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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|x2﹣2x≥0},Q={x|1<x≤2},则(∁RP)∩Q=( )
A.[0,1) B.(0,2] C.(1,2) D.[1,2]
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( )
A.8cm3 B.12cm3 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( )
A.a1d>0,dS4>0 B.a1d<0,dS4<0 C.a1d>0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0
4.(5分)命题“∀n∈N*,f(n)∈N*且f(n)≤n”的否定形式是( )
A.∀n∈N*,f(n)∉N*且f(n)>n B.∀n∈N*,f(n)∉N*或f(n)>n
C.∃n0∈N*,f(n0)∉N*且f(n0)>n0 D.∃n0∈N*,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(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)
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.(5分)存在函数f(x)满足,对任意x∈R都有( )
A.f(sin2x)=sinx B.f(sin2x)=x2+x C.f(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△A′CD,所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α,则( )
A.∠A′DB≤α B.∠A′DB≥α C.∠A′CB≤α D.∠A′CB≥α
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 ,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+2﹣a= .
13.(4分)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.(4分)若实数x,y满足x2+y2≤1,则|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值是 .
15.(6分)已知是空间单位向量,,若空间向量满足,且对于任意x,y∈R,=1(x0,y0∈R),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=,b2﹣a2=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A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值.
18.(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.
(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=an﹣an2(n∈N*)
(1)证明:1<≤2(n∈N*);
(2)设数列{an2}的前n项和为Sn,证明(n∈N*).
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)(2015•浙江)已知集合P={x|x2﹣2x≥0},Q={x|1<x≤2},则(∁RP)∩Q=( )
A.[0,1) B.(0,2] C.(1,2) D.[1,2]
【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(x﹣2)≥0,
解得:x≤0或x≥2,即P=(﹣∞,0]∪[2,+∞),
∴∁RP=(0,2),
∵Q=(1,2],
∴(∁RP)∩Q=(1,2),
故选:C.
2.(5分)(2015•浙江)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.8cm3 B.12cm3 C. D.
【分析】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+×2×2×2=.
故选:C.
3.(5分)(2015•浙江)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.a1d>0,dS4>0 B.a1d<0,dS4<0 C.a1d>0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0
【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:.
∵d≠0,∴,
∴,
=<0.
故选:B.
4.(5分)(2015•浙江)命题“∀n∈N*,f(n)∈N*且f(n)≤n”的否定形式是( )
A.∀n∈N*,f(n)∉N*且f(n)>n B.∀n∈N*,f(n)∉N*或f(n)>n
C.∃n0∈N*,f(n0)∉N*且f(n0)>n0 D.∃n0∈N*,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:∃n0∈N*,f(n0)∉N*或f(n0)>n0,
故选:D.
5.(5分)(2015•浙江)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
6.(5分)(2015•浙江)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)
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
【分析】命题①根据充要条件分充分性和必要性判断即可,
③借助新定义,根据集合的运算,判断即可.
【解答】解:命题①:对任意有限集A,B,若“A≠B”,则A∪B≠A∩B,则card(A∪B)>card(A∩B),故“d(A,B)>0”成立,
若d(A,B)>0”,则card(A∪B)>card(A∩B),则A∪B≠A∩B,故A≠B成立,故命题①成立,
命题②,d(A,B)=card(A∪B)﹣card(A∩B),d(B,C)=card(B∪C)﹣card(B∩C),
∴d(A,B)+d(B,C)=card(A∪B)﹣card(A∩B)+card(B∪C)﹣card(B∩C)=[card(A∪B)+card(B∪C)]﹣[card(A∩B)+card(B∩C)]
≥card(A∪C)﹣card(A∩C)=d(A,C),故命题②成立,
故选:A
7.(5分)(2015•浙江)存在函数f(x)满足,对任意x∈R都有( )
A.f(sin2x)=sinx B.f(sin2x)=x2+x C.f(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x∈R都有f(sin2x)=sinx;
B.取x=0,则f(0)=0;
取x=π,则f(0)=π2+π;
∴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(t2﹣1)=|t|;
令t2﹣1=x,则t=±;
∴;
即存在函数f(x)=,对任意x∈R,都有f(x2+2x)=|x+1|;
∴该选项正确.
故选:D.
8.(5分)(2015•浙江)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD折成△A′CD,所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α,则( )
A.∠A′DB≤α B.∠A′DB≥α C.∠A′CB≤α D.∠A′CB≥α
【分析】解:画出图形,分AC=BC,AC≠BC两种情况讨论即可.
【解答】解:①当AC=BC时,∠A′DB=α;
②当AC≠BC时,如图,点A′投影在AE上,
α=∠A′OE,连结AA′,
易得∠ADA′<∠AOA′,
∴∠A′DB>∠A′OE,即∠A′DB>α
综上所述,∠A′DB≥α,
故选:B.
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)(2015•浙江)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y=±x.
故答案为:2;y=±x.
10.(6分)(2015•浙江)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x≥1时,f(x)=,当x<1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x≥1时,f(x)=,即最小值,
当x<1时,x2+1≥1,f(x)=lg(x2+1)≥0最小值0,
故f(x)的最小值是.
故答案为:0;.
11.(6分)(2015•浙江)函数f(x)=sin2x+sinxcosx+1的最小正周期是 π ,单调递减区间是 [kπ+,kπ+](k∈Z) .
【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2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得函数的单调递减区间.
【解答】解:化简可得f(x)=sin2x+sinxcosx+1
=(1﹣cos2x)+sin2x+1
=sin(2x﹣)+,
∴原函数的最小正周期为T==π,
由2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得kπ+≤x≤kπ+,
∴函数的单调递减区间为[kπ+,kπ+](k∈Z)
故答案为:π;[kπ+,kπ+](k∈Z)
12.(4分)(2015•浙江)若a=log43,则2a+2﹣a= .
【分析】直接把a代入2a+2﹣a,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+2﹣a=+=.
故答案为:.
13.(4分)(2015•浙江)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 .
【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∥AN,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:.
14.(4分)(2015•浙江)若实数x,y满足x2+y2≤1,则|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值是 3 .
【分析】根据所给x,y的范围,可得|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y,再讨论直线2x+y﹣2=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+y2≤1,可得6﹣x﹣3y>0,即|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y,
如图直线2x+y﹣2=0将圆x2+y2=1分成两部分,
在直线的上方(含直线),即有2x+y﹣2≥0,即|2x+y﹣2|=2x+y﹣2,
此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=(2x+y﹣2)+(6﹣x﹣3y)=x﹣2y+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+y﹣2≤0,
即|2x+y﹣2|=﹣(2x+y﹣2),
此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=﹣(2x+y﹣2)+(6﹣x﹣3y)=8﹣3x﹣4y,
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﹣x﹣3y|的最小值为3.
故答案为:3.
15.(6分)(2015•浙江)已知是空间单位向量,,若空间向量满足,且对于任意x,y∈R,=1(x0,y0∈R),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+(y﹣2)2+t2,由题意可得当x=x0=1,y=y0=2时,(x+)2+(y﹣2)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),
∵﹣()=(﹣x﹣y,,t),
∴|﹣(|2=(﹣x﹣y)2+()2+t2
=x2+xy+y2﹣4x﹣5y+t2+7=(x+)2+(y﹣2)2+t2,
由题意当x=x0=1,y=y0=2时,(x+)2+(y﹣2)2+t2取最小值1,
此时t2=1,故==2
故答案为:1;2;2
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)(2015•浙江)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A=,b2﹣a2=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b2﹣a2=c2.可得,a=.利用余弦定理可得cosC.可得sinC=,即可得出tanC=.
(2)由=×=3,可得c,即可得出b.
【解答】解:(1)∵A=,∴由余弦定理可得:,∴b2﹣a2=bc﹣c2,
又b2﹣a2=c2.∴bc﹣c2=c2.∴b=c.可得,
∴a2=b2﹣=,即a=.
∴cosC===.
∵C∈(0,π),
∴sinC==.
∴tanC==2.
(2)∵=×=3,
解得c=2.
∴=3.
17.(15分)(2015•浙江)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A1﹣BD﹣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,),B(,0,0),C(﹣,0,0),
A(0,,0),D(0,﹣,),B1(,﹣,),
=(0,﹣,0),=(﹣,﹣,),
=(﹣,0,0),=(﹣2,0,0),=(0,0,),
∵•=0,∴A1D⊥OA1,
又∵•=0,∴A1D⊥BC,
又∵OA1∩BC=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A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值为﹣.
18.(15分)(2015•浙江)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.
(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﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1,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)=1﹣a+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)=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)﹣(1﹣a+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﹣2≤x2+ax+b≤2,
得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1,﹣2≤≤2,
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.
19.(15分)(2015•浙江)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)y2﹣2mny+n2﹣2=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S△OAB=,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,代入椭圆方程,可得(m2+2)y2﹣2mny+n2﹣2=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2).由题意,△=4m2n2﹣4(m2+2)(n2﹣2)=8(m2﹣n2+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+4m2﹣4>0,
解得m2,∴或m.
(2)直线AB与x轴交点横坐标为n,
∴S△OAB==|n|•=,
由均值不等式可得:n2(m2﹣n2+2)=,
∴S△AOB=,当且仅当n2=m2﹣n2+2,即2n2=m2+2,又∵,解得m=,
当且仅当m=时,S△AOB取得最大值为.
20.(15分)(2015•浙江)已知数列{an}满足a1=且an+1=an﹣an2(n∈N*)
(1)证明:1<≤2(n∈N*);
(2)设数列{an2}的前n项和为Sn,证明(n∈N*).
【分析】(1)通过题意易得0<an≤(n∈N*),利用an﹣an+1=可得>1,利用==≤2,即得结论;
(2)通过=an﹣an+1累加得Sn=a1﹣an+1,对an+1=an﹣an2两边同除以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+1﹣an=﹣an2≤0,即an+1≤an,
故an≤,1≤.
由an=(1﹣an﹣1)an﹣1得an=(1﹣an﹣1)(1﹣an﹣2)…(1﹣a1)a1>0.
所以0<an≤(n∈N*),
又∵a2=a1﹣=,∴==2,
又∵an﹣an+1=,∴an>an+1,∴>1,
∴==≤2,
∴1<≤2(n∈N*),
综上所述,1<≤2(n∈N*);
(2)由已知,=an﹣an+1,=an﹣1﹣an,…,=a1﹣a2,
累加,得Sn=++…+=a1﹣an+1,①
由an+1=an﹣an2两边同除以an+1an得,和1≤≤2,
得1≤≤2,
累加得1+1+…1≤+﹣+…+﹣≤2+2+…+2,
所以n≤﹣≤2n,
因此≤an+1≤(n∈N*) ②,
由①②得≤(n∈N*).
参与本试卷答题和审题的老师有:sllwyn;qiss;sxs123;maths;whgcn;cst;刘长柏;吕静;lincy;双曲线;沂蒙松;changq(排名不分先后)
2017年2月3日
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