2015年浙江省高考理科数学试卷及答案

1、绝密考试结束前2015年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共 5 页，选择题部分 1 至 3 页，非选择 题部分 4 至 5 页。满分 150 分，考试时间 120 分钟。请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。选择题部分（共 50 分）注意事项：1. 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写 在试卷和答题纸规定的位置上。2. 每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试题卷上。参考公式如果事件A,B互斥 ，那么如果事件A,

2、B相互独立，那么如果事件A在一次试验中发生的概率为P,那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率台体的体积公式其中Si,S2分别表示台体的上、下面积，h表示台体的高柱体体积公式V Sh其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高锥体的体积公式V】Sh其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高3球的表面积公式S 4 R2球的体积公式V4R3其中R表示球的半径3一、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A.0, 1)B.(0, 2C.(1, 2)D.1,22.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),()A.8cm3B.12cm3C.32

3、cniD.33.已知an是等差数列，公差d不为零，前n项和是S,若a3,a4,as成等比数列，则（）A.aid0,dS0B.aid0,dS 0,Q=x|1x0,dS0D.aid04.命题“n N*, f(n) N *且f(n) nB.C.noN*,f( no)N*且f(no)n。D.noN*,f( n)N*或f(no) n。5.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AB, C,其中点A B在抛物线上，点C在y轴上，则ABCFWAACF勺面积之比是()6.设A B是有限集，定义d(AB)=card(AB)-card(A B),其中 card(A)表示有限集A中的元素

4、个数，命题：对任意有限集A B“A B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 CnA|BF|1|AF| 1|BF|21|AF |21C|BF| 1|AF| 1D.|BF|21|AF |21C.f(x2+1)=|x+1|D.f(x2+2x)=|x+1|8.如图，已知ABC D是AB的中点，沿直线CD将AC折成厶A CD, 所成二面角A CDB的平面角为，则()A.ADBC.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29.双曲线乞2y21的焦距是，渐近线方程是210._已知函数f(x)=X匚3,x 1,则f(f(-

5、3)=一_f(x)的最小值是_ig(x2i),x 111.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2a2a=13. 如图,三棱锥A-BCC中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,B点M N分别是AD BC的中点，则异面直线AN CM所的角的余弦值是_14. 若实数x,y满足x2+y2 |b(砧ye?)| =1 (Xo,yo R),贝卩Xo二，yo=1b|=_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)在厶ABC中,内角A B,C所对的边分别为a,

6、b,c,已知A=-,4 2 212b-a二c2求 tanC的值；(II)若厶ABC的面积为 3,求b的值17. (本题满分 15 分)如图，在三棱柱ABCABC中，BAC90 ,AB=AC=2,AA=4,A在底面ABC的射影为BC的中点，D为BC的中点.证明：AD平面ABC(II)求二面角A-BDB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, bR),记Ma,b)是|f(x)|在区间-1,1上的最大值证明：当 |a| 2 时，Ma,b) 2; (II) 当a,b满足Ma,b) 2,求|a|+|b| 的最大值19. (本题满分 15 分)已知椭圆牙y2=1

7、 上两个不同的点A B关于直线y=m)+l 对称.求实数m的取值范围；(II)求厶AOB面积的最大值(0为坐标原点)20. (本题满分 15 分)已知数列an满足ai=l,且ani=an-a2(nN*)证明：1玉 2 (nN*)an 1(II)设数列a：的前n项和为S,证明一1Sn -一(nN*)2(n 2) n 2(n 1)2015 年浙江省高考数学(理)参考答案 1.C 2.C 3.B 4.D 5.A 6.A 7.D 8.B9.2 3,x2y=0 10. 0,2. 2-311.?, k?+L,k?+L ,k Z8 812.竺 13. -14. 315. 1,2,2、23816.解：(I)T

8、a2二b2+c2-2bccosA=b2+c2-、2be又b2-a2=-c2.2bc-c2=-c2即 3c=2、2b223si nC=2j2s in 13=2/2si n(C+)=2(si nC+cosC)sinC=2cosC,故 tanC=24(II)5AB(=-bcsinA=2bc=3.bc=62又c-2bb2=6.2b2=9,故b=32433法二：(I) /b2-a2=-c2,A=sin2B1=1sin2C即-cos2B=sin2C242 2/. sin2C=-cos2(十C)=sin2C=2sinCcosC即 sinC=2cosC故 tanC=2(II) 由 tanC=2, 0C , 得

9、 cosC=1丄，sin C=-2v1 tan2C J55sin2B=2(1+sin2q臀sinB=.；0 23225 232曲从而cb又SABCbcsinAFbcb2二3b2=9,故b=324317. 解：(I) 设BC的中点为Q则AO丄平面ABC,即AO丄平面ABC：AO丄AD又AB=AC,BADS. AD丄BG. AD丄眄BC AOB AD丄平面BC(II)建立如图所示的坐标系Oxyz,则A,D=(-, 0, 0),C设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则n AD n DB=0 _ACOS 2/. | | 1,故f(x)在-1,1上为单调函数 M(a,b)=max|f(-1)|,

10、|f(1)|=max|1+b-a|, |1+b+a| =|1+b|+|a| 2 (最佳 表达式，重复应用)(II)由知|a| 2, .| | 1 Ma,b)=max|f(-1)|, |f(1)|,f(号) |b|-1+|a| |1 +b|+|a|=max|f(-1)|, |f(1)| Ma,b) 2(II)由知a+b=f(1)-1,a-b=1-f(-1)|a|+|b| =max|a+b|, |a-b| =max|f(1) -1|, |1-f(-1)|wMa,b)+1w3当a= -2,b= -1 时，f(x)=x2-2x-1=(x-1)2-2 -2, 2, |x|w1,此时Ma,b)=2,|a|

11、+|b|=3因此,|a|+|b|的最大值为 319. 解：设A(X1, yj,B(X2,y2),AB的中点Mx。，y。)，则 2x=X1+X2, 2y。二y1+y?显然m 0,故可设直线AB的斜率k=U2二丄x1x2m由Xi22y12,x22y；2,相减得(xX2)(XI+X2)+2(yi-y2)(yi+y2)=0 即Xo-yo=0m又点Mxo,yo)在直线y=mX1上,y。二mx+ ,故得xo=1,yo=g2又点M在椭圆-y21的内部，故得丄-?22m243因此，金乎或叶f(此题用点差法最佳，简明使得出错的几率小)法二：设A(xi,yi),B(X2,y2),AB的中点Mx。，yo),则 2x

12、o=Xi+X221k 原点O到直线AB的距离d= 2显然 m o,故可设直线AB的方程为y二丄x+bm1由ymxx22y2b得(1+$)x2迤x+2(b2-1)=0 有两个不等实根xi,2mmX2,8(i刍)(i)o 整理得m+2-mb2o(*)m2且Xo=l(Xi+X2)=bm,yo=丄xo+b二生2m 2mm 2又T点Mxo,yo)在直线y=mX上,y二mx+,整理得bm=m222m代入(*)式得m+22 2(m2o 即 4总(m+2)o,4m解得m|因此,介于或n于(其中也可得xo=myo= 2)(II)由k二丄,则 ok23.由(I)可得直线ABm2vi k2y+*=k(x-k)即kx

13、-y-k2g=o21由y2得x2-2kx+-(2k2+1)2：=0 (利用 |xi-X2|=)x22y2222k 1IAB1 k2|Xl-X2|=1kJ2 2(2k2 1)2k81故 5山日人恥专的2 1)(6 4k2)甘咖$8诗，且 0k2冷因此，当k2二丄即mF2时，AOB勺面积5AO有最大值2 220.解：(I)an-an+1=a0an+1wan anwa1=1由 an=(1 an 1)%1得an=(1 a.J(1a.2)(1从而旦 色1 1,2an 1an(1 an)1 an法二：在 0anW1基础上证anW2an+1可用分析法2要使anW2an+1,只要anw2(an-a：)2a：w

14、an0anw-1,故anW2an+1成立1(II)a2=an-an+1 /.Sn=a1-a2+a2-a3 an-an+1=a1-an+1= -an+1由an+1=an(1-an) 11丄11,2, 0anW -an 1an1 anan 1an1 an2故 1w11w2,nN*,累加得nw11w2n即n+2W1w2n+2an 1anan 1a1an 1即1wan+1W1,从而WSnF1一n-an+1w2n 2n 22(n 2)22(n 1)因此，1W：w1-(nN*)(1丄1an一5(II)关联在此)2(n2)n2(n 1)an 1an1 anan 1肿6 4k2即 1w玉 W2an 1法二：(

15、用数学归纳法)a=an-3r+i Sn=ai-a2+a2-2h+ +anran+i=ai-an+i= -an+i2要使一 爼成立，只须且必须丄 an+c丄(nN*)2(n 2) n 2(n 1)2n 2n 2当n=1 时，a2=!,可得11,结论成立443假设当n=k时，结论成立，即1ak+i 02k 12 )4(k 1) 2k 4也就是说，当n=k+1 时，结论也成立因此，原命题得证再附重点题详解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中的元素个数，命题：对任意有限集A B“AMBT 是“d(A B)0 ”的充分必要条件;命

16、题：对任意有限集A B, C d(A C07.存在函数f(x)满足，对任意x R 都有()A.f(sin2x)=sinxB.f(sin2x)=x+xC.f(x2+1)=|x+1|D.f(x2+2x)=|x+1|解：(排除法，利用函数的单值性)在 A 选项中，令x=0,-可得f(0)=0 或 1,排除 AB 选项中，令x=0,?可得f(0)=0 或?2+?,排除 BC 选项中，令x=1, -1 得f(2)=0 或 2,排除 C事实上，在 D 选项中，令x2+2x=t,则(x+1)2=t+1Af(t)=t 1即存在f(x)=x 1A.命题和命题都成立B.命题和命题都不成立成厶A CD,所成二面角A

17、 CD B的平面角为，则()8.如图，已知ABC D是AB的中点,解：过B作BHLCD交于H过A作AE CD交BH的延长线于E,点E折后对应点EA.ADBC.ACB设AD=BD=x,AE=AE=2y=2DH则xd,且x2-d2=y2,/E HB=?易知AE丄E BAB2二cosADB=2x2A B22P_空 L 三勢三 cos?,故得ADB ?13.如图，三棱锥A-BCC中,AB=A(=B=C=3,A=BC=2,B点M N分别是AD BC的中点，则异面直线AN CM所的角的余弦值是_解：取DN的中点E,则ME/AN / CM思AN CM所成的角易得CM2 运，MEV2,CE=V3,故 cos/CMEC ME2CE2 7为所求2CM ME814.若实数x,y满足x2+y2 |b(砧ye?)| =1 (X0,y R),贝X二，yo=1b|=_解：把ei,e2平移到共起点0后所确定的平面？建立空间直角坐标系Oxyz,可设e1=(1,0, 0),&=(*,乎,0), 设b=OB=(u,v,w),由b ee=2