2013年普通高等学校招生全国统一考试数学(浙江卷)理 (2)

1、1 / 14 浙江理科浙江理科 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(-1+i)(2-i)=( ). a.-3+i b.-1+3i c.-3+3i d.-1+i 答案:b 解析:(-1+i)(2-i)=-2+i+2i-i2=-1+3i,故选 b. 2.(2013 浙江,理 2)设集合 s=x|x-2,t=x|x2+3x-40,则(rs)t=( ). a.(-2,1 b.(-,-4 c.(-,1 d.1,+) 答案:c 解析:由题意得 t=

2、x|x2+3x-40=x|-4x1.又 s=x|x-2,(rs)t=x|x-2x|-4x1=x|x1,故选 c. 3.(2013 浙江,理 3)已知 x,y为正实数,则( ). a.2lg x+lg y=2lg x+2lg y b.2lg(x+y)=2lg x 2lg y c.2lg x lg y=2lg x+2lg y d.2lg(xy)=2lg x 2lg y 答案:d 解析:根据指数与对数的运算法则可知, 2lg x+lg y=2lg x2lg y,故 a 错,b错,c 错; d中,2lg(xy)=2lg x+lg y=2lg x2lg y,故选 d. 4.(2013 浙江,理 4)已知

3、函数 f(x)=acos(x+)(a0,0,r),则“f(x)是奇函数”是“=2”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:b 解析:若 f(x)是奇函数,则 =k+2,kz; 2 / 14 若 =2,则 f(x)=acos(x+)=-asin x,显然是奇函数. 所以“f(x)是奇函数”是“=2”的必要不充分条件. 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95,则( ). a.a=4 b.a=5 c.a=6 d.a=7 答案:a 解析:该程序框图的功能为计算 1+112+123+1(+1)=2-1+

4、1的值,由已知输出的值为95,可知当 a=4时 2-1+1=95.故选 a. 6.(2013 浙江,理 6)已知 r,sin +2cos =102,则 tan 2=( ). a.43 b.34 c.-34 d.-43 答案:c 解析:由 sin +2cos =102得,sin =102-2cos . 把式代入 sin2+cos2=1中可解出 cos =1010或31010, 当 cos =1010时,sin =31010; 当 cos =31010时,sin =-1010. tan =3或 tan =-13,tan 2=-34. 7.(2013 浙江,理 7)设abc,p0是边 ab上一定点,

5、满足 p0b=14ab,且对于边 ab 上任一点 p,恒有 0b 0c ,则( ). 3 / 14 a.abc=90 b.bac=90 c.ab=ac d.ac=bc 答案:d 解析:设 =t (0t1), = + =t + , =(t )(t + )=t2 2+t . 由题意 0b 0c , 即 t2 2+t 14 (14 + ) =(14)2 2+14 bc, 即当 t=14时 取得最小值. 由二次函数的性质可知:- 2 2=14, 即:- =12 2, (12 + )=0. 取 ab中点 m,则12 + = + = , =0,即 abmc. ac=bc.故选 d. 8.(2013 浙江,

6、理 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 4 / 14 答案:c 解析:当 k=1时,f(x)=(ex-1)(x-1),f(x)=xex-1, f(1)=e-10, f(x)在 x=1 处不能取到极值; 当 k=2时,f(x)=(ex-1)(x-1)2,f(x)=(x-1)(xex+ex-2), 令 h(x)=xex+ex-2

7、, 则 h(x)=xex+2ex0,x(0,+). 说明 h(x)在(0,+)上为增函数, 且 h(1)=2e-20,h(0)=-10, 因此当 x0 x1(x0为 h(x)的零点)时,f(x)1时,f(x)0,f(x)在(1,+)上是增函数. x=1 是 f(x)的极小值点,故选 c. 9.(2013 浙江,理 9)如图,f1,f2是椭圆 c1:24+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.2 b.3 c.32 d.62 答案:d 解析:椭圆 c1中,|af1|+|af2|=4,|f1f

8、2|=23. 又因为四边形 af1bf2为矩形, 所以f1af2=90 . 所以|af1|2+|af2|2=|f1f2|2, 所以|af1|=2-2,|af2|=2+2. 所以在双曲线 c2中,2c=23,2a=|af2|-|af1|=22,故 e=32=62,故选 d. 5 / 14 10.(2013 浙江,理 10)在空间中,过点 a 作平面 的垂线,垂足为 b,记 b=f(a).设 ,是两个不同的平面,对空间任意一点 p,q1=ff(p),q2=ff(p),恒有 pq1=pq2,则( ). a.平面 与平面 垂直 b.平面 与平面 所成的(锐)二面角为 45 c.平面 与平面 平行 d.

9、平面 与平面 所成的(锐)二面角为 60 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.(2013 浙江,理 11)设二项式(-13)5的展开式中常数项为 a,则 a= . 答案:-10 解析:tr+1=c5()5-r(-13)= c55-2(-1)r-3=(-1)rc55-2-3=(-1)rc515-56.令 15-5r=0,得 r=3, 所以 a=(-1)3c53=-c52=-10. 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:24 解析:由三视图可知该几何体

10、为如图所示的三棱柱割掉了一个三棱锥.1e1-abc= 111-abc-111=12345-1312343=30-6=24. 13.(2013 浙江,理 13)设 z=kx+y,其中实数 x,y满足 + -2 0,-2 + 4 0,2-4 0.若 z的最大值为 12,则实数k= . 答案:2 6 / 14 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 4k+4=12,解得 k=2,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

11、均在 c的同侧,则不同的排法共有 种(用数字作答). 答案:480 解析:如图六个位置 123456.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a42a33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a22a33种排法或在 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a32a33种排法;若 c 在第 4个位置,则有a22a33+ a32a33种排法;若 c

12、 在第 5 个位置,则有a42a33种排法;若 c 在第 6 个位置,则有a55种排法. 综上,共有 2(a55+ a42a33+ a32a33+ a22a33)=480(种)排法. 15.(2013 浙江,理 15)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 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: 1 解析:设直线 l的方程为 y=k(x+1),a(x1,y1),b(x2,y2).由2= 4x, = ( + 1)联立,得 k2x2+2(k2-2)x+k2=0,x1+x2=-2(2-2)2, 1+22=-2

13、-22=-1+22,1+22=2, 即 q(-1 +22,2). 又|fq|=2,f(1,0), (-1 +22-1)2+ (2)2=4,解得 k= 1. 16.(2013 浙江,理 16)在abc中,c=90 ,m是 bc的中点.若 sinbam=13,则 sinbac= . 7 / 14 答案:63 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 m(2,0), =(a,-b), = (2,-b), cosmab= | | | =22+22+224+2. 又 sinmab=13, cosmab=1-(13)2= 89. (22+2)2(2+2)(24+2)

14、=89, 整理得 a4-4a2b2+4b4=0, 即 a2-2b2=0,a2=2b2, sincab=2+2=32=2b3b=63. 17.(2013 浙江,理 17)设 e1,e2为单位向量,非零向量 b=xe1+ye2,x,yr.若 e1,e2的夹角为6,则|的最大值等于 . 答案:2 解析:|b|2=(xe1+ye2)2=x2+y2+2xye1e2=x2+y2+3xy. |=|2+2+3xy,当 x=0时,|=0; 当 x0时,|=1()2+3y+1=1(+32)2+142. 8 / 14 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.(20

15、13 浙江,理 18)(本题满分 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. (1)求 d,an; (2)若 d0,求|a1|+|a2|+|a3|+|an|. 解:(1)由题意得 5a3a1=(2a2+2)2, 即 d2-3d-4=0, 故 d=-1或 d=4. 所以 an=-n+11,nn*或 an=4n+6,nn*. (2)设数列an的前 n项和为 sn. 因为 d0,由(1)得 d=-1,an=-n+11. 则当 n11时,|a1|+|a2|+|a3|+|an|=sn=-12n2+212n. 当 n12 时,|a1|+|a2|+|a3

16、|+|an|=-sn+2s11=12n2-212n+110. 综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+|an|=-122+212n,n 11,122-212n + 110,n 12. 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 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 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.

17、若 e=53,d=59,求 abc. 解:(1)由题意得 =2,3,4,5,6. 故 p(=2)=3366=14, p(=3)=23266=13, p(=4)=231+2266=518, p(=5)=22166=19, p(=6)=1166=136, 9 / 14 所以 的分布列为 2 3 4 5 6 p 14 13 518 19 136 (2)由题意知 的分布列为 1 2 3 p aa + b + c ba + b + c ca + b + c 所以 e()=+2+3+=53, d()=(1-53)2+ (2-53)2+ (3-53)2+=59, 化简得2-4 = 0, + 4-11 = 0

18、. 解得 a=3c,b=2c,故 abc=321. 20.(2013 浙江,理 20)(本题满分 15分)如图,在四面体 a-bcd 中,ad平面bcd,bccd,ad=2,bd=22.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. 方法一:(1)证明:取 bd的中点 o,在线段 cd 上取点 f,使得 df=3fc,连结 op,of,fq,因为 aq=3qc,所以 qfad,且 qf=14ad. 因为 o,p 分别为 bd,bm的中点, 10 / 14 所以 o

19、p 是bdm 的中位线, 所以 opdm,且 op=12dm. 又点 m 为 ad的中点,所以 opad,且 op=14ad. 从而 opfq,且 op=fq, 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,adbd=d, 故 cg平面 abd,又 bm平面 abd, 所以 cgbm. 又 ghbm,cggh=g,故 bm平面 cgh, 所以 ghbm,chbm. 所以chg为

20、二面角 c-bm-d的平面角,即chg=60 . 设bdc=. 在 rtbcd 中,cd=bdcos =22cos , cg=cdsin =22cos sin , bg=bcsin =22sin2. 11 / 14 在 rtbdm中,hg=22sin23. 在 rtchg中,tanchg=3cossin= 3. 所以 tan =3. 从而 =60 .即bdc=60 . 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

21、,y0,0). 因为 =3 ,所以 q(340,24+340,12). 因为 m 为 ad的中点,故 m(0,2,1). 又 p 为 bm的中点,故 p(0,0,12), 所以 = (340,24+340,0). 又平面 bcd的一个法向量为 u=(0,0,1),故 u=0. 又 pq平面 bcd,所以 pq平面 bcd. (2)解:设 m=(x,y,z)为平面 bmc的一个法向量. 由 =(-x0,2-y0,1), =(0,22,1), 知-0 x + (2-0)y + z = 0,22y + z = 0. 取 y=-1,得 m=(0+20,-1,22). 又平面 bdm的一个法向量为 n=

22、(1,0,0), 于是|cos|=|=|0+20|9+(0+20)2=12,即(0+20)2=3. 12 / 14 又 bccd,所以 =0, 故(-x0,-2-y0,0)(-x0,2-y0,0)=0, 即02+ 02=2. 联立,解得0= 0,0= -2,(舍去)或0= 62,0=22. 所以 tanbdc=|02-0| = 3. 又bdc 是锐角,所以bdc=60 . 21.(2013 浙江,理 21)(本题满分 15分)如图,点 p(0,-1)是椭圆 c1:22+22=1(ab0)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

23、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 = 1, = 2. 所以椭圆 c的方程为24+y2=1. (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 y=kx-1. 又圆 c2:x2+y2=4,故点 o 到直线 l1的距离 d=12+1, 所以|ab|=24-2=242+32+1. 又 l2l1,故直线 l2的方程为 x+ky+k=0. 由 + + = 0,2+ 42= 4, 13 / 14 消去 y,整理得(4+k2)x2+8kx=0, 故 x0=-84+2. 所以|pd|=82+14+2. 设abd的面积为 s, 则 s=12|ab|pd|=842+34+2, 所以 s=3242+3+1342+3 32242+31342+3=161313, 当且仅当 k=102时取等号. 所以所求直线 l1的方