2015年浙江省高考数学试卷(理科)解析.pdf

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1、 第1页（共16页）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|x22x0，Q=x|1x2,则(RP)Q=（）A 0，1）B(0，2 C（1，2）D 1,2 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 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 a1d0,dS40

2、B a1d0,dS40 C a1d0，dS40 D a1d0，dS40 4（5 分）（2015浙江）命题“nN，f（n）N*且 f（n）n”的否定形式是(）A nN*，f(n）N且 f（n）n B nN*，f（n)N*或 f（n）n C n0N,f（n0）N且 f（n0）n0 D n0N，f（n0）N*或 f(n0)n0 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（）第2页（共16页）A B C D 6（5 分）（2015浙江）设 A，

3、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 7（5 分）（2015浙江）存在函数 f（x）满足,对任意 xR 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)(2015浙江）如图，已知 AB

4、C,D 是 AB 的中点,沿直线 CD 将 ACD 折成 ACD，所成二面角 ACDB 的平面角为，则（)A ADB B ADB C ACB D ACB 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 10（6 分）（2015浙江）已知函数 f（x）=，则 f(f(3）=，f（x）的最小值是 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 12（4 分)(2015浙江)若 a=log43，则 2a+2a=13（4 分）（2015浙

5、江）如图，三棱锥 ABCD 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 第3页（共16页）14（4 分）（2015浙江)若实数 x，y 满足 x2+y21,则|2x+y2+|6x3y的最小值是 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,yR，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）（2015浙江）在 ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 A=，b2a2=c2（1）

6、求 tanC 的值；（2）若 ABC 的面积为 3，求 b 的值 17（15 分）（2015浙江）如图,在三棱柱 ABCA1B1C1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 A1BDB1的平面角的余弦值 18（15 分）（2015浙江)已知函数 f(x）=x2+ax+b（a,bR)，记 M（a,b）是|f(x）在区间1,1上的最大值(1）证明：当|a2 时，M（a，b）2;（2）当 a，b 满足 M（a,b）2 时，求a+b的最大值 第4页（共16页）19（15 分）(201

7、5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）20(15 分）(2015浙江)已知数列an满足 a1=且 an+1=anan2（nN）（1）证明：12（nN*）;（2）设数列an2的前 n 项和为 Sn，证明(nN*）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）考点:交、并、补集的混合运算 专题：集合 分析：求出 P 中不等式的解集确定出 P,求出

8、P 补集与 Q 的交集即可 解答：解:由 P 中不等式变形得:x（x2）0，解得:x0 或 x2，即 P=（，02，+）,RP=（0,2），Q=（1，2，（RP）Q=(1，2），故选：C 点评:此题考查了交、并、补集的混合运算,熟练掌握运算法则是解本题的关键 2（5 分)第5页（共16页）考点：由三视图求面积、体积 专题:空间位置关系与距离 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 的正方形奥为 2 的正四棱锥，所求几何体的体积为：23+222=故选：C 点评：本题考查三视图与直观图的关系的判断

9、,几何体的体积的求法,考查计算能力 3(5 分)考点：等差数列与等比数列的综合 专题:等差数列与等比数列 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：d0,，,=0 故选：B 点评：本题考查了等差数列和等比数列的性质，考查了等差数列的前 n 项和，是基础题 4(5 分）考点：命题的否定 专题：简易逻辑 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：n0N*,f

10、(n0)N或 f（n0）n0，故选：D 点评：本题主要考查含有量词的命题的否定,比较基础 5(5 分）第6页（共16页）考点：直线与圆锥曲线的关系 专题：圆锥曲线的定义、性质与方程 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 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=|BF1，AN|=AE|1=AF1，则=,故选：A 点评:本题主要考查三角形的面积关系，利用抛物线的定义进行转化是解决本题的关键 6(5

11、 分)考点：复合命题的真假 专题:集合；简易逻辑 分析：命题根据充要条件分充分性和必要性判断即可，借助新定义，根据集合的运算,判断即可 解答：解：命题：对任意有限集 A，B，若“AB”，则 ABAB，则 card（AB)card（AB)，故“d（A，B)0”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）c

12、ard(AB)+card（BC）card（AC)card（AC）=d（A，C)，故命题成立，故选：A 点评：本题考查了，元素和集合的关系，以及逻辑关系,分清集合之间的关系与各集合元素个数之间的关系，注意本题对充要条件的考查集合的元素个数，体现两个集合的关系，但仅凭借元素个数不能判断集合间的关系，属于基础题 7（5 分）考点:函数解析式的求解及常用方法 专题：函数的性质及应用 分析：利用 x 取特殊值,通过函数的定义判断正误即可 第7页（共16页）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

13、数 f(x），对任意 xR 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(t21)=t；令 t21=x，则 t=；即存在函数 f（x)=，对任意 xR，都有 f（x2+2x）=x+1；该选项正确 故选：D 点评：本题考查函数的定义的应用,基本知识的考查，但是思考问题解决问题的方法比较难 8（5 分）考点:二面角的平面角及求法 专题：创新题型；空间角 分

14、析：解：画出图形,分 AC=BC，ACBC 两种情况讨论即可 解答:解:当 AC=BC 时，ADB=；当 ACBC 时，如图，点 A投影在 AE 上，=AOE，连结 AA，易得 ADA AOA，ADB AOE，即 ADB 综上所述，ADB，故选：B 点评:本题考查空间角的大小比较，注意解题方法的积累，属于中档题 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)第8页（共16页）考点：双曲线的简单性质 专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程 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

15、是 2c=2，渐近线方程是 y=x 故答案为：2；y=x 点评:本题考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，比较基础 10(6 分）考点：函数的值 专题:计算题；函数的性质及应用 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 x1 时，f（x）=，当 x1 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 x1 时，f（x）=，即最小值，当 x1 时，x2+11，（x）=lg(x2+1）0 最小值 0，故 f(x）的最小值是 故答案为：0；点评：本题主要考查了分

16、段函数的函数值的求解，属于基础试题 11（6 分)考点:两角和与差的正弦函数；三角函数的周期性及其求法;正弦函数的单调性 专题：三角函数的求值 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2k+2x2k+可得函数的单调递减区间 解答：解：化简可得 f(x)=sin2x+sinxcosx+1=（1cos2x）+sin2x+1=sin（2x）+,原函数的最小正周期为 T=,由 2k+2x2k+可得 k+xk+，第9页（共16页）函数的单调递减区间为k+，k+（kZ）故答案为：;k+，k+（kZ)点评：本题考查三角函数的化简，涉及三角函数的周期性和单调性，属基础

17、题 12(4 分)考点:对数的运算性质 专题:函数的性质及应用 分析:直接把 a 代入 2a+2a,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+2a=+=故答案为:点评：本题考查对数的运算性质,是基础的计算题 13（4 分）考点：异面直线及其所成的角 专题：空间角 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 E

18、NNC，EC=，cos EMC=故答案为:点评:本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力 14（4 分）考点:函数的最值及其几何意义 专题：不等式的解法及应用；直线与圆 第10页（共16页）分析:根据所给 x，y 的范围，可得|6x3y|=6x3y,再讨论直线 2x+y2=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+y21，可得 6x3y0，即|6x3y=6x3y，如图直线 2x+y2=0 将圆 x2+y2=1 分成两部分,在直线的上方（含直线），即有 2x+y20，即2+y2=2x+y2，此时2x+y2|+

19、|6x3y|=(2x+y2)+（6x3y）=x2y+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+y20，即|2+y2|=（2x+y2）,此时2x+y2+|6x3y=(2x+y2）+(6x3y)=83x4y,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+y2|+6x3y|的最小值为 3 故答案为：3 点评：本题考查直线和圆的位置关系,主要考查二元函数在可行域内取得最值的方法，属于中档题 15（6 分）考点:空间向量的数量积运算；平面向量数量积的运算 专题：创新题型；空间向量及应用 分析：由题意和数量积的运算可得=,不妨

20、设=（，0),=(1，0,0），由已知可解=(,t），可得|（|2=（x+）2+（y2）2+t2，由题意可得当 x=x0=1,y=y0=2 时,（x+）2+（y2）2+t2取最小值 1，由模长公式可得|第11页（共16页）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），（）=（xy，t），|（2=(xy)2+（)2+t2=x2+xy+y24x5y+t2+7=（x+）2+（y2）2+t2，由题意当 x=x0=1，y=y0=2 时，（x+）2+(y2）2+t2取最小值 1，此时 t2=1，故|

21、=2 故答案为：1;2;2 点评:本题考查空间向量的数量积，涉及向量的模长公式，属中档题 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)考点：余弦定理 专题：解三角形 分析:（1）由余弦定理可得：,已知 b2a2=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：，b2a2=bcc2，又 b2a2=c2 bcc2=c2 b=c可得，a2=b2=,即 a=cosC=C（0，），sinC=tanC=2 第12页（共16页）(2)=3，解得 c

22、=2=3 点评：本题考查了正弦定理余弦定理、同角三角形基本关系式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 17(15 分）考点:二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定 专题：空间位置关系与距离；空间角 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=A

23、C=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，A1DOA1,又=0，A1DBC，又 OA1BC=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，第13页（共16页）二面角 A1BDB1的平面角的余弦值为 点评:本题考查空间中线面垂直的判定定理，考查求二面角的三角函

24、数值，注意解题方法的积累，属于中档题 18（15 分）考点：二次函数在闭区间上的最值 专题：函数的性质及应用 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3a+b1 且3ba1，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）=1a+b，对称轴为 x=，因为a2，所以或1，所以函数 f（x）在1，1上单调，所以 M（a，b)=maxf（1）,f（1）|=max1+a+b|,|1a+b|，所以 M（a，b)（1+a+b+1a+b

25、)（1+a+b）（1a+b）2a2;（2）当 a=b=0 时，a|+|b=0 又|a+b0，所以 0 为最小值，符合题意；又对任意 x1,1 有2x2+ax+b2 得到3a+b1 且3ba1，易知a|+|b|=max|ab,a+b|=3,在 b=1，a=2 时符合题意，所以|a|+|b|的最大值为 3 点评：本题考查了二次函数闭区间上的最值求法；解答本题的关键是正确理解 M（a，b）是f（x）在区间1，1上的最大值，以及利用三角不等式 第14页（共16页）变形 19（15 分）考点:直线与圆锥曲线的关系 专题：创新题型；圆锥曲线中的最值与范围问题 分析：(1）由题意,可设直线 AB 的方程为

26、x=my+n，代入椭圆方程可得(m2+2）y22mny+n22=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）y22mny+n22=0，设 A(x1，y1）,B（x2，y2）由题意，=4m2n24（m2+2）(n22）=8（m2n2+2)0，设线段 AB 的中点 P(x0，y0），

27、则x0=m+n=，由于点 P 在直线 y=mx+上,=+，代入 0，可得 3m4+4m240，解得 m2，或 m（2)直线 AB 与 x 轴交点纵坐标为 n，S OAB=|n=,由均值不等式可得:n2(m2n2+2）=，S AOB=，当且仅当 n2=m2n2+2，即 2n2=m2+2，又,解得m=,当且仅当 m=时，S AOB取得最大值为 点评:本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、中点坐标公式、线段垂直平分线的性质、三角形面积计算公式、弦长公式、均值不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题 20（15 分）考点：数列的求和；数列与不

28、等式的综合 第15页（共16页）专题：创新题型;点列、递归数列与数学归纳法 分析：（1）通过题意易得 0an(nN），利用 anan+1=可得1，利用=2，即得结论；（2）通过=anan+1累加得 Sn=an+1，利用数学归纳法可证明an（n2）,从而，化简即得结论 解答：证明：（1）由题意可知:0an(nN*)，又 a2=a1=，=2，又 anan+1=，anan+1，1,=2,12(nN）;(2)由已知，=anan+1，=an1an,，=a1a2，累加,得 Sn=+=a1an+1=an+1,易知当 n=1 时，要证式子显然成立；当 n2 时,=下面证明:an（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+=，第16页（共16页）an+1+=,，即当 n=k+1 时仍然成立，故对 n2，均有an,=，即(nN)点评:本题是一道数列与不等式的综合题，考查数学归纳法，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累,属于难题