• 381.50 KB
  • 2021-07-01 发布

2013年浙江省高考数学试卷(理科)

  • 25页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
‎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