2013年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(浙江卷)理

1、1 / 17 浙江理科浙江理科 選擇題部分(共 50 分) 一、選擇題:本大題共 10小題,每小題 5分,共 50 分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的. 1.(2013 浙江,理 1)已知 i是虛數(shù)單位,則(-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,故選 b. 2.(2013 浙江,理 2)設(shè)集合 s=x|x-2,t=x|x2+3x-40,則(rs)t=( ). a.(-2,1 b.(-,-4 c.(-,1 d.1,+) 答案:c 解析:由題意得 t=

2、x|x2+3x-40=x|-4x1.又 s=x|x-2,(rs)t=x|x-2x|-4x1=x|x1,故選 c. 3.(2013 浙江,理 3)已知 x,y為正實數(shù),則( ). 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:根據(jù)指數(shù)與對數(shù)的運算法則可知, 2lg x+lg y=2lg x2lg y,故 a錯,b錯,c 錯; d中,2lg(xy)=2lg x+lg y=2lg x2lg y,故選 d. 4.(2013 浙江,理 4)已知函

3、數(shù) f(x)=acos(x+)(a0,0,r),則“f(x)是奇函數(shù)”是“=2”的( ). a.充分不必要條件 2 / 17 b.必要不充分條件 c.充分必要條件 d.既不充分也不必要條件 答案:b 解析:若 f(x)是奇函數(shù),則 =k+2,kz; 若 =2,則 f(x)=acos(x+)=-asin x,顯然是奇函數(shù). 所以“f(x)是奇函數(shù)”是“=2”的必要不充分條件. 5.(2013 浙江,理 5)某程序框圖如圖所示,若該程序運行后輸出的值是95,則( ). a.a=4 b.a=5 c.a=6 d.a=7 答案:a 解析:該程序框圖的功能為計算 1+112+123+1(+1)=2-1+1

4、的值,由已知輸出的值為95,可知當(dāng) a=4時 2-1+1=95.故選 a. 6.(2013 浙江,理 6)已知 r,sin +2cos =102,則 tan 2=( ). a.43 b.34 c.-34 d.-43 答案:c 3 / 17 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, 當(dāng) cos =1010時,sin =31010; 當(dāng) cos =31010時,sin =-1010. tan =3 或 tan =-13,tan 2=-34. 7.(2013 浙江,理 7)設(shè)abc,p0是邊

5、ab上一定點,滿足 p0b=14ab,且對于邊 ab 上任一點 p,恒有 0b 0c ,則( ). a.abc=90 b.bac=90 c.ab=ac d.ac=bc 答案:d 解析:設(shè) =t (0t1), = + =t + , =(t )(t + )=t2 2+t . 由題意 0b 0c , 即 t2 2+t 14 (14 + ) =(14)2 2+14 bc, 即當(dāng) t=14時 取得最小值. 4 / 17 由二次函數(shù)的性質(zhì)可知:- 2 2=14, 即:- =12 2, (12 + )=0. 取 ab中點 m,則12 + = + = , =0,即 abmc. ac=bc.故選 d. 8.(2

6、013 浙江,理 8)已知 e 為自然對數(shù)的底數(shù),設(shè)函數(shù) f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),則( ). a.當(dāng) k=1時,f(x)在 x=1 處取到極小值 b.當(dāng) k=1時,f(x)在 x=1 處取到極大值 c.當(dāng) k=2時,f(x)在 x=1 處取到極小值 d.當(dāng) k=2時,f(x)在 x=1 處取到極大值 答案:c 解析:當(dāng) k=1時,f(x)=(ex-1)(x-1),f(x)=xex-1, f(1)=e-10, f(x)在 x=1處不能取到極值; 當(dāng) k=2時,f(x)=(ex-1)(x-1)2,f(x)=(x-1)(xex+ex-2), 令 h(x)=xex+ex-2,

7、 則 h(x)=xex+2ex0,x(0,+). 說明 h(x)在(0,+)上為增函數(shù), 且 h(1)=2e-20,h(0)=-10, 因此當(dāng) x0 x1(x0為 h(x)的零點)時,f(x)1時,f(x)0,f(x)在(1,+)上是增函數(shù). 5 / 17 x=1是 f(x)的極小值點,故選 c. 9.(2013 浙江,理 9)如圖,f1,f2是橢圓 c1:24+y2=1與雙曲線 c2的公共焦點,a,b 分別是 c1,c2在第二、四象限的公共點.若四邊形 af1bf2為矩形,則 c2的離心率是( ). a.2 b.3 c.32 d.62 答案:d 解析:橢圓 c1中,|af1|+|af2|=4

8、,|f1f2|=23. 又因為四邊形 af1bf2為矩形, 所以f1af2=90 . 所以|af1|2+|af2|2=|f1f2|2, 所以|af1|=2-2,|af2|=2+2. 所以在雙曲線 c2中,2c=23,2a=|af2|-|af1|=22,故 e=32=62,故選 d. 10.(2013 浙江,理 10)在空間中,過點 a 作平面 的垂線,垂足為 b,記 b=f(a).設(shè) ,是兩個不同的平面,對空間任意一點 p,q1=ff(p),q2=ff(p),恒有 pq1=pq2,則( ). a.平面 與平面 垂直 b.平面 與平面 所成的(銳)二面角為 45 c.平面 與平面 平行 d.平面

9、 與平面 所成的(銳)二面角為 60 答案:a 非選擇題部分(共 100 分) 二、填空題:本大題共 7小題,每小題 4分,共 28 分. 6 / 17 11.(2013 浙江,理 11)設(shè)二項式(-13)5的展開式中常數(shù)項為 a,則 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)若某幾何體的三視圖(單位:cm)如圖所示,則此幾何體的體積等于 cm3. 答案:24 解析:由三視圖可

10、知該幾何體為如圖所示的三棱柱割掉了一個三棱錐.1e1-abc= 111-abc-111=12345-1312343=30-6=24. 13.(2013 浙江,理 13)設(shè) z=kx+y,其中實數(shù) x,y滿足 + -2 0,-2 + 4 0,2-4 0.若 z的最大值為 12,則實數(shù)k= . 答案:2 解析:畫出可行域如圖所示. 7 / 17 由可行域知,最優(yōu)解可能在 a(0,2)或 c(4,4)處取得. 若在 a(0,2)處取得不符合題意; 若在 c(4,4)處取得,則 4k+4=12,解得 k=2,此時符合題意. 14.(2013 浙江,理 14)將 a,b,c,d,e,f六個字母排成一排,

11、且 a,b均在 c的同側(cè),則不同的排法共有 種(用數(shù)字作答). 答案:480 解析:如圖六個位置 123456.若 c 放在第一個位置,則滿足條件的排法共有a55種情況;若 c 放在第 2 個位置,則從 3,4,5,6共 4個位置中選 2個位置排 a,b,再在余下的 3 個位置排 d,e,f,共a42a33種排法;若c放在第 3個位置,則可在 1,2兩個位置排 a,b,其余位置排 d,e,f,則共有a22a33種排法或在 4,5,6共3 個位置中選 2 個位置排 a,b,再在其余 3 個位置排 d,e,f,共有a32a33種排法;若 c 在第 4個位置,則有a22a33+ a32a33種排法;

12、若 c在第 5個位置,則有a42a33種排法;若 c在第 6個位置,則有a55種排法. 綜上,共有 2(a55+ a42a33+ a32a33+ a22a33)=480(種)排法. 15.(2013 浙江,理 15)設(shè) f為拋物線 c:y2=4x的焦點,過點 p(-1,0)的直線 l交拋物線 c于 a,b兩點,點 q為線段 ab的中點,若|fq|=2,則直線 l的斜率等于 . 答案: 1 解析:設(shè)直線 l的方程為 y=k(x+1),a(x1,y1),b(x2,y2).由2= 4x, = ( + 1)聯(lián)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), 8 / 17 (-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 的中點.若 sinbam=13,則sinbac= . 答案:63 解析:如圖以 c為原點建立平面直角坐標(biāo)系, 設(shè) a(0,b),b(a,0), 則 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. 9 / 17 17.(2013 浙江,理 17)設(shè) e1,e2為單位向量,非零向量 b=xe1+ye2,x,yr.若 e1,e2的夾角為6,則|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,當(dāng) x=0 時,|=0; 當(dāng) x0 時,|=1()2+3y+1=1(+32)2+142. 三、解答題:本大題共 5小題,共 72 分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟. 18.(

15、2013 浙江,理 18)(本題滿分 14分)在公差為 d的等差數(shù)列an中,已知 a1=10,且 a1,2a2+2,5a3成等比數(shù)列. (1)求 d,an; (2)若 d0,求|a1|+|a2|+|a3|+|an|. 解:(1)由題意得 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)設(shè)數(shù)列an的前 n項和為 sn. 因為 d0,由(1)得 d=-1,an=-n+11. 則當(dāng) n11 時,|a1|+|a2|+|a3|+|an|=sn=-12n2+212n. 當(dāng) n12時,|a1|+|a2|+|

16、a3|+|an|=-sn+2s11=12n2-212n+110. 綜上所述,|a1|+|a2|+|a3|+|an|=-122+212n,n 11,122-212n + 110,n 12. 10 / 17 19.(2013 浙江,理 19)(本題滿分 14分)設(shè)袋子中裝有 a 個紅球,b 個黃球,c個藍球,且規(guī)定:取出一個紅球得 1 分,取出一個黃球得 2 分,取出一個藍球得 3 分. (1)當(dāng) a=3,b=2,c=1 時,從該袋子中任取(有放回,且每球取到的機會均等)2個球,記隨機變量 為取出此 2球所得分?jǐn)?shù)之和,求 的分布列; (2)從該袋子中任取(每球取到的機會均等)1 個球,記隨機變量

17、為取出此球所得分?jǐn)?shù).若 e=53,d=59,求 abc. 解:(1)由題意得 =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, 所以 的分布列為 2 3 4 5 6 p 14 13 518 19 136 (2)由題意知 的分布列為 1 2 3 p aa + b + c ba + b + c ca + b + c 所以 e()=+2+3+=53, 11 / 17 d()=(1-53)2+ (2-53)2+ (3-53)2+=59, 化簡得2-4 = 0,

18、 + 4-11 = 0. 解得 a=3c,b=2c,故 abc=321. 20.(2013 浙江,理 20)(本題滿分 15分)如圖,在四面體 a-bcd 中,ad平面bcd,bccd,ad=2,bd=22.m 是 ad 的中點,p是 bm的中點,點 q在線段 ac 上,且 aq=3qc. (1)證明:pq平面 bcd; (2)若二面角 c-bm-d的大小為 60 ,求bdc的大小. 方法一:(1)證明:取 bd的中點 o,在線段 cd 上取點 f,使得 df=3fc,連結(jié) op,of,fq,因為 aq=3qc,所以 qfad,且 qf=14ad. 因為 o,p 分別為 bd,bm的中點, 所

19、以 op 是bdm 的中位線, 所以 opdm,且 op=12dm. 又點 m 為 ad的中點,所以 opad,且 op=14ad. 從而 opfq,且 op=fq, 所以四邊形 opqf 為平行四邊形,故 pqof. 12 / 17 又 pq平面 bcd,of平面 bcd, 所以 pq平面 bcd. (2)解:作 cgbd于點 g,作 chbm 于點 h,連結(jié) ch. 因為 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,c

20、hbm. 所以chg為二面角 c-bm-d的平面角,即chg=60 . 設(shè)bdc=. 在 rtbcd 中,cd=bdcos =22cos , cg=cdsin =22cos sin , bg=bcsin =22sin2. 在 rtbdm中,hg=22sin23. 在 rtchg中,tanchg=3cossin= 3. 所以 tan =3. 從而 =60 .即bdc=60 . 方法二:(1)證明:如圖,取 bd 的中點 o,以 o為原點,od,op 所在射線為 y,z 軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系 oxyz. 13 / 17 由題意知 a(0,2,2),b(0,-2,0),d(0,2,0).

21、設(shè)點 c的坐標(biāo)為(x0,y0,0). 因為 =3 ,所以 q(340,24+340,12). 因為 m 為 ad的中點,故 m(0,2,1). 又 p 為 bm的中點,故 p(0,0,12), 所以 = (340,24+340,0). 又平面 bcd的一個法向量為 u=(0,0,1),故 u=0. 又 pq平面 bcd,所以 pq平面 bcd. (2)解:設(shè) m=(x,y,z)為平面 bmc的一個法向量. 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 bd

22、m的一個法向量為 n=(1,0,0), 于是|cos|=|=|0+20|9+(0+20)2=12,即(0+20)2=3. 又 bccd,所以 =0, 故(-x0,-2-y0,0)(-x0,2-y0,0)=0, 14 / 17 即02+ 02=2. 聯(lián)立,解得0= 0,0= -2,(舍去)或0= 62,0=22. 所以 tanbdc=|02-0| = 3. 又bdc是銳角,所以bdc=60 . 21.(2013 浙江,理 21)(本題滿分 15分)如圖,點 p(0,-1)是橢圓 c1:22+22=1(ab0)的一個頂點,c1的長軸是圓 c2:x2+y2=4的直徑,l1,l2是過點 p且互相垂直的

23、兩條直線,其中 l1交圓 c2于 a,b兩點,l2交橢圓c1于另一點 d. (1)求橢圓 c1的方程; (2)求abd面積取最大值時直線 l1的方程. 解:(1)由題意得 = 1, = 2. 所以橢圓 c的方程為24+y2=1. (2)設(shè) a(x1,y1),b(x2,y2),d(x0,y0). 由題意知直線 l1的斜率存在,不妨設(shè)其為 k, 則直線 l1的方程為 y=kx-1. 又圓 c2:x2+y2=4,故點 o 到直線 l1的距離 d=12+1, 所以|ab|=24-2=242+32+1. 又 l2l1,故直線 l2的方程為 x+ky+k=0. 15 / 17 由 + + = 0,2+ 42= 4, 消去 y,整理得(4+k2)x2+8kx=0, 故 x0=-84+2. 所以|pd|=82+14+2. 設(shè)abd的面積為 s, 則 s=12|ab|pd|=842+34+2, 所以 s=3242+3+1342+3 32242+31342+3=161313, 當(dāng)且僅當(dāng) k=102時取等號. 所以所求直線 l1的方程為 y=102x-1. 22