2013浙江高考数学理科试题及答案完美版

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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．设集合S{x|x2},T{x|x3x40}，则(CRS)T A．(2,1] B. (,4] C. (,1] D.[1,) 3．已知x,y为正实数，则

A.2lgxlgy2lgx2lgy B.2lg(xy)2lgx2lgy C.2lgxlgy2lgx2lgy D.2lg(xy)2lgx2lgy

4．已知函数f(x)Acos(x)(A0,0,R)，则“f(x)是奇函数”是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 5．某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是

22的

9，则 5A.a4 B.a5 C. a6 D.a7

开始 S=1，k=1 是 k>a? 否 1S=S+ k(k+1)k=k+1 输出S 结束 （第5题图）

6．已知R,sin2cosA.

10，则tan2 24334 B. C. D.

43347．设ABC,P0是边AB上一定点，满足P0B。则 PBPCP0BPC01AB，且对于边AB上任一点P，恒有4A. ABC900 B. BAC900 C. ABAC D.ACBC 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处取得极小值 B．当k1时，f(x)在x1处取得极大值 C．当k2时，f(x)在x1处取得极小值 D．当k2时，f(x)在x1处取得极大值

xkx2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9．如图，F1,F2是椭圆C1:4公共点。若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是

y A F1 O B （第9题图）

F2 x

A.

2 B. 3 C.

36 D. 2210．在空间中，过点A作平面的垂线，垂足为B，记Bf(A)。设,是两个不同的平面，对空间

任意一点P，Q1f[f(P)],Q2f[f(P)],恒有PQ1PQ2，则

A．平面与平面垂直 B. 平面与平面所成的（锐）二面角为45 C. 平面与平面平行 D.平面与平面所成的（锐）二面角为60 二、填空题 11．设二项式(x0015)的展开式中常数项为A，则A________。 3x212．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。

4 3 2 正视图 3 3 侧视图 俯视图 （第12题图）

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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）

215．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于两点A,B，点Q为线段AB的

中点，若|FQ|2，则直线的斜率等于________。

016．ABC中，C90,M是BC的中点，若sinBAM1，则sinBAC________。 317．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________。 三、解答题

|x|，则的最大值等于6|b|18．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|.

19．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2分，

取出蓝球得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为取出此2球所得分数之和，.求分布列；

（2）从该袋子中任取（且每球取到的机会均等）1个球，记随机变量为取出此球所得分数.若

55E,D，求a:b:c.

39

20．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600，求BDC的大小.

A

M

P Q B

C

（第20题图）

D

x2y22221．如图，点P(0,1)是椭圆C1:221(ab0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2:xy4的

ab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.

y l1 D O P A （第21题图）

l2 B x

22．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

参

一、选择题

1．B【解析】原式2i2ii2

．

C

【

解

析

】

223i113i，所以选B；

图

1

所

示

，

由

已

知

得

到

如

T{x|4x1},CRs{x|x2}(CRs)T(,1]。所以选C

3．D【解析】此题中，由2lgx2lgy2lgxlgy2lgxy。所以选D；

2所以不是充分条件；反之当(kZ)，

4．B【解析】当f(x)Acos(x)为奇函数时，k时，函数f(x)Acos(x2

2)Asinx是奇函数，是必要条件，所以选B。

【考点定位】充分条件的判断和三角函数的奇偶性性质知识点；

函数yAsin(x)，若是奇函数，则k(kZ)；若是偶函数，则k函数yAcos(x)，若是奇函数，则k充分和必要条件判断的三种方法

（1）定义法（通用的方法）：

①若pq,qp，则p是q的充分不必要条件； ②若pq,qp，则p是q的必要不充分条件； ③若pq,qp，则p是q的充分必要条件； ④若pq,qp，则p是q的既不充分又不必要条件；

（2）集合判断法：若已知条件给的是两个集合问题，可以利用此方法判断：

设条件p和q对应的集合分别是A,B

①若AB，则p是q充分条件；若AB，则p是q的充分不必要条件； ②若AB，则p是q必要条件；若AB，则p是q的必要不充分条件； ③若AB，则p是q的充分必要条件；

④若AB,BA，则p是q的既不充分又不必要条件；

（3）命题真假法：利用原命题和真命题的真假来判断：设若p则q为原命题， ①若原命题真，逆命题假，则p是q的充分不必要条件； ②若原命题假，逆命题真，则p是q的必要不充分条件； ③若原命题真，逆命题真，则p是q的充分必要条件； ④若原命题假，逆命题假，则p是q的既不充分又不必要条件；

2(kZ)；

2(kZ)；若是偶函数，则k(kZ)；

5．A【解析】由图可知

111111119S1(1)()()()2k4，即程序

22334kk1k15执行到k4，当k5时程序运行结束，即最后一次运行k4；所以选A

6．C解：由已知得到：

5sin24sincos4cos25sin4sincos4cos2222sincos22tan24tan451tan或tan3，所以 223tan112()33或tan2233，所以选C； tan214194197．D解：利用特殊值法可以解决，如CPAB或PBPA即可求出答案，所以选D；

22228．C解：当k2时，f(x)(e1)(x1)f(x)2(e1)(x1)，且e10，所以当x1时，

f(x)0，函数递增；当x1时，f(x)0，函数递减；所以当x1时函数取得极小值；所以选C；

9．D解：由已知得F1(3,0),F2(3,0)，设双曲线实半轴为a，由椭圆及双曲线的定义和已知得

|AF2||AF1|4c362到：|AF2||AF，所以选D； 1|2aa2，所以双曲线的离心率为a2222AF1||AF2|1210．A解：设f(P)C,f(P)D,所以Q1f(C),Q2f(D)，由已知得到：PC于C，且PQ1PQ2恒成立，即Q1与Q2重合，即当PD于D，CQ1于Q1，DQ2于Q2，

时满足；如图2所示：11．10 解：由Tr15rrC5x2

(x13)r(1)r5r1rrC5x23，由已知得到：

5rr0r3，所以233A(1)3C510，所以填-10；

12．24 解：由已知得此几何体的直观图是一个底面是直角三角形且两直角边分别是3,4高是5的直三棱柱在上面截去一个三棱锥，三棱锥从一个顶点出发的三条棱两两垂直，底面边长分别是3,4高是3，如图3所示，红色为截去的三棱锥，所以体积为51113433424； 232

13．2 解：此不等式表示的平面区域如下图4所示：y当kkxz，

0时，直线l0:ykx平移到A点时目标函数取最大值，即4k412k2；当k0时，

:ykx平移到A或B点时目标函数取最大值，可知k取值是大于零，所以不满足，所以k2，

直线l0所以填2；

14．480 解：对特殊元素C进行分类讨论即可，即C在第1,2,3，4,5,6，位置上讨论，其中在第1和第6

5位置上，在第2和第5位置上，在第3和第4位置上结果是相同的，在第1位置上有A5种，在第2位置1423235142323上有A3在第3位置上有A2所以共有2(A5所以填480； A4，A3A3A3，A3A4A2A3A3A3)480，

15．1 解：由已知得到：F(1,0)，设l:yk(x1)，A(x1,y1),B(x2,y2)，由

yk(x1)2(2k2)2222kx2x(k2)k=0x1x2，所以 22ky4xx1x22k2x1x222k22,k(1)Q(2,)，由已知得到 222kkkk2k2211|QF|4(21)2()24420k1，所以答案是1

kkkk216．6 解：如图5所示，设CMMBx,ACyAMx2y2,AB4x2y2，由已知32得到cosBAM1sinBAM22，在AMB中，由余弦定理得到：32222222622(xy)(4xy)x2x6；所以填； y22x2sinBAC2222223332xy4xy4xy

17．2 解：由已知得到：

b|b|2(xe1ye2)2|b|2x2y22xy123 2|x|2b2y1x22，设t(t3t1)min222x4|b|2xy3xyy3y12xxx2的最大值

为4，所以答案是2；

18．解：（Ⅰ）由已知得到：

(2a22)25a1a34(a1d1)250(a12d)(11d)225(5d)

d4d1； 12122dd12525dd3d40或an4n6an11n22（Ⅱ）由（1）知，当d①当1n11时，

0时，an11n，

n(1011n)n(21n)

22an0|a1||a2||a3||an|a1a2a3an②当12n时，

an0|a1||a2||a3||an|a1a2a3a11(a12a13an)11(2111)n(21n)n221n2202(a1a2a3a11)(a1a2a3an)2222

n(21n),(1n11)2所以，综上所述：|a1||a2||a3||an|；

2n21n220,(n12)2331；当两次摸62231135到的球分别是黄黄，红蓝，蓝红时4，此时P(4)；当两次摸到的球

6666661832231分别是红黄，黄红时3，此时P(3)当两次摸到的球分别是黄蓝，蓝黄时5，；

6666312211111此时P(5)；；当两次摸到的球分别是蓝蓝时6，此时P(6)66669663619．解：（Ⅰ）由已知得到：当两次摸到的球分别是红红时2，此时P(2)所以的分布列是：

 P 2 3 4 5 6 1 41 35 181 91 36（Ⅱ）由已知得到：有三种取值即1,2,3，所以的分布列是：  1 2 3 P a abcb abcc abc所以：

5a2b3cE3abcabcabca52b53cD5(15)2(2)2(3)293abc3abc3abc，所以

b2c,a3ca:b:c3:2:1。

20．解：：证明（Ⅰ）方法一：如图6，取MD的中点F，且M是AD中点，所以AF3FD。因为P是

BM中点，所以PF//BD；又因为（Ⅰ）AQ3QC且AF3FD，所以QF//BD，所以面PQF//面BDC，且PQ面BDC，所以PQ//面BDC；

方法二：如图7所示，取BD中点O，且P是BM中点，所以PO//1MD；取CD的三等分点H，使2且AQ3QC，所以QH//DH3CH，所以PQ//面BDC；

11所以PO//QHPQ//OH，且OHBCD，AD//MD，

42（Ⅱ）如图8所示，由已知得到面ADB面BDC，过C作CGBD于G，所以CGBMD，过G作

GHBM于H，连接CH，所以CHG就是CBMD的二面角；由已知得到BM813，

设BDC，所以

CDCGCBcos,sinCD22cos,CG22cossin,BC22sin,， BDCDBDBG在RTBCG中，BCGsinBG22sin2，所以在RTBHG中，

BC122sin2，所以在RTCHG中 HG23322sinHGtanCHGtan603CG22cossin 2HG22sin3tan3(0,90)60BDC60；

x2y21； 21．解：（Ⅰ）由已知得到b1，且2a4a2，所以椭圆的方程是4（Ⅱ）因为直线l1l2，且都过点P(0,1)，所以设直线l1:ykx1kxy10，直线

1l2:yx1xkyk0，所以圆心(0,0)到直线l1:ykx1kxy10的距离为

kd11k2，所以直线l1被圆xy4所截的弦AB24d222234k21k2；

xkyk0222kx4x8kx0，所以 由x22y148k1k28k21xDxP2|DP|(12)22，所以 2k4k(k4)k4SABD11234k28k2184k23484k23|AB||DP|22222k4k44k23131k324k234k232134k23324k23134k23322131613， 13当4k3134k23k210510x1 时等号成立，此时直线l1:yk222222．解：（Ⅰ）由已知得：f(x)3x6x3af(1)3a3，且f(1)133a33a1，所

以所求切线方程为：y1(3a3)(x1)，即为：3(a1)xy43a0；

2（Ⅱ）由已知得到：f(x)3x6x3a3[x(x2)a]，其中44a，当x[0,2]时，

x(x2)0，

（1）当a0时，f(x)0，所以f(x)在x[0,2]上递减，所以|f(x)|maxmax{|f(0)|,|f(2)|}，因为

f(0)3(1a),f(2)3a1f(2)0f(0)|f(2)|（2）当44a0，即

a1时，f(x)0恒成立，所以f(x)在x[0,2]上递增，所以

|f(x)|maxmax{|f(0)|,|f(2)|}，因为

f(0)3(1a),f(2)3a1f(0)0f(2)|f(0)|f(2)|f(x)|maxf(2)3a1；

（3）当44a0，即0a1时，

f(x)3x26x3a0x111a,x211a ，且0x1x22，即

x 0 (0,x1) + x1 0 极大值 (x1,x2) - 递减 x2 0 极小值 (x2,2) + 递增 2 f(x) f(x) 33a 递增 3a1 所以f(x1)12(1a)1a,f(x2)12(1a)1a，且

f(x1)f(x2)20,f(x1)f(x2)14(1a)30,所以f(x1)|f(x2)|，

所以|f(x)|maxmax{f(0),|f(2)|,f(x1)}；

由f(0)f(2)33a3a100a（ⅰ）当0a2，所以 32时，f(0)f(2)，所以x(,1]3[a,)时，yf(x)递增，x(1,a)时，

yf(x)递减，所以|f(x)|maxmax{f(0),f(x1)}，因为

f(x1)f(0)12(1a)1a33a2(1a)1a(23a)因为

a2(34a)2(1a)1a(23a)f(x1)f(0)0，又

0a23，所以

23a0,34a0，所以

，所以

|f(x)|maxf(x1)12(1a)1a

（ⅱ）当

2a1时，f(2)0,f(0)0，所以|f(x)|maxmax{f(2),f(x1)}，因为3f(x1)f(2)12(1a)1a3a12(1a)1a(3a2)a2(34a)2(1a)1a(3a2)，此时

3a20，当

1当○

2a1时，34a是大于零还是小于零不确定，所以 323所以f(x1)|f(2)|，所以此时|f(x)|maxf(x1)12(1a)1a； a时，34a0，

3432当○4a1时，34a0，所以f(x1)|f(2)|，所以此时|f(x)|maxf(2)3a1

33a,(a0)3综上所述：|f(x)|max12(1a)1a,(0a)；

433a1,(a)4