《高考理科数学浙江卷试题与答案word解析版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考理科数学浙江卷试题与答案word解析版.pdf（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
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)选择题部分选择题部分(共共 5050 分分)一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共1010 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共5050 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题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目要求的1(2013 浙江，理 1)已知 i 是虚数单位，则(1i)(2i)()A3i B13i C33i D1i2(2013 浙江，理 2)设集合Sx|x2，Tx|x3x40，则(R RS)T()A(2,1 B(，4 C(
2、，1 D1，)3(2013 浙江，理 3)已知x，y为正实数，则()A2lg xlg y2lg x2lg y B2lg(xy)2lg x2lg yC2lg xlg y2lg x2lg y D2lg(xy)2lg x2lg y4(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“2”的()2A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(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Aa4 Ba5 Ca6 Da76(2013 浙江，理 6)已知R R，sin2cos9，则()510，则 tan
3、2()24334A3 B4 C4 D37(2013 浙江，理7)设ABC，P0是边AB上一定点，满足P0B上任一点P，恒有PBPCP，则()0BPC0AABC90 BBAC90 CABAC DACBCxk8(2013 浙江，理 8)已知 e 为自然对数的底数，设函数f(x)(e 1)(x1)(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 k2 时，f(x)在 x1 处取到极大值1AB，且对于边AB4x229(2013 浙江，理 9)如图，F1，F2是椭圆C1：y1 与双曲线C2的
4、公4共焦点，A，B分别是C1，C2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()36A2 B3 C2 D210(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非选择题部分非选择题部分(共共 100100 分分)二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 7 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 2828 分分1
5、 11(2013 浙江，理 11)设二项式x 的展开式中常数项为A，则A_.3x 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_cm.35x 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2x y 4 0.数k_.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)215(2013 浙江，理 15)设F为抛物线C：y4x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|
6、FQ|2，则直线l的斜率等于_16(2013 浙江，理 16)在ABC中，C90，M是BC的中点若 sinBAM_.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的夹角为则1，则 sinBAC3，6|x|的最大值等于_|b b|三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 5 小题，共小题，共 7272 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、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
7、列(1)求d，an；(2)若d0，求|a1|a2|a3|an|.19(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.920(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，B
8、D2 2.M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ab点，C1的长轴是圆C2：xy4 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2222(2013 浙江，理 22)(本题满分 14 分)已知aR，函数f(x)x3x3ax3a3.(1)求曲线yf(x)在点
9、(1，f(1)处的切线方程；(2)当x0,2时，求|f(x)|的最大值3220132013 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答案：答案：B2解析：解析：(1i)(2i)2i2ii 13i，故选 B2答案：答案：C解析：解析：由题意得Tx|x3x40 x|4x1又Sx|x2，(x|4x1x|x1，故选 C3答案：答案：D解析：解析：根据指数与对数的运算法则可知，lgxlgylgxl
10、gy222，故 A 错，B 错，C 错；lg(xy)lgxlgylgxlgyD 中，2222，故选 D4答案：答案：B解析：解析：若f(x)是奇函数，则k若2R RS)Tx|x2，kZ Z；2，则f(x)Acos(x)Asinx，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答案：答案：A解析：解析：该程序框图的功能为计算1可知当a4 时 26答案：答案：C111912的值，由已知输出的值为，1223a 15aa119.故选 Aa 151010得，sin2cos.22103 1022把式代入 sincos1 中可解出 cos或，1010103 10当 cos时，sin；101
11、0103 10当 cos时，sin.101013tan3 或 tan，tan 2.34解析：解析：由 sin2cos7答案：答案：D解析：解析：设PBtAB(0t1)，PCPBBCtABBC，PBPC(tAB)(tABBC)tAB2tABBC.2由题意PBPCP，0BPC0即tAB2tABBC211ABAB 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答案：答案：Cxx解析：解析：当k1 时，f(x)(e
12、 1)(x1)，f(x)xe 1，f(1)e10，f(x)在x1 处不能取到极值；x2xx当k2 时，f(x)(e 1)(x1)，f(x)(x1)(xe e 2)，xx令H(x)xe e 2，xx则H(x)xe 2e 0，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 C9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F1A
13、F290.222所以|AF1|AF2|F1F2|，所以|AF1|22，|AF2|22.所以在双曲线C2中，2c2 3，2a|AF2|AF1|2 2，故e 236，故选 D2210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11答案：答案：10r5r1 r5rrr32解析：解析：Tr1C5(x)C5x(1)x3x r(1)C xrr55rr23(1)C xrr5155r6.令 155r0，得r3，2所以A(1)C35C510.312答案：答案：24解析：解析：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VA1EC1ABCVA1
14、B1C1ABCVEA1B1C111134534330624.23213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C33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A2A34种排法；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A
15、22A3种排2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；若33322C在第 4 个位置，则有A22A3A3A3种排法；若C在第 5 个位置，则有A4A3种排法；若C在第 6 个位置，则有A55种排法333222综上，共有 2(A55A4A3A3A3A2A3)480(种)排法15答案：答案：1y2 4x,222解析：解析：设直线l的方程为yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)由联立，得k x2(k2)xy kx12k222k0，x1x2，2ky y22x1 x2k222，2 12，12k2kk22即Q12,.kk又
16、|FQ|2，F(1,0)，2 2121 4，解得k1.kk616答案：答案：3解析：解析：如图以C为原点建立平面直角坐标系，22设A(0，b)，B(a,0)，则McosMAB a a,0，AB(a，b)，AM,b，22AB AMAB AMa2b22.2aa2b2b241又 sinMAB，381cosMAB1.392 a22b28，29aa2b2b242整理得a4a b4b0，2222即a2b0，a2b，sinCAB17答案：答案：2解析：解析：|b b|(xe e1ye e2)xy2xye e1e e2xy3xy.2222224224aa2b2a3b22b6.33bx2 y23xy|x|11当
17、x0 时，2.22|b b|3y y y311xxx24三、解答题：本大题共 5 小题，共 72 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤182解：(1)由题意得 5a3a1(2a22)，2即d3d40，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|Sn2S11n 22 1221n n,n 11,22综上所述，|a1|a2|a3|an|121n2n110,n 12.22则当n
18、11 时，|a1|a2|a3|an|Sn19解：(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23456141135182191363aba bca bca2b3c5，所以E()abcabcabc3P222ca bca5bc555D()123，3abc3abc93abc2ab4c 0,化简得a4b11c 0.解得a3c，b2c，故abc321.20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
19、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OP1AD4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，所以PQ平面BCD(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
20、BDC.在 RtBCD中，CDBDcos2 2cos，CGCDsin2 2cossin，BGBCsin2 2sin2.BGDM2 2sin2在 RtBDM中，HG.BM3在 RtCHG中，tanCHGCG3cos3.HGsin所以 tan3.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,，2323y,0所以P
21、Qx0,.0444因为AQ 3QC，所以Q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)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.y02,1,2 2取y1，得m mx.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 ,
22、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BDC60.21解：(1)由题意得b 1,a 2.x22所以椭圆C的方程为y1.4(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：xy4，故点O到直线l1的距离d 221k 12，4k23所以|AB|2 4d 2.k212又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.xkyk 0,由22x 4y 4,消去y，整理得(4k)x8kx0，故x0 228k.4k28 k21所以|PD|.4k2设ABD的
23、面积为S，18 4k23则S|AB|PD|，24k232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y222解：(1)由题意f(x)3x6x3a，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)3(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.
24、当 0a1 时，设x111a，x211a，则 0 x1x22，f(x)3(xx1)(xx2)列表如下：2xf(x)0(0，x1)x10极大值f(x1)(x1，x2)单调递减x20极小值f(x2)(x2,2)单调递增23a1f(x)33a单调递增由于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