2015年浙江省高考数学试卷.pdf

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1、2015 年浙江省高考数学试卷（理科）一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分 2015 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）1（5 分）已知集合 P=x|x22x0，Q=x|1 x2，则（RP）Q=（）A0，1）B（0，2 C（1，2）D1，2 2（5 分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）A8cm3 B12cm3 C D 3（5 分）已知an是等差数列，公差 d 不为零，前 n 项和是 Sn，若 a3，a4，a8成等比数列，则（）Aa1d0，dS40 Ba1d0，dS40 Ca1d0，dS40 Da1d0，dS40 4（5 分

2、）命题“nN*，f（n）N*且 f（n）n”的否定形式是（）AnN*，f（n）N*且 f（n）n BnN*，f（n）N*或 f（n）n Cn0N*，f（n0）N*且 f（n0）n0 Dn0N*，f（n0）N*或 f（n0）n0 5（5 分）如图，设抛物线 y2=4x 的焦点为 F，不经过焦点的直线上有三个不同的点 A，B，C，其中点 A，B在抛物线上，点 C在 y 轴上，则BCF与ACF的面积之比是（）A B C D 6（5 分）设 A，B是有限集，定义：d（A，B）=card（AB）card（AB），其中 card（A）表示有限集 A中的元素个数（）命题：对任意有限集 A，B，“AB”是“d

3、（A，B）0”的充分必要条件；命题：对任意有限集 A，B，C，d（A，C）d（A，B）+d（B，C）A命题和命题都成立 B命题和命题都不成立 C命题成立，命题不成立 D命题不成立，命题成立 7（5 分）存在函数 f（x）满足，对任意 xR都有（）Af（sin2x）=sinx Bf（sin2x）=x2+x Cf（x2+1）=|x+1|D f（x2+2x）=|x+1|8（5 分）如图，已知ABC，D是 AB的中点，沿直线 CD将ACD折成ACD，所成二面角 ACD B的平面角为，则（）AADB BADB CACB DACB 二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共

4、 36 分 9（6 分）双曲线y2=1 的焦距是 ，渐近线方程是 10（6 分）已知函数 f（x）=，则 f（f（3）=，f（x）的最小值是 11（6 分）函数 f（x）=sin2x+sinxcosx+1的最小正周期是 ，单调递减区间是 12（4 分）若 a=log43，则 2a+2a=13（4 分）如图，三棱锥 ABCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点 M，N分别是 AD，BC的中点，则异面直线 AN，CM所成的角的余弦值是 14（4 分）若实数 x，y 满足 x2+y21，则|2x+y 2|+|6 x3y|的最小值是 15（6 分）已知是空间单位向量，若空间向量满足，且对

5、于任意x，yR，=1（x0，y0R），则 x0=，y0=，|=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 16（14 分）在ABC中，内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，已知 A=，b2a2=c2（1）求 tanC 的值；（2）若ABC的面积为 3，求 b 的值 17（15 分）如图，在三棱柱 ABC A1B1C1中，BAC=90，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面 ABC的射影为 BC的中点，D是 B1C1的中点（1）证明：A1D平面 A1BC；（2）求二面角 A1BD B1的平面角的余弦值 18（15 分）已知函数 f（x）=x2+ax+

6、b（a，bR），记 M（a，b）是|f（x）|在区间 1，1 上的最大值（1）证明：当|a|2 时，M（a，b）2；（2）当 a，b 满足 M（a，b）2 时，求|a|+|b|的最大值 19（15 分）已知椭圆上两个不同的点 A，B关于直线 y=mx+对称（1）求实数 m的取值范围；（2）求AOB面积的最大值（O为坐标原点）20（15 分）已知数列an满足 a1=且 an+1=anan2（nN*）（1）证明：12（nN*）；（2）设数列an2的前 n 项和为 Sn，证明（nN*）2015 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 8 小题，每小题 5 分，共 40

7、分 2015 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）1（5 分）已知集合 P=x|x22x0，Q=x|1 x2，则（RP）Q=（）A0，1）B（0，2 C（1，2）D1，2【分析】求出 P中不等式的解集确定出 P，求出 P补集与 Q的交集即可【解答】解：由 P中不等式变形得：x（x2）0，解得：x0 或 x2，即 P=（，0 2，+），RP=（0，2），Q=（1，2，（RP）Q=（1，2），故选：C【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键 2（5 分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）A8cm3 B12cm3 C D【分

8、析】判断几何体的形状，利用三视图的数据，求几何体的体积即可【解答】解：由三视图可知几何体是下部为棱长为 2 的正方体，上部是底面为边长 2 的正方形高为 2 的正四棱锥，所求几何体的体积为：23+222=故选：C【点评】本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 3（5 分）已知an是等差数列，公差 d 不为零，前 n 项和是 Sn，若 a3，a4，a8成等比数列，则（）Aa1d0，dS40 Ba1d0，dS40 Ca1d0，dS40 Da1d0，dS40【分析】由 a3，a4，a8成等比数列，得到首项和公差的关系，即可判断 a1d 和 dS4的符号【解答】解：设等差

9、数列an的首项为 a1，则 a3=a1+2d，a4=a1+3d，a8=a1+7d，由 a3，a4，a8成等比数列，得，整理得：d0，=0 故选：B【点评】本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 n 项和，是基础题 4（5 分）命题“nN*，f（n）N*且 f（n）n”的否定形式是（）AnN*，f（n）N*且 f（n）n BnN*，f（n）N*或 f（n）n Cn0N*，f（n0）N*且 f（n0）n0 Dn0N*，f（n0）N*或 f（n0）n0【分析】根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论【解答】解：命题为全称命题，则命题的否定为：n0N*，f（n0）N*或 f（n0）n0

10、，故选：D【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础 5（5 分）如图，设抛物线 y2=4x 的焦点为 F，不经过焦点的直线上有三个不同的点 A，B，C，其中点 A，B在抛物线上，点 C在 y 轴上，则BCF与ACF的面积之比是（）A B C D【分析】根据抛物线的定义，将三角形的面积关系转化为的关系进行求解即可【解答】解：如图所示，抛物线的准线DE的方程为 x=1，过 A，B分别作 AE DE于 E，交 y 轴于 N，BD DE于 D，交 y 轴于 M，由抛物线的定义知 BF=BD，AF=AE，则|BM|=|BD|1=|BF|1，|AN|=|AE|1=|AF|1，则=，故选：A 【点

11、评】本题主要考查三角形的面积关系，利用抛物线的定义进行转化是解决本题的关键 6（5 分）设 A，B是有限集，定义：d（A，B）=card（AB）card（AB），其中 card（A）表示有限集 A中的元素个数（）命题：对任意有限集 A，B，“AB”是“d（A，B）0”的充分必要条件；命题：对任意有限集 A，B，C，d（A，C）d（A，B）+d（B，C）A命题和命题都成立 B命题和命题都不成立 C命题成立，命题不成立 D命题不成立，命题成立【分析】命题根据充要条件分充分性和必要性判断即可，借助新定义，根据集合的运算，判断即可【解答】解：命题：对任意有限集 A，B，若“AB”，则 ABAB，则 c

12、ard（AB）card（AB），故“d（A，B）0”成立，若 d（A，B）0”，则 card（AB）card（AB），则 ABAB，故 AB成立，故命题成立，命题，d（A，B）=card（AB）card（AB），d（B，C）=card（BC）card（BC），d（A，B）+d（B，C）=card（AB）card（AB）+card（BC）card（BC）=card（AB）+card（BC）card（AB）+card（BC）card（AC）card（AC）=d（A，C），故命题成立，故选：A【点评】本题考查了，元素和集合的关系，以及逻辑关系，分清集合之间的关系与各集合元素个数之间的关系，注意本题对

13、充要条件的考查集合的元素个数，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，属于基础题 7（5 分）存在函数 f（x）满足，对任意 xR都有（）Af（sin2x）=sinx Bf（sin2x）=x2+x Cf（x2+1）=|x+1|D f（x2+2x）=|x+1|【分析】利用 x 取特殊值，通过函数的定义判断正误即可【解答】解：A取 x=0，则 sin2x=0，f（0）=0；取 x=，则 sin2x=0，f（0）=1；f（0）=0，和 1，不符合函数的定义；不存在函数 f（x），对任意 xR都有 f（sin2x）=sinx；B取 x=0，则 f（0）=0；取 x=，则 f（0）=2

14、+；f（0）有两个值，不符合函数的定义；该选项错误；C取 x=1，则 f（2）=2，取 x=1，则 f（2）=0；这样 f（2）有两个值，不符合函数的定义；该选项错误；D令 x+1=t，则 f（x2+2x）=|x+1|，化为 f（t21）=|t|；令 t21=x，则 t=；即存在函数 f（x）=，对任意 xR，都有 f（x2+2x）=|x+1|；该选项正确 故选：D【点评】本题考查函数的定义的应用，基本知识的考查，但是思考问题解决问题的方法比较难 8（5 分）如图，已知ABC，D是 AB的中点，沿直线 CD将ACD折成ACD，所成二面角 ACD B的平面角为，则（）AADB BADB CACB

15、 DACB 【分析】解：画出图形，分 AC=BC，AC BC两种情况讨论即可【解答】解：当 AC=BC 时，ADB=；当 AC BC时，如图，点 A投影在AE上，=AOE，连结AA，易得ADAAOA，ADBAOE，即ADB 综上所述，ADB，故选：B 【点评】本题考查空间角的大小比较，注意解题方法的积累，属于中档题 二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分 9（6 分）双曲线y2=1 的焦距是 2，渐近线方程是 y=x 【分析】确定双曲线中的几何量，即可求出焦距、渐近线方程【解答】解：双曲线=1 中，a=，b=1，c=，焦距是 2c=2，渐近线方程是

16、 y=x 故答案为：2；y=x【点评】本题考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，比较基础 10（6 分）已知函数 f（x）=，则 f（f（3）=0，f（x）的最小值是 【分析】根据已知函数可先求 f（3）=1，然后代入可求 f（f（3）；由于 x1 时，f（x）=，当 x1 时，f（x）=lg（x2+1），分别求出每段函数的取值范围，即可求解【解答】解：f（x）=，f（3）=lg10=1，则 f（f（3）=f（1）=0，当 x1 时，f（x）=，即最小值，当 x1 时，x2+11，f（x）=lg（x2+1）0 最小值 0，故 f（x）的最小值是 故答案为：0；【点评】本题主要考查了分段函

17、数的函数值的求解，属于基础试题 11（6 分）函数 f（x）=sin2x+sinxcosx+1的最小正周期是 ，单调递减区间是 k+，k+（kZ）【分析】由三角函数公式化简可得 f（x）=sin（2x）+，易得最小正周期，解不等式 2k+2x2k+可得函数的单调递减区间【解答】解：化简可得 f（x）=sin2x+sinxcosx+1=（1cos2x）+sin2x+1=sin（2x）+，原函数的最小正周期为 T=，由 2k+2x2k+可得 k+xk+，函数的单调递减区间为k+，k+（kZ）故答案为：；k+，k+（kZ）【点评】本题考查三角函数的化简，涉及三角函数的周期性和单调性，属基础题 12（

18、4 分）若 a=log43，则 2a+2a=【分析】直接把 a 代入 2a+2a，然后利用对数的运算性质得答案【解答】解：a=log43，可知 4a=3，即 2a=，所以 2a+2a=+=故答案为：【点评】本题考查对数的运算性质，是基础的计算题 13（4 分）如图，三棱锥 ABCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点 M，N分别是 AD，BC的中点，则异面直线 AN，CM所成的角的余弦值是 【分析】连结 ND，取 ND 的中点为：E，连结 ME说明异面直线 AN，CM所成的角就是EMC 通过解三角形，求解即可【解答】解：连结 ND，取 ND 的中点为：E，连结 ME，则 ME A

19、N，异面直线 AN，CM所成的角就是EMC，AN=2，ME=EN，MC=2，又EN NC，EC=，cos EMC=故答案为：【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力 14（4 分）若实数 x，y 满足 x2+y21，则|2x+y 2|+|6 x3y|的最小值是 3 【分析】根据所给 x，y 的范围，可得|6 x3y|=6 x3y，再讨论直线 2x+y2=0 将圆 x2+y2=1 分成两部分，分别去绝对值，运用线性规划的知识，平移即可得到最小值【解答】解：由 x2+y21，可得 6x3y0，即|6 x3y|=6 x3y，如图直线 2x+y2=0 将圆 x2+y2=1 分

20、成两部分，在直线的上方（含直线），即有 2x+y20，即|2x+y 2|=2x+y 2，此时|2x+y 2|+|6 x3y|=（2x+y2）+（6x3y）=x2y+4，利用线性规划可得在 A（，）处取得最小值 3；在直线的下方（含直线），即有 2x+y20，即|2x+y 2|=（2x+y2），此时|2x+y 2|+|6 x3y|=（2x+y2）+（6x3y）=83x4y，利用线性规划可得在 A（，）处取得最小值 3 综上可得，当 x=，y=时，|2x+y 2|+|6 x3y|的最小值为 3 故答案为：3 【点评】本题考查直线和圆的位置关系，主要考查二元函数在可行域内取得最值的方法，属于中档题

21、15（6 分）已知是空间单位向量，若空间向量满足，且对于任意x，yR，=1（x0，y0R），则 x0=1，y0=2，|=2 【分析】由题意和数量积的运算可得=，不妨设=（，0），=（1，0，0），由已知可解=（，t），可得|（|2=（x+）2+（y2）2+t2，由题意可得当 x=x0=1，y=y0=2 时，（x+）2+（y2）2+t2取最小值 1，由模长公式可得【解答】解：=|cos =cos=，=，不妨设=（，0），=（1，0，0），=（m，n，t），则由题意可知=m+n=2，=m=，解得 m=，n=，=（，t），（）=（xy，t），|（）|2=（xy）2+（）2+t2=x2+xy+y24x

22、5y+t2+7=（x+）2+（y2）2+t2，由题意当 x=x0=1，y=y0=2 时，（x+）2+（y2）2+t2取最小值 1，此时 t2=1，故=2 故答案为：1；2；2【点评】本题考查空间向量的数量积，涉及向量的模长公式，属中档题 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 16（14 分）在ABC中，内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，已知 A=，b2a2=c2（1）求 tanC 的值；（2）若ABC的面积为 3，求 b 的值【分析】（1）由余弦定理可得：，已知 b2a2=c2可得，a=利用余弦定理可得 cosC可得 sinC=，即可得出

23、tanC=（2）由=3，可得 c，即可得出 b【解答】解：（1）A=，由余弦定理可得：，b2a2=bcc2，又 b2a2=c2bcc2=c2b=c可得，a2=b2=，即 a=cosC=C（0，），sinC=tanC=2 或由 A=，b2a2=c2 可得：sin2Bsin2A=sin2C，sin2B=sin2C，cos2B=sin2C，sin=sin2C，sin=sin2C，sin2C=sin2C，tanC=2（2）=3，解得 c=2=3【点评】本题考查了正弦定理余弦定理、同角三角形基本关系式、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 17（15 分）如图，在三棱柱 ABC A1

24、B1C1中，BAC=90，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面 ABC的射影为 BC的中点，D是 B1C1的中点（1）证明：A1D平面 A1BC；（2）求二面角 A1BD B1的平面角的余弦值 【分析】（1）以 BC中点 O为坐标原点，以 OB、OA、OA1所在直线分别为 x、y、z轴建系，通过=0 及线面垂直的判定定理即得结论；（2）所求值即为平面 A1BD的法向量与平面 B1BD的法向量的夹角的余弦值的绝对值的相反数，计算即可【解答】（1）证明：如图，以 BC中点 O为坐标原点，以 OB、OA、OA1所在直线分别为 x、y、z 轴建系 则 BC=AC=2，A1O=，易知 A1（0，0，）

25、，B（，0，0），C（，0，0），A（0，0），D（0，），B1（，），=（0，0），=（，），=（，0，0），=（2，0，0），=（0，0，），=0，A1DOA1，又=0，A1DBC，又OA1BC=O，A1D平面 A1BC；（2）解：设平面 A1BD的法向量为=（x，y，z），由，得，取 z=1，得=（，0，1），设平面 B1BD的法向量为=（x，y，z），由，得，取 z=1，得=（0，1），cos ，=，又该二面角为钝角，二面角 A1BD B1的平面角的余弦值为 【点评】本题考查空间中线面垂直的判定定理，考查求二面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题 18（15 分）已知函数 f

26、（x）=x2+ax+b（a，bR），记 M（a，b）是|f（x）|在区间 1，1 上的最大值（1）证明：当|a|2 时，M（a，b）2；（2）当 a，b 满足 M（a，b）2 时，求|a|+|b|的最大值【分析】（1）明确二次函数的对称轴，区间的端点值，由 a 的范围明确函数的单调性，结合已知以及三角不等式变形所求得到证明；（2）讨论 a=b=0 以及分析 M（a，b）2 得到3a+b1 且3ba1，进一步求出|a|+|b|的求值【解答】解：（1）由已知可得 f（1）=1+a+b，f（1）=1a+b，对称轴为 x=，因为|a|2，所以或1，所以函数 f（x）在 1，1 上单调，所以 M（a，b

27、）=max|f（1），|f（1）|=max|1+a+b|，|1 a+b|，所以 M（a，b）（|1+a+b|+|1 a+b|）|（1+a+b）（1a+b）|2a|=|a|2；（2）当 a=b=0 时，|a|+|b|=0又|a|+|b|0，所以 0 为最小值，符合题意；又对任意 x 1，1 有2x2+ax+b2，得到3a+b1 且3ba1，22，易知（|a|+|b|）max=max|a b|，|a+b|=3，在 b=1，a=2 时符合题意，所以|a|+|b|的最大值为 3【点评】本题考查了二次函数闭区间上的最值求法；解答本题的关键是正确理解M（a，b）是|f（x）|在区间 1，1 上的最大值，以

28、及利用绝对值不等式变形 19（15 分）已知椭圆上两个不同的点 A，B关于直线 y=mx+对称（1）求实数 m的取值范围；（2）求AOB面积的最大值（O为坐标原点）【分析】（1）由题意，可设直线 AB的方程为 x=my+n，代入椭圆方程可得（m2+2）y22mny+n22=0，设 A（x1，y1），B（x2，y2）可得0，设线段 AB的中点 P（x0，y0），利用中点坐标公式及其根与系数的可得 P，代入直线 y=mx+，可得，代入0，即可解出（2）直线 AB与 x 轴交点横坐标为 n，可得 SOAB=，再利用均值不等式即可得出【解答】解：（1）由题意，可设直线 AB 的方程为 x=my+n，代

29、入椭圆方程，可得（m2+2）y22mny+n22=0，设 A（x1，y1），B（x2，y2）由题意，=4m2n24（m2+2）（n22）=8（m2n2+2）0，设线段 AB的中点 P（x0，y0），则x0=m+n=，由于点 P在直线 y=mx+上，=+，代入0，可得 3m4+4m240，解得 m2，或 m（2）直线 AB与 x 轴交点横坐标为 n，SOAB=|n|=，由均值不等式可得：n2（m2n2+2）=，SAOB=，当且仅当 n2=m2n2+2，即 2n2=m2+2，又，解得 m=，当且仅当 m=时，SAOB取得最大值为【点评】本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为

30、方程联立可得根与系数的关系、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 20（15 分）已知数列an满足 a1=且 an+1=anan2（nN*）（1）证明：12（nN*）；（2）设数列an2的前 n 项和为 Sn，证明（nN*）【分析】（1）通过题意易得 0an（nN*），利用 anan+1=可得1，利用=2，即得结论；（2）通过=anan+1累加得 Sn=a1an+1，对 an+1=anan2两边同除以 an+1an采用累积法可求出 an+1的范围，从而得出结论【解答】证明：（1）由题意可知：an+1an=an20

31、，即 an+1an，故 an，1 由 an=（1an1）an1得 an=（1an1）（1an2）（1a1）a10 所以 0an（nN*），又a2=a1=，=2，又anan+1=，anan+1，1，=2，12（nN*），综上所述，12（nN*）；（2）由已知，=anan+1，=an1an，=a1a2，累加，得 Sn=+=a1an+1，由 an+1=anan2两边同除以 an+1an得，和 12，得 12，累加得 1+1+1+2+2+2，所以 n2n，因此an+1（nN*），由得（nN*）【点评】本题是一道数列与不等式的综合题，考查数学归纳法，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于难题