1、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(2013浙江，理1)已知i是虚数单位，则(1i)(2i)()A3i B13iC33i D1i答案：B解析：(1i)(2i)2i2ii213i，故选B2(2013浙江，理2)设集合Sx|x2，Tx|x23x40，则(RS)T()A(2,1 B(，4C(，1 D1，)答案：C解析：由题意得Tx|x23x40x|4x1又Sx|x2，(RS)Tx|x2x|4x1x|x1，故选C3(2013浙江，理3)已知x，y为
2、正实数，则()A2lg xlg y2lg x2lg y B2lg(xy)2lg x2lg yC2lg xlg y2lg x2lg y D2lg(xy)2lg x2lg y答案：D解析：根据指数与对数的运算法则可知，2lg xlg y2lg x2lg y，故A错，B错，C错；D中，2lg(xy)2lg xlg y2lg x2lg y，故选D4(2013浙江，理4)已知函数f(x)Acos(x)(A0，0，R)，则“f(x)是奇函数”是“”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答案：B解析：若f(x)是奇函数，则k，kZ；若，则f(x)Acos(x)Asin x
3、，显然是奇函数所以“f(x)是奇函数”是“”的必要不充分条件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，则()Aa4 Ba5Ca6 Da7答案：A解析：该程序框图的功能为计算12的值，由已知输出的值为，可知当a4时2.故选A6(2013浙江，理6)已知R，sin 2cos ，则tan 2()A B C D答案：C解析：由sin 2cos 得，sin 2cos .把式代入sin2cos21中可解出cos 或，当cos 时，sin ；当cos 时，sin .tan 3或tan ，tan 2.7(2013浙江，理7)设ABC，P0是边AB上一定点，满足P0BAB，且对于边A
4、B上任一点P，恒有，则()AABC90 BBAC90CABAC DACBC答案：D解析：设t(0t1)，t，(t)(t)t2t.由题意，即t2t，即当时取得最小值由二次函数的性质可知：，即：，0.取AB中点M，则，0，即ABMCACBC故选D8(2013浙江，理8)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)(ex1)(x1)k(k1,2)，则()A当k1时，f(x)在x1处取到极小值B当k1时，f(x)在x1处取到极大值C当k2时，f(x)在x1处取到极小值D当k2时，f(x)在x1处取到极大值答案：C解析：当k1时，f(x)(ex1)(x1)，f(x)xex1，f(1)e10，f(x)在x1处不
5、能取到极值；当k2时，f(x)(ex1)(x1)2，f(x)(x1)(xexex2)，令H(x)xexex2，则H(x)xex2ex0，x(0，)说明H(x)在(0，)上为增函数，且H(1)2e20，H(0)10，因此当x0x1(x0为H(x)的零点)时，f(x)0，f(x)在(x0,1)上为减函数当x1时，f(x)0，f(x)在(1，)上是增函数x1是f(x)的极小值点，故选C9(2013浙江，理9)如图，F1，F2是椭圆C1：y21与双曲线C2的公共焦点，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的离心率是()A B C D答案：D解析：椭圆C1中，|A
6、F1|AF2|4，|F1F2|.又因为四边形AF1BF2为矩形，所以F1AF290.所以|AF1|2|AF2|2|F1F2|2，所以|AF1|，|AF2|.所以在双曲线C2中，2c，2a|AF2|AF1|，故，故选D10(2013浙江，理10)在空间中，过点A作平面的垂线，垂足为B，记Bf(A)设，是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1ff(P)，Q2ff(P)，恒有PQ1PQ2，则()A平面与平面垂直B平面与平面所成的(锐)二面角为45C平面与平面平行D平面与平面所成的(锐)二面角为60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(2013浙江，理
7、11)设二项式的展开式中常数项为A，则A_.答案：10解析：Tr1.令155r0，得r3，所以A(1)310.12(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_cm3.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34534330624.13(2013浙江，理13)设zkxy，其中实数x，y满足若z的最大值为12，则实数k_.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4k412，解得k2，此时符合题意14(2013浙江，理1
8、4)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)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，共有种排法；若C在第4个位置，则有种排法；若C在第5个位置，则有种排法；若C在第6个位置，则有种排法综上，共有2()480(种)排法15(2013
9、浙江，理15)设F为抛物线C：y24x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_答案：1解析：设直线l的方程为yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)由联立，得k2x22(k22)xk20，x1x2，即Q.又|FQ|2，F(1,0)，解得k1.16(2013浙江，理16)在ABC中，C90，M是BC的中点若sinBAM，则sinBAC_.答案：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，(a，b)，cosMAB.又sinMAB，cosMAB.，整理得a44a2b24b40，即a22b2
10、0，a22b2，sinCAB.17(2013浙江，理17)设e1，e2为单位向量，非零向量bxe1ye2，x，yR.若e1，e2的夹角为，则的最大值等于_答案：2解析：|b|2(xe1ye2)2x2y22xye1e2x2y2xy.，当x0时，；当x0时，.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an中，已知a110，且a1,2a22,5a3成等比数列(1)求d，an；(2)若d0，求|a1|a2|a3|an|.解：(1)由题意得5a3a1(2a22)2，即d23d40，故d1或d4.所以ann1
11、1，nN*或an4n6，nN*.(2)设数列an的前n项和为Sn.因为d0，由(1)得d1，ann11.则当n11时，|a1|a2|a3|an|Sn.当n12时，|a1|a2|a3|an|Sn2S11110.综上所述，|a1|a2|a3|an|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a3，b2，c1时，从该袋子中任取(有放回，且每球取到的机会均等)2个球，记随机变量为取出此2球所得分数之和，求的分布列；(2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球，记随机变量为取出此球所
12、得分数若E，D，求abc.解：(1)由题意得2,3,4,5,6.故P(2)，P(3)，P(4)，P(5)，P(6)，所以的分布列为23456P(2)由题意知的分布列为123P所以E()，D()，化简得解得a3c，b2c，故abc321.20(2013浙江，理20)(本题满分15分)如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC(1)证明：PQ平面BCD；(2)若二面角CBMD的大小为60，求BDC的大小方法一：(1)证明：取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF3FC，连结OP，OF，FQ，因为AQ3QC，所
13、以QFAD，且QFAD因为O，P分别为BD，BM的中点，所以OP是BDM的中位线，所以OPDM，且OPDM.又点M为AD的中点，所以OPAD，且OPAD从而OPFQ，且OPFQ，所以四边形OPQF为平行四边形，故PQOF.又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以PQ平面BCD(2)解：作CGBD于点G，作CHBM于点H，连结CH.因为AD平面BCD，CG平面BCD，所以ADCG，又CGBD，ADBDD，故CG平面ABD，又BM平面ABD，所以CGBM.又GHBM，CGGHG，故BM平面CGH，所以GHBM，CHBM.所以CHG为二面角CBMD的平面角，即CHG60.设BDC.在RtBCD中，CD
14、BDcos cos ，CGCDsin cos sin ，BGBCsin sin2.在RtBDM中，.在RtCHG中，tanCHG.所以tan .从而60.即BDC60.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(0，2)，B(0，0)，D(0，0)设点C的坐标为(x0，y0,0)因为，所以Q.因为M为AD的中点，故M(0，1)又P为BM的中点，故P，所以.又平面BCD的一个法向量为u(0,0,1)，故u0.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(x0，,1
15、)，(0,，1)，知取y1，得m.又平面BDM的一个法向量为n(1,0,0)，于是|cosm，n|，即.又BCCD，所以0，故(x0，,0)(x0，,0)0，即x02y022.联立，解得(舍去)或所以tanBDC.又BDC是锐角，所以BDC60.21(2013浙江，理21)(本题满分15分)如图，点P(0，1)是椭圆C1：(ab0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2y24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的方程解：(1)由题意得所以椭圆C的方程为y21.(2)设A(
16、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ykx1.又圆C2：x2y24，故点O到直线l1的距离，所以.又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故.所以|PD|.设ABD的面积为S，则S|AB|PD|，所以S，当且仅当时取等号所以所求直线l1的方程为y1.22(2013浙江，理22)(本题满分14分)已知aR，函数f(x)x33x23ax3a3.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当x0,2时，求|f(x)|的最大值解：(1)由题意f(x)3x26x3a，故f(1
17、)3a3.又f(1)1，所以所求的切线方程为y(3a3)x3a4.(2)由于f(x)3(x1)23(a1)，0x2，故当a0时，有f(x)0，此时f(x)在0,2上单调递减，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|33a.当a1时，有f(x)0，此时f(x)在0,2上单调递增，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|3a1.当0a1时，设x11，x21，则0x1x22，f(x)3(xx1)(xx2)列表如下：x0(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2,2)2f(x)00f(x)33a单调递增极大值f(x1)单调递减极小值f(x2)单调递增3a1由于f(x1)12(1a)，f(x2)12(1a)，故f(x1)f(x2)20，f(x1)f(x2)4(1a)0，从而f(x1)|f(x2)|.所以|f(x)|maxmaxf(0)，|f(2)|，f(x1)当0a时，f(0)|f(2)|.又f(x1)f(0)2(1a)(23a)0，故|f(x)|maxf(x1)12(1a).当a1时，|f(2)|f(2)，且f(2)f(0)又f(x1)|f(2)|2(1a)(3a2)，所以当a时，f(x1)|f(2)|.故f(x)maxf(x1)12(1a).当a1时，f(x1)|f(2)|.故f(x)max|f(2)|3a1.综上所述，|f(x)|max12
