高考理科数学浙江卷word解析版.pdf

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1、20132013 年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类(浙江卷浙江卷)选择题部分(共 50 分)一、选择题：本大题共10 小题，每小题 5 分，共 50 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 浙江，理 1)已知 i 是虚数单位，则(1i)(2i)()A3iB13iC33iD1i答案：答案：B解析：解析：(1i)(2i)2i2ii213i，故选 B2(2013 浙江，理 2)设集合 Sx|x2，Tx|x23x40，则(A(2,1B(，4C(，1D1，)答案：答案：Cx|4x1x|x1，故选 C3(2013 浙

2、江，理 3)已知 x，y 为正实数，则()A2lg x lg y2lg x2lg yB2lg(x y)2lg x2lg ylg y2lg x2lg yD2lg(xy)2lg xC2lg x2lg y答案：答案：D解析：解析：根据指数与对数的运算法则可知，2lg xlg y2lg x2lg y，故 A 错，B 错，C 错；D 中，2lg(xy)2lg xlg y2lg x2lg y，故选 D4(2013 浙江，理 4)已知函数 f(x)Acos(x)(A0，0，R R)，则“f(x)是奇函数”是“的()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答案：答案：B解析：解析：

3、若 f(x)是奇函数，则 k 若R RS)T()解析：解析：由题意得 Tx|x23x40 x|4x1又 Sx|x2，(R RS)Tx|x2”2，kZ Z；2，则 f(x)Acos(x)Asin x，显然是奇函数2所以“f(x)是奇函数”是“”的必要不充分条件25(2013 浙江，理 5)某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是9，则()5Aa4Ba5Ca6Da7答案：答案：A解析：解析：该程序框图的功能为计算 1为11112的值，由已知输出的值1223a1aa1919，可知当 a4 时 2.故选 A5a 156(2013 浙江，理 6)已知 R R，sin 2cos A10，则 tan 2

4、()24334BCD3443答案：答案：C解析：解析：由 sin 2cos 1010得，sin 2cos.22103 10把式代入 sin2cos21 中可解出 cos 或，1010103 10当 cos 时，sin；1010103 10当 cos 时，sin.101013tan 3 或 tan，tan 2.3417(2013 浙江，理 7)设ABC，P0是边 AB 上一定点，满足 P0BAB，且对于边 AB 上任一点 P，恒有4PBPCP，则()PC0B0AABC90BBAC90CABACDACBC答案：答案：D解析：解析：设PBtAB(0t1)，PCPBBCtABBC，PB(tABBC)t

5、2AB2tABPC(tAB)BC.由题意PB，PCPPC0B0即 t2AB2tABBC211ABAB BC4411AB2ABBC，441即当t 时PBPC取得最小值4ABBC1由二次函数的性质可知：，242AB1即：ABBCAB2，21ABAB BC0.21取 AB 中点 M，则ABBCMBBCMC，2ABMC0，即 ABMCACBC故选 D8(2013 浙江，理 8)已知 e 为自然对数的底数，设函数f(x)(ex1)(x1)k(k1,2)，则()A当 k1 时，f(x)在 x1 处取到极小值B当 k1 时，f(x)在 x1 处取到极大值C当 k2 时，f(x)在 x1 处取到极小值D当 k

6、2 时，f(x)在 x1 处取到极大值答案：答案：C解析：解析：当 k1 时，f(x)(ex1)(x1)，f(x)xex1，f(1)e10，f(x)在 x1 处不能取到极值；当 k2 时，f(x)(ex1)(x1)2，f(x)(x1)(xexex2)，令 H(x)xexex2，则 H(x)xex2ex0，x(0，)说明 H(x)在(0，)上为增函数，且 H(1)2e20，H(0)10，因此当 x0 x1(x0为 H(x)的零点)时，f(x)0，f(x)在(x0,1)上为减函数当 x1 时，f(x)0，f(x)在(1，)上是增函数x1 是 f(x)的极小值点，故选Cx29(2013 浙江，理 9

7、)如图，F1，F2是椭圆 C1：y21 与双曲线 C2的公共焦点，A，B 分别是 C1，C24在第二、四象限的公共点若四边形AF1BF2为矩形，则 C2的离心率是()A2B3C答案：答案：D解析：解析：椭圆 C1中，|AF1|AF2|4，|F1F2|2 3.又因为四边形 AF1BF2为矩形，所以F1AF290.所以|AF1|2|AF2|2|F1F2|2，所以|AF1|22，|AF2|22.所以在双曲线 C2中，2c2 3，2a|AF2|AF1|2 2，故e 36D2236，故选 D2210(2013 浙江，理 10)在空间中，过点 A 作平面 的垂线，垂足为 B，记 Bf(A)设，是两个不同的

8、平面，对空间任意一点P，Q1ff(P)，Q2ff(P)，恒有 PQ1PQ2，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答案：答案：A非选择题部分(共 100 分)二、填空题：本大题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分1 11(2013 浙江，理 11)设二项式x 的展开式中常数项为 A，则 A_.3x 答案：答案：10r5r1 r5rrr32解析：解析：Tr1C5(x)C5x(1)x3x r5(1)C xrr55rr23(1)C xrr5155r6.令 155r0，得 r3，2所以 A(1)3C35C

9、510.12(2013 浙江，理 12)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_cm3.答案：答案：24解解 析析：由 三 视 图 可 知 该 几 何 体 为 如 图 所 示 的 三 棱 柱 割 掉 了 一 个 三 棱锥VA1EC1ABCVA1B1C1ABCVEA1B1C111134534330624.232x y 2 0,13(2013 浙江，理 13)设 zkxy，其中实数 x，y 满足x2y 4 0,若 z 的最大值为 12，则实数 k2x y 4 0._.答案：答案：2解析：解析：画出可行域如图所示由可行域知，最优解可能在A(0,2)或 C(4,4)处取得若在

10、A(0,2)处取得不符合题意；若在 C(4,4)处取得，则 4k412，解得 k2，此时符合题意14(2013 浙江，理14)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)答案：答案：480解析：解析：如图六个位置.若 C 放在第一个位置，则满足条件的排法共有A55种情况；若 C 放在第 2 个位置，则从 3,4,5,6 共 4 个位置中选 2 个位置排 A，B，再在余下的 3 个位置排 D，E，F，共A2若 C 放在第 3 个位置，则可在 1,2 两个位置排 A，B，其余位置排 D，E，F，则共有A2A3A33种排法；3422种排

11、法或在 4,5,6 共 3 个位置中选 2 个位置排 A，B，再在其余3 个位置排 D，E，F，共有A3A33种排法；33322若 C 在第 4 个位置，则有A2种排法；若 C 在第 5 个位置，则有AAAAA333种排法；若 C 在第 6234个位置，则有A55种排法333222综上，共有 2(A55A4A3A3A3A2A3)480(种)排法15(2013 浙江，理15)设 F 为抛物线 C：y24x 的焦点，过点P(1,0)的直线 l 交抛物线 C 于 A，B 两点，点 Q 为线段 AB 的中点，若|FQ|2，则直线 l 的斜率等于_答案：答案：1y2 4x,解析：解析：设直线 l 的方程

12、为 yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)由联立，得 k2x22(k22)xy kx12k222k 0，x1x2，2ky y22x1 x2k222，2 12，12k2kk22即 Q12,.kk又|FQ|2，F(1,0)，2 2121 4，解得 k1.kk16(2013浙江，理16)在ABC中，C90，M是BC的中点 若sinBAM答案：答案：221，则sinBAC_.363解析：解析：如图以 C 为原点建立平面直角坐标系，设 A(0，b)，B(a,0)，则 McosMAB a a,0，AB(a，b)，AM,b，22AB AMAB AMa2b22.2aa2b2b241又 sinMAB，

13、381cosMAB1.932 a22b28，29aa2b2b24整理得 a44a2b24b40，即 a22b20，a22b2，sinCAB2aa2b2a3b22b6.33b|x|，则6|b b|17(2013 浙江，理 17)设 e e1，e e2为单位向量，非零向量 b bxe e1ye e2，x，yR R.若 e e1，e e2的夹角为的最大值等于_答案：答案：2解析：解析：|b b|2(xe e1ye e2)2x2y22xye e1e e2x2y23xy.x2 y23xy|x|11当 x0 时，2.22|b b|3y y y311xxx24三、解答题：本大题共 5 小题，共 72 分解答

14、应写出文字说明、证明过程或演算步骤18(2013 浙江，理18)(本题满分 14 分)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 d0，求|a1|a2|a3|an|.解：(1)由题意得 5a3a1(2a22)2，即 d23d40，故 d1 或 d4.所以 ann11，nN N*或 an4n6，nN N*.(2)设数列an的前 n 项和为 Sn.因为 d0，由(1)得 d1，ann11.|x|b b|x，当 x0 时，|x|0；|b b|1221n n.221221n110.当 n12 时，|a1|a2|a3|an|Sn2S11

15、n 22则当 n11 时，|a1|a2|a3|an|Sn 1221n n,n 11,22综上所述，|a1|a2|a3|an|1n221n110,n 12.2219(2013 浙江，理 19)(本题满分 14 分)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，取出一个黄球得 2 分，取出一个蓝球得 3 分(1)当 a3，b2，c1 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 的分布列；(2)从该袋子中任取(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E5，D35，求 abc.9解：

16、(1)由题意得 2,3,4,5,6.331，6642321，P(3)663231225，P(4)66182211，P(5)669111P(6)，6636故 P(2)所以 的分布列为P(2)由题意知 的分布列为P12323456141351819136aba bca bca2b3c5，所以 E()abcabca bc3222ca bca5bc555D()123，3abc3abc93abc2ab4c 0,化简得a4b11c 0.解得 a3c，b2c，故 abc321.20(2013 浙江，理 20)(本题满分 15 分)如图，在四面体ABCD 中，AD平面 BCD，BCCD，AD2，BD2 2.M

17、 是 AD 的中点，P 是 BM 的中点，点 Q 在线段 AC 上，且 AQ3QC(1)证明：PQ平面 BCD；(2)若二面角 CBMD 的大小为 60，求BDC 的大小方法一：(1)证明：取BD 的中点 O，在线段CD 上取点 F，使得DF3FC，连结OP，OF，FQ，因为AQ3QC，所以 QFAD，且 QF1AD4因为 O，P 分别为 BD，BM 的中点，所以 OP 是BDM 的中位线，所以 OPDM，且 OP1DM.2又点 M 为 AD 的中点，所以 OPAD，且 OP从而 OPFQ，且 OPFQ，所以四边形 OPQF 为平行四边形，故 PQOF.又 PQ平面 BCD，OF平面 BCD，

18、所以 PQ平面 BCD1AD4(2)解：作 CGBD 于点 G，作 CHBM 于点 H，连结 CH.因为 AD平面 BCD，CG平面 BCD，所以 ADCG，又 CGBD，ADBDD，故 CG平面 ABD，又 BM平面 ABD，所以 CGBM.又 GHBM，CGGHG，故 BM平面 CGH，所以 GHBM，CHBM.所以CHG 为二面角 CBMD 的平面角，即CHG60.设BDC.在 RtBCD 中，CDBDcos 2 2cos，CGCDsin 2 2cos sin，BGBCsin 2 2sin2.BGDM2 2sin2在 RtBDM 中，HG.BM3CG3cos3.在 RtCHG 中，tan

19、CHGHGsin所以 tan 3.从而 60.即BDC60.方法二：(1)证明：如图，取 BD 的中点 O，以 O 为原点，OD，OP 所在射线为 y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 Oxyz.由题意知 A(0，2，2)，B(0，2，0)，D(0，2，0)设点 C 的坐标为(x0，y0,0)3231x,y,404402.因为 M 为 AD 的中点，故 M(0，2，1)1又 P 为 BM 的中点，故 P0,0,，2因为AQ 3QC，所以 Q所以PQ323x,y,040440.又平面 BCD 的一个法向量为 u u(0,0,1)，故PQu u0.又 PQ平面 BCD，所以 PQ平面 BCD(2

20、)解：设 m m(x，y，z)为平面 BMC 的一个法向量由CM(x0，2 y0,1)，BM(0,2 2，1)，x0 x 2 y0y z 0,知2 2y z 0.y 2,1,2 2取 y1，得 m m0 x.0又平面 BDM 的一个法向量为 n n(1,0,0)，于是|cosm m，n n|m mn n|m m|n n|y02x09y021，即x3.220y02x02又 BCCD，所以CBCD0，故(x0，2 y0,0)(x0，2 y0,0)0，即 x0y02.226x ,0 x0 0,2联立，解得(舍去)或y0 2,y 2.02所以 tanBDCx03.2 y0又BDC 是锐角，所以BDC6

21、0.x2y221(2013 浙江，理21)(本题满分 15 分)如图，点P(0，1)是椭圆 C1：221(ab0)的一个顶点，abC1的长轴是圆 C2：x2y24 的直径，l1，l2是过点 P 且互相垂直的两条直线，其中 l1交圆 C2于 A，B 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的方程解：(1)由题意得b 1,a 2.x2所以椭圆 C 的方程为y21.4(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由题意知直线 l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线 l1的方程为 ykx1.又圆 C2：x2y24，故点 O 到直线

22、 l1的距离d 1k 12，4k23所以|AB|2 4d 2.k212又 l2l1，故直线 l2的方程为 xkyk0.由xkyk 0,22x 4y 4,8k.4k2消去 y，整理得(4k2)x28kx0，故x0 8 k21所以|PD|.24k设ABD 的面积为 S，18 4k23则 S|AB|PD|，224k32所以 S1324k 3 4k233224k23134k2316 13，13当且仅当k 10时取等号210 x1.2所以所求直线 l1的方程为 y22(2013 浙江，理 22)(本题满分 14 分)已知 aR，函数 f(x)x33x23ax3a3.(1)求曲线 yf(x)在点(1，f(

23、1)处的切线方程；(2)当 x0,2时，求|f(x)|的最大值解：(1)由题意 f(x)3x26x3a，故 f(1)3a3.又 f(1)1，所以所求的切线方程为 y(3a3)x3a4.(2)由于 f(x)3(x1)23(a1)，0 x2，故当 a0 时，有 f(x)0，此时 f(x)在0,2上单调递减，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|33a.当 a1 时，有 f(x)0，此时 f(x)在0,2上单调递增，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|3a1.当 0a1 时，设 x111a，x211a，则 0 x1x22，f(x)3(xx1)(xx2)列表如下：xf(x

24、)f(x)033a(0，x1)单调递增x10极大值f(x1)(x1，x2)单调递减x20极小值f(x2)(x2,2)单调递增23a1由于 f(x1)12(1a)1a，f(x2)12(1a)1a，故 f(x1)f(x2)20，f(x1)f(x2)4(1a)1a0，从而 f(x1)|f(x2)|.所以|f(x)|maxmaxf(0)，|f(2)|，f(x1)当 0a2时，f(0)|f(2)|.3a234a又 f(x1)f(0)2(1a)1a(23a)0，21a 1a 23a故|f(x)|maxf(x1)12(1a)1a.当2a1 时，|f(2)|f(2)，且 f(2)f(0)3a234a又 f(x1)|f(2)|2(1a)1a(3a2)，21a 1a 3a223所以当a时，f(x1)|f(2)|.34故 f(x)maxf(x1)12(1a)1a.3当a1 时，f(x1)|f(2)|.4故 f(x)max|f(2)|3a1.综上所述，33a,a 0,3|f(x)|max121a 1a,0 a,433a1,a.4