2015年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学理.docx

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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）（ 2015浙江）已知集合 P=x|x2 2x0 ， Q=x|1 x2 ，则（ RP） Q= （ ）A.0， 1） B. (0， 2 C. (1， 2） D. 1， 2 解析 ：由 P 中不等式变形得： x（ x 2） 0 ， 解得： x0 或 x2 ，即 P=（ ， 02 ， + ）， RP=（ 0， 2）， Q= （ 1， 2， （ RP） Q= （ 1， 2）， 答案 ： C. 2.（ 5 分）（ 2015浙江

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. 8cm3 B.12cm3 C. D. 解析 ：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 的正方形奥为2 的正四棱锥， 所求几何体的体积为： 23+ 222= . 答案 ： 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 解析 ：设等差数列 an的首项为 a1，则 a3=a1+2d

3、， a4=a1+3d， a8=a1+7d， 由 a3， a4， a8成等比数列，得 ，整理得：. d0 ， ， ， = 0. 答案 ： 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） n 解析 ：命题为全称命题，则命题的否定为： n0 N*， f（ n0） N*或 f（ n0） n0， 答案 ： D 5.（

4、 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. 解析 ：如图所示，抛物线的准线 DE 的方程为 x= 1， 过 A， B 分别作 AEDE 于 E，交 y 轴于 N， BDDE 于 E，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 = = = ， 答案 ： A 6.（ 5 分）（ 2015浙江）设 A，

5、 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 解析 ：命题 ：对任意有限集 A， B，若 “AB” ，则 ABAB ，则 card（ A B） card（ AB ），故 “d （ A， B） 0

6、” 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， 答案 ： A

7、 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| 解析 ： 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= ，则 f（ 0） = 2+ ； f （ 0）有两个值，不符合

8、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， t0 ，则 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 . 答案 ： 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 ACD ，所成二面角 A CD B 的平面角为 ，则（ ） A.ADB B.ADB C.ACB D.ACB

9、 解析 ： 当 AC=BC 时， ADB= ； 当 ACBC 时，如图，点 A 投影在 OE 上， =AOE ，连结 AA ， 易得 ADA AOA ， ADB AOE ，即 ADB 综上所述， ADB ， 答案 ： 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 =1 的焦距是 ，渐近线方程是 . 解析 ：双曲线 =1 中， a= ， b=1， c= ， 焦距是 2c=2 ，渐近线方程是 y= x. 答案： 2 ； y= x 10.（ 6 分）（ 2015浙江）已知函数 f（ x） = ，则 f（ f（ 3

10、） = ，f（ x）的最小值是 . 解析 ： f （ x） = ， f （ 3） =lg10=1， 则 f（ f（ 3） =f（ 1） =0， 当 x1 时， f（ x） = ，即最小值 ， 当 x 1 时， f（ x） =lg（ x2+1） lg2 无最小值， 故 f（ x）的最小值是 . 答案： 0； . 11.（ 6 分）（ 2015浙江）函数 f（ x） =sin2x+sinxcosx+1 的最小正周期是 ，单调递减区间是 . 解析 ：化简可得 f（ x） =sin2x+sinxcosx+1 = （ 1 cos2x） + sin2x+1 = sin（ 2x ） + ， 原函数的最小正周

11、期为 T= = ， 由 2k+ 2x 2k+ 可得 k+ xk+ ， 函数的单调递减区间为 k+ ， k+ （ k Z） 答案： ； k+ ， k+ （ k Z） 12.（ 4 分）（ 2015浙江）若 a=log43，则 2a+2 a= . 解析 ： a=log 43，可知 4a=3， 即 2a= ， 所以 2a+2 a= + = . 答案： 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 . 解析 ：连结 ND，取 ND 的中点为： E

12、，连结 ME，则 MEAN ，异面直线 AN， CM 所成的角就是EMC ， AN=2 ， ME= =EN， MC=2 ， 又 ENNC ， EC= = ， cosEMC= = = . 答案： 14.（ 4 分）（ 2015浙江）若实数 x， y 满足 x2+y21 ，则 |2x+y 2|+|6 x 3y|的最小值是 . 解析 ：由 x2+y21 ，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 20 ，即 |2+y 2|=2x+y 2， 此时 |2x+y 2|+|6 x 3y

13、|=（ 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 20 ， 即 |2+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. 答案： 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，则 x0= ，y0= ， |=

14、 . 解析 ： =| | |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 答案： 1； 2； 2 三、解答题：本大题共 5 小题，共

15、 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 . 解析： (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. 答案 ： (1)A= ， 由余弦定理可得： ， b 2 a2= bc c2， 又 b2 a2= c2. bc c2= c2

16、. b= c.可得 ， a 2=b2 = ，即 a= . cosC= = = . C （ 0， ）， 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 . 解析： (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

17、 = =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 . 答案： (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

18、， A 1DOA 1， 又 =0， A 1DBC ， 又 OA 1BC=O ， A 1D 平面 A1BC； (2)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 .

19、(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 . 解析： (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 3b a1 ，进一步求出 |a|+|b|的求值 . 答案 ： (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） =m

20、ax|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|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 2x 2+ax+b2 得到 3a+b1 且 3b a1 ，易知|a|+|b|=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

21、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） . 解析： (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 SOAB = ，再利用均值不等式即可得出 . 答案： (1)由题意，可设直线 AB 的方程为 x= my+

22、n，代入椭圆方程 ，可得（ m2+2） y22mny+n2 2=0， 设 A（ x1， y1）， B（ x2， y2） .由题意， =4m 2n2 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

23、2n2=m2+2，又 ，解得 m= ， 当且仅当 m= 时， SAOB 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*） . 解析： (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= an+1，利用数学归纳法可证明 a n （ n2 ），从而 ，化简即得结论 . 答案 ： (1)由题意可知： 0 an （ n N

24、*）， 又 a 2=a1 = ， = =2， 又 a n an+1= ， a n an+1， 1 ， = = 2 ， 1 2 （ n N*）； (2)由已知， =an an+1， =a 1 an， ， =a1 a2， 累加，得 Sn= + + =a1 an+1= an+1， 易知当 n=1 时，要证式子显然成立； 当 n2 时， = . 下面证明： a n （ n2 ） . 易知当 n=2 时成立，假设当 n=k 时也成立，则 ak+1= + ， 由二次函数单调性知： an+1 + = ， an+1 + = ， ，即当 n=k+1 时仍然成立， 故对 n2 ，均有 a n ， = = ， 即 （ n N*） .