2013年浙江省高考数学试卷（理科）.doc

《2013年浙江省高考数学试卷（理科）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2013年浙江省高考数学试卷（理科）.doc（27页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 1 页（共 27 页）2013 年浙江省高考数学试卷（理科）年浙江省高考数学试卷（理科）一选择题：本大题共一选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 50 分在每小题给出的四个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选项中，只有一项是符合题目要求的1 （5 分）已知 i 是虚数单位，则（1+i） （2i）=（ ）A3+i B1+3iC3+3iD1+i2 （5 分）设集合 S=x|x2，T=x|x2+3x40，则（RS）T=（ ）A （2，1 B （，4C （，1D1，+）3 （5 分）已知 x，y 为正实数，则（ ）A2lgx+lgy=2lgx+2lg

2、yB2lg（x+y）=2lgx2lgyC2lgxlgy=2lgx+2lgyD2lg（xy）=2lgx2lgy4 （5 分）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5 （5 分）某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则（ ）Aa=4 Ba=5 Ca=6 Da=7第 2 页（共 27 页）6 （5 分）已知，则 tan2=（ ）ABCD7 （5 分）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=

3、ACDAC=BC8 （5 分）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9 （5 分）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（ ）ABCD10 （5 分）在空间中，过点 A 作平面 的垂线，垂足为 B，记 B=f（A）

4、设， 是两个不同的平面，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第 3 页（共 27 页）二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 28 分分11 （4 分）设二项式的展开式中常数项为 A，则 A= 12 （4 分）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 cm313 （4 分）设 z=kx+y，其中实数 x，y 满足，若 z 的最大值为 12，则实数 k=

5、 14 （4 分）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）15 （4 分）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 16 （4 分）ABC 中，C=90，M 是 BC 的中点，若，则sinBAC= 17 （4 分）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 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 72 分解答应写出文字说明、证明过程或演分解

6、答应写出文字说明、证明过程或演算步骤算步骤18 （14 分）在公差为 d 的等差数列an中，已知 a1=10，且 a1，2a2+2，5a3成第 4 页（共 27 页）等比数列（）求 d，an；（）若 d0，求|a1|+|a2|+|a3|+|an|19 （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 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

7、取出此球所得分数若，求 a：b：c20 （15 分）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21 （15 分）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ABD 面积的最大值时直线

8、 l1的方程第 5 页（共 27 页）22 （14 分）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）|的最大值第 6 页（共 27 页）2013 年浙江省高考数学试卷（理科）年浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一选择题：本大题共一选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 50 分在每小题给出的四个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选项中，只有一项是符合题目要求的1 （5 分）已知 i 是虚数单位，则（1+i） （2i）

9、=（ ）A3+i B1+3iC3+3iD1+i【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）设集合 S=x|x2，T=x|x2+3x40，则（RS）T=（ ）A （2，1 B （，4C （，1D1，+）【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

10、：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第 7 页（共 27 页）3 （5 分）已知 x，y 为正实数，则（ ）A2lgx+lgy=2lgx+2lgyB2lg（x+y）=2lgx2lgyC2lgxlgy=2lgx+2lgyD2lg（xy）=2lgx2lgy【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

11、识的考查4 （5 分）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【分析】=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

12、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，第 8 页（共 27 页）仔细解答，注意三角函数性质的灵活运用5 （5 分）某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则（ ）Aa=4 Ba=5 Ca=6 Da=7【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）已知，则 tan2=（ ）ABCD【分析】由题意结合 sin2+co

13、s2=1 可解得 sin，和 cos，进而可得 tan，再代第 9 页（共 27 页）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=，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）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【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（

14、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，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）|，=a，于是恒成立，第 10 页（共 27 页）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

15、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）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【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

16、（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+ex2） ，第 11 页（共 27 页）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

17、解极值是关键9 （5 分）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【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；第 12 页（共 27 页）又四边形 AF1BF2为矩形，+=，即 x2+y2=（2c）2=12，由得：

18、，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=2c=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）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=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【分析】设 P1是

19、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 垂线的垂足第 13 页（共 27 页）对任意的点 P，恒有 PQ1=PQ2，点 Q

20、1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：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 28 分分11 （4 分）设二项式的展开式中常数项为 A，则 A= 10 【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=

21、（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，属于中档题第 14 页（共 27 页）12 （4 分）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【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

22、体=Sh考查空间想象能力13 （4 分）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 【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：第 15 页（共 27 页）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，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

23、，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第 16 页（共 27 页）14 （4 分）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）【分析】按 C 的位置分类，在左 1，左 2，左 3，或者

24、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）设 F 为抛物线

25、C：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 【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

26、为 my=x+1，联立得到y24my+4=0，=16m216=16（m21）0第 17 页（共 27 页）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）ABC 中，C=90，M 是 BC 的中点，若，则sinBAC=

27、 【分析】作出图象，设出未知量，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=，第 18 页（共 27 页）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=

28、c2，联立可得 c=，故在 RTABC 中，sinBAC=，另解：设BAM 为 ，MAC 为 ，正弦定理得 BM：sin=AM：sinBBM：sin=AM又有 sin=cosAMC=cos（+B） ，联立消去 BM，AM 得 sinBcos（+B）=sin，拆开，将 1 化成 sin2B+cos2B，构造二次齐次式，同除 cos2B，可得 tan=，若，则 cosBAM=，tanBAM=，解得 tanB=，cosB=易得 sinBAC=另解：作 MDAB 交于 D，设MD=1，AM=3，AD=2，DB=x，BM=CM=，用DMB 和CAB 相似解得 x=，则 cosB=，易得 sinBAC=故

29、答案为：第 19 页（共 27 页）【点评】本题考查正弦定理的应用，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）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 【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，属于中档题第 20 页（共 27 页）三、解答题：本大题共三、解答题：本大

30、题共 5 小题，共小题，共 72 分解答应写出文字说明、证明过程或演分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤算步骤18 （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（）求 d，an；（）若 d0，求|a1|+|a2|+|a3|+|an|【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 d2

31、3d4=0解得 d=1 或 d=4当 d=1 时，an=a1+（n1）d=10（n1）=n+11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）设袋子中装有 a

32、个红球，b 个黄球，c 个蓝球，且规定：取出一个第 21 页（共 27 页）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，求 a：b：c【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（

33、=3）=；P（=4）=；P（=5）=；P（=6）=故所求 的分布列为 2 3 4 5 6P（2）由题意知 的分布列为 1 2 3PE=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）如图，在四面体 ABCD 中，AD平面 BCD，BCCD，AD=2，BD=2第 22 页（共 27 页）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 CBMD

34、的大小为 60，求BDC 的大小【分析】 （1）取 BD 的中点 O，在线段 CD 上取点 F，使得 DF=3CF，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

35、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=ADBDM 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；第 23 页（共 27 页）（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

36、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=CDsin=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

37、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）如图，点 P（0，1）是椭圆 C1：+=1（ab0）的一个顶第 24 页（共 27 页）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 面积的最大值时直线 l1的方程【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

38、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）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

39、直线 l2的方程为 x+ky+k=0，联立，消去 y 得到（4+k2）第 25 页（共 27 页）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 （14 分）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【分析】 （1）求出原函数的导

40、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+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

41、）|max=max|f（0）|，|f（2）|=33a第 26 页（共 27 页）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=第 27 页（共 27 页）【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