浙江省杭州市2015年高考数学二模试卷理(含解析)

1、2015年浙江省杭州市高 考数学二模试卷（理科）1下列函数中，既是偶函数又在（0，+）单调递增的是（） A B y=cosx C y=ex D y=ln|x|2命题“存在x0R，2x00”的否定是（） A 不存在x0R，2x00 B 存在x0R，2x00 C 对任意的xR，2x0 D 对任意的xR，2x03设等比数列an的各项均为正数，若+=+，+=+，则a1a5=（） A 24 B 8 C 8 D 164设函数y=sinax+b（a0）的图象如图所示，则函数y=loga（x+b）的图象可能是（） A B C D 6已知ABCA1B1C1是所有棱长均相等的直三棱柱，M是B1C1的中点，则下列命

2、题正确的是（） A 在棱AB上存在点N，使MN与平面ABC所成的角为45 B 在棱AA1上存在点N，使MN与平面BCC1B1所成的角为45 C 在棱AC上存在点N，使MN与AB1平行 D 在棱BC上存在点N，使MN与AB1垂直7设P是双曲线C：=1（a0，b0）右支上的任意一点，已知A（a，b），B（a，b），若=+（O为坐标原点），则2+2的最小值为（） A ab B C ab D 8设f0（x）=|x|10，fn（x）=|fn1（x）|1（nN*），则函数y=f20（x）的零点个数为（） A 19 B 20 C 21 D 22二、填空题（本大题共7小题，第9-12题每小题6分，第13-15

3、题每题4分，共36分）9设集合（x，y）|（x1）2+（y2）210所表示的区域为A，过原点O的直线l将A分成两部分，当这两部分面积相等时，直线l的方程为；当这两部分面积之差最大时，直线l的方程为，此时直线l落在区域A内的线段长为10若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体中最长的棱长等于，体积等于11设直线l：y=kx+1经过抛物线x2=2py（p0）的焦点F，则p=；已知Q，M分别是抛物线及其准线上的点，若=2，则|MF|=12设非负实数x，y满足（m0），则不等式所表示的区域的面积等于（用m表示）；若z=2xy的最大值与最小值之和为19，则实数m=13在正四面体ABCD中，M是AB的中点

4、，N是棱CD上的一个动点，若直线MN与BD所成的角为，则cos的取值范围是14在ABC中，|=3，|=5，M是BC的中点，=（R），若=+，则ABC的面积为15已知单位正方形的四个顶点A（0，0），B（1，0），C（1，1）和D（0，1），从A点向边CD上的点P（，1）发出一束光线，这束光线被正方形各边反射（入射角等于反射角），直到经过正方形某个顶点后射出，则这束光线在正方形内经过的路程长度为三、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在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=6，sinAsinC=sin（AB）（）若b=2，求ABC的面积

5、；（）若1a6，求sinC的取值范围18已知椭圆C：+=1（ab0）的左焦点为F（c，0），点D（0，b），直线DF的斜率为（）求椭圆C的离心率；（）设过点F的直线交椭圆于A，B两点，过点P（4c，0）作与直线AB的倾斜角互补的直线l，交椭圆C于M，N两点，问：是否为定值，若是，求出此定值，若不是，说明理由20设a0，b0，函数f（x）=ax2bxa+b（）（i）求不等式f（x）f（1）的解集； （ii）若f（x）在0，1上的最大值为ba，求的取值范围；（）当x0，m时，对任意的正实数a，b，不等式f（x）（x+1）|2ba|恒成立，求实数m的最大值2015年浙江省杭州市高考数学二模试卷（理科

6、）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）1下列函数中，既是偶函数又在（0，+）单调递增的是（） A B y=cosx C y=ex D y=ln|x|考点： 函数单调性的判断与证明；函数奇偶性的判断专题： 函数的性质及应用分析： 根据函数的单调性、奇偶性的定义逐项判断即可解答： 解：y=在（0，+）上递增，但不具有奇偶性，排除A；y=cosx为偶函数，但在（0，+）上不单调，排除B；y=ex在（0，+）上递增，但不具有奇偶性，排除C；y=ln|x|的定义域为（，0）（0，+），关于原点对称，且ln|x|=ln|x|，故y=ln|x|为偶函数，当x0时，y=ln|x

7、|=lnx，在（0，+）上递增，故选D点评： 本题考查函数的奇偶性、单调性的判断，属基础题，定义是解决问题的基本方法2命题“存在x0R，2x00”的否定是（） A 不存在x0R，2x00 B 存在x0R，2x00 C 对任意的xR，2x0 D 对任意的xR，2x0考点： 命题的否定专题： 简易逻辑分析： 直接利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可解答： 解：因为特称命题的否定是全称命题，所以命题“存在x0R，2x00”的否定是：对任意的xR，2x0故选：D点评： 本题考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，基本知识的考查3设等比数列an的各项均为正数，若+=+，+=+，则a1a5=（

8、） A 24 B 8 C 8 D 16考点： 等比数列的通项公式专题： 等差数列与等比数列分析： 化简整理利用等比数列的通项公式即可得出解答： 解：+=+，等比数列an的各项均为正数，a1a2=4，同理可得：a3a4=16q4=4，解得，则a1a5=4q3=8故选：C点评： 本题考查了等比数列的通项公式，属于基础题4设函数y=sinax+b（a0）的图象如图所示，则函数y=loga（x+b）的图象可能是（） A B C D 考点： 正弦函数的图象专题： 三角函数的图像与性质分析： 根据条件求出a、b的范围，可得函数y=loga（x+b）的单调性以及图象经过的定点，结合所给的选项得出结论解答：

9、解：有函数的图象可得0b1，=2，0a1故函数y=loga（x+b）为减函数，且图象经过点（1b，0），（0，logab），logab0结合所给的选项，故选：C点评： 本题主要考查函数y=Asin（x+）的图象特征，对数函数的图象和性质，属于基础题5设平行于y轴的直线分别与函数y1=log2x及y2=log2x+2的图象交于B，C两点，点A（m，n）位于函数y2的图象上，若ABC为正三角形，则m2n=（） A 8 B 12 C 12 D 15考点： 函数的图象专题： 函数的性质及应用分析： 根据题意，设出A、B、C的坐标，由线段BCy轴，ABC是等边三角形，得出AB、AC与BC的关系，求出p、

10、q的值，计算出结果解答： 解：根据题意，设A（m，n），B（x0，log2x0），C（x0，2+log2x0），线段BCy轴，ABC是等边三角形，BC=2，2+log2m=n，m=2n2，4m=2n；又x0m=，m=x0，x0=m+；又2+log2x0n=1，log2x0=n1，x0=2n1=；m+=；2m+2=2n=4m，m=，2n=4；m2n=4=12；故选：B点评： 本题考查了指数函数与对数函数的图象与性质的应用问题，也考查了指数，对数的运算问题，是较难的题目6已知ABCA1B1C1是所有棱长均相等的直三棱柱，M是B1C1的中点，则下列命题正确的是（） A 在棱AB上存在点N，使MN与平

11、面ABC所成的角为45 B 在棱AA1上存在点N，使MN与平面BCC1B1所成的角为45 C 在棱AC上存在点N，使MN与AB1平行 D 在棱BC上存在点N，使MN与AB1垂直考点： 棱柱的结构特征专题： 空间位置关系与距离分析： 根据题意画出图形，如图所示，连接A1M，AM，根据直三棱柱得到侧棱与底面垂直，在直角三角形AA1M中，利用锐角三角函数定义求出tanAMA1的值，判断出AMA1与45大小判断即可解答： 解：根据题意画出图形，如图所示，连接A1M，AM，由题意得到AA1面A1B1C1，AA1A1M，在RtAA1M中，设AA1=1，则有A1B1=A1C1=B1C1=1，A1M=，tan

12、AMA1=1，AMA145，则在棱AA1上存在点N，使MN与平面BCC1B1所成的角为45，故选：B点评： 此题考查了棱柱的结构特征，直线与面垂直的性质，锐角三角函数定义，以及正弦函数的性质，熟练掌握性质是解本题的关键7设P是双曲线C：=1（a0，b0）右支上的任意一点，已知A（a，b），B（a，b），若=+（O为坐标原点），则2+2的最小值为（） A ab B C ab D 考点： 双曲线的简单性质专题： 综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析： 确定A，B的坐标，根据=+，确定坐标之间的关系，可得4=1，利用基本不等式，即可得出结论解答： 解：由题意，设P（x，y），则=+，x=（+）a，

13、y=（）bP为双曲线C右支上的任意一点，（+）2（）2=14=12+22=2+2的最小值为故选：D点评： 本题考查向量知识的运用，考查基本不等式的运用，属于中档题8设f0（x）=|x|10，fn（x）=|fn1（x）|1（nN*），则函数y=f20（x）的零点个数为（） A 19 B 20 C 21 D 22考点： 根的存在性及根的个数判断；函数零点的判定定理专题： 函数的性质及应用分析： 令fn（x）=|fn1（x）|1=0，则|fn1（x）|=1，问题转化为方程|fn1（x）|=1的根的个数，依次递推下去即得结果解答： 解：令fn（x）=|fn1（x）|1=0，则|fn1（x）|=1，即方

14、程fn（x）=0有两个解fn1（x）=1；又fn1（x）=|fn2（x）|1=1，|fn2（x）|=0或者2，所以方程fn（x）=0有3个解：fn2（x）=0或2；又fn2（x）=|fn3（x）|1=0或2，|fn3（x）|=1或3，所以方程fn（x）=0有4个解：fn3（x）=1或3；又fn3（x）=|fn4（x）|1=1或3，方程fn（x）=0有5个解：fn4（x）=0，2或4；又fn4（x）=|fn5（x）|1=0，2或4，方程fn（x）=0有6个解：fn5（x）=1，3或5；又fn5（x）=|fn6（x）|1=1，3或5，方程fn（x）=0有7个解：fn6（x）=0，2，4或6；类似地

15、，最终得出方程fn（x）=0有n+1个解，从而函数y=f20（x）=0有21个解，故选：C点评： 本题考查求函数零点的个数，注意条件中的递推关系，属于中档题二、填空题（本大题共7小题，第9-12题每小题6分，第13-15题每题4分，共36分）9设集合（x，y）|（x1）2+（y2）210所表示的区域为A，过原点O的直线l将A分成两部分，当这两部分面积相等时，直线l的方程为2xy=0；当这两部分面积之差最大时，直线l的方程为x+2y=0，此时直线l落在区域A内的线段长为2考点： 简单线性规划专题： 计算题；作图题；不等式的解法及应用；直线与圆分析： 作出集合（x，y）|（x1）2+（y2）210

16、表示的区域A，再结合直线与圆的位置关系确定直线的方程，并求线段的长度即可解答： 解：集合（x，y）|（x1）2+（y2）210表示的区域A如下，故过圆心E（1，2）时，两部分面积相等；此时直线l的方程为y=x，即2xy=0；当直线l与OE垂直时，两部分面积之差最大；此时直线l的方程为y=x；即x+2y=0；此时与圆相交于C、D两点，CO=；故CD=2；故答案为：2xy=0，x+2y=0，2点评： 本题考查了学生的作图能力，同时考查了直线与圆的位置关系的应用，属于中档题10若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体中最长的棱长等于，体积等于考点： 由三视图求面积、体积专题： 空间位置关系与距离分析

17、： 可以得出空间几何体是如下图：面PAD面ABCD，PA面ABCD，DCAD，是 四棱锥，运用空间几何体的性质，求解边长，面积体积，计算准确，可以得出答案解答： 解：某几何体的三视图如图所示可以得出空间几何体是如下图：面PAD面ABCD，PA面ABCD，DCAD，PA=4，AD=1，DC=4，运用三视图得出：AC=，AB=，根据这个几何体得出：PB=，PC=，PD=，这个几何体中最长的棱长等于，底面积为：42=5体积为：（4212）4=故答案为：，点评： 本题考查了运用几何体的三视图求解棱长，体积，属于计算题，关键是运用三视图恢复空间几何体的原图11设直线l：y=kx+1经过抛物线x2=2py

18、（p0）的焦点F，则p=2；已知Q，M分别是抛物线及其准线上的点，若=2，则|MF|=4考点： 抛物线的简单性质专题： 圆锥曲线的定义、性质与方程分析： 由直线方程求出直线所过定点的坐标，从而得到抛物线的焦点坐标，则p可求；作出抛物线图形，数形结合得到|MF|=2p，则答案可求解答： 解：直线l：y=kx+1过定点（0，1），即抛物线x2=2py（p0）的焦点F为（0，1），则p=2；则抛物线方程为x2=4y，如图，=2，|MQ|=2|QE|，则EMQ=30，|MF|=2p=4故答案为：2；4点评： 本题考查了抛物线的简单性质，考查了数形结合的解题思想方法和数学转化思想方法，是中档题12设非负

19、实数x，y满足（m0），则不等式所表示的区域的面积等于（用m表示）；若z=2xy的最大值与最小值之和为19，则实数m=10考点： 简单线性规划专题： 不等式的解法及应用分析： 作出不等式组对应的平面区域，求出交点坐标，利用数形结合即可得到结论解答： 解：作出不等式组对应的平面区域如图：当y=0时，x=m，由，解得，即A（，），则三角形OAB的面积S=（m）（）=，由z=2xy得y=2xz，平移直线y=2xz，由图象可知当直线y=2xz经过点A（，）时，直线y=2xz的截距最大，此时z最小即最小值z=2（）（）=，当直线y=2xz经过点B（m，0）时，直线y=2xz的截距最小，此时z最大，即最大

20、值z=2m，z=2xy的最大值与最小值之和为19，2m+=19，即m=10故答案为：，10点评： 本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合求出相应的交点坐标是解决本题的关键13在正四面体ABCD中，M是AB的中点，N是棱CD上的一个动点，若直线MN与BD所成的角为，则cos的取值范围是考点： 直线与平面所成的角专题： 空间角分析： 首先当N点与C点重合时，线段MN与BD所成的角最大，进一步利用解三角形知识利用余弦定理求出角的余弦值当N点与C点重合时，线段MN与BD所成的角最大，直接在MBD中，线段MD与BD所成角为30，求出夹角的余弦值最后求出角的余弦值的范围解答： 解：在正四面体ABCD中，

21、M是AB的中点，N是棱CD上的一个动点，则：当N点与C点重合时，线段MN与BD所成的角最大，设：正四面体的边长为2，取AD的中点，连接MN、NG，利用勾股定理得：CM=，M、G是AB和AD的中点，所以：MG=1，同理解得：CG=，在CMG中，利用余弦定理得：，即：所成角的余弦值最小为当N点与C点重合时，线段MN与BD所成的角最大，连接DM，在MBD中，线段MD与BD所成角为30，所以：cos，即所成角的余弦值最大为所以：cos的范围为：故答案为：点评： 本题考查的知识要点：异面直线的夹角的应用，余弦定理的应用，主要考查学生的应用能力和空间想象能力14在ABC中，|=3，|=5，M是BC的中点，

22、=（R），若=+，则ABC的面积为考点： 平面向量的基本定理及其意义专题： 平面向量及应用分析： 在ABC的顶点A作边BC的垂线BO，垂足为O，这样可表示出cosB=，cosC=，从而得到，而根据已知条件及中线向量的表示即可得到，所以便得出O是BC的中点，即M，O重合所以在RtABM中可以求出sinB，所以根据三角形的面积公式可求出ABC的面积解答： 解：如图所示，过A作边BC的垂线，垂足为O，则：cosB=，cosC=；根据题意知0；即O是边BC的中点，M与O重合；在RtABM中，；故答案为：点评： 考查余弦函数的定义，向量加法的平行四边形法则，以及直角三角形三边的关系，三角形的面积公式：S

23、=15已知单位正方形的四个顶点A（0，0），B（1，0），C（1，1）和D（0，1），从A点向边CD上的点P（，1）发出一束光线，这束光线被正方形各边反射（入射角等于反射角），直到经过正方形某个顶点后射出，则这束光线在正方形内经过的路程长度为5分析： 由题意，画出图形，根据入射光线和反射光线的对称性以及正方形的性质得到I，J的坐标，利用两点之间的距离公式可得解答： 解：从A点向边CD上的点P（，1）发出一束光线，经过各边发射后最后由B点射出，如图，因为已知是单位正方形，这束光线在正方形内经过的路程如图，由对称性可以得到OP=FI=HE=FJ=，所以这束光线在正方形内经过的路程的长度为=5；故答

24、案为：5点评： 本题考查了点关于直线的对称以及两点之间的距离公式的运用；关键是画出图形三、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在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=6，sinAsinC=sin（AB）（）若b=2，求ABC的面积；（）若1a6，求sinC的取值范围解答： 解：（）sinAsinC=sin（AB），sinA=sinC+sin（AB）=sin（A+B）+sin（AB）=sinAcosB+cosAsinB+sinAcosBcosAsinB=2sinAcosB，cosB=，由余弦定理可得（2）2=a2+6212acos，即a

25、26a+8=0，解得a=2或a=4当a=2时，ABC的面积S=acsinB=26sin=3；当a=4时，ABC的面积S=acsinB=46sin=6；8分（）当a=31，6时，sinC=1，当a=1时，b2=a2+c22accosB=1+362=31，b=，于是，从而：sinC=，当a=6时，ABC为等边三角形，则sinC=，因为，从而得到sinC的取值范围是：，115分18已知椭圆C：+=1（ab0）的左焦点为F（c，0），点D（0，b），直线DF的斜率为（）求椭圆C的离心率；（）设过点F的直线交椭圆于A，B两点，过点P（4c，0）作与直线AB的倾斜角互补的直线l，交椭圆C于M，N两点，问：

26、是否为定值，若是，求出此定值，若不是，说明理由分析： （）运用直线的斜率公式和离心率公式，结合a，b，c的关系，即可得到；（）设直线AB：x=tyc，直线MN：x=ty4c，设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），将直线方程分别代入椭圆方程，运用韦达定理，再由两点的距离公式，化简整理，即可得到定值解答： 解：（）由题意可得，kDF=，a=2c，则椭圆的离心率为e=；（）设直线AB：x=tyc，直线MN：x=ty4c，设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），将直线x=tyc代入椭圆方程+=1，可得（3t2+4）y26tcy9c2

27、=0，则y1y2=，再将直线x=ty4c代入椭圆方程+=1，可得（3t2+4）y2+24tcy+36c2=0，则y3y4=，即有=故为定值点评： 本题考查椭圆的方程和性质，主要是离心率的运用，同时考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，以及两点的距离公式的运用，正确设出直线方程是解题的关键19数列an与bn满足：a1=a0，b1=b0，当k2时，若ak1+bk10，则ak=ak1，bk=；若ak1+bk10，则ak=，bk=bk1（）若a=1，b=1，求a2，b2，a3，b3的值；（）设Sn=（b1a1）+（b2a2）+（bnan），求Sn（用a，b表示）；（）若存在nN*，对任意正整数k，当2kn时，恒有bk1bk，求n的最大值（用a，b表示）（）分情况计算bkak，得bkak是以b1a1=ba为首项，为公比的等比数列，从而可得Sn；（）由bk1bk，数列an与bn满足的关系倒推出对任意正整数k，当2kn时，恒有ak=a，结合（）知，解之即可解答： 解：（）a2=1，b2=0，a3=，b3=0；（）=，=，无论是ak1+bk10，还是ak1+bk10，都有bkak=，即bkak是以b1a1=ba为首项，为公比的等比数列，所以Sn=（b1a1）+（b2a2）+（bna