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浙江卷數(shù)學（理）試題答案與解析

部分（共50分）
一、：每小題5分，共50分．
1．已知i是虛數(shù)單位，則(−1+i)(2−i)=
A．−3+iB．−1+3i C．−3+3i D．−1+i
【命題意圖】本題考查復數(shù)的四則運算，屬于容易題
【答案解析】B
2．設集合S={xx>−2}，T={xx2+3x−4≤0}，則(RS)∪T=
A．(−2，1]B．(−∞，−4]C．(−∞，1]D．[1，+∞)
【命題意圖】本題考查集合的運算，屬于容易題
【答案解析】C 因為(RS)={xx≤−2}，T={x−4≤x≤1}，所以(RS)∪T=(−∞，1].
3．已知x，y為正實數(shù)，則
A．2lgx+lgy=2lgx+2lgyB．2lg(x+y)=2lgx ∙ 2lgy
C．2lgx ∙ lgy=2lgx+2lgy D．2lg(xy)=2lgx ∙ 2lgy
【命題意圖】本題考查指數(shù)和對數(shù)的運算性質，屬于容易題
【答案解析】D 由指數(shù)和對數(shù)的運算法則，易知選項D正確
4．已知函數(shù)f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0，ω>0，φR)，則“f(x)是奇函數(shù)”是“φ=π2”的
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充分必要條件
D．既不充分也不必要條件
【命題意圖】本題考查簡易邏輯以及函數(shù)的奇偶性，屬于中檔題
【答案解析】B 由f(x)是奇函數(shù)可知f(0)=0，即cosφ=0，解出φ=π2+kπ，kZ，所以選項B正確
5．某程序框圖如圖所示，若該程序運行后輸出的值是95，則
A．a=4B．a=5
C．a=6D．a=7
【命題意圖】本題考查算法程序框圖，屬于容易題
【答案解析】A
6．已知αR，sin α+2cos α=102，則tan2α=
A．43B．34
C．−34D．−43
【命題意圖】本題考查三角公式的應用，解法多樣，屬于中檔題
【答案解析】C 由(sin α+2cos α)2=1022可得sin2α+4cos2α+4sin αcos α sin2α+cos2α=104，進一步整理可得3tan2α−8tan α−3=0，解得tan α=3或tan α=−13，于是tan2α=2tan α1−tan2α=−34.
7．設△ABC，P0是邊AB上一定點，滿足P0B=14AB，且對于AB上任一點P，恒有→PB∙→PC≥→P0B∙→P0C，則
A．ABC=90B．BAC=90C．AB=ACD．AC=BC
【命題意圖】本題考查向量數(shù)量積的幾何意義，不等式恒成立的有關知識，屬于中檔題
【答案解析】D 由題意，設→AB=4，則→P0B=1，過點C作AB的垂線，垂足為H，在AB上任取一點P，設HP0=a，則由數(shù)量積的幾何意義可得，→PB∙→PC=→PH→PB=(→PB −(a+1))→PB，→P0B∙→P0C=−→P0H→P0B=−a，于是→PB∙→PC≥→P0B∙→P0C恒成立，相當于(→PB−(a+1))→PB≥−a恒成立，整理得→PB2−(a+1)→PB+a≥0恒成立，只需∆=(a+1)2−4a=(a−1)2≤0即可，于是a=1，因此我們得到HB=2，即H是AB的中點，故△ABC是等腰三角形，所以AC=BC
8．已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，設函數(shù)f(x)=(ex−1)(x−1)k(k=1，2)，則
A．當k=1時，f(x)在x=1處取到極小值
B．當k=1時，f(x)在x=1處取到極大值
C．當k=2時，f(x)在x=1處取到極小值
D．當k=2時，f(x)在x=1處取到極大值
【命題意圖】本題考查極值的概念，屬于中檔題
【答案解析】C 當k=1時，方程f(x)=0有兩個解，x1=0，x2=1，由標根法可得f(x)的大致圖象，于是選項A，B錯誤；當k=2時，方程f(x)=0有三個解，x1=0，x2=x3=1，其中1是二重根，由標根法可得f(x)的大致圖象，易知選項C正確。
9．如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C1：x24+y2=1與雙曲線C2的公共焦點，A，B分別是C1，C2在第二、四象限的公共點．若四邊形AF1BF2為矩形，則C2的離心率為
A．2 B．3
C．32 D．62
【命題意圖】本題考查橢圓和雙曲線的定義和幾何性質，屬于中檔題
【答案解析】D 由題意，c=3，AF2+AF1=4……①，AF2−AF1=2a……②，①+②得AF2=2+a，①−②得AF1=2−a，又AF12+AF22= F1F22，所以a=2，于是e=ca=62.
10．在空間中，過點A作平面π的垂線，垂足為B，記B=fπ(A)．設α，β是兩個不同的平面，對空間任意一點P，Q1=fβ[fα(P)]，Q2=fα[fβ(P)]，恒有 PQ1= PQ2，則
A．平面α與平面β垂直B．平面α與平面β所成的（銳）二面角為45
C．平面α與平面β平行D．平面α與平面β所成的（銳）二面角為60
【命題意圖】本題考查新定義問題的解決，重在知識的遷移，屬于較難題
【答案解析】A 用特殊法立即可知選項A正確
非選擇題部分（共100分）
二、題：每小題4分，共28分．
11．設二項式x−13x5的展開式中常數(shù)項為A，則A= ．
【命題意圖】考查二項式定理，屬于容易題
【答案解析】−10
12．若某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則此幾何體的
體積等于 cm3．
【命題意圖】本題考查三視圖和體積計算，屬于容易題
【答案解析】24 由題意，該幾何體為一個直三棱柱截去一個
三棱錐所得
13．設z=kx+y，其中實數(shù)x，y滿足x+y−2≥0，x−2y+4≥0，2x−y−4≤0．若z的最大值為12，則實數(shù)k= ．
【命題意圖】本題考查線性規(guī)劃，屬于容易題
【答案解析】2 作出平面區(qū)域即可
14．將A，B，C，D，E，F(xiàn)六個字母排成一排，且A，B均在C的同側，則不同的排法有 種（用數(shù)字作答）．
【命題意圖】本題考查排列組合，屬于中檔題
【答案解析】480 第一類，字母C排在左邊第一個位置，有A55種；第二類，字母C排在左邊第二個位置，有A24A33種；第三類，字母C排在左邊第三個位置，有A22A33+ A23A33種，由對稱性可知共有2( A55+ A24A33+ A22A33+ A23A33)=480種。
15．設F為拋物線C：y2=4x的焦點，過點F(−1，0)的直線l交拋物線C于A，B兩點，點Q為線段AB的中點．若FQ=2，則直線l的斜率等于 ．
【命題意圖】本題考查直線與拋物線的位置關系，屬于中檔題
【答案解析】±1 設直線l的方程為y=k(x+1)，聯(lián)立y=k(x+1)， y2=4x．消去y得k2x2+(2k2−4)x+k2=0，由韋達定理，xA+ xB =−2k2−4 k2，于是xQ=xA+ xB2=2k2−1，把xQ帶入y=k(x+1)，得到y(tǒng)Q=2k，根據FQ=2k2−22+2k2=2，解出k=±1．
16．在△ABC，C=90，M是BC的中點．若sinBAM=13，則sinBAC= ．
【命題意圖】本題考查解三角形，屬于中檔題
【答案解析】63 設BC=2a，AC=b，則AM=a2+b2，AB=4a2+b2，sinABM= sinABC=ACAB=b 4a2+b2 ，在△ABM中，由正弦定理BMsinBAM=AMsinABM，即a13=a2+b2b 4a2+b2 ，解得2a2=b2，于是sinBAC=BCAB=2a 4a2+b2=63．
17．設e1，e2為單位向量，非零向量b=xe1+ye2，x，yR．若e1，e2的夾角為π6，則xb的最大值等于 ．
【命題意圖】本題以向量為依托考查最值問題，屬于較難題
【答案解析】2 xb=x(xe1+ye2)2=xx2+y2+3xy=1x2+y2+3xyx2=1yx2+3yx+1=1yx−3 22+14，所以xb的最大值為2
三、解答題：本大題共5小題，共72分．
18．（本小題滿分14分）在公差為d的等差數(shù)列{an}中，已知a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比數(shù)列
（Ⅰ）求d，an；
（Ⅱ）若d<0，求a1+a2+a3+…+an．
【命題意圖】本題考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的概念，等差數(shù)列通項公式、求和公式等基礎知識，同時考查運算求解能力。
【答案解析】
（Ⅰ）由題意
5a3 a1=(2a2+2)2，
即
d2−3d−4=0．
故
d=−1或d=4．
所以
an=−n+11，nN*或an=4n+6，nN*
（Ⅱ）設數(shù)列{an}的前n項和為Sn．因為d<0，由（Ⅰ）得d=−1，an=−n+11．則
當n11時，
a1+a2+a3+…+an=Sn=−12n2+212n
當n12時，
a1+a2+a3+…+an=−Sn+2S11=12n2−212n+110
綜上所述，
a1+a2+a3+…+an=−12n2+212n， n11， 12n2−212n+110，n12．
19．（本題滿分14分）設袋子中裝有a個紅球，b個黃球，c個藍球，且規(guī)定：取出一個紅球得1分，取出一個黃球得2分，取出一個藍球得3分．
（Ⅰ）當a=3，b=2，c=1時，從該袋子中任�。ㄓ蟹呕�，且每球取到的機會均等）2個球，記隨機變量ξ為取出此2球所得分數(shù)之和，求ξ的分布列；
（Ⅱ）從該袋子中任取（每球取到的機會均等）1個球，記隨機變量η為取出此球所得分數(shù)．若 Eη=¬53，Dη=59，求a∶b∶c．
【命題意圖】本題考查隨機事件的概率和隨機變量的分布列、數(shù)學期望、數(shù)學方差等概念，同時考查抽象概括、運算求解能力和應用意識。
【答案解析】
（Ⅰ）由題意得
ξ=2，3，4，5，6
故
P(ξ=2)=3366=14，
P(ξ=3)=23266=13，
P(ξ=4)=231+2266=518，
P(ξ=5)=22166=19，
P(ξ=6)=1166=136，
所以ξ的分布列為
ξ23456
P14
13
518
19
136

（Ⅱ）由題意知η的分布列為
η123
Paa+b+c
ba+b+c
ca+b+c

所以
Eη=aa+b+c+2ba+b+c+3ca+b+c=53
Dη=1−532aa+b+c+2−532ba+b+c+3−532ca+b+c=59
化簡得
2a−b−4c=0，a+4b−11c=0
解得a=3c，b=2c，故
a∶b∶c=3∶2∶1
20．（本題滿分15分）如圖，在四面體A−BCD中，AD平面BCD，BCCD，AD=2，BD=22．M是AD的中點，P是BM的中點，點Q在線段AC上，且AQ=3QC．
（Ⅰ）證明：PQ∥平面BCD；
（Ⅱ）若二面角C−BM−D的大小為60，求BDC的大�。�
【命題意圖】本題考查空間點、線、面位置關系，二面角等基礎知識，空間向量的應用，同時考查空間想象能力和運算求解能力。
【答案解析】
（Ⅰ）取BD的中點O，在線段CD上取點F，使得DF=3FC，連接OP，OF，F(xiàn)Q．
因為AQ=3QC，所以
QF∥AD，且QF=14AD
因為O，P分別為BD，BM的中點，所以OP是△BDM的中位線，所以
OP∥DM，且OP=12DM
又點M是AD的中點，所以
OP∥AD，且OP=14AD
從而
OP∥FQ，且OP=FQ
所以四邊形OPQF是平行四邊形，故
PQ∥OF
又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以
PQ∥平面BCD．
（Ⅱ）作CGBD于點G，作GHBM于點HG，連接CH，則CHBM，所以CHG為二面角的平面角。設BDC=θ．
在Rt△BCD中，
CD=BDcos θ=22cos θ，
CG=CDsin θ=22cos θsin θ，
BG=BCsin θ=22sin2θ
在Rt△BDM中，
HG=BGDMBM=22sin2θ3
在Rt△CHG中，
tanCHG=CGHG=3cos θsin θ=3
所以
tan =3
從而
=60
即BDC=60．
21．（本題滿分15分）如圖，點P(0，−1)是橢圓C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個頂點，C1的長軸是圓C2：x2+y2=4的直徑．l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點，l2交橢圓C1于另一點D．
（Ⅰ）求橢圓C1的方程；
（Ⅱ）求△ABD面積取最大值時直線l1的方程．
【命題意圖】本題考查橢圓的幾何性質，直線與圓的位置關系，直線與橢圓的位置關系等基礎知識，同時考查解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力
【答案解析】
（Ⅰ）由題意得
b=1，a=2．
所以橢圓C的方程為
x24+y2=1．
（Ⅱ）設A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．由題意知直線l1的斜率存在，不妨設其為k，則直線l1的方程為
y=kx−1．
又圓C2：x2+y2=4，故點O到直線l1的距離
d=1k2+1 ，
所以
AB=24−d2=24k2+3k2+1 ．
又l1l2，故直線l2的方程為
x+ky+k=0．
由
x+ky+k=0， x24+y2=1．
　 消去y，整理得
(4+k2)x2+8kx=0
故
x0=−8k 4+k2．
所以
PD=8k2+14+k2．
設△ABD的面積為S，則
S=12ABPD=84k2+34+k2，
所以
S=324k2+3+134k2+33224k2+3  134k2+3=161313，
當且僅當k=±102時取等號
所以所求直線l1的方程為
y=±102x−1
22．（本題滿分14分）已知aR，函數(shù)f(x)=x3−3x2+3ax−3a+3
（Ⅰ）求曲線y=f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
（Ⅱ）當x[0，2]時，求f(x)的最大值．
【命題意圖】本題考查導數(shù)的幾何意義，導數(shù)應用等基礎知識，同時考查推理論證能力，分類討論等分析問題和解決問題的能力
【答案解析】
（Ⅰ）由題意f (x)=3x2−6x+3a，故f (1)=3a−3．又f(1)=1，所以所求的切線方程為
y=(3a−3)x−3a+4
（Ⅱ）由于f (x)=3(x−1)2+3(a−1)，0x2．故
（?）當a0時，有f (x) 0，此時f(x)在[0，2]上單調遞減，故
f(x)max=max{f(0)，f(2)}=3−3a
（?）當a1時，有f (x) 0，此時f(x)在[0，2]上單調遞增，故
f(x)max=max{f(0)，f(2)}= 3a−1
（?）當0<a<1時，設x1=1−1−a，x2=1+1−a，則
0< x1< x2<2，f (x)=3(x− x1)(x− x2)
列表如下：
x0(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，2)2
f (x)+0−0+
f (x)3−3a單調遞增極大值f (x1)單調遞減極小值f (x2)單調遞增3a−1
由于
f(x1)=1+2(1−a)1−a，f(x2)=1−2(1−a)1−a，
故
f(x1)+f(x2)=2>0，f(x1)f(x2)=4(1−a)1−a>0
從而
f(x1)> f(x2)．
所以
f(x)max=max{f(0)，f(2)，f(x1)}
（1）當0<a<23時，f(0)>f(2)．
又
f(x1)− f(0)=2(1−a)1−a−(2−3a)=a2(3−4a)2(1−a)1−a+2−3a>0
故
f(x)max= f(x1)=1+2(1−a)1−a．
（2）當23a<1時，f(2)=f(2)，且f(2)f(0)．
又
f(x1)− f(2)=2(1−a)1−a−( 3a −2)=a2(3−4a)2(1−a)1−a+ 3a −2
所以
①當23a<34時，f(x1)> f(2)．故
f(x)max= f(x1)=1+2(1−a)1−a．
②當34a<1時，f(x1)  f(2)．故
f(x)max= f(2)= 3a−1．
綜上所述，
f(x)max=3−3a， a0，1+2(1−a)1−a， 0<a<34，3a−1， a34．

5 Y


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