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一般高等学校招生全国统一考试(浙江卷）数学(理科)第卷(选择题共0分）一、选择题：本大题共1小题,每题5分，共0分，在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目规定(1）【浙江，理，5分】设全集，集合，则( ）（A） （B） (） （D）【答案】B【解析】,，故选B.【点评】本题重要考察全集、补集的定义，求集合的补集，属于基本题(2）【浙江，理2,5分】已知是虚数单位，则“”是“”的（ )(A)充足不必要条件 ()必要不充足条件 (）充足必要条件（D）既不充足也不必要条件【答案】A【解析】当时,反之，,即,则，解得 或,故选A.【点评】本题考察的知识点是充要条件的定义，复数的运算，难度不大,属于基本题.()【浙江，理3,5分】某几何体的三视图(单位:c）如图所示,则此几何体的表面积是（ )()90 (B） （C)132 (D）138【答案】【解析】由三视图可知直观图左边一种横放的三棱柱右侧一种长方体,故几何体的表面积为：,故选D.【点评】本题考察了由三视图求几何体的表面积,根据三视图判断几何体的形状及数据所相应的几何量是解题的核心.(4）【浙江,理4,5分】为了得到函数的图像,可以将函数的图像（ )（A）向右平移个单位（B)向左平移个单位 (）向右平移个单位(D)向左平移个单位【答案】C【解析】，而=,由,即,故只需将的图象向右平移个单位，故选C【点评】本题考察两角和与差的三角函数以及三角函数的平移变换的应用，基本知识的考察（）【浙江，理5,分】在的展开式中,记项的系数，则=（ )(A)5 (B）6 （C)10 （）210【答案】C【解析】令，由题意知即为展开式中的系数，故=,故选C【点评】本题考察二项式定理系数的性质,二项式定理的应用,考察计算能力.()【浙江，理6，分】已知函数 ,且（ ) （） (） （C) （D)【答案】【解析】由得,解得，因此，由，得，即,故选C.【点评】本题考察方程组的解法及不等式的解法,属于基本题()【浙江，理7，5分】在同始终角坐标系中,函数,的图像也许是（ ) （A） （B） (C） (D)【答案】D【解析】函数,分别的幂函数与对数函数答案A中没有幂函数的图像,不符合;答案中，中,中，不符合;答案C中，中,中，不符合;答案D中，中，中,符合,故选【点评】本题考察的知识点是函数的图象,纯熟掌握对数函数和幂函数的图象和性质，是解答的核心.()【浙江，理8，5分】记，设为平面向量,则（ ）（A) （B） (C) （D）【答案】D【解析】由向量运算的平行四边形法可知与的大小不拟定，平行四边形法可知所对的角不小于或等于 ,由余弦定理知,（或)，故选D【点评】本题在解决时要结合着向量加减法的几何意义，将,放在同一种平行四边形中进行比较判断，在具体解题时，本题采用了排除法，对错误选项进行举反例阐明,这是高考中做选择题的常用措施,也不失为一种迅速有效的措施,在高考选择题的解决上，未必每一题都要写出具体解答环节,针对选择题的特点，有时“排除法”，“拟定法”,“特殊值”代入法等也许是一种更迅速，更有效的措施.（9）【浙江,理9,5分】已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个篮球,从乙盒中随机抽取个球放入甲盒中.（a）放入个球后,甲盒中具有红球的个数记为;()放入个球后,从甲盒中取1个球是红球的概率记为.则（ )()（B)（C）(D）【答案】A【解析】解法一:,=,，故.又，,又，=-=，因此，故选.解法二:在解法一中取，计算后再比较,故选【点评】对的理解的含义是解决本题的核心.此题也可以采用特殊值法，不妨令,也可以不久求解.（10）【浙江,理10，5分】设函数，,，,，记,，则( ）（A） (） （C） (D)【答案】【解析】解法一：由,故，由,故，=，故，故选B.解法二：估算法：的几何意义为将区间等分为9个社区间，每个社区间的端点的函数值之差的绝对值之和.如图为将函数的区间等分为4个社区间的情形，因 在上递增,此时 ,同理对题中给出的，同样有;而略不不小于，略不不小于，因此估算得,故选B.【点评】本题重要考察了函数的性质，核心是求出这三个数与1的关系，属于难题第卷（非选择题 共00分)二、填空题：本大题共7小题，每题4分，共8分 (1)【浙江，理11,分】若某程序框图如图所示,当输入50时，则该程序运算后输出的成果是 【答案】6【解析】第一次运营成果;第二次运营成果；第三次运营成果;第四次运营成果；第五次运营成果；此时，输出【点评】本题考察了直到型循环构造的程序框图,根据框图的流程模拟运营程序是解答此类问题的常用方 法(12)【浙江，理12,5分】随机变量的取值为0,1,2,若，则 1【答案】【解析】设时的概率为,的分布列为：由 ,解得 2的分布列为即为故【点评】本题综合考察了分布列的性质以及盼望、方差的计算公式.(13）【浙江，理3,5分】当实数满足时,恒成立，则实数的取值范畴是 _【答案】【解析】解法一：作出不等式组所示的区域如图，由恒成立，故，三点坐标代入，均成立得 解得,实数的取值范畴是解法二：作出不等式组所示的区域如图，由得,由图分析可知,且在点获得最小值,在获得最大值,故，得,故实数的取值范畴是【点评】本题考察线性规划，考察了数形结合的解题思想措施，考察了数学转化思想措施,训练了不等式组得解法，是中档题（14)【浙江,理4，5分】在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其他张无奖将这8张奖券分派给4个人，每人张，不同的获奖状况有 种(用数字作答).【答案】60【解析】解法一:不同的获奖分两种，一是有一人获两张奖券，一人获一张奖券,共有，二是有三人各获得一张奖券,共有，因此不同的获奖状况共有种.解法二:将一、二、三等奖各1张分给个人有种分法,其中三张奖券都分给一种人的有4种分法，因此不同的获奖状况共有种.【点评】本题考察排列、组合及简朴计数问题,考察学生的计算能力，属于基本题（)【浙江,理15，分】设函数若,则实数的取值范畴是 .【答案】【解析】由题意或,解得当或，解得.【点评】本题重要考察分段函数的应用,其他不等式的解法,体现了数形结合的数学思想，属于中档题.（16）【浙江,理16,5分】设直线() 与双曲线(）两条渐近线分别交于点,.若点满足,则该双曲线的离心率是 【答案】【解析】解法一:由双曲线的方程可知,它的渐近线方程为和,分别与直线: 联立方程组，解得，设中 点为，由得，则，即，与已知直线垂直，即，即得，即,即，因此解法二：不妨设,渐近线方程为即，由消去，得,设中点为，由韦达定理得: ，又,由得,即得得代入得，得，因此,因此，得.【点评】本题考察双曲线的离心率,考察直线的位置关系，考察学生的计算能力,属于中档题(17)【浙江，理7，5分】如图,某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练已知点到墙面的距离为,某目的点沿墙面上的射击线移动,此人为了精确瞄准目的点，需计算由点观测点的仰角的大小.若，则的最大值是 （仰角为直线与平面所成角).【答案】【解析】解法一:,过作,交于,1当在线段上时,连接,则，设,则, （）由,得.在直角中,，令，则函数在 单调递减,时,获得最大值为当在线段的延长线上时,连接,则，设，则,（）由，得,在直角中, 令,则,当时;当时，因此当时，此时时,获得最大值为,综合,可知获得最大值为.解法二:如图觉得原点,、所在的直线分别为,轴，建立如图所示的空间直角坐标系,，,，由，可设（其中）,，因此，设(),，因此，当 时；当时,因此当时,因此获得最大值为.解法三:分析知，当获得最大时，即最大，最大值即为平面与地面所成的锐二面角的度量值,如图，过在面内作交于, 过作于,连,则即为平面与地面所成的二面角的平面角，的最大值即为，在中,由等面积法可得，因此.【点评】本题考察运用数学知识解决实际问题，考察函数的单调性,考察学生分析解决问题的能力，属于中档题.三、解答题:本大题共题,共7分.解答应写出文字阐明，演算环节或证明过程. （18)【浙江，理1,14分】在中，内角，所对的边分别为，,已知，(1)求角的大小；()若 ,求的面积.解:(1）由题得，即,，由得,又,得,即，因此.(2）,，得，由 得,从而,故,因此,的面积为.【点评】本题重要考察二倍角公式、两角和差的三角公式、正弦定理的应用，属于中档题.（9）【浙江,理19,1分】已知数列和满足若为等比数列,且.（1)求与；（2)设.记数列的前项和为 ()求；()求正整数，使得对任意均有.解:(1),当,时,，由知：当时,，令,则有，为等比数列,且,的公比为,则，由题意知，.又由,得：，即,.（2）(），= =（)由于,，,；当时,，而，得，因此，当时，综上，对任意恒有，故【点评】本题考察了等比数列通项公式、求和公式,还考察了分组求和法、裂项求和法和猜想证明的思想,证明可以用二项式定理,还可以用数学归纳法.本题计算量较大，思维层次高，规定学生有较高的分析问题解决问题的能力本题属于难题.(20）【浙江，理2，1分】如图,在四棱锥中,平面平面,，.（1）证明：平面;（2)求二面角的大小解：(1)在直角梯形中，由,，得，由, 得，即,又平面平面,从而平面,因此，又,从而平面. （2)解法一：作,与交于点，过点作,与交于点,连接，由(1）知,则,因此就是二面角的平面角,在直角梯形中,由,得，又平面平面,得平面，从而，由于平面,得在中,由，得;在中，由,得;在中，由,，得，,从而，在,中,运用余弦定理分别可得,.在中,，因此,，即二面角的大小为 解法二：以的原点，分别以射线,为,轴的正半轴，建立空间直角坐标系,如图所示.由题意知各点坐标如下：，,设平面的法向量为，平面的法向量为，可算得：，,由，即,可取,由即可取,于是.由题意可知,所求二面角是锐角，故二面角的大小为.【点评】本题重要考察空间点、线、面位置关系,二面角等基本知识,同步考察空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力(2)【浙江，理21,15分】如图,设椭圆:动直线与椭圆只有一种公共点，且点在第一象限.(1）已知直线的斜率为，用表达点的坐标；()若过原点的直线与垂直，证明：点到直线的距离的最大值为.解:(）解法一：设方程为，,消去得:，由于直线与椭圆只有一种公共点,故,即，解得点的坐标为,又点在第一象限,故点的坐标为.解法二：作变换，则椭圆：变为圆：，切点变为点，切线（,变为.在圆中设直线的方程为()，由，解得,即,由于,因此，得,即,代入得，即，运用逆变换代入即得:.()由于直线过原点且与直线垂直,故直线的方程为，因此点到直线的距离,整顿得:，由于，因此，当且仅当时等号成立.因此,点到直线的距离的最大值为.【点评】本题重要考察椭圆的几何性质、点到直线间的距离、直线与椭圆的位置关系等基本知识，同步考察解析几何的基本思想措施、基本不等式应用等综合解题能力（22)【浙江,理22，分】已知函数（1)若在上的最大值和最小值分别记为，求；(2）设若对恒成立,求的取值范畴解：（),，由于，（)当时，有,故，因此，在上是增函数，因此，故（）当时，若，在上是增函数;若,在上是减函数，,由于,因此当时，；当 时,;（)当时，有，故，此时在上是减函数,因此,，故；综上,.(2)令，则，由于对恒成立，即对恒成立,因此由(1)知,（)当时，在上是增函数,在上的最大值是，最小值,则且矛盾；()当时，在上的最小值是,最大值是，因此且,从而且，令，则,在上是增函数,故，因此;(）当时,在上的最小值是,最大值是，因此由且,解得 ()当时，在上的最大值是,最小值是,因此由且，解得综上,的取值范畴是【点评】本题考察导数的综合运用，考察函数的最值，考察分类讨论、化归与转化的数学思想,难度大
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