1、2015年普通高等学校招生全国统一考试浙江理科数学本试题卷分选择题和非选择题两部分,全部共4页,选择题部分第1页至第2页,非选择题部分第3至第4页.全卷满分150分,考试时间120分钟.考生注意:1.2.参考公式:选择题部分(共40分)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.(2015浙江,理1)已知集合P=x|x2-2x0,Q=x|10,dS40B.a1d0,dS40,dS40D.a1d0答案:B解析:设an的首项为a1,公差为d,则a3=a1+2d,a4=a1+3d,a8=a1+7d.a3,a4,a8成等比数列,(a1+3d
2、)2=(a1+2d)(a1+7d),即3a1d+5d2=0.d0,a1d=-53d20,且a1=-53d.dS4=4d(a1+a4)2=2d(2a1+3d)=-23d2nB.nN*,f(n)N*或f(n)nC.n0N*,f(n0)N*且f(n0)n0D.n0N*,f(n0)N*或f(n0)n0答案:D解析:命题“nN*,f(n)N*且f(n)n”的否定为“n0N*,f(n0)N*或f(n0)n0”,故选D.5.(2015浙江,理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.|BF|-
3、1|AF|-1B.|BF|2-1|AF|2-1C.|BF|+1|AF|+1D.|BF|2+1|AF|2+1答案:A解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),由抛物线定义,得|AF|=x1+1,|BF|=x2+1,则SBCFSACF=BCAC=x2x1=|BF|-1|AF|-1,故选A.6.(2015浙江,理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.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
4、和命题都不成立C.命题成立,命题不成立D.命题不成立,命题成立答案:A7.(2015浙江,理7)存在函数f(x)满足:对于任意xR都有()A.f(sin 2x)=sin xB.f(sin 2x)=x2+xC.f(x2+1)=|x+1|D.f(x2+2x)=|x+1|答案:D解析:|x+1|=(x+1)2=x2+2x+1,存在函数f(x)=x+1,使f(x2+2x)=|x+1|对xR成立,故选D.8.(2015浙江,理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A-CD-B的平面角为,则()A.ADBB.ADBC.ACBD.ACB答案:B解析:设ADC=,设A
5、B=2,则由题意AD=BD=1.在空间图形中,设AB=t.在ABD中,cosADB=AD2+DB2-AB22ADDB=12+12-t2211=2-t22.在空间图形中,过A作ANDC,过B作BMDC,垂足分别为N,M.过N作NPMB,连结AP,所以NPDC.则ANP就是二面角A-CD-B的平面角,所以ANP=.在RtAND中,DN=ADcosADC=cos ,AN=ADsinADC=sin .同理,BM=PN=sin ,DM=cos .故BP=MN=2cos .显然BP面ANP,故BPAP.在RtABP中,AP2=AB2-BP2=t2-(2cos )2=t2-4cos2.在
6、ANP中,cos =cosANP=AN2+NP2-AP22ANNP=sin2+sin2-(t2-4cos2)2sinsin=2+2cos2-t22sin2=2-t22sin2+cos2sin2=1sin2cosADB+cos2sin2.因为1sin21,cos2sin20,所以cos cosADB当=2时取等号,因为,ADB0,而y=cos x在0,上为递减函数,所以ADB.故选B.非选择题部分(共110分)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.(2015浙江,理9)双曲线x22-y2=1的焦距是,渐近线方程是.答案:23y=22x解析:由双曲线的方程x22
7、-y2=1可知,a=2,b=1.所以c=a2+b2=3.故双曲线的焦距为2c=23;双曲线的渐近线方程为y=bax=12x,即y=22x.10.(2015浙江,理10)已知函数f(x)=x+2x-3,x1,lg(x2+1),x1,则f(f(-3)=,f(x)的最小值是.答案:022-3解析:f(-3)=lg(-3)2+1=lg 10=1,f(f(-3)=f(1)=1+21-3=0.当x1时,f(x)=x+2x-322-3,当且仅当x=2x,即x=2时取得最小值,当x1时,x2+11,lg(x2+1)0,综上所述,f(x)的最小值为22-3.11.(2015浙江,理11)函数f(x)=sin2x
8、+sin xcos x+1的最小正周期是,单调递减区间是.答案:38+k,78+k,kZ解析:f(x)=sin2x+sin xcos x+1=1-cos2x2+12sin 2x+1=12(sin 2x-cos 2x)+32=22sin2x-4+32.故T=22=.令2k+22x-42k+32,kZ,解得k+38xk+78,kZ,故f(x)的单调递减区间为38+k,78+k,kZ.12.(2015浙江,理12)若a=log43,则2a+2-a=.答案:433解析:由a=log43,知2a+2-a=2log43+2-log43=2log23+2log233=3+33=433.13.(2015浙江,
9、理13)如图,在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别为AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是.答案:78解析:连结DN,取DN的中点P,连结PM,CP,因为M是AD的中点,故PMAN,则CMP即为异面直线AN,CM所成的角,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,可得AN=CM=DN=22,故MP=PN=2.在RtPCN中,CP=PN2+CN2=2+1=3,由余弦定理可得,cosCMP=CM2+MP2-CP22CMMP=8+2-32222=78,故异面直线AN,CM所成的角的余弦值为78.14.(2015浙江,理14)若实数x,y满
10、足x2+y21,则|2x+y-2|+|6-x-3y|的最小值是.答案:3解析:画出直线2x+y-2=0和x+3y-6=0以及圆x2+y2=1的图形,如图.(1)如图,当点(x,y)在区域(阴影部分)时,2x+y-20,x+3y-60,所以|2x+y-2|+|6-x-3y|=2x+y-2+6-x-3y=x-2y+4.令t=x-2y+4,则y=12x+2-t2,画出直线l1:y=12x,平移l1经过点B时,t取得最小值.由2x+y-2=0,x2+y2=1得x=1,y=0或x=35,y=45,即A(1,0),B35,45.所以tmin=35-245+4=3.(2)如图,当点(x,y)在区域时,2x+
11、y-20,x+3y-60,所以|2x+y-2|+|6-x-3y|=-2x-y+2+6-x-3y=-3x-4y+8.令S=-3x-4y+8,则y=-34x+2-S4,画出直线l2:y=-34x,平移l2经过点B时,S取得最小值,所以,Smin=-335-445+8=3.综上,|2x+y-2|+|6-x-3y|的最小值为3.15.(2015浙江,理15)已知e1,e2是空间单位向量,e1e2=12.若空间向量b满足be1=2,be2=52,且对于任意x,yR,|b-(xe1+ye2)|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0R),则x0=,y0=,|b|=.答案:1222解析:设e3为空间单位
12、向量,且满足e3e2,e3e1,|b-(x0e1+y0e2)|=1,故设b=x0e1+y0e2+e3,be1=2,即(x0e1+y0e2+e3)e1=2,得x0+12y0=2,又be2=52,即(x0e1+y0e2+e3)e2=52,得12x0+y0=52,解2x0+y0=4,x0+2y0=5得x0=1,y0=2,此时,b=e1+2e2+e3,|b|=e12+4e22+e32+4e1e2+2e1e3+4e2e3=1+4+1+412+0+0=8=22.三、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)(2015浙江,理16)在ABC中,内角A,
13、B,C所对的边分别是a,b,c,已知A=4,b2-a2=12c2.(1)求tan C的值;(2)若ABC的面积为3,求b的值.本题主要考查三角函数及其变换、正弦和余弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力.满分14分.解:(1)由b2-a2=12c2及正弦定理得sin2B-12=12sin2C,所以-cos 2B=sin2C.又由A=4,即B+C=34,得-cos 2B=sin 2C=2sin Ccos C,解得tan C=2.(2)由tan C=2,C(0,)得sin C=255,cos C=55.又因为sin B=sin(A+C)=sin4+C,所以sin B=31010.由正弦定理得c=2
14、23b,又因为A=4,12bcsin A=3,所以bc=62,故b=3.17.(本题满分15分)(2015浙江,理17)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.本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.满分15分.(1)证明:设E为BC的中点,由题意得A1E平面ABC,所以A1EAE.因为AB=AC,所以AEBC.故AE平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得D
15、EB1B且DE=B1B,从而DEA1A且DE=A1A,所以A1AED为平行四边形.故A1DAE.又因为AE平面A1BC,所以A1D平面A1BC.(2)解:方法一:作A1FBD且A1FBD=F,连结B1F.由AE=EB=2,A1EA=A1EB=90,得A1B=A1A=4.由A1D=B1D,A1B=B1B,得A1DB与B1DB全等.由A1FBD,得B1FBD,因此A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角.由A1D=2,A1B=4,DA1B=90,得BD=32,A1F=B1F=43,由余弦定理得cosA1FB1=-18.方法二: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
16、直角坐标系E-xyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:A1(0,0,14),B(0,2,0),D(-2,0,14),B1(-2,2,14).因此A1B=(0,2,-14),BD=(-2,-2,14),DB1=(0,2,0).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mA1B=0,mBD=0,即2y1-14z1=0,-2x1-2y1+14z1=0,可取m=(0,7,1).由nDB1=0,nBD=0,即2y2=0,-2x2-2y2+14z2=0,可取n=(7,0,1).于是|cos|=|mn|m|n|=18.由题意可知,所求二面角的平面角是
17、钝角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-18.18.(本题满分15分)(2015浙江,理18)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|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.本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数、不等式性质等基础知识,同时考查推理论证能力,分析问题和解决问题的能力.满分15分.(1)证明:由f(x)=x+a22+b-a24,得对称轴为直线x=-a2.由|a|2,得-a21,故f(x)在-1,1上单调,所以M(a,b)=max|f(1)|,|f
18、(-1)|.当a2时,由f(1)-f(-1)=2a4,得maxf(1),-f(-1)2,即M(a,b)2.当a-2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)解:由M(a,b)2得|1+a+b|=|f(1)|2,|1-a+b|=|f(-1)|2,故|a+b|3,|a-b|3,由|a|+|b|=|a+b|,ab0,|a-b|,ab0,将AB中点M2mbm2+2,m2bm2+2代入直线方程y=mx+12,解得b=-m2+22m2.由得m63.(2)令t=1m-62,00,62,则|AB|=t2+1-2t4+2t
19、2+32t2+12,且O到直线AB的距离为d=t2+12t2+1.设AOB的面积为S(t),所以S(t)=12|AB|d=12-2t2-122+222,当且仅当t2=12时,等号成立.故AOB面积的最大值为22.20.(本题满分15分)(2015浙江,理20)已知数列an满足a1=12且an+1=an-an2(nN*).(1)证明:1anan+12(nN*);(2)设数列an2的前n项和为Sn,证明:12(n+2)Snn12(n+1)(nN*).本题主要考查数列的递推公式与单调性、不等式性质等基础知识,同时考查推理论证能力,分析问题和解决问题的能力.满分15分.证明:(1)由题意得an+1-an=-an20,即an+1an,故an12.由an=(1-an-1)an-1得an=(1-an-1)(1-an-2)(1-a1)a10.由0an12得anan+1=anan-an2=11-an1,2,即1anan+12.(2)由题意得an2=an-an+1,所以Sn=a1-an+1.由1an+1-1an=anan+1和1anan+12得11an+1-1an2,所以n1an+1-1a12n,因此12(n+1)an+11n+2(nN*).由得12(n+2)Snn12(n+1)(nN*).
