.$,

$\therefore C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的极坐标为 $\left(\sqrt{2}, \frac{\pi}{4}\right)$ 和 $\left(2, \frac{\pi}{2}\right)$.

答案：解: (1) 将 $\left\{\begin{array}{l}x=4+5 \cos t \\ y=5+5 \sin t\end{array}\right.$, 消去参数 $t$, 化为普通方程 $(x-4)^{2+}(y-5$ )$^{2}=25$

即 $C_{1}: x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$ ，

将 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$ 代入 $x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$,

得 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.

$\therefore C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.

(2) $\because$ 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \sin \theta$.

$\therefore$ 曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $x^{2}+y^{2}-2 y=0$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 y=0\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=2\end{array}\right.$,

$\therefore C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的极坐标为 $\left(\sqrt{2}, \frac{\pi}{4}\right)$ 和 $\left(2, \frac{\pi}{2}\right)$.

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差不为零, $a_{1}=25$, 且 $a_{1}, a_{11}, a_{13}$ 成等比数 列.
( I ) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(II) 求 $\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{4}+\mathrm{a}_{7}+\ldots+\mathrm{a}_{3 n-2}$.

解答：（1）设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d \neq 0$, 利用成等比数列的定义可得, $\mathrm{a}_{11}^{2}=\mathrm{a}_{1} \mathrm{a}_{13}$, 再利用等差数列的通项公式可得 $\left(\mathrm{a}_{1}+10 \mathrm{~d}\right)^{2}=\mathrm{a}_{1}\left(\mathrm{a}_{1}+12 \mathrm{~d}\right)$, 化 为 $d\left(2 a_{1}+25 d\right)=0$, 解出 $d$ 即可得到通项公式 $a_{n}$;

(II) 由（1）可得 $a_{3 n-2}=-2(3 n-2)+27=-6 n+31$, 可知此数列是以 25 为首项 , -6 为公差的等差数列. 利用等差数列的前 $\mathrm{n}$ 项和公式即可得出 $a_{1}+a_{4}+a_{7}+\ldots+a_{3 n-2}$.

解: (1) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d \neq 0$,

由题意 $a_{1}, a_{11}, a_{13}$ 成等比数列, $\therefore a_{11}^{2}=a_{1} a_{13}$,

$\therefore\left(a_{1}+10 d\right)^{2}=a_{1}\left(a_{1}+12 d\right)$, 化为 $d\left(2 a_{1}+25 d\right)=0$,

$\because d \neq 0, \quad \therefore 2 \times 25+25 d=0$, 解得 $d=-2$.

$\therefore a_{n}=25+(n-1) \times(-2)=-2 n+27$.

(II) 由 (1) 可得 $a_{3 n-2}=-2(3 n-2)+27=-6 n+31$, 可知此数列是以 25 为首项 ,-6 为公差的等差数列.

$\therefore \mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{4}+\mathrm{a}_{7}+\ldots+\mathrm{a}_{3 \mathrm{n}-2}=\frac{\mathrm{n}\left(\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{3 \mathrm{n}-2}\right)}{2}$

$=\frac{n(25-6 n+31)}{2}$

$=-3 n^{2}+28 n$.

答案：解: (1) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d \neq 0$,

由题意 $a_{1}, a_{11}, a_{13}$ 成等比数列, $\therefore a_{11}^{2}=a_{1} a_{13}$,

$\therefore\left(a_{1}+10 d\right)^{2}=a_{1}\left(a_{1}+12 d\right)$, 化为 $d\left(2 a_{1}+25 d\right)=0$,

$\because d \neq 0, \quad \therefore 2 \times 25+25 d=0$, 解得 $d=-2$.

$\therefore a_{n}=25+(n-1) \times(-2)=-2 n+27$.

(II) 由 (1) 可得 $a_{3 n-2}=-2(3 n-2)+27=-6 n+31$, 可知此数列是以 25 为首项 ,-6 为公差的等差数列.

$\therefore \mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{4}+\mathrm{a}_{7}+\ldots+\mathrm{a}_{3 \mathrm{n}-2}=\frac{\mathrm{n}\left(\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{3 \mathrm{n}-2}\right)}{2}$

$=\frac{n(25-6 n+31)}{2}$

$=-3 n^{2}+28 n$.

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 已知圆 $P$ 在 $x$ 轴上截得线段长为 $2 \sqrt{2}$, 在 $\mathrm{y}$ 轴上截得线段长为 $2 \sqrt{3}$.

( I ) 求圆心 $P$ 的轨迹方程;

(II) 若 $P$ 点到直线 $y=x$ 的距离为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$, 求圆 $P$ 的方程.

解答：（I）由题意, 可直接在弦心距、弦的一半及半径三者组成的直角三角 形中利用勾股定理建立关于点 $\mathrm{P}$ 的横纵坐标的方程, 整理即可得到所求的轨 迹方程;

( II ) 由题, 可先由点到直线的距离公式建立关于点 $\mathrm{P}$ 的横纵坐标的方程, 将此 方程与（I）所求的轨迹方程联立, 解出点 $P$ 的坐标, 进而解出圆的半径即可 写出圆 $P$ 的方程.

解： ( I ) 设圆心 $P(x, y)$, 由题意得圆心到 $x$ 轴的距离与半径之间 的关系为 $2=-y^{2}+r^{2}$, 同理圆心到 $\mathrm{y}$ 轴的距离与半径之间的关系为 $3=-x^{2}+r^{2}$, 由两式整理得 $x^{2}+3=y^{2}+2$, 整理得 $y^{2}-x^{2}=1$ 即为圆心 $P$ 的轨迹方程, 此轨迹是 等轴双曲线

(II) 由 $P$ 点到直线 $y=x$ 的距离为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ 得, $\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{|x-y|}{\sqrt{2}}$, 即 $|x-y|=1$, 即 $x=y+1$ 或 $y=x+1$, 分别代入 $y^{2}-x^{2}=1$ 解得 $P(0,-1)$ 或 $P(0,1)$

若 $P(0,-1)$, 此时点 $P$ 在 $y$ 轴上, 故半径为 $\sqrt{3}$, 所以圆 $P$ 的方程为 $(y+1)^{2}+x^{2}=3$

若 $P(0,1)$, 此时点 $P$ 在 $y$ 轴上, 故半径为 $\sqrt{3}$, 所以圆 $P$ 的方程为 $(y-1)^{2}+x^{2}=3$

综上, 圆 $P$ 的方程为 $(y+1)^{2}+x^{2}=3$ 或 $(y-1)^{2}+x^{2}=3$

答案：解： ( I ) 设圆心 $P(x, y)$, 由题意得圆心到 $x$ 轴的距离与半径之间 的关系为 $2=-y^{2}+r^{2}$, 同理圆心到 $\mathrm{y}$ 轴的距离与半径之间的关系为 $3=-x^{2}+r^{2}$, 由两式整理得 $x^{2}+3=y^{2}+2$, 整理得 $y^{2}-x^{2}=1$ 即为圆心 $P$ 的轨迹方程, 此轨迹是 等轴双曲线

(II) 由 $P$ 点到直线 $y=x$ 的距离为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ 得, $\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{|x-y|}{\sqrt{2}}$, 即 $|x-y|=1$, 即 $x=y+1$ 或 $y=x+1$, 分别代入 $y^{2}-x^{2}=1$ 解得 $P(0,-1)$ 或 $P(0,1)$

若 $P(0,-1)$, 此时点 $P$ 在 $y$ 轴上, 故半径为 $\sqrt{3}$, 所以圆 $P$ 的方程为 $(y+1)^{2}+x^{2}=3$

若 $P(0,1)$, 此时点 $P$ 在 $y$ 轴上, 故半径为 $\sqrt{3}$, 所以圆 $P$ 的方程为 $(y-1)^{2}+x^{2}=3$

综上, 圆 $P$ 的方程为 $(y+1)^{2}+x^{2}=3$ 或 $(y-1)^{2}+x^{2}=3$

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知函数 $f(x)=x^{2} e^{-x}$

( I ) 求 $f(x)$ 的极小值和极大值;

(II ) 当曲线 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的切线 $\mathrm{I}$ 的斜率为负数时, 求 $\mathrm{I}$ 在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围.

解答：（I ）利用导数的运算法则即可得出 $f^{\prime}(x)$, 利用导数与函数单调性 的关系及函数的极值点的定义， 即可求出函数的极值;

( II ) 利用导数的几何意义即可得到切线的斜率, 得出切线的方程, 利用方程求 出与 $\mathrm{x}$ 轴交点的横坐标, 再利用导数研究函数的单调性、极值、最值即可.

解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$,

$\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$,

令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$,

令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$;

令 $f^{\prime}(x)<0$, 可解得 $x<0$ 或 $x>2$,

故函数在区间 $(-\infty, 0)$ 与 $(2,+\infty)$ 上是减函数, 在区间 $(0,2)$ 上是增函 数.

$\therefore x=0$ 是极小值点, $x=2$ 极大值点, 又 $f(0)=0, f(2)=\frac{4}{e^{2}}$.

故 $f(x)$ 的极小值和极大值分别为 $0, \frac{4}{e^{2}}$.

( II ) 设切点为 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ，

则切线方程为 $y^{-} x_{0}{ }^{2} e^{-x_{0}}=e^{-x_{0}}\left(2 x_{0}-x_{0}{ }^{2}\right)\left(x-x_{0}\right)$ ，

令 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$,

$\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$

$\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$,

令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$,

则 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=1-\frac{2}{\left(x_{0}-2\right)^{2}}=\frac{\left(x_{0}-2\right)^{2}-2}{\left(x_{0}-2\right)^{2}}$.

(1)当 $x_{0}<0$ 时, $\left(x_{0}-2\right)^{2}-2>0$, 即 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0, \therefore f\left(x_{0}\right)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单

调递增, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$;

(2) 当 $x_{0}>2$ 时, 令 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 解得 $x_{0}=2+\sqrt{2}$.

当 $x_{0}>2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f\left(x_{0}\right)$ 单调递增; 当 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$

)$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减.

故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$.

综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$.

答案：解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$,

$\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$,

令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$,

令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$;

令 $f^{\prime}(x)<0$, 可解得 $x<0$ 或 $x>2$,

故函数在区间 $(-\infty, 0)$ 与 $(2,+\infty)$ 上是减函数, 在区间 $(0,2)$ 上是增函 数.

$\therefore x=0$ 是极小值点, $x=2$ 极大值点, 又 $f(0)=0, f(2)=\frac{4}{e^{2}}$.

故 $f(x)$ 的极小值和极大值分别为 $0, \frac{4}{e^{2}}$.

( II ) 设切点为 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ，

则切线方程为 $y^{-} x_{0}{ }^{2} e^{-x_{0}}=e^{-x_{0}}\left(2 x_{0}-x_{0}{ }^{2}\right)\left(x-x_{0}\right)$ ，

令 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$,

$\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$

$\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$,

令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$,

则 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=1-\frac{2}{\left(x_{0}-2\right)^{2}}=\frac{\left(x_{0}-2\right)^{2}-2}{\left(x_{0}-2\right)^{2}}$.

(1)当 $x_{0}<0$ 时, $\left(x_{0}-2\right)^{2}-2>0$, 即 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0, \therefore f\left(x_{0}\right)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单

调递增, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$;

(2) 当 $x_{0}>2$ 时, 令 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 解得 $x_{0}=2+\sqrt{2}$.

当 $x_{0}>2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f\left(x_{0}\right)$ 单调递增; 当 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$

)$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减.

故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$.

综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$.

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：23. 已知动点 $P 、 Q$ 都在曲线 $C:\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \beta \\ y=2 \sin \beta\end{array}\right.$ ( $\beta$ 为参数) 上, 对应参数分别为 $\beta=\alpha$ 与 $\beta=2 \alpha(0<\alpha<2 \pi), M$ 为 $P Q$ 的中点.

(1) 求 $M$ 的轨迹的参数方程;

(2) 将 $M$ 到坐标原点的距离 $d$ 表示为 $\alpha$ 的函数, 并判断 $M$ 的轨迹是否过坐标 原点.

解答：（1）利用参数方程与中点坐标公式即可得出;

（2）利用两点之间的距离公式、三角函数的单调性即可得出.

解：（1）依题意有 $P(2 \cos \alpha, 2 \sin \alpha), Q(2 \cos 2 \alpha, 2 \sin 2 \alpha)$,

因此 $M(\cos \alpha+\cos 2 \alpha, \sin \alpha+\sin 2 \alpha)$.

$M$ 的轨迹的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \alpha+\cos 2 \alpha \\ y=\sin 2 \alpha+\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数, $0<\alpha<2 \pi$ ).

(2) $M$ 点到坐标原点的距离 $d=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{2+2 \cos \alpha} \quad(0<\alpha<2 \pi)$.

当 $\alpha=\pi$ 时, $d=0$, 故 $M$ 的轨迹过坐标原点.

答案：解：（1）依题意有 $P(2 \cos \alpha, 2 \sin \alpha), Q(2 \cos 2 \alpha, 2 \sin 2 \alpha)$,

因此 $M(\cos \alpha+\cos 2 \alpha, \sin \alpha+\sin 2 \alpha)$.

$M$ 的轨迹的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \alpha+\cos 2 \alpha \\ y=\sin 2 \alpha+\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数, $0<\alpha<2 \pi$ ).

(2) $M$ 点到坐标原点的距离 $d=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{2+2 \cos \alpha} \quad(0<\alpha<2 \pi)$.

当 $\alpha=\pi$ 时, $d=0$, 故 $M$ 的轨迹过坐标原点.

2013 年高考 （新课标ⅱ）
题目：【选修 4- -5 ；不等式选讲】

设 $a, b, c$ 均为正数, 且 $a+b+c=1$, 证明:

( I ) $a b+b c+c a \leqslant \frac{1}{3}$

( II ) $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant 1$.

解答：( I ) 依题意, 由 $a+b+c=1 \Rightarrow(a+b+c)^{2}=1 \Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 b c+2 c a=1$, 利用基本不等式可得 $3(a b+b c+c a) \leqslant 1$, 从而得证;

( II ) 利用基本不等式可证得: $\frac{a^{2}}{b}+b \geqslant 2 a, \frac{b^{2}}{c}+c \geqslant 2 b, \frac{c^{2}}{a}+a \geqslant 2 c$, 三式累加即 可证得结论.

证明: ( I ) 由 $a^{2}+b^{2} \geqslant 2 a b, b^{2}+c^{2} \geqslant 2 b c, c^{2}+a^{2} \geqslant 2 c a$ 得:

$a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant a b+b c+c a$

由题设得 $(a+b+c)^{2}=1$, 即 $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 b c+2 c a=1$,

所以 $3(a b+b c+c a) \leqslant 1$, 即 $a b+b c+c a \leqslant \frac{1}{3}$.

(II ) 因为 $\frac{a^{2}}{b}+b \geqslant 2 a, \frac{b^{2}}{c}+c \geqslant 2 b, \frac{c^{2}}{a}+a \geqslant 2 c$,

故 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+(a+b+c) \geqslant 2(a+b+c)$, 即 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant a+b+c$.

所以 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant 1$.

答案：证明: ( I ) 由 $a^{2}+b^{2} \geqslant 2 a b, b^{2}+c^{2} \geqslant 2 b c, c^{2}+a^{2} \geqslant 2 c a$ 得:

$a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant a b+b c+c a$

由题设得 $(a+b+c)^{2}=1$, 即 $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 b c+2 c a=1$,

所以 $3(a b+b c+c a) \leqslant 1$, 即 $a b+b c+c a \leqslant \frac{1}{3}$.

(II ) 因为 $\frac{a^{2}}{b}+b \geqslant 2 a, \frac{b^{2}}{c}+c \geqslant 2 b, \frac{c^{2}}{a}+a \geqslant 2 c$,

故 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+(a+b+c) \geqslant 2(a+b+c)$, 即 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant a+b+c$.

所以 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant 1$.