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)

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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,

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