2013年高考数学全解全析－浙江卷（理）

1、2013浙江卷(理)选择题部分一、选择题1已知i是虚数单位，则(1i)(2i)等于()A3i B13iC33i D1i答案B解析(1i)(2i)23ii213i.2设集合Sx|x>2，Tx|x23x40，则(RS)T等于()A(2,1 B(，4C(，1 D1，)答案C解析Tx|x23x40x|4x1Sx|x>2，RSx|x2，(RS)Tx|x1(，1故选C.3已知x，y为正实数，则()A2lg xlg y2lg x2lg y B2lg(xy)2lg x·2lg yC2lg x·lg y2lg x2lg y D2lg(xy)2lg x·2lg y答案D解

2、析2lg x·2lg y2lg xlg y2lg(xy)故选D.4已知函数f(x)Acos(x)(A>0，>0，R)，则“f(x)是奇函数”是“”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f(x)AcosAsin(x)为奇函数，“f(x)是奇函数”是“”的必要条件又f(x)Acos(x)是奇函数f(0)0k(kZ)D/.“f(x)是奇函数”不是“”的充分条件5某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则()Aa4 Ba5 Ca6 Da7答案A解析S12k4，因而a4.故选A.6已知R，sin 2cos ，则tan 2等于(

3、)A. B. C D答案C解析sin 2cos ，sin24sin ·cos 4cos2.用降幂公式化简得：4sin 23cos 2，tan 2.故选C.7设ABC，P0是边AB上一定点，满足P0BAB，且对于边AB上任一点P，恒有··，则()AABC90° BBAC90°CABAC DACBC答案D解析设BC中点为M，则·2222同理·22··恒成立，|恒成立即P0MAB，取AB的中点N，又P0BAB，则CNAB，ACBC.故选D.8已知e为自然对数的底数，设函数f(x)(ex1)(x1)k(k1,2)

4、，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处取到极大值答案C解析当k1时，f(x)ex·x1，f(1)0.x1不是f(x)的极值点当k2时，f(x)(x1)(xexex2)显然f(1)0，且x在1的左边附近f(x)<0，x在1的右边附近f(x)>0，f(x)在x1处取到极小值故选C.9. 如图，F1，F2是椭圆C1：y21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.答案D解析

5、|F1F2|2.设双曲线的方程为1.|AF2|AF1|4，|AF2|AF1|2a，|AF2|2a，|AF1|2a.在RtF1AF2中，F1AF290°，|AF1|2|AF2|2|F1F2|2，即(2a)2(2a)2(2)2，a，e.故选D.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45°C平面与平面平行D平面与平面所成的(锐)二面角为60°答案A解析本题关键是理解Bf(A)的含义若平面与平面不垂直在其中一个平

6、面上取一点P.则PQ1PQ2.所以平面与平面垂直，故选A.非选择题部分二、填空题11设二项式5的展开式中常数项为A，则A_.答案10解析Tr1C()r5rCx·(1)5r令5r100，则r2.AT3C(1)310.12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，其直观图为：AB4，AC3，BAC90°，BC5.作AHBC于H，AH.作A1MBB1于M，A1NCC1于N.连接MN.V×(5×3)×(3×4)××224.13设zkxy，其中实数x，y满足若z的最大

7、值为12，则实数k _.答案2解析根据约束条件画出可行域如图因为z的最大值为12.所以直线kxy12必过(4,4)点，k2.14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)答案480解析分类讨论：A、B都在C的左侧，且按C的左侧分别有两个、三个、四个、五个字母这4类计算，再考虑右侧情况所以共有：2(A·ACA·ACAA)480.15设F为抛物线C：y24x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yk(x1)，A(

8、x1，y1)、B(x2，y2)、Q(x0，y0)解方程组.化简得：k2x2(2k24)xk20x1x2，y1y2k(x1x22).x0，y0.由2得：224.k±1.16在ABC中，C90°，M是BC的中点若sinBAM，则sinBAC_.答案17设e1，e2为单位向量，非零向量bxe1ye2，x，yR.若e1，e2的夹角为，则的最大值等于_答案2解析当x0时，0；当x0时，|b|2(xe1ye2)2x2y22xye1·e2x2y2xy.2.由知的最大值为2.三、解答题18在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1,2a22,5a3成等比数列(1)求d，an

9、；(2)若d<0，求|a1|a2|an|.解(1)由题意得5a3·a1(2a22)2，即d23d40.故d1或d4.所以ann11，nN*或an4n6，nN*.(2)设数列an的前n项和为Sn.因为d<0，由(1)得d1，ann11.当n11时，|a1|a2|a3|an|Snn2n.当n12时，|a1|a2|a3|an|Sn2S11n2n110.综上所述，|a1|a2|a3|an|19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，

10、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E()，D()，求abc.解(1)由题意得2,3,4,5,6.故P(2)，P(3)，P(4)，P(5)，P(6).所以的分布列为23456P(2)由题意知的分布列为123P所以E()，D()2·2·2·.化简得解得a3c，b2c，故abc321.20如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2，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)若平面角CBMD的大小为6

11、0°，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DF3FC，连结OP、OF、FQ.因为AQ3QC，所以QFAD，且QFAD.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OPDM.又点M为AD的中点，所以OPAD，且OPAD.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GHBM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G

12、HBM，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BDC.在RtBCD中，CDBDcos 2cos ，CGCDsin 2cos sin ，BGBCsin 2sin2.在RtBDM中，HG.在RtCHG中，tan CHG.所以tan .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)，B(0，0)，D(0，0)设点C的坐标为(x0，y0,0)因为3，所以Q.因为M为AD的中点，故M(0

13、，1)又P为BM的中点，故P，所以.又平面BCD的一个法向量为a(0,0,1)，故·a0.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，y0,1)，(0,2，1)知取y1，得m.又平面BDM的一个法向量为n(1,0,0)，于是|cosm，n|，即23.又BCCD，所以·0，故(x0，y0,0)·(x0，y0,0)0，即xy2.联立，解得(舍去)或所以tanBDC.又BDC是锐角，所以BDC60°.21. 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：x2y2

14、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面积取最大值时直线l1的方程解(1)由题意得所以椭圆C的方程为y21.(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：x2y24，故点O到直线l1的距离d，所以|AB|22.又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故x0.所以|PD|.设ABD的面积为S，则S·|AB|·|PD|，所以S，当且仅当k&#

15、177;时取等号所以所求直线l1的方程为y±x1.22已知aR，函数f(x)x33x23ax3a3.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当x0,2时，求|f(x)|的最大值解(1)由题意得f(x)3x26x3a，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)23(a1)，0x2.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，f(x)0，此时f(x)在0,2上单调递增，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|3a1.当0<a<1时，设x11，x21，则0<x1<x2<2，f(x)3(xx1)(xx2)列表如下：由于f(x1)12(1a)，f(x2)12(1a)，故f(x1)f(x2)2>0，f(x1)f(x2)4(1a)>0.从而f(x1)>|f(x2)|.所以|f(x)|maxma