浙江高考数学理科试题及答案完美版.pdf

20132013 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）数学（理科）乐享玲珑，为中国数学增光添彩！乐享玲珑，为中国数学增光添彩！免费，全开放的几何教学软件，功能强大，好用实用免费，全开放的几何教学软件，功能强大，好用实用一选择题1已知i是虚数单位，则(1i)(2i)A3iB.13iC.33iD.1i2设集合S x|x 2,T x|x 3x4 0，则(CRS)T A(2,1B.(,4C.(,1D.1,)3已知x,y为正实数，则A.2lgxlgy 2lgx2lgyB.2lg(xy)2lgx2lgyC.2lgxlg y 2lgx2lgyD.2lg(xy)2lgx2lgy4已知函数f(x)Acos(x)(A 0,0,R)，则“f(x)是奇函数”是A充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件5某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是22的9，则5A.a 4B.a 5C.a 6D.a 7开始S=1，k=1是ka否1S=S+k(k+1)k=k+1输出 S?结束（第 5 题图）6已知R,sin 2cosA.10，则tan224334B.C.D.43347 设ABC,P0是 边AB上 一 定 点，满 足P0B。则PBPC P0B PC01AB，且 对 于 边AB上 任 一 点P，恒 有4A.ABC 900B.BAC 900C.AB ACD.AC BC8已知e为自然对数的底数，设函数f(x)(e 1)(x1)(k 1,2)，则A当k 1时，f(x)在x 1处取得极小值B当k 1时，f(x)在x 1处取得极大值C当k 2时，f(x)在x 1处取得极小值D当k 2时，f(x)在x 1处取得极大值xkx2 y21与双曲线C2的公共焦点，A,B分别是C1，C2在第二、四象限的9如图，F1,F2是椭圆C1:4公共点。若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是yAF1OB（第 9 题图）F2xA.2B.3C.36D.2210在空间中，过点A作平面的垂线，垂足为B，记B f(A)。设,是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1 f f(P),Q2 f f(P),恒有PQ1 PQ2，则A平面与平面垂直B.平面与平面所成的（锐）二面角为45C.平面与平面平行D.平面与平面所成的（锐）二面角为60二、填空题11设二项式(x 0015)的展开式中常数项为A，则A _。3x212若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积等于_cm。432正视图33侧视图俯视图（第 12 题图）x y 2 013设z kx y，其中实数x,y满足x2y 4 0，若z的最大值为 12，则实数k _。2x y 4 014将A,B,C,D,E,F六个字母排成一排，且A,B均在C的同侧，则不同的排法共有_种（用数字作答）215 设F为抛物线C:y 4x的焦点，过点P(1,0)的直线l交抛物线C于两点A,B，点Q为线段AB的中点，若|FQ|2，则直线的斜率等于_。016ABC中，C 90,M是BC的中点，若sinBAM 1，则sinBAC _。317设e1,e2为单位向量，非零向量b xe1 ye2,x,yR，若e1,e2的夹角为_。三、解答题|x|，则的最大值等于6|b|18在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1,2a22,5a3成等比数列。（1）求d,an；（2）若d 0，求|a1|a2|a3|an|.19设袋子中装有a个红球，b个黄球，c个蓝球，且规定：取出一个红球得 1 分，取出一个黄球 2 分，取出蓝球得 3 分。（1）当a 3,b 2,c 1时，从该袋子中任取（有放回，且每球取到的机会均等）2 个球，记随机变量为取出此 2 球所得分数之和，.求分布列；（2）从该袋子中任取（且每球取到的机会均等）1 个球，记随机变量为取出此球所得分数.若55E,D，求a:b:c.3920 如图，在四面体ABCD中，AD 平面BCD,BC CD,AD 2,BD 2 2.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ 3QC.（1）证明：PQ/平面BCD；（2）若二面角C BM D的大小为60，求BDC的大小.0AMPQBC（第 20 题图）Dx2y22221如图，点P(0,1)是椭圆C1:221(a b 0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2:x y 4的ab直径.l1,l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于两点，l2交椭圆C1于另一点D（1）求椭圆C1的方程；（2）求ABD面积取最大值时直线l1的方程.yl1DOPA（第 21 题图）32Bxl222已知aR，函数f(x)x 3x 3ax3a3.（1）求曲线y f(x)在点(1,f(1)处的切线方程；（2）当x0,2时，求|f(x)|的最大值。参考答案一、选择题1B【解析】原式 2i2ii2C【解析】2 23i1 13i，所以选 B；图1所示，由已知得到如T x|4 x 1,CRs x|x 2(CRs)3D【解析】此题中，由2lg xT (,1。所以选 C2lg y 2lg xlg y 2lg xy。所以选 D；2所以不是充分条件；反之当(kZ)，4 B【解析】当f(x)Acos(x)为奇函数时，k时，函数f(x)Acos(x 22)Asinx是奇函数，是必要条件，所以选B。【考点定位】充分条件的判断和三角函数的奇偶性性质知识点；函数y Asin(x)，若是奇函数，则 k(kZ)；若是偶函数，则 k函数y Acos(x)，若是奇函数，则 k充分和必要条件判断的三种方法（1）定义法（通用的方法）：若p q,qp，则p是q的充分不必要条件；若pq,q p，则p是q的必要不充分条件；若p q,q p，则p是q的充分必要条件；若pq,qp，则p是q的既不充分又不必要条件；（2）集合判断法：若已知条件给的是两个集合问题，可以利用此方法判断：设条件p和q对应的集合分别是A,B若A B，则p是q充分条件；若A B，则p是q的充分不必要条件；若A B，则p是q必要条件；若A B，则p是q的必要不充分条件；若A B，则p是q的充分必要条件；若A B,B A，则p是q的既不充分又不必要条件；（3）命题真假法：利用原命题和真命题的真假来判断：设若p则q为原命题，若原命题真，逆命题假，则p是q的充分不必要条件；若原命题假，逆命题真，则p是q的必要不充分条件；若原命题真，逆命题真，则p是q的充分必要条件；若原命题假，逆命题假，则p是q的既不充分又不必要条件；5A【解析】由图可知2(kZ)；2(kZ)；若是偶函数，则 k(k Z)；111111119S 1(1)()()()2k 4，即程序22334kk 1k 15执行到k 4，当k 5时程序运行结束，即最后一次运行k 4；所以选 A6C 解：由已知得到：5sin2 4sincos 4cos25sin 4sincos 4cos2222sin cos22tan2 4tan 451 tan 或tan 3，所以223tan112()3 3或tan223 3，所以选 C；tan214194197D 解：利用特殊值法可以解决，如CP AB或PB PA即可求出答案，所以选 D；22228 C 解：当k 2时，f(x)(e 1)(x 1)f(x)2(e 1)(x 1)，且e 1 0，所以当x 1时，f(x)0，函数递增；当x 1时，f(x)0，函数递减；所以当x 1时函数取得极小值；所以选C；9D 解：由已知得F1(3,0),F2(3,0)，设双曲线实半轴为a，由椭圆及双曲线的定义和已知得|AF2|AF1|4c362到：|AF2|AF，所以选 D；1|2a a 2，所以双曲线的离心率为a2222AF1|AF2|1210A 解：设f(P)C,f(P)D,所以Q1 f(C),Q2 f(D)，由已知得到：PC 于C，且PQ1 PQ2恒成立，即Q1与Q2重合，即当PD 于D，CQ1于Q1，DQ2于Q2，时满足；如图 2 所示：1110解：由Tr15rrC5x2(x13)r5r 1 rrr23(1)C5x，由已知得到：5 rr 0r 3，所以233A (1)3C5 10，所以填-10；1224解：由已知得此几何体的直观图是一个底面是直角三角形且两直角边分别是3,4 高是 5 的直三棱柱在上面截去一个三棱锥，三棱锥从一个顶点出发的三条棱两两垂直，底面边长分别是3,4 高是 3，如图3 所示，红色为截去的三棱锥，所以体积为511134334 24；232132解：此不等式表示的平面区域如下图4 所示：y当k kx z，0时，直线l0:y kx平移到 A 点时目标函数取最大值，即4k 4 12k 2；当k 0时，:y kx平移到 A 或 B 点时目标函数取最大值，可知 k 取值是大于零，所以不满足，所以k 2，直线l0所以填 2；14480 解：对特殊元素C进行分类讨论即可，即C在第 1,2,3，4,5,6，位置上讨论，其中在第1 和第 65位置上，在第 2 和第 5 位置上，在第 3 和第 4 位置上结果是相同的，在第 1 位置上有A5种，在第 2 位置1423235142323上有A3在第 3 位置上有A2所以共有2(A5所以填480；A4，A3 A3A3，A3A4 A2A3 A3A3)480，15 1解：由 已 知 得 到：F(1,0)，设l:y k(x 1)，A(x1,y1),B(x2,y2)，由y k(x 1)2(2 k2)2222，所以k x 2x(k 2)k=0 x1 x222ky 4xx1 x22 k2x1 x222 k22,k(1)Q(2,)，由已知得到222kkkk2 k2211|QF|4 (21)2()2 4 42 0 k 1，所以答案是1kkkk21662222解：如图5 所示，设CM MB x,AC yAM x y,AB 4x y，由已知32得 到cosBAM 1sin BAM 2 2，在AMB中，由 余 弦 定 理 得 到：3222222262 2(x y)(4x y)x2x6；所以填；y2 2x2sinBAC 2222223332 x y4x y4x y17 2解：由 已 知 得 到：b|b|2(xe1 ye2)2|b|2 x2 y2 2xy1232|x|2b22y1x2，设t(t 3t 1)min2x4|b|2x y23xyy23y12xxx2的最大值为 4，所以答案是 2；18解：（）由已知得到：(2a2 2)25a1a3 4(a1 d 1)250(a1 2d)(11 d)2 25(5 d)d 4d 1；121 22d d 125 25d d 3d 4 0或an 4n 6an11 n22（）由（1）知，当d当1 n 11时，当12 n时，0时，an11 n，n(21 n),(1 n 11)2所以，综上所述：|a1|a2|a3|an|；2n 21n 220,(n 12)2331；当两次摸6642231135到的球分别是黄黄，红蓝，蓝红时 4，此时P(4)；当两次摸到的球6666661832231分别是红黄，黄红时 3，此时P(3)当两次摸到的球分别是黄蓝，蓝黄时 5，；6666312211111此时P(5)；当两次摸到的球分别是蓝蓝时 6，此时P(6)66669663619解：（）由已知得到：当两次摸到的球分别是红红时 2，此时P(2)所以的分布列是：23456P（）由已知得到：有三种取值即 1,2,3，所以的分布列是：P123所以：5a2b3cE3a b ca b ca b ca52b53cD5(15)2(2)2(3)293a b c3a b c3a b c，所以b 2c,a 3ca:b:c 3:2:1。20解：证明（）方法一：如图6，取MD的中点F，且M是AD中点，所以AF 3FD。因为P是BM中点，所以PF/BD；又因为（）AQ 3QC且AF 3FD，所以QF/BD，所以面PQF/面BDC，且PQ 面BDC，所以PQ/面BDC；方法二：如图 7 所示，取BD中点O，且P是BM中点，所以PO/且AQ 3QC，所以QH/DH 3CH，所以PQ/面BDC；（）如图 8 所示，由已知得到面ADB 面BDC，过C作CG BD于G，所以CG BMD，过G作1MD；取CD的三等分点H，使211AD/MD，所以PO/QH PQ/OH，且OH BCD，42GH BM于H，连接CH，所以CHG就是C BM D的二面角；由已知得到BM 81 3，设BDC，所以CDCGCB cos,sin CD 2 2cos,CG 2 2cossin,BC 2 2sin,，BDCDBDBG在RTBCG中，BCG sinBG 2 2sin2，所 以 在RTBHG中，BC12 2sin2，所以在RTCHG中HG 232 2sin3HGtan3(0,90)60 BDC 60；x2 y21；21解：（）由已知得到b 1，且2a 4a 2，所以椭圆的方程是4（）因为直线l1 l2，且都过点P(0,1)，所以设直线l1:y kx 1 kx y 1 0，直线1l2:y x 1 x ky k 0，所以圆心(0,0)到直线l1:y kx 1 kx y 1 0的距离为kd 11 k2，所以直线l1被圆x y 4所截的弦AB 2 4 d2222 3 4k21 k2；x ky k 0222由x2 k x 4x 8kx 0，所以2 y 1 48k164k28 k21xD xP 2|DP|(12)22，所以2k 4k(k 4)k 4SABD112 3 4k28 k218 4k2348 4k23|AB|DP|22222k 4k 44k23131 k324k234k232134k23324k23 134k23322 131613，13当4k 3 134k23 k210510 x 1 k 时等号成立，此时直线l1:y 222222解：（）由已知得：f(x)3x 6x 3a f(1)3a 3，且f(1)133a 33a 1，所以所求切线方程为：y 1(3a 3)(x 1)，即为：3(a 1)x y 43a 0；2（）由已知得到：f(x)3x 6x 3a 3x(x 2)a，其中 4 4a，当x0,2时，x(x 2)0，（1）当a0时，f(x)0，所以f(x)在x0,2上递减，所以|f(x)|maxmax|f(0)|,|f(2)|，因为f(0)3(1 a),f(2)3a1f(2)0f(0)|f(2)|f(0)|f(x)|maxf(0)33a；（2）当44a0，即a1时，f(x)0恒成立，所以f(x)在x0,2上递增，所以|f(x)|maxmax|f(0)|,|f(2)|，因为f(0)3(1 a),f(2)3a1f(0)0f(2)|f(0)|f(2)|f(x)|maxf(2)3a1；（3）当44a0，即0a1时，f(x)3x26x3a0 x111a,x211a，且0 x1x22，即+递增0极大值-递减0极小值+递增2所以f(x1)12(1 a)1a,f(x2)12(1 a)1a，且f(x1)f(x2)20,f(x1)f(x2)14(1 a)30,所以f(x1)|f(x2)|，所以|f(x)|maxmax f(0),|f(2)|,f(x1)；由f(0)f(2)33a3a100a（）当0a2，所以32时，f(0)f(2)，所以x(,13a,)时，yf(x)递增，x(1,a)时，yf(x)递减，所以|f(x)|maxmax f(0),f(x1)，因为f(x1)f(0)12(1 a)1a33a2(1 a)1a(2 3a)因为a2(3 4a)2(1 a)1a(2 3a)f(x1)f(0)0，又0a23，所以23a0,3 4a0，所以，所以|f(x)|maxf(x1)12(1 a)1a（）当2a1时，f(2)0,f(0)0，所 以|f(x)|maxmax f(2),f(x1)，因 为3f(x1)f(2)12(1 a)1a3a12(1 a)1a(3a2)a2(3 4a)2(1 a)1a(3a2)，此时3a20，当1 当2a1时，34a是大于零还是小于零不确定，所以323a时，34a0，所以f(x1)|f(2)|，所以此时|f(x)|maxf(x1)12(1 a)1a；3432 当a1时，34a0，所以f(x1)|f(2)|，所以此时|f(x)|maxf(2)3a1433a,(a 0)3综上所述：|f(x)|max1 2(1a)1a,(0 a)；433a 1,(a)4