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＋i B．－1＋3i C．－3＋3i D．－1＋i 2．(2013浙江，理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，＋∞) 3．(2013浙江，理3)已知x，y为正实数，则( )．

A．2lg x＋lg y＝2lg x＋2lg y B．2lg(x＋y)＝2lg x²2lg y C．2lg x²lg y＝2lg x＋2lg y D．2lg(xy)＝2lg x²2lg y 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“2

π”的( )． 2A．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

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＝

9，则( )． 510，则tan 2α＝( )． 24334A．3 B．4 C．4 D．3

7．(2013浙江，理7)设△ABC，P0是边AB上一定点，满足P0B＝上任一点P，恒有PB²PC≥P，则( )． 0B²PC0A．∠ABC＝90° B．∠BAC＝90° C．AB＝AC D．AC＝BC

xk8．(2013浙江，理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

1AB，且对于边AB4x22

9．(2013浙江，理9)如图，F1，F2是椭圆C1：＋y＝1与双曲线C2的公

4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( )．

36A．2 B．3 C．2 D．2

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°

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．

2013 浙江理科数学 第1页

111．(2013浙江，理11)设二项式x3的展开式中常数项为A，则A＝__________.

x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

5

xy20,13．(2013浙江，理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

2xy40.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)．

2

15．(2013浙江，理15)设F为抛物线C：y＝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＝__________.

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

1，则sin∠BAC＝3π，6|x|的最大值等于__________． |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．(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|.

2013 浙江理科数学 第2页

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＝＝

5，Dη35，求a∶b∶c. 9

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＝22.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．

2013 浙江理科数学 第3页

x2y221．(2013浙江，理21)(本题满分15分)如图，点P(0，－1)是椭圆C1：221(a＞b＞0)的一个顶

ab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，B2

2

C1于另一点D． 1的方程；

面积取最大值时直线l1的方程．

2013 浙江理科数学 第4页

两点，l2交椭圆(1)求椭圆C(2)求△ABD

22．(2013浙江，理22)(本题满分14分)已知a∈R，函数f(x)＝x－3x＋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．

32

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(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

2

解析：(－1＋i)(2－i)＝－2＋i＋2i－i＝－1＋3i，故选B． 2． 答案：C

解析：由题意得T＝{x|x＋3x－4≤0}＝{x|－4≤x≤1}．又S＝{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， lg x＋lg ylg xlg y2＝2²2，故A错，B错，C错；

lg(xy)lg x＋lg ylg xlg yD中，2＝2＝2²2，故选D． 4． 答案：B

解析：若f(x)是奇函数，则φ＝kπ＋若2

R

S)∪T＝{x|x≤－2}∪

π，k∈Z； 2π，则f(x)＝Acos(ωx＋φ)＝－Asin ωx，显然是奇函数． 2π

所以“f(x)是奇函数”是“”的必要不充分条件．

2

5． 答案：A

解析：该程序框图的功能为计算1＋可知当a＝4时2－6． 答案：C

11191＋＋„＋＝2－的值，由已知输出的值为，

a151223aa119＝.故选A． a151010得，sin α＝－2cos α.① 221031022

把①式代入sinα＋cosα＝1中可解出cos α＝或，

101010310当cos α＝时，sin α＝；

101031010当cos α＝时，sin α＝.

101013∴tan α＝3或tan α＝，∴tan 2α＝.

34解析：由sin α＋2cos α＝7．

答案：D

2013 浙江理科数学 第5页

解析：设PB＝tAB(0≤t≤1)， ∴PC＝PB＋BC＝tAB＋BC，

∴PB²PC＝(tAB)²(tAB＋BC)＝tAB2＋tAB²BC.

2

由题意PB²PC≥P， 0B²PC0即tAB2＋tAB²BC≥

2

11ABABBC 4411＝AB2＋AB²BC，

441即当t时PB²PC取得最小值．

4ABBC1由二次函数的性质可知：，

242AB1即：AB²BC＝AB2，

21∴AB²ABBC＝0.

21

取AB中点M，则AB＋BC＝MB＋BC＝MC，

2

∴AB²MC＝0，即AB⊥MC． ∴AC＝BC．故选D． 8． 答案：C

xx解析：当k＝1时，f(x)＝(e－1)(x－1)，f′(x)＝xe－1， ∵f′(1)＝e－1≠0，

∴f(x)在x＝1处不能取到极值；

x2xx当k＝2时，f(x)＝(e－1)(x－1)，f′(x)＝(x－1)(xe＋e－2)，

xx令H(x)＝xe＋e－2，

xx则H′(x)＝xe＋2e＞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． 答案：D

解析：椭圆C1中，|AF1|＋|AF2|＝4，|F1F2|＝23. 又因为四边形AF1BF2为矩形， 所以∠F1AF2＝90°.

222

所以|AF1|＋|AF2|＝|F1F2|， 所以|AF1|＝22，|AF2|＝22. 所以在双曲线C2中，2c＝23，2a＝|AF2|－|AF1|＝22，故e2013 浙江理科数学 第6页

236，故选D． 22

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

r5r1r5rrr32解析：Tr＋1＝C5(x)C5x(1)x 3xr＝(1)Cxrr55rr23(1)Cxrr5155r6.

令15－5r＝0，得r＝3，

2所以A＝(－1)C35＝C5＝－10.

3

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．VA1EC1ABCVA1B1C1ABCVEA1B1C1＝

111³3³4³5－³³3³4³3＝30－6＝24. 232

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A55种情况；若C3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A24²A33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A22²A3种排2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A3²A33种排法；若

2013 浙江理科数学 第7页

32323C在第4个位置，则有A22A3＋A3A3种排法；若C在第5个位置，则有A4A3种排法；若C在第6个位

置，则有A55种排法．

232323综上，共有2(A55＋A4A3＋A3A3＋A2A3)＝480(种)排法．

15．答案：±1

y24x,222解析：设直线l的方程为y＝k(x＋1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由联立，得kx＋2(k－2)xykx12k222

＋k＝0，∴x1＋x2＝， 2kyy22x1x2k222， 212，1∴

2k2kk22即Q12,.

kk又|FQ|＝2，F(1,0)，

22∴1214，解得k＝±1.

kk616．答案： 3解析：如图以C为原点建立平面直角坐标系，

22设A(0，b)，B(a,0)， 则M

cos∠MAB＝

aa,0，AB＝(a，－b)，AM＝,b， 22ABAMABAM

a2b22＝.

2aa2b2b241又sin∠MAB＝，

381∴cos∠MAB＝1. 392a22b28∴， 29aa2b2b242013 浙江理科数学 第8页

2

整理得a－4ab＋4b＝0，

2222

即a－2b＝0，∴a＝2b， sin∠CAB＝17．答案：2

解析：|b|＝(xe1＋ye2)＝x＋y＋2xye1²e2＝x＋y＋3xy.

2

2

2

2

2

2

4224

aa2b2a3b22b6. 33b∴

x2y23xy|x|11当x≠0时，2.

22|b|3yyy311xxx24三、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．

2

解：(1)由题意得5a3²a1＝(2a2＋2)，

2

即d－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.

|x||b|x，当x＝0时，

|x|0； |b|1221nn. 221221n＋110. 当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋„＋|an|＝－Sn＋2S11＝n221221nn,n11,22综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋„＋|an|＝

121n2n110,n12.22则当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋„＋|an|＝Sn＝19．

解：(1)由题意得ξ＝2,3,4,5,6. 故P(ξ＝2)＝

P(ξP(ξP(ξP(ξ

331， 6642321， ＝3)＝

663231225， ＝4)＝

66182211， ＝5)＝

669111＝6)＝， 6636ξ 2 3 4 5 6 所以ξ的分布列为

P (2)由题意知η的分布列为

η 1 41 1 35 182 1 91 363 2013 浙江理科数学 第9页

ab abcabca2b3c5， 所以E(η)＝

abcabcabc3P 222c abca5bc555D(η)＝123，

3abc3abc93abc2ab4c0,化简得

a4b11c0.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＝

1AD． 4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＝

1DM. 2又点M为AD的中点，所以OP∥AD，且OP＝

1AD． 4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＝BDcos θ＝22cos θ，

CG＝CDsin θ＝22cos θsin θ， BG＝BCsin θ＝22sin2θ.

BGDM22sin2在Rt△BDM中，HG. BM32013 浙江理科数学 第10页

在Rt△CHG中，tan∠CHG＝

CG3cos3. HGsin所以tan θ＝3. 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(0，2，2)，B(0，2，0)，D(0，2，0)． 设点C的坐标为(x0，y0,0)． 因为AQ3QC，所以Q3231x,y,404402. 因为M为AD的中点，故M(0，2，1)． 又P为BM的中点，故P0,0,所以PQ＝1， 2323x,y,040440. 又平面BCD的一个法向量为u＝(0,0,1)，故PQ²u＝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＝(－x0，2y0,1)，BM＝(0,22，1)，

x0x2y0yz0,知 22yz0.y02,1,22取y＝－1，得m＝x. 0又平面BDM的一个法向量为n＝(1,0,0)，

于是|cos〈m，n〉|＝

|mn||m||n|y02x09y21，即0x3.① 220y02x02又BC⊥CD，所以CB²CD＝0，

故(－x0，2y0,0)²(－x0，2y0,0)＝0， 即x0＋y0＝2.②

2

2

2013 浙江理科数学 第11页

6x,0x00,2

联立①，②，解得(舍去)或y02,y2.02所以tan∠BDC＝x03.

2y0又∠BDC是锐角，所以∠BDC＝60°. 21．

解：(1)由题意得b1,

a2.x22

所以椭圆C的方程为＋y＝1.

4(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：x＋y＝4，故点O到直线l1的距离d2

2

1k12，

4k23所以|AB|24d2.

k212又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0.

xkyk0,由2 2x4y4,消去y，整理得(4＋k)x＋8kx＝0， 故x02

2

8k. 4k28k21所以|PD|＝. 4k2设△ABD的面积为S，

184k23则S＝|AB|²|PD|＝，

24k232所以S＝

1324k34k23≤3224k23134k231613， 13当且仅当k10时取等号． 210x－1. 2所以所求直线l1的方程为y＝22．

2

解：(1)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.

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(2)由于f′(x)＝3(x－1)＋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＝1－1a，x2＝1＋1a， 则0＜x1＜x2＜2，f′(x)＝3(x－x1)(x－x2)． 列表如下： 2

x f′(x) 0 (0，x1) ＋ 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(x) 3－3a 单调递增 由于f(x1)＝1＋2(1－a)1a，f(x2)＝1－2(1－a)1a， 故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)}． 当0＜a＜

2时，f(0)＞|f(2)|. 3a234a又f(x1)－f(0)＝2(1－a)1a－(2－3a)＝＞0，

21a1a23a故|f(x)|max＝f(x1)＝1＋2(1－a)1a. 当

2≤a＜1时，|f(2)|＝f(2)，且f(2)≥f(0)． 3a234a又f(x1)－|f(2)|＝2(1－a)1a－(3a－2)＝，

21a1a3a223所以当≤a＜时，f(x1)＞|f(2)|.

34故f(x)max＝f(x1)＝1＋2(1－a)1a. 3当≤a＜1时，f(x1)≤|f(2)|. 4故f(x)max＝|f(2)|＝3a－1. 综上所述，

33a,a0,3|f(x)|max＝121a1a,0a,

433a1,a.4

2013 浙江理科数学 第13页