2013年浙江省高考數學試卷（理科）

1、2013年浙江省高考數學試卷（理科）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（5分）已知i是虛數單位，則（1+i）（2i）=（）A3+iB1+3iC3+3iD1+i2（5分）設集合S=x|x2，T=x|x2+3x40，則（RS）T=（）A（2，1B（，4C（，1D1，+）3（5分）已知x，y為正實數，則（）A2lgx+lgy=2lgx+2lgyB2lg（x+y）=2lgx2lgyC2lgxlgy=2lgx+2lgyD2lg（xy）=2lgx2lgy4（5分）已知函數f（x）=Acos（x+）（A0，0，R），則“f（x）是奇函數”是“

2、=”的（）A充分不必要條件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5（5分）某程序框圖如圖所示，若該程序運行后輸出的值是，則（）Aa=4Ba=5Ca=6Da=76（5分）已知，則tan2=（）ABCD7（5分）設ABC，P0是邊AB上一定點，滿足，且對于邊AB上任一點P，恒有則（）AABC=90°BBAC=90°CAB=ACDAC=BC8（5分）已知e為自然對數的底數，設函數f（x）=（ex1）（x1）k（k=1，2），則（）A當k=1時，f（x）在x=1處取得極小值B當k=1時，f（x）在x=1處取得極大值C當k=2時，f（x）在x=1處取得極小值D當k=2時

3、，f（x）在x=1處取得極大值9（5分）如圖F1、F2是橢圓C1：+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（）ABCD10（5分）在空間中，過點A作平面的垂線，垂足為B，記B=f（A）設，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平面與平面所成的（銳）二面角為60°二、填空題：本大題共7小題，每小題4分，共28分11（4分）設二項式的展開式中常數項為A，則A= 12

4、（4分）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 cm313（4分）設z=kx+y，其中實數x，y滿足，若z的最大值為12，則實數k= 14（4分）將A，B，C，D，E，F六個字母排成一排，且A，B均在C的同側，則不同的排法共有 種（用數字作答）15（4分）設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于兩點A，B，點Q為線段AB的中點，若|FQ|=2，則直線l的斜率等于 16（4分）ABC中，C=90°，M是BC的中點，若，則sinBAC= 17（4分）設、為單位向量，非零向量=x+y，x、yR若、的夾角為30°，則的最大值等于

5、 三、解答題：本大題共5小題，共72分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟18（14分）在公差為d的等差數列an中，已知a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比數列（）求d，an；（）若d0，求|a1|+|a2|+|a3|+|an|19（14分）設袋子中裝有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2分，取出藍球得3分（1）當a=3，b=2，c=1時，從該袋子中任?。ㄓ蟹呕兀颐壳蛉〉降臋C會均等）2個球，記隨機變量為取出此2球所得分數之和求分布列；（2）從該袋子中任取（且每球取到的機會均等）1個球，記隨機變量為取出此球所得分數若，求a：b：c20（15分）如圖

6、，在四面體ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD=2，BD=2M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CBMD的大小為60°，求BDC的大小21（15分）如圖，點P（0，1）是橢圓C1：+=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且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1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面積的最大值時直線l1的方程22（14分）已知aR，函數f（x）=x33x2+3ax3a+3（1）求曲線y=f（x）在點（1，f（1

7、）處的切線方程；（2）當x0，2時，求|f（x）|的最大值2013年浙江省高考數學試卷（理科）參考答案與試題解析一選擇題：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（5分）已知i是虛數單位，則（1+i）（2i）=（）A3+iB1+3iC3+3iD1+i【分析】直接利用兩個復數代數形式的乘法法則，以及虛數單位i的冪運算性質，運算求得結果【解答】解：（1+i）（2i）=2+i+2i+1=1+3i，故選：B【點評】本題主要考查兩個復數代數形式的乘法，虛數單位i的冪運算性質，屬于基礎題2（5分）設集合S=x|x2，T=x|x2+3x40，則（RS）T=（

8、）A（2，1B（，4C（，1D1，+）【分析】先根據一元二次不等式求出集合T，然后求得RS，再利用并集的定義求出結果【解答】解：集合S=x|x2，RS=x|x2，T=x|x2+3x40=x|4x1，故（RS）T=x|x1故選：C【點評】此題屬于以一元二次不等式的解法為平臺，考查了補集及并集的運算，是高考中?？嫉念}型在求補集時注意全集的范圍3（5分）已知x，y為正實數，則（）A2lgx+lgy=2lgx+2lgyB2lg（x+y）=2lgx2lgyC2lgxlgy=2lgx+2lgyD2lg（xy）=2lgx2lgy【分析】直接利用指數與對數的運算性質，判斷選項即可【解答】解：因為as+t=as

9、at，lg（xy）=lgx+lgy（x，y為正實數），所以2lg（xy）=2lgx+lgy=2lgx2lgy，滿足上述兩個公式，故選：D【點評】本題考查指數與對數的運算性質，基本知識的考查4（5分）已知函數f（x）=Acos（x+）（A0，0，R），則“f（x）是奇函數”是“=”的（）A充分不必要條件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【分析】=f（x）=Acos（x+）f（x）=Asin（x）（A0，0，xR）是奇函數f（x）為奇函數f（0）=0=k+，kZ所以“f（x）是奇函數”是“=”必要不充分條件【解答】解：若=，則f（x）=Acos（x+）f（x）=Asin（x）（A

10、0，0，xR）是奇函數；若f（x）是奇函數，f（0）=0，f（0）=Acos（×0+）=Acos=0=k+，kZ，不一定有=“f（x）是奇函數”是“=”必要不充分條件故選：B【點評】本題考查充分條件、必要條件和充要條件的判斷，解題時要認真審題，仔細解答，注意三角函數性質的靈活運用5（5分）某程序框圖如圖所示，若該程序運行后輸出的值是，則（）Aa=4Ba=5Ca=6Da=7【分析】根據已知流程圖可得程序的功能是計算S=1+的值，利用裂項相消法易得答案【解答】解：由已知可得該程序的功能是計算并輸出S=1+=1+1=2若該程序運行后輸出的值是，則 2=a=4，故選：A【點評】本題考查的知識

11、點是程序框圖，其中分析出程序的功能是解答的關鍵6（5分）已知，則tan2=（）ABCD【分析】由題意結合sin2+cos2=1可解得sin，和cos，進而可得tan，再代入二倍角的正切公式可得答案【解答】解：，又sin2+cos2=1，聯立解得，或故tan=，或tan=3，代入可得tan2=，或tan2=故選：C【點評】本題考查二倍角的正切公式，涉及同角三角函數的基本關系，屬中檔題7（5分）設ABC，P0是邊AB上一定點，滿足，且對于邊AB上任一點P，恒有則（）AABC=90°BBAC=90°CAB=ACDAC=BC【分析】設|=4，則|=1，過點C作AB的垂線，垂足為H，

12、在AB上任取一點P，設HP0=a，則由數量積的幾何意義可得|2（a+1）|+a0恒成立，只需=（a+1）24a=（a1）20即可，由此能求出ABC是等腰三角形，AC=BC【解答】解：設|=4，則|=1，過點C作AB的垂線，垂足為H，在AB上任取一點P，設HP0=a，則由數量積的幾何意義可得，=|=|2（a+1）|，=a，于是恒成立，整理得|2（a+1）|+a0恒成立，只需=（a+1）24a=（a1）20即可，于是a=1，因此我們得到HB=2，即H是AB的中點，故ABC是等腰三角形，所以AC=BC故選：D【點評】本題主要考查了平面向量的運算，向量的模及向量的數量積的概念，向量運算的幾何意義的應用

13、，還考查了利用向量解決簡單的幾何問題的能力8（5分）已知e為自然對數的底數，設函數f（x）=（ex1）（x1）k（k=1，2），則（）A當k=1時，f（x）在x=1處取得極小值B當k=1時，f（x）在x=1處取得極大值C當k=2時，f（x）在x=1處取得極小值D當k=2時，f（x）在x=1處取得極大值【分析】通過對函數f（x）求導，根據選項知函數在x=1處有極值，驗證f'（1）=0，再驗證f（x）在x=1處取得極小值還是極大值即可得結論【解答】解：當k=1時，函數f（x）=（ex1）（x1）求導函數可得f'（x）=ex（x1）+（ex1）=（xex1），f'（1）=e1

14、0，f'（2）=2e210，則f（x）在在x=1處與在x=2處均取不到極值，當k=2時，函數f（x）=（ex1）（x1）2求導函數可得f'（x）=ex（x1）2+2（ex1）（x1）=（x1）（xex+ex2），當x=1，f'（x）=0，且當x1時，f'（x）0，當x0x1時（x0為極大值點），f'（x）0，故函數f（x）在（1，+）上是增函數；在（x0，1）上是減函數，從而函數f（x）在x=1取得極小值對照選項故選：C【點評】本題考查了函數的極值問題，考查學生的計算能力，正確理解極值是關鍵9（5分）如圖F1、F2是橢圓C1：+y2=1與雙曲線C2的公共

15、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（）ABCD【分析】不妨設|AF1|=x，|AF2|=y，依題意，解此方程組可求得x，y的值，利用雙曲線的定義及性質即可求得C2的離心率【解答】解：設|AF1|=x，|AF2|=y，點A為橢圓C1：+y2=1上的點，2a=4，b=1，c=；|AF1|+|AF2|=2a=4，即x+y=4；又四邊形AF1BF2為矩形，+=，即x2+y2=（2c）2=12，由得：，解得x=2，y=2+，設雙曲線C2的實軸長為2m，焦距為2n，則2m=|AF2|AF1|=yx=2，2n=2c=2，雙曲線C2的離心率e=故選

16、：D【點評】本題考查橢圓與雙曲線的簡單性質，求得|AF1|與|AF2|是關鍵，考查分析與運算能力，屬于中檔題10（5分）在空間中，過點A作平面的垂線，垂足為B，記B=f（A）設，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平面與平面所成的（銳）二面角為60°【分析】設P1是點P在內的射影，點P2是點P在內的射影根據題意點P1在內的射影與P2在內的射影重合于一點，由此可得四邊形PP1Q1P2為矩形，且P1Q1P2是二面角l的平面角，根據面面垂直的定義可

17、得平面與平面垂直，得到本題答案【解答】解：設P1=f（P），則根據題意，得點P1是過點P作平面垂線的垂足Q1=ff（P）=f（P1），點Q1是過點P1作平面垂線的垂足同理，若P2=f（P），得點P2是過點P作平面垂線的垂足因此Q2=ff（P）表示點Q2是過點P2作平面垂線的垂足對任意的點P，恒有PQ1=PQ2，點Q1與Q2重合于同一點由此可得，四邊形PP1Q1P2為矩形，且P1Q1P2是二面角l的平面角P1Q1P2是直角，平面與平面垂直故選：A【點評】本題給出新定義，要求我們判定平面與平面所成角大小，著重考查了線面垂直性質、二面角的平面角和面面垂直的定義等知識，屬于中檔題二、填空題：本大題共7

18、小題，每小題4分，共28分11（4分）設二項式的展開式中常數項為A，則A=10【分析】先求出二項式展開式的通項公式，再令x的系數等于0，求得r的值，即可求得展開式中的常數項的值【解答】解：二項式的展開式的通項公式為 Tr+1=（1）r=（1）r令=0，解得r=3，故展開式的常數項為=10，故答案為10【點評】本題主要考查二項式定理的應用，二項式展開式的通項公式，求展開式中某項的系數，屬于中檔題12（4分）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24 cm3【分析】先根據三視圖判斷幾何體的形狀，再利用體積公式計算即可【解答】解：幾何體為三棱柱去掉一個三棱錐后的幾何體，底面是

19、直角三角形，直角邊分別為3，4，側面的高為5，被截取的棱錐的高為3如圖：V=V棱柱V棱錐=24（cm3）故答案為：24【點評】本題考查幾何體的三視圖及幾何體的體積計算V椎體=Sh，V柱體=Sh考查空間想象能力13（4分）設z=kx+y，其中實數x，y滿足，若z的最大值為12，則實數k=2【分析】先畫出可行域，得到角點坐標再對k進行分類討論，通過平移直線z=kx+y得到最大值點A，即可得到答案【解答】解：可行域如圖：由得：A（4，4），同樣地，得B（0，2），z=kx+y，即y=kx+z，分k0，k0兩種情況當k0時，目標函數z=kx+y在A點取最大值，即直線z=kx+y在y軸上的截距z最大，即

20、12=4k+4，得k=2；當k0時，當k時，目標函數z=kx+y在A點（4，4）時取最大值，即直線z=kx+y在y軸上的截距z最大，此時，12=4k+4，故k=2當k時，目標函數z=kx+y在B點（0，2）時取最大值，即直線z=kx+y在y軸上的截距z最大，此時，12=0×k+2，故k不存在綜上，k=2故答案為：2【點評】本題主要考查簡單線性規(guī)劃解決此類問題的關鍵是正確畫出不等式組表示的可行域，將目標函數賦予幾何意義14（4分）將A，B，C，D，E，F六個字母排成一排，且A，B均在C的同側，則不同的排法共有480種（用數字作答）【分析】按C的位置分類，在左1，左2，左3，或者在右1，

21、右2，右3，因為左右是對稱的，所以只看左的情況最后乘以2即可【解答】解：按C的位置分類，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因為左右是對稱的，所以只看左的情況最后乘以2即可當C在左邊第1個位置時，有A，當C在左邊第2個位置時，A和B有C右邊的4個位置可以選，有AA，當C在左邊第3個位置時，有AA+AA，共為240種，乘以2，得480則不同的排法共有480種故答案為：480【點評】本題考查排列、組合的應用，關鍵在于明確事件之間的關系，同時要掌握分類討論的處理方法15（4分）設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于兩點A，B，點Q為線段AB的中點，若|FQ|=

22、2，則直線l的斜率等于不存在【分析】由題意設直線l的方程為my=x+1，聯立得到y(tǒng)24my+4=0，=16m216=16（m21）0設A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0）利用根與系數的關系可得y1+y2=4m，利用中點坐標公式可得=2m，x0=my01=2m21Q（2m21，2m），由拋物線C：y2=4x得焦點F（1，0）再利用兩點間的距離公式即可得出m及k，再代入判斷是否成立即可【解答】解：由題意設直線l的方程為my=x+1，聯立得到y(tǒng)24my+4=0，=16m216=16（m21）0設A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0）y1+y2=4m，=2m，x0=my0

23、1=2m21Q（2m21，2m），由拋物線C：y2=4x得焦點F（1，0）|QF|=2，化為m2=1，解得m=±1，不滿足0故滿足條件的直線l不存在故答案為不存在【點評】本題綜合考查了直線與拋物線的位置關系與的關系、根與系數的關系、中點坐標關系、兩點間的距離公式等基礎知識，考查了推理能力和計算能力16（4分）ABC中，C=90°，M是BC的中點，若，則sinBAC=【分析】作出圖象，設出未知量，在ABM中，由正弦定理可得sinAMB=，進而可得cos=，在RTACM中，還可得cos=，建立等式后可得a=b，再由勾股定理可得c=，而sinBAC=，代入化簡可得答案【解答】解：

24、如圖設AC=b，AB=c，CM=MB=，MAC=，在ABM中，由正弦定理可得=，代入數據可得=，解得sinAMB=，故cos=cos（AMC）=sinAMC=sin（AMB）=sinAMB=，而在RTACM中，cos=，故可得=，化簡可得a44a2b2+4b4=（a22b2）2=0，解之可得a=b，再由勾股定理可得a2+b2=c2，聯立可得c=，故在RTABC中，sinBAC=，另解：設BAM為，MAC為，正弦定理得BM：sin=AM：sinBBM：sin=AM又有sin=cosAMC=cos（+B），聯立消去BM，AM得sinBcos（+B）=sin，拆開，將1化成sin2B+cos2B，構

25、造二次齊次式，同除cos2B，可得tan=，若，則cosBAM=，tanBAM=，解得tanB=，cosB=易得sinBAC=另解：作MDAB交于D，設MD=1，AM=3，AD=2，DB=x，BM=CM=，用DMB和CAB相似解得x=，則cosB=，易得sinBAC=故答案為：【點評】本題考查正弦定理的應用，涉及三角函數的誘導公式以及勾股定理的應用，屬難題17（4分）設、為單位向量，非零向量=x+y，x、yR若、的夾角為30°，則的最大值等于2【分析】由題意求得 =，|=，從而可得 =，再利用二次函數的性質求得的最大值【解答】解：、 為單位向量，和的夾角等于30°，=1&#

26、215;1×cos30°=非零向量=x+y，|=，=，故當=時，取得最大值為2，故答案為 2【點評】本題主要考查兩個向量的數量積的運算，求向量的模，利用二次函數的性質求函數的最大值，屬于中檔題三、解答題：本大題共5小題，共72分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟18（14分）在公差為d的等差數列an中，已知a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比數列（）求d，an；（）若d0，求|a1|+|a2|+|a3|+|an|【分析】（）直接由已知條件a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比數列列式求出公差，則通項公式an可求；（）利用（）中的結論，得到等差數列an的前1

27、1項大于等于0，后面的項小于0，所以分類討論求d0時|a1|+|a2|+|a3|+|an|的和【解答】解：（）由題意得，即，整理得d23d4=0解得d=1或d=4當d=1時，an=a1+（n1）d=10（n1）=n+11當d=4時，an=a1+（n1）d=10+4（n1）=4n+6所以an=n+11或an=4n+6；（）設數列an的前n項和為Sn，因為d0，由（）得d=1，an=n+11則當n11時，當n12時，|a1|+|a2|+|a3|+|an|=Sn+2S11=綜上所述，|a1|+|a2|+|a3|+|an|=【點評】本題考查了等差數列、等比數列的基本概念，考查了等差數列的通項公式，求和

28、公式，考查了分類討論的數學思想方法和學生的運算能力，是中檔題19（14分）設袋子中裝有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2分，取出藍球得3分（1）當a=3，b=2，c=1時，從該袋子中任?。ㄓ蟹呕兀颐壳蛉〉降臋C會均等）2個球，記隨機變量為取出此2球所得分數之和求分布列；（2）從該袋子中任?。ㄇ颐壳蛉〉降臋C會均等）1個球，記隨機變量為取出此球所得分數若，求a：b：c【分析】（1）的可能取值有：2，3，4，5，6，求出相應的概率可得所求的分布列；（2）先列出的分布列，再利用的數學期望和方差公式，即可得到結論【解答】解：（1）由題意得=2，3，4，5，6，P（=

29、2）=；P（=3）=；P（=4）=；P（=5）=；P（=6）=故所求的分布列為 2 3 4 5 6 P （2）由題意知的分布列為 1 2 3 P E=D=（1）2+（2）2 +（3）2 =得，解得a=3c，b=2c，故a：b：c=3：2：1【點評】本題主要考查隨機事件的概率和隨機變量的分布列、數學期望等概念，同時考查抽象概括、運算能力，屬于中檔題20（15分）如圖，在四面體ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD=2，BD=2M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CBMD的大小為60°，求BDC的大小【分析】（1）

30、取BD的中點O，在線段CD上取點F，使得DF=3CF，連接OP、OF、FQ根據平行線分線段成比例定理結合三角形的中位線定理證出四邊形OPQF是平行四邊形，從而PQOF，再由線面平行判定定理，證出PQ平面BCD；（2）過點C作CGBD，垂足為G，過G作GHBM于H，連接CH根據線面垂直的判定與性質證出BMCH，因此CHG是二面角CBMD的平面角，可得CHG=60°設BDC=，用解直角三角形的方法算出HG和CG關于的表達式，最后在RtCHG中，根據正切的定義得出tanCHG=，從而得到tan=，由此可得BDC【解答】（1）取BD的中點O，在線段CD上取點F，使得DF=3CF，連接OP、O

31、F、FQACD中，AQ=3QC且DF=3CF，QFAD且QF=ADBDM中，O、P分別為BD、BM的中點OPDM，且OP=DM，結合M為AD中點得：OPAD且OP=ADOPQF且OP=QF，可得四邊形OPQF是平行四邊形PQOFPQ平面BCD且OF平面BCD，PQ平面BCD；（2）過點C作CGBD，垂足為G，過G作GHBM于H，連接CHAD平面BCD，CG平面BCD，ADCG又CGBD，AD、BD是平面ABD內的相交直線CG平面ABD，結合BM平面ABD，得CGBMGHBM，CG、GH是平面CGH內的相交直線BM平面CGH，可得BMCH因此，CHG是二面角CBMD的平面角，可得CHG=60&#

32、176;設BDC=，可得RtBCD中，CD=BDcos=2cos，CG=CDsin=sincos，BG=BCsin=2sin2RtBMD中，HG=；RtCHG中，tanCHG=tan=，可得=60°，即BDC=60°【點評】本題在底面為直角三角形且過銳角頂點的側棱與底面垂直的三棱錐中求證線面平行，并且在已知二面角大小的情況下求線線角著重考查了線面平行、線面垂直的判定與性質，解直角三角形和平面與平面所成角求法等知識，屬于中檔題21（15分）如圖，點P（0，1）是橢圓C1：+=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且互相垂直的兩條直

33、線，其中l(wèi)1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面積的最大值時直線l1的方程【分析】（1）由題意可得b=1，2a=4，即可得到橢圓的方程；（2）設A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0）由題意可知：直線l1的斜率存在，設為k，則直線l1的方程為y=kx1利用點到直線的距離公式和弦長公式即可得出圓心O到直線l1的距離和弦長|AB|，又l2l1，可得直線l2的方程為x+kx+k=0，與橢圓的方程聯立即可得到點D的橫坐標，即可得出|PD|，即可得到三角形ABD的面積，利用基本不等式的性質即可得出其最大值，即得到k的值【解答】解：（1）由題意可得b=1，2a=4，即a=2橢圓C1的方程為；（2）設A（x1