浙江省2013届高考压轴卷 数学文试题

参考公式：

球的表面积公式S4πR2 球的体积公式V4πR3

3 棱柱的体积公式 VSh

其中S表示棱柱的底面积，h表示棱柱的高 棱台的体积公式 V1h(S1S1S2S2) 3其中R表示球的半径

1棱锥的体积公式VSh 其中S1，S2分别表示棱台的上底、下底面积， 3其中S表示棱锥的底面积，h表示棱锥的高 h表示棱台的高 如果事件A，B互斥，那么P(AB)P(A)P(B)

选择题部份（共50分）

一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四项中，只有一项是符合题目要求的。 1．复数(2i2)= iB．-3+4i

C．3-4i

D．3+4i

A．-3 -4i

2．设集合M{xxsinA． 1

33n,nZ}，则满足条件P{,}M的集合P的个数是

223 D．8

B．3 C．4

3．已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）

20 31714C． D． 33A．8 B．

4．等比数列{an}中，“公比q>1”是“数列{an}单调递增”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

e2x15．函数f(x)的图象 ( ) xeA．关于原点对称 B．关于直线y＝x对称 C．关于x轴对称 D．关于y轴对称

页

1第

xy1,6．设变量x、y满足xy0,则目标函数z=2x+y的最小值为

2xy20, A．6

B．4

C．2

D．3 2

7．甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b，其中a，b∈{1，2，3，4，5，6}，若｜a－b｜≤1，就称甲乙“心相近”．现任意找两人玩这个游戏，则他们“心相近”的概率为 （ ） A．19 B．29 C．7418 D．9

8．已知直线m、l,平面、,且m,l,给出下列命题: ①若∥，则m⊥l； ②若⊥，则m∥l； ③若m⊥l，则∥； ④若m∥l，则⊥ 其中正确命题的个数是

（ ）

A．1 B．2

C．3

D．4

9．若数列an的通项公式是an()g(n),则aaLa ( ) A．15 B． 12 C．  D．

10．已知直线l:xcosysin1，且OPl于P，O为坐标原点，则点P的轨迹方程为( A．x2y21 B．x2y21 C．xy1 D．xy1

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．经过点A(－5,2)且在x轴上的截距等于在y轴上的截距的2倍的程________．

12.执行右面的框图，若输出结果为12，则输入的实数x的值是____。

13．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2

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2第

)

直线方

在x轴

上，离心率为

2.过F1的直线l交C于A，B两点，且△ABF2的周长为16，那么C的方程为________________． 2

14.下图是样本容量为200的频率分布直方图．

根据样本的频率分布直方图估计，数据落在[2,10)内的概率约为________．

15.已知2第14题图

223344aa2,33,44,…，若66（a，t均为正实数），则33881515tt类比以上等式，可推测a，t的值，a+t= .

OA的最小值为______ 16． P是圆C：(x1)(y3)1上的一个动点，A(3,1)，则OP22

17．若函数f(x)=(2x2-a2x-a)lgx的值域为0,，则a=_________

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．（本小题满分14分）已知函数f(x)msinx2cosx(m0)的最大值为2. （1）求函数f(x)在[0,]上的单调递减区间; （2）△ABC中,f(A)f(B)46sinAsinB,角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且C=60，

44c=3，求△ABC的面积。

19．（本小题满分14分）已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn2an2(nN*),数列{bn}满足b11,且

bn1bn2.

(Ⅰ)求数列{an}、{bn}的通项公式,并求数列{anbn}的前n项的和Dn; (Ⅱ)设cnansin2

页

3第

nnbncos2(nN*),求数列{cn}的前2n项和T2n. 22

20．（本小题满分14分）如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B⊥底面ABC，侧棱AA1与底面ABC成60°的角，AA12．底面ABC是边长为2的正三角形，其重心为G点， E是线段BC1上一

1BC1． 3（1）求证：GE//侧面AA1B1B；

点，且BE（2）求平面B1GE与底面ABC所成锐二面角的正切值；

（3）在直线．．AG上是否存在点T，使得B1TAG？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由．

第20题图

21．（本小题满分15分）已知函数f(x)(x36x23xt)ex，xa,xb,xc(abc)处取到极值。

（1）求t的取值范围；

（2）若ac2b2，求t的值。

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4第

tR.若函数yf(x)依次在

22．（本小题满分15分）设抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，经过点F的直线与抛物线交于A、B两点．

(1) 若直线AB的斜率为2，当焦点为F1,0时，求OAB的面积； 2 (2) 若M是抛物线C准线上的点，求证：直线MA、MF、MB的斜率成等差数列．

2013浙江省高考压轴卷 数学文试题

题号 分数 一 二 18 19 20 21 22 总分 一、选择题：本大题共有10小题，每小题5分，共50分．

题号 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 二、填空题：本大题共有7小题，每小题4分，共28分．

11． 12． 13． 14． 15． 16． 17． 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．

页 5第

18． 请在各题目的答题区域内作答，超出边框限定区域的答案无效 19． 页 6第

20． 第20题图 请在各题目的答题区域内作答，超出边框限定区域的答案无效

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21． 请在各题目的答题区域内作答，超出边框限定区域的答案无效

页 8第

22． 请在各题目的答题区域内作答，超出边框限定区域的答案无效

2013浙江省高考压轴卷 数学文答案

1．【答案】A 【解析】解：因为(页

2i234i)34i，故选A i19第

2．【答案】C 【解析】：M{0,3．【答案】C

【解析】几何体是正方体截去一个三棱台， V2(22)24. 【答案】D

【解析】a1<0，q>1时,{an}递减。a1<0，033333,}，由P{,}M得，0P，这样的集合P共有4个，故选C 222211321217 3e2x11e2x【解析】f(x)f(x) f(x)是偶函数，图像关

exex6．【答案】 C

【解析】由题意可得，在点B处取得最小值，所以z=2，故选C

7. 【答案】D 【解析】：试验包含的所有事件共有6×6=36种猜数的结果。 其中满足题设条件的有如下情形：

若a=1，则b=1，2；他们“心相近”的概率为 若a=2，则b=1，2，3； 若a=3，则b=2，3，4； 若a=4，则b=3，4，5； 若a=5，则b=4，5，6； 若a=6，则b=5，6 共16种。

故他们“心相近”的概率为P=16/36=4/9，选D .

8. 【答案】B

【解析】①④对，②③错 9．【答案】A

【解析】a1+a2=a3+a4=……=a9+a10=3，故所求和=3×5=15.选A 10. 【答案】A

22【解析】设P(x0,y0)，OPl于P，|OP|x0y0于y轴对称.

1cos2sin222y01，选A 1，即x011．【答案】2x＋5y＝0或x＋2y＋1＝0

解析：分截距为0或不为0两种情况可求2x＋5y＝0或x＋2y＋1＝0. 12. 答案：2 [来源：全,品…中&高*考+网] 【解析】若执行yx1，则x若执行ylog2x，则x3,1，所以不成立， 221,，成立

2

.过F1的直线l2

13．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2在x轴上，离心率为交C于A，B两点，且△ABF2的周长为16，那么C的方程为________________．

页

10第

x2y2

【答案】＋＝1

168

x2y2

【解析】 设椭圆方程为2＋2＝1(a>b>0)，

ab22b2b21

因为离心率为，所以＝1－2，解得2＝，即a2＝2b2.

22aa2

又△ABF2的周长为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋＋|AF2|)＋(|BF1|＋|BF2|)＝2a＋2a＝4a，，所以4a＝16，a＝4，所以b

|AF2|＝(|AF1|

＝22，所以

椭圆方程为x2216＋y

8

＝1.

14.【答案】0.4 解析 (0.02＋0.08)×4＝0.4.

15.【答案】41

【解析】照此规律：a=6,t=a2-1=35 16．【答案】2(3-1) 【解析】如图：作PQOA于Q，CDOA于D，根据向量数量积的几何意义

OPOAmin=|OA||OQ|min=|OA||OT|=2 (|OD|-1)=2(3-1) 17．【答案】1

【解析】显然h(x)= 2x2-a2x-a，g(x)= lgx正负号一致，且h(1)=g(1)=0，∴a=-21

经检验得a= 1

18．【解析】（1）由题意，f(x)的最大值为m22，所以m22=2． 而m0，于是m2，f(x)2sin(xπ4)．

f(x)为递减函数，则x满足2kπ+π2≤xπ3π4≤2kπ+2 kZ，

即2kπ+π4≤x≤2kπ+5π4kZ．

所以f(x)在0，π上的单调递减区间为π4，π． （2）设△ABC的外接圆半径为R，由题意，得2RcsinC3sin60=23．

化简f(Aπ4)f(Bπ4)46sinAsinB，得

sinAsinB26sinAsinB．

由正弦定理，得2Rab26ab，ab2ab． ① 由余弦定理，得a2b2ab9，即ab23ab90． ②

将①式代入②，得2ab23ab90．

页 11第

得

或

3 解得ab3，或 ab（舍去）．

2 SABC

331． absinC4219．【解析】 (Ⅰ)当n1,a12;

当n2时,anSnSn12an2an1 ,∴ an2an1, ∴{an}是等比数列,公比为2,首项a12, ∴an2n 由bn1bn2,得{bn}是等差数列,公差为2 又首项b11,∴bn2n1 ∴anbn(2n1)2n

∴Dn121322523(2n3)2n1(2n1)2n ① ①×2得2Dn122323524(2n3)2n(2n1)2n1 ② ①—②得:

Dn12122222322n(2n1)2n1

4(12n1)22(2n1)2n1

122n1(32n)6,

Dn(2n3)2n16

2nn为奇数(Ⅱ)cn

n为偶数(2n1)

Tn22322n1[37(4n1)]

22n122n2n

3

20．【解析】解法1：（1）延长B1E交BC于点F，B1EC1∽△FEB，BE=从而点F为BC的中点．

页

12第

111EC1，∴BF=B1C1=BC， 222∵G为△ABC的重心，∴A、G、F三点共线．且FGFE1,GE//AB1， FAFB13又GE侧面AA1B1B，∴GE//侧面AA1B1B．

（2）在侧面AA1B1B内，过B1作B1H⊥AB，垂足为H，∵侧面AA1B1B⊥底面ABC，

∴B1H⊥底面ABC．又侧棱AA1与底面ABC成60°的角，AA1=2，∴∠B1BH=60°，BH=1，B1H=3. 在底面ABC内，过H作HT⊥AF，垂足为T，连B1T，由三垂线定理有B1T⊥AF， 又平面B1CE与底面ABC的交线为AF，∴∠B1TH为所求二面角的平面角． ∴AH=AB+BH=3，∠HAT=30°，∴HT=AHsin303BH．在Rt△B1HT中，tanB1TH123， 2HT33从而平面B1GE与底面ABC成锐二面角的正切值为23． （3）（2）问中的T点即为所求，T在AG的延长线上，距离A点21． 【解析】

（1）①f(x)(3x12x3)e(x6x3xt)e(x3x9xt3)e

2x32x32x33处. 2f(x)有3个极值点,x33x29xt30有3个根a,b,c. 令g(x)x33x29xt3,g'(x)3x26x93(x1)(x3)

g(-1)>08t24. g(x)在(-,-1),(3,+)上递增,(-1,3)上递减.g(x)有3个零点g(3)0②a,b,c是f(x)的三个极值点

x33x29xt3(x-a)(x-b)(x-c)=x3(abc)x2(abbcac)xabc a123abc33abacbc9b1或(舍b(-1,3))b1t8

2t3abcc12322. 【解析】设抛物线C：y2px(p0)的焦点为F，经过点F的直线与抛物线交于A、B两点． (1)若p2，求线段AF中点M的轨迹方程；

21 (2) 若直线AB的方向向量为n(1,2)，当焦点为F,0时，求OAB的面积；

2 (3) 若M是抛物线C准线上的点，求证：直线MA、MF、MB的斜率成等差数列． 解：(1) y2x，F(,0)，直线y2(x)2x1，……………………5分

22112y22x2由得，yy10， y2x1AB1页

15yy……………………………………………7分 1222k13第

d1， ……………………………………………8分 5SOAB15dAB ……………………………………………9分 24(2)显然直线MA、MB、MF的斜率都存在，分别设为k1、k2、k3． 点A、B、M的坐标为A(x1,y1)、B(x2,y2)、M(-设直线AB：ykxp,m)． 22pp2，代入抛物线得yyp20，……………………11分 k2所以y1y2p2，……………………………………………12分 又y122px1，y222px2，

py12p1py22pp4pp2222yp因而x1， xyp1212222p22py122y122p22pp22ym2yy1my2m2py1m12m……………14分

因而k1k22222ppppyppyp11x1x22221而k30m2m，故k1k22k3． ppp22

页 14第