2013年高考理科数学浙江卷试题与答案word解析版

2013年普通高等学校夏季招生全国统一(浙江卷)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＋iB ．－1＋3iC ．－3＋3iD ．－1＋i 2．(2013浙江，理2)设集合S ＝{x |x ＞－2}，T ＝{x |x 2＋3x －4≤0}，则(R S )∪T ＝( )．A ．(－2,1]B ．(－∞，－4]C ．(－∞，1]D ．[1，＋∞) 3．(2013浙江，理3)已知x ，y 为正实数，则( )．A ．2lg x ＋lg y ＝2lg x ＋2lg yB ．2lg(x ＋y)＝2lg x²2lg yC ．2lg x²lg y＝2lg x ＋2lg yD ．2lg(xy)＝2lg x²2lg y 4．(2013浙江，理4)已知函数f (x )＝A cos(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0，φ∈R )，则“f (x )是奇函数”是“π2ϕ=”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 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 6．(2013浙江，理6)已知α∈R ，sin α＋2cos α＝2，则tan 2α＝( )． A ．43 B ．34 C ．34- D ．43-7．(2013浙江，理7)设△ABC ，P 0是边AB 上一定点，满足P 0B ＝14AB ，且对于边AB 上任一点P ，恒有PB ²PC ≥0P B ²0PC ，则( )． A ．∠ABC ＝90° B ．∠BAC ＝90° C ．AB ＝AC D ．AC ＝BC8．(2013浙江，理8)已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －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9．(2013浙江，理9)如图，F 1，F 2是椭圆C 1：24x ＋y 2＝1与双曲线C 2的公共焦点，A ，B 分别是C 1，C 2在第二、四象限的公共点．若四边形AF 1BF 2为矩形，则C 2的离心率是( )．A．32 D．10．(2013浙江，理10)在空间中，过点A 作平面π的垂线，垂足为B ，记B ＝f π(A )．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P ，Q 1＝f β[f α(P )]，Q 2＝f α[f β(P )]，恒有PQ 1＝PQ 2，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°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5的展开式中常数项为A ，则A ＝__________.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__________cm 3.13．(2013浙江，理13)设z ＝kx ＋y ，其中实数x ，y 满足20,240,240.x y x y x y +-≥⎧⎪-+≥⎨⎪--≤⎩若z 的最大值为12，则实数k ＝__________.14．(2013浙江，理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)．15．(2013浙江，理15)设F 为抛物线C ：y 2＝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__________．16．(2013浙江，理16)在△ABC 中，∠C ＝90°，M 是BC 的中点．若sin ∠BAM ＝13，则sin ∠BAC ＝__________.17．(2013浙江，理17)设e 1，e 2为单位向量，非零向量b ＝x e 1＋y e 2，x ，y ∈R .若e 1，e 2的夹角为π6，则||||x b 的最大值等于__________． 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．(2013浙江，理18)(本题满分14分)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列． (1)求d ，a n ；(2)若d ＜0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.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ξ为取出此2球所得分数之和，求ξ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η为取出此球所得分数．若Eη＝53，Dη＝59，求a∶b∶c.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，BC⊥CD，AD＝2，BD＝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．21．(2013浙江，理21)(本题满分15分)如图，点P(0，－1)是椭圆C1：22221x ya b+=(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．(1)求椭圆C1的方程；(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程．22．(2013浙江，理22)(本题满分14分)已知a∈R，函数f(x)＝x3－3x2＋3ax－3a＋3.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当x∈[0,2]时，求|f(x)|的最大值．2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类(浙江卷)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．答案：B解析：(－1＋i)(2－i)＝－2＋i＋2i－i2＝－1＋3i，故选B．2．答案：C解析：由题意得T＝{x|x2＋3x－4≤0}＝{x|－4≤x≤1}．又S＝{x|x＞－2}，∴(R S)∪T＝{x|x≤－2}∪{x|－4≤x≤1}＝{x|x≤1}，故选C．3．答案：D解析：根据指数与对数的运算法则可知，2lg x＋lg y＝2lg x²2lg y，故A错，B错，C错；D中，2lg(xy)＝2lg x＋lg y＝2lg x²2lg y，故选D．4．答案：B解析：若f(x)是奇函数，则φ＝kπ＋π2，k∈Z；若π2ϕ=，则f(x)＝A cos(ωx＋φ)＝－A sin ωx，显然是奇函数．所以“f(x)是奇函数”是“π2ϕ=”的必要不充分条件．5．答案：A解析：该程序框图的功能为计算1＋112⨯＋123⨯＋…＋11a a(+)＝2－11a+的值，由已知输出的值为95，可知当a＝4时2－11a+＝95.故选A．6．答案：C解析：由sin α＋2cos αsin α2cos α.①把①式代入sin2α＋cos2α＝1中可解出cos α，当cos α时，sin α；当cos α时，sin α＝.∴tan α＝3或tan α＝13-，∴tan 2α＝34-.7．答案：D解析：设PB ＝t AB (0≤t ≤1)， ∴PC ＝PB ＋BC ＝t AB ＋BC ，∴PB ²PC ＝(t AB )²(t AB ＋BC )＝t 22AB ＋t AB ²BC .由题意PB ²PC ≥0P B ²0PC ， 即t 22AB ＋t AB ²BC ≥14AB 14AB BC ⎛⎫+ ⎪⎝⎭＝214⎛⎫⎪⎝⎭2AB ＋14AB ²BC ，即当14t =时PB ²PC 取得最小值．由二次函数的性质可知：2142AB BC AB⋅-=，即：AB -²BC ＝122AB ，∴AB ²12AB BC ⎛⎫+ ⎪⎝⎭＝0.取AB 中点M ，则12AB ＋BC ＝MB ＋BC ＝MC ，∴AB ²MC ＝0，即AB ⊥MC ． ∴AC ＝BC ．故选D ． 8． 答案：C解析：当k ＝1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)，f ′(x )＝x e x－1， ∵f ′(1)＝e －1≠0，∴f (x )在x ＝1处不能取到极值；当k ＝2时，f (x )＝(e x －1)(x －1)2，f ′(x )＝(x －1)(x e x ＋e x－2)，令H (x )＝x e x ＋e x－2，则H ′(x )＝x e x ＋2e x＞0，x ∈(0，＋∞)． 说明H (x )在(0，＋∞)上为增函数， 且H (1)＝2e －2＞0，H (0)＝－1＜0，因此当x 0＜x ＜1(x 0为H (x )的零点)时，f ′(x )＜0，f (x )在(x 0,1)上为减函数． 当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． 答案：D解析：椭圆C 1中，|AF 1|＋|AF 2|＝4，|F 1F 2|＝又因为四边形AF 1BF 2为矩形， 所以∠F 1AF 2＝90°.所以|AF 1|2＋|AF 2|2＝|F 1F 2|2，所以|AF 1|＝2|AF 2|＝2所以在双曲线C 2中，2c ＝2a ＝|AF 2|－|AF 1|＝2e ==，故选D ．10． 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．答案：－10解析：T r ＋1＝553255C C (1)rr rr r r r x x ---⎛⋅=⋅-⋅ ⎝＝515523655(1)C (1)C r rr rrrr xx----=-.令15－5r ＝0，得r ＝3，所以A ＝(－1)335C ＝25C -＝－10.12．答案：24 解析：由三视图可知该几何体为如图所示的三棱柱割掉了一个三棱锥．11111111A EC ABC A B C ABC E A B C V V V ---=-＝12³3³4³5－13³12³3³4³3＝30－6＝24.13．答案：2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．答案：480 解析：如图六个位置.若C 放在第一个位置，则满足条件的排法共有55A 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24A ²33A 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22A ²33A 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23A ²33A 种排法；若C 在第4个位置，则有22A 33A ＋23A 33A 种排法；若C 在第5个位置，则有24A 33A 种排法；若C 在第6个位置，则有55A 种排法．综上，共有2(55A ＋24A 33A ＋23A 33A ＋22A 33A )＝480(种)排法．15．答案：±1解析：设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由24,1y x y k x ⎧=⎨=(+)⎩联立，得k 2x 2＋2(k 2－2)x＋k 2＝0，∴x 1＋x 2＝2222k k(-)-， ∴212222212x x k k k+-=-=-+，1222y y k +=， 即Q 2221,k k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭.又|FQ |＝2，F (1,0)，∴22222114k k ⎛⎫⎛⎫-+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得k ＝±1.16．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 ,02a ⎛⎫⎪⎝⎭，AB ＝(a ，－b )，AM ＝,2a b ⎛⎫- ⎪⎝⎭， cos ∠MAB ＝AB AMAB AM⋅22a b +.又sin ∠MAB ＝13，∴cos∠MAB=∴22222222894a b aa b b ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=⎛⎫(+)+ ⎪⎝⎭，整理得a 4－4a 2b 2＋4b 4＝0，即a 2－2b 2＝0，∴a 2＝2b 2， sin ∠CAB===. 17．答案：2解析：|b |2＝(x e 1＋y e 2)2＝x 2＋y 2＋2xy e 1²e 2＝x 2＋y 2.∴||||x =b x ＝0时，||0||x =b ； 当x ≠0时，||2||x ==≤b .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．解：(1)由题意得5a 3²a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0， 故d ＝－1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *. (2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d ＜0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11.则当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝212122n n -+. 当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝212122n n -＋110. 综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝22121,11,22121110,12.22n n n n n n ⎧-+≤⎪⎪⎨⎪-+≥⎪⎩19．解：(1)由题意得ξ＝2,3,4,5,6. 故P (ξ＝2)＝331664⨯=⨯， P (ξ＝3)＝2321663⨯⨯=⨯， P (ξ＝4)＝2312256618⨯⨯+⨯=⨯， P (ξ＝5)＝2211669⨯⨯=⨯， P (ξ＝6)＝1116636⨯=⨯， 所以ξ的分布列为(2)由题意知η的分布列为所以E (η)＝3a abc a b c a b c ++=++++++， D (η)＝22255551233339a b c a b c a b c a b c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-⋅+-⋅+-⋅= ⎪ ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，化简得240,4110.a b c a b c --=⎧⎨+-=⎩解得a ＝3c ，b ＝2c ，故a ∶b ∶c ＝3∶2∶1. 20．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QF ∥AD ，且QF ＝14AD ．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 ＝12DM . 又点M 为AD 的中点，所以OP ∥AD ，且OP ＝14AD ． 从而OP ∥FQ ，且OP ＝FQ ，所以四边形OPQF 为平行四边形，故PQ ∥OF . 又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， 所以PQ ∥平面BCD ．(2)解：作CG ⊥BD 于点G ，作CH ⊥BM 于点H ，连结CH . 因为AD ⊥平面BCD ，CG ⊂平面BCD ， 所以AD ⊥CG ，又CG ⊥BD ，AD ∩BD ＝D ，故CG ⊥平面ABD ，又BM ⊂平面ABD ， 所以CG ⊥BM .又GH ⊥BM ，CG ∩GH ＝G ，故BM ⊥平面CGH ， 所以GH ⊥BM ，CH ⊥BM .所以∠CHG 为二面角C －BM －D 的平面角，即∠CHG ＝60°. 设∠BDC ＝θ.在Rt △BCD 中，CD ＝BD cos θ＝θ，CG ＝CD sin θ＝θsin θ，BG ＝BC sin θ＝2θ.在Rt △BDM 中，BG DM HG BM ⋅==在Rt △CHG 中，tan ∠CHG＝3cos sin CG HG θθ==所以tan θ从而θ＝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 (02)，B (0，0)，D (00)． 设点C 的坐标为(x 0，y 0,0)． 因为3AQ QC =，所以Q 00331,,4442x y ⎛⎫+⎪ ⎪⎝⎭. 因为M 为AD 的中点，故M (01)． 又P 为BM 的中点，故P 10,0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭， 所以PQ＝0033,044x y ⎛⎫+⎪ ⎪⎝⎭. 又平面BCD 的一个法向量为u ＝(0,0,1)，故PQ ²u ＝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CM ＝(－x 00y ,1)，BM ＝(0,1)，知000,0.x x y y z z ⎧-+)+=⎪⎨+=⎪⎩ 取y ＝－1，得m＝001,y x ⎛+- ⎝. 又平面BDM 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是|cos 〈m ，n 〉|＝||1||||2⋅==m n m n，即200y x ⎛+= ⎝⎭① 又BC ⊥CD ，所以CB ²CD ＝0，故(－x 0，0y ,0)²(－x 00y ,0)＝0， 即x 02＋y 02＝2.②联立①，②，解得000,x y =⎧⎪⎨=⎪⎩(舍去)或00x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩所以tan ∠BDC=.又∠BDC 是锐角，所以∠BDC ＝60°. 21．解：(1)由题意得1,2.b a =⎧⎨=⎩所以椭圆C 的方程为24x ＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)．由题意知直线l 1的斜率存在，不妨设其为k ， 则直线l 1的方程为y ＝kx －1.又圆C 2：x 2＋y 2＝4，故点O 到直线l 1的距离d =，所以||AB ==.又l 2⊥l 1，故直线l 2的方程为x ＋ky ＋k ＝0.由220,44,x ky k x y ++=⎧⎨+=⎩消去y ，整理得(4＋k 2)x 2＋8kx ＝0， 故0284kx k =-+. 所以|PD |＝24k +设△ABD 的面积为S ，则S ＝12|AB |²|PD |＝24k +，所以S＝32=，当且仅当k = 所以所求直线l 1的方程为y＝x －1. 22．解：(1)由题意f ′(x )＝3x 2－6x ＋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.(2)由于f ′(x )＝3(x －1)2＋3(a －1)，0≤x ≤2，故①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 .②当a ≥1时，有f ′(x )≥0，此时f (x )在[0,2]上单调递增， 故|f (x )|max ＝max{|f (0)|，|f (2)|}＝3a －1.③当0＜a ＜1时，设x 1＝1x 2＝1则0＜x 1＜x 2＜2，f ′(x )＝3(x －x 1)(x －x 2)． 列表如下：由于f (x 1)故f (x 1)＋f(x 2)＝2＞0，f (x 1)－f (x 2)＝4(1－a 0， 从而f (x 1)＞|f (x 2)|.所以|f (x )|max ＝max{f (0)，|f (2)|，f (x 1)}． 当0＜a ＜23时，f (0)＞|f (2)|. 又f (x 1)－f (0)＝2(1－a (2－3a )2＞0，故|f (x )|max ＝f (x 1)＝1＋2(1－a 当23≤a ＜1时，|f (2)|＝f (2)，且f (2)≥f (0)． 又f (x 1)－|f (2)|＝2(1－a (3a －2)2，所以当23≤a ＜34时，f (x 1)＞|f (2)|.故f (x )max ＝f (x 1)＝1＋2(1－a 当34≤a ＜1时，f (x 1)≤|f (2)|. 故f (x )max ＝|f (2)|＝3a －1. 综上所述，|f (x )|max ＝33,0,3121,4331,.4a a a a a a ⎧⎪-≤⎪⎪+(-<<⎨⎪⎪-≥⎪⎩。