2015年浙江省高考数学试题及答案(理科).pdf

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1、20152015 年浙江省高考数学试题及年浙江省高考数学试题及答案答案(理科理科)【解析版】【解析版】D D2 23 3点点此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练评：评：掌握运算法则是解本题的关键掌握运算法则是解本题的关键2 2（5 5 分）分）（20152015浙江）某几何体的三视图如图浙江）某几何体的三视图如图所示所示（单位：（单位：cmcm），则该几何体的体积是，则该几何体的体积是（）A A8cm8cm3 3B B12cm12cm3 3C CD D考点考点：由由三视图求面积、体积三视图求面积、体积专题专题：空空间位置关系与距离间位置关系与距离分析分析

2、：判判断几何体的形状，利用三视图的数据，求断几何体的形状，利用三视图的数据，求几何体的体积即可几何体的体积即可解答解答：解解：由三视图可知几何体是下部为棱长为：由三视图可知几何体是下部为棱长为 2 2的正方体，上部是底面为边长的正方体，上部是底面为边长 2 2 的正方形奥的正方形奥为为 2 2 的正四棱锥，的正四棱锥，所求几何体的体积为：所求几何体的体积为：2 23 3+2 22 22=2=4 4故选：故选：C C点评点评：本本题考查三视图与直观图的关系的判断，几题考查三视图与直观图的关系的判断，几何体的体积的求法，考查计算能力何体的体积的求法，考查计算能力3 3（5 5 分）分）（20152

3、015浙江）已知浙江）已知aan n 是等差数列，是等差数列，公差公差 d d 不为零，前不为零，前 n n 项和是项和是 S Sn n，若，若 a a3 3，a a4 4，a a8 8成成等比数列，则（等比数列，则（）A Aa a1 1d d0 0考点考点：等等差数列与等比数列的综合差数列与等比数列的综合B Ba a1 1d d0 0C Ca a1 1d d0 0D Da a1 1d d0 00 0，dSdS4 40 0，dSdS4 40 0，dSdS4 40 0，dSdS4 4专题专题：等等差数列与等比数列差数列与等比数列分析：分析：由由 a a3 3，a a4 4，a a8 8成等比数列

4、，得到首项和公差的成等比数列，得到首项和公差的关系，即可判断关系，即可判断 a a1 1d d 和和 dSdS4 4的符号的符号解答：解答：解解：设等差数列：设等差数列aan n 的首项为的首项为 a a1 1，则，则a a3 3=a=a1 1+2d+2d，a a4 4=a=a1 1+3d+3d，a a8 8=a=a1 1+7d+7d，由由 a a3 3，a a4 4，a a8 8成等比数列，得成等比数列，得，整理得：，整理得：d d0 0，5 5=0 0故选：故选：B B点评：点评：本本题考查了等差数列和等比数列的性质，考题考查了等差数列和等比数列的性质，考查了等差数列的前查了等差数列的前

5、n n 项和，是基础题项和，是基础题4 4（5 5 分）分）（20152015浙江）浙江）命题“命题“n n N N*，f f（n n）N N*且且 f f（n n）n n”的否定形式是（”的否定形式是（）A A n n N N*，f f（n n）N N*B B n n N N*，f f（n n）N N*且且 f f（n n）n n且且 f f（n n0 0）n n0 0考考点点：专专题题：分分解解根据全称命题的否定是特称命题即可得到结根据全称命题的否定是特称命题即可得到结解：命题为全称命题，解：命题为全称命题，析：析：论论答：答：则命题的否定为：则命题的否定为：n n0 0 N N*，f f

6、（n n0 0）N N*或或 f f（n n0 0）6 6或或 f f（n n）n n或或 f f（n n0 0）n n0 0 C C n n0 0 N N*，f f（n n0 0）N N*D D n n0 0 N N*，f f（n n0 0）N N*命题的否定命题的否定简易逻辑简易逻辑n n0 0，故选：故选：D D点点5 5（5 5 分）分）（20152015浙江）如图，设抛物线浙江）如图，设抛物线 y y2 2=4x=4x的焦点为的焦点为 F F，不经过焦点的直线上有三个不同的，不经过焦点的直线上有三个不同的点点 A A，B B，C C，其中点，其中点 A A，B B 在抛物线上，点在抛

7、物线上，点 C C在在 y y 轴上，则轴上，则BCFBCF 与与ACFACF 的面积之比是的面积之比是（）本题主要考查含有量词的命题的否定本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基比较基评：评：础础A A考考专专分分B BC CD D直线与圆锥曲线的关系直线与圆锥曲线的关系点点：圆锥曲线的定义、性质与方程圆锥曲线的定义、性质与方程根据抛物线的定义，将三角形的面积关系转根据抛物线的定义，将三角形的面积关系转7 7题题：析：析：化为化为解解的关系进行求解即可的关系进行求解即可解：如图所示，抛物线的准线解：如图所示，抛物线的准线 DEDE 的方程为的方程为过过 A A，B B 分别作分别作 AEAE

8、 DEDE 于于 E E，交交 y y 轴于轴于 N N，BDBD DEDE 于于 E E，交，交 y y 轴于轴于 M M，由抛物线的定义知由抛物线的定义知 BF=BDBF=BD，AF=AEAF=AE，则则|BM|=|BD|BM|=|BD|1=|BF|1=|BF|1 1，|AN|=|AE|AN|=|AE|1=|AF|1=|AF|1 1，则则=，答：答：x=x=1 1，故选：故选：A A点点本题主要考查三角形的面积关系，利用抛物本题主要考查三角形的面积关系，利用抛物评：评：线的定义进行转化是解决本题的关键线的定义进行转化是解决本题的关键6 6（5 5 分）分）（20152015浙江）设浙江）设

9、 A A，B B 是有限集，定是有限集，定义：义：d d（A A，B B）=card=card（A A B B）cardcard（A A B B），其中其中 cardcard（A A）表示有限集）表示有限集 A A 中的元素个数中的元素个数（）8 8命题：对任意有限集命题：对任意有限集 A A，B B，“，“A AB B”是“”是“d d（A A，B B）0 0”的充分必要条件；”的充分必要条件；命题：对任意有限集命题：对任意有限集 A A，B B，C C，d d（A A，C C）d d（A A，B B）+d+d（B B，C C）A A命命题和命题题和命题 B B命命题和命题题和命题都成立都成

10、立题不成立题不成立考考专专分分复合命题的真假复合命题的真假都不成立都不成立命题成立命题成立C C命命题成立，命题成立，命 D D命命题不成立，题不成立，点点：集合；简易逻辑集合；简易逻辑命题根据充要条件分充分性和必要性判断命题根据充要条件分充分性和必要性判断借助新定义借助新定义，根据集合的运算，根据集合的运算，判断即可判断即可解解解：命题：对任意有限集解：命题：对任意有限集 A A，B B，若，若cardcard（A AB B），故“，故“d d（A A，B B）0 0”成立，”成立，若若 d d（A A，B B）0 0”，则”，则cardcard（A AB B）cardcard（A AB B

11、），则，则A AB BA AB B，故，故A AB B 成立，成立，故命题成立，故命题成立，9 9题题：析：析：即可，即可，答：答：“A AB B”，则则 A AB BA AB B，则则 cardcard（A AB B）命题，命题，d d（A A，B B）=card=card（A AB B）cardcard（A AB B），d d（B B，C C）=card=card（B BC C）cardcard（B BC C），d d（A A，B B）+d+d（B B，C C）=card=card（A AB B）cardcard（A AB B）+card+card（B BC C）cardcard（B BC

12、 C）=card=card（A AB B）+card+card（B BC C）cardcard（A AB B）+card+card（B BC C）cardcard（A AC C）cardcard（A AC C）=d=d（A A，C C），故命题成立，故命题成立，故选：故选：A A点点本题考查了，元素和集合的关系，以及逻辑本题考查了，元素和集合的关系，以及逻辑数之间的关系，注意本题对充要条件的考数之间的关系，注意本题对充要条件的考查查集合的元素个数集合的元素个数，体现两个集合的关系，体现两个集合的关系，但仅凭借元素个数不能判断集合间的关系，但仅凭借元素个数不能判断集合间的关系，属于基础题属于基础

13、题7 7（5 5 分）分）（20152015浙江）存在函数浙江）存在函数 f f（x x）满足，）满足，对任意对任意 x x R R 都有（都有（）A A（f f sin2xsin2x）B B（f f sin2xsin2x）C Cf f（x x2 2+1+1）D Df f=sinx=sinx=x=x2 2+x+x=|x+1|=|x+1|（x x2 2+2x+2x）=|x+1|=|x+1|1 1 0 0评：评：关系，分清集合之间的关系与各集合元素个关系，分清集合之间的关系与各集合元素个考考专专分分解解函数解析式的求解及常用方法函数解析式的求解及常用方法点点：函数的性质及应用函数的性质及应用利用利

14、用 x x 取特殊值，通过函数的定义判断正误即取特殊值，通过函数的定义判断正误即题题：析：析：可可解：解：A A取取 x=0 x=0，则，则 sin2x=0sin2x=0，f f（0 0）=0=0；答：答：取取 x=x=，则，则 sin2x=0sin2x=0，f f（0 0）=1=1；f f（0 0）=0=0，和，和 1 1，不符合函数的定义；，不符合函数的定义；不存在函数不存在函数（f f x x），对任意对任意 x x R R 都有都有（f f sin2xsin2x）=sinx=sinx；B B取取 x=0 x=0，则，则 f f（0 0）=0=0；取取 x=x=，则，则 f f（0 0）

15、=2 2+；f f（0 0）有两个值，不符合函数的定义；）有两个值，不符合函数的定义；该选项错误；该选项错误；C C取取 x=1x=1，则，则 f f（2 2）=2=2，取，取 x=x=1 1，则，则 f f（2 2）=0=0；这样这样 f f（2 2）有两个值，不符合函数的定义；）有两个值，不符合函数的定义；该选项错误；该选项错误；D D令令|x+1|=t|x+1|=t，t t0 0，则，则 f f（t t2 21 1）=t=t；令令 t t2 21=x1=x，则，则 t=t=；1 1 1 1；，对任意，对任意 x x R R，都有，都有 f f即存在函数即存在函数 f f（x x）=（x

16、x2 2+2x+2x）=|x+1|=|x+1|；该选项正确该选项正确故选：故选：D D点点本题考查函数的定义的应用，基本知识的考本题考查函数的定义的应用，基本知识的考评：评：查，但是思考问题解决问题的方法比较难查，但是思考问题解决问题的方法比较难8 8（5 5 分）分）（20152015浙江）如图，已知浙江）如图，已知ABCABC，D D是是 ABAB 的中点，沿直线的中点，沿直线 CDCD 将将ACDACD 折成折成A ACDCD，所成二面角，所成二面角 A ACDCDB B 的平面角的平面角为为，则（，则（）A AA AD DB BA AD DC CA AC CD DA AC CB BB

17、BB BB B考考点点：专专题题：1 1 2 2二面角的平面角及求法二面角的平面角及求法创新题型；空间角创新题型；空间角分分解解解：画出图形，分解：画出图形，分AC=BCAC=BC，ACACBCBC 两两解：当解：当 AC=BCAC=BC 时，时，A ADB=DB=；AEAE 上，上，=A AOEOE，连结，连结 AAAA，易得易得ADAADAAOAAOA，A ADBDBA AOEOE，即，即A ADBDB综上所述，综上所述，A ADBDB，故选：故选：B B析：析：种情况讨论即可种情况讨论即可答：答：当当 ACACBCBC 时，如图，点时，如图，点 A A投影在投影在点点本题考查空间角的大小

18、比较，注意解题本题考查空间角的大小比较，注意解题评：评：方法的积累，属于中档题方法的积累，属于中档题二二、填空题填空题：本大题共本大题共 7 7 小题小题，多空题每题多空题每题 6 6 分，分，单空题每题单空题每题 4 4 分，共分，共 3636 分分1 1 3 39 9（6 6 分）分）（20152015浙江）浙江）双曲线双曲线=1=1 的焦距是的焦距是2 2，渐近线方程是，渐近线方程是y=y=x x考考点点：专专题题：分分解解答：答：确定双曲线中的几何量，即可求出焦距、确定双曲线中的几何量，即可求出焦距、解：双曲线解：双曲线=1=1 中，中，a=a=，b=1b=1，c=c=，析：析：渐近线

19、方程渐近线方程计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程双曲线的简单性质双曲线的简单性质焦距是焦距是 2c=22c=2，渐近线方程是，渐近线方程是 y=y=x x故答案为：故答案为：2 2；y=y=x x本题考查双曲线的方程与性质，考查学生本题考查双曲线的方程与性质，考查学生点点评：评：的计算能力，比较基础的计算能力，比较基础1010（6 6 分）分）（20152015浙江）已知函数浙江）已知函数 f f（x x）=的最小值是的最小值是考考，则，则 f f（f f（3 3）=0 0，f f（x x）函数的值函数的值1 1 4 4点点：专专题题：分分根据已知函数可先求根

20、据已知函数可先求 f f（3 3）=1=1，然后代入，然后代入（f f（3 3）；由于由于 x x1 1 时时，f f（x x）=，析：析：可求可求 f f当当 x x1 1 时，时，f f（x x）=lg=lg（x x2 2+1+1），分别求出每段，分别求出每段函数的取值范围，即可求解函数的取值范围，即可求解解解答：答：解：解：f f（x x）=f f（3 3）=lg10=1=lg10=1，则则 f f（f f（3 3）=f=f（1 1）=0=0，当当 x x1 1 时时，（f f x x）=，即最小值即最小值小值小值 0 0，故故 f f（x x）的最小值是）的最小值是故答案为：故答案为：

21、0 0；点点1111（6 6 分）分）（20152015浙江）函数浙江）函数 f f（x x）=sin=sin2 2x+sinxcosx+1x+sinxcosx+1 的最小正周期是的最小正周期是，单调，单调递减区间是递减区间是kk+，k k+（k k Z Z）1 1 5 5计算题；函数的性质及应用计算题；函数的性质及应用，当当 x x1 1 时，时，x x2 2+1+11 1，（x x）=lg=lg（x x2 2+1+1）0 0 最最本题主要考查了分段函数的函数值的求解，本题主要考查了分段函数的函数值的求解，评：评：属于基础试题属于基础试题考考两角和与差的正弦函数两角和与差的正弦函数；三角函数

22、的周期性及三角函数的周期性及点点：其求法；正弦函数的单调性其求法；正弦函数的单调性专专三角函数的求值三角函数的求值题题：分分由三角函数公式化简可得由三角函数公式化简可得 f f（x x）=sinsin（2x2x析：析：）+，易得最小正周期，解不等式，易得最小正周期，解不等式2k2k+2x2x 2k2k+可得函数的单调可得函数的单调递减区间递减区间解解解：化简可得解：化简可得 f f（x x）=sin=sin2 2x+sinxcosx+1x+sinxcosx+1答：答：=（1 1cos2xcos2x）+sin2x+1sin2x+1=sinsin（2x2x）+，原函数的最小正周期为原函数的最小正周

23、期为 T=T=，由由 2k2k+2x2x 2k2k+可得可得k k+x xk k+，函数的单调递减区间为函数的单调递减区间为kk+，k k+（k k Z Z）故答案为：；故答案为：；kk+，k k+（k k Z Z）点点本题考查三角函数的化简本题考查三角函数的化简，涉及三角函数的周涉及三角函数的周评：评：期性和单调性，属基础题期性和单调性，属基础题1 1 6 61212（4 4 分）分）（20152015浙江）若浙江）若 a=loga=log4 43 3，则，则 2 2a a+2+2a a=考考专专分分解解对数的运算性质对数的运算性质点点：函数的性质及应用函数的性质及应用直接把直接把 a a

24、代入代入 2 2a a+2+2a a，然后利用对数的运算，然后利用对数的运算题题：析：析：性质得答案性质得答案解：解：a=loga=log4 43 3，可知，可知 4 4a a=3=3，所以所以 2 2a a+2+2a a=+=答：答：即即 2 2a a=，故答案为：故答案为：点点评：评：题题本题考查对数的运算性质，是基础的计算本题考查对数的运算性质，是基础的计算1313（4 4 分）分）（20152015浙江）浙江）如图，三棱锥如图，三棱锥A ABCDBCD中，中，AB=AC=BD=CD=3AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2AD=BC=2，点，点 MM，N N分别是分别是 ADAD，

25、BCBC 的中点，则异面直线的中点，则异面直线 ANAN，CMCM所成的角的余弦值是所成的角的余弦值是1 1 7 7考考专专分分异面直线及其所成的角异面直线及其所成的角点点：空间角空间角连结连结 NDND，取，取 NDND 的中点为：的中点为：E E，连结，连结 MEME 说说通过解三角形，求解即可通过解三角形，求解即可解解解：连结解：连结 NDND，取，取 NDND 的中点为：的中点为：E E，连结，连结的角就是的角就是EMCEMC，AN=2AN=2，ME=ME=EN=EN，MC=2MC=2，又又ENENNCNC，EC=EC=coscosEMC=EMC=故答案为：故答案为：=，=答：答：ME

26、ME，则，则 MEMEANAN，异面直线，异面直线 ANAN，CMCM 所成所成题题：析：析：明异面直线明异面直线 ANAN，CMCM 所成的角就是所成的角就是EMCEMC1 1 8 8点点本题考查异面直线所成角的求法，考查空间本题考查异面直线所成角的求法，考查空间评：评：想象能力以及计算能力想象能力以及计算能力1414（4 4 分）分）（20152015浙江）若实数浙江）若实数 x x，y y 满足满足x x2 2+y+y2 21 1，则，则|2x+y|2x+y2|+|62|+|6x x3y|3y|的最小值是的最小值是3 3考考专专分分函数的最值及其几何意义函数的最值及其几何意义点点：不等式

27、的解法及应用；直线与圆不等式的解法及应用；直线与圆根据所给根据所给 x x，y y 的范围，可得的范围，可得|6|6x x3y|=63y|=6x x成两部分，分别去绝对值，运用线性规划的知成两部分，分别去绝对值，运用线性规划的知识，平移即可得到最小值识，平移即可得到最小值解解解：由解：由 x x2 2+y+y2 21 1，可得，可得 6 6x x3y3y0 0，即，即|6|6x x如图直线如图直线 2x+y2x+y2=02=0 将圆将圆 x x2 2+y+y2 2=1=1 分成两部分成两部分，分，1 1 9 9题题：析：析：3y3y，再讨论直线，再讨论直线 2x+y2x+y2=02=0 将圆将

28、圆 x x2 2+y+y2 2=1=1 分分答：答：3y|=63y|=6x x3y3y，在直线的上方（含直线）在直线的上方（含直线），即有，即有 2x+y2x+y2 20 0，即即|2+y|2+y2|=2x+y2|=2x+y2 2，此时此时|2x+y|2x+y2|+|62|+|6x x3y|=3y|=（2x+y2x+y2 2）+（6 6x x3y3y）=x=x2y+42y+4，利用线性规划可得在利用线性规划可得在 A A（，）处取得最小值）处取得最小值3 3；在直线的下方（含直线）在直线的下方（含直线），即有，即有 2x+y2x+y2 20 0，即即|2+y|2+y2|=2|=（2x+y2x+

29、y2 2），此时此时|2x+y|2x+y2|+|62|+|6x x3y|=3y|=（2x+y2x+y2 2）+（6 6x x3y3y）=8=83x3x4y4y，利用线性规划可得在利用线性规划可得在 A A（，）处取得最小值）处取得最小值3 3综上可得，当综上可得，当 x=x=，y=y=时，时，|2x+y|2x+y2|+|62|+|6x x3y|3y|的最小值为的最小值为 3 3故答案为：故答案为：3 3点点本题考查直线和圆的位置关系本题考查直线和圆的位置关系，主要考查二元主要考查二元评：评：函数在可行域内取得最值的方法，属于中档函数在可行域内取得最值的方法，属于中档2 2 0 0题题1515（

30、6 6 分）分）（20152015浙江）已知浙江）已知向量，向量，若空间向量，若空间向量 满足满足对于任意对于任意 x x，y y R R，则，则 x x0 0=1 1，y y0 0=2 2，|=|=2 2考考专专空间向量的数量积运算空间向量的数量积运算；平面向量数量积的运平面向量数量积的运是空间单位是空间单位，且，且点点：算算创新题型；空间向量及应用创新题型；空间向量及应用题题：不妨不妨分分由题意和数量积的运算可得由题意和数量积的运算可得 =，=（1 1，0 0，0 0），由已知可，由已知可析：析：设设=（，0 0）解解=（，t t），可得，可得|（2 2|2 2=（x+x+）+（y y2

31、2）2 2+t+t2 2，由题意可得当，由题意可得当x=xx=x0 0=1=1，y=yy=y0 0=2=2）2 2+（y y2 2）2 2+t+t2 2取最小值取最小值 1 1，由模，由模时，时，（x+x+解解长公式可得长公式可得|解：解：=|=|cos|cos =cos=cos 答：答：=，=，不妨设，不妨设=（，0 0），=（1 1，2 2 1 10 0，0 0），=（mm，n n，t t），则由题意可知则由题意可知=m+m+n=2n=2，m=m=，n=n=，=（，t t），（|（）=（x xy y，=m=m=，解得，解得，t t），）2 2+t+t2 2）2 2+（y y2 2）|2 2

32、=（x xy y）2 2+（=x=x2 2+xy+y+xy+y2 24x4x5y+t5y+t2 2+7=+7=（x+x+2 2+t+t2 2，）2 2+（y y由题意当由题意当 x=xx=x0 0=1=1，y=yy=y0 0=2=2 时，时，（x+x+2 2）2 2+t+t2 2取最小值取最小值 1 1，此时此时 t t2 2=1=1，故，故|=|=故答案为：故答案为：1 1；2 2；2 2点点=2=2本题考查空间向量的数量积本题考查空间向量的数量积，涉及向量的模长涉及向量的模长评：评：公式，属中档题公式，属中档题三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 5 小题，共小题，共 7474 分

33、解答分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤应写出文字说明、证明过程或演算步骤1616（1414 分）分）（20152015浙江）浙江）在在ABCABC 中中，内角内角 A A，B B，C C 所对的边分别为所对的边分别为 a a，b b，c c，已知，已知 A=A=，b b2 2a a2 2=c c2 2（1 1）求）求 tanCtanC 的值；的值；2 2 2 2（2 2）若）若ABCABC 的面积为的面积为 3 3，求，求 b b 的值的值考考余弦定理余弦定理点点：专专解三角形解三角形题题：分分（1 1）由余弦定理可得：）由余弦定理可得：析：析：知知 b b2 2a a2 2=c c2

34、2可得可得，a=a=定理可得定理可得 cosCcosC可得可得 sinC=sinC=出出 tanC=tanC=（2 2）由）由=，已，已利用余弦利用余弦，即可得，即可得=3=3，可得，可得c c，即可得出，即可得出 b b（1 1）A=A=，由余弦定理可得：，由余弦定理可得：解解解：解：，b b2 2a a2 2=bcbcc c2 2，答：答：又又 b b2 2a a2 2=c c2 2 bcbcc c2 2=c c2 2 b=b=c c可可得得，=，即，即 a=a=a a2 2=b=b2 2cosC=cosC=C C（0 0，），），sinC=sinC=tanC=tanC=2=22 2 3

35、3（2 2）解得解得 c=2c=2=3=3=3=3，点点本题考查了正弦定理余弦定理、同角三角形本题考查了正弦定理余弦定理、同角三角形评：评：基本关系式、三角形面积计算公式，考查了基本关系式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题推理能力与计算能力，属于中档题1717（1515 分）分）（20152015浙江）如图，在三棱柱浙江）如图，在三棱柱ABCABCA A1 1B B1 1C C1 1中，中，BAC=90BAC=90，AB=AC=2AB=AC=2，A A1 1A=4A=4，A A1 1在底面在底面 ABCABC 的射影为的射影为 BCBC 的中点，的中点，D D 是是 B

36、 B1 1C C1 1的中点的中点（1 1）证明：）证明：A A1 1D D平面平面 A A1 1BCBC；（2 2）求二面角求二面角 A A1 1BDBDB B1 1的平面角的余弦值的平面角的余弦值考考二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的点点：判定判定专专空间位置关系与距离；空间角空间位置关系与距离；空间角题题：2 2 4 4分分（1 1）以以 BCBC 中点中点 O O 为坐标原点为坐标原点，以以 OBOB、OAOA、析：析：OAOA1 1所在直线分别为所在直线分别为 x x、y y、z z 轴建系，通过轴建系，通过=0=0 及线面垂直的判定定理即得

37、及线面垂直的判定定理即得结论；结论；（2 2）所求值即为平面）所求值即为平面 A A1 1BDBD 的法向量与平面的法向量与平面B B1 1BDBD 的法向量的夹角的余弦值的绝对值的的法向量的夹角的余弦值的绝对值的相反数，计算即可相反数，计算即可解解（1 1）证明证明：如图如图，以以 BCBC 中点中点 O O 为坐标原点，为坐标原点，答：答：以以 OBOB、OAOA、OAOA1 1所在直线分别为所在直线分别为 x x、y y、z z轴建系轴建系则则 BC=BC=AC=2AC=2，A A1 1O=O=易知易知 A A1 1（0 0，0 0，0 0，0 0），A A（0 0，0 0），D D（0

38、 0，），B B1 1（，），=，），=（0 0，0 0），=（，（0 0，0 0，），=0=0，A A1 1D DOAOA1 1，又又 =0=0，A A1 1D DBCBC，又又OAOA1 1BC=OBC=O，A A1 1D D平面平面 A A1 1BCBC；（2 2）解：设平面解：设平面A A1 1BDBD 的法向量为的法向量为=（x x，y y，2 2 5 5=，），B B（，0 0，0 0），C C（=（，0 0，0 0），=（2 2，0 0，0 0），z z），由由，得，得，取取 z=1z=1，得，得=（，0 0，1 1），设平面设平面 B B1 1BDBD 的法向量为的法向量为=（

39、x x，y y，z z），由由，得，得，取取 z=1z=1，得，得=（0 0，1 1），coscos，=，又该二面角为钝角，又该二面角为钝角，二面角二面角 A A1 1BDBDB B1 1的平面角的余弦值为的平面角的余弦值为 点点本题考查空间中线面垂直的判定定理，考查本题考查空间中线面垂直的判定定理，考查评：评：求二面角的三角函数值，注意解题方法的积求二面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题累，属于中档题2 2 6 61818 （1515 分）分）（20152015浙江）浙江）已知函数已知函数（f f x x）=x=x2 2+ax+b+ax+b（a a，b b R R），记，记 MM

40、（a a，b b）是）是|f|f（x x）|在区间在区间 1 1，1 1 上的最大值上的最大值（1 1）证明：当）证明：当|a|a|2 2 时，时，MM（a a，b b）2 2；（2 2）当）当 a a，b b 满足满足 MM（a a，b b）2 2 时，求时，求|a|+|b|a|+|b|的最大值的最大值考考专专分分二次函数在闭区间上的最值二次函数在闭区间上的最值点点：函数的性质及应用函数的性质及应用（1 1）明确二次函数的对称轴，区间的端点）明确二次函数的对称轴，区间的端点知以及三角不等式变形所求得到证明；知以及三角不等式变形所求得到证明；（2 2）讨论）讨论a=b=0a=b=0 以及分析以

41、及分析 MM（a a，b b）2 2 得得到到3 3a+ba+b1 1 且且3 3b ba a1 1，进一步求出进一步求出|a|+|b|a|+|b|的求值的求值解解解：解：（1 1）由已知可得）由已知可得 f f（1 1）=1+a+b=1+a+b，f f（1 1）答：答：=1=1a+ba+b，对称轴为，对称轴为 x=x=，因为因为|a|a|2 2，所以，所以或或1 1，所以函数所以函数 f f（x x）在）在 1 1，1 1 上单调，上单调，所以所以 MM（a a，b b）=max|f=max|f（1 1），|f|f（1 1）2 2 7 7题题：析：析：值，由值，由 a a 的范围明确函数的单

42、调性，结合已的范围明确函数的单调性，结合已|=max|1+a+b|=max|1+a+b|，|1|1a+b|a+b|，所以所以 MM（a a，b b）（|1+a+b|+|1|1+a+b|+|1a+b|a+b|）|（1+a+b1+a+b）（）（1 1a+ba+b）|2a|2a|2 2；（2 2）当）当 a=b=0a=b=0 时，时，|a|+|b|=0|a|+|b|=0 又又|a|+|b|a|+|b|0 0，所，所以以 0 0 为最小值，符合题意；为最小值，符合题意；又对任意又对任意 x x 1 1，1 1 有有2 2x x2 2+ax+b+ax+b2 2 得得到到3 3a+ba+b1 1 且且3

43、3b ba a1 1，易知，易知|a|+|b|=max|a|a|+|b|=max|ab|b|，|a+b|=3|a+b|=3，在，在 b=b=1 1，a=2a=2时符合题意，时符合题意，所以所以|a|+|b|a|+|b|的最大值为的最大值为 3 3点点本题考查了二次函数闭区间上的最值求法；本题考查了二次函数闭区间上的最值求法；（x x）|在区间在区间 1 1，1 1 上的最大值，以及利用上的最大值，以及利用三角不等式变形三角不等式变形1919（1515 分）分）（20152015浙江）浙江）已知椭圆已知椭圆上两个上两个评：评：解答本题的关键是正确理解解答本题的关键是正确理解 MM（a a，b b

44、）是）是|f|f不同的点不同的点 A A，B B 关于直线关于直线 y=mx+y=mx+对称对称（1 1）求实数）求实数 mm 的取值范围；的取值范围；（2 2）求求AOBAOB 面积的最大值面积的最大值（O O 为坐标原点）为坐标原点）2 2 8 8考考专专分分直线与圆锥曲线的关系直线与圆锥曲线的关系点点：创新题型；圆锥曲线中的最值与范围问题创新题型；圆锥曲线中的最值与范围问题（1 1）由题意，可设直线）由题意，可设直线 ABAB 的方程为的方程为 x=x=2mny+n2mny+n2 22=02=0，设，设 A A（x x1 1，y y1 1），B B（x x2 2，y y2 2）可得可得0

45、 0，设线段，设线段 ABAB 的中点的中点 P P（x x0 0，y y0 0），利用中点坐标公式及其根与系数的可得利用中点坐标公式及其根与系数的可得 P P，代代入直线入直线 y=mx+y=mx+，可得，可得可解出可解出（2 2）直线）直线 ABAB 与与 x x 轴交点横坐标为轴交点横坐标为 n n，可得，可得S SOABOAB=，再利用均值不等式即可得出再利用均值不等式即可得出题题：析：析：my+nmy+n，代入椭圆方程可得（，代入椭圆方程可得（mm2 2+2+2）y y2 2，代入，代入0 0，即，即解解解：解：（1 1）由题意，可设直线）由题意，可设直线 ABAB 的方程为的方程为

46、 x=x=，可得（，可得（mm2 2+2+2）答：答：my+nmy+n，代入椭圆方程，代入椭圆方程y y2 22mny+n2mny+n2 22=02=0，2 2 9 9设设 A A（x x1 1，y y1 1），B B（x x2 2，y y2 2）由题意，由题意，=4m=4m2 2n n2 24 4（mm2 2+2+2）（n n2 22 2）=8=8（mm2 2n n2 2+2+2）0 0，设线段设线段 ABAB 的中点的中点 P P（x x0 0，y y0 0），则，则x x0 0=mm+n=+n=，=+，由于点由于点 P P 在直线在直线 y=mx+y=mx+上，上，解得解得 mm2 2S

47、 S=，代入，代入0 0，可得，可得3m3m4 4+4m+4m2 24 40 0，或或 mm=|n|n|=（2 2）直线）直线 ABAB 与与 x x 轴交点纵坐标为轴交点纵坐标为 n n，OABOAB由均值不等式可得：由均值不等式可得：n n2 2（mm2 2n n2 2+2+2）=S SAOBAOB，=，当且仅当，当且仅当 n n2 2=m=m2 2n n2 2+2+2，即，即，解得，解得 m=m=时，时，S SAOBAOB2n2n2 2=m=m2 2+2+2，又，又当且仅当当且仅当 m=m=点点，取得最大值为取得最大值为 本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、本题考查了椭圆的定义标准方程

48、及其性质、评：评：直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根3 3 0 0与系数的关系、中点坐标公式、线段垂直平与系数的关系、中点坐标公式、线段垂直平分线的性质、三角形面积计算公式、弦长公分线的性质、三角形面积计算公式、弦长公式、均值不等式的性质，考查了推理能力与式、均值不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题计算能力，属于难题2020（1515 分）分）（20152015浙江）浙江）已知数列已知数列aan n 满足满足 a a1 1=且且 a an+1n+1=a=an na an n2 2（n n N N*）（1 1）证明：）证明：1 12 2（n

49、n N N*）；（2 2）设数列）设数列aan n2 2 的前的前 n n 项和为项和为 S Sn n，证明，证明（n n N N*）考考 数列的求和；数列与不等式的综合数列的求和；数列与不等式的综合点点：专专 创新题型；点列、递归数列与数学归纳法创新题型；点列、递归数列与数学归纳法题题：，利用，利用 a an n分分（1 1）通过题意易得）通过题意易得0 0a an n（n n N N*）析：析：a an+1n+1=可得可得=1 1，利用，利用2 2，即得结论；，即得结论；=a=an na an+1n+1累加得累加得 S Sn n=a an+1n+1，利用数，利用数（2 2）通过通过学归纳法

50、可证明学归纳法可证明a an n（n n2 2），从而，从而3 3 1 1答：答：又又a a2 2=a=a1 1又又a an na an+1n+1=，化简即得结论，化简即得结论（1 1）由题意可知：）由题意可知：0 0a an n（n n N N*），解解证明：证明：=，=2=2，1 1，a an na an+1n+1，2 2，1 12 2（n n N N*）；=a=an n 1 1a an n，（2 2）由已知，）由已知，=a=an na an+1n+1，=a=a1 1a a2 2，累加，得累加，得 S Sn n=+=a=a1 1a an+1n+1=a an+1n+1，易知当易知当 n=1n