2013-2017年浙江高考理科数学历年真题之解析几何大题 教师版
2013-2017高考数学全国卷--立体几何汇编(完整资料).doc
【最新整理，下载后即可编辑】2013-2017高考数学全国卷理科--立体几何汇编学校：姓名：班级：考号：评卷得分一、选择题I(理)]某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成, 正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为()A. 10B. 12C. 14D. 162. [2017·全国新课标卷II(理)]如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为()A. 90πB. 63πC. 42πD. 36π【最新整理，下载后即可编辑】【最新整理，下载后即可编辑】 3. [2017·全国新课标卷II(理)]已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC 1=1,则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为 ( )A. √32B. √155C. √105D. √33 4. [2017·全国新课标卷III(理)]已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为( )A. πB. 3π4C. π2D. .π4 5. [2016·高考全国新课标卷Ⅰ,6]如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3,则它的表面积是 ( )A. 17πB. 18πC. 20πD. 28π6. [2016·高考全国新课标卷Ⅰ,11]平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α∥平面CB 1D 1,α∩平面ABCD =m ,α∩平面ABB 1A 1=n ,则m ,n 所成角的正弦值为 ( )A. √32B. √22C. √33D. 13【最新整理，下载后即可编辑】7. [2016·高考全国新课标卷Ⅱ,6]如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为 ( )A. 20πB. 24πC. 28πD. 32π8. [2016·高考全国新课标卷Ⅲ,9]如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为( )A. 18+36√5B. 54+18√5C. 90D. 819. [2016·高考全国新课标卷Ⅲ,10]在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ,AB =6,BC =8,AA 1=3,则V 的最大值是 ( )A. 4πB. 9π2C. 6πD. 32π310. [2015·高考全国新课标卷Ⅰ,6]《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米【最新整理，下载后即可编辑】 (如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有( )A. 14斛B. 22斛C. 36斛D. 66斛11. [2015·高考全国新课标卷Ⅰ,11]圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示,若该几何体的表面积为16+20π,则r=( )正视图 俯视图A. 1B. 2C. 4D. 812. [2015·高考全国新课标卷Ⅱ,6]一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如右图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A. 18B. 17C. 16D. 15【最新整理，下载后即可编辑】 13. [2015·高考全国新课标卷Ⅱ,9]已知A ,B 是球O 的球面上两点,∠AOB=90°,C 为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36,则球O 的表面积为( )A. 36πB. 64πC. 144πD. 256π14. [2014·高考全国新课标卷Ⅰ，12]如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为( )A. 6√2B. 6C. 4√2D. 4 15. [2014·全国新课标卷Ⅱ,6]如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3 cm,高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A. 1727 B. 59 C. 1027 D. 13【最新整理，下载后即可编辑】 16. [2014·全国新课标卷Ⅱ,11]直三棱柱ABC A 1B 1C 1中,∠BCA ＝90°,M ,N 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,BC ＝CA ＝CC 1,则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A. 110 B. 25 C. √3010 D. √22 17. [2013·高考全国新课标卷Ⅰ，6]如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A. 500π3 cm 3B. 866π3 cm 3C. 1372π3 cm 3D.2048π3 cm 318. [2013·高考全国新课标卷Ⅰ，8]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. 16＋8πB. 8＋8πC. 16＋16π D. 8＋16π19. [2013·高考全国新课标卷Ⅱ，4]已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( )A. α∥β且l ∥αB. α⊥β且l ⊥βC. α与β相交，且交线垂直于lD. α与β相交，且交线平行l20. [2013·高考全国新课标卷Ⅱ，7]一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为( )A. B. C. D.评卷得分二、填空题I(理)]如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为.22. [2017·全国新课标卷III(理)]a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;【最新整理，下载后即可编辑】【最新整理，下载后即可编辑】 ②当直线AB 与a 成60°角时,AB 与b 成60°角;③直线AB 与a 所成角的最小值为45°;④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是 .(填写所有正确结论的编号)23. [2016·高考全国新课标卷Ⅱ,14]α,β是两个平面,m ,n 是两条直线,有下列四个命题:①如果m ⊥n ,m ⊥α,n ∥β,那么α⊥β.②如果m ⊥α,n ∥α,那么m ⊥n .③如果α∥β,m ⊂α,那么m ∥β.④如果m ∥n ,α∥β,那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号)三、解答题 I(理)] (本小题满分12分)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AB ∥CD ,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD ; (2)若PA=PD=AB=DC ,∠APD=90°,求二面角A-PB-C 的余弦值.25. [2017·全国新课标卷II(理)] (本小题满分12分)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.26. [2017·全国新课标卷III(理)] (本小题满分12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.【最新整理，下载后即可编辑】【最新整理，下载后即可编辑】27. [2016·高考全国新课标卷Ⅰ,18] (本小题满分12分)如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF =2FD ,∠AFD =90°,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60°.(1)证明:平面ABEF ⊥平面EFDC ;(2)求二面角E -BC -A 的余弦值.28. [2016·高考全国新课标卷Ⅱ,19] (本小题满分12分)如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,AB =5,AC =6,点E ,F 分别在AD ,CD 上,AE =CF =54,EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D'EF 的位置,OD'=√10.(1)证明:D'H⊥平面ABCD;(2)求二面角B-D'A-C的正弦值.29. [2016·高考全国新课标卷Ⅲ,19] (本小题满分12分) 如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明MN∥平面PAB;(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.【最新整理，下载后即可编辑】【最新整理，下载后即可编辑】30. [2015·高考全国新课标卷Ⅰ,18](本小题满分12分)如图,四边形ABCD 为菱形,∠ABC=120°,E ,F 是平面ABCD 同一侧的两点,BE ⊥平面ABCD ,DF ⊥平面ABCD ,BE=2DF ,AE ⊥EC.(1)证明:平面AEC ⊥平面AFC ; (2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.31. [2015·高考全国新课标卷Ⅱ,19](本小题满分12分)如图,长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=16,BC=10,AA 1=8,点E ,F 分别在A 1B 1,D 1C 1上,A 1E=D 1F= 4.过点E ,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值.【最新整理，下载后即可编辑】32. [2014·高考全国新课标卷Ⅰ,19] (本小题满分12分) 如图,三棱柱ABC A 1B 1C 1中,侧面BB 1C 1C 为菱形,AB ⊥B 1C .(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1,∠CBB 1＝60°,AB ＝BC ,求二面角A A 1B 1C 1的余弦值.33. [2014·全国新课标卷Ⅱ，18] (本小题满分12分) 如图,四棱锥P ABCD 中,底面ABCD 为矩形,PA ⊥平面ABCD ,E 为PD 的中点.(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D AE C 为60°,AP ＝1,AD ＝√3,求三棱锥E ACD 的体积.【最新整理，下载后即可编辑】34. [2013·高考全国新课标卷Ⅰ，18](本小题满分12分) 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值.35. [2013·高考全国新课标卷Ⅱ，18](本小题满分12分)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝√22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ；C－E的正弦值.(2)求二面角D－A1【最新整理，下载后即可编辑】。
2013年高考理科数学浙江卷word解析版
2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类(浙江卷)选择题部分(共50分)一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．(2013浙江，理1)已知i是虚数单位，则(－1＋i)(2－i)＝()．A．－3＋i B．－1＋3iC．－3＋3i D．－1＋i答案：B解析：(－1＋i)(2－i)＝－2＋i＋2i－i2＝－1＋3i，故选B．2．(2013浙江，理2)设集合S＝{x|x＞－2}，T＝{x|x2＋3x－4≤0}，则(R S)∪T＝()．A．(－2,1] B．(－∞，－4]C．(－∞，1] D．[1，＋∞)答案：C解析：由题意得T＝{x|x2＋3x－4≤0}＝{x|－4≤x≤1}．又S＝{x|x＞－2}，∴(R S)∪T＝{x|x≤－2}∪{x|－4≤x≤1}＝{x|x≤1}，故选C．3．(2013浙江，理3)已知x，y为正实数，则()．A．2lg x＋lg y＝2lg x＋2lg y B．2lg(x＋y)＝2lg x·2lg yC．2lg x·lg y＝2lg x＋2lg y D．2lg(xy)＝2lg x·2lg y答案：D解析：根据指数与对数的运算法则可知，2lg x＋lg y＝2lg x·2lg y，故A错，B错，C错；D中，2lg(xy)＝2lg x＋lg y＝2lg x·2lg y，故选D．4．(2013浙江，理4)已知函数f(x)＝A cos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，φ∈R)，则“f(x)是奇函数”是“π2ϕ=”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答案：B解析：若f(x)是奇函数，则φ＝kπ＋π2，k∈Z；若π2ϕ=，则f(x)＝A cos(ωx＋φ)＝－A sin ωx，显然是奇函数．所以“f(x)是奇函数”是“π2ϕ=”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95，则()．A ．a ＝4B ．a ＝5C ．a ＝6D ．a ＝7 答案：A解析：该程序框图的功能为计算1＋112⨯＋123⨯＋…＋11a a (+)＝2－11a +的值，由已知输出的值为95，可知当a ＝4时2－11a +＝95.故选A ．6．(2013浙江，理6)已知α∈R ，sin α＋2cos αtan 2α＝( )． A ．43 B ．34 C ．34- D ．43- 答案：C解析：由sin α＋2cos αsin α2cos α.①把①式代入sin 2α＋cos 2α＝1中可解出cos α＝10或10，当cos α＝10sin α＝10；当cos α时，sin α＝.∴tan α＝3或tan α＝13-，∴tan 2α＝34-.7．(2013浙江，理7)设△ABC ，P 0是边AB 上一定点，满足P 0B ＝14AB ，且对于边AB 上任一点P ，恒有PB ·PC ≥0P B ·0P C，则( )． A ．∠ABC ＝90° B ．∠BAC ＝90°C ．AB ＝ACD ．AC ＝BC 答案：D解析：设PB ＝t AB(0≤t ≤1)，∴PC ＝PB ＋BC ＝t AB ＋BC，∴PB ·PC ＝(t AB )·(t AB ＋BC )＝t 22AB ＋t AB ·BC .由题意PB ·PC ≥0P B ·0P C， 即t 22AB ＋t AB ·BC ≥14AB 14AB BC ⎛⎫+ ⎪⎝⎭＝214⎛⎫ ⎪⎝⎭2AB ＋14AB ·BC ，即当14t =时PB·PC 取得最小值． 由二次函数的性质可知：2142AB BC AB ⋅-=， 即：AB - ·BC＝122AB ， ∴AB ·12AB BC ⎛⎫+ ⎪⎝⎭＝0.取AB 中点M ，则12AB ＋BC＝MB ＋BC ＝MC ，∴AB ·MC＝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 )＝(e x －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 答案：C解析：当k ＝1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)，f ′(x )＝x e x －1， ∵f ′(1)＝e －1≠0，∴f (x )在x ＝1处不能取到极值；当k ＝2时，f (x )＝(e x －1)(x －1)2，f ′(x )＝(x －1)(x e x ＋e x －2)， 令H (x )＝x e x ＋e x －2，则H ′(x )＝x e x ＋2e x ＞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x 0＜x ＜1(x 0为H (x )的零点)时，f ′(x )＜0，f (x )在(x 0,1)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，F 1，F 2是椭圆C 1：24x ＋y 2＝1与双曲线C 2的公共焦点，A ，B 分别是C 1，C 2在第二、四象限的公共点．若四边形AF 1BF 2为矩形，则C 2的离心率是( )．A B C ．32D 答案：D解析：椭圆C 1中，|AF 1|＋|AF 2|＝4，|F 1F 2|＝又因为四边形AF 1BF 2为矩形， 所以∠F 1AF 2＝90°.所以|AF 1|2＋|AF |2＝|F 1F 2|2，所以|AF 1|＝2|AF 2|＝2所以在双曲线C 2中，2c ＝2a ＝|AF 2|－|AF 1|＝2e ==，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 ＝f π(A )．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P ，Q 1＝f β[f α(P )]，Q 2＝f α[f β(P )]，恒有PQ 1＝PQ 2，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° 答案：A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5的展开式中常数项为A ，则A ＝__________. 答案：－10解析：T r ＋1＝553255C C (1)rr rr r r r x x ---⎛⋅=⋅-⋅ ⎝＝515523655(1)C (1)C r rr rrrr xx----=-.令15－5r ＝0，得r ＝3， 所以A ＝(－1)335C ＝25C -＝－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__________cm 3.答案：24解析：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．11111111A EC ABC A B C ABC E A B C V V V ---=-＝12×3×4×5－13×12×3×4×3＝30－6＝24.13．(2013浙江，理13)设z ＝kx ＋y ，其中实数x ，y 满足20,240,240.x y x y x y +-≥⎧⎪-+≥⎨⎪--≤⎩若z 的最大值为12，则实数k ＝__________.答案：2解析：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)．答案：480解析：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55A 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24A ·33A 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22A ·33A 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23A ·33A 种排法；若C 在第4个位置，则有22A 33A ＋23A 33A 种排法；若C 在第5个位置，则有24A 33A 种排法；若C 在第6个位置，则有55A 种排法．综上，共有2(55A ＋24A 33A ＋23A 33A ＋22A 33A )＝480(种)排法．15．(2013浙江，理15)设F 为抛物线C ：y 2＝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__________．答案：±1解析：设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由24,1y x y k x ⎧=⎨=(+)⎩联立，得k 2x 2＋2(k 2－2)x＋k 2＝0，∴x 1＋x 2＝2222k k (-)-，∴212222212x x k k k +-=-=-+，1222y y k+=，即Q 2221,k k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭.又|FQ |＝2，F (1,0)，∴22222114k k ⎛⎫⎛⎫-+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得k ＝±1.16．(2013浙江，理16)在△ABC 中，∠C ＝90°，M 是BC 的中点．若sin ∠BAM ＝13，则sin ∠BAC ＝__________.答案：3解析：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 ,02a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，AB ＝(a ，－b )，AM ＝,2a b ⎛⎫- ⎪⎝⎭，cos ∠MAB ＝AB AMAB AM ⋅22a b +.又sin ∠MAB ＝13，∴cos ∠MAB=.∴22222222894a b aa b b ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=⎛⎫(+)+ ⎪⎝⎭， 整理得a 4－4a 2b 2＋4b 4＝0，即a 2－2b 2＝0，∴a 2＝2b 2，sin ∠CAB3===. 17．(2013浙江，理17)设e 1，e 2为单位向量，非零向量b ＝x e 1＋y e 2，x ，y ∈R .若e 1，e 2的夹角为π6，则||||x b 的最大值等于__________．答案：2解析：|b |2＝(x e 1＋y e 2)2＝x 2＋y 2＋2xy e 1·e 2＝x 2＋y 2xy .∴||||x =b x ＝0时，||0||x =b ； 当x ≠0时，||2||x ==≤b .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{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d ＜0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |. 解：(1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2， 即d 2－3d －4＝0， 故d ＝－1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *. (2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d ＜0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11.则当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝212122n n -+. 当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝212122n n -＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝22121,11,22121110,12.22n n n n n n ⎧-+≤⎪⎪⎨⎪-+≥⎪⎩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＝53，Dη＝59，求a ∶b ∶c . 解：(1)由题意得ξ＝2,3,4,5,6.故P (ξ＝2)＝331664⨯=⨯， P (ξ＝3)＝2321663⨯⨯=⨯，P (ξ＝4)＝2312256618⨯⨯+⨯=⨯，P (ξ＝5)＝2211669⨯⨯=⨯， P (ξ＝6)＝1116636⨯=⨯， 所以ξ的分布列为(2)由题意知η所以E (η)＝3a a b c a b c a b c ++=++++++，D (η)＝22255551233339a b c a b c a b c a b c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-⋅+-⋅+-⋅= ⎪ ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 化简得240,4110.a b c a b c --=⎧⎨+-=⎩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：(1)证明：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 ＝14AD ．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 ＝12DM .又点M 为AD 的中点，所以OP ∥AD ，且OP ＝14AD ． 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BCD ， 所以PQ ∥平面BCD ．(2)解：作CG ⊥BD 于点G ，作CH ⊥BM 于点H ，连结CH . 因为AD ⊥平面BCD ，CG ⊂平面BCD ， 所以AD ⊥CG ，又CG ⊥BD ，AD ∩BD ＝D ，故CG ⊥平面ABD ，又BM ⊂平面ABD ， 所以CG ⊥BM .又GH ⊥BM ，CG ∩GH ＝G ，故BM ⊥平面CGH ， 所以GH ⊥BM ，CH ⊥BM .所以∠CHG 为二面角C －BM －D 的平面角，即∠CHG ＝60°. 设∠BDC ＝θ.在Rt △BCD 中，CD ＝BD cos θ＝θ，CG ＝CD sin θ＝θsin θ，BG ＝BC sin θ＝2θ.在Rt △BDM 中，23BG DM HG BM θ⋅==.在Rt △CHG 中，tan ∠CHG ＝3cos sin CG HG θθ==所以tan θ从而θ＝60°.即∠BDC ＝60°.方法二：(1)证明：如图，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 (00)． 设点C 的坐标为(x 0，y 0,0)．因为3AQ QC = ，所以Q 00331,,4442x y ⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭.因为M 为AD 的中点，故M (01)． 又P 为BM 的中点，故P 10,0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以PQ ＝0033,044x y ⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭. 又平面BCD 的一个法向量为u ＝(0,0,1)，故PQ·u ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD ．(2)解：设m ＝(x ，y ，z )为平面BMC 的一个法向量．由CM ＝(－x 00y ,1)，BM＝(0,1)，知000,0.x x y y z z ⎧-+)+=⎪⎨+=⎪⎩取y ＝－1，得m＝00,1,y x ⎛- ⎝. 又平面BDM 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是|cos 〈m ，n 〉|＝||1||||2⋅==m n m n，即200y x ⎛= ⎝⎭① 又BC ⊥CD ，所以CB ·CD＝0， 故(－x 0，0y ,0)·(－x 00y ,0)＝0，即x 02＋y 02＝2.②联立①，②，解得000,x y =⎧⎪⎨=⎪⎩(舍去)或0022x y ⎧=±⎪⎪⎨⎪=⎪⎩所以tan ∠BDC=又∠BDC 是锐角，所以∠BDC ＝60°.21．(2013浙江，理21)(本题满分15分)如图，点P (0，－1)是椭圆C 1：22221x y a b+=(a ＞b ＞0)的一个顶点，C 1的长轴是圆C 2：x 2＋y 2＝4的直径，l 1，l 2是过点P 且互相垂直的两条直线，其中l 1交圆C 2于A ，B 两点，l 2交椭圆C 1于另一点D ．(1)求椭圆C 1的方程；(2)求△ABD 面积取最大值时直线l 1的方程． 解：(1)由题意得1,2.b a =⎧⎨=⎩所以椭圆C 的方程为24x ＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)．由题意知直线l 1的斜率存在，不妨设其为k ， 则直线l 1的方程为y ＝kx －1.又圆C 2：x 2＋y 2＝4，故点O 到直线l 1的距离d =，所以||AB==.又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0.由220,44,x ky kx y++=⎧⎨+=⎩消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0，故0284kx=-.所以|PD|＝24k+.设△ABD的面积为S，则S＝12|AB|·|PD|＝24k+，所以S＝32=当且仅当k=时取等号．所以所求直线l1的方程为y＝x－1.22．(2013浙江，理22)(本题满分14分)已知a∈R，函数f(x)＝x3－3x2＋3ax－3a＋3.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当x∈[0,2]时，求|f(x)|的最大值．解：(1)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)由于f′(x)＝3(x－1)2＋3(a－1)，0≤x≤2，故①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.②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－1.③当0＜a＜1时，设x1＝1－x2＝1则0＜x1＜x2＜2，f′(x)＝3(x－x1)(x－x2)．由于f(故f(x1)＋f(x2)＝2＞0，f(x1)－f(x2)＝4(1－a0，从而f(x1)＞|f(x2)|.所以|f(x)|max＝max{f(0)，|f(2)|，f(x1)}．当0＜a＜23时，f(0)＞|f(2)|.又f(x1)－f(0)＝2(1－a(2－3a)2＞0，故|f(x)|max＝f(x1)＝1＋2(1－a当23≤a＜1时，|f(2)|＝f(2)，且f(2)≥f(0)．又f(x1)－|f(2)|＝2(1－a(3a－2)2，所以当23≤a＜34时，f(x1)＞|f(2)|.故f(x)max＝f(x1)＝1＋2(1－a当34≤a＜1时，f(x1)≤|f(2)|.故f(x)max＝|f(2)|＝3a－1. 综上所述，|f(x)|max＝33,0,3 121,4331,.4a aa aa a⎧⎪-≤⎪⎪+(-<<⎨⎪⎪-≥⎪⎩。
2013年浙江高考数学理科试卷(带详解)
2013年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）一．选择题1．已知i 是虚数单位，则(1i)(2i)-+-= （ ） A ．3i -+ B. 13i -+ C. 33i -+ D.1i -+ 【测量目标】复数代数形式的四则运算. 【考查方式】求两个复数相乘的结果 【难易程度】容易 【参考答案】B【试题解析】(-1+i)(2-i)=- 2+i+2i+1=-1+3i ，故选B.2．设集合2{|2},{|340}S x x T x x x =>-=+-…，则()S T =R ð （ ） A ．(2,1]- B.]4,(--∞ C.]1,(-∞ D.),1[+∞ 【测量目标】集合的基本运算.【考查方式】用描述法给出两个集合求补集的并. 【难易程度】容易 【参考答案】C【试题解析】∵集合S ={x |x ＞-2}，∴S R ð={x |x …-2}，由2x +3x -4…0得：T={x |-4…x …1}，故(S R ð) T ={x |x …1}，故选C.3．已知y x ,为正实数，则 （ ）A.y x yx lg lg lg lg 222+=+ B.lg()lg lg 222x y x y += C.lg lg lg lg 222x yx y =+ D.lg()lg lg 222xy x y = 【测量目标】指数幂运算.【考查方式】给出指数型的函数，化简函数. 【难易程度】容易 【参考答案】D 【试题解析】因为s ta+=s a ta ，lg(xy )=lg x +lg y (x ，y 为正实数)，所以()lg 2xy =lg +lg 2x y=lg 2xlg 2y ，满足上述两个公式，故选D.4．已知函数()cos()(0,0,)f x A x A ωϕωϕ=+>>∈R ，则“)(x f 是奇函数”是π2ϕ=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 【测量目标】三角函数的性质，三角函数的诱导公式.【考查方式】给出含参量的三角函数表达式，由函数是奇函数判断命题条件. 【难易程度】中等 【参考答案】B【试题解析】若φ=π2，则f (x )=A cos(ωx +π2)⇒f (x )=-A sin(ωx )(A ＞0，ω＞0，x ∈R )是奇函数；若f (x )是奇函数⇒f (0)=0，∴f (0)=A cos(ω×0+φ)=A cos φ=0.∴φ=k π+π2，k ∈Z ，不一定有φ=π2，“f (x )是奇函数”是“φ=π2”必要不充分条件.故选B.5．某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是59，则 （ ）A.4=aB.5=aC. 6=aD.7=a第5题图【测量目标】循环结构的程序框图.【考查方式】给出程序框图的输出值求输入的值. 【难易程度】容易 【参考答案】A【试题解析】由已知可得该程序的功能是：计算并输出S =1+112⨯+…+1(1)a a +=1+1-11a +=2-11a +.若该程序运行后输出的值是95，则2-11a +=95.∴a =4，故选A.6．已知,sin 2cos 2ααα∈+=R ，则=α2tan （ ） A.34 B. 43 C.43- D.34-【测量目标】二倍角，三角函数的诱导公式.【考查方式】给出正弦和余弦的方程求解二倍角的正切. 【难易程度】中等 【参考答案】C【试题解析】∵sin α+2cos α，又2sin α+2cos α=1，联立解得sin cos 10αα⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或sin cos 10αα⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,故tan α=sin cos αα =13-或tan α=3，代入可得tan2α=22tan 1tan αα-=212()311()3⨯---=34-或tan2α=22tan 1tan αα-=22313⨯-=34-.故选C.7．设0,ABC P △是边AB 上一定点，满足AB B P 410=，且对于边AB 上任一点P ，恒有00PB PC P B PC….则 （ ） A. 90ABC ∠= B. 90BAC ∠=C. AC AB =D.BC AC =【测量目标】平面向量的算量积运算，向量的坐标运算.【考查方式】在三角形中给出定点在三角形中的位置，求定点与各顶点所成向量数量积的大小.【难易程度】中等 【参考答案】D【试题解析】以AB 所在的直线为x 轴，以AB 的中垂线为y 轴建立直角坐标系，设AB =4，C (a ，b )，P (x ，0),则0BP =1，A (-2，0)，B (2，0)，0P (1，0),∴0P B =(1，0)，PB =(2-x ，0)，PC =(a -x ，b )，0PC =(a -1，b ),∵恒有PB PC ≥00P B PC ,∴(2-x )(a -x )≥a -1恒成立,整理可得2x - (a +2)x +a +1≥0恒成立,∴Δ=()22a +-4(a +1)≤0,即Δ=2a ≤0,∴a =0，即C 在AB 的垂直平分线上,∴AC =BC ,故△ABC 为等腰三角形,故选D.第7题图8．已知e 为自然对数的底数，设函数()(e 1)(1)(1,2)x k f x x k =--=，则 （ ） A ．当1=k 时，)(x f 在1=x 处取得极小值 B ．当1=k 时，)(x f 在1=x 处取得极大值C ．当2=k 时，)(x f 在1=x 处取得极小值D ．当2=k 时，)(x f 在1=x 处取得极大值【测量目标】利用导数求函数的极值.【考查方式】给出含未知量的函数表达式，判断函数何时取得极值. 【难易程度】中等 【参考答案】C【试题解析】当k =2时，函数f (x )=(e x-1)2(1)x -.求导函数可得()f x '=e x 2(1)x -+2(e x -1)(x -1)=(x -1)(x e x +e x -2)，∴当x =1，()f x '=0，且当x ＞1时，()f x '＞0，当12＜x ＜1时，()f x '＜0，故函数f (x )在(1，+∞)上是增函数；在(12，1)上是减函数，从而函数f (x )在x =1取得极小值.对照选项.故选C.第8题图9．如图，21,F F 是椭圆14:221=+y x C 与双曲线2C 的公共焦点，B A ,分别是1C ，2C 在第二、四象限的公共点.若四边形21BF AF 为矩形，则2C 的离心率是 （ ）第9题图A.2 B.3 C.23 D.26【测量目标】椭圆和双曲线的简单几何性质.【考查方式】椭圆和双曲线相交焦点和交点构成矩形，求双曲线的离心率. 【难易程度】较难 【参考答案】D【试题解析】|1AF |=x ，|2AF |=y ，x y <∵点A 为椭圆1C ：24x +2y =1上的点，∴2a =4，b =1，c|1AF |+|2AF |=2a =4，即x +y =4①；又四边形12AF BF 为矩形，∴21AF +22AF =212F F ，即2x +2y =()22c=(2=12②，由①②得：22412x y x y +=⎧⎨+=⎩，解得x =2-y2x y ==-，设双曲线2C 的实轴长为12a ，焦距为12c ，则12a =|2AF |-|1AF |=y -x12c=2C 的离心率e =11c a故选D. 10．在空间中，过点A 作平面π的垂线，垂足为B ，记π()B f A =.设βα,是两个不同的平面，对空间任意一点P ，)]([)],([21P f f Q P f f Q βααβ==,恒有21PQ PQ =，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45C. 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【测量目标】空间中点、线、面之间的位置关系，二面角. 【考查方式】给出两个平面判断面面之间的位置关系. 【难易程度】较难 【参考答案】A【试题解析】设1P =()f P α，则根据题意，得点1P 是过点P 作平面α垂线的垂足,∵1Q =()[]f f P βα=1()f P β，∴点1Q 是过点1P 作平面β垂线的垂足,同理，若2P =()f P β，得点2P 是过点P 作平面β垂线的垂足,因此2Q =()[]f f P αβ表示点2Q 是过点2P 作平面α垂线的垂足,∵对任意的点P ，恒有1PQ =2PQ ，∴点1Q 与2Q 重合于同一点,由此可得，四边形112PPQ P 为矩形，且∠112PQ P 是二面角α﹣l ﹣β的平面角,∵∠112PQ P 是直角，∴平面α与平面β垂直,故选A.第10 题图二、填空题 11．设二项式53)1(xx -的展开式中常数项为A ，则=A ________. 【测量目标】二项式定理.【考查方式】给出含根式的二项式，求解展开式中常数项的系数. 【难易程度】容易 【参考答案】-10【试题解析】二项式5的展开式的通项公式为 1r T +=5325C (1)rr r rx x --- =15565(1)C r rr x-- .令1556r-=0，解得r =3，故展开式的常数项为-35C =-10.故答案为-10.12．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________3cm .第12题图【测量目标】由三视图求几何体的表面积和体积. 【考查方式】给出几何体的三视图，求几何体的体积. 【难易程度】中等 【参考答案】24【试题解析】几何体为三棱柱去掉一个三棱锥后的几何体，底面是直角三角形，直角边分别为3，4，棱柱的高为5，被截取的棱锥的高为3.如图：V =V 棱柱-V 三棱锥=12×3×4×5-13×12×3×4×3=24(3cm ),故答案为：24.第12题图13．设y kx z +=，其中实数y x ,满足20240240x y x y x y +-⎧⎪-+⎨⎪--⎩………，若z 的最大值为12，则实数=k ________.【测量目标】二元线性规划求目标函数的最值.【考查方式】给出可行域的不等式和目标函数的最大值，求目标函数中未知数的值. 【难易程度】中等 【参考答案】2【试题解析】可行域如图：由24=024=0x y x y -+⎧⎨--⎩得：A (4，4)，同样地，得B (0，2)，（步骤1）①当k ＞-12时，目标函数z =kx +y 在x =4，y =4时取最大值，即直线z =kx +y 在y 轴上的截距z 最大，此时，12=4k +4，故k =2. （步骤2） ②当k ≤-12时，目标函数z =kx +y 在x =0，y =2时取最大值，即直线z =kx +y 在y 轴上的截距z 最大，此时，12=0×k +2，故k 不存在.综上，k =2.故答案为：2. （步骤3）第13题图14．将F E D C B A ,,,,,六个字母排成一排，且B A ,均在C 的同侧，则不同的排法共有________种（用数字作答） 【测量目标】排列组合及其应用.【考查方式】给出六个字母和限定条件求排法的种数. 【难易程度】中等 【参考答案】480【试题解析】按C 的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可. （步骤1）当C 在左边第1个位置时，有55A =120种，当C 在左边第2个位置时2343A A =72种，（步骤2）当C 在左边第3个位置时，有2333A A +2323A A =48种，共为240种，乘以2，得480.则不同的排法共有 480种.故答案为：480. （步骤3）15．设F 为抛物线x y C 4:2=的焦点，过点)0,1(-P 的直线l 交抛物线C 于两点B A ,，点Q为线段AB 的中点，若2||=FQ ，则直线l 的斜率等于________. 【测量目标】直线与抛物线的位置关系.【考查方式】给出抛物线方程和直线过的定点和直线与抛物线交线的长度求直线斜率. 【难易程度】较难 【参考答案】不存在【试题解析】由题意设直线l 的方程为my =x +1，联立214my x y x=+⎧⎨=⎩得到2y -4my +4=0，（步骤1）Δ=162m -16=16(2m -1)＞0.设A (1x ，1y )，B (2x ，2y )，Q (0x ，0y ).∴1y +2y =4m ，∴0y =122y y +=2m ，（步骤2）∴0x =m 0y -1=22m -1.∴Q (22m -1，2m )，（步骤3）由抛物线C ：2y =4x 得焦点F (1，0).∵|QF |=2=2，化为2m =1，解得m =±1，不满足Δ＞0.故满足条件的直线l 不存在. （步骤4）故答案为不存在. 16.ABC △中，90C ∠= ,M 是BC 的中点，若31sin =∠BAM ，则=∠BAC sin ________. 【测量目标】正弦定理和余弦定理解三角形.【考查方式】直角三角形中直角边的中点，求三角形中角的正弦值. 【难易程度】较难【参考答案】3【试题解析】如图,设AC =b ，AB =c ，CM =MB =2a，∠MAC =β，在△ABM 中，由正弦定理可得2sin sin ac BAM AMB=∠∠，代入数据可得21sin 3a c AMB =∠，解得2sin 3c AMB a ∠=，（步骤1）故πcos cos 2AMC β⎛⎫=-∠ ⎪⎝⎭=sin AMC ∠=()2sin πsin 3c AMB AMB a -∠=∠=，而在Rt △ACM 中，cos β=AC AM =23ca =，化简可得a 4-4a 2b 2+4b 4=(a 2-2b 2)=0，解之可得a，（步骤2）再由勾股定理可得a 2+b 2=c 2，联立可得c，故在Rt △ABC 中，sin ∠BAC=BC a AB c ===骤3）第16题图17．设12,e e 为单位向量，非零向量12x y +b =e e ，,x y ∈R ，若12,e e 的夹角为π6，则||||x b 的最大值等于________.【测量目标】向量模的计算，向量的数量积，不等式性质. 【考查方式】给出单位向量和非零向量，求向量模的比值. 【难易程度】较难 【参考答案】2【试题解析】∵12,e e 为单位向量，1e 和2e 的夹角等于30°，（步骤1）∴12 e e =1×1×cos30°=2.∵非零向量12x y +b =e e ，（步骤2）∴===b （步骤3）∴x====b故当x y=x b取得最大值为2，故答案为 2. （步骤4） 三、解答题18．在公差为d 的等差数列}{n a 中，已知101=a ，且3215,22,a a a +成等比数列.（1）求n a d ,； （2）若0<d ，求.||||||||321n a a a a ++++【测量目标】等差数列的通项公式和.【考查方式】给出等比数列的首相和三项成等比数列，求通项公式，和前n 项绝对值和. 【难易程度】容易【试题解析】（Ⅰ）由已知得到：22221311(22)54(1)50(2)(11)25(5)a a a a d a d d d +=⇒++=+⇒+=+224112122125253404611n n d d d d d d d a n a n==-⎧⎧⇒++=+⇒--=⇒⎨⎨=+=-⎩⎩或；（步骤1）（Ⅱ）由（1）知，当0d <时，11n a n =-， ①当111n剟时，123123(1011)(21)0||||||||22n n n n n n n a a a a a a a a a +--∴++++=++++==…（步骤2）②当12n …时，1231231112132123111230||||||||()11(2111)(21)2ln 2202()()2222n n n n a a a a a a a a a a a a n n n a a a a a a a a ∴++++=++++-+++---+=++++-++++=⨯-=…所以，综上所述：1232(21),(111)2||||||||21220,(12)2n n n n a a a a n n n -⎧⎪⎪++++=⎨-+⎪⎪⎩ 剟…；（步骤3）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.（1）当1,2,3===c b a 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分布列；（2）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η为取出此球所得分数.若95,35==ηηD E ，求.::c b a 【测量目标】随机事件与概率，期望和方差.【考查方式】有放回取样的分布列和已知期望和方差求个数比. 【难易程度】中等【试题解析】（Ⅰ）由已知得到：当两次摸到的球分别是红红时2ξ=，此时331(2)664P ξ⨯===⨯；（步骤1）当两次摸到的球分别是黄黄，红蓝，蓝红时4ξ=，此时2231135(4)66666618P ξ⨯⨯⨯==++=⨯⨯⨯；（步骤2）当两次摸到的球分别是红黄，黄红时(3)P ξ=，此时32231(3)66663P ξ⨯⨯==+=⨯⨯；（步骤3）当两次摸到的球分别是黄蓝，蓝黄时(5)P ξ=，此时12211(5)66669P ξ⨯⨯==+=⨯⨯；（步骤4）当两次摸到的球分别是蓝蓝时P (6ξ=)，此时111(6)P ξ⨯===；（步骤5）所以ξ的分布列是： 9所以：2225233555253(1)(2)(3)9333a b c E a b c a b c a b ca b c D a b c a b c a b c ηη⎧==++⎪⎪++++++⎨⎪==-⨯+-⨯+-⨯⎪++++++⎩，所以2,3::3:2:1b c a c a b c ==∴=.（步骤6）20．如图，在四面体BCD A -中，⊥AD 平面BCD ,22,2,==⊥BD AD CD BC .M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且QC AQ 3=.（1）证明：//PQ 平面BCD ；（2）若二面角D BM C --的大小为60，求BDC ∠的大小.第20题图【测量目标】空间直线与平面的位置关系，异面直线成角.【考查方式】给出四面体和直线间的位置和长度关系求解二面角大大小. 【难易程度】中等【试题解析】（Ⅰ）方法一：如图，取MD 的中点F ，且M 是AD 中点，所以3AF FD =.因为P 是BM 中点，所以PF BD ；（步骤1）又因为3AQ QC =且3AF FD =，所以QF CD ，所以面PQF 面BDC ，且PQ ⊂面PQF ，所以PQ 面BDC ；（步骤2）第20题图方法二：如图所示，第20题图取BD 中点O ，且P 是BM 中点，所以12PO MD ；取CD 的三等分点H ，使3DH C H =，且3AQ QC =，所以1142QH AD MD，（步骤1）所以PO QH 四边形PQHO 是平行四边形PQ OH ∴ ，且OH BCD ⊂面，所以PQ 面BDC ；（步骤2） （Ⅱ）如图所示，第20题图由已知得到面ADB ⊥面BDC ，过C 作CG BD ⊥于G ，所以CG BMD ⊥面，过G 作GH BM ⊥于H ，连结CH ，所以CHG ∠就是C BM D --的二面角；（步骤3）由已知得到3BM ==，设BDC α∠=，所以cos ,sin ,sin ,,CD CG CBCD CG BC BD CD BDαααααα===⇒===，在Rt BCG △中，2s i ns i n BG BCG BG BCααα∠=∴=∴=，（步骤4）所以在Rt BHG △中，13HG =∴=，所以在Rt CHG △中tan tan 603CG CHG HG ∠==== （步骤5）tan (0,90)6060BDC ααα∴=∈∴=∴∠= ；（步骤6）21．如图，点)1,0(-P 是椭圆)0(1:22221>>=+b a by a x C 的一个顶点，1C 的长轴是圆4:222=+y x C 的直径.21,l l 是过点P 且互相垂直的两条直线，其中1l 交圆2C 于两点，2l 交椭圆1C 于另一点D .（1）求椭圆1C 的方程； （2）求ABD △面积取最大值时直线1l 的方程.第21题图【测量目标】直线与椭圆的位置关系，直线与圆的位置关系.【考查方式】给出定点和圆的方程，由直线与椭圆、圆的位置关系求椭圆方程和直线方程. 【难易程度】较难【试题解析】（Ⅰ）由已知得到1b =，且242a a =∴=，所以椭圆的方程是2214x y +=；（步骤1）（Ⅱ）因为直线12l l ⊥，且都过点(0,1)P -，所以设直线1:110l y kx kx y =-⇒--=，直线21:10l yx x k y k k=--⇒++=，所以圆心(0,0)到直线1:110l yk x k x y =-⇒--=的距离为d =，（步骤2）所以直线1l 被圆224x y +=所截的弦AB ==；（步骤3）由2222248014x ky k k x x kx x y ++=⎧⎪⇒++=⎨+=⎪⎩，（步骤4） 所以228||44D P k x x DP k k +=-∴==++，（步骤5）所以11||||22444313ABDS AB DP k k k ====++++△23232===…（步骤6）当2522k k =⇒=⇒=±时等号成立，此时直线1:1l y x =-（步骤7） 22．已知a ∈R ，函数.3333)(23+-+-=a ax x x x f（1）求曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线方程； （2）当]2,0[∈x 时，求|)(|x f 的最大值. 【测量目标】利用导数求函数的最值问题.【考查方式】给出含有未知量的函数求函数的最大值. 【难易程度】较难【试题解析】（Ⅰ）由已知得：2()363(1)33f x x x a f a ''=-+∴=-，且(1)13333f a a =-++-=，所以所求切线方程为：1(33)(1)y a x -=--，即为：3(1)430a x y a --+-=；（步骤1）（Ⅱ）由已知得到：2()3633[(2)]f x x x a x x a '=-+=-+，其中44a ∆=-，当[0,2]x ∈时，(2)0x x -…，（步骤2）（1）当0a …时，()0f x '…，所以()f x 在[0,2]x ∈上递减，所以max |()|max{(0),(2)}f x f f =，（步骤3）因为max (0)3(1),(2)31(2)0(0)|()|(0)33f a f a f f f x f a =-=-∴<<∴==-；（步骤4） （2）当440a ∆=-…，即1a …时，()0f x '…恒成立，所以()f x 在[0,2]x ∈上递增，所以max |()|max{(0),(2)}f x f f =，（步骤5）因为max (0)3(1),(2)31(0)0(2)|()|(2)31f a f a f f f x f a =-=-∴<<∴==-；（步骤6） （3）当440a ∆=->，即01a <<时，212()363011f x x x a x x '=-+=∴==+，且1202x x <<<，即所以12()12(1()12(1f x a f x a =+-=--，且31212()()20,()()14(1)0,f x f x f x f x a ∴+=>=--<12()()4(1f x f x a -=-，所以12()|()|f x f x >，（步骤7）所以max 1|()|max{(0),(2),()}f x f f f x =；（步骤8） 由2(0)(2)3331003f f a a a -=--+>∴<<，所以 （ⅰ）当203a <<时，(0)(2)f f >，所以(,1][,)x a ∈-∞+∞ 时，()y f x =递增，(1,)x a ∈时，()y f x =递减，所以max 1|()|max{(0),()}f x f f x =，（步骤9）因为21()(0)12(1332(1(23f x f a a a a -=+-+=--=，又因为203a <<，所以230,340a a ->->，所以1()(0)0f x f ->，所以m a x 1|()|()12(1f x f x a ==+-10）（ⅱ）当213a <…时，(2)0,(0)0f f ><，所以max 1|()|max{(2),()}f x f f x =，因为21()(2)12(1312(1(32)f x f a a a a -=+-+=--=，此时320a ->，当213a <<时，34a -是大于零还是小于零不确定，所以 ① 当2334a <<时，340a->，所以1()|(2)|f x f >，所以此时max 1|()|()12(1f x f x a ==+-（步骤11） ② 当314a <…时，340a-<，所以1()|(2)|f x f …，所以此时m a x|()|(2)31f x f a ==-（步骤12）综上所述：max 33,(0)3|()|12(1)4331,()4a a f x a a a a ⎧-⎪⎪=+-<<⎨⎪⎪-⎩…….（步骤13）。
2013年高考真题理科数学(浙江卷)解析版含答案
解析：
22、已知 ，函数
（1）求曲线 在点 处的切线方程；
（2）当 时，求 的最大值.
解析：
C.当 时， 在 处取得极小值
D.当 时， 在 处取得极大值
答案：C
解析：
考点定位：此题考查导数的运算及利用导数研究函数的单调性函数的极值；
9、如图， 是椭圆 与双曲线 的公共焦点， 分别是 ， 在第二、四象限的公共点。若四边形 为矩形，则 的离心率是
A. B. C. D.
答案：D
解析：由已知得： 由椭圆及双曲线的定义和已知得到：
15、设 为抛物线 的焦点，过点 的直线 交抛物线 于两点 ，点 为线段 的中点，若 ，则直线的斜率等于________。
答案：
解析：由
考点定位：
16、 中， , 是 的中点，若 ，则 ________。
答案：
解析：
解析：此题考查同角三角函数平方关系、余弦定理和锐角的三角函数的定义，考查学生的运算求解能力。
考点定位：此题考查椭圆和双曲线的定义、性质的应用；
10、在空间中，过点 作平面 的垂线，垂足为 ，记 。设 是两个不同的平面，对空间任意一点 ， ,恒有 ，则
A.平面 与平面 垂直B.平面 与平面 所成的（锐）二面角为
C.平面 与平面 平行D.平面 与平面 所成的（锐）二面角为
答案：A
解析：
考点定位：此题是信息类题目，考查线面垂直和面面垂直的知识点，考查学生的自学能力和运用所学知识解决问题的能力；
7、设 是边 上一定点，满足 ，且对于边 上任一点 ，恒有 。则
A. B. C. D.
答案：D
解析：利用特殊值法可以解决，如CP=AB或PB=PA即可求出答案，所以选D；
2013年高考理科数学浙江卷试题及答案解析
2013年浙江高考理科数学试题及答案解析选择题部分（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+iB ．−1+3iC ．−3+3iD ．−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】B2．设集合S ={x |x >−2}，T ={x |x 2+3x −4≤0}，则(R S )∪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(R S )={x |x ≤−2}，T ={x |−4≤x ≤1}，所以(R S )∪T =(−∞，1]. 3．已知x ，y 为正实数，则A ．2lg x +lg y=2lg x +2lg yB ．2lg(x +y )=2lg x∙ 2lg yC ．2lg x ∙ lg y=2lg x+2lg yD ．2lg(xy )=2lg x∙ 2lg y【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 4．已知函数f (x )=A cos(ωx +φ)(A >0，ω>0，φR )，则“f (x )是奇函数”是“φ=π2”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【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 【答案解析】B 由f (x )是奇函数可知f (0)=0，即cos φ=0，解出φ=π2+k π，k Z ，所以选项B 正确5．某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是95，则A ．a =4B ．a =5C ．a =6D ．a =7【命题意图】本题考查算法程序框图，属于容易题【答案解析】A 6．已知αR ，sin α+2cos α=102，则tan2α= A ．43B ．34C ．−34D ．−43开始 S =1，k =1k >a ? S =S +1k (k +1)k =k+1输出S结束 是否 （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=⎝ ⎛⎭⎪⎫1022可得sin 2α+4cos 2α+4sin αcos α sin 2α+cos 2α=104，进一步整理可得3tan 2α−8tan α−3=0，解得tan α=3或tan α=−13，于是tan2α=2tan α1−tan 2α=−34. 7．设△ABC ，P 0是边AB 上一定点，满足P 0B =14AB ，且对于AB 上任一点P ，恒有→PB ∙→PC ≥→P 0B ∙→P 0C ，则A ．ABC =90B ．BAC =90 C ．AB =ACD ．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|→P 0B |=1，过点C 作AB 的垂线，垂足为H ，在AB 上任取一点P ，设HP 0=a ，则由数量积的几何意义可得，→PB ∙→PC =|→PH ||→PB |=(|→PB |−(a +1))|→PB |，→P 0B ∙→P 0C =−|→P 0H ||→P 0B |=−a ，于是→PB ∙→PC≥→P 0B ∙→P 0C 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 =BC8．已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )=(e x −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，x 1=0，x 2=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，x 1=0，x 2=x 3=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。
2013-2017年浙江高考理科数学历年真题之数列大题 教师版
2013-2017年浙江高考理科数学历年真题之数列大题（教师版）1、（2013年）在公差为d 的等差数列{}n a 中，已知112310,,22,5a a a a =+且成等比数列.(Ⅰ)求d ，n a ； ⅠⅠ()120,|||||.n da a a <+++ 若求|(Ⅰ) 解;：由题意得223125(22)34014a a a d d d d ⋅=+⇒--=⇒=-=或所以 11,*46,*.n n a n n N a n n N =-∈=+∈或ⅠⅠ()设数列{}n a 的前n 项和为n S ，因为0,d <由(Ⅰ)得1,11,n da n =-=-则当11n ≤时，212121||||||.22n n a a a S n n +++==-+ 当12n ≥时，21211121||||||2110.22n n a a a S S n n +++=-+=-+ 综上即得212212111,22||||||12111012.22n n n n a a a n n n ⎧-+≤⎪⎪+++=⎨⎪-+≥⎪⎩2、（2014年）已知数列{}n a 和{}n b 满足()()*∈=N n a a a nb n 221 .若{}na 为等比数列，且.6,2231b b a +==(Ⅰ)求n a 与n b ； ⅠⅠ()设()*∈-=N n b a c nn n11。
记数列{}n c 的前n 项和为n S . （i ）求n S ；（ii ）求正整数k ，使得对任意*∈N n ，均有n k S S ≥． 解析：（I ）由题意，()()*∈=N n a a a nb n 221 ，326b b-=，知3238b b a -==，又由12a =，得公比2q =（2q =-舍去），所以数列{}n a 的通项公式为2()n n a n N *=∈，所以()()1121232n n n n n a a a a ++==，故数列{}n b 的通项公式为，()1()n b n n n N *=+∈；（II ）（i ）由（I ）知，11111()21n n n n c n N a b n n *⎛⎫=-=--∈ ⎪+⎝⎭，所以11()12n nS n N n *=-∈+； （ii ）因为12340,0,0,0c c c c =>>>；当5n ≥时，()()11112n n n n c n n +⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦，而()()()()()11112120222n n n n n n n n n ++++++--=>，得()()51551122n n n ++≤<，所以当5n ≥时，0n c <，综上对任意n N *∈恒有4n S S ≥，故4k =．3、（2015年）已知数列{a n }满足a 1=21, 且1n a +=n a -2n a (n ∈N*) (I)证明：1≤1+n na a ≤2 (n ∈N*) (II)设数列{2n a }的前n 项和为S n , 证明)2(21+n ≤nSn ≤)1(21+n (n ∈N*)解: (I)∵a n -a n +1=2n a ≥0 ∴a n +1≤a n ∴a n ≤a 1=21由a n =11)1(---n n a a 得a n =0)1()1)(1(1121>-----a a a a n n , 故0< a n ≤21 从而n n n n n n a a a a a a -=-=+11)1(1∈[1, 2] 即1≤1+n n a a ≤2 法二: 在0< a n ≤21基础上证a n ≤2a n +1可用分析法 要使a n ≤2a n +1, 只要a n ≤2(a n -2n a )⇔22n a ≤a n ⇔0< a n ≤21, 故a n ≤2a n +1成立 (II)∵2n a =a n -a n +1 ∴S n =a 1-a 2+a 2-a 3+…+a n -a n +1=a 1-a n +1=21-a n +1 由a n +1=a n (1-a n ) ∴n n n a a a -+=+11111∴n n n a a a -=-+11111∈[1, 2], 0<a n ≤21 故1≤n n a a 111-+≤2, n ∈N*, 累加得n ≤1111a a n -+≤2n 即n +2≤11+n a ≤2n +2即221+n ≤a n +1≤21+n ,从而)2(2+n n ≤S n =21-a n +1≤)1(2+n n因此,)2(21+n ≤nSn ≤)1(21+n (n ∈N*) (n n n a a a -=-+11111=1+n n a a , (I)(II)关联在此)法二: (用数学归纳法)∵2n a =a n -a n +1 ∴S n =a 1-a 2+a 2-a 3+…+a n -a n +1=a 1-a n +1=21-a n +1 要使)2(21+n ≤nS n ≤)1(21+n 成立, 只须且必须221+n ≤a n +1≤21+n (n ∈N*)当n =1时, a 2=41, 可得41≤a 2≤31, 结论成立假设当n =k 时, 结论成立, 即221+k ≤a k +1≤21+k , k ∈N*,则当n =k +1时, 注意到x -x 2在[0,21]上是增函数,∴a k +2=a k +1-21+k a ≤22)2(1)2(121++=+-+k k k k ≤313412+=+++k k k k且a k +2=a k +1-21+k a ≥22)1(412)22(1221++=+-+k k k k ≥421+k (事实上, ∵(2k +1)(2k +4)-4(k +1)2=2k ≥0 ∴2)1(412++k k ≥421+k ) 也就是说, 当n =k +1时, 结论也成立 因此, 原命题得证4、（2016年）设数列{}n a 满足112n n a a +-…，n *∈N ． （1）求证：()1122n n a a--…，n *∈N ；（2）若32n n a ⎛⎫ ⎪⎝⎭…，n *∈N ，证明：2n a …，n *∈N ．解析：5、 (2017年) 已知数列{x n }满足x 1=1，x n =x n +1+ln(1+x n +1)（n ∈N *）．证明：当n ∈N *时， （1）0＜x n +1＜x n ； （2）2x n +1− x n ≤x n x n +12；（3）12n-1≤x n ≤12n-2．解析：。
2017年浙江高考理科数学试题和解析
2017年普通高等学校招生全国统一考试〔卷〕数 学〔理科〕选择题局部〔共50分〕1.(2017年)集合P={x|-1＜x ＜1}，Q={0＜x ＜2}，那么P∪Q=〔 〕 A ．〔1，2〕B ．〔0，1〕C ．〔-1，0〕D ．〔1，2〕1.A 【解析】利用数轴，取P ，Q 所有元素，得P∪Q=〔-1，2〕.2. (2017年)椭圆x 29+y 24=1的离心率是〔 〕A ．133B ．53C ．23D ．592.B 【解析】e=9-43=53.应选B ．3. (2017年)某几何体的三视图如下图〔单位：cm 〕，那么该几何体的体积〔单位：cm 3〕是〔 〕〔第3题图〕 A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ．332π+ 3. A 【解析】根据所给三视图可复原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为V=13×3×〔π×122+12×2×1〕=π2+1.应选A.4. (2017年)假设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x≥0，x+y-3≥0，x-2y≤0，那么z=x+2y 的取值围是〔 〕A ．[0，6]B ．[0，4]C ．[6，+∞〕D ．[4，+∞〕4. D 【解析】如图，可行域为一开放区域，所以直线过点(2,1)时取最小值4，无最大值，选D ．5. (2017年)假设函数f (x )=x 2+ ax +b 在区间[0，1]上的最大值是M ，最小值是m ，那么M – m 〔 〕A ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关5. B 【解析】因为最值f 〔0〕=b ，f 〔1〕=1+a+b ，f 〔-a 2〕=b-a 24中取，所以最值之差一定与b 无关.应选B.6. (2017年)等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，那么“d >0〞是“S 4 + S 6>2S 5〞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6. C 【解析】由S 4 + S 6-2S 5=10a 1+21d-2〔5a 1+10d 〕=d ，可知当d ＞0时，有S 4+S 6-2S 5＞0，即S 4 + S 6>2S 5，反之，假设S 4 + S 6>2S 5，那么d ＞0，所以“d >0〞是“S 4 + S 6>2S 5〞的充要条件，选C ．7. (2017年)函数y=f (x )的导函数y=f′〔x 〕的图象如下图，那么函数y=f (x )的图象可能是〔 〕〔第7题图〕7. D 【解析】原函数先减再增，再减再增，且x=0位于增区间.应选D.8. (2017年)随机变量ξi 满足P 〔ξi =1〕=p i ，P 〔ξi =0〕=1–p i ，i =1，2． 假设0<p 1<p 2<12，那么〔 〕A ．E (ξ1)＜E (ξ2)，D (ξ1)＜D (ξ2)B ．E (ξ1)＜E (ξ2)，D (ξ1)＞D (ξ2)C ．E (ξ1)＞E (ξ2)，D (ξ1)＜D (ξ2)D ．E (ξ1)＞E (ξ2)，D (ξ1)＞D (ξ2)8. A 【解析】∵E (ξ1)=p 1，E (ξ2)=p 2，∴E (ξ1)＜E (ξ2)，∵D (ξ1)=p 1(1-p 1)，D (ξ2)=p 2(1-p 2)，∴D (ξ1)-D (ξ2)=(p 1-p 2)(1-p 1-p 2)＜0.应选A ．9. (2017年)如图，正四面体D –ABC 〔所有棱长均相等的三棱锥〕，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，BQ QC =CRRA =2，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P的平面角为α，β，γ，那么〔 〕〔第9题图〕 A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α9. B 【解析】设O 为三角形ABC 中心，那么O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而高相等，因此α<γ<β.应选B.10. (2017年)如图，平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记I 1=→OA ·→OB ，I 2=→OB ·→OC ，I 3=→OC ·→OD，那么〔 〕〔第10题图〕 A ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3＜I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 310. C 【解析】因为∠AOB=∠COD＞90°，OA ＜OC ，OB ＜OD ，所以→OB ·→OC＞0＞→OA ·→OB ＞→OC ·→OD .应选C.非选择题局部〔共100分〕11. (2017年)我国古代数学家徽创立的“割圆术〞可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并开展了“割圆术〞，将π的值准确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年．“割圆术〞的第一步是计算单位圆接正六边形的面积S 6，S 6=． 11.332 【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，那么S 6=6×〔12×1×1×sin 60°〕=332．12. (2017年)a ，b ∈R ，〔a+bi 〕2=3+4i 〔i 是虚数单位〕那么a 2+b 2=___________，ab =___________.12.5 2 【解析】由题意可得a 2-b 2+2abi=3+4i ，那么⎩⎪⎨⎪⎧a 2-b 2=3，ab=2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2=4，b 2=1，那么a 2+b 2=5，ab=2.13. (2017年)多项式〔x+1〕3〔x+2〕2=x 5+a 1x 4+a 2x 3+a 3x 2+a 4x+a 5，，那么a 4=________，a 5=________．13. 16 4 【解析】由二项式展开式可得通项公式为Cr 3x r Cm 2·22-m = Cr 3·Cm 2·22-m ·x r+m ，分别取r=0，m=1和r=1，m=0可得a 4=4+12=16，取r=m ，可得a 5=1×22=4．14. (2017年)△ABC ，AB =AC =4，BC =2． 点D 为AB 延长线上一点，BD =2，连结CD ，那么△BDC 的面积是___________，cos∠BDC =___________.14. 152104 【解析】取BC 中点E ，由题意，AE⊥BC，△ABE 中，cos∠ABE=BE AB =14，∴cos ∠DBC=-14，sin∠DBC=1-116=154，∴S △BCD =12×BD×BC×sin∠DBC=152.∵∠ABC=2∠BDC ，∴cos∠ABC=cos2∠BDC=2cos 2∠BDC -1=14，解得cos∠BDC=104或cos∠BDC=-104〔舍去〕.综上可得，△BCD 面积为152，cos∠BDC=104.15. (2017年)向量a ，b 满足|a |=1,|b |=2,那么|a +b |+|a -b |的最小值是________，最大值是_______．15. 4，2 5 【解析】设向量a ，b 的夹角为θ，由余弦定理有|a -b |=12+22-2×1×2×cos θ=5-4cos θ，|a +b |=12+22-2×1×2×cos (π-θ)=5+4cos θ ，那么|a +b |+|a -b |=5+4cos θ+5-4cos θ，令y=5+4cos θ+5-4cos θ，那么y 2=10+225-16cos 2θ ∈[16,20]，据此可得(|a +b |+|a -b |)max =20=25,(|a +b |+|a -b |)min =16=4，即|a +b |+|a -b |的最小值是4，最大值是25．16. (2017年)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人效劳队，要求效劳队中至少有1名女生，共有______种不同的选法．〔用数字作答〕 16. 660 【解析】由题意可得，“从8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人效劳队〞中的选择方法为C4 8×C1 4×C1 3〔种〕方法，其中“效劳队中没有女生〞的选法有C4 6×C1 4×C1 3〔种〕方法，那么满足题意的选法有C4 8×C1 4×C1 3- C4 6×C1 4×C1 3=660〔种〕.17.(2017年)a ∈R ，函数f 〔x 〕=|x+4x -a|+a 在区间[1，4]上的最大值是5，那么a 的取值围是___________．17.〔-∞，92]【解析】x∈[1,4],x+4x ∈[4,5]，分类讨论：①当a≥5时，f 〔x 〕=a-x-4x +a=2a-x-4x ，函数的最大值2a-4=5，∴a=92，舍去；②当a≤4时，f 〔x 〕=x+4x -a+a=x+4x≤5，此时命题成立；③当4＜a ＜5时，[f(x)]max =max{|4-a|+a,|5-a|+a}，那么⎩⎪⎨⎪⎧|4-a|+a≥|5-a|+a ，|4-a|+a=5或⎩⎪⎨⎪⎧|4-a|+a ＜|5-a|+a ，|4-a|+a=5解得a=92或a ＜92.综上可得，实数a 的取值围是〔-∞，92]．18.(2017年)函数f 〔x 〕=sin 2x –cos 2x –23sin x cos x 〔x ∈R 〕． 〔1〕求f 〔2π3〕的值．〔2〕求f 〔x 〕的最小正周期及单调递增区间．18.解：〔1〕由sin2π3=32，cos 2π3=-12， f 〔2π3〕=〔32〕2-〔-12〕2-23×32×〔-12〕．得f 〔2π3〕=2．〔2〕由cos 2x=cos 2x-sin 2x 与sin 2x=2sin xcos x ， 得f(x)=-cos 2x-3sin 2x=-2sin(2x+π6)．所以f(x)的最小正周期是π．由正弦函数的性质得π2+2kπ≤2x+π6≤3π2+2kπ，k∈Z，解得π6+kπ≤x≤3π2+2kπ，k∈Z，所以，f 〔x 〕的单调递增区间是[π6+kπ，3π2+2kπ]，k∈Z．19. (2017年)如图，四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．〔第19题图〕〔1〕证明：CE∥平面PAB ；〔2〕求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值． 19.解：〔1〕如图，设PA 中点为F ，连接EF ，FB ． 因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，PABCDE所以EF∥AD 且EF=12AD ，又因为BC∥AD，BC=12AD ，所以EF∥BC 且EF=BC ， 即四边形BCEF 为平行四边形， 所以CE∥BF， 因此CE∥平面PAB ．〔2〕分别取BC ，AD 的中点为M ，N ，连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ. 因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ∥CE. 由△PAD 为等腰直角三角形得PN⊥AD. 由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ． 所以AD ⊥平面PBN ， 由BC //AD 得BC ⊥平面PBN ， 那么平面PBC ⊥平面PBN ．过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH ．MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角．设CD =1．在△PCD 中，由PC =2，CD =1，PD=2得CE =2，在△PBN 中，由PN =BN =1，PB =3得QH =14，在Rt△MQH 中，QH=14，MQ =2，所以sin∠QMH =28， 所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28．20. (2017年)函数f (x )=〔x –2x-1〕e -x 〔x≥12〕．〔1〕求f (x )的导函数；〔2〕求f (x )在区间[12，+∞)上的取值围．20.解：〔1〕因为〔x –2x-1〕′=1-12x-1，〔e -x 〕′=-e -x ， 所以f 〔x 〕=〔1-12x-1〕e -x -〔x –2x-1〕e -x =(1-x)(2x-1-2)e -x2x-1(x ＞12).〔2〕由f′(x )=(1-x)(2x-1-2)e -x2x-1=0解得x=1或x=52．因为又f 〔x 〕=12〔2x-1-1〕2e -x ≥0，所以f 〔x 〕在区间[12，+∞)上的取值围是[0，12e -12]．21. (2017年)如图，抛物线x 2=y ，点A 〔-12，14〕，B 〔32，94〕，抛物线上的点p(x,y)(-12＜x ＜32)．过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ．〔第19题图〕〔1〕求直线AP 斜率的取值围； 〔2〕求|PA|·|PQ|的最大值． 21. 解：〔1〕设直线AP 的斜率为k ， k=x 2-14x+12=x-12，因为-12＜x ＜32，所以直线AP 斜率的取值围是〔-1，1〕．〔2〕联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎪⎨⎪⎧kx-y+12k+14=0，x+ky-94k-32=0，解得点Q 的横坐标是x Q =-k 2+4k+32(k 2+1)．因为|PA |=1+k 2(x+12)=1+k 2(k+1)，|PQ |=1+k 2(x Q -x)=-(k-1)(k+1)2k 2+1， 所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3．令f(k)=-(k-1)(k+1)3，因为f′(k)=-(4k-2)(k+1)2，所以f (k )在区间(-1,12)上单调递增，(12,1)上单调递减， 因此当k =12时，|PA|·|PQ|取得最大值2716．22. (2017年) 数列{x n }满足x 1=1，x n =x n +1+ln(1+x n +1)〔n∈N *〕．证明：当n∈N *时，〔1〕0＜x n +1＜x n ；〔2〕2x n +1− x n ≤x n x n +12；〔3〕12n-1≤x n ≤12n-2． 22.解：〔1〕用数学归纳法证明x n ＞0．当n =1时，x 1=1>0．假设n =k 时，x k >0，那么n =k +1时，假设x k+1≤0，那么0＜x k = x k +1+ln 〔1+ x k +1〕≤0，矛盾，故x k +1＞0． 因此x n ＞0〔n∈N *〕．所以x n =x n+1+ln 〔1+x n+1〕＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n 〔n∈N *〕．〔2〕由x n =x n+1+ln 〔1+x n+1〕，得x n x n+1-4x n+1+2x n =x n+12-2x n+1+〔x n+1+2〕ln 〔1+x n+1〕.记函数f 〔x 〕=x2-2x+〔x+2〕ln 〔1+x 〕〔x≥0〕， f′〔x 〕=2x 2+x x+1+ln 〔1+x 〕＞0〔x ＞0〕，函数f 〔x 〕在[0，+∞]上单调递增，所以f 〔x 〕≥f 〔0〕=0，因此x n+12-2x n+1+〔x n+1+2〕ln 〔1+x n+1〕=f 〔x n+1〕≥0，故2x n+1-x n ≤x n x n +12〔n ∈N *〕．〔3〕因为x n =x n+1+ln 〔1+x n+1〕≤x n+1+x n+1=2x n+1，所以x n ≥12n-1， 由x n x n +12≥2x n+1-x n ，得1x n+1-12≥2〔1x n -12〕＞0， 所以1x n -12≥2〔1x n-1-12〕≥…≥2n-1〔1x 1-12〕=2n-2， 故x n ≤12n-2． 综上，12n-1≤x n ≤12n-2〔n∈N *〕．。
2013年浙江省高考数学(理科)试题(教师版含解析)
2013年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数 学（理）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知i 是虚数单位，则(1i)(2i)-+-=（ ）.A ．3i -+ B. 13i -+ C. 33i -+ D. 1i -+ 分析 直接利用复数的乘法法则运算求解.解析 ()()21i 2i 23i i 13i -+-=-+-=-+.故选B .2.设集合{}{}2|2,|340S x x T x x x =>-=+-，则()C S T =R （ ）.A. ]1,2(-B. ]4,(--∞C. ]1,(-∞D. ),1[+∞ 分析 先求出集合S 的补集，同时把集合T 化简，再求它们的并集. 解析 因为{}2S x x =-，所以{}2S x x =-R ≤，而{}41T x x =-≤≤，所以(){}{}{}2411S T x x x x x x =--=R≤≤≤≤.故选C.3.已知y x ,为正实数，则（ ）.A.y x yx lg lg lg lg 222+=+ B.lg()lg lg 222x y x y +=⋅C.lg lg lg lg 222x yx y ⋅=+ D.lg()lg lg 222xy x y =⋅分析 利用指数幂及对数的运算性质逐项验证. 解析 A 项，lg lg lg lg 222x yx y +=⋅，故错误；B 项，()()lg lg lg lg lg lg 22222x y x y x y x y ⋅++⋅==≠，故错误；C 项，()lg lg lg lg 22yx yx ⋅=，故错误；D 项，()lg lg lg lg lg 2222xy x y x y +==⋅，正确. 故选D.4.已知函数()cos()(0,0,)f x A x A ωϕωϕ=+>>∈R ，则“)(x f 是奇函数”是π2ϕ=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分析 先判断由()f x 是奇函数能否推出ϕπ=2，再判断由ϕπ=2能否推出()f x 是奇函数. 解析 若()f x 是奇函数，则()00f =，所以cos 0ϕ=，所以()k k ϕπ=+π∈2Z ，故ϕπ=2不成立；开始结束若ϕπ=2，则()()cos sin 2f x A x A x ωωπ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，()f x 是奇函数.所以()f x 是奇函数ϕπ=2必要不充分条件.故B.5.某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是59，则（ ）. A.4=a B.5=a C. 6=a D.7=a分析 可依次求出1,2,3,k =时S 的值进行验证，也可以先求出S 的表达式，通过解方程求出k 的值.解析 （方法一）由程序框图及最后输出的值是95可知：当1k =时， 1,S ka =不成立，故131,2122S k a =+==⨯不成立，故315,32233S k a =+==⨯不成立，故517,43344S k a =+==⨯不成立，故719,4455S =+=⨯此时5k a =成立，所以4a =.（方法二）由程序框图可知：()111111111111111212231223111S k k k k k k =++++=+-+-++-=+-=-⨯⨯++++， 由95S =，得19215k -=+，解得4k =，故由程序框图可知4k a =不成立，5k a =成立，所以4a =.6.已知,sin 2cos 2ααα∈+=R ，则=α2tan （ ）. A.34 B. 43 C. 43- D. 34- 分析 先利用条件求出tan α，再利用倍角公式求tan 2α.解析 把条件中的式子两边平方，得225sin 4sin cos 4cos 2αααα++=，即233cos 4sin cos 2ααα+=，所以2223cos 4sin cos 3cos sin 2ααααα+=+，所以234tan 31tan 2αα+=+，即23tan 8tan 30αα--=，解得tan 3α=或1tan 3α=-，所以22tan 3tan 2tan 4ααα==--.故选C. 7.设0,ABC P △是边AB 上一定点，满足AB B P 410=，且对于边AB 上任一点P ，恒有00PB PC P B PC ⋅⋅.则（ ）. A.90ABC ∠= B. 90BAC ∠= C. AC AB = D.BC AC =分析 根据向量投影的概念，对选项逐一验证排除不符合的选项.不妨设4AB =，则01P B =，03P A =.设点C 在直线AB 上的投影为点C '.解析 A 项，若90ABC ∠=︒，如图（1）所示，则2cos PB PC PB PC BPC PB ⋅=⋅∠=，2000P B P C P B ⋅=. 当点P 落在点0P 的右侧时，220PBP B ，即00PB PCP B PC ⋅⋅，不符合； B 项，若90BAC ∠=︒，如图（2）所示，则cos PB PC PB PC BPC PB PA ⋅=⋅∠=-，00003P B P A P B P A ⋅=-=-.当P 为AB 的中点时，4PB PC ⋅=-，00PB PCP B P C ⋅，不符合；C 项，若AB AC =，假设120BAC ∠=︒，如图（3）所示，则2AC '=，PB PC PB PC ⋅=⋅cos BPC PB PC ∠=-，0000000cos 5P B P C P B P C BP C P B P C ⋅=∠=-=-.当P 落在A 点时，8PB PC -=-，所以00PB PCP B PC ⋅⋅，不符合，故选D. 8.已知e 为自然对数的底数，设函数()(e 1)(1)(1,2)xkf x x k =--=，则（ ）.A. 当1=k 时，)(x f 在1=x 处取得极小值B. 当1=k 时，)(x f 在1=x 处取得极大值C. 当2=k 时，)(x f 在1=x 处取得极小值D. 当2=k 时，)(x f 在1=x 处取得极大值分析 分别求出1,2k =时函数的导数，再判断()0f x '=是否成立及1x =两侧导数的符号， 进而确定极值.解析 当1k =时，()()()e 11x f x x =--，则()()()e 1e 1e 1x x xf x x x '=-+-=-，所以()1e 10f '=-≠，所以()1f 不是极值.图（1）P 0PB (C')CA图（2）BC A (C')P P 0A P 0（P ）C'CB图（3）当2k =时，()()()2e 11x f x x =--，则()()()()2e 12e 11x xf x x x '=-+--= ()()()()2e 1211e 12x xx x x x ⎡⎤---=-+-⎣⎦，所以()10f '=，且当1x 时，()10f '；在1x =附近的左侧，()0f x '，所以()1f 是极小值.故选C.9. 如图所示，21,F F 是椭圆14:221=+y x C 与双曲线2C 的公共焦点，B A ,分别是1C ，2C 在第二.四象限的公共点.若四边形21BF AF 为矩形，则2C 的离心率是（ A.2 B. 3C. 23D.26分析 由椭圆可求出12AF AF +，由矩阵求出2212AF AF +，再求出21AF AF -即可求出双曲线方程中的a ，进而求得双曲线的离心率.解析 由椭圆可知124AF AF +=，12FF =因为四边形12AF BF 为矩形， 所以222121212AF AF F F +==，所以()()222121212216124AF AF AF AF AF AF =+-+=-=，所以()22221121221248AF AF AF AF AF AF -=+-=-=，所以21AF AF -=a =c =所以2C的离心率c e a ==.故选D. 10. 在空间中，过点A 作平面π的垂线，垂足为B ，记π()B f A =.设βα,是两个不同的平面，对空间任意一点P ，[]12(),()Q f f P Q f f P βααβ⎡⎤==⎣⎦，恒有21PQ PQ =，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45C. 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 分析 根据新定义及线面垂直知识进行推理.解析 设()1P f P α=，()2P f P β=，则1PP α⊥，11PQ β⊥，2PP β⊥，22P Q α⊥. 若//αβ，则1P 与2Q 重合、2P 与1Q 重合，所以12PQ PQ ≠，所以α与β相交.设al β=，由俯视图侧视图122//PP P Q ，所以122,,,P P P Q 四点共面.同理121,,,P P P Q 四点共面.所以1212,,,,P P P Q Q 五点共面.且α与β的交线l 垂直于此平面.又因为12PQ PQ =，所以12,Q Q 重合且在l 上，四边形112PPQ P 为矩形.那么112PQ P π∠=2为二面角--l αβ的平面角，所以αβ⊥.故选A . 二.填空题11.设二项式5的展开式中常数项为A ，则=A ________.分析 写出二项展开式的通项1r T +，令通项中x 的指数为零，求出r ，即可求出A . 解析()55526155C C 1rrrr rr r T x --+⎛==- ⎝，令55026r -=，得3r =，所以35C 10A =-=-. 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________2cm .分析 根据三视图还原出几何体，再根据几何体的具体形状及尺寸求体积.解析 由三视图可知该几何体为一个直三棱柱被截去了一个小三棱锥， 如图所示.三棱术的底面为直角三角形，且直角边长分别为3和4，三棱柱的高为5，故其体积()31134530cm 2V =⨯⨯⨯=，小三棱锥的底面与三棱柱的上底面相同， 高为3，故其体积()32113436cm 32V =⨯⨯⨯⨯=，所以所求几何体的体积为()330624cm -=.13.设y kx z +=，其中实数y x ,满足20240240x y x y x y +-⎧⎪-+⎨⎪--⎩，若z 的最大值为12，则实数=k ________.分析 画出可行域，分类讨论确定出最优解，代入最大值即可求出k 的值. 解析 作出可行域如图阴影部分所示：由图可知当102k-≤时， 直线y kx z =-+经过点()4,4M 时z 最大，所以4412k +=，解得2k =（舍去）；当12k -≥时，直线y kx z =-+经过点()0,2时z 最大，此时z 的最大值为2，不合题意；当0k-时，直线y kx z=-+x 4MBCA经过点()4,4M 时z 最大，所以4412k +=，解得2k =，符合题意.综上可知，2k =.14.将F E D C B A ,,,,,六个字母排成一排，且B A ,均在C 的同侧，则不同的排法共有________种（用数字作答）分析 按C 的位置分类计算.解析 ①当C 在第一或第六位时，有55A 120=（种）排法；②当C 在第二或第五位时，有2343A A 72=（种）排法； ③当C 在第三或第四位时，有23232333A A A A 48+=（种）排法.所以共有()21207248480⨯++=（种）排法.15.设F 为抛物线x y C 4:2=的焦点，过点)0,1(-P 的直线l 交抛物线C 于两点B A ,，点Q 为线段AB 的中点，若2||=FQ ，则直线l 的斜率等于________. 答案：1±（特别说明：根据已公布答案，斜率等于1±代入题干可得抛物线C 与直线l 相切，与题干中“直线l 交抛物线C 于,A B 两点”矛盾.——编者注）16.ABC △中，90C ∠=，M 是BC 的中点，若31sin =∠BAM ，则=∠BAC sin ________. 分析 画出图形，确定已知量和待求量所在的三角形，利用正弦定理求解. 解析 因为1sin 3BAM ∠=，所以cos 3BAM ∠=.如图所示，在ABM △中，利用正弦定理，得sin sin BM AM BAM B =∠，所以sin sin BM BAM AM B ∠=113sin 3cos B BAC==∠. 在Rt ACM △中，有()sin sin CMCAM BAC BAM AM=∠=∠-∠.由题意知BM CM =，所以()1sin 3cos BAC BAM BAC=∠-∠∠.化简，得2cos cos 1BAC BAC BAC ∠∠-∠=.所以211tan 1BAC BAC ∠-=∠+，解得tan BAC ∠=. 再结合22sin cos 1BAC BAC ∠+∠=，BAC ∠为锐角可解得sin 3BAC ∠=.17. 设12,e e 为单位向量，非零向量12,,x y x y =+∈R b e e ，若12,e e 的夹角为π6， 则||||x b 的最大值等于________. 分析 为了便于计算可先求2x ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭b 的范围，再求xb 的最值.解析 根据题意，得()()()1222222212122x x x x y xy x y ⎛⎫=== ⎪ ⎪++⋅+⎝⎭b e e e e e e22222cos 6x x y xy =π++2114y x ==⎛+ ⎝⎭⎝⎭.因为211244y x ⎛++ ⎝⎭≥，所以204x ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭≤b ，所以02x ≤b.故x b的最大值为2.18.在公差为d 的等差数列{}n a 中，已知101=a ，且123,22,5a a a +成等比数列. （1）求,n d a ；（2）若0<d ，求.||||||||321n a a a a ++++分析 （1）用1,a d 把23,a a 表示出来，利用123,22,5a a a +成等比数列列方程即可解出d ，进而根据等差数列的通项公式写出n a .（2）根据（1）及0d确定数列的通项公式，确定n a 的符号，以去掉绝对值符号，这需要对n 的取值范围进行分类讨论.解析（1）由题意得，()2132522a a a ⋅=+，由110a =，{}n a 为公差为d 的等差数列得，2340d d --=，解得1d =-或4d =.所以()*11n a n n =-+∈N 或()*46n a n n =+∈N .设数列{}n a 的前n 项和为n S . 因为0d，由（1）得1d =-，11n a n =-+，所以当11n ≤时，123n a a a a ++++=212122n S n n =-+；当12n ≥时，212311121211022n n a a a a S S n n ++++=-+=-+.综上所述，123n a a a a ++++ 22121,11,22121110,12.22n n n n n n ⎧-+⎪⎪=⎨⎪-+⎪⎩≤≥ 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.（1）当1,2,3===c b a 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分布列；（2）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η为取出此球所得分数.若95,35==ηηD E ，求.::c b a分析（1）对取出球的颜色进行分类以确定得分值，进而确定随机变量ξ的取值，计算相应的概率，再列出分布列；（2）先用,,a b c 表示出随机事件的概率，列出随机变量η的分布列，求出数学期望和方差，再把条件代入，列方程组求出,,a b c 的关系.解析（1）由题意得2,3,4,5,6ξ=.故()33124P ξ⨯===6⨯6， ()232133P ξ⨯⨯===6⨯6，()231225418P ξ⨯⨯+⨯===6⨯6，()221159P ξ⨯⨯===6⨯6，()111636P ξ⨯===6⨯6.所以ξ的分布列为（2QPMDBA所以2353a b c E a b c a b c a b c η=++=++++++,22255551233339a b c D a b c a b c a b c η⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⋅+-⋅+-⋅= ⎪ ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，化简得240,4110.a b c a b c --=⎧⎨+-=⎩解得3a c =，2b c =，故::3:2:1a b c =.20. 如图，在四面体BCD A -中，⊥AD 平面BCD ，22,2,==⊥BD AD CD BC .M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且QC AQ 3=. （1）证明：//PQ 平面BCD ；（2）若二面角D BM C --的大小为60，求BDC ∠的大小.分析 立体几何题目一般有两种思路：传统法和向量法.传统法是借助立体几何中的相关定义、定理，通过逻辑推理证明来完成.（1）要证明线面平行，根据判定定理可通过证明线线平行来实现；（2）求二面角要先找到或作出二面角的平面角，再通过解三角形求解.向量法则是通过建立空间直角坐标系，求出相关的坐标，利用向量的计算完成证明或求解.直线一般求其方向向量，平面一般求其法向量.（1）只要说明直线的方向向量与对应平面的法向量垂直即可；（2）二面角的大小即为两个平面的法向量的夹角或其补角. 解析 方法一：（1）如图（1）所示，取BD 的中点O ，在线段CD 上取点F ，使得3DF FC =，连接,,OP OF FQ .因为3AQ QC =，所以//QF AD ，且14QF 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12OP DM =.又点M 为AD 的中点，所以//OP AD ，且14OP 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 BCD ⊄平面，OF BCD ⊂平面，所以//PQ BCD 平面.（2）如图（1）所示，作CG BD ⊥于点G ，作GH BM ⊥于点H ，连接CH . 因为AD BCD ⊥平面，CG BCD ⊂平面，所以AD CG ⊥.又CG BD ⊥，AD BD D =，故CG ABD ⊥平面.又BM ABD ⊂平面，所以CG BM ⊥.又,GH BM CG GH G ⊥=，故BM CGH ⊥，所以,GH BM CH BM ⊥⊥.O图（1）QGMH PF DC BAx图（2）所以CHG ∠为二面角--C BM D 的平面角，即60CHG ∠=︒.设BDC θ∠=，在Rt BCD △中，cos ,sin sin CD BD CG CD θθθθθ====，2sin ,sin BC BD BG BC θθθθ====.在BGM △中，BG DM HG BM ⋅==.因为CG ABD ⊥平面，GH ABD ⊂平面，所以CG GH ⊥. 在Rt CHG △中，3cos tan sin CG CHG HG θθ∠===.所以tan θ=.从而60θ=︒.即60BDC ∠=︒.方法二：（1）如图（2）所示，取BD 的中点O ，以O 为原点，,OD OP 所在的射线为,y z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系-O xyz .由题意知()()(),0,,A B D . 设点C 的坐标为()00,,0x y ，因为3AQ QC =，所以0031,42Q x y ⎛⎫+⎪ ⎪⎝⎭. 因为点M 为AD的中点，故()M .又点P 为BM 的中点，故10,0,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以0033,,0444PQ x y ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭.又平面BCD 的一个法向量为()0,0,1=a ，故0PQ ⋅=a .又PQ BCD ⊄平面，所示//PQ BCD 平面.（2）设(),,x y z =m 为平面BMC 的一个法向量.由()()00,2,1,0,2CMx y BM =--=，知)000,0.x x y y z z ⎧-++=⎪⎨⎪+=⎩取1y =-，得00,1,y m x ⎛=- ⎝.又平面BDM 的一个法向量为()1,0,0=n ，于是1cos ,2⋅===m nm n m n，即2003y x ⎛+= ⎝⎭. ①又BC CD ⊥，所以0CB CD ⋅=，故()()0000,,0,00x y x y -⋅-=，即22002x y +=. ②联立①②，解得000,x y=⎧⎪⎨=⎪⎩002x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩所以tan BDC ∠==又BDC ∠是锐角，所以60BDC ∠=︒.21. 如图，点)1,0(-P 是椭圆)0(1:22221>>=+b a by a x C 的一个顶点，1C 的长轴是圆4:222=+y x C 的直径.12,l l 是过点P 且互相垂直的两条直线，其中1l 交圆2C 于两点，2l 交椭圆1C 于另一点D . （1）求椭圆1C 的方程；（2）求ABD ∆面积取最大值时直线1l 的方程.分析（1）根据椭圆的几何性质易求出,a b 的值，从而写出椭圆的方程；（2）要求ABD △的面积，需要求出,AB PD 的长，AB 是圆的弦，考虑用圆的知识来求，PD 应当考虑用椭圆的相当知识来求.求出,AB PD 的长后，表示出ABD △的面积，再根据式子的形式选择适当的方法求最值.解析（1）由题意得1,2.b a =⎧⎨=⎩所以椭圆C 的方程为2214x y +=. （2）设()11,A x y ，()22,B x y ，()00,D x y .由题意知直线1l 的斜率存在，不妨设其为k ，则直线1l的方程为1y kx =-.又圆222:4C x y +=，故点O 到直线1l的距离d =，所以AB ==又21l l ⊥，故直线2l 的方程为0x kx k ++=. 由220,44x ky k x y ++=⎧⎨+=⎩消去y ，整理得()22480k x kx ++=，故0284kx k =-+，所以24PD k =+.设ABD △的面积为S，则2124S AB PD k=⋅=+，所以3213S ==当且仅当2k =±时取等号.所以所求直线1l的方程为12y x =±-. 22. 已知a ∈R ，函数.3333)(23+-+-=a ax x x x f （1）求曲线)(x f y =在点()1,(1)f 处的切线方程； （2）当]2,0[∈x 时，求|)(|x f 的最大值.分析 （1）切点处的导数值即为切线的斜率，求导后计算出斜率，写出切线方程即可；（2）要确定()f x 的最大值，首先要确定()f x 的最值. ()f x 的最值又是由其单调性决定的，所以要先利用导数确定()f x 的单调性，在确定函数单调性时，要注意考虑极值点是否在所给区间内，不确定时需要分类讨论.解析 （1）由题意()2363f x x x a '=-+，故()133f a '=-.又()11f =，所以所求的切线方程为()3334y a x a =--+.（2）由于()()()23131,02f x x a x '=-+-≤≤，故①当0a ≤时，有()0f x '≤，此时()f x 在[]0,2上单调递减，故()()(){}max max 0,233f x f f a ==-.②当1a ≥时，有()0f x '≥，此时()f x 在[]0,2上单调递增， 故()()(){}maxmax 0,231f x f f a ==-.③当01a 时，设11x =21x =则1202x x ，()()()123f x x x x x '=--.由于()(1121f x a =+-()(2121f x a =--. 故()()1220f x f x +=，()()(12410f x f x a -=-，从而()()12f x f x .所以()()()(){}1maxmax 0,2,f x f f f x =.①当23a时，()()02f f .又()()(()2134021220a a f x f a a--=--=，故()()(1max121f x f x a ==+-.②当213a ≤时，()()22f f =，且()()20f f ≥.又()()(()213422132a a f x f a a --=--=，所以ⅰ.当2334a ≤时，()()12f x f .故()()(1max 121f x f x a ==+-ⅱ.当314a ≤时，()()12f x f ≤.故()()max 231f x f a ==-.综上所述，()(max33,00,31210,4331,.4a f x a aa a ⎧⎪-⎪⎪=+-⎨⎪⎪-⎪⎩≤≥。
2013-2017年浙江高考理科数学历年真题之解析几何大题 教师版
2013-2017年浙江高考理科数学历年真题之解析几何大题（教师版）1、（2013年）如图，点(0,1)P -是椭圆22122:1(0)x y C a b a b+=>>的一个顶点，1C 的长轴是圆222:4C x y +=的直径，12,l l 是过点P 且互相垂直的两条直线，其中1l 交2C 于,A B 两点，2l 交1C 于另一点D .(Ⅰ)求椭圆1C 的方程；ⅠⅠ()求ABD ∆面积取最大值时直线1l 的方程. (Ⅰ)解：依题意得21a b =⎧⎨=⎩ ，所以椭圆C 的方程为22 1.4x y += ⅠⅠ()设112200(,),(,),(,),A x y B x y D x y 由题意知直线1l 的斜率存在，不妨设为k ，则1l 的方程为1y kx =-.又圆222:4C x y +=，故点O 到直线1l的距离d =所以||AB ==又12l l ⊥，故直线2l 的方程为0x ky k ++=故028.4kx k =-+所以2||4PD k=+ 设ABD ∆的面积为S，则21||||24S AB PD k=⋅=+所以321313S =≤=当且仅当k =. 所求直线1l的方程为1y x =-.(第21题图)2、（2014年）如图，设椭圆(),01:2222>>=+b a by a x C 动直线l 与椭圆C 只有一个公共点P ，且点P 在第一象限.(Ⅰ)已知直线l 的斜率为k ，用k b a ,,表示点P 的坐标；ⅠⅠ()若过原点O 的直线1l 与l 垂直，证明：点P 到直线1l 的距离的最大值为b a -.解析：（I ）设直线l 的方程为()0y kx m k =+<，由22221y kx mx y a b=+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得，()22222222220b a k x a kmx a m a b +++-=，由于直线l 与椭圆C 只有一个公共点P ，故0∆=，即22220b m a k -+=，解得点P 的坐标为22222222,a km b m b a k b a k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭， 由点P 在第一象限，故点P的坐标为22⎛⎫⎝； （II ）由于直线1l 过原点O ，且与l 垂直，故直线1l 的方程为0x ky +=，所以点P 到直线1l的距离d =，整理得22d =，因为22222b a k ab k+≥2222a b ≤=-，当且仅当2bk a=时等号成立， 所以点P 到直线1l 的距离的最大值为b a -.3、（2015年）已知椭圆222y x +=1上两个不同的点A , B 关于直线y =mx +21对称． (I)求实数m 的取值范围；(II)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)解: (I)设A (x 1, y 1), B (x 2, y 2), AB 的中点M (x 0, y 0), 则2x 0=x 1+x 2, 2y 0=y 1+y 2显然m ≠0, 故可设直线AB 的斜率k =2121x x y y --=m1-由222121=+y x ,222222=+y x , 相减得(x 1-x 2)(x 1+x 2)+2(y 1-y 2)(y 1+y 2)=0 即x 0m2-y 0=0 又点M (x 0, y 0)在直线y =mx +21上, ∴y 0=mx 0+21, 故得x 0=m 1-, y 0=21- 又点M 在椭圆1222=+y x 的内部, 故得41212+m <1, 解得m 2>32 因此, m >36或m <36- (此题用点差法最佳, 简明使得出错的几率小)法二: 设A (x 1, y 1), B (x 2, y 2), AB 的中点M (x 0, y 0), 则2x 0=x 1+x 2 显然m ≠0, 故可设直线AB 的方程为y =m1-x +b 由⎪⎩⎪⎨⎧=++-=22122y x bx m y 得(1+22m )x 2x m b 4-+2(b 2-1)=0有两个不等实根x 1, x 2,∴△=)1)(21(81622-+-b mm b >0 整理得m 2+2-m 2b 2>0 (*)且x 0=21(x 1+x 2)=222+m bm, y 0=m 1-x 0+b =222+m bm又∵点M (x 0, y 0)在直线y =mx +21上, ∴y 0=mx 0+21, 整理得bm =m m 222+-代入(*)式得m 2+22224)2(m m +->0 即4m 2-(m 2+2)>0, 解得m 2>32 因此, m >36或m <36- (其中也可得x 0=m 1-, y 0=21-)(II)由k =m 1-, 则0<k 2<23. 由(I)可得直线AB : y +21=k (x -k ) 即kx -y -k 221-=0∴原点O 到直线AB 的距离d =22121k k ++由⎪⎩⎪⎨⎧=+--=2221222y x k kx y 得x 2-2kx +21(2k 2+1)1222+-k =0 (利用|x 1-x 2|=∆)∴|AB |=21k +|x 1-x 2|=222222246121128)12(241k k k k k k k-++=+++-+故S △AOB =21|AB |d =8)21(841)46)(12(412222+--=-+k k k ≤22, 且0<k 2<23因此, 当k 2=21即m =2±时, △AOB 的面积S △AOB 有最大值224、（2016年）如图，设椭圆2221x y a+=()1a >.（1）求直线1y kx =+被椭圆截得的线段长（用a 、k 表示）；（2）若任意以点(0,1)A 为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围. 解析：5、 (2017年)如图，已知抛物线x 2=y ，点A （-12，14），B （32，94），抛物线上的点p(x,y)(-12＜x ＜32)．过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ．（1）求直线AP 斜率的取值范围； （2）求|PA|·|PQ|的最大值． 解析：。
2017年浙江省高考数学试题(教师版含解析)
2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）1.解析 PQ 取,P Q 集合的所有元素，即12x -<<.故选A ．2.解析 由椭圆方程可得：229,4a b ==，所以2225c a b =-=，所以3a =，5c =，53c e a ==.故选B ． 3.解析 有三视图可知，直观图是有半个圆锥与一个三棱锥构成， 半圆锥体积()2111=13232S π⨯π⨯⨯=，棱锥体积211=213=132S ⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭，所以几何体体积1212S S S π=+=+． 故选A ．4.解析 由图可知，22x zy =-+在点()2,1取到z 的最小值为2214z =+⨯=，没有最大值， 故[)4,z ∈+∞．故选D ．5. 解析 取0,0a b ==；得1M m -=；取0,1a b ==得1M m -=； 取1,0a b ==；得2M m -=； 故与a 有关；与b 无关.故选B ．6.解析 46111466151021S S a d a d a d +=+++=+，5121020S a d =+； 当0d >时，4652S S S +>，当4652S S S +>，有0d >．故选C ．7.解析 导数大于零，原函数递增，导数小于零，原函数递减，对照导函数图像和原函数图像.故选D ． 8. 解析 依题列分布列1ξ1 0p1p 11p -所以11E p ξ=，()1111D p p ξ=-；22E p ξ=，()2221D p p ξ=-．2ξ1 0p2p 21p -33x-2y=0x+2y=0x+y-3=0y x O因为12102p p <<<，()()21211210D D p p p p ξξ-=--+>⎡⎤⎣⎦.故选A ． 9.解析 设D 在底面ABC 内射影为O ，判断O 到PR ，PQ ，QR 的距离， 显然有,αβ,γ均为锐角．1P 为三等分点，O 到1PQR △三边距离相等．动态研究问题．1P P ，所以O 到QR 距离不变，O 到PQ 距离减少，O 到PR 距离变大．所以αγβ． 10.解析 动态研究问题:D D ，OO ．此时有90AOB ，90BOC，90COD，且COAO ，DOBO ．故OB OC OA OBOC OD11.解析 6133=611sin 602S . 12.解析 由222(i)2i a b a b ab +=-+及已知，所以223,2a b ab -==， 解得2,1a b ==，所以225a b +=，2ab =． 13.解析 32322(1)(2)(331)(44)xx x x x x x，所以412416a ，54a ．14.解析 取BC 中点为O ，由题知15AO，15sin sin 4CBDOBA， 所以BDC △的面积为115sin 2BC BD OBA ．又2πCBD BDC ，21cos cos(π2)12cos 4CBD BDC BDC，解得10cos BDC ．ODC BA1AA15.解析 如图所示，a +b 和-a b 是以,a b 为邻边的平行四边形的两条对角线，则()2222210++-=+=a b a b a b，A 是以O 为圆心的单位圆上一动点，构造2个全等的平行四边形．所以AB BC +-=+a +b a b ．易知当A ，B ，C 三点共线时，AB BC +最小，此时4AB BC BC +==； 当AO BC ⊥时，AB BC +最大，此时2AB BC AB +==16.解析 解法一（间接法）：分2步完成：第一步，8名学生中选4人（至少有1名女生）即8名学生中任选4人去掉全是男生的情况有4486C C -种选法；第二步分配职务：4人里选2人担任队长和副队长有24A 种选法．所以共有()()442864C C A 701512660-⋅=-⨯=种选法．解法二（直接法）：分2步完成：第一步，8名学生中选4人（至少有1名女生），其中1女3男有1326C C 种选法和2女2男有2226C C 种选法；第二步分配职务：4人里选2人担任队长和副队长有24A 种选法．所以共有 ()()1322226264C C C C A 22011512660+⋅=⨯+⨯⨯=种选法．17.解析 因为()f t t a a =-+，[]4,5t ∈最大值为{}max (4),(5)f f ， 即(4)45(5)55f a a f a a ⎧=-+=⎪⎨=-+⎪⎩或(4)45(5)55f a a f a a ⎧=-+⎪⎨=-+=⎪⎩解得 4.55a a =⎧⎨⎩或4.55a a ⎧⎨⎩，所以 4.5a ． 18.解析 （1）由2sin3π21cos 32π=-，22211322f π⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭得223f π⎛⎫= ⎪⎝⎭. （2）由22cos2cos sin x x x =-与sin22sin cos x x x =得()cos 222sin 26f x x x x π⎛⎫=-=-+ ⎪⎝⎭，所以()f x 的最小正周期是π. 由正弦函数的性质得3222,262k x k k πππ+π++π∈Z ，解得2,63k x k k ππ+π+π∈Z . 所以()f x 的单调递增区间是2,63k k k ππ⎡⎤+π+π∈⎢⎥⎣⎦Z ，.19.解析 （1）如图所示，设PA 中点为F ，联结EF ，FB .因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，所以//EF AD 且1=2EF AD ， 又因为//BC AD ，12BC AD =，所以//EF BC 且=EF BC ， 即四边形BCEF 为平行四边形，所以//CE BF ， 因此//CE 平面PAB .（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N .联结PN 交EF 于点Q ，联结MQ . 因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，//MQ CE . 由PAD △为等腰直角三角形得PN AD ⊥.由DC AD ⊥，N 是AD 的中点得BN AD ⊥.所以AD ⊥平面PBN ， 由//BC AD 得BC ⊥平面PBN ，那么平面PBC ⊥平面PBN . 过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，联结MH .MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以QMH ∠是直线CE 与平面PBC所成的角.设1CD =.在PCD△中，由2PC =，1CD =，PD =CE =，在PBN △中，由1PN BN ==，PB =14QH =，在Rt MQH △中，14QH =，MQ =，所以sin 8QMH ∠=，所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是8. H QPN F D BCEA20.解析 （1）因为(1x '-=，()e e x x--'=-， 所以()(()12e 11e e 2x x xx f x x x ----⎛⎫'=->⎪ ⎭⎝=.（2）由()()12e 0x x f x --'==，解得1x =或52x =. 因为又())21e 02x f x -=，所以()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的取值范围是1210,e 2-⎡⎤⎢⎥⎣⎦.21.解析 （1）设直线AP 的斜率为k ，2114122x k x x -==-+， 因为1322x -<<，所以直线AP 斜率的取值范围是()1,1-.（2）联立直线AP 与BQ 的方程110,24930,42kx y k x ky k ⎧-++=⎪⎪⎨⎪+--=⎪⎩解得点Q 的横坐标是()224321Q k k x k -++=+. 因为)112PA x k ⎫=+=+⎪⎭，)2(1)1Q k k PQ x x -+=-=所以()()311,11PA PQ k k k ⋅=--+-<<， 令()()()311,11f k k k k =--+-<<，因为()()()2421f k k k '=--+，所以()f k 在区间11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减， 因此当12k =时，PA PQ ⋅取得最大值2716. 22. 解析 （1）用数学归纳法证明：0n x >. 当1n =时，110x =>，假设n k =时，k 0x >，那么1n k =+时，若10k x +，则()110ln 10k k k x x x ++<=++，矛盾，故10k x +>. 因此()*0n x n >∈N ，所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>. 因此()*10n n x x n +<<∈N.（2）由()111ln 1n n n n x x x x +++=++>，得()()21111114222ln 1n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++. 记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++.()()()()()222122222ln 1ln 1ln 10111x x x x xf x x x x x x x x -++++'=-+++=++=+++++，知函数()f x 在[)0,+∞上单调递增，所以()()00f x f =， 因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++=，()*1122n n n nx x x x n ++-∈N . （3）因为()11111ln 12n n n n n n x x x x x x +++++=+++=，得112n nx x +，以此类推，21111,,22nn x x x x -， 所以112112112n n n n n n x x x x x x x x ----⎛⎫=⋅⋅= ⎪⎝⎭，得112n n x -，1122n n n n x x x x ++-， 111112022n n x x +⎛⎫--> ⎪⎝⎭， 1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫--⋅⋅⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故212n n x -.综上，()*121122n n n x n --∈N .。
2013年浙江省高考数学试卷(理科)答案与解析
2013年浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）（2013•浙江）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考点：复数代数形式的乘除运算．专题：数系的扩充和复数．分析：直接利用两个复数代数形式的乘法法则，以及虚数单位i的幂运算性质，运算求得结果．解答：解：（﹣1+i）（2﹣i）=﹣2+i+2i+1=﹣1+3i，故选B．点评：本题主要考查两个复数代数形式的乘法，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题．2．（5分）（2013•浙江）设集合S={x|x＞﹣2}，T={x|x2+3x﹣4≤0}，则（∁R S）∪T=（）A．（﹣2，1]B．（﹣∞，﹣4]C．（﹣∞，1]D．[1，+∞）考点：交、并、补集的混合运算；全集及其运算．专题：集合．分析：先根据一元二次不等式求出集合T，然后求得∁R S，再利用并集的定义求出结果．解答：解：∵集合S={x|x＞﹣2}，∴∁R S={x|x≤﹣2}，T={x|x2+3x﹣4≤0}={x|﹣4≤x≤1}，故（∁R S）∪T={x|x≤1}故选C．点评：此题属于以一元二次不等式的解法为平台，考查了补集及并集的运算，是高考中常考的题型．在求补集时注意全集的范围．3．（5分）（2013•浙江）已知x，y为正实数，则（）A．2lgx+lgy=2lgx+2lgy B．2lg（x+y）=2lgx•2lgyC．2lgx•lgy=2lgx+2lgy D．2lg（xy）=2lgx•2lgy考点：有理数指数幂的化简求值；对数的运算性质．专题：函数的性质及应用．分析：直接利用指数与对数的运算性质，判断选项即可．解答：解：因为a s+t=a s•a t，lg（xy）=lgx+lgy（x，y为正实数），所以2lg（xy）=2lgx+lgy=2lgx•2lgy，满足上述两个公式，故选D．点评：本题考查指数与对数的运算性质，基本知识的考查．4．（5分）（2013•浙江）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（）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考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：三角函数的图像与性质．分析：φ=⇒f（x）=Acos（ωx+）⇒f（x）=Asin（ωx）（A＞0，ω＞0，x∈R）是奇函数．f （x）为奇函数⇒f（0）=0⇒φ=kπ+，k∈Z．所以“f（x）是奇函数”是“φ=”必要不充分条件．解答：解：若φ=，则f（x）=Acos（ωx+）⇒f（x）=﹣Asin（ωx）（A＞0，ω＞0，x∈R）是奇函数；若f（x）是奇函数，⇒f（0）=0，∴f（0）=Acos（ω×0+φ）=Acosφ=0．∴φ=kπ+，k∈Z，不一定有φ=“f（x）是奇函数”是“φ=”必要不充分条件．故选B．点评：本题考查充分条件、必要条件和充要条件的判断，解题时要认真审题，仔细解答，注意三角函数性质的灵活运用．5．（5分）（2013•浙江）某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则（）A．a=4 B．a=5 C．a=6 D．a=7考点：程序框图．专题：算法和程序框图．分析：根据已知流程图可得程序的功能是计算S=1++…+的值，利用裂项相消法易得答案．解答：解：由已知可得该程序的功能是计算并输出S=1++…+=1+1﹣=2﹣．若该程序运行后输出的值是，则2﹣=．∴a=4，故选A．点评：本题考查的知识点是程序框图，其中分析出程序的功能是解答的关键．6．（5分）（2013•浙江）已知，则tan2α=（）A．B．C．D．考点：二倍角的正切；同角三角函数间的基本关系．专题：三角函数的求值．分析：由题意结合sin2α+cos2α=1可解得sinα，和cosα，进而可得tanα，再代入二倍角的正切公式可得答案．解答：解：∵，又sin2α+cos2α=1，联立解得，或故tanα==，或tanα=3，代入可得tan2α===﹣，或tan2α===故选C点评：本题考查二倍角的正切公式，涉及同角三角函数的基本关系，属中档题．7．（5分）（2013•浙江）设△ABC，P0是边AB上一定点，满足，且对于边AB 上任一点P，恒有则（）A．∠ABC=90°B．∠BAC=90°C．A B=AC D．A C=BC考点：平面向量数量积的运算．专题：平面向量及应用．分析：设||=4，则||=1，过点C作AB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||2﹣（a+1）||+a≥0恒成立，只需△=（a+1）2﹣4a=（a﹣1）2≤0即可，由此能求出△ABC是等腰三角形，AC=BC．解答：解：设||=4，则||=1，过点C作AB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，=||•||=||﹣（a+1））||，•=﹣a，于是•≥••恒成立，整理得||2﹣（a+1）||+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．故选：D．点评：本题主要考查了平面向量的运算，向量的模及向量的数量积的概念，向量运算的几何意义的应用，还考查了利用向量解决简单的几何问题的能力8．（5分）（2013•浙江）已知e为自然对数的底数，设函数f（x）=（e x﹣1）（x﹣1）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处取得极大值考点：函数在某点取得极值的条件．专题：导数的综合应用．分析：通过对函数f（x）求导，根据选项知函数在x=1处有极值，验证f'（1）=0，再验证f （x）在x=1处取得极小值还是极大值即可得结论．解答：解：当k=1时，函数f（x）=（e x﹣1）（x﹣1）．求导函数可得f'（x）=e x（x﹣1）+（e x﹣1）=（xe x﹣1），f'（1）=e﹣1≠0，f'（2）=2e2﹣1≠0，则f（x）在在x=1处与在x=2处均取不到极值，当k=2时，函数f（x）=（e x﹣1）（x﹣1）2．求导函数可得f'（x）=e x（x﹣1）2+2（e x﹣1）（x﹣1）=（x﹣1）（xe x+e x﹣2），∴当x=1，f'（x）=0，且当x＞1时，f'（x）＞0，当x0＜x＜1时（x0为极大值点），f'（x）＜0，故函数f（x）在（1，+∞）上是增函数；在（x0，1）上是减函数，从而函数f（x）在x=1取得极小值．对照选项．故选C．点评：本题考查了函数的极值问题，考查学生的计算能力，正确理解极值是关键．9．（5分）（2013•浙江）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．考点：椭圆的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：不妨设|AF1|=x，|AF2|=y，依题意，解此方程组可求得x，y的值，利用双曲线的定义及性质即可求得C2的离心率．解答：解：设|AF1|=x，|AF2|=y，∵点A为椭圆C1：+y2=1上的点，∴2a=4，b=1，c=；∴|AF1|+|AF2|=2a=4，即x+y=4；①又四边形AF1BF2为矩形，∴+=，即x2+y2=（2c）2==12，②由①②得：，解得x=2﹣，y=2+，设双曲线C2的实轴长为2m，焦距为2n，则2m=|AF2|﹣|AF1|=y﹣x=2，2n=2=2，∴双曲线C2的离心率e===．故选D．点评：本题考查椭圆与双曲线的简单性质，求得|AF1|与|AF2|是关键，考查分析与运算能力，属于中档题．10．（5分）（2013•浙江）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°考点：空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；二面角的平面角及求法．专题：空间位置关系与距离．分析：设P1是点P在α内的射影，点P2是点P在β内的射影．根据题意点P1在β内的射影与P2在α内的射影重合于一点，由此可得四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角，根据面面垂直的定义可得平面α与平面β垂直，得到本题答案．解答：解：设P1=fα（P），则根据题意，得点P1是过点P作平面α垂线的垂足∵Q1=fβ[fα（P）]=fβ（P1），∴点Q1是过点P1作平面β垂线的垂足同理，若P2=fβ（P），得点P2是过点P作平面β垂线的垂足因此Q2=fα[fβ（P）]表示点Q2是过点P2作平面α垂线的垂足∵对任意的点P，恒有PQ1=PQ2，∴点Q1与Q2重合于同一点由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角∵∠P1Q1P2是直角，∴平面α与平面β垂直故选：A点评：本题给出新定义，要求我们判定平面α与平面β所成角大小，着重考查了线面垂直性质、二面角的平面角和面面垂直的定义等知识，属于中档题．二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．11．（4分）（2013•浙江）设二项式的展开式中常数项为A，则A=﹣10．考点：二项式系数的性质．专题：排列组合．分析：先求出二项式展开式的通项公式，再令x的系数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．解答：解：二项式的展开式的通项公式为T r+1=••（﹣1）r•=（﹣1）r••．令=0，解得r=3，故展开式的常数项为﹣=﹣10，故答案为﹣10．点评：本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．12．（4分）（2013•浙江）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24cm3．考点：由三视图求面积、体积．专题：立体几何．分析：先根据三视图判断几何体的形状，再利用体积公式计算即可．解答：解：几何体为三棱柱去掉一个三棱锥后的几何体，底面是直角三角形，直角边分别为3，4，侧面的高为5，被截取的棱锥的高为3．如图：V=V棱柱﹣V棱锥==24（cm3）故答案为：24．点评：本题考查几何体的三视图及几何体的体积计算．V椎体=Sh，V柱体=Sh．考查空间想象能力．13．（4分）（2013•浙江）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．考点：简单线性规划．专题：不等式的解法及应用．分析：先画出可行域，得到角点坐标．再对k进行分类讨论，通过平移直线z=kx+y得到最大值点A，即可得到答案．解答：解：可行域如图：由得：A（4，4），同样地，得B（0，2），z=kx+y，即y=﹣kx+z，分k＞0，k＜0两种情况．当k＞0时，目标函数z=kx+y在A点取最大值，即直线z=kx+y在y轴上的截距z最大，即12=4k+4，得k=2；当k＜0时，①当k＞﹣时，目标函数z=kx+y在A点（4，4）时取最大值，即直线z=kx+y在y轴上的截距z最大，此时，12=4k+4，故k=2．②当k时，目标函数z=kx+y在B点（0，2）时取最大值，即直线z=kx+y在y轴上的截距z最大，此时，12=0×k+2，故k不存在．综上，k=2．故答案为：2．点评：本题主要考查简单线性规划．解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的可行域，将目标函数赋予几何意义．14．（4分）（2013•浙江）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480种（用数字作答）考点：排列、组合及简单计数问题．专题：排列组合．分析：按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可．解答：解：按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可．当C在左边第1个位置时，有A，当C在左边第2个位置时，A和B有C右边的4个位置可以选，有A A，当C在左边第3个位置时，有A A+A A，共为240种，乘以2，得480．则不同的排法共有480种．故答案为：480．点评：本题考查排列、组合的应用，关键在于明确事件之间的关系，同时要掌握分类讨论的处理方法．15．（4分）（2013•浙江）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于两点A，B，点Q为线段AB的中点，若|FQ|=2，则直线l的斜率等于不存在．考点：直线与圆锥曲线的关系；直线的斜率．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：由题意设直线l的方程为my=x+1，联立得到y2﹣4my+4=0，△=16m2﹣16=16（m2﹣1）＞0．设A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0）．利用根与系数的关系可得y1+y2=4m，利用中点坐标公式可得=2m，x0=my0﹣1=2m2﹣1．Q（2m2﹣1，2m），由抛物线C：y2=4x得焦点F（1，0）．再利用两点间的距离公式即可得出m及k，再代入△判断是否成立即可．解答：解：由题意设直线l的方程为my=x+1，联立得到y2﹣4my+4=0，△=16m2﹣16=16（m2﹣1）＞0．设A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0）．∴y1+y2=4m，∴=2m，∴x0=my0﹣1=2m2﹣1．∴Q（2m2﹣1，2m），由抛物线C：y2=4x得焦点F（1，0）．∵|QF|=2，∴，化为m2=1，解得m=±1，不满足△＞0．故满足条件的直线l不存在．故答案为不存在．点评：本题综合考查了直线与抛物线的位置关系与△的关系、根与系数的关系、中点坐标关系、两点间的距离公式等基础知识，考查了推理能力和计算能力．16．（4分）（2013•浙江）△ABC中，∠C=90°，M是BC的中点，若，则sin∠BAC=．考点：正弦定理．专题：解三角形．分析：作出图象，设出未知量，在△ABM中，由正弦定理可得sin∠AMB=，进而可得cosβ=，在RT△ACM中，还可得cosβ=，建立等式后可得a=b，再由勾股定理可得c=，而sin∠BAC═=，代入化简可得答案．解答：解：如图设AC=b，AB=c，CM=MB=，∠MAC=β，在△ABM中，由正弦定理可得=，代入数据可得=，解得sin∠AMB=，故cosβ=cos（﹣∠AMC）=sin∠AMC=sin（π﹣∠AMB）=sin∠AMB=，而在RT△ACM中，cosβ==，故可得=，化简可得a4﹣4a2b2+4b4=（a2﹣2b2）2=0，解之可得a=b，再由勾股定理可得a2+b2=c2，联立可得c=，故在RT△ABC中，sin∠BAC====，故答案为：点评： 本题考查正弦定理的应用，涉及三角函数的诱导公式以及勾股定理的应用，属难题．17．（4分）（2013•浙江）设、为单位向量，非零向量=x+y，x 、y ∈R ．若、的夹角为30°，则的最大值等于 2 ．考点：数量积表示两个向量的夹角． 专题： 平面向量及应用． 分析：由题意求得 =，||==，从而可得===，再利用二次函数的性质求得的最大值．解答：解：∵、 为单位向量，和的夹角等于30°，∴=1×1×cos30°=．∵非零向量=x +y，∴||===，∴====， 故当=﹣时，取得最大值为2，故答案为 2．点评： 本题主要考查两个向量的数量积的运算，求向量的模，利用二次函数的性质求函数的最大值，属于中档题．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．（14分）（2013•浙江）在公差为d的等差数列{a n}中，已知a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比数列．（Ⅰ）求d，a n；（Ⅱ）若d＜0，求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|．考点：数列的求和；等差数列的通项公式；等比数列的性质．专题：等差数列与等比数列．分析：（Ⅰ）直接由已知条件a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比数列列式求出公差，则通项公式a n可求；（Ⅱ）利用（Ⅰ）中的结论，得到等差数列{a n}的前11项大于等于0，后面的项小于0，所以分类讨论求d＜0时|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|的和．解答：解：（Ⅰ）由题意得，即，整理得d2﹣3d﹣4=0．解得d=﹣1或d=4．当d=﹣1时，a n=a1+（n﹣1）d=10﹣（n﹣1）=﹣n+11．当d=4时，a n=a1+（n﹣1）d=10+4（n﹣1）=4n+6．所以a n=﹣n+11或a n=4n+6；（Ⅱ）设数列{a n}的前n项和为S n，因为d＜0，由（Ⅰ）得d=﹣1，a n=﹣n+11．则当n≤11时，．当n≥12时，|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=﹣S n+2S11=．综上所述，|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=．点评：本题考查了等差数列、等比数列的基本概念，考查了等差数列的通项公式，求和公式，考查了分类讨论的数学思想方法和学生的运算能力，是中档题．19．（14分）（2013•浙江）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．（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分布列；（2）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η为取出此球所得分数．若，求a：b：c．考点：离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差．专题：概率与统计．分析：（1）ξ的可能取值有：2，3，4，5，6，求出相应的概率可得所求ξ的分布列；（2）先列出η的分布列，再利用η的数学期望和方差公式，即可得到结论．解答：解：（1）由题意得ξ=2，3，4，5，6，P（ξ=2）==；P（ξ=3）==；P（ξ=4）==；P（ξ=5）==；P（ξ=6）==．故所求ξ的分布列为ξ 2 3 4 5 6P（2）由题意知η的分布列为η 1 2 3PEη==Dη=（1﹣）2+（2﹣）2+（3﹣）2=．得，解得a=3c，b=2c，故a：b：c=3：2：1．点评：本题主要考查随机事件的概率和随机变量的分布列、数学期望等概念，同时考查抽象概括、运算能力，属于中档题．20．（15分）（2013•浙江）如图，在四面体A﹣BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=2．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．考点：二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．专题：空间位置关系与距离；空间角；立体几何．分析：（1）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ．根据平行线分线段成比例定理结合三角形的中位线定理证出四边形OPQF是平行四边形，从而PQ∥OF，再由线面平行判定定理，证出PQ∥平面BCD；（2）过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH．根据线面垂直的判定与性质证出BM⊥CH，因此∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°．设∠BDC=θ，用解直角三角形的方法算出HG和CG关于θ的表达式，最后在Rt△CHG中，根据正切的定义得出tan∠CHG==，从而得到tanθ=，由此可得∠BDC．解答：（1）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ ∵△ACD中，AQ=3QC且DF=3CF，∴QF∥AD且QF=AD∵△BDM中，O、P分别为BD、BM的中点∴OP∥DM，且OP=DM，结合M为AD中点得：OP∥AD且OP=AD∴OP∥QF且OP=QF，可得四边形OPQF是平行四边形∴PQ∥OF∵PQ⊄平面BCD且OF⊂平面BCD，∴PQ∥平面BCD；（2）过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH∵AD⊥平面BCD，CG⊂平面BCD，∴AD⊥CG又∵CG⊥BD，AD、BD是平面ABD内的相交直线∴CG⊥平面ABD，结合BM⊂平面ABD，得CG⊥BM∵GH⊥BM，CG、GH是平面CGH内的相交直线∴BM⊥平面CGH，可得BM⊥CH因此，∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°设∠BDC=θ，可得Rt△BCD中，CD=BDcosθ=2cosθ，CG=CDsinθ=sinθcosθ，BG=BCsinθ=2sin2θRt△BMD中，HG==；Rt△CHG中，tan∠CHG==∴tanθ=，可得θ=60°，即∠BDC=60°点评：本题在底面为直角三角形且过锐角顶点的侧棱与底面垂直的三棱锥中求证线面平行，并且在已知二面角大小的情况下求线线角．着重考查了线面平行、线面垂直的判定与性质，解直角三角形和平面与平面所成角求法等知识，属于中档题．21．（15分）（2013•浙江）如图，点P（0，﹣1）是椭圆C1：+=1（a＞b＞0）的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2+y2=4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面积的最大值时直线l1的方程．考点：直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程；圆锥曲线中的最值与范围问题．分析：（1）由题意可得b=1，2a=4，即可得到椭圆的方程；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0）．由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx﹣1．利用点到直线的距离公式和弦长公式即可得出圆心O到直线l1的距离和弦长|AB|，又l2⊥l1，可得直线l2的方程为x+kx+k=0，与椭圆的方程联立即可得到点D的横坐标，即可得出|PD|，即可得到三角形ABD的面积，利用基本不等式的性质即可得出其最大值，即得到k的值．解答：解：（1）由题意可得b=1，2a=4，即a=2．∴椭圆C1的方程为；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0）．由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx﹣1．又圆的圆心O（0，0）到直线l1的距离d=．∴|AB|==．又l2⊥l1，故直线l2的方程为x+ky+k=0，联立，消去y得到（4+k2）x2+8kx=0，解得，∴|PD|=．∴三角形ABD 的面积S △==，令4+k 2=t ＞4，则k 2=t ﹣4， f （t ）===，∴S △=，当且仅，即，当时取等号，故所求直线l 1的方程为．点评：本题主要考查了椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，同时考查了推理能力和计算能力及分析问题和解决问题的能力． 22．（14分）（2013•浙江）已知a ∈R ，函数f （x ）=x 3﹣3x 2+3ax ﹣3a+3． （1）求曲线y=f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程； （2）当x ∈[0，2]时，求|f （x ）|的最大值．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数求闭区间上函数的最值． 专题：导数的综合应用． 分析： （1）求出原函数的导函数，求出函数取x=1时的导数值及f （1），由直线方程的点斜式写出切线方程；（2）求出原函数的导函数，分a ≤0，0＜a ＜1，a ≥1三种情况求|f （x ）|的最大值．特别当0＜a ＜1时，仍需要利用导数求函数在区间（0，2）上的极值，然后在根据a 的范围分析区间端点值与极值绝对值的大小． 解答： 解：（1）因为f （x ）=x 3﹣3x 2+3ax ﹣3a+3，所以f ′（x ）=3x 2﹣6x+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）由于f ′（x ）=3（x ﹣1）2+3（a ﹣1），0≤x ≤2．故当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 ．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．当0＜a ＜1时，由3（x ﹣1）2+3（a ﹣1）=0，得，．所以，当x ∈（0，x 1）时，f ′（x ）＞0，函数f （x ）单调递增； 当x ∈（x 1，x 2）时，f ′（x ）＜0，函数f （x ）单调递减； 当x ∈（x 2，2）时，f ′（x ）＞0，函数f （x ）单调递增． 所以函数f （x ）的极大值，极小值．故f （x 1）+f （x 2）=2＞0，．从而f （x 1）＞|f （x 2）|． 所以|f （x ）|max =max{f （0），|f （2）|，f （x 1）}． 当0＜a ＜时，f （0）＞|f （2）|． 又=故．当时，|f （2）|=f （2），且f （2）≥f （0）．又=．所以当时，f （x 1）＞|f （2）|．故．当时，f （x 1）≤|f （2）|．故f （x ）max =|f （2）|=3a ﹣1．综上所述|f （x ）|max =．点评： 本题考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数求闭区间上的最值，考查了分类讨论的数学思想方法，正确的分类是解答（2）的关键，此题属于难题．。
2017浙江高考真题数学理(含解析)
10.已知函数，则，的最小值是。
11.函数的最小正周期是，单调递减区间是．
12.若，则．
13.如图，三棱锥中，，，点分别是的中点，则异面直线所成的角的余弦值是。
14.若实数满足，则的最小值是。
15.已知是空间单位向量，，若空间向量满足，且对于任意，，则，，。
三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
C.命题①成立，命题②不成立
D.命题①不成立，命题②成立
[ex]由题意，
命题①：，
所以，命题①成立。
命题②：由韦恩图可知命题②成立，下面证明：
因为且，
故命题②成立。
故选A。
7. [D]存在函数满足，对任意都有（）
A.
B.
C.
D.
[ex]A项，当时，；当时，；
B项，当时，；当时，；
C项，当时，；当时，；
2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）
数学（理科）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求。
1.已知集合，则（）
A.B. C. D.
2C. D.
3.已知是等差数列，公差不为零，前项和是，若成等比数列，则（）
化简得：。
所以：单调递减区间为，
12.若，则．
[answer]
[ex]由，可知，即，
所以。
13.如图，三棱锥中，，，点分别是的中点，则异面直线所成的角的余弦值是。
[img=131.png]
[answer]
[ex]如图，取的中点，
[img=132.png]
因为，则为异面直线所成的角。
历年浙江解析几何高考题
历年浙江解析几何高考题1、( 042)直线y=2与直线x+y — 2=0的夹角是分成5: 3两段，则此椭圆的离心率为2 2x ya b相交于 MN 两点，以 MN 为直径的圆恰好过双曲线的右顶点，则双曲线的离心率等于& ( 0519).如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点F 1, F 2在x 轴上，长轴AA 的长为4,左准线I 与x 轴的交点为 M |MA | ： lAEI = 2：1 . ( I )求椭圆的方程；(n )若点P 为I 上的动点，求/ RPR 最大值.(理)(n )若直线11: x = m(|m|> 1), P 为I 匕上的动点，使/ F 空2最大的点P 记为Q ,求点 Q 的坐标(用m 表示).(A) X = -2 (B) X = -4(C) y = -2(D) y 一4(A)- 4 2、( 046文理)曲线2(A)y =8--4x 3、(0411文理)椭圆(B) I (C)-3 2y 2=4x 关于直线x=2对称的曲线方程是2 2 (B)y =4x — 8 (C)y =16--4x 2 2笃 爲1(a b 0)的左、右焦点分别为 a bF i 、(D)竺 4()2(D)y =4x —16F 2,线段F 1F 2被点 / b c 、 ,0)2(A) 16 4 17(C) 4171754、( 0422文理)(本题满分14分)已知双曲线的中心在原点，右顶点为 在双曲线的右支上，点M(m,0)到直线AP 的距离为1.仝.3]，求实数m 的取值范围;3…(B) 4 17 (D) 2 55A (1, 0) •点 P 、Q(I)若直线AP 的斜率为k ，且k .[ (n)当 m ~2 • 1 时,△ APQ 的内心恰好是点 M 求此双曲线的方程•5、( 053 文理).点(1 ,-1)到直线x — y + 1 = 0的 (A)(C)26、(059). 函数 y = ax 2+ 1 的图象与直线 y = x 相切，则a =((A)1/8 (B)1/4(C) 1/2 (D)17、( 0513文理).过双曲线 =1( a > 0, b > 0)的左焦点且垂直于 x 轴的直线与双曲线(D)3 2是()10、(0613)2 x 双曲线m2-y=1上的离心率是3，则m等于11、(0619)如图，椭圆=1 (a> b> 0)与过点 A (2, 0) B(0,1)的直线有且只有一个公共点T,且椭圆的离心率e=——2(I)求椭圆方程;(n)设F1、F2分别为椭圆的左、右焦点, 求证: | AT |2= AF1||AF2|。
2005-2017年浙江高考理科数学历年真题之解析几何大题(教师版)
浙江高考历年真题之解析几何大题（教师版）1、（2005年）如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点12,F F 在x 轴上，长轴12A A 的长为4，左准线l 与x 轴的交点为M ，|MA 1|∶|A 1F 1|＝2∶1． (Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)若直线1l ：x ＝m (|m |＞1)，P 为1l 上的动点，使12F PF ∠ 最大的点P 记为Q ，求点Q 的坐标(用m 表示)．解析：(Ⅰ)设椭圆方程为()222210x y a b a b +=>>，半焦距为c ，则2111,a MA a A F a c c =-=- ，()2222224a a a c c a abc ⎧-=-⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩由题意,得 2,3,1a b c ∴=== ，221.43x y +=故椭圆方程为(Ⅱ) 设()0,,||1P m y m >，当00y >时，120F PF ∠=； 当00y ≠时，22102F PF PF M π<∠<∠<，∴只需求22tan F PF ∠的最大值即可设直线1PF 的斜率011y k m =+，直线2PF 的斜率021y k m =-， 002122222212002||tan 1121||1y k k F PF k k m y m y m -∴∠==≤=+-+-⋅- 201||m y -=时，12F PF ∠最大，(2,1,||1Q m m m ∴±->2、（2006年）如图，椭圆by a x 222+＝1（a ＞b ＞0）与过点A （2，0）、B(0,1)的直线有且只有一个公共点T ，且椭圆的离心率e=23。
(Ⅰ)求椭圆方程；(Ⅱ)设F 1、F 2分别为椭圆的左、右焦点，M 为线段AF 2的中点，求证：∠ATM=∠AF 1T 。
解析：（Ⅰ）过 A 、B 的直线方程为12xy += 因为由题意得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-==+12112222x y b y a x 有惟一解，即0)41(2222222=-+-+b a a x a x a b 有惟一解, 所以2222(44)0(0),a b a b ab ∆=+-=≠故4422-+b a =0又因为e 32c =,即22234a b a -= ， 所以224a b = 从而得2212,,2a b == 故所求的椭圆方程为22212x y += （Ⅱ）由（Ⅰ）得62c =, 所以 1266((22F F -，从而M （1+46，0）由 ⎪⎩⎪⎨⎧+-==+12112222x y y x ，解得 121,x x == 因此1(1,)2T =因为126tan 1-=∠T AF ，又21tan =∠TAM ，62tan =∠2TMF ，得 1266112162tan -=+-=∠ATM ，因此，T AF ATM 1∠=∠ 3、（2007年）如图，直线y kx b =+与椭圆2214x y +=交于A B ，两点，记AOB △的面积为S ． （I ）求在0k =，01b <<的条件下，S 的最大值； （II ）当2AB =，1S =时，求直线AB 的方程．解析：（I ）设点A 的坐标为1()x b ，，点B 的坐标为2()x b ，．由2214x y +=，解得21,221x b =±- 所以222121||21112S b x x b b b b =-=-≤+-=，当且仅当22b =时，．S 取到最大值1． （Ⅱ）解：由2214y kx bx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得222(41)8440k x kbx b +++-=2216(41)k b ∆=-+ ①｜AB 222212216(41)1|1241k b k x x kk -++-=+=+ ②又因为O 到AB 的距离221||1Sd AB k ===+ 所以221b k =+ ③ ③代入②并整理，得424410k k -+=，解得，2213,22k b ==， 代入①式检验，△＞0，故直线AB 的方程是2622y x =+或2622y x =-或2622y x =-+或2622y x =--． 4、（2008年）已知曲线C 是到点P （83,21-）和到直线85-=y 距离相等的点的轨迹。
浙江高考历年真题之解析几何大题(理科)
浙江高考历年真题之解析几何大题（教师版）1、（2005年）如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点12,F F 在x 轴上，长轴12A A 的长为4，左准线l 与x 轴的交点为M ，|MA 1|∶|A 1F 1|＝2∶1． (Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)若直线1l ：x ＝m (|m |＞1)，P 为1l 上的动点，使12F PF ∠ 最大的点P 记为Q ，求点Q 的坐标(用m 表示)．解析：(Ⅰ)设椭圆方程为()222210x y a b a b +=>>，半焦距为c ，则2111,a MA a A F a c c =-=- ，()2222224a a a c c a abc ⎧-=-⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩由题意,得2,1a b c ∴=== ，221.43x y +=故椭圆方程为(Ⅱ) 设()0,,||1P m y m >，当00y >时，120F PF ∠=； 当00y ≠时，22102F PF PF M π<∠<∠<，∴只需求22tan F PF ∠的最大值即可设直线1PF 的斜率011y k m =+，直线2PF 的斜率021y k m =-，021********||tan 11y k k F PF k k m y -∴∠==≤=+-+0||y =时，12F PF ∠最大，(,,||1Q m m ∴>2、（2006年）如图，椭圆by a x 222+＝1（a ＞b ＞0）与过点A （2，0）、B(0,1)的直线有且只有一个公共点T ，且椭圆的离心率e=23。
(Ⅰ)求椭圆方程；(Ⅱ)设F 1、F 2分别为椭圆的左、右焦点，M 为线段AF 2的中点，求证：∠ATM=∠AF 1T 。
解析：（Ⅰ）过 A 、B 的直线方程为12xy += 因为由题意得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-==+12112222x y b y a x 有惟一解，即0)41(2222222=-+-+b a a x a x a b 有惟一解, 所以2222(44)0(0),a b a b ab ∆=+-=≠故4422-+b a =0又因为e 2c =即22234a b a -= ， 所以224a b = 从而得2212,,2a b == 故所求的椭圆方程为22212x y +=（Ⅱ）由（Ⅰ）得2c =, 所以12(,0),(22F F -，从而M （1+46，0） 由 ⎪⎩⎪⎨⎧+-==+12112222x y y x ，解得 121,x x == 因此1(1,)2T =因为126tan 1-=∠T AF ，又21tan =∠TAM ，62tan =∠2TMF ，得 1266112162tan -=+-=∠ATM ，因此，T AF ATM 1∠=∠ 3、（2007年）如图，直线y kx b =+与椭圆2214x y +=交于A B ，两点，记AOB △的面积为S ． （I ）求在0k =，01b <<的条件下，S 的最大值； （II ）当2AB =，1S =时，求直线AB 的方程．解析：（I ）设点A 的坐标为1()x b ，，点B 的坐标为2()x b ，．由2214x y +=，解得1,2x =±所以22121||2112S b x x b b =-=≤+-=，当且仅当2b =时，．S 取到最大值1． （Ⅱ）解：由2214y kx b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得222(41)8440k x kbx b +++-= 2216(41)k b ∆=-+ ①｜AB12|2x x -== ②又因为O 到AB的距离21||Sd AB === 所以221b k =+ ③ ③代入②并整理，得424410k k -+=，解得，2213,22k b ==， 代入①式检验，△＞0，故直线AB 的方程是22y x =+或22y x =-或22y x =-+或22y x =--． 4、（2008年）已知曲线C 是到点P （83,21-）和到直线85-=y 距离相等的点的轨迹。
2013年高考理科数学浙江卷试题与答案word解析版
2013年普通高等学校夏季招生全国统一(浙江卷)选择题部分(共50分)一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．(2013浙江，理1)已知i 是虚数单位，则(－1＋i)(2－i)＝( )．A ．－3＋iB ．－1＋3iC ．－3＋3iD ．－1＋i 2．(2013浙江，理2)设集合S ＝{x |x ＞－2}，T ＝{x |x 2＋3x －4≤0}，则(R S )∪T ＝( )．A ．(－2,1]B ．(－∞，－4]C ．(－∞，1]D ．[1，＋∞) 3．(2013浙江，理3)已知x ，y 为正实数，则( )．A ．2lg x ＋lg y ＝2lg x ＋2lg yB ．2lg(x ＋y)＝2lg x²2lg yC ．2lg x²lg y＝2lg x ＋2lg yD ．2lg(xy)＝2lg x²2lg y 4．(2013浙江，理4)已知函数f (x )＝A cos(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0，φ∈R )，则“f (x )是奇函数”是“π2ϕ=”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 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95，则( )． A ．a ＝4 B ．a ＝5 C ．a ＝6 D ．a ＝7 6．(2013浙江，理6)已知α∈R ，sin α＋2cos α＝2，则tan 2α＝( )． A ．43 B ．34 C ．34- D ．43-7．(2013浙江，理7)设△ABC ，P 0是边AB 上一定点，满足P 0B ＝14AB ，且对于边AB 上任一点P ，恒有PB ²PC ≥0P B ²0PC ，则( )． A ．∠ABC ＝90° B ．∠BAC ＝90° C ．AB ＝AC D ．AC ＝BC8．(2013浙江，理8)已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －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9．(2013浙江，理9)如图，F 1，F 2是椭圆C 1：24x ＋y 2＝1与双曲线C 2的公共焦点，A ，B 分别是C 1，C 2在第二、四象限的公共点．若四边形AF 1BF 2为矩形，则C 2的离心率是( )．A．32 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 ＝f π(A )．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P ，Q 1＝f β[f α(P )]，Q 2＝f α[f β(P )]，恒有PQ 1＝PQ 2，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5的展开式中常数项为A ，则A ＝__________.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__________cm 3.13．(2013浙江，理13)设z ＝kx ＋y ，其中实数x ，y 满足20,240,240.x y x y x y +-≥⎧⎪-+≥⎨⎪--≤⎩若z 的最大值为12，则实数k ＝__________.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)．15．(2013浙江，理15)设F 为抛物线C ：y 2＝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__________．16．(2013浙江，理16)在△ABC 中，∠C ＝90°，M 是BC 的中点．若sin ∠BAM ＝13，则sin ∠BAC ＝__________.17．(2013浙江，理17)设e 1，e 2为单位向量，非零向量b ＝x e 1＋y e 2，x ，y ∈R .若e 1，e 2的夹角为π6，则||||x b 的最大值等于__________． 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{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列． (1)求d ，a n ；(2)若d ＜0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.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＝53，Dη＝59，求a∶b∶c.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．21．(2013浙江，理21)(本题满分15分)如图，点P(0，－1)是椭圆C1：22221x ya b+=(a＞b＞0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2＋y2＝4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面积取最大值时直线l1的方程．22．(2013浙江，理22)(本题满分14分)已知a∈R，函数f(x)＝x3－3x2＋3ax－3a＋3.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当x∈[0,2]时，求|f(x)|的最大值．2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类(浙江卷)选择题部分(共50分)一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．答案：B解析：(－1＋i)(2－i)＝－2＋i＋2i－i2＝－1＋3i，故选B．2．答案：C解析：由题意得T＝{x|x2＋3x－4≤0}＝{x|－4≤x≤1}．又S＝{x|x＞－2}，∴(R S)∪T＝{x|x≤－2}∪{x|－4≤x≤1}＝{x|x≤1}，故选C．3．答案：D解析：根据指数与对数的运算法则可知，2lg x＋lg y＝2lg x²2lg y，故A错，B错，C错；D中，2lg(xy)＝2lg x＋lg y＝2lg x²2lg y，故选D．4．答案：B解析：若f(x)是奇函数，则φ＝kπ＋π2，k∈Z；若π2ϕ=，则f(x)＝A cos(ωx＋φ)＝－A sin ωx，显然是奇函数．所以“f(x)是奇函数”是“π2ϕ=”的必要不充分条件．5．答案：A解析：该程序框图的功能为计算1＋112⨯＋123⨯＋…＋11a a(+)＝2－11a+的值，由已知输出的值为95，可知当a＝4时2－11a+＝95.故选A．6．答案：C解析：由sin α＋2cos αsin α2cos α.①把①式代入sin2α＋cos2α＝1中可解出cos α，当cos α时，sin α；当cos α时，sin α＝.∴tan α＝3或tan α＝13-，∴tan 2α＝34-.7．答案：D解析：设PB ＝t AB (0≤t ≤1)， ∴PC ＝PB ＋BC ＝t AB ＋BC ，∴PB ²PC ＝(t AB )²(t AB ＋BC )＝t 22AB ＋t AB ²BC .由题意PB ²PC ≥0P B ²0PC ， 即t 22AB ＋t AB ²BC ≥14AB 14AB BC ⎛⎫+ ⎪⎝⎭＝214⎛⎫⎪⎝⎭2AB ＋14AB ²BC ，即当14t =时PB ²PC 取得最小值．由二次函数的性质可知：2142AB BC AB⋅-=，即：AB -²BC ＝122AB ，∴AB ²12AB BC ⎛⎫+ ⎪⎝⎭＝0.取AB 中点M ，则12AB ＋BC ＝MB ＋BC ＝MC ，∴AB ²MC ＝0，即AB ⊥MC ． ∴AC ＝BC ．故选D ． 8． 答案：C解析：当k ＝1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)，f ′(x )＝x e x－1， ∵f ′(1)＝e －1≠0，∴f (x )在x ＝1处不能取到极值；当k ＝2时，f (x )＝(e x －1)(x －1)2，f ′(x )＝(x －1)(x e x ＋e x－2)，令H (x )＝x e x ＋e x－2，则H ′(x )＝x e x ＋2e x＞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x 0＜x ＜1(x 0为H (x )的零点)时，f ′(x )＜0，f (x )在(x 0,1)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． 答案：D解析：椭圆C 1中，|AF 1|＋|AF 2|＝4，|F 1F 2|＝又因为四边形AF 1BF 2为矩形， 所以∠F 1AF 2＝90°.所以|AF 1|2＋|AF 2|2＝|F 1F 2|2，所以|AF 1|＝2|AF 2|＝2所以在双曲线C 2中，2c ＝2a ＝|AF 2|－|AF 1|＝2e ==，故选D ．10． 答案：A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．答案：－10解析：T r ＋1＝553255C C (1)rr rr r r r x x ---⎛⋅=⋅-⋅ ⎝＝515523655(1)C (1)C r rr rrrr xx----=-.令15－5r ＝0，得r ＝3，所以A ＝(－1)335C ＝25C -＝－10.12．答案：24 解析：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．11111111A EC ABC A B C ABC E A B C V V V ---=-＝12³3³4³5－13³12³3³4³3＝30－6＝24.13．答案：2解析：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．答案：480 解析：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55A 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24A ²33A 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22A ²33A 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23A ²33A 种排法；若C 在第4个位置，则有22A 33A ＋23A 33A 种排法；若C 在第5个位置，则有24A 33A 种排法；若C 在第6个位置，则有55A 种排法．综上，共有2(55A ＋24A 33A ＋23A 33A ＋22A 33A )＝480(种)排法．15．答案：±1解析：设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由24,1y x y k x ⎧=⎨=(+)⎩联立，得k 2x 2＋2(k 2－2)x＋k 2＝0，∴x 1＋x 2＝2222k k(-)-， ∴212222212x x k k k+-=-=-+，1222y y k +=， 即Q 2221,k k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭.又|FQ |＝2，F (1,0)，∴22222114k k ⎛⎫⎛⎫-+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得k ＝±1.16．解析：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 ,02a ⎛⎫⎪⎝⎭，AB ＝(a ，－b )，AM ＝,2a b ⎛⎫- ⎪⎝⎭， cos ∠MAB ＝AB AMAB AM⋅22a b +.又sin ∠MAB ＝13，∴cos∠MAB=∴22222222894a b aa b b ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=⎛⎫(+)+ ⎪⎝⎭，整理得a 4－4a 2b 2＋4b 4＝0，即a 2－2b 2＝0，∴a 2＝2b 2， sin ∠CAB===. 17．答案：2解析：|b |2＝(x e 1＋y e 2)2＝x 2＋y 2＋2xy e 1²e 2＝x 2＋y 2.∴||||x =b x ＝0时，||0||x =b ； 当x ≠0时，||2||x ==≤b .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．解：(1)由题意得5a 3²a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0， 故d ＝－1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *. (2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d ＜0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11.则当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝212122n n -+. 当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝212122n n -＋110. 综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝22121,11,22121110,12.22n n n n n n ⎧-+≤⎪⎪⎨⎪-+≥⎪⎩19．解：(1)由题意得ξ＝2,3,4,5,6. 故P (ξ＝2)＝331664⨯=⨯， P (ξ＝3)＝2321663⨯⨯=⨯， P (ξ＝4)＝2312256618⨯⨯+⨯=⨯， P (ξ＝5)＝2211669⨯⨯=⨯， P (ξ＝6)＝1116636⨯=⨯， 所以ξ的分布列为(2)由题意知η的分布列为所以E (η)＝3a abc a b c a b c ++=++++++， D (η)＝22255551233339a b c a b c a b c a b c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-⋅+-⋅+-⋅= ⎪ ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，化简得240,4110.a b c a b c --=⎧⎨+-=⎩解得a ＝3c ，b ＝2c ，故a ∶b ∶c ＝3∶2∶1. 20．方法一：(1)证明：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 ＝14AD ．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 ＝12DM . 又点M 为AD 的中点，所以OP ∥AD ，且OP ＝14AD ． 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BCD ， 所以PQ ∥平面BCD ．(2)解：作CG ⊥BD 于点G ，作CH ⊥BM 于点H ，连结CH . 因为AD ⊥平面BCD ，CG ⊂平面BCD ， 所以AD ⊥CG ，又CG ⊥BD ，AD ∩BD ＝D ，故CG ⊥平面ABD ，又BM ⊂平面ABD ， 所以CG ⊥BM .又GH ⊥BM ，CG ∩GH ＝G ，故BM ⊥平面CGH ， 所以GH ⊥BM ，CH ⊥BM .所以∠CHG 为二面角C －BM －D 的平面角，即∠CHG ＝60°. 设∠BDC ＝θ.在Rt △BCD 中，CD ＝BD cos θ＝θ，CG ＝CD sin θ＝θsin θ，BG ＝BC sin θ＝2θ.在Rt △BDM 中，BG DM HG BM ⋅==在Rt △CHG 中，tan ∠CHG＝3cos sin CG HG θθ==所以tan θ从而θ＝60°.即∠BDC ＝60°.方法二：(1)证明：如图，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 (02)，B (0，0)，D (00)． 设点C 的坐标为(x 0，y 0,0)． 因为3AQ QC =，所以Q 00331,,4442x y ⎛⎫+⎪ ⎪⎝⎭. 因为M 为AD 的中点，故M (01)． 又P 为BM 的中点，故P 10,0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭， 所以PQ＝0033,044x y ⎛⎫+⎪ ⎪⎝⎭. 又平面BCD 的一个法向量为u ＝(0,0,1)，故PQ ²u ＝0.又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD ．(2)解：设m ＝(x ，y ，z )为平面BMC 的一个法向量． 由CM ＝(－x 00y ,1)，BM ＝(0,1)，知000,0.x x y y z z ⎧-+)+=⎪⎨+=⎪⎩ 取y ＝－1，得m＝001,y x ⎛+- ⎝. 又平面BDM 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是|cos 〈m ，n 〉|＝||1||||2⋅==m n m n，即200y x ⎛+= ⎝⎭① 又BC ⊥CD ，所以CB ²CD ＝0，故(－x 0，0y ,0)²(－x 00y ,0)＝0， 即x 02＋y 02＝2.②联立①，②，解得000,x y =⎧⎪⎨=⎪⎩(舍去)或00x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩所以tan ∠BDC=.又∠BDC 是锐角，所以∠BDC ＝60°. 21．解：(1)由题意得1,2.b a =⎧⎨=⎩所以椭圆C 的方程为24x ＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)．由题意知直线l 1的斜率存在，不妨设其为k ， 则直线l 1的方程为y ＝kx －1.又圆C 2：x 2＋y 2＝4，故点O 到直线l 1的距离d =，所以||AB ==.又l 2⊥l 1，故直线l 2的方程为x ＋ky ＋k ＝0.由220,44,x ky k x y ++=⎧⎨+=⎩消去y ，整理得(4＋k 2)x 2＋8kx ＝0， 故0284kx k =-+. 所以|PD |＝24k +设△ABD 的面积为S ，则S ＝12|AB |²|PD |＝24k +，所以S＝32=，当且仅当k = 所以所求直线l 1的方程为y＝x －1. 22．解：(1)由题意f ′(x )＝3x 2－6x ＋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)由于f ′(x )＝3(x －1)2＋3(a －1)，0≤x ≤2，故①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 .②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 －1.③当0＜a ＜1时，设x 1＝1x 2＝1则0＜x 1＜x 2＜2，f ′(x )＝3(x －x 1)(x －x 2)． 列表如下：由于f (x 1)故f (x 1)＋f(x 2)＝2＞0，f (x 1)－f (x 2)＝4(1－a 0， 从而f (x 1)＞|f (x 2)|.所以|f (x )|max ＝max{f (0)，|f (2)|，f (x 1)}． 当0＜a ＜23时，f (0)＞|f (2)|. 又f (x 1)－f (0)＝2(1－a (2－3a )2＞0，故|f (x )|max ＝f (x 1)＝1＋2(1－a 当23≤a ＜1时，|f (2)|＝f (2)，且f (2)≥f (0)． 又f (x 1)－|f (2)|＝2(1－a (3a －2)2，所以当23≤a ＜34时，f (x 1)＞|f (2)|.故f (x )max ＝f (x 1)＝1＋2(1－a 当34≤a ＜1时，f (x 1)≤|f (2)|. 故f (x )max ＝|f (2)|＝3a －1. 综上所述，|f (x )|max ＝33,0,3121,4331,.4a a a a a a ⎧⎪-≤⎪⎪+(-<<⎨⎪⎪-≥⎪⎩。
2013-2017年浙江高考理科数学历年真题之函数与导数大题 教师版
2013-2017年浙江高考理科数学历年真题之函数与导数大题（教师版）1、（2013年）已知,a R ∈函数32()333 3.f x x x ax a =-+-+(Ⅰ)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； ⅠⅠ()当[0,2]x ∈时，求|()|f x 的最大值. (Ⅰ)解：由题意2()363(1)33f x x x a f a ''=--⇒=-因为(1)1,f =故所求切线方程为(33)34y a x a =--+ⅠⅠ()由于2()3(1)3(1),02f x x a x '=-+-≤≤故⑴当0a ≤时，有()0f x '≤，此时()f x 在[0,2]上单调递减，故 max |()|max{|(0)|,|(2)|}33.f x f f a ==-⑵当1,()0,a f x '≥≥时有此时()f x 在[0,2]上单调递增，故 max |()|max{|(0)|,|(2)|}31f x f f a ==-⑶当01a <<时，设1211x x == 121202,()3()().x x f x x x x x '<<<=-- 列表如下：故 1212()()20,()()4(1f x f x f x f x a +=>-=- 从而 12()|()|.f x f x >所以 max 2|()|max{(0),(2),()}.f x f f f x = (i)当203a <<时，(0)|(2)|f f >又 21()(0)2(1(23)0,f x f a a -=--=>故 max 1|()|()12(1f x f x a ==+-(ii)当21,|(2)|(2),(2)(0).3a f f f f ≤<=≥时且 又21()(2)2(1(32)f x f a a -=--=所以①1max 123,()(2),()()12(134a f x f f x f x a ≤<>==+-时故 ②1max 31,()|(2)|,()|(2)|3 1.4a f x f f x f a ≤<≤==-时故 综上所述max 3303|()|12(1043314a a f x a a a a ⎧⎪-≤⎪⎪=+-<<⎨⎪⎪-≥⎪⎩2、（2014年）已知函数()).(33R a a x x x f ∈-+=(Ⅰ)若()x f 在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为)(),(a m a M ，求)()(a m a M -；ⅠⅠ()设,R b ∈若()[]42≤+b x f 对[]1,1-∈x 恒成立，求b a +3的取值范围.解析：（I ）因为()3333,()33,()x x a x a f x x x a x a ⎧+-≥=⎨-+<⎩，所以()2233,()'33,()x x a f x x x a ⎧+≥=⎨-<⎩，由于11x -≤≤，（i ）当1a ≤-时，有x a ≥，故()333f x x x a =+-，此时()x f 在()1,1-上是增函数，因此()()143M a f a ==-，()()143m a f a =-=--，()()()43438M a m a a a -=----=（ii ）当11a -<<时，若(),1x a ∈，()333f x x x a =+-，在(),1a 上是增函数，若()1,x a ∈-，()333f x x x a =-+，在()1,a -上是减函数，所以()()(){}max 1,1m a f f =-，()()3m a f a a ==，由于()()1162f f a --=-+，因此，当113a -<≤时，()()334M a m a a a -=--+，当113a <<时，()()332M a m a a a -=-++， （iii ）当1a ≥时，有x a ≤，故()333f x x x a =-+，此时()x f 在()1,1-上是减函数，因此()()123M a f a =-=+，()()123m a f a ==-+，故()()()23234M a m a a a -=+-+=，综上()()()()338,1134,13132,134,1a a a a M a m a a a a a ≤-⎧⎪⎛⎫⎪--+-<≤ ⎪⎪⎝⎭⎪-=⎨⎛⎫⎪-++<< ⎪⎪⎝⎭⎪≥⎪⎩；（II ）令()()h x f x b =+，则()3333,()33,()x x a b x a h x x x a b x a ⎧+-+≥=⎨-++<⎩，()2233,()'33,()x x a h x x x a ⎧+≥=⎨-<⎩，因为()24f x b +≤⎡⎤⎣⎦，对[]1,1-∈x 恒成立，即()22h x -≤≤对[]1,1-∈x 恒成立，所以由（I ）知，（i ）当1a ≤-时，()h x 在()1,1-上是增函数，()h x 在[]1,1-上的最大值是()143h a b =-+，最小值是()143h a b -=--+，则432a b --+≥-，且432a b -+≤，矛盾；（ii ）当113a -<≤时，()h x 在[]1,1-上的最大值是()143h a b =-+，最小值是()3h a a b =+，所以32a b +≥-，432a b -+≤，从而323362a a a b a --+≤+≤-且103a ≤≤，令()323t a a a =--+，则()2'330t a a =->，()t a 在10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上是增函数，故()()02t a t >=-，因此230a b -≤+≤， （iii ）当113a <<时，()h x 在[]1,1-上的最大值是()132h ab -=++，最小值是()3h a a b =+，所以32a b +≥-，322a b ++≤，解得283027a b -≤+≤， （iv ）当1a ≥时，()h x 在[]1,1-上的最大值是()132h a b -=++，最小值是()123h a b =-++，所以322a b ++≤，232a b -++≥-，解得30a b +=，综上b a +3的取值范围230a b -≤+≤.3、（2015年）已知函数f (x )=x 2+ax +b (a , b ∈R ), 记M (a , b )是|f (x )|在区间[-1,1]上的最大值 (I)证明: 当|a |≥2时, M (a , b )≥2;(II)当a , b 满足M (a , b )≤2, 求|a |+|b |的最大值 解析：(I)∵|a |≥2 ∴|2|a-≥1, 故f (x )在[-1, 1]上为单调函数 ∴M (a , b )=max{|f (-1)|, |f (1)|}=max{|1+b -a |, |1+b +a |}=|1+b |+|a |≥2 (最佳表达式, 重复应用)(II)由(I)知|a |≤2, ∴|2|a -≤1 ∴M (a , b )=max{{|f (-1)|, |f (1)|, f (2a -)} ∴|b |-1+|a |≤|1+b |+|a |=max{|f (-1)|, |f (1)|}≤M (a , b )≤2∴|a |+|b |≤3, 当a = -2, b = -1时, M (a , b )=2, |a |+|b |=3 (每一点的知识都不难, 串起来才难) 因此, |a |+|b |的最大值为3法二: (I)由已知得|f (-1)|≤M (a , b ), |f (1)|≤M (a , b )又f (-1)=1-a +b , f (1)=1+a +b ∴2a =f (1) -f (-1) (隐含着通过函数值反求系数, 常法) ∴4≤2|a |≤|f (1)|+|f (-1)|≤2M (a , b ) ∴M (a , b )≥2 (II)由(I)知a +b =f (1)-1, a -b =1-f (-1)∴|a |+|b |=max{|a +b |, |a -b |}=max{|f (1) -1|, |1- f (-1)|}≤M (a , b )+1≤3当a = -2, b = -1时, f (x )=x 2-2x -1=(x -1)2-2∈[-2, 2], |x |≤1, 此时M (a , b )=2, |a |+|b |=3 因此, |a |+|b |的最大值为34、（2016年）已知3a …，函数{}2()min 21,242F x x x ax a =--+-，其中{}min ,>p,p q,p q q,p q.⎧=⎨⎩…（1）求使得等式2()242F x x ax a =-+-成立的x 的取值范围；（2）（i ）求()F x 的最小值()m a ；（ii ）求()F x 在区间[]0,6上的最大值()M a . 解析：5、(2017年)已知函数f (x )=（x –2x-1）e -x （x≥12）．（1）求f (x )的导函数；（2）求f (x )在区间[12，+∞)上的取值范围．。
20052017年浙江高考理科数学历年真题之解析几何大题(教师版)(最新整理)
解析：（I）设点 A 的坐标为 (x1，b) ，点 B 的坐标为 (x2，b) ．
—
——
由
x2 4
y2
1，解得
x1,2
2
1 b2
所以
S
1 2
b
|
x1
x2
|
2b
1 b2 b2 1 b2 1，当且仅当 b
(kx
2)2
.
Q O
| QA | | x 1|A| kx 2 | ， | QB |2 2(1 k 2 ) 1 k 2 A x 1 ．
2 1 k2
| QA |
|k|
x 2
k
当k
| QB |2 2 时，
5
5，
| QA |
M l
A B
x
从而所求直线 l 方程为 2x y 2 0 ．
解法二：设
M
（Ⅰ）求点 M 到抛物线 C1 的准线的距离； （Ⅱ）已知点 P 是抛物线 C1 上一点（异于原点），过点 P 作圆 C2 的两条切线，交抛物线 C1 于 A，B 两 点，若过 M，P 两点的直线 l 垂足于 AB，求直线 l 的方程. 解析：
8、（2012
年）如图，椭圆 C :
x2 a2
y2 b2
（Ⅱ）解：设 A(x1, y1), B(x2 , y2 ) ，
x
由
x2
m2
my m2 2
y2 1
, 消去 x 得： 2 y2
my m2 8 0 ，知 m2 8 4
且有
y1
y2
m 2 , y1 y2
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m
2
(II)由 k= 1 , 则 0<k2< 3 . 由(I)可得直线 AB: y+ 1 =k(x-k) 即 kx-y-k2 1 =0
m
2
2
2
k2 1
∴原点 O 到直线 AB 的距离 d=
2
1 k2
由
y
kx
k
2
x2 2 y2
2
1 2
得
x2-2kx+
1 2
(2k2+1)
2k
2 2
1
=0
(利用|x1-x2|= )
y2 1 的内部,
故得 1 2m2
1 <1, 4
解得 m2> 2 3
因此, m> 6 或 m< 6 (此题用点差法最佳, 简明使得出错的几率小)
3
3
法二: 设 A(x1, y1), B(x2, y2), AB 的中点 M(x0, y0), 则 2x0=x1+x2
显然 m≠0, 故可设直线 AB 的方程为 y = 1 x+b m
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2013-2017 年浙江高考理科数学历年真题之解析几何大题
（教师版）
1、（2013 年）如图，点 P(0, 1) 是椭圆 C1
:
x2 a2
y2 b2
1(a
b
0)
的一个顶点， C1 的长轴是圆 C2 : x2 y2 4 的直径， l1, l2 是过点 P
且互相垂直的两条直线，其中 l1 交 C2 于 A, B 两点， l2 交 C1 于另一点 D .
1 k2
整理得 d
a2 b2
，
b2
a2
a2k 2
b2 k2
因为 a2k 2
b2 k2
2ab
，所以
a2 b2
b2
a2
a2k 2
b2 k2
a2 b2
ab，
b2 a2 2ab
当且仅当 k 2 b 时等号成立， a
所以点 P 到直线 l1 的距离的最大值为 a b .
3、（2015 年）已知椭圆 x2 y2 =1 上两个不同的点 A, B 关于直线 y=mx+ 1 对称．
由
y
1 m
x
b
得(1+
x2 2 y2 2
2 m2
)x2
4b m
x
+2(b2-1)=0
有两个不等实根
x1,
x2,
∴△=
16b2 m2
8(1
2 m2
)(b2
1)
>0
整理得 m2+2-m2b2>0
(*)
且
x0=
1 2
(x1+x2)=
2bm m2 2
,
y0=
1 m
x0+b=
bm2 m2 2
x2 a2
y2 b2
1a
b
0, 动直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点 P ，且点 P 在第
一象限.
(Ⅰ) 已知直线 l 的斜率为 k ，用 a, b, k 表示点 P 的坐标；
(ⅠⅠ) 若过原点 O 的直线 l1 与 l 垂直，证明：点 P 到直线 l1 的距离的最大值为 a b .
y kx m
又圆 C2 : x2 y2 4 ，故点 O 到直线 l1 的距离 d
1, k2 1
所以| AB | 2
4d2 2
4k 2 3 k2 1
又 l1 l2 ，故直线 l2 的方程为 x ky k 0
故
x0
4
8k k2
.
所以 |
PD
|
8
4BD
的面积为 S
，则 S
1 2
∴|AB|= 1 k 2 |x1-x2|= 1 k 2
4k 2
2(2k 2
1)
8 2k 2 1
1 k2 2k 2 1
6 4k 2
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故 S△AOB= 1 |AB|d= 1 (2k 2 1)(6 4k 2 ) 1 8(k 2 1 )2 8 ≤ 2 , 且 0<k2< 3
2
2
(I)求实数 m 的取值范围；
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(II)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)
解: (I)设 A(x1, y1), B(x2, y2), AB 的中点 M(x0, y0), 则 2x0=x1+x2, 2y0=y1+y2
显然 m≠0, 故可设直线 AB 的斜率 k= y1 y2 = 1 x1 x2 m
(Ⅰ) 求椭圆 C1 的方程；
(ⅠⅠ) 求 ABD 面积取最大值时直线 l1 的方程.
a 2 (Ⅰ) 解：依题意得 b 1
，所以椭圆 C 的方程为 x2 y2 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，
不妨设为 k ，则 l1 的方程为 y kx 1 .
由 x12 2 y12 2 , x22 2 y22
2,
相减得(x1-x2)(x1+x2)+2(y1-y2)(y1+y2)=0
即 x0 2 y0=0 m
又点 M(x0, y0)在直线 y=mx+ 1 上, ∴y0=mx0+ 1 , 故得 x0= 1 , y0= 1
2
2
m
2
又点 M 在椭圆 x2 2
,
b2
b2m a2k2
，
由点 P 在第一象限，故点 P 的坐标为
a2k
,
b2
；
b2 a2k2 b2 a2k2
（II）由于直线 l1 过原点 O ，且与 l 垂直，故直线 l1 的方程为 x ky 0 ，所以点 P 到直线 l1 的距离
a2k
b2
d
b2 a2k2
b2 a2k2 ，
2
4
4
2
2
2
因此, 当 k2= 1 即 m= 2
2 时, △AOB 的面积 S△AOB 有最大值
又∵点 M(x0, y0)在直线 y=mx+ 1 上, ∴y0=mx0+ 1 , 整理得 bm= m2 2
2
2
2m
代入(*)式得
m2+2
(m2 2)2 4m2
>0
即 4m2-(m2+2)>0,
解得 m2> 2 3
因此, m> 6 或 m< 6
3
3
(其中也可得 x0= 1 , y0= 1 )
解析：（I）设直线 l 的方程为
y
kx m k
0
，由
x2
a2
y2 b2
，
1
消去 y 得， b2 a2k 2 x2 2a2kmx a2m2 a2b2 0 ，
由于直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点 P ，故 0 ，即 b2 m2 a2k 2 0 ，
解得点
P
的坐标为
a2km b2 a2k2
|
AB | |
PD |
8
4k 2 3 4 k2
所以 S
32
4k 2 3 13
4k 2 3
32
16 13
4k 2 3 13
13
4k 2 3
当且仅当 k
10
时取等号.
2
所求直线 l1 的方程为 y
10 x 1 . 2
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2、（2014年）如图，设椭圆 C :