2013年浙江省高考理科数学试卷及答案(word解析版)

选择题部分（共50分）

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

【命题意图】本题考查复数的四则运算，属于容易题

【答案解析】B

2．设集合S={x|x>−2}，T={x|x2+3x−4≤0}，则(RS)∪T=

A．(−2，1] B．(−∞，−4] C．(−∞，1] D．[1，+∞) 【命题意图】本题考查集合的运算，属于容易题

【答案解析】C 因为(RS)={x|x≤−2}，T={x|−4≤x≤1}，所以(RS)∪T=(−∞，1]. 3．已知x，y为正实数，则

A．2lgx+lgy=2lgx+2lgy

B．2lg(x+y)=2lgx ∙ 2lgy D．2lg(xy)=2lgx ∙ 2lgy

C．2lgx ∙ lgy=2lgx+2lgy

【命题意图】本题考查指数和对数的运算性质，属于容易题 【答案解析】D 由指数和对数的运算法则，易知选项D正确

π

4．已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0，ω>0，φR)，则“f(x)是奇函数”是“φ=”的

2

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

【命题意图】本题考查简易逻辑以及函数的奇偶性，属于中档题

π

【答案解析】B 由f(x)是奇函数可知f(0)=0，即cosφ=0，解出φ=

2

+kπ，kZ，所以选项B正确

9

5．某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则

5

A．a=4 C．a=6 【答案解析】A 6．已知αR，sin α+2cos α=

4A． 33C．−

4

10

，则tan2α= 23B． 44D．−

3

B．a=5 D．a=7

开始 S=1，k=1 是 k>a? 否 1S=S+ k(k+1)k=k+1 【命题意图】本题考查算法程序框图，属于容易题

输出S 结束

（第5题图）

【命题意图】本题考查三角公式的应用，解法多样，属于中档题

【答案解析】C 由(sin α+2cos α)2=



10sin2α+4cos2α+4sin αcos α10

可得=，进一步整理可2 sin2α+cos2α4

2

12tan α3

得3tan2α−8tan α−3=0，解得tan α=3或tan α=−，于是tan2α==−. 31−tan2α4

1→→→7．设△ABC，P0是边AB上一定点，满足P0B=AB，且对于AB上任一点P，恒有PB∙PC≥P0B

4

→∙P0C，则

A．ABC=90 B．BAC=90 C．AB=AC D．AC=BC 【命题意图】本题考查向量数量积的几何意义，不等式恒成立的有关知识，属于中档题

→→【答案解析】D 由题意，设|AB|=4，则|P0B|=1，过点C作ABC 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，PB∙PC=|PH||PB|=(|PB|

→→→→→→→→→−(a+1))|PB|，P0B∙P0C=−|P0H||P0B|=−a，于是PB∙PC≥P0B∙P0C

B →→→A P H P0

恒成立，相当于(|PB|−(a+1))|PB|≥−a恒成立，整理得|PB

→|2−(a+1)|PB|+a≥0恒成立，只需∆=(a+1)2−4a=(a−1)2≤0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 8．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)=(ex−1)(x−1)k(k=1，2)，则

A．当k=1时，f(x)在x=1处取到极小值 B．当k=1时，f(x)在x=1处取到极大值 C．当k=2时，f(x)在x=1处取到极小值 D．当k=2时，f(x)在x=1处取到极大值 【命题意图】本题考查极值的概念，属于中档题

【答案解析】C 当k=1时，方程f(x)=0有两个解，x1=0，x2=1，由标根法可得f(x)的大致图象，于是选项A，B错误；当k=2时，方程f(x)=0有三个解，x1=0，x2=x3=1，其中1是二重根，由标根法可得f(x)的大致图象，易知选项C正确。

k=1 k=2 0 1 0 1 x22

9．如图，F1，F2是椭圆C1：+y=1与双曲线C2的公共焦

4

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的离心率为 A．2 B．3

36C． D． 22

【命题意图】本题考查椭圆和双曲线的定义和几何性质，

属于中档题

y A F1 O B （第9题图）

F2 x 【答案解析】D 由题意，c=3，|AF2|+|AF1|=4……①，|AF2|−|AF1|=2a……②，①+②得|AF2|=2+a，

c6

①−②得|AF1|=2−a，又|AF1|2+|AF2|2=| F1F2|2，所以a=2，于是e==.

a2

10．在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B=fπ(A)．设α，β是两个不同的平面，

对空间任意一点P，Q1=fβ[fα(P)]，Q2=fα[fβ(P)]，恒有 PQ1= PQ2，则 A．平面α与平面β垂直 C．平面α与平面β平行

B．平面α与平面β所成的（锐）二面角为45 D．平面α与平面β所成的（锐）二面角为60

【命题意图】本题考查新定义问题的解决，重在知识的迁移，属于较难题 【答案解析】A 用特殊法立即可知选项A正确

非选择题部分（共100分）

二、填空题：每小题4分，共28分． 11．设二项式x−



的展开式中常数项为A，则A= ．

3x

1

5

4 3 2 3 【命题意图】考查二项式定理，属于容易题 【答案解析】−10

12．若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的 正视图 体积等于 cm3．

【命题意图】本题考查三视图和体积计算，属于容易题

【答案解析】24 由题意，该几何体为一个直三棱柱截去一个 俯视图 三棱锥所得

（第12题图） 3 侧视图 x+y−2≥0，

13．设z=kx+y，其中实数x，y满足x−2y+4≥0，若z的最大值为12，则实数k= ．

2x−y−4≤0．

【命题意图】本题考查线性规划，属于容易题

【答案解析】2 作出平面区域即可 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，则不同的排法有 种（用数字作答）．

【命题意图】本题考查排列组合，属于中档题

【答案解析】480 第一类，字母C排在左边第一个位置，有A55种；第二类，字母C排在

32323

左边第二个位置，有A24A3种；第三类，字母C排在左边第三个位置，有A2A3+ A3A3种，由232323对称性可知共有2( A55+ A4A3+ A2A3+ A3A3)=480种。

15．设F为抛物线C：y2=4x的焦点，过点F(−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 ．

【命题意图】本题考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题

y=k(x+1)，

【答案解析】±1 设直线l的方程为y=k(x+1)，联立2消去y得k2x2+(2k2−4)x+k2=0，

 y=4x．

22k−4xA+ xB22

由韦达定理，xA+ xB =−2，于是xQ==2−1，把xQ带入y=k(x+1)，得到yQ=，根据 k2kk|FQ|=

22−2+2=2，解出k=±1．

kk

221

16．在△ABC，C=90，M是BC的中点．若sinBAM=，则sinBAC= ．

3

【命题意图】本题考查解三角形，属于中档题

6AC

【答案解析】 设BC=2a，AC=b，则AM=a2+b2，AB=4a2+b2，sinABM= sinABC=

3AB

22bBMAMaa+b= ，在△ABM中，由正弦定理=，即=，解得2a2=b2，221bsinBAMsinABM 4a+b

3 4a2+b2于是sinBAC=

BC2a6==． AB 4a2+b23

π|x|

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，则的最大值6|b|

等于 ．

【命题意图】本题以向量为依托考查最值问题，属于较难题

|x||x||x|11

【答案解析】2 ====22|b|(xe1+ye2)x2+y2+3xyx2+y2+3xy

y+3y+12xxx

1|x|

=，所以的最大值为2 2|b|

y−3 +1x24三、解答题：本大题共5小题，共72分．

18．（本小题满分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

（Ⅰ）求d，an；

（Ⅱ）若d<0，求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|．

【命题意图】本题考查等差数列、等比数列的概念，等差数列通项公式、求和公式等基础

知识，同时考查运算求解能力。 【答案解析】

（Ⅰ）由题意

5a3 a1=(2a2+2)2，

即

d2−3d−4=0．

故

d=−1或d=4．

所以

an=−n+11，nN*或an=4n+6，nN*

（Ⅱ）设数列{an}的前n项和为Sn．因为d<0，由（Ⅰ）得d=−1，an=−n+11．则 当n11时，

121

|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=−n2+n

22

当n12时，

121

|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=−Sn+2S11=n2−n+110

22

综上所述，

1221−2n+2n， n11，

|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=121

2 2n−2n+110，n12．

19．（本题满分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，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分．

（Ⅰ）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ξ为取出此2球所得分数之和，求ξ的分布列；

（Ⅱ）从该袋子中任取（每球取到的机会均等）1个球，记随机变量η为取出此球所得分数．若 55

Eη=，Dη=，求a∶b∶c．

39

【命题意图】本题考查随机事件的概率和随机变量的分布列、数学期望、数学方差等概念，

同时考查抽象概括、运算求解能力和应用意识。 【答案解析】 （Ⅰ）由题意得

ξ=2，3，4，5，6

故

331

P(ξ=2)==，

6642321

P(ξ=3)==，

663231+225

P(ξ=4)==，

18662211

P(ξ=5)==，

669111

P(ξ=6)==，

6636

所以ξ的分布列为

ξ P 2 1 4η P 所以

Eη=

a2b3c5

++= a+b+ca+b+ca+b+c33 1 31 a a+b+c4 5 182 b a+b+c5 1 93 c a+b+c6 1 36（Ⅱ）由题意知η的分布列为

5a5b5c5

Dη=1−+2−+3−=

3a+b+c3a+b+c3a+b+c9

化简得

2a−b−4c=0， a+4b−11c=0

222

解得a=3c，b=2c，故

a∶b∶c=3∶2∶1

20．（本题满分15分）如图，在四面体A−BCD中，AD平面BCD，

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． （Ⅰ）证明：PQ∥平面BCD；

（Ⅱ）若二面角C−BM−D的大小为60，求BDC的大小． 【命题意图】本题考查空间点、线、面位置关系，二面角等基

础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。 【答案解析】

（Ⅰ）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3FC，连接OP，OF，FQ． 因为AQ=3QC，所以

1

QF∥AD，且QF=AD 4

因为O，P分别为BD，BM的中点，所以OP是△BDM的中位线，所以

1

OP∥DM，且OP=DM

2

又点M是AD的中点，所以

1

OP∥AD，且OP=AD

4

从而

OP∥FQ，且OP=FQ

所以四边形OPQF是平行四边形，故

PQ∥OF

又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以

PQ∥平面BCD．

（Ⅱ）作CGBD于点G，作GHBM于点HG，连接CH，则CHBM，所以CHG为二

面角的平面角。设BDC=θ． 在Rt△BCD中，

CD=BDcos θ=22cos θ， CG=CDsin θ=22cos θsin θ，

BG=BCsin θ=22sin2θ

在Rt△BDM中，

A

M

P B

C

（第20题图）

Q D

BGDM22sin2θHG== BM3

在Rt△CHG中，

tanCHG=

所以

tan =3

从而

CG3cos θ

==3 HGsin θ

=60

即BDC=60．

2

2

xy

21．（本题满分15分）如图，点P(0，−1)是椭圆C1：2+2=1

ab

l1 22

(a>b>0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x+y=4的直径．l1，

D B 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．

O x （Ⅰ）求椭圆C1的方程；

（Ⅱ）求△ABD面积取最大值时直线l1的方程． P 【命题意图】本题考查椭圆的几何性质，直线与圆的位置

A 关系，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析l2 几何的基本思想方法和综合解题能力

（第21题图） 【答案解析】

（Ⅰ）由题意得

b=1， a=2．

所以椭圆C的方程为

x22

+y=1． 4

（Ⅱ）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

y=kx−1．

22

又圆C2：x+y=4，故点O到直线l1的距离

1

d=2 ，

k+1

所以

4k2+32|AB|=24−d=2 ．

k2+1

又l1l2，故直线l2的方程为

x+ky+k=0．

由

ky+k=0，x+2

 x+y2=1． 4

消去y，整理得

(4+k2)x2+8kx=0

故

y x0=−

所以

8k

． 4+k28k2+1|PD|=．

4+k2 设△ABD的面积为S，则

184k2+3S=|AB||PD|=， 24+k2所以

S=324k2+3+

134k2+3

2324k2+3  134k2+3

=

1613

， 13

当且仅当k=±

10

时取等号 2

所以所求直线l1的方程为

y=±

10x−1 2

22．（本题满分14分）已知aR，函数f(x)=x3−3x2+3ax−3a+3 （Ⅰ）求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； （Ⅱ）当x[0，2]时，求|f(x)|的最大值．

【命题意图】本题考查导数的几何意义，导数应用等基础知识，同时考查推理论证能力，分

类讨论等分析问题和解决问题的能力 【答案解析】

（Ⅰ）由题意f (x)=3x2−6x+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

2

（Ⅱ）由于f (x)=3(x−1)+3(a−1)，0x2．故

（ⅰ）当a0时，有f (x) 0，此时f(x)在[0，2]上单调递减，故

|f(x)|max=max{|f(0)|，|f(2)|}=3−3a

（ⅱ）当a1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)|}= 3a−1

（ⅲ）当00< x1< x2<2，f (x)=3(x− x1)(x− x2) 列表如下：

x f (x) f (x) 0 3−3a (0，x1) + 单调递增 x1 0 极大值f (x1) (x1，x2) − 单调递减 x2 0 极小值f (x2) (x2，2) + 单调递增 2 3a−1 由于

f(x1)=1+2(1−a)1−a，f(x2)=1−2(1−a)1−a，

故

f(x1)+f(x2)=2>0，f(x1)f(x2)=4(1−a)1−a>0

从而

f(x1)>| f(x2)|．

所以

|f(x)|max=max{f(0)，|f(2)|，f(x1)}

2

（1）当0|f(2)|．

3又

a2(3−4a)

f(x1)− f(0)=2(1−a)1−a−(2−3a)=>0 2(1−a)1−a+2−3a

故

|f(x)|max= f(x1)=1+2(1−a)1−a．

2

（2）当a<1时，|f(2)|=f(2)，且f(2)f(0)．

3又

a2(3−4a)

f(x1)− |f(2)|=2(1−a)1−a−( 3a −2)=

2(1−a)1−a+ 3a −2

所以

23

①当a<时，f(x1)> |f(2)|．故

34

|f(x)|max= f(x1)=1+2(1−a)1−a．

3

②当a<1时，f(x1)  |f(2)|．故

4

|f(x)|max=| f(2)|= 3a−1．

综上所述，

|f(x)|max

1+2(1−a)=3a−1，

3−3a， a0，

3

1−a， 0