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2013年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题(浙江卷,解析版1)


浙江卷数学(理)试题答案与解析
选择题部分(共 50 分) 一、选择题:每小题 5 分,共 50 分. 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 【命题意图】本题考查复数的四则运算,属于容易题 【答案解析】B 2 2.设集合 S={x|x>? 2},T={x|x +3x? 4≤0},则(? RS)∪T= A.(? 2,1] B.(? ∞,? 4] C.(? ∞,1] D.[1,+∞) 【命题意图】本题考查集合的运算,属于容易题 【答案解析】C 因为(? RS)={x|x≤? 2},T={x|? 4≤x≤1},所以(? RS)∪T=(? ∞,1]. 3.已知 x,y 为正实数,则 lgx+lgy lgx lgy lg(x+y) lgx lgy A.2 =2 +2 B.2 =2 ? 2 lgx ? lgy lgx lgy lg(xy) lgx lgy C.2 =2 +2 D.2 =2 ? 2 【命题意图】本题考查指数和对数的运算性质,属于容易题 【答案解析】D 由指数和对数的运算法则,易知选项 D 正确 π 4.已知函数 f(x)=Acos(ω x+φ )(A>0,ω >0,φ ?R),则“f(x)是奇函数”是“φ = ” 2 的 A.充分不必要条件 开始 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 S=1,k=1 D.既不充分也不必要条件 【命题意图】本题考查简易逻辑以及函数的奇偶性,属于中档 是 k>a? 题 否 【答案解析】B 由 f(x)是奇函数可知 f(0)=0,即 cosφ =0,解 π 1 出 φ = +kπ ,k?Z,所以选项 B 正确 S=S+ k(k+1) 2 9 5.某程序框图如图所示,若该程序运行后输出的值是 ,则 5 A.a=4 B.a=5 C.a=6 D.a=7 【命题意图】本题考查算法程序框图,属于容易题 【答案解析】A 6.已知 α ?R,sin α +2cos α = 4 A. 3 3 B. 4
1 k=k+1

输出 S

10 ,则 tan2α = 2

结束 (第 5 题图)

C.?

3 4

D.?

4 3
2

【命题意图】本题考查三角公式的应用,解法多样,属于中档题
2 2 sin α +4cos α +4sin α cos α 10 ? 10? 【答案解析】C 由(sin α +2cos α ) =? ? 可得 = , 2 2 sin α +cos α 4 ? 2 ? 2

1 2 进 一 步 整 理 可得 3tan α ? 8tan α ? 3=0 ,解 得 tan α =3 或 tan α =? , 于 是 3 2tan α 3 tan2α = =? . 2 1? tan α 4 1 7. 设△ABC, P0 是边 AB 上一定点,满足 P0B= AB,且对于 AB 上任一点 P,恒有→ PB ? → PC ≥→ P0B 4 ?→ P C ,则
0

A.?ABC=90? B.?BAC=90? C.AB=AC D.AC=BC 【命题意图】本题考查向量数量积的几何意义,不等式恒成立的有关知识,属于中档 题 【答案解析】D 由题意,设|→ AB |=4,则|→ P B |=1,过点 C
0

作 AB 的垂线,垂足为 H,在 AB 上任取一点 P,设 HP0=a, 则由数量积的几何意义可得,→ PB ? → PC =| → PH || → PB →| ? (a+1))|→ |=(|PB PB | ,→ P0B ? → P0C =? |→ P0H || → P0B |=? a , A → → → → 于 是 PB ? PC ≥ P B ? P C 恒 成 立 , 相 当 于 ( |→ PB |
0 0

C

P

H

P0

B

? (a+1))| → PB |≥? a 恒 成 立 , 整 理 得 | → PB |2? (a+1)| → PB |+a≥0 恒 成 立 , 只 需 2 2 ?=(a+1) ? 4a=(a? 1) ≤0 即可,于是 a=1,因此我们得到 HB=2,即 H 是 AB 的中点, 故△ABC 是等腰三角形,所以 AC=BC x k 8.已知 e 为自然对数的底数,设函数 f(x)=(e ? 1)(x? 1) (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 【命题意图】本题考查极值的概念,属于中档题 【答案解析】C 当 k=1 时,方程 f(x)=0 有两个解,x1=0,x2=1,由标根法可得 f(x)的 大致图象,于是选项 A,B 错误;当 k=2 时,方程 f(x)=0 有三个解,x1=0,x2=x3=1, 其中 1 是二重根,由标根法可得 f(x)的大致图象,易知选项 C 正确。
k=1 k=2

0

1

0

1 y A F1 O B (第 9 题图) F2 2 x

9.如图,F1,F2 是椭圆 C1: +y =1与双曲线 C2 的公共焦 4

x2

2

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 心率为 A. 2 B. 3 3 6 C. D. 2 2 【命题意图】本题考查椭圆和双曲线的定义和几何性质,属于中档题 【答案解析】D 由题意,c= 3,|AF2|+|AF1|=4??①,|AF2|? |AF1|=2a??②,①+② c 6 2 2 2 得|AF2|=2+a, ①? ②得|AF1|=2? a, 又|AF1| +|AF2| =| F1F2| , 所以 a= 2, 于是 e= = . a 2 10.在空间中,过点 A 作平面 π 的垂线,垂足为 B,记 B=fπ (A).设 α ,β 是两个不同 的平面,对空间任意一点 P,Q1=fβ [fα (P)],Q2=fα [fβ (P)],恒有 PQ1= PQ2,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? 【命题意图】本题考查新定义问题的解决,重在知识的迁移,属于较难题 【答案解析】A 用特殊法立即可知选项 A 正确 非选择题部分(共 100 分) 二、填空题:每小题 4 分,共 28 分. 11. 设二项式? ? x?
5

? ?

1 ? 则 A= ? 的展开式中常数项为 A, 3 ?



4 3

3

x?

【命题意图】考查二项式定理,属于容易题 2 【答案解析】? 10 侧视图 正视图 12.若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体 3 的 3 体积等于 cm . 俯视图 【命题意图】本题考查三视图和体积计算,属于容易题 (第 12 题图) 【答案解析】24 由题意,该几何体为一个直三棱柱截去一 个 三棱锥所得 ? ? x+y? 2≥0, 13. 设 z=kx+y, 其中实数 x, y 满足? x? 2y+4≥0, 若 z 的最大值为 12, 则实数 k= . ? ?2x? y? 4≤0. 【命题意图】本题考查线性规划,属于容易题 【答案解析】2 作出平面区域即可 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, 则不同的排法有 种 (用数字作答) . 【命题意图】本题考查排列组合,属于中档题 5 【答案解析】480 第一类,字母 C 排在左边第一个位置,有 A5种;第二类,字母 C 排 2 3 2 3 2 3 在左边第二个位置,有 A4A3种;第三类,字母 C 排在左边第三个位置,有 A2A3+ A3A3种, 5 2 3 2 3 2 3 由对称性可知共有 2?( A5+ A4A3+ A2A3+ A3A3)=480 种。
3

15.设 F 为抛物线 C:y =4x 的焦点,过点 F(? 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 . 【命题意图】本题考查直线与抛物线的位置关系,属于中档题 ?y=k(x+1), 【 答 案 解 析 】 ± 1 设 直 线 l 的 方 程 为 y=k(x+1) , 联 立 ? 消去 y 得 2 ? y =4x. 2 2k ? 4 xA+ xB 2 k2x2+(2k2? 4)x+k2=0,由韦达定理,xA+ xB =? ,于是 xQ= = 2? 1,把 xQ 带入 k2 2 k 2 y=k(x+1),得到 yQ= ,根据|FQ|=

2

k

? 22? 2? +?2? =2,解出 k=±1. ?k ? ?k? ? ? ? ?


2

2

1 16.在△ABC,?C=90?,M 是 BC 的中点.若 sin?BAM= ,则 sin?BAC= 3 【命题意图】本题考查解三角形,属于中档题 【答案解析】 = 6 3

设 BC=2a,AC=b,则 AM= a +b ,AB= 4a +b ,sin?ABM= sin?ABC=
2 2 2 2

AC AB

b BM AM a , 在△ABM 中, 由正弦定理 = , 即 = 2 2 sin ? BAM sin ? ABM 1 4a +b
3

a2+b2 2 2 , 解得 2a =b , b 2 2 4a +b

于是 sin?BAC= =

BC AB

2a 4a +b
2

2

=

6 . 3

π |x| 17.设 e1,e2 为单位向量,非零向量 b=xe1+ye2,x,y?R.若 e1,e2 的夹角为 ,则 的 6 |b| 最大值等于 . 【命题意图】本题以向量为依托考查最值问题,属于较难题 |x| |x| |x | 1 1 【答案解析】2 = = = = 2 2 2 2 2 2 |b | (xe1+ye2) x +y + 3xy x +y + 3xy y? 3y ? +1 2 ? ?+

x

?x?

x

|x| ,所以 的最大值为 2 |b | ?y 3 ? 1 ? ? ?+ ?x 2 ? 4 三、解答题:本大题共 5 小题,共 72 分. 18. (本小题满分 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 (Ⅰ)求 d,an; (Ⅱ)若 d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|. 【命题意图】本题考查等差数列、等比数列的概念,等差数列通项公式、求和公式等 基础知识,同时考查运算求解能力。 【答案解析】 (Ⅰ)由题意 2 5a3? a1=(2a2+2) , 即 = 1
2

4

d2? 3d? 4=0.


d=? 1 或 d=4.
所以

an=? n+11,n?N*或 an=4n+6,n?N* (Ⅱ)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.因为 d<0,由(Ⅰ)得 d=? 1,an=? n+11.则 当 n?11 时,
1 2 21 |a1|+|a2|+|a3|+?+|an|=Sn=? n + n 2 2 当 n?12 时, 1 2 21 |a1|+|a2|+|a3|+?+|an|=? Sn+2S11= n ? n+110 2 2 综上所述, 21 n + n, n?11, ?? 1 2 2 |a |+|a |+|a |+?+|a |=? 1 21 ? 2n ? 2 n+110,n?12.
2 1 2 3

n

2

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. (Ⅰ)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; (Ⅱ)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 5 5 Eη = ,Dη = ,求 a∶b∶c. 3 9

【命题意图】本题考查随机事件的概率和随机变量的分布列、数学期望、数学方差等 概念,同时考查抽象概括、运算求解能力和应用意识。 【答案解析】 (Ⅰ)由题意得 ξ =2,3,4,5,6 故

P(ξ =2)= P(ξ =3)= P(ξ =4)=

3? 3 1 = , 6? 6 4

2?3?2 1 = , 6? 6 3

2?3?1+2?2 5 = , 6?6 18 2?2?1 1 = , 6? 6 9 1?1 1 = , 6?6 36
5

P(ξ =5)=

P(ξ =6)=

所以 ξ 的分布列为 ξ 2 1 4 η 3 1 3 1 4 5 18 2 5 1 9 3 6 1 36

P

(Ⅱ)由题意知 η 的分布列为

P
所以 Eη =
2

a a+b+c

b a+b+c

c a+b+c

a 2b 3c 5 + + = a+b+c a+b+c a+b+c 3
2 2

5? a ? 5? b ? 5? c 5 Dη =? ?1? 3? ?a+b+c+?2? 3? ?a+b+c+?3? 3? ?a+b+c=9 ? ? ? ? ? ? 化简得
?2a? b? 4c=0, ? ?a+4b? 11c=0

解得 a=3c,b=2c,故

a∶b∶c=3∶2∶1 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=2 2.M 是 AD 的中点,P 是 BM 的中点,点 Q 在线段 AC 上,且 AQ=3QC. (Ⅰ)证明:PQ∥平面 BCD; (Ⅱ)若二面角 C? BM? D 的大小为 60?,求?BDC 的大小.
【命题意图】本题考查空间点、线、面位置关系,二面角等 B 基础知识,空间向量的应用,同时考查空间想象能力和运算 求解能力。 【答案解析】 (Ⅰ)取 BD 的中点 O,在线段 CD 上取点 F,使得 DF=3FC, 连接 OP,OF,FQ. 因为 AQ=3QC,所以

A

M P Q D C (第 20 题图)

QF∥AD,且 QF= AD
因为 O,P 分别为 BD,BM 的中点,所以 OP 是△BDM 的中位线,所以

1 4 1 2 1 4

OP∥DM,且 OP= DM
又点 M 是 AD 的中点,所以

OP∥AD,且 OP= AD
从而
6

OP∥FQ,且 OP=FQ
所以四边形 OPQF 是平行四边形,故

PQ∥OF
又 PQ?平面 BCD,OF?平面 BCD,所以 PQ∥平面 BCD. (Ⅱ)作 CG?BD 于点 G,作 GH?BM 于点 HG,连接 CH,则 CH?BM,所以?CHG 为二面角 的平面角。设?BDC=θ . 在 Rt△BCD 中,

CD=BDcos θ =2 2cos θ , CG=CDsin θ =2 2cos θ sin θ , BG=BCsin θ =2 2sin2θ
在 Rt△BDM 中,

BG?DM 2 2sin2θ HG= = BM 3
在 Rt△CHG 中, tan?CHG= = 所以 tan ?= 3 从而

CG 3cos θ = 3 HG sin θ

?=60?
即?BDC=60?.
y l1 D O P A (第 21 题图) l2 B x

x2 y2 21. (本题满分 15 分) 如图, 点 P(0, ? 1)是椭圆 C1: 2+ 2=1 a b 2 2 (a>b>0)的一个顶点, C1 的长轴是圆 C2:x +y =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.
(Ⅰ)求椭圆 C1 的方程; (Ⅱ)求△ABD 面积取最大值时直线 l1 的方程. 【命题意图】本题考查椭圆的几何性质,直线与圆的位 置关系,直线与椭圆的位置关系等基础知识,同时考查 解析几何的基本思想方法和综合解题能力 【答案解析】 (Ⅰ)由题意得 ?b=1, ? ?a=2. 所以椭圆 C 的方程为

+y =1. 4 (Ⅱ)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.
7

x2

2

又圆 C2:x +y =4,故点 O 到直线 l1 的距离 1 d= 2 , k +1 所以 2 4k +3 2 |AB|=2 4? d =2 . 2 k +1 又 l1?l2,故直线 l2 的方程为 x+ky+k=0. 由 ?x+ky+k=0,

2

2

? 2 ? x 2 +y =1. ? ? 4
2 2

消去 y,整理得 (4+k )x +8kx=0 故

x0=?
所以

8k 2. 4+k
2

8 k +1 |PD|= 2 . 4+k 设△ABD 的面积为 S,则

S= |AB|?|PD|=
所以 32 4k +3+ 10 时取等号 2 所以所求直线 l1 的方程为 当且仅当 k=±
2

1 2

8 4k +3 , 2 4+k 32 4k +3 ?
2

2

S=

13 4k +3
2

? 2

13 4k +3
2

16 13 = , 13

10 x? 1 2 3 2 22. (本题满分 14 分)已知 a?R,函数 f(x)=x ? 3x +3ax? 3a+3 (Ⅰ)求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (Ⅱ)当 x?[0,2]时,求|f(x)|的最大值. 【命题意图】 本题考查导数的几何意义, 导数应用等基础知识, 同时考查推理论证能力, 分类讨论等分析问题和解决问题的能力 【答案解析】 2 (Ⅰ)由题意 f ?(x)=3x ? 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 (Ⅱ)由于 f ?(x)=3(x? 1) +3(a? 1),0x?2.故 (ⅰ)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

y=±

8

(ⅱ)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 (ⅲ)当 0<a<1 时,设 x1=1? 1? a,x2=1+ 1? a,则 0< x1< x2<2,f ?(x)=3(x? x1)(x? x2) 列表如下:

x 0 f ?(x) f 3? 3a (x)
由于

(0,x1) + 单调递 增

x1
0 极大值 f (x1)

(x1,x2) ? 单调递 减

x2
0 极小值 f (x2)

(x2,2) + 单调递 增

2

3a? 1

f(x1)=1+2(1? a) 1? a,f(x2)=1? 2(1? a) 1? a,


f(x1)+f(x2)=2>0,f(x1)?f(x2)=4(1? a) 1? a>0
从而

f(x1)>| f(x2)|.
所以 |f(x)|max=max{f(0),|f(2)|,f(x1)} 2 (1)当 0<a< 时,f(0)>|f(2)|. 3 又

f(x1)? f(0)=2(1? a) 1? a? (2? 3a)=


a2(3? 4a) >0 2(1? a) 1? a+2? 3a

|f(x)|max= f(x1)=1+2(1? a) 1? a. 2 (2)当 ?a<1 时,|f(2)|=f(2),且 f(2)?f(0). 3 又

a2(3? 4a) f(x1)? |f(2)|=2(1? a) 1? a? ( 3a ? 2)= 2(1? a) 1? a+ 3a ? 2
所以 2 3 ①当 ?a< 时,f(x1)> |f(2)|.故 3 4 |f(x)|max= f(x1)=1+2(1? a) 1? a. 3 ②当 ?a<1 时,f(x1) ? |f(2)|.故 4 |f(x)|max=| f(2)|= 3a? 1. 综上所述,

9

|f(x)|max

3? 3a, ? ?1+2(1? a) =? ? ?3a? 1,

a?0,
3 1? a, 0<a< , 4 3 a? . 4

10


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