高考理科数学浙江卷word解析版.doc
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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(-1+i)(2-i)=( ).
A.-3+iB.-1+3i
C.-3+3iD.-1+i
答案:
B
解析:
(-1+i)(2-i)=-2+i+2i-i2=-1+3i,故选B.
2.(2013浙江,理2)设集合S={x|x>-2},T={x|x2+3x-4≤0},则(RS)∪T=( ).
A.(-2,1]B.(-∞,-4]
C.(-∞,1]D.[1,+∞)
答案:
C
解析:
由题意得T={x|x2+3x-4≤0}={x|-4≤x≤1}.又S={x|x>-2},∴(RS)∪T={x|x≤-2}∪{x|-4≤x≤1}={x|x≤1},故选C.
3.(2013浙江,理3)已知x,y为正实数,则( ).
A.2lgx+lgy=2lgx+2lgyB.2lg(x+y)=2lgx·2lgy
C.2lgx·lgy=2lgx+2lgyD.2lg(xy)=2lgx·2lgy
答案:
D
解析:
根据指数与对数的运算法则可知,
2lgx+lgy=2lgx·2lgy,故A错,B错,C错;
D中,2lg(xy)=2lgx+lgy=2lgx·2lgy,故选D.
4.(2013浙江,理4)已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,φ∈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φ=kπ+,k∈Z;
若,则f(x)=Acos(ωx+φ)=-Asinωx,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( ).
A.a=4B.a=5
C.a=6D.a=7
答案:
A
解析:
该程序框图的功能为计算1+++…+=2-的值,由已知输出的值为,可知当a=4时2-=.故选A.
6.(2013浙江,理6)已知α∈R,sinα+2cosα=,则tan2α=( ).
A.B.C.D.
答案:
C
解析:
由sinα+2cosα=得,sinα=-2cosα.①
把①式代入sin2α+cos2α=1中可解出cosα=或,
当cosα=时,sinα=;
当cosα=时,sinα=.
∴tanα=3或tanα=,∴tan2α=.
7.(2013浙江,理7)设△ABC,P0是边AB上一定点,满足P0B=AB,且对于边AB上任一点P,恒有·≥·,则( ).
A.∠ABC=90°B.∠BAC=90°
C.AB=ACD.AC=BC
答案:
D
解析:
设=t(0≤t≤1),
∴=+=t+,
∴·=(t)·(t+)=t2+t·.
由题意·≥·,
即t2+t·≥
=+·,
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AB⊥MC.
∴AC=BC.故选D.
8.(2013浙江,理8)已知e为自然对数的底数,设函数f(x)=(ex-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
答案:
C
解析:
当k=1时,f(x)=(ex-1)(x-1),f′(x)=xex-1,
∵f′
(1)=e-1≠0,
∴f(x)在x=1处不能取到极值;
当k=2时,f(x)=(ex-1)(x-1)2,f′(x)=(x-1)(xex+ex-2),
令H(x)=xex+ex-2,
则H′(x)=xex+2ex>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x0<x<1(x0为H(x)的零点)时,f′(x)<0,f(x)在(x0,1)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.(2013浙江,理9)如图,F1,F2是椭圆C1:
+y2=1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,|AF1|+|AF2|=4,|F1F2|=.
又因为四边形AF1BF2为矩形,
所以∠F1AF2=90°.
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=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°
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11)设二项式的展开式中常数项为A,则A=__________.
答案:
-10
解析:
Tr+1=
=.
令15-5r=0,得r=3,
所以A=(-1)3==-10.
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.=×3×4×5-××3×4×3=30-6=24.
13.(2013浙江,理13)设z=kx+y,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4k+4=12,解得k=2,此时符合题意.
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).
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浙江,理15)设F为抛物线C:
y2=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__________.
答案:
±1
解析:
设直线l的方程为y=k(x+1),A(x1,y1),B(x2,y2).由联立,得k2x2+2(k2-2)x+k2=0,∴x1+x2=,
∴,,
即Q.
又|FQ|=2,F(1,0),
∴,解得k=±1.
16.(2013浙江,理16)在△ABC中,∠C=90°,M是BC的中点.若sin∠BAM=,则sin∠BAC=__________.
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),=,
cos∠MAB=
=.
又sin∠MAB=,
∴cos∠MAB=.
∴,
整理得a4-4a2b2+4b4=0,
即a2-2b2=0,∴a2=2b2,
sin∠CAB=.
17.(2013浙江,理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,则的最大值等于__________.
答案:
2
解析:
|b|2=(xe1+ye2)2=x2+y2+2xye1·e2=x2+y2+xy.
∴,当x=0时,;
当x≠0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a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.
(1)求d,an;
(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.
解:
(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,
即d2-3d-4=0,
故d=-1或d=4.
所以an=-n+11,n∈N*或an=4n+6,n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn.
因为d<0,由
(1)得d=-1,an=-n+11.
则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=.
当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=+110.
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=,Dη=,求a∶b∶c.
解:
(1)由题意得ξ=2,3,4,5,6.
故P(ξ=2)=,
P(ξ=3)=,
P(ξ=4)=,
P(ξ=5)=,
P(ξ=6)=,
所以ξ的分布列为
ξ
2
3
4
5
6
P
(2)由题意知η的分布列为
η
1
2
3
P
所以E(η)=,
D(η)=,
化简得
解得a=3c,b=2c,故a∶b∶c=3∶2∶1.
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.
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=AD.
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=DM.
又点M为AD的中点,所以OP∥AD,且OP=AD.
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=BDcosθ=cosθ,
CG=CDsinθ=cosθsinθ,
BG=BCsinθ=sin2θ.
在Rt△BDM中,.
在Rt△CHG中,tan∠CHG=.
所以tanθ=.
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(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·u=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=(-x0,,1),=(0,,1),
知
取y=-1,得m=.
又平面BDM的一个法向量为n=(1,0,0),
于是|cos〈m,n〉|=,即.①
又BC⊥CD,所以·=0,
故(-x0,,0)·(-x0,,0)=0,
即x02+y02=2.②
联立①,②,解得(舍去)或
所以tan∠BDC=.
又∠BDC是锐角,所以∠BDC=60°.
21.(2013浙江,理21)(本题满分15分)如图,点P(0,-1)是椭圆C1:
(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.
解:
(1)由题意得
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)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.
又圆C2:
x2+y2=4,故点O到直线l1的距离,
所以.
又l2⊥l1,故直线l2的方程为x+ky+k=0.
由
消去y,整理得(4+k2)x2+8kx=0,
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y=-1.
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.
解:
(1)由题意f′(x)=3x2-6x+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x1=1-,x2=1+,
则0<x1<x2<2,f′(x)=3(x-x1)(x-x2).
列表如下:
x
0
(0,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,2)
2
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
3-3a
单调递增
极大值f(x1)
单调递减
极小值f(x2)
单调递增
3a-1
由于f(x1)=1+2(1-a),f(x2)=1-2(1-a),
故f(x1)+f(x2)=2>0,f(x1)-f(x2)=4(1-a)>0,
从而f(x1)>|f(x2)|.
所以|f(x)|max=max{f(0),|f
(2)|,f(x1)}.
当0<a<时,f(0)>|f
(2)|.
又f(x1)-f(0)=2(1-a)-(2-3a)=>0,
故|f(x)|max=f(x1)=1+2(1-a).
当≤a<1时,|f
(2)|=f
(2),且f
(2)≥f(0).
又f(x1)-|f
(2)|=2(1-a)-(3a-2)=,
所以当≤a<时,f(x1)>|f
(2)|.
故f(x)max=f(x1)=1+2(1-a).
当≤a<1时,f(x1)≤|f
(2)|.
故f(x)max=|f
(2)|=3a-1.
综上所述,
|f(x)|max=
12
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