浙江高考理科数学试卷解析版 8页

绝密★考试结束前 ‎2013年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）‎ 数学（理科）‎ 本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共5页，选择题部分1至3页，非选择题部分4至5页。满分150分，考试时间120分钟。‎ 请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。‎ 选择题部分（共50分）‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上。‎ ‎2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试题卷上。‎ 参考公式 如果事件互斥 ，那么 如果事件相互独立，那么 如果事件在一次试验中发生的概率为,那么次独立重复试验中事件 恰好发生次的概率 台体的体积公式 其中,分别表示台体的上、下面积，表示台体的高柱体体积公式 其中表示柱体的底面积，表示柱体的高 锥体的体积公式 其中表示锥体的底面积，表示锥体的高 球的表面积公式 球的体积公式 其中表示球的半径 选择题部分（共50分）‎ 一、选择题：每小题5分，共50分．‎ ‎1．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 【命题意图】本题考查复数的四则运算，属于容易题 【答案解析】B ‎2．设集合S={x|x>−2}，T={x|x2+3x−4≤0}，则(ðRS)∪T=‎ A．(−2，1] B．(−∞，−4] C．(−∞，1] D．[1，+∞)‎ ‎【命题意图】本题考查集合的运算，属于容易题 ‎【答案解析】C 因为(ðRS)={x|x≤−2}，T={x|−4≤x≤1}，所以(ðRS)∪T=(−∞，1].‎ ‎3．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 ‎【命题意图】本题考查指数和对数的运算性质，属于容易题 ‎【答案解析】D 由指数和对数的运算法则，易知选项D正确 ‎4．已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0，ω>0，φÎR)，则“f(x)是奇函数”是“φ=”的 开始 S=1，k=1‎ k>a?‎ S=S+ k=k+1‎ 输出S ‎ 结束 是 否 ‎（第5题图）‎ 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 ‎【命题意图】本题考查简易逻辑以及函数的奇偶性，属于中档题 ‎【答案解析】B 由f(x)是奇函数可知f(0)=0，即cosφ=0，解出φ=+kπ，kÎZ，所以选项B正确 ‎5．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 ‎【命题意图】本题考查算法程序框图，属于容易题 ‎【答案解析】A ‎6．已知αÎR，sin α+2cos α=，则tan2α=‎ A． B． ‎ C．− D．− ‎【命题意图】本题考查三角公式的应用，解法多样，属于中档题 ‎【答案解析】C 由(sin α+2cos α)2=可得=，进一步整理可得3tan2α−8tan α−3=0，解得tan α=3或tan α=−，于是tan2α==−.‎ ‎7．设△ABC，P0是边AB上一定点，满足P0B=AB，且对于AB上任一点P，恒有∙≥∙，则 C A B H P0‎ P A．ÐABC=90° B．ÐBAC=90° C．AB=AC D．AC=BC ‎【命题意图】本题考查向量数量积的几何意义，不等式恒成立的有关知识，属于中档题 ‎【答案解析】D 由题意，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，∙=||||=( −(a+1))||，∙=−||||=−a，于是∙≥∙恒成立，相当于(−(a+1))||≥−a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 ‎8．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处取到极小值 ‎ B．当k=1时，f(x)在x=1处取到极大值 ‎ C．当k=2时，f(x)在x=1处取到极小值 D．当k=2时，f(x)在x=1处取到极大值 ‎【命题意图】本题考查极值的概念，属于中档题 ‎0‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎1‎ k=1‎ k=2‎ ‎【答案解析】C 当k=1时，方程f(x)=0有两个解，x1=0，x2=1，由标根法可得f(x)的大致图象，于是选项A，B错误；当k=2时，方程f(x)=0有三个解，x1=0，x2=x3=1，其中1是二重根，由标根法可得f(x)的大致图象，易知选项C正确。‎ O x y A B F1‎ F2‎ ‎（第9题图）‎ ‎9．如图，F1，F2是椭圆C1：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的离心率为 A． B． C． D． ‎【命题意图】本题考查椭圆和双曲线的定义和几何性质，属于中档题 ‎【答案解析】D 由题意，c=，|AF2|+|AF1|=4……①，|AF2|−|AF1|=2a……②，①+②得|AF2|=2+a，①−②得|AF1|=2−a，又|AF1|2+|AF2|2=| F1F2|2，所以a=，于是e==.‎ ‎10．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° ‎【命题意图】本题考查新定义问题的解决，重在知识的迁移，属于较难题 ‎【答案解析】A 用特殊法立即可知选项A正确 非选择题部分（共100分）‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎3‎ 正视图 侧视图 俯视图 ‎（第12题图）‎ 二、填空题：每小题4分，共28分．‎ ‎11．设二项式的展开式中常数项为A，则A= ．‎ ‎ 【命题意图】考查二项式定理，属于容易题 ‎ 【答案解析】−10‎ ‎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．‎ ‎ 【命题意图】本题考查三视图和体积计算，属于容易题 ‎ 【答案解析】24 由题意，该几何体为一个直三棱柱截去一个三棱锥所得 ‎13．设z=kx+y，其中实数x，y满足若z的最大值为12，则实数k= ．‎ ‎ 【命题意图】本题考查线性规划，属于容易题 ‎ 【答案解析】2 作出平面区域即可 ‎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，则不同的排法有 种（用数字作答）．‎ ‎ 【命题意图】本题考查排列组合，属于中档题 ‎ 【答案解析】480 第一类，字母C排在左边第一个位置，有A种；第二类，字母C排在左边第二个位置，有AA种；第三类，字母C排在左边第三个位置，有AA+ AA种，由对称性可知共有2´( A+ AA+ AA+ AA)=480种。‎ ‎15．设F为抛物线C：y2=4x的焦点，过点F(−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 ．‎ ‎【命题意图】本题考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题 ‎【答案解析】±1 设直线l的方程为y=k(x+1)，联立消去y得k2x2+(2k2−4)x+k2=0，由韦达定理，xA+ xB =−，于是xQ==，把xQ带入y=k(x+1)，得到yQ=，根据|FQ|=，解出k=±1．‎ ‎16．在△ABC，ÐC=90°，M是BC的中点．若sinÐBAM=，则sinÐBAC= ．‎ ‎【命题意图】本题考查解三角形，属于中档题 ‎【答案解析】 设BC=2a，AC=b，则AM=，AB=，sinÐABM= sinÐABC==，在△ABM中，由正弦定理=，即=，解得2a2=b2，于是sinÐBAC===．‎ ‎17．设e1，e2为单位向量，非零向量b=xe1+ye2，x，yÎR．若e1，e2的夹角为，则的最大值等于 ．‎ ‎ 【命题意图】本题以向量为依托考查最值问题，属于较难题 ‎ 【答案解析】2 =====，所以的最大值为2‎ 三、解答题：本大题共5小题，共72分．‎ ‎18．（本小题满分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|．‎ ‎ 【命题意图】本题考查等差数列、等比数列的概念，等差数列通项公式、求和公式等基础知识，同时考查运算求解能力。‎ ‎ 【答案解析】‎ ‎（Ⅰ）由题意5a3× a1=(2a2+2)2，‎ 即d2−3d−4=0．‎ ‎ 故d=−1或d=4．‎ 所以an=−n+11，nÎN*或an=4n+6，nÎN*‎ ‎（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，|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=−n2+n 当n³12时，|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=−Sn+2S11=n2−n+110‎ ‎ 综上所述，|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|= ‎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．‎ ‎ （Ⅰ）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的分布列；‎ ‎（Ⅱ）从该袋子中任取（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 Eη=，Dη=，求a∶b∶c．‎ ‎ 【命题意图】本题考查随机事件的概率和随机变量的分布列、数学期望、数学方差等概念，同时考查抽象概括、运算求解能力和应用意识。‎ ‎ 【答案解析】‎ ‎ （Ⅰ）由题意得 ξ=2，3，4，5，6‎ ‎ 故 P(ξ=2)==，‎ P(ξ=3)==，‎ P(ξ=4)==，‎ P(ξ=5)==，‎ P(ξ=6)==，‎ 所以ξ的分布列为 ξ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ P ‎（Ⅱ）由题意知η的分布列为 η ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎ 所以 Eη=++= Dη=×+×+×= 化简得 解得a=3c，b=2c，故 A B C D P Q M ‎（第20题图）‎ a∶b∶c=3∶2∶1‎ ‎20．（本题满分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．‎ ‎（Ⅰ）证明：PQ∥平面BCD；‎ ‎（Ⅱ）若二面角C−BM−D的大小为60°，求ÐBDC的大小．‎ ‎ 【命题意图】本题考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。‎ ‎ 【答案解析】‎ ‎（Ⅰ）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3FC，连接OP，OF，FQ．‎ 因为AQ=3QC，所以 QF∥AD，且QF=AD 因为O，P分别为BD，BM的中点，所以OP是△BDM的中位线，所以 OP∥DM，且OP=DM 又点M是AD的中点，所以 OP∥AD，且OP=AD 从而 OP∥FQ，且OP=FQ 所以四边形OPQF是平行四边形，故 PQ∥OF 又PQË平面BCD，OFÌ平面BCD，所以 PQ∥平面BCD．‎ ‎ （Ⅱ）作CG^BD于点G，作GH^BM于点HG，连接CH，则CH^BM，所以ÐCHG为二面角的平面角。设ÐBDC=θ．‎ ‎ 在Rt△BCD中，‎ CD=BDcos θ=2cos θ，‎ CG=CDsin θ=2cos θsin θ，‎ BG=BCsin θ=2sin2θ ‎ 在Rt△BDM中，‎ HG== ‎ 在Rt△CHG中，‎ x O y B l1‎ l2‎ P D A ‎（第21题图）‎ tanÐCHG= ‎ 所以 tan q= ‎ 从而 q=60° 即ÐBDC=60°．‎ ‎21．（本题满分15分）如图，点P(0，−1)是椭圆C1：(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．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C1的方程；‎ ‎（Ⅱ）求△ABD面积取最大值时直线l1的方程．‎ ‎ 【命题意图】本题考查椭圆的几何性质，直线与圆的位置关系，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力 ‎ 【答案解析】‎ ‎ （Ⅰ）由题意得 ‎ 所以椭圆C的方程为 ．‎ ‎ （Ⅱ）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 y=kx−1．‎ ‎ 又圆C2：x2+y2=4，故点O到直线l1的距离 d=，‎ ‎ 所以 ‎|AB|=2=2．‎ ‎ 又l1^l2，故直线l2的方程为 x+ky+k=0．‎ ‎ 由 ‎　 消去y，整理得 ‎(4+k2)x2+8kx=0‎ ‎ 故 x0=−．‎ ‎ 所以 ‎|PD|=．‎ ‎ 设△ABD的面积为S，则 S=|AB|×|PD|=，‎ 所以 S=£=，‎ 当且仅当k=±时取等号 所以所求直线l1的方程为 y=±x−1‎ ‎22．（本题满分14分）已知aÎR，函数f(x)=x3−3x2+3ax−3a+3‎ ‎（Ⅰ）求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）当xÎ[0，2]时，求|f(x)|的最大值．‎ ‎ 【命题意图】本题考查导数的几何意义，导数应用等基础知识，同时考查推理论证能力，分类讨论等分析问题和解决问题的能力 ‎ 【答案解析】‎ ‎（Ⅰ）由题意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 ‎（Ⅱ）由于f ¢(x)=3(x−1)2+3(a−1)，0x£2．故 ‎（ⅰ）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 ‎（ⅱ）当a³1时，有f ¢(x) ³0，此时f(x)在[0，2]上单调递增，故 ‎|f(x)|max=max{|f(0)|，|f(2)|}= 3a−1‎ ‎（ⅲ）当00，f(x1)×f(x2)=4(1−a)>0‎ 从而 f(x1)>| f(x2)|．‎ 所以 ‎|f(x)|max=max{f(0)，|f(2)|，f(x1)}‎ ‎（1）当0|f(2)|．‎ 又 f(x1)− f(0)=2(1−a)−(2−3a)=>0‎ 故 ‎|f(x)|max= f(x1)=1+2(1−a)．‎ ‎（2）当£a<1时，|f(2)|=f(2)，且f(2)³f(0)．‎ 又 f(x1)− |f(2)|=2(1−a)−( 3a −2)= 所以 ‎①当£a<时，f(x1)> |f(2)|．故 ‎|f(x)|max= f(x1)=1+2(1−a)．‎ ‎②当£a<1时，f(x1) £ |f(2)|．故 ‎|f(x)|max=| f(2)|= 3a−1．‎ ‎ 综上所述，‎ ‎|f(x)|max=