2013年浙江省高考数学试卷（理科） 25页

‎2013年浙江省高考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 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．（5分）已知i是虚数单位，则（﹣1+i）（2﹣i）=（　　）‎ A．﹣3+i B．﹣1+3i C．﹣3+3i D．﹣1+i ‎2．（5分）设集合S={x|x＞﹣2}，T={x|x2+3x﹣4≤0}，则（∁RS）∪T=（　　）‎ A．（﹣2，1] B．（﹣∞，﹣4] C．（﹣∞，1] D．[1，+∞）‎ ‎3．（5分）已知x，y为正实数，则（　　）‎ A．2lgx+lgy=2lgx+2lgy B．2lg（x+y）=2lgx•2lgy C．2lgx•lgy=2lgx+2lgy D．2lg（xy）=2lgx•2lgy ‎4．（5分）已知函数f（x）=Acos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，φ∈R），则“f（x）是奇函数”是“φ=”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 ‎5．（5分）某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则（　　）‎ A．a=4 B．a=5 C．a=6 D．a=7‎ ‎6．（5分）已知，则tan2α=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．（5分）设△ABC，P0是边AB上一定点，满足，且对于边AB上任一点P，恒有则（　　）‎ A．∠ABC=90° B．∠BAC=90° C．AB=AC D．AC=BC ‎8．（5分）已知e为自然对数的底数，设函数f（x）=（ex﹣1）（x﹣1）k（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 ‎9．（5分）如图F1、F2是椭圆C1：+y2=1与双曲线C2的公共焦点，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（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．（5分）在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B=fπ（A）．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1=fβ[fα（P）]，Q2=fα[fβ（P）]，恒有PQ1=PQ2，则（　　）‎ A．平面α与平面β垂直 B．平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°‎ C．平面α与平面β平行 D．平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．‎ ‎11．（4分）设二项式的展开式中常数项为A，则A=　　．‎ ‎12．（4分）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．‎ ‎13．（4分）设z=kx+y，其中实数x，y满足，若z的最大值为12，则实数k=　　．‎ ‎14．（4分）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）‎ ‎15．（4分）设F为抛物线C：y2=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l的斜率等于　　．‎ ‎16．（4分）△ABC中，∠C=90°，M是BC的中点，若，则sin∠BAC=　　．‎ ‎17．（4分）设、为单位向量，非零向量=x+y，x、y∈R．若、的夹角为30°，则的最大值等于　　．‎ ‎　‎ 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．‎ ‎18．（14分）在公差为d的等差数列{an}中，已知a1=10，且a1，2a2+2，5a3‎ 成等比数列．‎ ‎（Ⅰ）求d，an；‎ ‎（Ⅱ）若d＜0，求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|．‎ ‎19．（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ξ为取出此2球所得分数之和．求ξ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η为取出此球所得分数．若，求a：b：c．‎ ‎20．（15分）如图，在四面体A﹣BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=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．‎ ‎21．（15分）如图，点P（0，﹣1）是椭圆C1：+=1（a＞b＞0）的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2+y2=4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面积的最大值时直线l1的方程．‎ ‎22．（14分）已知a∈R，函数f（x）=x3﹣3x2+3ax﹣3a+3．‎ ‎（1）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；‎ ‎（2）当x∈[0，2]时，求|f（x）|的最大值．‎ ‎　‎ ‎2013年浙江省高考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 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．（5分）（2013•浙江）已知i是虚数单位，则（﹣1+i）（2﹣i）=（　　）‎ A．﹣3+i B．﹣1+3i C．﹣3+3i D．﹣1+i ‎【分析】直接利用两个复数代数形式的乘法法则，以及虚数单位i的幂运算性质，运算求得结果．‎ ‎【解答】解：（﹣1+i）（2﹣i）=﹣2+i+2i+1=﹣1+3i，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）（2013•浙江）设集合S={x|x＞﹣2}，T={x|x2+3x﹣4≤0}，则（∁RS）∪T=（　　）‎ A．（﹣2，1] B．（﹣∞，﹣4] C．（﹣∞，1] D．[1，+∞）‎ ‎【分析】先根据一元二次不等式求出集合T，然后求得∁RS，再利用并集的定义求出结果．‎ ‎【解答】解：∵集合S={x|x＞﹣2}，‎ ‎∴∁RS={x|x≤﹣2}，‎ T={x|x2+3x﹣4≤0}={x|﹣4≤x≤1}，‎ 故（∁RS）∪T={x|x≤1}‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）（2013•浙江）已知x，y为正实数，则（　　）‎ A．2lgx+lgy=2lgx+2lgy B．2lg（x+y）=2lgx•2lgy C．2lgx•lgy=2lgx+2lgy D．2lg（xy）=2lgx•2lgy ‎【分析】直接利用指数与对数的运算性质，判断选项即可．‎ ‎【解答】解：因为as+t=as•at，lg（xy）=lgx+lgy（x，y为正实数），‎ 所以2lg（xy）=2lgx+lgy=2lgx•2lgy，满足上述两个公式，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）（2013•浙江）已知函数f（x）=Acos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，φ∈R），则“f（x）是奇函数”是“φ=”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 ‎【分析】φ=⇒f（x）=Acos（ωx+）⇒f（x）=﹣Asin（ωx）（A＞0，ω＞0，x∈R）是奇函数．f（x）为奇函数⇒f（0）=0⇒φ=kπ+，k∈Z．所以“f（x）是奇函数”是“φ=”必要不充分条件．‎ ‎【解答】解：若φ=，‎ 则f（x）=Acos（ωx+）‎ ‎⇒f（x）=﹣Asin（ωx）（A＞0，ω＞0，x∈R）是奇函数；‎ 若f（x）是奇函数，‎ ‎⇒f（0）=0，‎ ‎∴f（0）=Acos（ω×0+φ）=Acosφ=0．‎ ‎∴φ=kπ+，k∈Z，不一定有φ=‎ ‎“f（x）是奇函数”是“φ=”必要不充分条件．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）（2013•浙江）某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则（　　）‎ A．a=4 B．a=5 C．a=6 D．a=7‎ ‎【分析】根据已知流程图可得程序的功能是计算S=1++…+的值，利用裂项相消法易得答案．‎ ‎【解答】解：由已知可得该程序的功能是 计算并输出S=1++…+=1+1﹣=2﹣．‎ 若该程序运行后输出的值是，则 2﹣=．‎ ‎∴a=4，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．（5分）（2013•浙江）已知，则tan2α=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】由题意结合sin2α+cos2α=1可解得sinα，和cosα，进而可得tanα，再代入二倍角的正切公式可得答案．‎ ‎【解答】解：∵，又sin2α+cos2α=1，‎ 联立解得，或 故tanα==，或tanα=3，‎ 代入可得tan2α===﹣，‎ 或tan2α===‎ 故选C ‎　‎ ‎7．（5分）（2013•浙江）设△ABC，P0是边AB上一定点，满足，且对于边AB上任一点P，恒有则（　　）‎ A．∠ABC=90° B．∠BAC=90° C．AB=AC D．AC=BC ‎【分析】设||=4，则||=1，过点C作AB的垂线，垂足为H，在AB上任取一点P，设HP0=a，则由数量积的几何意义可得||2﹣（a+1）||+a≥0恒成立，只需△=（a+1）2﹣4a=（a﹣1）2≤0即可，由此能求出△ABC是等腰三角形，AC=BC．‎ ‎【解答】解：设||=4，则||=1，过点C作AB的垂线，垂足为H，‎ 在AB上任取一点P，设HP0=a，则由数量积的几何意义可得，‎ ‎=||•||=||2﹣（a+1）||，‎ ‎•=﹣a，‎ 于是•≥••恒成立，‎ 整理得||2﹣（a+1）||+a≥0恒成立，‎ 只需△=（a+1）2﹣4a=（a﹣1）2≤0即可，于是a=1，‎ 因此我们得到HB=2，即H是AB的中点，故△ABC是等腰三角形，‎ 所以AC=BC．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）（2013•浙江）已知e为自然对数的底数，设函数f（x）=（ex﹣1）（x﹣1）k（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 ‎【分析】通过对函数f（x）求导，根据选项知函数在x=1处有极值，验证f'（1）=0，再验证f（x）在x=1处取得极小值还是极大值即可得结论．‎ ‎【解答】解：当k=1时，函数f（x）=（ex﹣1）（x﹣1）．‎ 求导函数可得f'（x）=ex（x﹣1）+（ex﹣1）=（xex﹣1），‎ f'（1）=e﹣1≠0，f'（2）=2e2﹣1≠0，‎ 则f（x）在在x=1处与在x=2处均取不到极值，‎ 当k=2时，函数f（x）=（ex﹣1）（x﹣1）2．‎ 求导函数可得f'（x）=ex（x﹣1）2+2（ex﹣1）（x﹣1）=（x﹣1）（xex+ex﹣2），‎ ‎∴当x=1，f'（x）=0，且当x＞1时，f'（x）＞0，当x0＜x＜1时（x0为极大值点），f'（x）＜0，故函数f（x）在（1，+∞）上是增函数；‎ 在（x0，1）上是减函数，从而函数f（x）在x=1取得极小值．对照选项．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．（5分）（2013•浙江）如图F1、F2是椭圆C1：+y2=1与双曲线C2的公共焦点，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（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】不妨设|AF1|=x，|AF2|=y，依题意，解此方程组可求得x，y的值，利用双曲线的定义及性质即可求得C2的离心率．‎ ‎【解答】解：设|AF1|=x，|AF2|=y，∵点A为椭圆C1：+y2=1上的点，‎ ‎∴2a=4，b=1，c=；‎ ‎∴|AF1|+|AF2|=2a=4，即x+y=4；①‎ 又四边形AF1BF2为矩形，‎ ‎∴+=，即x2+y2=（2c）2==12，②‎ 由①②得：，解得x=2﹣，y=2+，设双曲线C2的实轴长为2m，焦距为2n，‎ 则2m=|AF2|﹣|AF1|=y﹣x=2，2n=2c=2，‎ ‎∴双曲线C2的离心率e===．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）（2013•浙江）在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B=fπ（A）．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1=fβ[fα（P）]，Q2=fα[fβ（P）]，恒有PQ1=PQ2，则（　　）‎ A．平面α与平面β垂直 B．平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°‎ C．平面α与平面β平行 D．平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°‎ ‎【分析】设P1是点P在α内的射影，点P2是点P在β内的射影．根据题意点P1在β内的射影与P2在α内的射影重合于一点，由此可得四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角，根据面面垂直的定义可得平面α与平面β垂直，得到本题答案．‎ ‎【解答】解：设P1=fα（P），则根据题意，得点P1是过点P作平面α垂线的垂足 ‎∵Q1=fβ[fα（P）]=fβ（P1），‎ ‎∴点Q1是过点P1作平面β垂线的垂足 同理，若P2=fβ（P），得点P2是过点P作平面β垂线的垂足 因此Q2=fα[fβ（P）]表示点Q2是过点P2作平面α垂线的垂足 ‎∵对任意的点P，恒有PQ1=PQ2，‎ ‎∴点Q1与Q2重合于同一点 由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角 ‎∵∠P1Q1P2是直角，∴平面α与平面β垂直 故选：A ‎　‎ 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．‎ ‎11．（4分）（2013•浙江）设二项式的展开式中常数项为A，则A=　﹣10　．‎ ‎【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的系数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．‎ ‎【解答】解：二项式的展开式的通项公式为 Tr+1=••（﹣1）r•=（﹣1）r••．‎ 令=0，解得r=3，故展开式的常数项为﹣=﹣10，‎ 故答案为﹣10．‎ ‎　‎ ‎12．（4分）（2013•浙江）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　24　 cm3．‎ ‎【分析】先根据三视图判断几何体的形状，再利用体积公式计算即可．‎ ‎【解答】解：几何体为三棱柱去掉一个三棱锥后的几何体，底面是直角三角形，直角边分别为3，4，侧面的高为5，被截取的棱锥的高为3．如图：‎ V=V棱柱﹣V棱锥==24（cm3）‎ 故答案为：24．‎ ‎　‎ ‎13．（4分）（2013•浙江）设z=kx+y，其中实数x，y满足，若z的最大值为12，则实数k=　2　．‎ ‎【分析】先画出可行域，得到角点坐标．再对k进行分类讨论，通过平移直线z=kx+y得到最大值点A，即可得到答案．‎ ‎【解答】解：可行域如图：‎ 由得：A（4，4），‎ 同样地，得B（0，2），‎ z=kx+y，即y=﹣kx+z，分k＞0，k＜0两种情况．‎ 当k＞0时，‎ 目标函数z=kx+y在A点取最大值，即直线z=kx+y在y轴上的截距z最大，即12=4k+4，得k=2；‎ 当k＜0时，‎ ‎①当k＞﹣时，目标函数z=kx+y在A点（4，4）时取最大值，即直线z=kx+y在y轴上的截距z最大，‎ 此时，12=4k+4，‎ 故k=2．‎ ‎②当k时，目标函数z=kx+y在B点（0，2）时取最大值，即直线z=kx+y在y轴上的截距z最大，‎ 此时，12=0×k+2，‎ 故k不存在．‎ 综上，k=2．‎ 故答案为：2．‎ ‎　‎ ‎14．（4分）（2013•浙江）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　480　种（用数字作答）‎ ‎【分析】按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可．‎ ‎【解答】解：按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，‎ 因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可．‎ 当C在左边第1个位置时，有A，‎ 当C在左边第2个位置时，A和B有C右边的4个位置可以选，有AA，‎ 当C在左边第3个位置时，有AA+AA，‎ 共为240种，乘以2，得480．则不同的排法共有480种．‎ 故答案为：480．‎ ‎　‎ ‎15．（4分）（2013•浙江）设F为抛物线C：y2=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l的斜率等于　不存在　．‎ ‎【分析】由题意设直线l的方程为my=x+1，联立得到y2﹣4my+4=0，△=16m2﹣16=16（m2﹣1）＞0．设A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0）．利用根与系数的关系可得y1+y2=4m，利用中点坐标公式可得=2m，x0=my0﹣1=2m2﹣1．Q（2m2﹣1，2m），由抛物线C：y2=4x得焦点F（1，0）．再利用两点间的距离公式即可得出m及k，再代入△判断是否成立即可．‎ ‎【解答】解：由题意设直线l的方程为my=x+1，联立得到y2﹣4my+4=0，△=16m2﹣16=16（m2﹣1）＞0．‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0）．‎ ‎∴y1+y2=4m，∴=2m，∴x0=my0﹣1=2m2﹣1．‎ ‎∴Q（2m2﹣1，2m），‎ 由抛物线C：y2=4x得焦点F（1，0）．‎ ‎∵|QF|=2，∴，化为m2=1，解得m=±1，不满足△＞0．‎ 故满足条件的直线l不存在．‎ 故答案为不存在．‎ ‎　‎ ‎16．（4分）（2013•浙江）△ABC中，∠C=90°，M是BC的中点，若，则sin∠BAC=　　．‎ ‎【分析】作出图象，设出未知量，在△ABM中，由正弦定理可得sin∠AMB=，进而可得cosβ=，在RT△ACM中，还可得cosβ=，建立等式后可得a=b，再由勾股定理可得c=，而sin∠BAC═=‎ ‎，代入化简可得答案．‎ ‎【解答】解：如图 设AC=b，AB=c，CM=MB=，∠MAC=β，‎ 在△ABM中，由正弦定理可得=，‎ 代入数据可得=，解得sin∠AMB=，‎ 故cosβ=cos（﹣∠AMC）=sin∠AMC=sin（π﹣∠AMB）=sin∠AMB=，‎ 而在RT△ACM中，cosβ==，‎ 故可得=，化简可得a4﹣4a2b2+4b4=（a2﹣2b2）2=0，‎ 解之可得a=b，再由勾股定理可得a2+b2=c2，联立可得c=，‎ 故在RT△ABC中，sin∠BAC====，‎ 故答案为：‎ ‎　‎ ‎17．（4分）（2013•浙江）设、为单位向量，非零向量=x+y，x、y∈R．若、的夹角为30°，则的最大值等于　2　．‎ ‎【分析】由题意求得 =，||==，从而可得 ==‎ ‎=，再利用二次函数的性质求得的最大值．‎ ‎【解答】解：∵、 为单位向量，和的夹角等于30°，∴=1×1×cos30°=．‎ ‎∵非零向量=x+y，∴||===，‎ ‎∴====，‎ 故当=﹣时，取得最大值为2，‎ 故答案为 2．‎ ‎　‎ 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．‎ ‎18．（14分）（2013•浙江）在公差为d的等差数列{an}中，已知a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比数列．‎ ‎（Ⅰ）求d，an；‎ ‎（Ⅱ）若d＜0，求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|．‎ ‎【分析】（Ⅰ）直接由已知条件a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比数列列式求出公差，则通项公式an可求；‎ ‎（Ⅱ）利用（Ⅰ）中的结论，得到等差数列{an}的前11项大于等于0，后面的项小于0，所以分类讨论求d＜0时|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|的和．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由题意得，即，整理得d2﹣3d﹣4=0．解得d=﹣1或d=4．‎ 当d=﹣1时，an=a1+（n﹣1）d=10﹣（n﹣1）=﹣n+11．‎ 当d=4时，an=a1+（n﹣1）d=10+4（n﹣1）=4n+6．‎ 所以an=﹣n+11或an=4n+6；‎ ‎（Ⅱ）设数列{an}的前n项和为Sn，因为d＜0，由（Ⅰ）得d=﹣1，an=﹣n+11．‎ 则当n≤11时，．‎ 当n≥12时，|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=﹣Sn+2S11=．‎ 综上所述，‎ ‎|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=．‎ ‎　‎ ‎19．（14分）（2013•浙江）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ξ为取出此2球所得分数之和．求ξ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η为取出此球所得分数．若，求a：b：c．‎ ‎【分析】（1）ξ的可能取值有：2，3，4，5，6，求出相应的概率可得所求ξ的分布列；‎ ‎（2）先列出η的分布列，再利用η的数学期望和方差公式，即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）由题意得ξ=2，3，4，5，6，‎ P（ξ=2）==；P（ξ=3）==；P（ξ=4）==；‎ P（ξ=5）==；P（ξ=6）==．‎ 故所求ξ的分布列为 ‎ ‎ ξ ‎ 2‎ ‎ 3‎ ‎ 4‎ ‎ 5‎ ‎ 6‎ ‎ P ‎（2）由题意知η的分布列为 ‎ η ‎ 1‎ ‎ 2‎ ‎ 3‎ ‎ P Eη==‎ Dη=（1﹣）2+（2﹣）2+（3﹣）2=．‎ 得，‎ 解得a=3c，b=2c，‎ 故a：b：c=3：2：1．‎ ‎　‎ ‎20．（15分）（2013•浙江）如图，在四面体A﹣BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=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．‎ ‎【分析】（1）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ．根据平行线分线段成比例定理结合三角形的中位线定理证出四边形OPQF是平行四边形，从而PQ∥OF，再由线面平行判定定理，证出PQ∥平面BCD；‎ ‎（2）过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH．根据线面垂直的判定与性质证出BM⊥CH，因此∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°．设∠BDC=θ，用解直角三角形的方法算出HG和CG关于θ的表达式，最后在Rt△CHG中，根据正切的定义得出tan∠CHG==，从而得到tanθ=，由此可得∠BDC．‎ ‎【解答】（1）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ ‎∵△ACD中，AQ=3QC且DF=3CF，∴QF∥AD且QF=AD ‎∵△BDM中，O、P分别为BD、BM的中点 ‎∴OP∥DM，且OP=DM，结合M为AD中点得：OP∥AD且OP=AD ‎∴OP∥QF且OP=QF，可得四边形OPQF是平行四边形 ‎∴PQ∥OF ‎∵PQ⊄平面BCD且OF⊂平面BCD，∴PQ∥平面BCD；‎ ‎（2）过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH ‎∵AD⊥平面BCD，CG⊂平面BCD，∴AD⊥CG 又∵CG⊥BD，AD、BD是平面ABD内的相交直线 ‎∴CG⊥平面ABD，结合BM⊂平面ABD，得CG⊥BM ‎∵GH⊥BM，CG、GH是平面CGH内的相交直线 ‎∴BM⊥平面CGH，可得BM⊥CH 因此，∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°‎ 设∠BDC=θ，可得 Rt△BCD中，CD=BDcosθ=2cosθ，CG=CDsinθ=sinθcosθ，BG=BCsinθ=2sin2θ Rt△BMD中，HG==；Rt△CHG中，tan∠CHG==‎ ‎∴tanθ=，可得θ=60°，即∠BDC=60°‎ ‎　‎ ‎21．（15分）（2013•浙江）如图，点P（0，﹣1）是椭圆C1：+=1（a＞b＞‎ ‎0）的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2+y2=4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面积的最大值时直线l1的方程．‎ ‎【分析】（1）由题意可得b=1，2a=4，即可得到椭圆的方程；‎ ‎（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0）．由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx﹣1．利用点到直线的距离公式和弦长公式即可得出圆心O到直线l1的距离和弦长|AB|，又l2⊥l1，可得直线l2的方程为x+kx+k=0，与椭圆的方程联立即可得到点D的横坐标，即可得出|PD|，即可得到三角形ABD的面积，利用基本不等式的性质即可得出其最大值，即得到k的值．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可得b=1，2a=4，即a=2．‎ ‎∴椭圆C1的方程为；‎ ‎（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0）．‎ 由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx﹣1．‎ 又圆的圆心O（0，0）到直线l1的距离d=．‎ ‎∴|AB|==．‎ 又l2⊥l1，故直线l2的方程为x+ky+k=0，联立，消去y得到（4+k2‎ ‎）x2+8kx=0，解得，‎ ‎∴|PD|=．‎ ‎∴三角形ABD的面积S△==，‎ 令4+k2=t＞4，则k2=t﹣4，‎ f（t）===，‎ ‎∴S△=，当且仅，即，当时取等号，‎ 故所求直线l1的方程为．‎ ‎　‎ ‎22．（14分）（2013•浙江）已知a∈R，函数f（x）=x3﹣3x2+3ax﹣3a+3．‎ ‎（1）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；‎ ‎（2）当x∈[0，2]时，求|f（x）|的最大值．‎ ‎【分析】（1）求出原函数的导函数，求出函数取x=1时的导数值及f（1），由直线方程的点斜式写出切线方程；‎ ‎（2）求出原函数的导函数，分a≤0，0＜a＜1，a≥1三种情况求|f（x）|的最大值．特别当0＜a＜1时，仍需要利用导数求函数在区间（0，2）上的极值，然后在根据a的范围分析区间端点值与极值绝对值的大小．‎ ‎【解答】解：（1）因为f（x）=x3﹣3x2+3ax﹣3a+3，所以f′（x）=3x2﹣6x+3a，‎ 故f′（1）=3a﹣3，又f（1）=1，所以所求的切线方程为y=（3a﹣3）x﹣3a+4；‎ ‎（2）由于f′（x）=3（x﹣1）2+3（a﹣1），0≤x≤2．‎ 故当a≤0时，有f′（x）≤0，此时f（x）在[0，2]上单调递减，故 ‎|f（x）|max=max{|f（0）|，|f（2）|}=3﹣3a．‎ 当a≥1时，有f′（x）≥0，此时f（x）在[0，2]上单调递增，故 ‎|f（x）|max=max{|f（0）|，|f（2）|}=3a﹣1．‎ 当0＜a＜1时，由3（x﹣1）2+3（a﹣1）=0，得，．‎ 所以，当x∈（0，x1）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；‎ 当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；‎ 当x∈（x2，2）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．‎ 所以函数f（x）的极大值，极小值．‎ 故f（x1）+f（x2）=2＞0，．‎ 从而f（x1）＞|f（x2）|．‎ 所以|f（x）|max=max{f（0），|f（2）|，f（x1）}．‎ 当0＜a＜时，f（0）＞|f（2）|．‎ 又=‎ 故．‎ 当时，|f（2）|=f（2），且f（2）≥f（0）．‎ 又=．‎ 所以当时，f（x1）＞|f（2）|．‎ 故．‎ 当时，f（x1）≤|f（2）|．‎ 故f（x）max=|f（2）|=3a﹣1．‎ 综上所述|f（x）|max=．‎ ‎　‎ 参与本试卷答题和审题的老师有：caoqz；wubh2011；qiss；minqi5；lincy；邢新丽；wfy814；ywg2058；沂蒙松；sxs123（排名不分先后）‎ ‎2017年2月3日