浙江省高考数学试卷(理科)答案与解析(共18页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2013年浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试卷解读一选择题：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（5分）（2013浙江）已知i是虚数单位，则（1+i）（2i）=（）A3+iB1+3iC3+3iD1+i考点：复数代数形式的乘除运算专题：数系的扩充和复数分析：直接利用两个复数代数形式的乘法法则，以及虚数单位i的幂运算性质，运算求得结果解答：解：（1+i）（2i）=2+i+2i+1=1+3i，故选B点评：本题主要考查两个复数代数形式的乘法，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题2（5分）（2013浙江）设集合S=x|x2

2、，T=x|x2+3x40，则（RS）T=（）A（2，1B（，4C（，1D1，+）考点：交、并、补集的混合运算；全集及其运算专题：集合分析：先根据一元二次不等式求出集合T，然后求得RS，再利用并集的定义求出结果解答：解：集合S=x|x2，RS=x|x2，T=x|x2+3x40=x|4x1，故（RS）T=x|x1故选C点评：此题属于以一元二次不等式的解法为平台，考查了补集及并集的运算，是高考中常考的题型在求补集时注意全集的范围3（5分）（2013浙江）已知x，y为正实数，则（）A2lgx+lgy=2lgx+2lgyB2lg（x+y）=2lgx2lgyC2lgxlgy=2lgx+2lgyD2lg（x

3、y）=2lgx2lgy考点：有理数指数幂的化简求值；对数的运算性质专题：函数的性质及应用分析：直接利用指数与对数的运算性质，判断选项即可解答：解：因为as+t=asat，lg（xy）=lgx+lgy（x，y为正实数），所以2lg（xy）=2lgx+lgy=2lgx2lgy，满足上述两个公式，故选D点评：本题考查指数与对数的运算性质，基本知识的考查4（5分）（2013浙江）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考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断专题：三角函数的图像与性质分析

4、：=f（x）=Acos（x+）f（x）=Asin（x）（A0，0，xR）是奇函数f（x）为奇函数f（0）=0=k+，kZ所以“f（x）是奇函数”是“=”必要不充分条件解答：解：若=，则f（x）=Acos（x+）f（x）=Asin（x）（A0，0，xR）是奇函数；若f（x）是奇函数，f（0）=0，f（0）=Acos（0+）=Acos=0=k+，kZ，不一定有=“f（x）是奇函数”是“=”必要不充分条件故选B点评：本题考查充分条件、必要条件和充要条件的判断，解题时要认真审题，仔细解答，注意三角函数性质的灵活运用5（5分）（2013浙江）某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则（）Aa=4B

5、a=5Ca=6Da=7考点：程序框图专题：算法和程序框图分析：根据已知流程图可得程序的功能是计算S=1+的值，利用裂项相消法易得答案解答：解：由已知可得该程序的功能是计算并输出S=1+=1+1=2若该程序运行后输出的值是，则 2=a=4，故选A点评：本题考查的知识点是程序框图，其中分析出程序的功能是解答的关键6（5分）（2013浙江）已知，则tan2=（）ABCD考点：二倍角的正切；同角三角函数间的基本关系专题：三角函数的求值分析：由题意结合sin2+cos2=1可解得sin，和cos，进而可得tan，再代入二倍角的正切公式可得答案解答：解：，又sin2+cos2=1，联立解得，或故tan=，

6、或tan=3，代入可得tan2=，或tan2=故选C点评：本题考查二倍角的正切公式，涉及同角三角函数的基本关系，属中档题7（5分）（2013浙江）设ABC，P0是边AB上一定点，满足，且对于边AB上任一点P，恒有则（）AABC=90BBAC=90CAB=ACDAC=BC考点：平面向量数量积的运算专题：平面向量及应用分析：设|=4，则|=1，过点C作AB的垂线，垂足为H，在AB上任取一点P，设HP0=a，则由数量积的几何意义可得|2（a+1）|+a0恒成立，只需=（a+1）24a=（a1）20即可，由此能求出ABC是等腰三角形，AC=BC解答：解：设|=4，则|=1，过点C作AB的垂线，垂足为H

7、，在AB上任取一点P，设HP0=a，则由数量积的几何意义可得，=|=|（a+1）|，=a，于是恒成立，整理得|2（a+1）|+a0恒成立，只需=（a+1）24a=（a1）20即可，于是a=1，因此我们得到HB=2，即H是AB的中点，故ABC是等腰三角形，所以AC=BC故选：D点评：本题主要考查了平面向量的运算，向量的模及向量的数量积的概念，向量运算的几何意义的应用，还考查了利用向量解决简单的几何问题的能力8（5分）（2013浙江）已知e为自然对数的底数，设函数f（x）=（ex1）（x1）k（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

8、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处取得极大值考点：函数在某点取得极值的条件专题：导数的综合应用分析：通过对函数f（x）求导，根据选项知函数在x=1处有极值，验证f（1）=0，再验证f（x）在x=1处取得极小值还是极大值即可得结论解答：解：当k=1时，函数f（x）=（ex1）（x1）求导函数可得f（x）=ex（x1）+（ex1）=（xex1），f（1）=e10，f（2）=2e210，则f（x）在在x=1处与在x=2处均取不到极值，当k=2时，函数f（x）=（ex1）（x1）2求导函数可得f（x）=ex（x1）2+2（ex1）（x1）=（x1）（xex+ex

9、2），当x=1，f（x）=0，且当x1时，f（x）0，当x0x1时（x0为极大值点），f（x）0，故函数f（x）在（1，+）上是增函数；在（x0，1）上是减函数，从而函数f（x）在x=1取得极小值对照选项故选C点评：本题考查了函数的极值问题，考查学生的计算能力，正确理解极值是关键9（5分）（2013浙江）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（）ABCD考点：椭圆的简单性质专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：不妨设|AF1|=x，|AF2|=y，依题意，解此方程组可求得x，y的值，利

10、用双曲线的定义及性质即可求得C2的离心率解答：解：设|AF1|=x，|AF2|=y，点A为椭圆C1：+y2=1上的点，2a=4，b=1，c=；|AF1|+|AF2|=2a=4，即x+y=4；又四边形AF1BF2为矩形，+=，即x2+y2=（2c）2=12，由得：，解得x=2，y=2+，设双曲线C2的实轴长为2m，焦距为2n，则2m=|AF2|AF1|=yx=2，2n=2=2，双曲线C2的离心率e=故选D点评：本题考查椭圆与双曲线的简单性质，求得|AF1|与|AF2|是关键，考查分析与运算能力，属于中档题10（5分）（2013浙江）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

11、不同的平面，对空间任意一点P，Q1=ff（P），Q2=ff（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45C平面与平面平行D平面与平面所成的（锐）二面角为60考点：空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；二面角的平面角及求法专题：空间位置关系与距离分析：设P1是点P在内的射影，点P2是点P在内的射影根据题意点P1在内的射影与P2在内的射影重合于一点，由此可得四边形PP1Q1P2为矩形，且P1Q1P2是二面角l的平面角，根据面面垂直的定义可得平面与平面垂直，得到本题答案解答：解：设P1=f（P），则根据题意，得点P1是过点P作平面垂线的垂足

12、Q1=ff（P）=f（P1），点Q1是过点P1作平面垂线的垂足同理，若P2=f（P），得点P2是过点P作平面垂线的垂足因此Q2=ff（P）表示点Q2是过点P2作平面垂线的垂足对任意的点P，恒有PQ1=PQ2，点Q1与Q2重合于同一点由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且P1Q1P2是二面角l的平面角P1Q1P2是直角，平面与平面垂直故选：A点评：本题给出新定义，要求我们判定平面与平面所成角大小，着重考查了线面垂直性质、二面角的平面角和面面垂直的定义等知识，属于中档题二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分11（4分）（2013浙江）设二项式的展开式中常数项为A，则A=10考点：二项式

13、系数的性质专题：排列组合分析：先求出二项式展开式的通项公式，再令x的系数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值解答：解：二项式的展开式的通项公式为 Tr+1=（1）r=（1）r令=0，解得r=3，故展开式的常数项为=10，故答案为10点评：本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题12（4分）（2013浙江）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24 cm3考点：由三视图求面积、体积专题：立体几何分析：先根据三视图判断几何体的形状，再利用体积公式计算即可解答：解：几何体为三棱柱去掉一个三棱锥后的几何体，底面是直角三角

14、形，直角边分别为3，4，侧面的高为5，被截取的棱锥的高为3如图：V=V棱柱V棱锥=24（cm3）故答案为：24点评：本题考查几何体的三视图及几何体的体积计算V椎体=Sh，V柱体=Sh考查空间想象能力13（4分）（2013浙江）设z=kx+y，其中实数x，y满足，若z的最大值为12，则实数k=2考点：简单线性规划专题：不等式的解法及应用分析：先画出可行域，得到角点坐标再对k进行分类讨论，通过平移直线z=kx+y得到最大值点A，即可得到答案解答：解：可行域如图：由得：A（4，4），同样地，得B（0，2），z=kx+y，即y=kx+z，分k0，k0两种情况当k0时，目标函数z=kx+y在A点取最大值

15、，即直线z=kx+y在y轴上的截距z最大，即12=4k+4，得k=2；当k0时，当k时，目标函数z=kx+y在A点（4，4）时取最大值，即直线z=kx+y在y轴上的截距z最大，此时，12=4k+4，故k=2当k时，目标函数z=kx+y在B点（0，2）时取最大值，即直线z=kx+y在y轴上的截距z最大，此时，12=0k+2，故k不存在综上，k=2故答案为：2点评：本题主要考查简单线性规划解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的可行域，将目标函数赋予几何意义14（4分）（2013浙江）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480种（用数字作答）考点：排列

16、、组合及简单计数问题专题：排列组合分析：按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可解答：解：按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可当C在左边第1个位置时，有A，当C在左边第2个位置时，A和B有C右边的4个位置可以选，有AA，当C在左边第3个位置时，有AA+AA，共为240种，乘以2，得480则不同的排法共有480种故答案为：480点评：本题考查排列、组合的应用，关键在于明确事件之间的关系，同时要掌握分类讨论的处理方法15（4分）（2013浙江）设F为抛物线C：

17、y2=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l的斜率等于不存在考点：直线与圆锥曲线的关系；直线的斜率专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：由题意设直线l的方程为my=x+1，联立得到y24my+4=0，=16m216=16（m21）0设A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0）利用根与系数的关系可得y1+y2=4m，利用中点坐标公式可得=2m，x0=my01=2m21Q（2m21，2m），由抛物线C：y2=4x得焦点F（1，0）再利用两点间的距离公式即可得出m及k，再代入判断是否成立即可解答：解：由题意设直线l的方程为

18、my=x+1，联立得到y24my+4=0，=16m216=16（m21）0设A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0）y1+y2=4m，=2m，x0=my01=2m21Q（2m21，2m），由抛物线C：y2=4x得焦点F（1，0）|QF|=2，化为m2=1，解得m=1，不满足0故满足条件的直线l不存在故答案为不存在点评：本题综合考查了直线与抛物线的位置关系与的关系、根与系数的关系、中点坐标关系、两点间的距离公式等基础知识，考查了推理能力和计算能力16（4分）（2013浙江）ABC中，C=90，M是BC的中点，若，则sinBAC=考点：正弦定理专题：解三角形分析：作出图象，设出未知量，

19、在ABM中，由正弦定理可得sinAMB=，进而可得cos=，在RTACM中，还可得cos=，建立等式后可得a=b，再由勾股定理可得c=，而sinBAC=，代入化简可得答案解答：解：如图设AC=b，AB=c，CM=MB=，MAC=，在ABM中，由正弦定理可得=，代入数据可得=，解得sinAMB=，故cos=cos（AMC）=sinAMC=sin（AMB）=sinAMB=，而在RTACM中，cos=，故可得=，化简可得a44a2b2+4b4=（a22b2）2=0，解之可得a=b，再由勾股定理可得a2+b2=c2，联立可得c=，故在RTABC中，sinBAC=，故答案为：点评：本题考查正弦定理的应用

20、，涉及三角函数的诱导公式以及勾股定理的应用，属难题17（4分）（2013浙江）设、为单位向量，非零向量=x+y，x、yR若、的夹角为30，则的最大值等于2考点：数量积表示两个向量的夹角专题：平面向量及应用分析：由题意求得 =，|=，从而可得 =，再利用二次函数的性质求得的最大值解答：解：、 为单位向量，和的夹角等于30，=11cos30=非零向量=x+y，|=，=，故当=时，取得最大值为2，故答案为 2点评：本题主要考查两个向量的数量积的运算，求向量的模，利用二次函数的性质求函数的最大值，属于中档题三、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（14分）（201

21、3浙江）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（）求d，an；（）若d0，求|a1|+|a2|+|a3|+|an|考点：数列的求和；等差数列的通项公式；等比数列的性质专题：等差数列与等比数列分析：（）直接由已知条件a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比数列列式求出公差，则通项公式an可求；（）利用（）中的结论，得到等差数列an的前11项大于等于0，后面的项小于0，所以分类讨论求d0时|a1|+|a2|+|a3|+|an|的和解答：解：（）由题意得，即，整理得d23d4=0解得d=1或d=4当d=1时，an=a1+（n1）d=10（n1）=n+11

22、当d=4时，an=a1+（n1）d=10+4（n1）=4n+6所以an=n+11或an=4n+6；（）设数列an的前n项和为Sn，因为d0，由（）得d=1，an=n+11则当n11时，当n12时，|a1|+|a2|+|a3|+|an|=Sn+2S11=综上所述，|a1|+|a2|+|a3|+|an|=点评：本题考查了等差数列、等比数列的基本概念，考查了等差数列的通项公式，求和公式，考查了分类讨论的数学思想方法和学生的运算能力，是中档题19（14分）（2013浙江）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

23、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，求a：b：c考点：离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差专题：概率与统计分析：（1）的可能取值有：2，3，4，5，6，求出相应的概率可得所求的分布列；（2）先列出的分布列，再利用的数学期望和方差公式，即可得到结论解答：解：（1）由题意得=2，3，4，5，6，P（=2）=；P（=3）=；P（=4）=；P（=5）=；P（=6）=故所求的分布列为 2 3 4 5 6 P（2）由题意知的分布列为 1 2

24、3 PE=D=（1）2+（2）2+（3）2=得，解得a=3c，b=2c，故a：b：c=3：2：1点评：本题主要考查随机事件的概率和随机变量的分布列、数学期望等概念，同时考查抽象概括、运算能力，属于中档题20（15分）（2013浙江）如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD=2，BD=2M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CBMD的大小为60，求BDC的大小考点：二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定专题：空间位置关系与距离；空间角；立体几何分析：（1）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，

25、连接OP、OF、FQ根据平行线分线段成比例定理结合三角形的中位线定理证出四边形OPQF是平行四边形，从而PQOF，再由线面平行判定定理，证出PQ平面BCD；（2）过点C作CGBD，垂足为G，过G作GHBM于H，连接CH根据线面垂直的判定与性质证出BMCH，因此CHG是二面角CBMD的平面角，可得CHG=60设BDC=，用解直角三角形的方法算出HG和CG关于的表达式，最后在RtCHG中，根据正切的定义得出tanCHG=，从而得到tan=，由此可得BDC解答：（1）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQACD中，AQ=3QC且DF=3CF，QFAD且QF=ADB

26、DM中，O、P分别为BD、BM的中点OPDM，且OP=DM，结合M为AD中点得：OPAD且OP=ADOPQF且OP=QF，可得四边形OPQF是平行四边形PQOFPQ平面BCD且OF平面BCD，PQ平面BCD；（2）过点C作CGBD，垂足为G，过G作GHBM于H，连接CHAD平面BCD，CG平面BCD，ADCG又CGBD，AD、BD是平面ABD内的相交直线CG平面ABD，结合BM平面ABD，得CGBMGHBM，CG、GH是平面CGH内的相交直线BM平面CGH，可得BMCH因此，CHG是二面角CBMD的平面角，可得CHG=60设BDC=，可得RtBCD中，CD=BDcos=2cos，CG=CDsi

27、n=sincos，BG=BCsin=2sin2RtBMD中，HG=；RtCHG中，tanCHG=tan=，可得=60，即BDC=60点评：本题在底面为直角三角形且过锐角顶点的侧棱与底面垂直的三棱锥中求证线面平行，并且在已知二面角大小的情况下求线线角着重考查了线面平行、线面垂直的判定与性质，解直角三角形和平面与平面所成角求法等知识，属于中档题21（15分）（2013浙江）如图，点P（0，1）是椭圆C1：+=1（ab0）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

28、ABD面积的最大值时直线l1的方程考点：直线与圆锥曲线的关系；椭圆的规范方程专题：圆锥曲线的定义、性质与方程；圆锥曲线中的最值与范围问题分析：（1）由题意可得b=1，2a=4，即可得到椭圆的方程；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0）由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx1利用点到直线的距离公式和弦长公式即可得出圆心O到直线l1的距离和弦长|AB|，又l2l1，可得直线l2的方程为x+kx+k=0，与椭圆的方程联立即可得到点D的横坐标，即可得出|PD|，即可得到三角形ABD的面积，利用基本不等式的性质即可得出其最大值，即得到k的值解答：解：（1

29、）由题意可得b=1，2a=4，即a=2椭圆C1的方程为；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0）由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx1又圆的圆心O（0，0）到直线l1的距离d=|AB|=又l2l1，故直线l2的方程为x+ky+k=0，联立，消去y得到（4+k2）x2+8kx=0，解得，|PD|=三角形ABD的面积S=，令4+k2=t4，则k2=t4，f（t）=，S=，当且仅，即，当时取等号，故所求直线l1的方程为点评：本题主要考查了椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，同时考查了推理能力和计算能力及分析问题和解决问题的能力22（1

30、4分）（2013浙江）已知aR，函数f（x）=x33x2+3ax3a+3（1）求曲线y=f（x）在点（1，f（1）处的切线方程；（2）当x0，2时，求|f（x）|的最大值考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数求闭区间上函数的最值专题：导数的综合应用分析：（1）求出原函数的导函数，求出函数取x=1时的导数值及f（1），由直线方程的点斜式写出切线方程；（2）求出原函数的导函数，分a0，0a1，a1三种情况求|f（x）|的最大值特别当0a1时，仍需要利用导数求函数在区间（0，2）上的极值，然后在根据a的范围分析区间端点值与极值绝对值的大小解答：解：（1）因为f（x）=x33x2+3ax3a+

31、3，所以f（x）=3x26x+3a，故f（1）=3a3，又f（1）=1，所以所求的切线方程为y=（3a3）x3a+4；（2）由于f（x）=3（x1）2+3（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）|max=max|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）|max=max|f（0）|，|f（2）|=3a1当0a1时，由3（x1）2+3（a1）=0，得，所以，当x（0，x1）时，f（x）0，函数f（x）单调递增；当x（x1，x2）时，f（x）0，函数f（x）单调递减；当x（x2，2）时，f（x）0，函数f（x）单调递增所以函数f（x）的极大值，极小值故f（x1）+f（x2）=20，从而f（x1）|f（x2）|所以|f（x）|max=maxf（0），|f（2）|，f（x1）当0a时，f（0）|f（2）|又=故当时，|f（2）|=f（2），且f（2）f（0）又=所以当时，f（x1）|f（2）|故当时，f（x1）|f（2）|故f（x）max=|f（2）|=3a1综上所述|f（x）|max=点评：本题考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数求闭区间上的最值，考查了分类讨论的数学思想方法，正确的分类是解答（2）的关键，此题属于难题专心-专注-专业