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).doc

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 y2lg 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 S111112，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，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_15【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a110，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db0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2y24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面积取得最大值时直线l1的方程21【答案】解：(1)由题意得所以椭圆C的方程为y21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为ykx1.又圆C2：x2y24，故点O到直线l1的距离d，所以|AB|2 2 .又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0.故x0，所以|PD|.设ABD的面积为S，则S|AB|PD|，所以S，当且仅当k时取等号所以所求直线l1的方程为yx1.22 已知a，函数f(x)x33x23ax3a3.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当x0，2时，求|f(x)|的最大值22【答案】解：(1)由题意 f(x)3x26x3a，故 f(1)3a3.又f(1)1，所以所求的切线方程为y(3a3)x3a4.(2)由于f(x)3(x1)23(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)|maxmax |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)|maxmax |f(0)|，|f(2)|3a1.当0a1时，设x11，x21，则0x1x20，f(x1)f(x2)4(1a)0.从而f(x1)|f(x2)|.所以|f(x)|maxmaxf(0)，|f(2)|，f(x1)()当0a|f(2)|.又f(x1)f(0)2(1a)(23a)0，故|f(x)|maxf(x1)12(1a).()当a1时，|f(2)|f(2)，且f(2)f(0)又f(x1)|f(2)|2(1a)(3a2).所以(i)当a|f(2)|.故f(x)maxf(x1)12(1a).(ii)当a1时，f(x1)|f(2)|.故f(x)max|f(2)|3a1.综上所述，|f(x)|max自选模块1 (1)解不等式|x1|x4|5.(2)求函数y|x1|x4|x24x的最小值1【答案】解：(1)当x4时，x1x45，得x5，此时x5.综上所述，原不等式的解集是(，05，)(2)因为|x1|x4|(x1)(x4)|3，当且仅当1x4时取等号；x24x(x2)244，当且仅当x2时取等号故|x1|x4|x24x341，当x2时取等号所以y|x1|x4|x24x的最小值为1.2， 已知a“矩阵与变换和坐标系与参数方程”模块(1)以极坐标系Ox的极点O为原点，极轴Ox为x轴正半轴建立平面直角坐标系xOy，并在两种坐标系中取相同的长度单位把极坐标方程cos 2sin 1化成直角坐标方程(2)在直角坐标系xOy中，曲线C：(为参数)，过点P(2，1)的直线与曲线C交于A，B两点若|PA|PB|，求|AB|的值2【答案】解：(1)极坐标方程两边同乘以得cos 3sin .又在直角坐标系下，cos x，sin y，2x2y2，故化成直角坐标方程为xy(x2y2).又(0，0)满足原极坐标方程故所求的直角坐标方程为xy(x2y2).(2)由题意，曲线C的直角坐标方程为x22y22.设过点P(2，1)，倾斜角为的直线的参数方程为(t为参数)及点A，B对应的参数分别为t1，t2.将直线的参数方程代入x22y22得(2tcos )22(1tsin )220.即(1sin2)t24(sin cos )t40.则16(2sin cos sin2 )0，且t1t2，t1t2，由|PA|PB|得|t1t2|.故sin2 .又由0得0tan 2.故t1t2，t1t2.所以|AB|t1t2|. 13