第頁|共頁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）（2013?浙江）已知i是虛數單位，則（﹣1+i）（2﹣i）=（）A．﹣3+iB．﹣1+3iC．﹣3+3iD．﹣1+i考點：復數代數形式的乘除運算．專題：計算題．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）（2﹣i）=﹣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）（2013?浙江）設集合S={x|x＞﹣2}，T={x|x2+3x﹣4≤0}，則（?RS）∪T=（）A．（﹣2，1]B．（﹣∞，﹣4]C．（﹣∞，1]D．[1，+∞）考點：交、并、補集的混合運算．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|x＞﹣2}，∴?RS={x|x≤﹣2}由x2+3x﹣4≤0得：T={x|﹣4≤x≤1}，故（?RS）∪T={x|x≤1}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，是高考中常考的題型．在求補集時注意全集的范圍．3．（5分）（2013?浙江）已知x，y為正實數，則（）A．2lgx+lgy=2lgx+2lgyB．2lg（x+y）=2lgx?2lgyC．2lgx?lgy=2lgx+2lgyD．2lg（xy）=2lgx?2lgy考點：有理數指數冪的化簡求值；對數的運算性質．專題：計算題．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?at，lg（xy）=lgx+lgy（x，y為正實數），所以2lg（xy）=2lgx+lgy=2lgx?2lgy，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）（2013?浙江）已知函數f（x）=Acos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，φ∈R），則“f（x）是奇函數”是“φ=”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考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷．專題：三角函數的圖像與性質．分析：φ=?f（x）=Acos（ωx+）?f（x）=Asin（ωx）（A＞0，ω＞0，x∈R）是奇函數．f（x）為奇函數?f（0）=0?φ=kπ+，k∈Z．所以“f（x）是奇函數”是“φ=”必要不充分條件．解答：解：若φ=，則f（x）=Acos（ωx+）?f（x）=Asin（ωx）（A＞0，ω＞0，x∈R）是奇函數；若f（x）是奇函數，?f（0）=0，∴f（0）=Acos（ω×0+φ）=Acosφ=0．∴φ=kπ+，k∈Z，不一定有φ=“f（x）是奇函數”是“φ=”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）（2013?浙江）某程序框圖如圖所示，若該程序運行后輸出的值是，則（）A．a=4B．a=5C．a=6D．a=7考點：程序框圖．專題：圖表型．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）（2013?浙江）已知，則tan2α=（）A．B．C．D．考點：二倍角的正切；同角三角函數間的基本關系．專題：三角函數的求值．分析：由題意結合sin2α+cos2α=1可解得sinα，和cosα，進而可得tanα，再代入二倍角的正切公式可得答案．解答：解：∵，又sin2α+cos2α=1，聯立解得，或故tanα==，或tanα=3，代入可得tan2α===﹣，或tan2α===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）（2013?浙江）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（）A．∠ABC=90°B．∠BAC=90°C．AB=ACD．AC=BC考點：平面向量數量積的運算．專題：計算題；平面向量及應用．分析：以AB所在的直線為x軸，以AB的中垂線為y軸建立直角坐標系，設AB=4，C（a，b），P（x，0），然后由題意可寫出，，，，然后由結合向量的數量積的坐標表示可得關于x的二次不等式，結合二次不等式的知識可求a，進而可判斷解答：解：以AB所在的直線為x軸，以AB的中垂線為y軸建立直角坐標系，設AB=4，C（a，b），P（x，0）則BP0=1，A（﹣2，0），B（2，0），P0（1，0）∴=（1，0），=（2﹣x，0），=（a﹣x，b），=（a﹣1，b）∵恒有∴（2﹣x）（a﹣x）≥a﹣1恒成立整理可得x2﹣（a+2）x+a+1≥0恒成立∴△=（a+2）2﹣4（a+1）≤0即△=a2≤0∴a=0，即C在AB的垂直平分線上∴AC=BC故△ABC為等腰三角形故選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，還考查了利用向量解決簡單的幾何問題的能力8．（5分）（2013?浙江）已知e為自然對數的底數，設函數f（x）=（ex﹣1）（x﹣1）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處取得極大值考點：函數在某點取得極值的條件．專題：導數的綜合應用．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=2時，函數f（x）=（ex﹣1）（x﹣1）2．求導函數可得f'（x）=ex（x﹣1）2+2（ex﹣1）（x﹣1）=（x﹣1）（xex+ex﹣2），∴當x=1，f'（x）=0，且當x＞1時，f'（x）＞0，當＜x＜1時，f'（x）＜0，故函數f（x）在（1，+∞）上是增函數；在（，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）（2013?浙江）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（）A．B．C．D．考點：橢圓的簡單性質．專題：計算題；壓軸題；圓錐曲線的定義、性質與方程．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；①又四邊形AF1BF2為矩形，∴+=，即x2+y2=（2c）2==12，②由①②得：，解得x=2﹣，y=2+，設雙曲線C2的實軸長為2a，焦距為2c，則2a=，|AF2|﹣|AF1|=y﹣x=2，2c=2=2，∴雙曲線C2的離心率e===．故選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）（2013?浙江）在空間中，過點A作平面π的垂線，垂足為B，記B=fπ（A）．設α，β是兩個不同的平面，對空間任意一點P，Q1=fβ[fα（P）]，Q2=fα[fβ（P）]，恒有PQ1=PQ2，則（）A．平面α與平面β垂直B．平面α與平面β所成的（銳）二面角為45°C．平面α與平面β平行D．平面α與平面β所成的（銳）二面角為60°考點：空間中直線與平面之間的位置關系；平面與平面之間的位置關系；二面角的平面角及求法．專題：證明題；壓軸題；空間位置關系與距離．分析：設P1是點P在α內的射影，點P2是點P在β內的射影．根據題意點P1在β內的射影與P2在α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α﹣l﹣β的平面角，根據面面垂直的定義可得平面α與平面β垂直，得到本題答案．解答：解：設P1=fα（P），則根據題意，得點P1是過點P作平面α垂線的垂足∵Q1=fβ[fα（P）]=fβ（P1），∴點Q1是過點P1作平面β垂線的垂足同理，若P2=fβ（P），得點P2是過點P作平面β垂線的垂足因此Q2=fα[fβ（P）]表示點Q2是過點P2作平面α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α﹣l﹣β的平面角∵∠P1Q1P2是直角，∴平面α與平面β垂直故選：A點評：本題給出新定義，要求我們判定平面α與平面β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小題，每小題4分，共28分．11．（4分）（2013?浙江）設二項式的展開式中常數項為A，則A=﹣10．考點：二項式系數的性質．專題：計算題．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）（2013?浙江）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24cm3．考點：由三視圖求面積、體積．專題：計算題．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，底面是直角三角形，直角邊分別為3，4，棱柱的高為5，被截取的棱錐的高為3．如圖：V=V棱柱﹣V三棱錐=﹣×3=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）（2013?浙江）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．考點：簡單線性規劃．專題：不等式的解法及應用．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），①當k＞﹣時，目標函數z=kx+y在x=4，y=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=2．②當k時，目標函數z=kx+y在x=0，y=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）（2013?浙江）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）考點：排列、組合及簡單計數問題．專題：概率與統計．分析：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．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）（2013?浙江）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的斜率等于不存在．考點：直線與圓錐曲線的關系；直線的斜率．專題：圓錐曲線的定義、性質與方程．分析：由題意設直線l的方程為my=x+1，聯立得到y2﹣4my+4=0，△=16m2﹣16=16（m2﹣1）＞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=my0﹣1=2m2﹣1．Q（2m2﹣1，2m），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y2﹣4my+4=0，△=16m2﹣16=16（m2﹣1）＞0．設A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0）．∴y1+y2=4m，∴=2m，∴x0=my0﹣1=2m2﹣1．∴Q（2m2﹣1，2m），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）（2013?浙江）△ABC中，∠C=90°，M是BC的中點，若，則sin∠BAC=．考點：正弦定理．專題：壓軸題；解三角形．分析：作出圖象，設出未知量，在△ABM中，由正弦定理可得sin∠AMB=，進而可得cosβ=，在RT△ACM中，還可得cosβ=，建立等式后可得a=b，再由勾股定理可得c=，而sin∠BAC═=，代入化簡可得答案．解答：解：如圖設AC=b，AB=c，CM=MB=，∠MAC=β，在△ABM中，由正弦定理可得=，代入數據可得=，解得sin∠AMB=，故cosβ=cos（﹣∠AMC）=sin∠AMC=sin（π﹣∠AMB）=sin∠AMB=，而在RT△ACM中，cosβ==，故可得=，化簡可得a4﹣4a2b2+4b4=（a2﹣2b2）=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RT△ABC中，sin∠BAC====，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，屬中檔題．17．（4分）（2013?浙江）設、為單位向量，非零向量=x+y，x、y∈R．若、的夾角為30°，則的最大值等于2．考點：數量積表示兩個向量的夾角．專題：壓軸題；平面向量及應用．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°，∴=1×1×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）（2013?浙江）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．（Ⅰ）求d，an；（Ⅱ）若d＜0，求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|．考點：數列的求和；等差數列的通項公式；等比數列的性質．專題：等差數列與等比數列．分析：（Ⅰ）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；（Ⅱ）利用（Ⅰ）中的結論，得到等差數列{an}的前11項大于等于0，后面的項小于0，所以分類討論求d＜0時|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|的和．解答：解：（Ⅰ）由題意得，即，整理得d2﹣3d﹣4=0．解得d=﹣1或d=4．當d=﹣1時，an=a1+（n﹣1）d=10﹣（n﹣1）=﹣n+11．當d=4時，an=a1+（n﹣1）d=10+4（n﹣1）=4n+6．所以an=﹣n+11或an=4n+6；（Ⅱ）設數列{an}的前n項和為Sn，因為d＜0，由（Ⅰ）得d=﹣1，an=﹣n+11．則當n≤11時，．當n≥12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）（2013?浙江）設袋子中裝有a個紅球，b個黃球，c個藍球，且規定：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，從該袋子中任取（有放回，且每球取到的機會均等）2個球，記隨機變量ξ為取出此2球所得分數之和．，求ξ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η為取出此球所得分數．若，求a：b：c．考點：離散型隨機變量及其分布列；離散型隨機變量的期望與方差．專題：概率與統計．分析：（1）ξ的可能取值有：2，3，4，5，6，求出相應的概率可得所求ξ的分布列；（2）先列出η的分布列，再利用η的數學期望和方差公式，即可得到結論．解答：解：（1）由題意得ξ=2，3，4，5，6，P（ξ=2）==；P（ξ=3）==；P（ξ=4）==；P（ξ=5）==；P（ξ=6）==．故所求ξ的分布列為

ξ23456P（2）由題意知η的分布列為η123PEη==Dη=（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）（2013?浙江）如圖，在四面體A﹣BCD中，AD⊥平面BCD，．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．考點：二面角的平面角及求法；直線與平面平行的判定．專題：計算題；空間位置關系與距離；空間角．分析：（1）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PQ∥OF，再由線面平行判定定理，證出PQ∥平面BCD；（2）過點C作CG⊥BD，垂足為G，過G作GH⊥BM于H，連接CH．根據線面垂直的判定與性質證出BM⊥CH，因此∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°．設∠BDC=θ，用解直角三角形的方法算出HG和CG關于θ的表達式，最后在Rt△CHG中，根據正切的定義得出tan∠CHG==，從而得到tanθ=，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、OF、FQ∵△ACD中，AQ=3QC且DF=3CF，∴QF∥AD且QF=AD∵△BDM中，O、P分別為BD、BM的中點∴OP∥DM，且OP=DM，結合M為AD中點得：OP∥AD且OP=AD∴OP∥QF且OP=QF，可得四邊形OPQF是平行四邊形∴PQ∥OF∵PQ?平面BCD且OF?平面BCD，∴PQ∥平面BCD；（2）過點C作CG⊥BD，垂足為G，過G作GH⊥BM于H，連接CH∵AD⊥平面BCD，CG?平面BCD，∴AD⊥CG又∵CG⊥BD，AD、BD是平面ABD內的相交直線∴CG⊥平面ABD，結合BM?平面ABD，得CG⊥BM∵GH⊥BM，CG、GH是平面CGH內的相交直線∴BM⊥平面CGH，可得BM⊥CH因此，∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°設∠BDC=θ，可得Rt△BCD中，CD=BDcosθ=2cosθ，CG=CDsinθ=sinθcosθ，BG=BCsinθ=2sin2θRt△BMD中，HG==；Rt△CHG中，tan∠CHG==∴tanθ=，可得θ=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）（2013?浙江）如圖，點P（0，﹣1）是橢圓的一個頂點，C1的長軸是圓的直徑．l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l1交圓C2于兩點，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．考點：直線與圓錐曲線的關系；橢圓的標準方程．專題：綜合題；壓軸題；圓錐曲線的定義、性質與方程．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=kx﹣1．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l2⊥l1，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，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=kx﹣1．又圓的圓心O（0，0）到直線l1的距離d=．∴|AB|==．又l2⊥l1，故直線l2的方程為x+ky+k=0，聯立，消去y得到（4+k2）x2+8kx=0，解得，∴．∴三角形ABD的面積．∴=，當且僅當時取等號，故所求直線l1的方程為．點評：本題主要考查了橢圓的幾何