13年高考真题——理科数学(浙江卷)

2013年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷（浙江卷）

一．选择题：每小题5分，共50分。

1．已知i是虚数单位，则1i2i（ ）

（A）3i （B）13i （C）33i （D）1i

2 2．设集合Sx|x2，Tx|x3x40，则ðRST（ ）

（A）2,1 （B）,4 （C）,1 （D）1,

3．已知x,y为正实数，则（ ） （A）2（B）2lgxylgxlgy2lgx2lgy

2lgx2lgy （C）2lgxlgy2lgx2lgy （D）2lgxy2lgx2lgy

4．已知函数fxAcosxA0,0,R，则“fx是奇函数”是

2的（ ） （A）充分不必要条件 （B）必要不充分

S = 1 , k = 1条件 （C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件

95．某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，

5则a（ ） （A）4 （B）5 （C）6 （D）7

k > a ?10nt2 6．已知sin2cos则a（ ） R，

24334（A） （B） （C） （D）

34431PBAB，7．设ABC，P是边上一定点，满足AB004且对边AB上任一点P恒有PBPCP。则（ ） 0BPC0（A）ABC90 （B）BAC90 （C）ABAC （D）ACBC

8．已知e为自然对数的底数，设函数fxe1x1xS = S + 1k ( k + 1 )k = k + 1输出 S00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

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2013年高考真题理科数学（解析版） 浙江卷

x2y21与双曲线C2的9．如图，F1,F2是椭圆C1:4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）2 （B）3 （C）

36 （D） 2210．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ffP，Q2ff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45 （C）平面与平面平行 （D）平面与平面所成的（锐）二面角为60

00二．填空题：每小题4分，共28分。

1 11．设二项式x3的展开式中常数项为A，则A________。

x 12．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________cm。

25xy20 13．设zkxy，其中实数x,y满足x2y40，若

2xy40z的最大值为12，则实数k________。

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）。

15．设F为抛物线C:y4x的焦点，过点P1,0的直线l交抛物线C于两点A,B，

2点Q为线段AB的中点，若|FQ|2，则直线的斜率等于________。

1，则sinBAC____。 3 17．设e1,e2为单位向量，非零向量bxe1ye2x,yR，若e1,e2的夹角为，则

60 16．ABC中，C90，M是BC中点，若sinBAM|x||b|的最大值等于________。

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2013年高考真题理科数学（解析版） 浙江卷

三．解答题：本大题共5小题，共72分。

18．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。 ⑴求d,an；⑵若d0，求|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2分，取出蓝球得3分。⑴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； ⑵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.

55,D，求a:b:c。 39 20．如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，

若EBCCD，AD2，BD22，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC。⑴证明：

PQ//平面BCD；⑵若二面角CBMD的大小为600，求BDC的大小。

x2y2 21．点P0,1是椭圆C1:221ab0ab的一个顶点，C1的长轴是圆C2:xy4的直径，其中l1交圆C2于l1,l2是过点P且互相垂直的两条直线，

两点，l2交椭圆C1于另一点D。⑴求椭圆C1的方程；⑵求ABD面积取最大值时直线l1的方程。

32 22．已知aR，函数fxx3x3ax3a3。⑴求曲线yfx在点

221,f1处的切线方程；⑵当x0,2时，求|fx|的最大值。

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2013年高考真题理科数学（解析版） 浙江卷

2013年普通高校招生全国统考数学试卷浙江卷解答

一．BCDBA CDCDA

二．11．10；12．24；13．2；14．480；15．1；16．63；17．2

18．解：⑴由题5a3a12a22即50102d222d，解得d1或

22d1d4d4。从而可得或；

a11na4n6nn⑵由题知an11n，且当n11时an0，当n12时an0。记Sn为an的前nnn21nn2项和，则Sn。故当n11时|ai|Sn，当n12时|ai|Sn2S11。因

2i1i121nn221n11此|ai|。

2i1n21n2202n12n 2 3 4 5 6 11511331 P ，19．解：⑴由题2,3,4,5,6，P2431893666423131225211P32，P42，P52，

663666618669111P6。故的分布列如右所示；

6636 1 2 3 ⑵由题知的分布列如右表所示，故

abc P 5a2b3cE， abcabcabc3abcabcabc5a5bc55，联立可得a3c，D12393abc3abc3abcb2c，故a:b:c3:2:1。

20．解：⑴取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF3FC，连OP,OF,FQ。

2221AD。因O,P分别为BD,BM的中点，所以OP41PDM。是BDM的中位线，所以OP//DM，且O又点M是AD中点，故OP//AD，

21PFQ，所以OPQF，故PQ//OF。又PQ平且OPAD。从而OP//FQ，且O4因AQ3QC，故QF//AD，且QF面BCD，OF平面BCD，所以PQ//平面BCD；

⑵作CGBD于点G，作GHBM于点H，连CH，则CHBM，故CHG 4 / 6

2013年高考真题理科数学（解析版） 浙江卷

为二面角的平面角。设BDC，在RtBCD中，CDBDcos22cos，

CG2sin2，BG22sin2。在RtBDM中，HG在RtCHG中，3tanCHGBGDM22sin2。 BM3CG3cos0，故BDC60。 HGsinx2y21； 21．解：⑴由题b1，2a4即a2，故C1:4⑵设Ax1,y1，Bx2,y2，Dx0,y0，由题知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，

4k23则l1：ykx1。故点O到直线l1的距离d，知|AB|24d2。22k1k112又l2：yxkyk01224kx8kx0，因此x1即xkyk0，由2可得2kx4y48k8k21184k23x02，所以|PD|，故SABD|AB||PD|。令

k4k242k244k23t，则SABD32t32t1613t21321133t210x1。 2，当且仅当t13即k210时取2等号。所以所求直线l1的方程为y222．解：⑴由题fx3x6x3a，故f13a3。又f11，所以所求的

切线方程为y3a3x3a4；

⑵fx3x13a10x2，故①a0时，fx0，fx在0,2单减，故|fx|maxmax|f0|,|f2|33a；②a1时，fx0，fx在③0a1时，x1,210,2单增，|fx|maxmax|f0|,|f2|3a1；

21a，则fx3xx1xx20x1x22，fx在0,x1x1,x2x2,2。从而|fx|maxmax|f0|,|fx1|,|fx2|,|f2|。因fx1121a1a，fx2121a1a，故|fx2|121a1afx1，因此

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2013年高考真题理科数学（解析版） 浙江卷

令1at，当0a|fx|maxmaxf0,fx1,|f2|。

32又fx1f012t3tt122t10，故|fx|max2时，f0|f2|，32a1；当fx13232时，f0f2|f2|，fx1f22t3t1t12t1，故当

233a时fx1f20，|fx|maxfx1；当a1时fx1f20，34433aa0|fx|maxf23a1。综上所述，|fx|max121a1a0a34。

a343a1 6 / 6