2013 浙江高考数学试卷(理)（含答案与解析）.docx

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1、2013年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数 学（理）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.已知是虚数单位，则（ ）.A B. C. D. 分析 直接利用复数的乘法法则运算求解.解析 .故选B .2.设集合，则（ ）.A. B. C. D. 分析 先求出集合的补集，同时把集合化简，再求它们的并集.解析 因为，所以，而，所以.故选C.3.已知为正实数，则（ ）.A. B. C. D.分析 利用指数幂及对数的运算性质逐项验证.解析 A项，故错误；B项，故错误；C项，故错误；D项，正确. 故选D.4.已知函数，则“是奇函数”

2、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分析 先判断由是奇函数能否推出，再判断由能否推出是奇函数.解析 若是奇函数，则，所以，所以，故不成立； 若，则，是奇函数.所以是奇函数必要不充分条件.故B.5.某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则（ ）.A. B. C. D. 分析 可依次求出时的值进行验证，也可以先求出的表达式， 通过解方程求出的值.解析 （方法一）由程序框图及最后输出的值是可知：当时， 不成立，故不成立，故不成立，故不成立，故此时成立，所以.（方法二）由程序框图可知：，由，得，解得，故由程序框图可知不成立，成立

3、，所以.6.已知，则（ ）.A. B. C. D. 分析 先利用条件求出，再利用倍角公式求.解析 把条件中的式子两边平方，得，即，所以，所以，即，解得或，所以.故选C.7.设是边上一定点，满足，且对于边上任一点，恒有.则（ ）.A. B. C. D.分析 根据向量投影的概念，对选项逐一验证排除不符合的选项.不妨设，则，.设点在直线上的投影为点.解析 A项，若，如图（1）所示， 则，.当点落在点的右侧时，即，不符合； B项，若，如图（2）所示，则，.当为的中点时，不符合；C项，若，假设，如图（3）所示，则，.当落在点时，所以，不符合，故选D.8.已知为自然对数的底数，设函数，则（ ）.A. 当时

4、，在处取得极小值 B. 当时，在处取得极大值 C. 当时，在处取得极小值 D. 当时，在处取得极大值 分析 分别求出时函数的导数，再判断是否成立及两侧导数的符号， 进而确定极值. 解析 当时，则，所以，所以不是极值.当时，则 ，所以，且当时，；在附近的左侧，所以是极小值.故选C.9. 如图所示，是椭圆与双曲线的公共焦点，分别是，在第二.四象限的公共点.若四边形为矩形，则的离心率是（ ）. A. B. C. D.分析 由椭圆可求出，由矩阵求出，再求出即可求出双曲线方程中的，进而求得双曲线的离心率.解析 由椭圆可知，.因为四边形为矩形， 所以，所以，所以，所以，因此对于双曲线有， 所以的离心率.故

5、选D.10. 在空间中，过点作平面的垂线，垂足为，记.设是两个不同的平面，对空间任意一点，恒有，则（ ）.A. 平面与平面垂直 B. 平面与平面所成的（锐）二面角为 C. 平面与平面平行 D. 平面与平面所成的（锐）二面角为 分析 根据新定义及线面垂直知识进行推理.解析 设，则，.若，则与重合、与重合，所以，所以与相交.设，由，所以四点共面.同理四点共面.所以五点共面.且与的交线垂直于此平面.又因为，所以重合且在上，四边形为矩形.那么为二面角的平面角，所以.故选A.二.填空题11.设二项式的展开式中常数项为，则_.分析 写出二项展开式的通项，令通项中的指数为零，求出，即可求出.解析 ，令，得，

6、所以.12.若某几何体的三视图（单位：）如图所示，则此几何体的体积等于_.分析 根据三视图还原出几何体，再根据几何体的具体形状及尺寸求体积.解析 由三视图可知该几何体为一个直三棱柱被截去了一个小三棱锥， 如图所示.三棱术的底面为直角三角形，且直角边长分别为和，三棱柱的高为，故其体积，小三棱锥的底面与三棱柱的上底面相同，高为，故其体积，所以所求几何体的体积为.13.设，其中实数满足，若的最大值为，则实数_.分析 画出可行域，分类讨论确定出最优解，代入最大值即可求出的值.解析 作出可行域如图阴影部分所示：由图可知当时，直线经过点时最大，所以，解得（舍去）；当时，直线经过点时最大，此时的最大值为，不

7、合题意；当时，直线经过点时最大，所以，解得，符合题意.综上可知，.14.将六个字母排成一排，且均在的同侧，则不同的排法共有_种（用数字作答）分析 按的位置分类计算.解析 当在第一或第六位时，有（种）排法；当在第二或第五位时，有（种）排法；当在第三或第四位时，有（种）排法.所以共有（种）排法.15.设为抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于两点，点为线段 的中点，若，则直线的斜率等于_.答案：（特别说明：根据已公布答案，斜率等于代入题干可得抛物线与直线相切，与题干中“直线交抛物线于两点”矛盾.编者注）16.中，是的中点，若，则_.分析 画出图形，确定已知量和待求量所在的三角形，利用正弦定理求解.解析

8、 因为，所以.如图所示，在中，利用正弦定理，得，所以.在中，有.由题意知，所以.化简，得.所以，解得.再结合，为锐角可解得.17. 设为单位向量，非零向量，若的夹角为，则的最大值等于_.分析 为了便于计算可先求的范围，再求的最值.解析 根据题意，得.因为，所以，所以.故的最大值为.18.在公差为的等差数列中，已知，且成等比数列.（1） 求；（2） 若，求分析 （1）用把表示出来，利用成等比数列列方程即可解出，进而根据等差数列的通项公式写出.（2）根据（1）及确定数列的通项公式，确定的符号，以去掉绝对值符号，这需要对的取值范围进行分类讨论.解析（1）由题意得，由，为公差为的等差数列得，解得或.所

9、以或.设数列的前项和为.因为，由（1）得，所以当时，；当时，.综上所述， 19.设袋子中装有个红球，个黄球，个蓝球，且规定：取出一个红球得分，取出一个黄球分， 取出蓝球得分.（1）当时，从该袋子中任取（有放回，且每球取到的机会均等）个球，记随机变量为取出此球所得分数之和，.求分布列；（2）从该袋子中任取（且每球取到的机会均等）个球，记随机变量为取出此球所得分数.若，求分析（1）对取出球的颜色进行分类以确定得分值，进而确定随机变量的取值，计算相应的概率，再列出分布列；（2）先用表示出随机事件的概率，列出随机变量的分布列，求出数学期望和方差，再把条件代入，列方程组求出的关系.解析（1）由题意得.故

10、，.所以的分布列为（2）由题意知的分布列为所以,，化简得 解得，故.20. 如图，在四面体中，平面，.是的中点，是的中点，点在线段上，且.（1）证明：平面；（2）若二面角的大小为，求的大小.分析 立体几何题目一般有两种思路：传统法和向量法.传统法是借助立体几何中的相关定义、定理，通过逻辑推理证明来完成.（1）要证明线面平行，根据判定定理可通过证明线线平行来实现；（2）求二面角要先找到或作出二面角的平面角，再通过解三角形求解.向量法则是通过建立空间直角坐标系，求出相关的坐标，利用向量的计算完成证明或求解.直线一般求其方向向量，平面一般求其法向量.（1）只要说明直线的方向向量与对应平面的法向量垂直

11、即可；（2）二面角的大小即为两个平面的法向量的夹角或其补角.解析 方法一：（1）如图（1）所示，取的中点，在线段上取点，使得，连接.因为，所以，且.因为分别为的中点，所以是的中位线，所以且.又点为的中点，所以，且.从而，且，所以四边形为平行四边形，故.又，所以.（2）如图（1）所示，作于点，作于点，连接.因为，所以.又，故.又，所以.又，故，所以.所以为二面角的平面角，即.设，在中，.在中，.因为，所以.在中，.所以.从而.即.方法二：（1）如图（2）所示，取的中点，以为原点，所在的射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系.由题意知.设点的坐标为，因为，所以.因为点为的中点，故.又点为的中点，故，

12、所以.又平面的一个法向量为，故.又，所示.（2）设为平面的一个法向量.由，知取，得.又平面的一个法向量为，于是，即. 又，所以，故，即. 联立，解得（舍去）或所以.又是锐角，所以.21. 如图，点是椭圆的一个顶点，的长轴是圆的直径.是过点且互相垂直的两条直线，其中交圆于两点，交椭圆于另一点.（1） 求椭圆的方程；（2） 求面积取最大值时直线的方程.分析（1）根据椭圆的几何性质易求出的值，从而写出椭圆的方程；（2）要求的面积，需要求出的长，是圆的弦，考虑用圆的知识来求，应当考虑用椭圆的相当知识来求.求出的长后，表示出的面积，再根据式子的形式选择适当的方法求最值.解析（1）由题意得所以椭圆的方程为

13、.（2）设，.由题意知直线的斜率存在，不妨设其为，则直线的方程为.又圆，故点到直线的距离，所以.又，故直线的方程为.由消去，整理得，故，所以.设的面积为，则，所以， 当且仅当时取等号.所以所求直线的方程为.22. 已知，函数（1） 求曲线在点处的切线方程；（2） 当时，求的最大值.分析 （1）切点处的导数值即为切线的斜率，求导后计算出斜率，写出切线方程即可；（2）要确定 的最大值，首先要确定的最值. 的最值又是由其单调性决定的，所以要先利用导数确定的单调性，在确定函数单调性时，要注意考虑极值点是否在所给区间内，不确定时需要分类讨论.解析 （1）由题意，故.又，所以所求的切线方程为.（2）由于，故当时，有，此时在上单调递减，故.当时，有，此时在上单调递增，故.当时，设，则，.列表如下：极小值极小值由于，.故，从而.所以.当时，.又，故.当时，且.又，所以.当时，.故.当时，.故.综上所述，14