高考理科数学浙江卷word解析版Word格式文档下载.doc
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lgy=2lgx+2lgyD.2lg(xy)=2lgx·
D
根据指数与对数的运算法则可知,
2lgx+lgy=2lgx·
2lgy,故A错,B错,C错;
D中,2lg(xy)=2lgx+lgy=2lgx·
2lgy,故选D.
4.(2013浙江,理4)已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,φ∈R),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
若f(x)是奇函数,则φ=kπ+,k∈Z;
若,则f(x)=Acos(ωx+φ)=-Asinωx,显然是奇函数.
所以“f(x)是奇函数”是“”的必要不充分条件.
5.(2013浙江,理5)某程序框图如图所示,若该程序运行后输出的值是,则( ).
A.a=4B.a=5
C.a=6D.a=7
A
该程序框图的功能为计算1+++…+=2-的值,由已知输出的值为,可知当a=4时2-=.故选A.
6.(2013浙江,理6)已知α∈R,sinα+2cosα=,则tan2α=( ).
A.B.C.D.
由sinα+2cosα=得,sinα=-2cosα.①
把①式代入sin2α+cos2α=1中可解出cosα=或,
当cosα=时,sinα=;
当cosα=时,sinα=.
∴tanα=3或tanα=,∴tan2α=.
7.(2013浙江,理7)设△ABC,P0是边AB上一定点,满足P0B=AB,且对于边AB上任一点P,恒有·
≥·
,则( ).
A.∠ABC=90°
B.∠BAC=90°
C.AB=ACD.AC=BC
设=t(0≤t≤1),
∴=+=t+,
∴·
=(t)·
(t+)=t2+t·
.
由题意·
,
即t2+t·
≥
=+·
即当时·
取得最小值.
由二次函数的性质可知:
即:
·
=,
=0.
取AB中点M,则+=+=,
=0,即AB⊥MC.
∴AC=BC.故选D.
8.(2013浙江,理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
当k=1时,f(x)=(ex-1)(x-1),f′(x)=xex-1,
∵f′
(1)=e-1≠0,
∴f(x)在x=1处不能取到极值;
当k=2时,f(x)=(ex-1)(x-1)2,f′(x)=(x-1)(xex+ex-2),
令H(x)=xex+ex-2,
则H′(x)=xex+2ex>0,x∈(0,+∞).
说明H(x)在(0,+∞)上为增函数,
且H
(1)=2e-2>0,H(0)=-1<0,
因此当x0<x<1(x0为H(x)的零点)时,f′(x)<0,f(x)在(x0,1)上为减函数.
当x>1时,f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)上是增函数.
∴x=1是f(x)的极小值点,故选C.
9.(2013浙江,理9)如图,F1,F2是椭圆C1:
+y2=1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.
椭圆C1中,|AF1|+|AF2|=4,|F1F2|=.
又因为四边形AF1BF2为矩形,
所以∠F1AF2=90°
所以|AF1|2+|AF2|2=|F1F2|2,
所以|AF1|=,|AF2|=.
所以在双曲线C2中,2c=,2a=|AF2|-|AF1|=,故,故选D.
10.(2013浙江,理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
B.平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°
C.平面α与平面β平行
D.平面α与平面β所成的(锐)二面角为60°
非选择题部分(共100分)
二、填空题:
本大题共7小题,每小题4分,共28分.
11.(2013浙江,理11)设二项式的展开式中常数项为A,则A=__________.
-10
Tr+1=
=.
令15-5r=0,得r=3,
所以A=(-1)3==-10.
12.(2013浙江,理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__________cm3.
24
由三视图可知该几何体为如图所示的三棱柱割掉了一个三棱锥.=×
3×
4×
5-×
×
3=30-6=24.
13.(2013浙江,理13)设z=kx+y,其中实数x,y满足若z的最大值为12,则实数k=__________.
2
画出可行域如图所示.
由可行域知,最优解可能在A(0,2)或C(4,4)处取得.
若在A(0,2)处取得不符合题意;
若在C(4,4)处取得,则4k+4=12,解得k=2,此时符合题意.
14.(2013浙江,理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).
480
如图六个位置.若C放在第一个位置,则满足条件的排法共有种情况;
若C放在第2个位置,则从3,4,5,6共4个位置中选2个位置排A,B,再在余下的3个位置排D,E,F,共·
种排法;
若C放在第3个位置,则可在1,2两个位置排A,B,其余位置排D,E,F,则共有·
种排法或在4,5,6共3个位置中选2个位置排A,B,再在其余3个位置排D,E,F,共有·
若C在第4个位置,则有+种排法;
若C在第5个位置,则有种排法;
若C在第6个位置,则有种排法.
综上,共有2(+++)=480(种)排法.
15.(2013浙江,理15)设F为抛物线C:
y2=4x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
设直线l的方程为y=k(x+1),A(x1,y1),B(x2,y2).由联立,得k2x2+2(k2-2)x+k2=0,∴x1+x2=,
∴,,
即Q.
又|FQ|=2,F(1,0),
∴,解得k=±
1.
16.(2013浙江,理16)在△ABC中,∠C=90°
,M是BC的中点.若sin∠BAM=,则sin∠BAC=__________.
如图以C为原点建立平面直角坐标系,
设A(0,b),B(a,0),
则M,=(a,-b),=,
cos∠MAB=
又sin∠MAB=,
∴cos∠MAB=.
∴,
整理得a4-4a2b2+4b4=0,
即a2-2b2=0,∴a2=2b2,
sin∠CAB=.
17.(2013浙江,理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,则的最大值等于__________.
|b|2=(xe1+ye2)2=x2+y2+2xye1·
e2=x2+y2+xy.
∴,当x=0时,;
当x≠0时,.
三、解答题:
本大题共5小题,共72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
18.(2013浙江,理18)(本题满分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.
(1)求d,an;
(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.
解:
(1)由题意得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*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn.
因为d<0,由
(1)得d=-1,an=-n+11.
则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=.
当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=+110.
综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=
19.(2013浙江,理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.
(1)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;
(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η为取出此球所得分数.若Eη=,Dη=,求a∶b∶c.
(1)由题意得ξ=2,3,4,5,6.
故P(ξ=2)=,
P(ξ=3)=,
P(ξ=4)=,
P(ξ=5)=,
P(ξ=6)=,
所以ξ的分布列为
ξ
3
4
5
6
P
(2)由题意知η的分布列为
η
所以E(η)=,
D(η)=,
化简得
解得a=3c,b=2c,故a∶b∶c=3∶2∶1.
20.(2013浙江,理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=.M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC.
(1)证明:
PQ∥平面BCD;
(2)若二面角C-BM-D的大小为60°
,求∠BDC的大小.
方法一:
取BD的中点O,在线段CD上取点F,使得DF=3FC,连结OP,OF,FQ,因为AQ=3QC,所以QF∥AD,且QF=AD.
因为O,P分别为BD,BM的中点,
所以OP是△BDM的中位线,
所以OP∥DM,且OP=DM.
又点M为AD的中点,所以OP∥AD,且OP=AD.
从而OP∥FQ,且OP=FQ,
所以四边形OPQF为平行四边形,故PQ∥OF.
又PQ平面BCD,OF平面B