2015年浙江高考理科数学试题Word版附答案及详解

2222侧视图俯视图正视图xAyFOBC2015年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学(理科)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|NMDCBA8.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=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ABCDA1B1C117.(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*)OzyxC1B1A1DCBA2015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OHC1B1A1DCBA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BBDBBBDB∴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(其中也可得x0=m1,y0=21)(II)由k=m1,则0k223.由(I)可得直线AB:y+21=k(x-k)即kx-y-k221=0∴原点O到直线AB的距离d=22121kk由2221222yxkkxy得x2-2kx+21(2k2+1)1222k=0(利用|x1-x2|=)∴|AB|=21k|x1-x2|=222222246121128)12(241kkkkkkk故S△AOB=21|AB|d=8)21(841)46)(12(412222kkk≤22,且0k223因此,当k2=21即m=2时,△AOB的面积S△AOB有最大值2220.解:(I)∵an-an+1=2na≥0∴an+1≤an∴an≤a1=21由an=11)1(nnaa得an=0)1()1)(1(1121aaaann,故0an≤21从而nnnnnnaaaaaa11)1(1∈[1,2]即1≤1nnaa≤2法二:在0an≤21基础上证an≤2an+1可用分析法要使an≤2an+1,只要an≤2(an-2na)22na≤an0an≤21,故an≤2an+1成立(II)∵2na=an-an+1∴Sn=a1-a2+a2-a3+…+an-an+1=a1-an+1=21-an+1由an+1=an(1-an)∴nnnaaa11111∴nnn