2015年浙江省高考理科数学试卷及答案(word版)

糖果工作室原创欢迎下载！第1页共9页绝密★考试结束前2015年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共5页，选择题部分1至3页，非选择题部分4至5页。满分150分，考试时间120分钟。请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。选择题部分（共50分）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试题卷上。参考公式如果事件,AB互斥，那么()()()PABPAPB如果事件,AB相互独立，那么()()()PABPAPB如果事件A在一次试验中发生的概率为P,那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率()(1)(0,1,2,...,)kknknnPkCppkn台体的体积公式11221()3VhSSSS其中1S,2S分别表示台体的上、下面积，h表示台体的高柱体体积公式VSh其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高锥体的体积公式13VSh其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高球的表面积公式24SR球的体积公式343VR其中R表示球的半径糖果工作室原创欢迎下载！第2页共9页2222侧视图俯视图正视图xAyFOBC一、选择题：本大题共8小题,每小题5分,共40分,在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。1.已知集合P={x|x2-2x≥0},Q={x|1x≤2},则(CRP)Q=()A.[0,1)B.(0,2]C.(1,2)D.[1,2]2.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是()A.8cm3B.12cm3C.332cm3D.340cm33.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()A.a1d0,dS40B.a1d0,dS40C.a1d0,dS40D.a1d0,dS404.命题“*)(*,NnfNn且f(n)≤n”的否定形式是()A.*)(*,NnfNn且f(n)nB.*)(*,NnfNn或f(n)nC.*)(*,00NnfNn且f(n0)n0D.*)(*,00NnfNn或f(n0)n05.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.1||1||AFBFB.1||1||22AFBFC.1||1||AFBFD.1||1||22AFBF6.设A,B是有限集,定义d(A,B)=card(AB)-card(AB),其中card(A)表示有限集A中的元素个数,命题①：对任意有限集A,B,“A≠B”是“d(A,B)0”的充分必要条件；命题②：对任意有限集A,B,C,d(A,C)≤d(A,B)+d(B,C),则()A.命题①和命题②都成立B.命题①和命题②都不成立C.命题①成立,命题②不成立D.命题①不成立,命题②成立7.存在函数f(x)满足,对任意x∈R都有()A.f(sin2x)=sinxB.f(sin2x)=x2+xC.f(x2+1)=|x+1|D.f(x2+2x)=|x+1|8.如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD折成△CDA,所成二面角BCDA的平面角为,则()A.DBA≤B.DBA≥C.CBA≤D.CBA≥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.双曲线1222yx的焦距是,渐近线方程是10.已知函数f(x)=1),1lg(1,322xxxxx,则f(f(-3))=,f(x)的最小值是11.函数f(x)=sin2x+sinxcosx+1的最小正周期是,单调递减区间是12.若a=log43,则aa22=糖果工作室原创欢迎下载！第3页共9页13.如图,三棱锥A-BCD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.若实数x,y满足x2+y2≤1,则|2x+y-2|+|6-x-3y|的最小值是15.已知21,ee是空间单位向量,21ee=21,若空间向量b满足1eb=2,2eb=25,且对于任意x,y∈R,|)(21eyexb|≥|)(2010eyexb|=1(x0,y0∈R),则x0=,y0=,|b|=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.(本题满分14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A=4,b2-a2=21c2(I)求tanC的值；(II)若△ABC的面积为3,求b的值17.(本题满分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为B1C1的中点.(I)证明:A1D平面A1BC;(II)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值18.(本题满分15分)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,bR),记M(a,b)是|f(x)|在区间[-1,1]上的最大值(I)证明:当|a|≥2时,M(a,b)≥2;(II)当a,b满足M(a,b)≤2,求|a|+|b|的最大值NMDCBAABCDA1B1C1糖果工作室原创欢迎下载！第4页共9页yxBAO19.(本题满分15分)已知椭圆222yx=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+21对称．(I)求实数m的取值范围；(II)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)20.(本题满分15分)已知数列{an}满足a1=21,且1na=na-2na(nN*)(I)证明：1≤1nnaa≤2(nN*)(II)设数列{2na}的前n项和为Sn,证明)2(21n≤nSn≤)1(21n(nN*)糖果工作室原创欢迎下载！第5页共9页2015年浙江省高考数学(理)参考答案1.C2.C3.B4.D5.A6.A7.D8.B9.32,x2y=010.0,22-311.,[k+83,k+87],k∈Z12.33413.8714.315.1,2,2216.解:(I)∵a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2-2bc又b2-a2=21c2∴2bc-c2=21c2即3c=22b∴3sinC=22sinB=22sin(C+4)=2(sinC+cosC)∴sinC=2cosC,故tanC=2(II)S△ABC=21bcsinA=42bc=3∴bc=62又c=322b∴322b2=62∴b2=9,故b=3法二:(I)∵b2-a2=21c2,A=4∴sin2B21=21sin2C即-cos2B=sin2C∴sin2C=-cos2(C43)=sin2C=2sinCcosC即sinC=2cosC,故tanC=2(II)由tanC=2,0C2,得cosC=51tan112C,sinC=52∴sin2B=21(1+sin2C)=109∴sinB=22352223103sinC,从而c=322b又S△ABC=21bcsinA=42bc=31b2=3∴b2=9,故b=317.解:(I)设BC的中点为O,则A1O⊥平面A1B1C1,即A1O⊥平面ABC∴A1O⊥A1D又A1B1=A1C1,B1D=DC1∴A1D⊥B1C1∴A1D⊥BC,BCA1O=O∴A1D⊥平面A1BC(II)建立如图所示的坐标系O-xyz,则DA1=(-2,0,0),DB=(2,2,-14)设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则DBnDAn1=0∴070zyxx,令z=1,得n=(0,7,1)设平面BB1D的法向量为m=(u,v,w),则DBmDBm1=0,又1DB=(0,2,0)∴070wvuv,令w=1,得m=(7,0,1)∴cosn,m=81||||nmnm又二面角A1-BD-B1的平面角是钝角,故所求的平面角的余弦值为81法二:过A1作A1H⊥BD交BD于H,连结B1H,由∠BAC=90°,AB=AC=2∴AO=OB=2∴A1O=14221OAAA,从而A1B=221OBOA=4=BB1又A1D=B1D=2∴△A1BD≌△B1BD(此题数据设计的要点,非常规,不易发现)故由A1H⊥BD得B1H⊥BD∴∠A1HB1是二面角A1-BD-B1的平面角由B1C1⊥A1D,B1C1⊥A1O得B1C1⊥平面A1DO∴B1C1⊥OD从而B1C1⊥BB1∴A1H=B1H=34212111BBDBBBDBOzyxC1B1A1DCBAOHC1B1A1DCBA糖果工作室原创欢迎下载！第6页共9页∴cos∠A1HB1=81222121121HBBAHB因此,二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值是8118.解:(I)∵|a|≥2∴|2|a≥1,故f(x)在[-1,1]上为单调函数∴M(a,b)=max{|f(-1)|,|f(1)|}=max{|1+b-a|,|1+b+a|}=|1+b|+|a|≥2(最佳表达式,重复应用)(II)由(I)知|a|≤2,∴|2|a≤1∴M(a,b)=max{{|f(-1)|,|f(1)|,f(2a)}∴|b|-1+|a|≤|1+b|+|a|=max{|f(-1)|,|f(1)|}≤M(a,b)≤2∴|a|+|b|≤3,当a=-2,b=-1时,M(a,b)=2,|a|+|b|=3(每一点的知识都不难,串起来才难)因此,|a|+|b|的最大值为3法二:(I)由已知得|f(-1)|≤M(a,b),|f(1)|≤M(a,b)又f(-1)=1-a+b,f(1)=1+a+b∴2a=f(1)-f(-1)(隐含着通过函数值反求系数,常法)∴4≤2|a|≤|f(1)|+|f(-1)|≤2M(a,b)∴M(a,b)≥2(II)由(I)知a+b=f(1)-1,a-b=1-f(-1)∴|a|+|b|=max{|a+b|,|a-b|}=max{|f(1)-1|,|1-f(-1)|}≤M(a,b)+1≤3当a=-2,b=-1时,f(x)=x2-2x-1=(x-1)2-2∈[-2,2],|x|≤1,此时M(a,b)=2,|a|+|b|=3因此,|a|+|b|的最大值为319.解:(I)设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点M(x0,y0),则2x0=x1+x2,2y0=y1+y2显然m≠0,故可设直线AB的斜率k=2121xxyy=m1由222121yx,222222yx,相减得(x1-x2)(x1+x2)+2(y1-y2)(y1+y2)=0即x0m2y0=0又点M(x0,y0)在直线y=mx+21上,∴y0=mx0+21,故得x0=m1,y0=21又点M在椭圆1222yx的内部,故得41212m1,解得m232因此,m36或m36(此题用点差法最佳,简明使得出错的几率小)法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点M(x0,y0),则2x0=x1+x2显然m≠0,故可设直线AB的方程为y=m1x+b由22122yxbxmy得(1+22m)x2xmb4+2(b2-1)=0有两个不等实根x1,x2,∴△=)1)(21(8162222bmmb0整理得m2+2-m2b20(*)且x0=21(x1+x2)=222mbm,y0=m1x0+b=222mbm又∵点M(x0,y0)在直线y=mx+21上,∴y0=mx0+21,整理得bm=mm222代入(*)式得m2+22224)2(mm0即4m2-(m2+2)0,解得m232因此,m36或m36