2015年普通高等学校招生全国统一考试(浙江理).doc-得力文库

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1、2015年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)(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Px|x22x0，Qx|1nBnN*，f(n)N*或f(n)nCn0N*，f(n0)N*且f(n0)n0Dn0N*，f(n0)N*或f(n0)n05如图，设抛物线y24x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中元素的个数

2、，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7存在函数f(x)满足：对于任意xR都有()Af(sin 2x)sin x Bf(sin 2x)x2xCf(x21)|x1| Df(x22x)|x1|8如图，已知ABC，D是AB的中点，沿直线CD将ACD翻折成ACD，所成二面角ACDB的平面角为，则()AADB BADBCACB 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36分)9双曲线y21的焦距

4、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(本小题满分14分)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知A，b2a2c2.(1)求tan C的值；(2)若ABC的面积为3，求b的值17(本小题满分15分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABAC2，A1A4，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A1BDB1的平面角的余弦值18(本小题满分15分)已知函数f(x)x2axb(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；(

5、2)当a，b满足M(a，b)2时，求|a|b|的最大值19(本小题满分15分)已知椭圆y21上两个不同的点A，B关于直线ymx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(本小题满分15分)已知数列an满足a1且an1ana(nN*)(1)证明：12(nN*)；(2)设数列a的前n项和为Sn，证明(nN*)参考答案1解析：选C由x22x0，得x0或x2，即Px|x0或x2，所以RPx|0x2(0，2)又Qx|1x2(1，2，所以(RP)Q(1，2)2解析：选C由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体下面是棱长为2 cm的正方体，体积V122

6、28(cm3)；上面是底面边长为2 cm，高为2 cm的正四棱锥，体积V2222(cm3)，所以该几何体的体积VV1V2(cm3)3解析：选Ba3，a4，a8成等比数列，aa3a8，(a13d)2(a12d)(a17d)，展开整理，得3a1d5d2，即a1dd2.d0，a1d0.Snna1d，S44a16d，dS44a1d6d2d20.4解析：选D写全称命题的否定时，要把量词改为，并且否定结论，注意把“且”改为“或”5解析：选A由图形可知，BCF与ACF有公共的顶点F，且A，B，C三点共线，易知BCF与ACF的面积之比就等于.由抛物线方程知焦点F(1，0)，作准线l，则l的方程为x1.点A，B

7、在抛物线上，过A，B分别作AK，BH与准线垂直，垂足分别为点K，H，且与y轴分别交于点N，M.由抛物线定义，得|BM|BF|1，|AN|AF|1.在CAN中，BMAN，.6解析：选A命题成立，若AB，则card(AB)card(AB)，所以d(A，B)card(AB)card(AB)0.反之可以把上述过程逆推，故“AB”是“d(A，B)0”的充分必要条件；命题成立，由Venn图，知card(AB)card(A)card(B)card(AB)，d(A，C)card(A)card(C)2card(AC)，d(B，C)card(B)card(C)2card(BC)，d(A，B)d(B，C)d(A，C

8、)card(A)card(B)2card(AB)card(B)card(C)2card(BC)card(A)card(C)2card(AC)2card(B)2card(AB)2card(BC)2card(AC)2card(B)2card(AC)2card(AB)card(BC)2card(B)2card(AC)2card(AC)B)card(ABC)2card(B)2card(AC)B)2card(AC)2card(ABC)0，d(A，C)d(A，B)d(B，C)得证7解析：选D取x0，可得f(0)0，1，这与函数的定义矛盾，所以选项A错误；取x0，可得f(0)0，2，这与函数的定义矛盾，所以

9、选项B错误；取x1，1，可得f(2)2，0，这与函数的定义矛盾，所以选项C错误；取f(x) ，则对任意xR都有f(x22x) |x1|，故选项D正确综上可知，本题选D.8解析：选BAC和BC都不与CD垂直，ACB，故C，D错误当CACB时，容易证明ADB.不妨取一个特殊的三角形，如RtABC，令斜边AB4，AC2，BC2，如图所示，则CDADBD2，BDH120，设沿直线CD将ACD折成ACD，使平面ACD平面BCD，则90.取CD中点H，连接AH，BH，则AHCD，AH平面BCD，且AH，DH1.在BDH中，由余弦定理可得BH.在RtAHB中，由勾股定理可得AB.在ADB中，AD2BD2A

10、B220，可知cosADB0，ADB为钝角，故排除A.综上可知答案为B.9解析：由双曲线标准方程，知双曲线焦点在x轴上，且a22，b21，c2a2b23，即c，焦距2c2，渐近线方程为yx，即yx.答案：2yx10解析：f(3)lg(3)21lg 101，f(f(3)f(1)1230.当x1时，x32 323，当且仅当x，即x时等号成立，此时f(x)min230；当x1时，lg(x21)lg(021)0，此时f(x)min0.所以f(x)的最小值为23.答案：02311解析：f(x)sin2xsin xcos x1sin 2x1sin 2xcos 2xsin，函数f(x)的最小正周期T.令2k

11、2x2k，kZ，解之可得函数f(x)的单调递减区间为(kZ)答案：(kZ)12解析：alog43log23log2，2a2a2log22log22log2.答案：13. 解析：如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.M为AD的中点，MKAN，KMC为异面直线AN，CM所成的角ABACBDCD3，ADBC2，N为BC的中点，由勾股定理易求得ANDNCM2，MK.在RtCKN中，CK .在CKM中，由余弦定理，得cosKMC.答案：14解析：满足x2y21的实数x，y表示的点(x，y)构成的区域是单位圆及其内部f(x，y)|2xy2|6x3y|2xy2|6x3y直线y2x2与圆x2

13、其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x2，所以当x2时，f(x)取得最小值，代入化简得f(x)(y2)27，显然当y2时，f(x)min7，此时x21，所以x01，y02.此时|b|271，可得|b|2.答案：12216解：(1)由b2a2c2及正弦定理得sin2Bsin2C，所以cos 2Bsin2C.又由A，即BC，得cos 2Bsin 2C2sin Ccos C，由解得tan C2.(2)由tan C2，C(0，)，得sin C，cos C.因为sin Bsin(AC)sin，所以sin B.由正弦定理得c，又因为A，bcsin A3，所以bc6，故b3.17解：(1)证明：设E为BC

14、的中点，连接AE，DE，A1E.由题意得A1E平面ABC，所以A1EAE.因为ABAC，所以AEBC.故AE平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DEB1B且DEB1B，从而DEA1A，DEA1A，所以四边形A1AED为平行四边形故A1DAE.又因为AE平面A1BC，所以A1D平面A1BC.(2)法一：如图，作A1FBD且A1FBDF，连接B1F.由AEEB，A1EAA1EB90，得A1BA1A4.由A1DB1D，A1BB1B，得A1DB与B1DB全等由A1FBD，得B1FBD，因此A1FB1为二面角A1BDB1的平面角由A1D，A1B4，DA1B90，得BD3，A1FB1F，由

15、余弦定理得cosA1FB1.法二：以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示由题意知各点坐标如下：A1(0，0，)，B(0，0)，D(，0，)，B1(，)设平面A1BD的法向量为m(x1，y1，z1)，平面B1BD的法向量为n(x2，y2，z2)由即可取m(0，1)由即可取n(，0，1)于是|cos |.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A1BDB1的平面角的余弦值为.18解：(1)证明：由f(x)b，得对称轴为直线x.由|a|2，得1，故f(x)在1，1上单调，所以M(a，b)max|f(1)|，|f(1)|当a2时，由f(

16、1)f(1)2a4，得maxf(1)，f(1)2，即M(a，b)2，当a2时，由f(1)f(1)2a4，得maxf(1)，f(1)2，即M(a，b)2.综上，当|a|2时，M(a，b)2.(2)由M(a，b)2得|1ab|f(1)|2，|1ab|f(1)|2，故|ab|3，|ab|3.由|a|b|得|a|b|3.当a2，b1时，|a|b|3，且|x22x1|在1，1上的最大值为2，即M(2，1)2.所以|a|b|的最大值为3.19解：(1)由题意知m0，可设直线AB的方程为yxb.由消去y，得x2xb210.因为直线yxb与椭圆y21有两个不同的交点，所以2b220.将线段AB中点M代入直线方程ymx解得b.由得m或m.(2)令t，则|AB|，且O到直线AB的距离为d .设AOB的面积为S(t)，所以S(t)|AB|d ，当且仅当t2，即m时，等号成立故AOB面积的最大值为.20证明：(1)由题意得an1ana0，即an1an，故an.由an(1an1)an1得an(1an1)(1an2)(1a1)a10.由0an得(1，2，所以12.(2)由题意得aanan1，所以Sna1an1.由和12得12，所以n2n，因此an1(nN*)由得(nN*)

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