《2013年普通高等学校全国招生统一考试数学（浙江卷）理科与答案(17)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2013年普通高等学校全国招生统一考试数学（浙江卷）理科与答案(17)（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2013年普通高等学校招生全国各省市统一考试数学试卷与答案 2013年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）精析与答案一选择题1 已知i是虚数单位，则(1i)(2i)()A3i B13i C33i D1i1【答案】B解析 (1i)(2i)2i2i113i，故选择B.2 设集合Sx|x2，Tx|x23x40，则(S)T()A(2，1 B(，4 C(，1 D1，)2【答案】C解析 Sx|x2，Tx|(x4)(x1)0x|4x1，所以(S)T(，1故选择C.3， 已知x，y为正实数，则()A2lg xlg y2lg x2lg y B2lg(xy)2lg x2lg y C2lg xlg y
2、2lg x2lg y D2lg(xy)2lg x2lg y3【答案】D解析 lg(xy)lg xlg y，2lg(xy)2lg xlg y2lgx2lgy，故选择D.4 已知函数f(x)Acos(x)(A0，0，)，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4【答案】B解析 f(x)Acos(x)是奇函数的充要条件是f(0)0，即cos 0，k，k，所以“f(x)是奇函数”是“”的必要不充分条件，故选择B.5 某程序框图如图11所示，若该程序运行后输出的值是，则()图11Aa4 Ba5 Ca6 Da75【答案】A解析 S1111
3、12，故k4，kk15，满足ka时，即5a时，输出S，所以a4，选择A.6 已知，sin 2cos ，则tan 2()A. B. C D6【答案】C解析 由(sin 2cos )22得sin24sin cos 4cos2，4sin cos 13cos2，2sin 213，故2sin 2，所以tan 2，选择C.7 设ABC，P0是边AB 上一定点，满足P0BAB，且对于边AB上任一点P，恒有，则()AABC90 BBAC90 CABAC DACBC7【答案】D解析 建立以AB的中点O为原点的坐标系，如图所示，(cx，0)(ax，b)x2(ac)xac，当x时，最小，而已知最小，所以，此时a0，
4、所以ACBC，选择D.8 已知e为自然对数的底数，设函数f(x)(ex1)(x1)k(k1，2)，则()A当k1时，f(x)在x1处取到极小值 B当k1时，f(x)在x1处取到极大值C当k2时，f(x)在x1处取到极小值 D当k2时，f(x)在x1处取到极大值8【答案】C解析 当k1时，f(x)(ex1)(x1)，f(x)ex(x1)(ex1)xex1，则在x1处取不到极值当k2时，f(x)(ex1)(x1)2，f(x)ex(x1)2(ex1)2(x1)(x1)(xexex2)，f(1)0，f(2)0，f0，所以在x1处取得极小值图129， 如图12，F1，F2是椭圆C1：y21与双曲线C2的
5、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()A. B. C. D.9【答案】D解析 设双曲线实半轴长为a，焦半距为c，|AF1|m，|AF2|n，由题意知c，2mn(mn)2(m2n2)4，(mn)2m2n22mn8，2amn2 ，a，则双曲线的离心率e，选择D.10 在空间中，过点A作平面的垂线，垂足为B，记Bf(A)设，是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1ff(P)，Q2ff(P)，恒有PQ1PQ2，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6010【答案】A解
6、析 当，且b，设f(P)A，则PA，Q1ff(P)f(A)，故AQ1；同理设f(P)B，则PB，Q2ff(P)f(B)，故BQ2，故AQ1PB，PABQ2，所以Q1和Q2重合，恒有PQ1PQ2，选择A.二、填空题11 设二项式5的展开式中常数项为A，则A_11【答案】10解析 Tr1Cx(1)rx(1)rCx，则0，r3，故常数项AT4(1)3C10.12 若某几何体的三视图(单位：cm)如图13所示，则此几何体的体积等于_cm3.图1312【答案】24解析 此几何体知直观图是一个直三棱柱挖去一个三棱锥而得，如图所示，则体积为34534324.13 设zkxy，其中实数x，y满足若z的最大值为
7、12，则实数k_13【答案】2解析 不等式组表示的可行区域为如图所示的三角形ABC及其内部，A(2，0)，B(4，4)，C(0，2)，要使z的最大值为12，只能经过B点，此时124k4，k2.14 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)14【答案】480解析 先在6个位置找3个位置，有C种情况，A，B均在C的同侧，有CAB，CBA，ABC，BAC，而剩下D，E，F有A种情况，故共有4CA480种15 设F为抛物线C：y24x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_1
8、5【答案】1解析 设直线l：myx1，代入y24x得y24my40，则yAyB4m，因为Q为线段AB的中点，则yQ2m，xQmyQ12m21，故Q(2m21，2m)，又|FQ|24，(2m22)2(2m)24m4m20，所以m1.16 在ABC中，C90，M是BC的中点若sinBAM，则sinBAC_16【答案】.解析 设ABC的三边长为a，b，c，tanBAM.而tanBAMtan(BACCAM)，则122020，故sin BAC.17 设1，2为单位向量，非零向量x1y2，x，y若1，2的夹角为，则的最大值等于_17【答案】2解析 2.三、 解答题18 在公差为d的等差数列an中，已知a1
9、10，且a1，2a22，5a3成等比数列(1)求d，an；(2)若d0，求|a1|a2|a3|an|.18【答案】解：(1)由题意得a15a3(2a22)2，即d23d40.所以d1或d4.所以ann11，n*或an4n6，n*.(2)设数列an的前n项和为Sn.因为d0，由(1)得d1，ann11，则当n11时，|a1|a2|a3|an|n2n.当n12时， |a1|a2|a3|an|Sn2S11n2n110.综上所述，|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，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分(1)当a3，b2，c1时，从该袋
10、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，记随机变量为取出此球所得分数若E，D，求abc.19【答案】解：(1)由题意得，2，3，4，5，6.P(2)，P(3)，P(4).P(5)，P(6)，所以的分布列为23456P (2)由题意知的分布列为123P所以E，D122232，化简得解得a3c，b2c，故abc321.图1420， 如图14所示，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2 ，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC.(1)证明：PQ平面B
11、CD.(2)若二面角CBMD的大小为60，求BDC的大小20【答案】解：方法一：(1)证明：取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF3FC.联结OP，OF，FQ.因为AQ3QC，所以QFAD，且QFAD.因为O，P分别为BD，BM的中点，所以OP是BDM的中位线，所以OPDM，且OPDM.又点M为AD的中点，所以OPAD，且OPAD.从而OPFQ，且OPFQ，所以四边形OPQF为平行四边形，故PQOF.又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以PQ平面BCD.(2)作CGBD于点G，作GHBM于点H，联结CH.因为AD平面BCD，CG平面BCD，所以ADCG.又CGBD，ADBDD，故CG平面
12、ABD，又BM平面ABD，所以CGBM.又GHBM，CGGHG，故BM平面CGH，所以CHBM.所以CHG为二面角CBMD的平面角，即CHG60.设BDC，在RtBCD中，CDBDcos 2 cos ，CGCDsin 2 cos sin ，BGBCsin 2 sin2，在RtBDM中，HG.在RtCHG中，tanCHG.所以tan ，从而60，即BDC60.方法二：(1)证明：如图所示，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)，B(0，0)，D(0，0)设点C的坐标为(x0，y0，0)，因为3，所以Qx0，y0，.因为M为AD的中点，故M(0，1)又P为BM的中点，故P0，0，.所以x0，y0，0.又平面BCD的一个法向量为(0，0，1)，故0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD.(2)设(x，y，z)为平面BMC的一个法向量由(x0，y0，
