2015年浙江省高考数学试卷(理科)解析

2016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．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．1．（5分）已知集合P={x∈R|1≤x≤3}，Q={x∈R|x2≥4}，则P∪（∁R Q）=（）A．[2，3]B．（﹣2，3]C．[1，2） D．（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）2．（5分）已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（）A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n3．（5分）在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影，由区域中的点在直线x+y﹣2=0上的投影构成的线段记为AB，则|AB|=（）A．2 B．4 C．3 D．64．（5分）命题“∀x∈R，∃n∈N*，使得n≥x2”的否定形式是（）A．∀x∈R，∃n∈N*，使得n＜x2B．∀x∈R，∀n∈N*，使得n＜x2C．∃x∈R，∃n∈N*，使得n＜x2D．∃x∈R，∀n∈N*，使得n＜x25．（5分）设函数f（x）=sin2x+bsinx+c，则f（x）的最小正周期（）A．与b有关，且与c有关B．与b有关，但与c无关C．与b无关，且与c无关D．与b无关，但与c有关6．（5分）如图，点列{A n}、{B n}分别在某锐角的两边上，且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|，A n≠A n+1，n∈N*，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|，B n≠B n+1，n∈N*，（P≠Q表示点P与Q不重合）若d n=|A n B n|，S n为△A n B n B n+1的面积，则（）A．{S n}是等差数列B．{S n2}是等差数列C．{d n}是等差数列 D．{d n2}是等差数列7．（5分）已知椭圆与双曲线C2：﹣y2=1（n＞0）的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则（）A．m＞n且e1e2＞1 B．m＞n且e1e2＜1 C．m＜n且e1e2＞1 D．m＜n且e1e2＜1 8．（5分）已知实数a，b，c．（）A．若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1，则a2+b2+c2＜100B．若|a2+b+c|+|a2+b﹣c|≤1，则a2+b2+c2＜100C．若|a+b+c2|+|a+b﹣c2|≤1，则a2+b2+c2＜100D．若|a2+b+c|+|a+b2﹣c|≤1，则a2+b2+c2＜100二、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．（4分）若抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是．10．（6分）已知2cos2x+sin2x=Asin（ωx+φ）+b（A＞0），则A=，b=．11．（6分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是cm2，体积是cm3．12．（6分）已知a＞b＞1，若log a b+log b a=，a b=b a，则a=，b=．13．（6分）设数列{a n}的前n项和为S n，若S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N*，则a1=，S5=．14．（4分）如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°．若平面ABC外的点P 和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是．15．（4分）已知向量，，||=1，||=2，若对任意单位向量，均有|•|+|•|≤，则•的最大值是．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）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b+c=2acosB．（Ⅰ）证明：A=2B；（Ⅱ）若△ABC的面积S=，求角A的大小．17．（15分）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．18．（15分）已知a≥3，函数F（x）=min{2|x﹣1|，x2﹣2ax+4a﹣2}，其中min （p，q）=（Ⅰ）求使得等式F（x）=x2﹣2ax+4a﹣2成立的x的取值范围（Ⅱ）（i）求F（x）的最小值m（a）（ii）求F（x）在[0，6]上的最大值M（a）19．（15分）如图，设椭圆C：+y2=1（a＞1）（Ⅰ）求直线y=kx+1被椭圆截得到的弦长（用a，k表示）（Ⅱ）若任意以点A（0，1）为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点，求椭圆的离心率的取值范围．20．（15分）设数列满足|a n﹣|≤1，n∈N*．（Ⅰ）求证：|a n|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）（Ⅱ）若|a n|≤（）n，n∈N*，证明：|a n|≤2，n∈N*．2016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．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．1．（5分）已知集合P={x∈R|1≤x≤3}，Q={x∈R|x2≥4}，则P∪（∁R Q）=（）A．[2，3]B．（﹣2，3]C．[1，2） D．（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）【分析】运用二次不等式的解法，求得集合Q，求得Q的补集，再由两集合的并集运算，即可得到所求．【解答】解：Q={x∈R|x2≥4}={x∈R|x≥2或x≤﹣2}，即有∁R Q={x∈R|﹣2＜x＜2}，则P∪（∁R Q）=（﹣2，3]．故选：B．【点评】本题考查集合的运算，主要是并集和补集的运算，考查不等式的解法，属于基础题．2．（5分）已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（）A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n【分析】由已知条件推导出l⊂β，再由n⊥β，推导出n⊥l．【解答】解：∵互相垂直的平面α，β交于直线l，直线m，n满足m∥α，∴m∥β或m⊂β或m与β相交，l⊂β，∵n⊥β，∴n⊥l．故选：C．【点评】本题考查两直线关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．3．（5分）在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影，由区域中的点在直线x+y﹣2=0上的投影构成的线段记为AB，则|AB|=（）A．2 B．4 C．3 D．6【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用投影的定义，利用数形结合进行求解即可．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分），区域内的点在直线x+y﹣2=0上的投影构成线段R′Q′，即SAB，而R′Q′=RQ，由得，即Q（﹣1，1）由得，即R（2，﹣2），则|AB|=|QR|===3，故选：C．【点评】本题主要考查线性规划的应用，作出不等式组对应的平面区域，利用投影的定义以及数形结合是解决本题的关键．4．（5分）命题“∀x∈R，∃n∈N*，使得n≥x2”的否定形式是（）A．∀x∈R，∃n∈N*，使得n＜x2B．∀x∈R，∀n∈N*，使得n＜x2C．∃x∈R，∃n∈N*，使得n＜x2D．∃x∈R，∀n∈N*，使得n＜x2【分析】特称命题的否定是全称命题，全称命题的否定是特称命题，依据规则写出结论即可【解答】解：“∀x∈R，∃n∈N*，使得n≥x2”的否定形式是“∃x∈R，∀n∈N*，使得n＜x2“故选：D．【点评】本题考查命题的否定，解本题的关键是掌握住特称命题的否定是全称命题，书写答案是注意量词的变化．5．（5分）设函数f（x）=sin2x+bsinx+c，则f（x）的最小正周期（）A．与b有关，且与c有关B．与b有关，但与c无关C．与b无关，且与c无关D．与b无关，但与c有关【分析】根据三角函数的图象和性质即可判断．【解答】解：∵设函数f（x）=sin2x+bsinx+c，∴f（x）图象的纵坐标增加了c，横坐标不变，故周期与c无关，当b=0时，f（x）=sin2x+bsinx+c=﹣cos2x++c的最小正周期为T==π，当b≠0时，f（x）=﹣cos2x+bsinx++c，∵y=cos2x的最小正周期为π，y=bsinx的最小正周期为2π，∴f（x）的最小正周期为2π，故f（x）的最小正周期与b有关，故选：B．【点评】本题考查了三角函数的最小正周期，关键掌握三角函数的图象和性质，属于中档题．6．（5分）如图，点列{A n}、{B n}分别在某锐角的两边上，且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|，A n≠A n+1，n∈N*，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|，B n≠B n+1，n∈N*，（P≠Q表示点P与Q不重合）若d n=|A n B n|，S n为△A n B n B n+1的面积，则（）A．{S n}是等差数列B．{S n2}是等差数列C．{d n}是等差数列 D．{d n2}是等差数列【分析】设锐角的顶点为O，再设|OA1|=a，|OB1|=c，|A n A n+1|=|A n+1A n+2|=b，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|=d，由于a，c不确定，判断C，D不正确，设△A n B n B n+1的底边B n B n+1上的高为h n，运用三角形相似知识，h n+h n+2=2h n+1，由S n=d•h n，可得S n+S n+2=2S n+1，进而得到数列{S n}为等差数列．【解答】解：设锐角的顶点为O，|OA1|=a，|OB1|=c，|A n A n+1|=|A n+1A n+2|=b，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|=d，由于a，c不确定，则{d n}不一定是等差数列，{d n2}不一定是等差数列，设△A n B n B n+1的底边B n B n+1上的高为h n，由三角形的相似可得==，==，两式相加可得，==2，即有h n+h n+2=2h n+1，由S n=d•h n，可得S n+S n+2=2S n+1，﹣S n+1=S n+1﹣S n，即为S n+2则数列{S n}为等差数列．另解：可设△A1B1B2，△A2B2B3，…，A n B n B n+1为直角三角形，且A1B1，A2B2，…，A n B n为直角边，即有h n+h n+2=2h n+1，由S n=d•h n，可得S n+S n+2=2S n+1，即为S n﹣S n+1=S n+1﹣S n，+2则数列{S n}为等差数列．故选：A．【点评】本题考查等差数列的判断，注意运用三角形的相似和等差数列的性质，考查化简整理的推理能力，属于中档题．7．（5分）已知椭圆与双曲线C2：﹣y2=1（n＞0）的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则（）A．m＞n且e1e2＞1 B．m＞n且e1e2＜1 C．m＜n且e1e2＞1 D．m＜n且e1e2＜1【分析】由题意可得m2﹣1=n2+1，即m2=n2+2，由条件可得m＞n，再由离心率公式，即可得到结论．【解答】解：由题意可得m2﹣1=n2+1，即m2=n2+2，又m＞1，n＞0，则m＞n，由e12•e22=•=•==1+＞1，则e1•e2＞1．故选：A．【点评】本题考查双曲线和椭圆的离心率的关系，考查椭圆和双曲线的方程和性质，以及转化思想和运算能力，属于中档题．8．（5分）已知实数a，b，c．（）A．若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1，则a2+b2+c2＜100B．若|a2+b+c|+|a2+b﹣c|≤1，则a2+b2+c2＜100C．若|a+b+c2|+|a+b﹣c2|≤1，则a2+b2+c2＜100D．若|a2+b+c|+|a+b2﹣c|≤1，则a2+b2+c2＜100【分析】本题可根据选项特点对a，b，c设定特定值，采用排除法解答．【解答】解：A．设a=b=10，c=﹣110，则|a2+b+c|+|a+b2+c|=0≤1，a2+b2+c2＞100；B．设a=10，b=﹣100，c=0，则|a2+b+c|+|a2+b﹣c|=0≤1，a2+b2+c2＞100；C．设a=100，b=﹣100，c=0，则|a+b+c2|+|a+b﹣c2|=0≤1，a2+b2+c2＞100；故选：D．【点评】本题主要考查命题的真假判断，由于正面证明比较复杂，故利用特殊值法进行排除是解决本题的关键．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．（4分）若抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是9．【分析】根据抛物线的性质得出M到准线x=﹣1的距离为10，故到y轴的距离为9．【解答】解：抛物线的准线为x=﹣1，∵点M到焦点的距离为10，∴点M到准线x=﹣1的距离为10，∴点M到y轴的距离为9．故答案为：9．【点评】本题考查了抛物线的性质，属于基础题．10．（6分）已知2cos2x+sin2x=Asin（ωx+φ）+b（A＞0），则A=，b=1．【分析】根据二倍角的余弦公式、两角和的正弦函数化简左边，即可得到答案．【解答】解：∵2cos2x+sin2x=1+cos2x+sin2x=1+（cos2x+sin2x）=sin（2x+）+1，∴A=，b=1，故答案为：；1．【点评】本题考查了二倍角的余弦公式、两角和的正弦函数的应用，熟练掌握公式是解题的关键．11．（6分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是80 cm2，体积是40cm3．【分析】由三视图可得，该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，代入体积公式和面积公式计算即可．【解答】解：由三视图可得，该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，则其表面积为6×22+2×42+4×2×4﹣2×22=80cm2，其体积为23+4×2×4=40，故答案为：80，40【点评】本题考查了由三视图求几何体的体积和表面积，解题的关键是判断几何体的形状及相关数据所对应的几何量，考查空间想象能力．12．（6分）已知a＞b＞1，若log a b+log b a=，a b=b a，则a=4，b=2．【分析】设t=log b a并由条件求出t的范围，代入log a b+log b a=化简后求出t的值，得到a与b的关系式代入a b=b a化简后列出方程，求出a、b的值．【解答】解：设t=log b a，由a＞b＞1知t＞1，代入log a b+log b a=得，即2t2﹣5t+2=0，解得t=2或t=（舍去），所以log b a=2，即a=b2，因为a b=b a，所以b2b=b a，则a=2b=b2，解得b=2，a=4，故答案为：4；2．【点评】本题考查对数的运算性质，以及换元法在解方程中的应用，属于基础题．13．（6分）设数列{a n}的前n项和为S n，若S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N*，则a1=1，S5=121．【分析】运用n=1时，a1=S1，代入条件，结合S2=4，解方程可得首项；再由n =S n+1﹣S n，结合条件，计算即可得到所求和．＞1时，a n+1【解答】解：由n=1时，a1=S1，可得a2=2S1+1=2a1+1，又S2=4，即a1+a2=4，即有3a1+1=4，解得a1=1；=S n+1﹣S n，可得由a n+1S n+1=3S n+1，由S2=4，可得S3=3×4+1=13，S4=3×13+1=40，S5=3×40+1=121．故答案为：1，121．【点评】本题考查数列的通项和前n项和的关系：n=1时，a1=S1，n＞1时，a n=S n ，考查运算能力，属于中档题．﹣S n﹣114．（4分）如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°．若平面ABC外的点P 和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是．【分析】由题意，△ABD≌△PBD，可以理解为△PBD是由△ABD绕着BD旋转得到的，对于每段固定的AD，底面积BCD为定值，要使得体积最大，△PBD必定垂直于平面ABC，此时高最大，体积也最大．【解答】解：如图，M是AC的中点．①当AD=t＜AM=时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AE，DM=﹣t，由△ADE∽△BDM，可得，∴h=，V==，t∈（0，）②当AD=t＞AM=时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AH，DM=t﹣，由等面积，可得，∴，∴h=，∴V==，t∈（，2）综上所述，V=，t∈（0，2）令m=∈[1，2），则V=，∴m=1时，V max=．故答案为：．【点评】本题考查体积最大值的计算，考查学生转化问题的能力，考查分类讨论的数学思想，对思维能力和解题技巧有一定要求，难度大．15．（4分）已知向量，，||=1，||=2，若对任意单位向量，均有|•|+|•|≤，则•的最大值是．【分析】根据向量三角形不等式的关系以及向量数量积的应用进行计算即可得到结论．【解答】解：由绝对值不等式得≥|•|+|•|≥|•+•|=|（+）•|，于是对任意的单位向量，均有|（+）•|≤，∵|（+）|2=||2+||2+2•=5+2•，∴|（+）|=，因此|（+）•|的最大值≤，则•≤，下面证明：•可以取得，（1）若|•|+|•|=|•+•|，则显然满足条件．（2）若|•|+|•|=|•﹣•|，此时|﹣|2=||2+||2﹣2•=5﹣1=4，此时|﹣|=2于是|•|+|•|=|•﹣•|≤2，符合题意，综上•的最大值是，法2：由于任意单位向量，可设=，则|•|+|•|=||+||≥||+|=||=|+|，∵|•|+|•|≤，∴|+|≤，即（+）2≤6，即||2+||2+2•≤6，∵||=1，||=2，∴•≤，即•的最大值是．法三：设=，=，=，则=+，=﹣，|•|+|•|=||+||=||≤||，由题设当且仅当与同向时，等号成立，此时（+）2取得最大值6，由于|+|2+|﹣|）2=2（||2+||2）=10，于是（﹣）2取得最小值4，则•=，•的最大值是．故答案为：．【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据绝对值不等式的性质以及向量三角形不等式的关系是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．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）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b+c=2acosB．（Ⅰ）证明：A=2B；（Ⅱ）若△ABC的面积S=，求角A的大小．【分析】（Ⅰ）利用正弦定理，结合和角的正弦公式，即可证明A=2B（Ⅱ）若△ABC的面积S=，则bcsinA=，结合正弦定理、二倍角公式，即可求角A的大小．【解答】（Ⅰ）证明：∵b+c=2acosB，∴sinB+sinC=2sinAcosB，∴sinB+sin（A+B）=2sinAcosB∴sinB+sinAcosB+cosAsinB=2sinAcosB∴sinB=sinAcosB﹣cosAsinB=sin（A﹣B）∵A，B是三角形中的角，∴B=A﹣B，∴A=2B；（Ⅱ）解：∵△ABC的面积S=，∴bcsinA=，∴2bcsinA=a2，∴2sinBsinC=sinA=sin2B，∴sinC=cosB，∴B+C=90°，或C=B+90°，∴A=90°或A=45°．【点评】本题考查了正弦定理，解三角形，考查三角形面积的计算，考查二倍角公式的运用，属于中档题．17．（15分）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．【分析】（I）先证明BF⊥AC，再证明BF⊥CK，进而得到BF⊥平面ACFD．（II）方法一：先找二面角B﹣AD﹣F的平面角，再在Rt△BQF中计算，即可得出；方法二：通过建立空间直角坐标系，分别计算平面ACK与平面ABK的法向量，进而可得二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值．【解答】（I）证明：延长AD，BE，CF相交于点K，如图所示，∵平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，∴AC⊥平面BCK，∴BF⊥AC．又EF∥BC，BE=EF=FC=1，BC=2，∴△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK，∴BF⊥平面ACFD．（II）方法一：过点F作FQ⊥AK，连接BQ，∵BF⊥平面ACFD．∴BF⊥AK，则AK⊥平面BQF，∴BQ⊥AK．∴∠BQF是二面角B﹣AD﹣F的平面角．在Rt△ACK中，AC=3，CK=2，可得FQ=．在Rt△BQF中，BF=，FQ=．可得：cos∠BQF=．∴二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值为．方法二：如图，延长AD，BE，CF相交于点K，则△BCK为等边三角形，取BC的中点，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，∴KO⊥平面BAC，以点O为原点，分别以OB，OK的方向为x，z的正方向，建立空间直角坐标系O﹣xyz．可得：B（1，0，0），C（﹣1，0，0），K（0，0，），A（﹣1，﹣3，0），，．=（0，3，0），=，=（2，3，0）．设平面ACK的法向量为=（x1，y1，z1），平面ABK的法向量为=（x2，y2，z2），由，可得，取=．由，可得，取=．∴==．∴二面角B﹣AD﹣F的余弦值为．【点评】本题考查了空间位置关系、法向量的应用、空间角，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．18．（15分）已知a≥3，函数F（x）=min{2|x﹣1|，x2﹣2ax+4a﹣2}，其中min（p，q）=（Ⅰ）求使得等式F（x）=x2﹣2ax+4a﹣2成立的x的取值范围（Ⅱ）（i）求F（x）的最小值m（a）（ii）求F（x）在[0，6]上的最大值M（a）【分析】（Ⅰ）由a≥3，讨论x≤1时，x＞1，去掉绝对值，化简x2﹣2ax+4a﹣2﹣2|x﹣1|，判断符号，即可得到F（x）=x2﹣2ax+4a﹣2成立的x的取值范围；（Ⅱ）（i）设f（x）=2|x﹣1|，g（x）=x2﹣2ax+4a﹣2，求得f（x）和g（x）的最小值，再由新定义，可得F（x）的最小值；（ii）分别对当0≤x≤2时，当2＜x≤6时，讨论F（x）的最大值，即可得到F （x）在[0，6]上的最大值M（a）．【解答】解：（Ⅰ）由a≥3，故x≤1时，x2﹣2ax+4a﹣2﹣2|x﹣1|=x2+2（a﹣1）（2﹣x）＞0；当x＞1时，x2﹣2ax+4a﹣2﹣2|x﹣1|=x2﹣（2+2a）x+4a=（x﹣2）（x﹣2a），则等式F（x）=x2﹣2ax+4a﹣2成立的x的取值范围是[2，2a]；（Ⅱ）（i）设f（x）=2|x﹣1|，g（x）=x2﹣2ax+4a﹣2，则f（x）min=f（1）=0，g（x）min=g（a）=﹣a2+4a﹣2．由﹣a2+4a﹣2=0，解得a1=2+，a2=2﹣（负的舍去），由F（x）的定义可得m（a）=min{f（1），g（a）}，即m（a）=；（ii）当0≤x≤2时，F（x）≤f（x）≤max{f（0），f（2）}=2=F（2）；当2＜x≤6时，f（x）≤g（x）≤max{g（2），g（6）}=max{2，34﹣8a}=max{f（2），f（6）}．则M（a）=．【点评】本题考查新定义的理解和运用，考查分类讨论的思想方法，以及二次函数的最值的求法，不等式的性质，考查化简整理的运算能力，属于中档题．19．（15分）如图，设椭圆C：+y2=1（a＞1）（Ⅰ）求直线y=kx+1被椭圆截得到的弦长（用a，k表示）（Ⅱ）若任意以点A（0，1）为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点，求椭圆的离心率的取值范围．【分析】（Ⅰ）联立直线y=kx+1与椭圆方程，利用弦长公式求解即可．（Ⅱ）写出圆的方程，假设圆A与椭圆有4个公共点，再利用对称性有解已知条件可得任意一A（0，1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，a的取值范围，进而可得椭圆的离心率的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由题意可得：，可得：（1+a2k2）x2+2ka2x=0，得x1=0或x2=，直线y=kx+1被椭圆截得到的弦长为：=．（Ⅱ）假设圆A与椭圆有4个公共点，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|=|AQ|，记直线AP，AQ的斜率分别为：k1，k2；且k1，k2＞0，k1≠k2，由（1）可知|AP|=，|AQ|=，故：=，所以，（k12﹣k22）[1+k12+k22+a2（2﹣a2）k12k22]=0，由k1≠k2，k1，k2＞0，可得：1+k12+k22+a2（2﹣a2）k12k22=0，因此a2（a2﹣2）①，因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是：1+a2（a2﹣2）＞1，所以a＞．因此，任意点A（0，1）为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点的充要条件为：1＜a≤，e==得，所求离心率的取值范围是：．【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，椭圆与圆的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，考查转化思想以及计算能力．20．（15分）设数列满足|a n﹣|≤1，n∈N*．（Ⅰ）求证：|a n|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）（Ⅱ）若|a n|≤（）n，n∈N*，证明：|a n|≤2，n∈N*．【分析】（I）使用三角不等式得出|a n|﹣|a n+1|≤1，变形得﹣≤，使用累加法可求得＜1，即结论成立；（II）利用（I）的结论得出﹣＜，进而得出|a n|＜2+（）m•2n，利用m的任意性可证|a n|≤2．【解答】解：（I）∵|a n﹣|≤1，∴|a n|﹣|a n+1|≤1，∴﹣≤，n∈N*，∴=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）≤+++…+==1﹣＜1．∴|a n|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）．（II）任取n∈N*，由（I）知，对于任意m＞n，﹣=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）≤++…+=＜．∴|a n|＜（+）•2n≤[+•（）m]•2n=2+（）m•2n．①由m的任意性可知|a n|≤2．否则，存在n 0∈N*，使得|a|＞2，取正整数m 0＞log且m0＞n0，则2•（）＜2•（）=|a|﹣2，与①式矛盾．综上，对于任意n∈N*，都有|a n|≤2．【点评】本题考查了不等式的应用与证明，等比数列的求和公式，放缩法证明不等式，难度较大．。

2015年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标I）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．（5分）设复数z满足=i，则|z|=（）B2n4．（5分）投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．己知某同学每次投篮投5．（5分）已知M（x0，y0）是双曲线C：=1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若＜0，则y0的取值范围是（）．．．．6．（5分）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学明著，书中有如下问题：”今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？“其意思为：”在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？“已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（）7．（5分）设D为△ABC所在平面内一点，，则（）．8．（5分）函数f（x）=cos（ωx+ϕ）的部分图象如图所示，则f（x）的单调递减区间为（）﹣，，，）（2k+9．（5分）执行如图的程序框图，如果输入的t=0.01，则输出的n=（）255211．（5分）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r=（）12．（5分）设函数f（x）=e x（2x﹣1）﹣ax+a，其中a＜l，若存在唯一的整数x0使得f（x0）[[[[二、填空题（本大题共有4小题，每小题5分）13．（5分）若函数f（x）=xln（x+）为偶函数．则a=．14．（5分）一个圆经过椭圆=1的三个顶点．且圆心在x轴的正半轴上．则该圆标准方程为．15．（5分）若x，y满足约束条件．则的最大值为．16．（5分）在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°．BC=2，则AB的取值范围是．三、解答题：17．（12分）S n为数列{a n}的前n项和，己知a n＞0，a n2+2a n=4S n+3（I）求{a n}的通项公式：（Ⅱ）设b n =，求数列{b n }的前n 项和．18．（12分）如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE 丄平面ABCD ，DF 丄平面 ABCD ，BE=2DF ，AE 丄EC ． （Ⅰ）证明：平面AEC 丄平面AFC（Ⅱ）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．19．（12分）某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x （单位：千元）对年销售量y （单位：t ）和年利润z （单位：千元）的影响，对近8年的年宣传费x i 和年销售量y i （i=1，2，…，8）数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．（x i﹣）2（w i ﹣）2（x i ﹣）（y i ）（w i ﹣）（y i表中w i =1，=（Ⅰ）根据散点图判断，y=a+bx 与y=c+d 哪一个适宜作为年销售量y 关于年宣传费x 的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）（Ⅱ）根据（Ⅰ）的判断结果及表中数据，建立y 关于x 的回归方程；（Ⅲ）以知这种产品的年利率z与x、y的关系为z=0.2y﹣x．根据（Ⅱ）的结果回答下列问题：（i）年宣传费x=49时，年销售量及年利润的预报值是多少？（ii）年宣传费x为何值时，年利率的预报值最大？附：对于一组数据（u1 v1），（u2 v2）…..（u n v n），其回归线v=α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为：=，=﹣．20．（12分）在直角坐标系xOy中，曲线C：y=与直线l：y=kx+a（a＞0）交于M，N两点．（Ⅰ）当k=0时，分別求C在点M和N处的切线方程．（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？（说明理由）21．（12分）已知函数f（x）=x3+ax+，g（x）=﹣lnx（i）当a为何值时，x轴为曲线y=f（x）的切线；（ii）用min {m，n }表示m，n中的最小值，设函数h（x）=min { f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．选修4一1:几何证明选讲22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，BC交⊙O于点E．（Ⅰ）若D为AC的中点，证明：DE是⊙O的切线；（Ⅱ）若OA=CE，求∠ACB的大小．选修4一4：坐标系与参数方程23．（10分）（2015春•新乐市校级月考）在直角坐标系xOy中，直线C1：x=﹣2，圆C2：（x﹣1）2+（y﹣2）2=1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求C1，C2的极坐标方程；（Ⅱ）若直线C3的极坐标方程为θ=（ρ∈R），设C2与C3的交点为M，N，求△C2MN 的面积．选修4一5：不等式选讲24．（10分）已知函数f（x）=|x+1|﹣2|x﹣a|，a＞0．（Ⅰ）当a=1时，求不等式f（x）＞1的解集；（Ⅱ）若f（x）的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．2015年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标I）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．（5分）设复数z满足=i，则|z|=（）满足=iB．2n4．（5分）投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．己知某同学每次投篮投5．（5分）已知M（x0，y0）是双曲线C：=1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若＜0，则y0的取值范围是（）．．．．=﹣（﹣＜＜6．（5分）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学明著，书中有如下问题：”今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？“其意思为：”在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？“已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（），则，××（，÷7．（5分）设D为△ABC所在平面内一点，，则（）．利用向量的三角形法则首先表示为=本题考查了向量的三角形法则的运用；关键是想法将向量表示为8．（5分）函数f（x）=cos（ωx+ϕ）的部分图象如图所示，则f（x）的单调递减区间为（）﹣，，，）（2k+）的部分图象，可得函数的周期为（﹣可得+=，）≤≤2k+）的单调递减区间为（）9．（5分）执行如图的程序框图，如果输入的t=0.01，则输出的n=（）﹣﹣≤﹣≤﹣=﹣=2552，的通项为=的系数为11．（5分）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r=（）×+22r+12．（5分）设函数f（x）=e x（2x﹣1）﹣ax+a，其中a＜l，若存在唯一的整数x0使得f（x0）[[[[＜﹣时，，＞﹣时，﹣，，解得二、填空题（本大题共有4小题，每小题5分）13．（5分）若函数f（x）=xln（x+）为偶函数．则a=1．x+14．（5分）一个圆经过椭圆=1的三个顶点．且圆心在x轴的正半轴上．则该圆标准方程为（x﹣）2+y2=．解：一个圆经过椭圆，解得，，）．）15．（5分）若x，y满足约束条件．则的最大值为3．，则，解得，即=3的最大值为16．（5分）在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°．BC=2，则AB的取值范围是（﹣，+）．x x xx+m=+AD=x+mx+m=，x+m x=+x的取值范围是（﹣+﹣，）三、解答题：17．（12分）S n为数列{a n}的前n项和，己知a n＞0，a n2+2a n=4S n+3（I）求{a n}的通项公式：（Ⅱ）设b n=，求数列{b n}的前n项和．，利用裂项法即可求数列==（﹣（﹣+﹣）（﹣．18．（12分）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE丄平面ABCD，DF丄平面ABCD，BE=2DF，AE丄EC．（Ⅰ）证明：平面AEC丄平面AFC（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．AG=GC=，且BE=，故，，EF=，），=，）=，﹣，，＞=﹣．19．（12分）某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x （单位：千元）对年销售量y （单位：t ）和年利润z （单位：千元）的影响，对近8年的年宣传费x i 和年销售量y i （i=1，2，…，8）数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．（x i ﹣）2（w i ﹣）2（x i ﹣）（y i ）（w i ﹣）（y i表中w i=1，=（Ⅰ）根据散点图判断，y=a+bx与y=c+d哪一个适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）（Ⅱ）根据（Ⅰ）的判断结果及表中数据，建立y关于x的回归方程；（Ⅲ）以知这种产品的年利率z与x、y的关系为z=0.2y﹣x．根据（Ⅱ）的结果回答下列问题：（i）年宣传费x=49时，年销售量及年利润的预报值是多少？（ii）年宣传费x为何值时，年利率的预报值最大？附：对于一组数据（u1 v1），（u2 v2）…..（u n v n），其回归线v=α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为：=，=﹣．w=，建立y=c+dw=的线性回归方程，由于===563的线性回归方程为的回归方程为=100.6+68，的预报值=100.6+68=576.6的预报值的预报值=0.2100.6+68）﹣+20.12=20．（12分）在直角坐标系xOy中，曲线C：y=与直线l：y=kx+a（a＞0）交于M，N两点．（Ⅰ）当k=0时，分別求C在点M和N处的切线方程．（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？（说明理由），利用导数的运算法则，利用导数的几何意义、点斜式即可得出切线方程．．）联立M Ny=点处的切线斜率为=a=处的切线方程为：，化为==．21．（12分）已知函数f（x）=x3+ax+，g（x）=﹣lnx（i）当a为何值时，x轴为曲线y=f（x）的切线；（ii）用min {m，n }表示m，n中的最小值，设函数h（x）=min { f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．，，即可得出零点的个数；，解得．时，﹣=a+＜﹣=a+=，∴当）在内单调递减，在x==，即，则，即，=a+a时，或时，或选修4一1:几何证明选讲22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，BC交⊙O于点E．（Ⅰ）若D为AC的中点，证明：DE是⊙O的切线；（Ⅱ）若OA=CE，求∠ACB的大小．，BE=选修4一4：坐标系与参数方程23．（10分）（2015春•新乐市校级月考）在直角坐标系xOy中，直线C1：x=﹣2，圆C2：（x﹣1）2+（y﹣2）2=1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求C1，C2的极坐标方程；（Ⅱ）若直线C3的极坐标方程为θ=（ρ∈R），设C2与C3的交点为M，N，求△C2MN 的面积．3的面积（3=2=．选修4一5：不等式选讲24．（10分）已知函数f（x）=|x+1|﹣2|x﹣a|，a＞0．（Ⅰ）当a=1时，求不等式f（x）＞1的解集；（Ⅱ）若f（x）的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．，或求得＜，a|=，，[2a+1]参与本试卷答题和审题的老师有：刘长柏；qiss；maths；changq；caoqz；cst；lincy；吕静；双曲线；whgcn；孙佑中（排名不分先后）菁优网2015年7月20日。

2014 年浙江省高考数学试卷（理科）一、选择题（每小题 5 分，共 50 分）．（分）设全集U={ x∈N| x≥2}，集合 A={ x∈ N| x 2≥5} ，则?U（）1 5A=A．?B．{ 2}C．{ 5}D．{ 2，5} 2．（5分）已知 i 是虚数单位， a，b∈R，则“ a=b=1是”“（ a+bi）2=2i ”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件3．（5 分）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是（）A．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm24．（5 分）为了得到函数y=sin3x+cos3x 的图象，可以将函数y=cos3x 的图象（）A．向右平移个单位B．向左平移个单位C．向右平移个单位D．向左平移个单位．（分）在（）6（1+y）4的展开式中，记 x m n项的系数为 f（ m，n），则 f5 51+x y（3，0）+f（ 2， 1） +f（1，2）+f（0，3）=（）A．45B．60C．120D．210 6．（5 分）已知函数 f（ x）=x3+ax2+bx+c．且 0＜f（﹣ 1）=f（﹣ 2）=f（﹣ 3）≤3，则（）A．c≤3B．3＜c≤ 6C．6＜c≤9D．c＞9 7．（5 分）在同一直角坐标系中，函数f（x）=x a（ x＞ 0），g（x）=log a x 的图象可1能是（）A．B．C．D．8．（5 分）记 max{ x，y} =，min{ x，y} =，设，为平面向量，则（）A．min{|+ |，|﹣ |}≤min{|| ，||}B．min{|+ |，|﹣ |}≥min{|| ，||}．+ |2，|﹣ |2}≤| |2+| |2C max{|．+ |2， |﹣ |2}≥| |2+| |2D max{|9．（ 5 分）已知甲盒中仅有 1 个球且为红球，乙盒中有 m 个红球和 n 个蓝球（ m ≥3，n≥3），从乙盒中随机抽取i（i=1，2）个球放入甲盒中．（ a）放入 i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi（i=1，2）；（b）放入 i 个球后，从甲盒中取 1 个球是红球的概率记为 p i（i=1，2）．则（）A．p1＞ p2，E（ξ1）＜ E（ξ2）B．p1＜ p2，E（ξ1）＞ E（ξ2）．1＞p2，E（ξ1）＞ E（ξ2）D．p1＜p2，E（ξ1）＜ E（ξ2）C p10．（5 分）设函数 f1（x）=x2，f2（ x）=2（ x﹣ x2），，，，，，，．记k=| f k（a1）﹣f k（a0）|+| f k（a2）﹣f k（a1）丨+ +| f ki=0 1 299I（a99）﹣ f k（ a98）| ，k=1， 2， 3，则（）A．I1＜I2＜I3．2＜I1＜I3．1＜I3＜I2．3＜I2＜I1B IC ID I2二、填空题11．（ 4 分）在某程序框图如图所示，当输入50 时，则该程序运算后输出的结果是．12．（ 4 分）随机变量ξ的取值为 0，1，2，若 P（ξ =0） = ， E（ξ）=1，则 D（ξ）=．13．（4 分）当实数 x，y 满足时，1≤ax+y≤ 4恒成立，则实数a的取值范围是．14．（ 4 分）在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张，其余 5 张无奖．将这 8 张奖券分配给 4 个人，每人 2 张，不同的获奖情况有种（用数字作答）．15．（ 4 分）设函数 f（x）=，若f（f（a））≤ 2，则实数a的取值范围是．16．（ 4 分）设直线 x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B．若点 P（ m，0）满足 | PA| =| PB| ，则该双曲线的3离心率是．17．（4 分）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点 A 处进行射击训练．已知点 A 到墙面的距离为 AB，某目标点 P 沿墙面上的射线 CM 移动，此人为了准确瞄准目标点 P，需计算由点 A 观察点 P 的仰角θ的大小．若 AB=15m，AC=25m，∠ BCM=30°，则 tan θ的最大值是．（仰角θ为直线AP与平面 ABC所成角）三、解答题18．（ 14 分）在△ ABC中，内角 A， B， C 所对的边分别为 a，b，c．已知 a≠b，c= ，cos2A﹣cos2 B= sinAcosA﹣sinBcosB（1）求角 C 的大小；（2）若 sinA= ，求△ ABC的面积．4．（分）已知数列{ a n } 和{ b } 满足 a a（n∈N*）．若 { a } 为等19 14n1a2a3n=n比数列，且 a1=2， b3=6+b2．（Ⅰ）求 a n和 b n；（Ⅱ）设 c（∈N *）．记数列 { c } 的前 n 项和为 S ．n=n n n（i）求 S n；（i i）求正整数 k，使得对任意 n∈N*均有 S k≥ S n．20（．15 分）如图，在四棱锥 A﹣BCDE中，平面 ABC⊥平面 BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC= ．（Ⅰ）证明： DE⊥平面 ACD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣ E 的大小．521．（ 15 分）如图，设椭圆C：（a＞b＞0），动直线l与椭圆C只有一个公共点 P，且点 P 在第一象限．（Ⅰ）已知直线l 的斜率为 k，用 a，b，k 表示点 P 的坐标；（Ⅱ）若过原点O 的直线 l1与 l 垂直，证明：点 P 到直线 l1的距离的最大值为 a ﹣b．22．（ 14 分）已知函数 f （x）=x3+3| x﹣ a| （a∈R）．（Ⅰ）若 f（x）在 [ ﹣ 1，1] 上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求 M（a）﹣ m（a）；（Ⅱ）设 b∈R，若 [ f（x）+b] 2≤4 对 x∈[ ﹣1，1] 恒成立，求 3a+b 的取值范围．62014 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（每小题 5 分，共 50 分）1．（5 分）设全集 U={ x∈N| x≥2} ，集合 A={ x∈ N| x2≥ 5} ，则 ?U A=（）A．?B．{ 2}C．{ 5}D．{ 2，5}【考点】 1F：补集及其运算．【专题】 5J：集合．【分析】先化简集合 A，结合全集，求得 ?U A．【解答】解：∵全集 U={ x∈N| x≥2} ，集合 A={ x∈N| x2≥5} ={ x∈ N| x≥3} ，则 ?U A={ 2} ，故选： B．【点评】本题主要考查全集、补集的定义，求集合的补集，属于基础题．2．（5 分）已知 i 是虚数单位， a，b∈R，则“ a=b=1是”“（ a+bi）2=2i ”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【考点】 29：充分条件、必要条件、充要条件； A1：虚数单位 i、复数．【专题】 5L：简易逻辑．【分析】利用复数的运算性质，分别判断“a=b=1?”“（ a+bi ）2=2i ”与“”a=b=1?“（a+bi）2=2i ”的真假，进而根据充要条件的定义得到结论．【解答】解：当“a=b=1时”，“（a+bi）2=（1+i）2=2i ”成立，故“a=b=1是”“（a+bi）2=2i ”的充分条件；当“（a+bi）2 =a2﹣ b2+2abi=2i 时”，“a=b=1或”“a=b=﹣1”，故“a=b=1是”“（a+bi）2=2i ”的不必要条件；综上所述，“a=b=1是”“（a+bi）2=2i ”的充分不必要条件；7故选： A．【点评】本题考查的知识点是充要条件的定义，复数的运算，难度不大，属于基础题．3．（5 分）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是（）A．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm2【考点】 L!：由三视图求面积、体积．【专题】 5Q：立体几何．【分析】几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，根据三视图判断直三棱柱的侧棱长与底面的形状及相关几何量的数据，判断四棱柱的高与底面矩形的边长，把数据代入表面积公式计算．【解答】解：由三视图知：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，其中直三棱柱的侧棱长为 3，底面是直角边长分别为 3、4 的直角三角形，四棱柱的高为 6，底面为矩形，矩形的两相邻边长为 3 和 4，∴几何体的表面积S=2×4× 6+3×6+3×3+2×3×4+2××3×4+（4+5）×3=48+18+9+24+12+27=138（ cm2）．故选： D．【点评】本题考查了由三视图求几何体的表面积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．84．（5 分）为了得到函数y=sin3x+cos3x 的图象，可以将函数y=cos3x 的图象（）A．向右平移个单位B．向左平移个单位C．向右平移个单位D．向左平移个单位【考点】 HJ：函数 y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【专题】 57：三角函数的图像与性质．【分析】利用两角和与差的三角函数化简已知函数为一个角的一个三角函数的形式，然后利用平移原则判断选项即可．【解答】解：函数 y=sin3x+cos3x=，故只需将函数y=cos3x 的图象向右平移个单位，得到 y==的图象．故选： C．【点评】本题考查两角和与差的三角函数以及三角函数的平移变换的应用，基本知识的考查．5．（5 分）在（ 1+x）6（1+y）4的展开式中，记 x m y n项的系数为 f（ m，n），则 f（3，0）+f（ 2， 1） +f（1，2）+f（0，3）=（）A．45B．60C．120D．210【考点】 DA：二项式定理．【专题】 5P：二项式定理．【分析】由题意依次求出 x3y0，x2y1， x1y2，x0y3，项的系数，求和即可．【解答】解：（ 1+x）6（ 1+y）4的展开式中，含 x3y0的系数是：=20．f（3，0）=20；含 x2y1的系数是=60， f（2，1）=60；含 x1y2的系数是=36， f（1，2）=36；含 x0y3的系数是=4，f（ 0， 3） =4；9∴f（3，0）+f（ 2， 1） +f （1，2）+f（0，3）=120．故选： C．【点评】本题考查二项式定理系数的性质，二项式定理的应用，考查计算能力．6．（5 分）已知函数 f（ x）=x3+ax2+bx+c．且 0＜f（﹣ 1）=f（﹣ 2）=f（﹣ 3）≤3，则（）A．c≤3B．3＜c≤ 6C．6＜c≤9D．c＞9【考点】 7E：其他不等式的解法．【专题】 11：计算题； 51：函数的性质及应用．【分析】由 f（﹣ 1）=f（﹣ 2）=f（﹣ 3）列出方程组求出a，b，代入 0＜f（﹣ 1）≤3，即可求出 c 的范围．【解答】解：由 f（﹣ 1）=f（﹣ 2）=f（﹣ 3）得，解得，则 f（ x）=x3+6x2+11x+c，由0＜f（﹣1）≤3，得0＜﹣1+6﹣11+c≤3，即 6＜c≤ 9，故选： C．【点评】本题考查方程组的解法及不等式的解法，属于基础题．7．（5 分）在同一直角坐标系中，函数f（x）=x a（ x＞ 0），g（x）=log a x 的图象可能是（）A．B．10C．D．【考点】 3A：函数的图象与图象的变换．【专题】 51：函数的性质及应用．【分析】结合对数函数和幂函数的图象和性质，分当0＜ a＜ 1 时和当 a＞1 时两种情况，讨论函数f（x）=x a（x≥0），g（x）=log a x 的图象，比照后可得答案．此时答案 D 满足要求，当 a＞1 时，函数 f（x）=x a（x≥0），g（x）=log a x 的图象为：无满足要求的答案，11综上：故选 D，故选： D．【点评】本题考查的知识点是函数的图象，熟练掌握对数函数和幂函数的图象和性质，是解答的关键．8．（5 分）记 max{ x，y} =，min{ x，y} =，设，为平面向量，则（）A．min{|+ |，|﹣ |} ≤min{| | ，||}B．min{| + | ，| ﹣ |} ≥min{|| ，||}．max{|+ |2，|﹣ |2}≤| |2+| |2．max{| + |2，| ﹣ |2} ≥C D| |2+|| 2【考点】 98：向量的加法； 99：向量的减法．【专题】 5A：平面向量及应用．【分析】将，平移到同一起点，根据向量加减法的几何意义可知，+ 和﹣分别表示以，为邻边所做平行四边形的两条对角线，再根据选项内容逐一判断．【解答】解：对于选项 A，取⊥，则由图形可知，根据勾股定理，结论不成立；对于选项 B，取，是非零的相等向量，则不等式左边min{|+ | ，|﹣|} =0，显然，不等式不成立；对于选项C，取，是非零的相等向量，则不等式左边max{| + | 2， |﹣| 2} =| + | 2=4，而不等式右边=|| 2+| | 2=2，故C不成立，D选项正确．故选： D．【点评】本题在处理时要结合着向量加减法的几何意义，将，，，放12在同一个平行四边形中进行比较判断，在具体解题时，本题采用了排除法，对错误选项进行举反例说明，这是高考中做选择题的常用方法，也不失为一种快速有效的方法，在高考选择题的处理上，未必每一题都要写出具体解答步骤，针对选择题的特点，有时“排除法”，“确定法”，“特殊值”代入法等也许是一种更快速，更有效的方法．9．（ 5 分）已知甲盒中仅有 1 个球且为红球，乙盒中有 m 个红球和 n 个蓝球（ m ≥3，n≥3），从乙盒中随机抽取i（i=1，2）个球放入甲盒中．（ a）放入 i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi（i=1，2）；（b）放入 i 个球后，从甲盒中取 1 个球是红球的概率记为 p i（i=1，2）．则（）＞ p ，E（ξ）＜ E（ξ）A．p1 212 C．p1＞p2，E（ξ1）＞ E（ξ2）B．p ＜ p ，E（ξ）＞ E（ξ）1212 D．p1＜p2，E（ξ1）＜ E（ξ2）【考点】 CH：离散型随机变量的期望与方差．【专题】 5I：概率与统计．【分析】首先，这两次先后从甲盒和乙盒中拿球是相互独立的，然后分两种情况：即当ξ=1时，有可能从乙盒中拿出一个红球放入甲盒，也可能是拿到一个蓝球放入甲盒；ξ=2时，则从乙盒中拿出放入甲盒的球可能是两蓝球、一红一蓝、或者两红；最后利用概率公式及分布列知识求出P1，P2和E（ξ1），E（ξ2）进行比较即可．【解答】解析：，，，所以 P1＞P2；由已知ξ的取值为 1、2，ξ的取值为 1、2、 3，12所以，==，13）﹣ E（ξ）=．E（ξ12故选： A．【点评】正确理解ξi（i=1，2）的含义是解决本题的关键．此题也可以采用特殊值法，不妨令 m=n=3，也可以很快求解．．（分）设函数1（x）=x2，f2（x）=2（x﹣x2），，，10 5fi=0， 1，2，， 99．记 I k=| f k（a1）﹣ f k（a0）|+| f k（a2）﹣ f k（a1）丨 + +| f k （a99）﹣ f k（ a98）| ，k=1， 2， 3，则（）A．I1＜I2＜I3B．I2＜I1＜I3C．I1＜I3＜I2D．I3＜I2＜I1【考点】 57：函数与方程的综合运用．【专题】 51：函数的性质及应用．【分析】根据记 I k=| f k（a1）﹣ f k（a0）|+| f k（a2）﹣ f k（a1）丨 + +| f k（ a99）﹣ f k （a98）| ，分别求出 I1， I2，I3与 1 的关系，继而得到答案【解答】解：由，故==1，由，故×= ×＜1，+=，故 I2＜I1＜I3，故选： B．【点评】本题主要考查了函数的性质，关键是求出这三个数与1 的关系，属于难题．14二、填空题11．（ 4 分）在某程序框图如图所示，当输入50 时，则该程序运算后输出的结果是 6 ．【考点】 E7：循环结构； EF：程序框图．【专题】 5K：算法和程序框图．【分析】根据框图的流程模拟运行程序，直到满足条件S＞50，跳出循环体，确定输出的 i 的值．【解答】解：由程序框图知：第一次循环 S=1，i=2；第二次循环 S=2×1+2=4，i=3；第三次循环S=2×4+3=11， i=4；第四次循环 S=2×11+4=26，i=5；第五次循环 S=2×26+5=57，i=6，满足条件 S＞ 50，跳出循环体，输出i=6．故答案为： 6．【点评】本题考查了直到型循环结构的程序框图，根据框图的流程模拟运行程序是解答此类问题的常用方法．1512．（ 4 分）随机变量ξ的取值为 0，1，2，若 P（ξ =0） = ， E（ξ）=1，则 D（ξ）=．【考点】 CH：离散型随机变量的期望与方差．【专题】 5I：概率与统计．【分析】结合方差的计算公式可知，应先求出P（ξ=1），P（ξ=2），根据已知条件结合分布列的性质和期望的计算公式不难求得．【解答】解析：设 P（ξ=1）=p，P（ξ=2）=q，则由已知得 p+q=，，解得，，所以．故答案为：【点评】本题综合考查了分布列的性质以及期望、方差的计算公式．13．（4 分）当实数 x，y 满足时，1≤ax+y≤ 4恒成立，则实数a的取值范围是[]．【考点】 7C：简单线性规划．【专题】 59：不等式的解法及应用．【分析】由约束条件作出可行域，再由1≤ax+y≤ 4 恒成立，结合可行域内特殊点 A， B， C 的坐标满足不等式列不等式组，求解不等式组得实数 a 的取值范围．【解答】解：由约束条件作可行域如图，联立，解得 C（1，）．联立，解得 B（2，1）．16在 x﹣y﹣ 1=0 中取 y=0 得 A（1，0）．要使 1≤ax+y≤4 恒成立，则，解得： 1．∴实数 a 的取值范围是．解法二：令 z=ax+y，当 a＞0 时， y=﹣ax+z，在 B 点取得最大值， A 点取得最小值，可得，即 1≤a≤；当 a＜0 时， y=﹣ax+z，在 C 点取得最大值，① a＜﹣ 1 时，在 B 点取得最小值，可得，解得0≤a≤（不符合条件，舍去）②﹣ 1＜a＜ 0 时，在 A 点取得最小值，可得，解得1≤a≤（不符合条件，舍去）综上所述即： 1≤a≤；故答案为：．【点评】本题考查线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，考查了数学转化17思想方法，训练了不等式组得解法，是中档题．14．（ 4 分）在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张，其余 5 张无奖．将这 8 张奖券分配给 4 个人，每人 2 张，不同的获奖情况有60种（用数字作答）．【考点】 D9：排列、组合及简单计数问题．【专题】 5O：排列组合．【分析】分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得；一、二、三等奖，有 1 人获得2张，1人获得 1张．【解答】解：分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得，共有=24 种；一、二、三等奖，有 1 人获得 2 张， 1 人获得 1 张，共有=36 种，共有 24+36=60 种．故答案为： 60．【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题．15．（ 4 分）设函数 f（x）=，若f（f（a））≤ 2，则实数a的取值范围是（﹣∞，]．【考点】 5B：分段函数的应用．【专题】 59：不等式的解法及应用．【分析】画出函数 f （x）的图象，由f（f（ a））≤ 2，可得 f（ a）≥﹣ 2，数形结合求得实数 a 的取值范围．【解答】解：∵函数 f （x）=，它的图象如图所示：由 f（f（ a））≤ 2，可得 f（ a）≥﹣ 2．当 a＜0 时， f （a）=a2+a=（a+）2﹣≥﹣2恒成立；18当 a≥0 时， f （a）=﹣a2≥﹣ 2，即 a2≤2，解得 0≤ a≤，则实数 a 的取值范围是a≤，故答案为：（﹣∞，] ．【点评】本题主要考查分段函数的应用，其它不等式的解法，体现了数形结合的数学思想，属于中档题．16．（ 4 分）设直线 x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B．若点 P（ m，0）满足 | PA| =| PB| ，则该双曲线的离心率是．【考点】 KC：双曲线的性质．【专题】 5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】先求出 A，B 的坐标，可得AB 中点坐标为（，），利用点 P（ m，0）满足 | PA| =| PB| ，可得=﹣3，从而可求双曲线的离心率．【解答】解：双曲线（a＞0，b＞0）的两条渐近线方程为y=±x，则19与直线 x﹣3y+m=0 联立，可得 A（，），B（﹣，），∴ AB中点坐标为（，），∵点 P（m， 0）满足 | PA| =| PB| ，∴=﹣3，∴ a=2b，∴= b，∴e= = ．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的离心率，考查直线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．17．（4 分）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点 A 处进行射击训练．已知点 A 到墙面的距离为 AB，某目标点 P 沿墙面上的射线 CM 移动，此人为了准确瞄准目标点 P，需计算由点 A 观察点 P 的仰角θ的大小．若 AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则 tan θ的最大值是．（仰角θ为直线AP与平面 ABC所成角）【考点】 HO：三角函数模型的应用；HU：解三角形．【专题】 58：解三角形．20【分析】过 P 作 PP′⊥ BC，交 BC于 P′，连接 AP′，则 tan θ=，求出PP′，AP′，利用函数的性质，分类讨论，即可得出结论．【解答】解：∵ AB=15m，AC=25m，∠ ABC=90°，∴ BC=20m，过 P 作 PP′⊥ BC，交 BC于 P′，连接 AP′，则 tan θ=，设 BP′=x，则 CP′=20﹣ x，由∠ BCM=30°，得 PP′=CP′tan30 °=（20﹣ x），在直角△ ABP′中， AP′=，∴ tan θ= ?，令 y=，则函数在x∈[ 0，20]单调递减，∴ x=0 时，取得最大值为=．若 P′在 CB的延长线上， PP′=CP′tan30 °=（20+x），在直角△ ABP′中， AP′=，∴ tan θ= ?，令 y=，则y′=0可得x=时，函数取得最大值，故答案为：．【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查函数的单调性，考查学生分21析解决问题的能力，属于中档题．三、解答题18．（ 14 分）在△ ABC中，内角 A， B， C 所对的边分别为 a，b，c．已知 a≠b，c= ，cos2A﹣cos2 B= sinAcosA﹣sinBcosB（1）求角 C 的大小；（2）若 sinA= ，求△ ABC的面积．【考点】 GL：三角函数中的恒等变换应用；HP：正弦定理．【专题】 58：解三角形．【分析】（ 1）利用倍角公式、两角和差的正弦公式可得，由 a≠ b 得， A≠B，又 A+B∈（ 0，π），可得，即可得出．（2）利用正弦定理可得 a，利用两角和差的正弦公式可得 sinB，再利用三角形的面积计算公式即可得出．【解答】解：（1）由题意得，，∴，化为，由 a≠b 得， A≠ B，又 A+B∈（ 0，π），得，即，∴；（ 2）由，利用正弦定理可得，得，由 a＜c，得 A＜C，从而，故，∴．【点评】本题考查了正弦定理、倍角公式、两角和差的正弦公式、三角形的面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22．（分）已知数列{ a n } 和{ b } 满足 a a（n∈N*）．若 { a } 为等19 14n1a2a3n=n比数列，且 a1=2， b3=6+b2．（Ⅰ）求 a n和 b n；（Ⅱ）设 c（∈N *）．记数列 { c } 的前 n 项和为 S ．n=n n n（i）求 S n；（i i）求正整数 k，使得对任意 n∈N*均有 S k≥ S n．【考点】 8E：数列的求和； 8K：数列与不等式的综合．【专题】 54：等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）先利用前n 项积与前（ n﹣1）项积的关系，得到等比数列 { a n } 的第三项的值，结合首项的值，求出通项 a n，然后现利用条件求出通项 b n；（Ⅱ）（i）利用数列特征进行分组求和，一组用等比数列求和公式，另一组用裂项法求和，得出本小题结论；（ii）本小题可以采用猜想的方法，得到结论，再加以证明．【解答】解：（Ⅰ）∵ a1 23 a n（∈*）①，a a=n N当 n≥2，n∈N*时，②，由①②知：，令 n=3，则有．∵b3=6+b2，∴ a3=8．∵{ a n} 为等比数列，且 a1=2，∴ { a n} 的公比为 q，则=4，由题意知 a n＞0，∴ q＞ 0，∴ q=2．∴（ n∈ N*）．又由 a a（∈N * ）得：1a2a3n=n，23，∴b n=n（n+1）（n∈N*）．（Ⅱ）（i）∵ c n ===．∴S n=c1+c2+c3+ +c n====；（ii）因为 c1=0，c2＞0，c3＞ 0， c4＞0；当 n≥5 时，，而=＞0，得，所以，当 n≥5 时， c n＜ 0，综上，对任意 n∈ N*恒有 S4≥S n，故 k=4．【点评】本题考查了等比数列通项公式、求和公式，还考查了分组求和法、裂项求和法和猜想证明的思想，证明可以用二项式定理，还可以用数学归纳法．本题计算量较大，思维层次高，要求学生有较高的分析问题解决问题的能力．本题属于难题．20．（15 分）如图，在四棱锥 A﹣BCDE中，平面 ABC⊥平面 BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=．（Ⅰ）证明： DE⊥平面 ACD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣ E 的大小．24【考点】 LW：直线与平面垂直； MJ：二面角的平面角及求法．【专题】 5F：空间位置关系与距离；5G：空间角； 5Q：立体几何．【分析】（Ⅰ）依题意，易证AC⊥平面 BCDE，于是可得 AC⊥ DE，又 DE⊥DC，从而 DE⊥平面 ACD；（Ⅱ）作 BF⊥AD，与 AD 交于点 F，过点 F 作 FG∥ DE，与 AE交于点 G，连接 BG，由（Ⅰ）知 DE⊥AD，则 FG⊥AD，所以∠ BFG就是二面角 B﹣AD﹣ E 的平面角，利用题中的数据，解三角形，可求得 BF=，AF= AD，从而 GF= ，cos∠BFG==，从而可求得答案．【解答】证明：（Ⅰ）在直角梯形 BCDE中，由 DE=BE=1，CD=2，得 BD=BC=，由 AC=222，AB=2得 AB=AC+BC ，即 AC⊥BC，又平面 ABC⊥平面 BCDE，从而 AC⊥平面 BCDE，所以 AC⊥DE，又 DE⊥DC，从而 DE⊥平面 ACD；（Ⅱ）作 BF⊥AD，与 AD 交于点 F，过点 F 作 FG∥ DE，与 AE交于点 G，连接 BG，由（Ⅰ）知 DE⊥AD，则 FG⊥AD，所以∠ BFG就是二面角 B﹣AD﹣ E 的平面角，222在直角梯形 BCDE中，由 CD =BC+BD ，得 BD⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB，由于 AC⊥平面 BCDE，得 AC⊥ CD．在 Rt△ACD中，由 DC=2，AC= ，得 AD= ；在Rt△AED中，由 ED=1，AD= 得 AE= ；在 Rt△ABD 中，由 BD=，AB=2，AD=得BF=，AF= AD，从而GF=，在△ ABE，△ ABG中，利用余弦定理分别可得 cos∠BAE=，BG=．在△ BFG中， cos∠BFG==，25所以，∠ BFG=，二面角B﹣AD﹣E的大小为．【点评】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，推理论证能力和运算求解能力．21．（ 15 分）如图，设椭圆C：（a＞b＞0），动直线l与椭圆C只有一个公共点 P，且点 P 在第一象限．（Ⅰ）已知直线l 的斜率为 k，用 a，b，k 表示点 P 的坐标；（Ⅱ）若过原点O 的直线 l1与 l 垂直，证明：点 P 到直线 l1的距离的最大值为 a ﹣b．【考点】 KH：直线与圆锥曲线的综合．【专题】 5D：圆锥曲线的定义、性质与方程；5E：圆锥曲线中的最值与范围问题．【分析】（Ⅰ）设直线 l 的方程为 y=kx+m（ k＜ 0），由，消去y得（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0，利用△ =0，可求得在第一象限中点P的坐标；（Ⅱ）由于直线 l1过原点 O 且与直线 l 垂直，设直线 l1的方程为 x+ky=0，利用点26到直线间的距离公式，可求得点P到直线l1的距离d=，整理即可证得点 P 到直线 l 1的距离的最大值为a﹣b．．【解答】解：（Ⅰ）设直线 l 的方程为 y=kx+m（k＜0），由，消去 y得（b2+a2k2） x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0．由于直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点P，故△ =0，即 b2﹣ m2+a2 k2=0，此时点 P 的横坐标为﹣，代入y=kx+m得点 P 的纵坐标为﹣ k?+m=，∴点 P 的坐标为（﹣，），又点 P 在第一象限，故m＞0，故 m=，故点 P 的坐标为 P（，）．（Ⅱ）由于直线 l1过原点 O 且与直线 l 垂直，故直线 l1的方程为 x+ky=0，所以点P 到直线 l1的距离d=，整理得： d=，27因为a2k2 +≥ 2ab，所以≤=a﹣b，当且仅当k2=时等号成立．所以，点 P 到直线 l1的距离的最大值为a﹣b．【点评】本题主要考查椭圆的几何性质、点到直线间的距离、直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法、基本不等式应用等综合解题能力．22．（ 14 分）已知函数 f （x）=x3+3| x﹣ a| （a∈R）．（Ⅰ）若 f（x）在 [ ﹣ 1，1] 上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求 M （a）﹣ m（a）；（Ⅱ）设 b∈R，若 [ f（x）+b] 2≤4 对 x∈[ ﹣1，1] 恒成立，求 3a+b 的取值范围．【考点】 6E：利用导数研究函数的最值．【专题】 53：导数的综合应用．【分析】（Ⅰ）利用分段函数，结合 [ ﹣ 1，1] ，分类讨论，即可求 M（ a）﹣ m（ a）；（Ⅱ）令 h（x）=f（ x）+b，则 h（ x）=，h′（x）=，则[ f（ x）+b] 2≤4 对 x∈ [ ﹣ 1，1] 恒成立，转化为﹣ 2≤h（x）≤2 对 x∈[ ﹣1，1] 恒成立，分类讨论，即可求 3a+b 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）∵ f（x）=x3+3| x﹣a| =，28∴ f （′ x）=，①a≤﹣ 1 时，∵﹣ 1≤x≤1，∴ x≥a，f（ x）在（﹣ 1， 1）上是增函数，∴ M（a）=f（1）=4﹣3a， m（a）=f（﹣ 1） =﹣4﹣3a，∴M（a）﹣ m（ a） =8；②﹣ 1＜a＜ 1 时， x∈（ a， 1），f （x）=x3+3x﹣ 3a，在（ a，1）上是增函数；x∈（﹣ 1， a），f（x） =x3﹣ 3x+3a，在（﹣ 1，a）上是减函数，∴M（a）=max{ f（1），f（﹣ 1）} ，m（a）=f（a）=a3，∵ f（1）﹣ f（﹣ 1） =﹣ 6a+2，∴﹣ 1＜a≤时， M（a）﹣ m（ a）=﹣a3﹣3a+4；＜a＜ 1 时， M （ a）﹣ m（a）=﹣a3+3a+2；③a≥ 1 时，有 x≤ a， f（x）在（﹣ 1，1）上是减函数，∴ M（a）=f（﹣ 1） =2+3a，m（ a）=f（1）=﹣2+3a，∴ M（a）﹣ m（ a） =4；（Ⅱ）令 h（x）=f（ x）+b，则 h（ x）=，h′（x）=，∵[ f（x）+b] 2≤ 4 对 x∈[ ﹣1，1] 恒成立，∴﹣ 2≤h（x）≤ 2 对 x∈ [ ﹣ 1， 1] 恒成立，由（Ⅰ）知，① a≤﹣ 1 时， h（ x）在（﹣ 1，1）上是增函数，最大值 h（1）=4﹣3a+b，最小值 h（﹣ 1）=﹣4﹣3a+b，则﹣ 4﹣3a+b≥﹣ 2 且 4﹣3a+b≤2 矛盾；②﹣ 1＜a≤时，最小值h（a）=a3+b，最大值h（1）=4﹣ 3a+b，∴ a3+b≥﹣ 2且 4﹣ 3a+b≤ 2，令 t（ a） =﹣ 2﹣ a3+3a，则 t ′（ a）=3﹣3a2＞0，t （a）在（ 0，）上是增函数，∴t （a）＞ t （0）=﹣2，∴﹣ 2≤3a+b≤0；③＜a＜1时，最小值h（a）=a3+b，最大值 h（﹣ 1）=3a+b+2，则 a3+b≥﹣ 229且 3a+b+2≤2，∴﹣＜ 3a+b≤0；④a≥ 1 时，最大值 h（﹣ 1）=3a+b+2，最小值 h（1）=3a+b﹣2，则 3a+b﹣2≥﹣2 且 3a+b+2≤2，∴ 3a+b=0．综上， 3a+b 的取值范围是﹣ 2≤3a+b≤0．【点评】本题考查导数的综合运用，考查函数的最值，考查分类讨论、化归与转化的数学思想，难度大．30。

浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）1．（5分）（2009•浙江）设U=R，A={x|x＞0}，B={x|x＞1}，则A∩∁U B=（）A．{x|0≤x＜1} B．{x|0＜x≤1}C．{x|x＜0} D．{x|x＞1}【考点】交、并、补集的混合运算．【专题】集合．【分析】欲求两个集合的交集，先得求集合C U B，再求它与A的交集即可．【解答】解：对于C U B={x|x≤1}，因此A∩C U B={x|0＜x≤1}，故选B．【点评】这是一个集合的常见题，属于基础题之列．2．（5分）（2009•浙江）已知a，b是实数，则“a＞0且b＞0”是“a+b＞0且ab＞0”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【专题】简易逻辑．【分析】考虑“a＞0且b＞0”与“a+b＞0且ab＞0”的互推性．【解答】解：由a＞0且b＞0⇒“a+b＞0且ab＞0”，反过来“a+b＞0且ab＞0”⇒a＞0且b＞0，∴“a＞0且b＞0”⇔“a+b＞0且ab＞0”，即“a＞0且b＞0”是“a+b＞0且ab＞0”的充分必要条件，故选C【点评】本题考查充分性和必要性，此题考得几率比较大，但往往与其他知识结合在一起考查．3．（5分）（2009•浙江）设复数z=1+i（i是虚数单位），则+z2=（）A．﹣1﹣i B．﹣1+i C．1﹣i D．1+i【考点】复数代数形式的混合运算．【专题】数系的扩充和复数．【分析】把复数z代入表达式化简整理即可．【解答】解：对于，故选D．【点评】本小题主要考查了复数的运算和复数的概念，以复数的运算为载体，直接考查了对于复数概念和性质的理解程度．4．（5分）（2009•浙江）在二项式的展开式中，含x4的项的系数是（）A．﹣10 B．10 C．﹣5 D．5【考点】二项式定理．【专题】二项式定理．【分析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为4求得．【解答】解：对于，对于10﹣3r=4，∴r=2，则x4的项的系数是C52（﹣1）2=10故选项为B【点评】二项展开式的通项是解决二项展开式的特定项问题的工具．5．（5分）（2009•浙江）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是（）A．30°B．45°C．60°D．90°【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离．【分析】本题考查的知识点是线面夹角，由已知中侧棱垂直于底面，我们过D点做BC的垂线，垂足为E，则DE⊥底面ABC，且E为BC中点，则E为A点在平面BB1C1C上投影，则∠ADE即为所求线面夹角，解三角形即可求解．【解答】解：如图，取BC中点E，连接DE、AE、AD，依题意知三棱柱为正三棱柱，易得AE⊥平面BB1C1C，故∠ADE为AD与平面BB1C1C所成的角．设各棱长为1，则AE=，DE=，tan∠ADE=，∴∠ADE=60°．故选C【点评】求直线和平面所成的角时，应注意的问题是：（1）先判断直线和平面的位置关系．（2）当直线和平面斜交时，常用以下步骤：①构造﹣﹣作出或找到斜线与射影所成的角；②设定﹣﹣论证所作或找到的角为所求的角；③计算﹣﹣常用解三角形的方法求角；④结论﹣﹣点明斜线和平面所成的角的值．6．（5分）（2009•浙江）某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k的值是（）A．4 B．5 C．6 D．7【考点】程序框图．【专题】算法和程序框图．【分析】根据流程图所示的顺序，逐框分析程序中各变量、各语句的作用可知：该程序的作用是计算满足S=≥100的最小项数【解答】解：根据流程图所示的顺序，程序的运行过程中各变量值变化如下表：是否继续循环S K循环前/0 0第一圈是 1 1第二圈是 3 2第三圈是11 3第四圈是2059 4第五圈否∴最终输出结果k=4故答案为A【点评】根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：①分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中既要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）⇒②建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型③解模．7．（5分）（2009•浙江）设向量，满足：||=3，||=4，•=0．以，，﹣的模为边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为（）A．3 B．4 C．5 D．6【考点】直线与圆相交的性质；向量的模；平面向量数量积的运算．【专题】平面向量及应用．【分析】先根据题设条件判断三角形为直角三角形，根据三边长求得内切圆的半径，进而看半径为1的圆内切于三角形时有三个公共点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，进而可得出答案．【解答】解：∵向量a•b=0，∴此三角形为直角三角形，三边长分别为3，4，5，进而可知其内切圆半径为1，∵对于半径为1的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，但5个以上的交点不能实现．故选B【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系．可采用数形结合结合的方法较为直观．8．（5分）（2009•浙江）已知a是实数，则函数f（x）=1+asinax的图象不可能是（）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】函数f（x）=1+asinax的图象是一个正弦曲线型的图，其振幅为|a|，周期为，周期与振幅成反比，从这个方向观察四个图象．【解答】解：对于振幅大于1时，三角函数的周期为：，∵|a|＞1，∴T＜2π，而D不符合要求，它的振幅大于1，但周期反而大于了2π．对于选项A，a＜1，T＞2π，满足函数与图象的对应关系，故选D．【点评】由于函数的解析式中只含有一个参数，这个参数影响振幅和周期，故振幅与周期相互制约，这是本题的关键．9．（5分）（2009•浙江）过双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的右顶点A作斜率为﹣1的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B、C．若=，则双曲线的离心率是（）A．B．C．D．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；双曲线的简单性质．【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】分别表示出直线l和两个渐近线的交点，进而表示出和，进而根据=求得a和b的关系，进而根据c2﹣a2=b2，求得a和c的关系，则离心率可得．【解答】解：直线l：y=﹣x+a与渐近线l1：bx﹣ay=0交于B（，），l与渐近线l2：bx+ay=0交于C（，），A（a，0），∴=（﹣，），=（，﹣），∵=，∴=，b=2a，∴c2﹣a2=4a2，∴e2==5，∴e=，故选C．【点评】本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题．要求学生有较高地转化数学思想的运用能力，能将已知条件转化到基本知识的运用．10．（5分）（2009•浙江）定义A﹣B={x|x∈A且x∉B}，若P={1，2，3，4}，Q={2，5}，则Q﹣P=（）A．P B．{5} C．{1，3，4} D．Q【考点】集合的包含关系判断及应用．【专题】集合．【分析】理解新的运算，根据新定义A﹣B知道，新的集合A﹣B是由所有属于A但不属于B的元素组成．【解答】解：Q﹣P是由所有属于Q但不属于P的元素组成，所以Q﹣P={5}．故选B．【点评】本题主要考查了集合的运算，是一道创新题，具有一定的新意．要求学生对新定义的A﹣B有充分的理解才能正确答．二、填空题（共7小题，每小题4分，满分28分）11．（4分）（2009•浙江）设等比数列{a n}的公比，前n项和为S n，则=15．【考点】等比数列的性质．【专题】等差数列与等比数列．【分析】先通过等比数列的求和公式，表示出S4，得知a4=a1q3，进而把a1和q代入约分化简可得到答案．【解答】解：对于，∴【点评】本题主要考查了等比数列中通项公式和求和公式的应用．属基础题．12．（4分）（2009•浙江）若某个几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是18cm3．【考点】由三视图求面积、体积．【专题】立体几何．【分析】由图可知，图形由两个体积相同的长方体组成，求出其中一个体积即可．【解答】解：由图可知，底下的长方体底面长为3，宽为1，底面积为3×1=3，高为3，因此体积为3×3=9；上面的长方体底面是个正方形，边长为3，高为1，易知与下面的长方体体积相等，因此易得该几何体的体积为9×2=18．【点评】本题考查学生的空间想象能力，是基础题．13．（4分）（2009•浙江）若实数x，y满足不等式组，则2x+3y的最小值是4．【考点】简单线性规划．【专题】不等式的解法及应用．【分析】先由约束条件画出可行域，再求出可行域各个角点的坐标，将坐标逐一代入目标函数，验证即得答案．【解答】解：如图即为满足不等式组的可行域，由图易得：当x=2，y=0时，2x+3y=4；当x=1，y=1时，2x+3y=5；当x=4，y=4时，2x+3y=20，因此，当x=2，y=0时，2x+3y有最小值4．故答案为4【点评】在解决线性规划的小题时，我们常用“角点法”，其步骤为：①由约束条件画出可行域⇒②求出可行域各个角点的坐标⇒③将坐标逐一代入目标函数⇒④验证，求出最优解．14．（4分）（2009•浙江）某地区居民生活用电分为高峰和低谷两个时间段进行分时计价．该地区的电网销售电价表如图：高峰时间段用电价格表低谷时间段用电价格表高峰月用电量（单位：千瓦时）高峰电价（单位：元/千瓦时）低谷月用电量（单位：千瓦时）低谷电价（单位：元/千瓦时）50及以下的部分0.568 50及以下的部分0.288超过50至200的部分0.598 超过50至200的部分0.318超过200的部分0.668 超过200的部分0.388若某家庭5月份的高峰时间段用电量为200千瓦时，低谷时间段用电量为100千瓦时，则按这种计费方式该家庭本月应付的电费为148.4元（用数字作答）【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法．【专题】函数的性质及应用．【分析】先计算出高峰时间段用电的电费，和低谷时间段用电的电费，然后把这两个电费相加．【解答】解：高峰时间段用电的电费为50×0.568+150×0.598=28.4+89.7=118.1 （元），低谷时间段用电的电费为50×0.288+50×0.318=14.4+15.9=30.3 （元），本月的总电费为118.1+30.3=148.4 （元），故答案为：148.4．【点评】本题考查分段函数的函数值的求法，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．15．（4分）（2009•浙江）观察下列等式：观察下列等式：C+C=23﹣2，C+C+C=27+23，C+C+C+C=211﹣25，C+C+C+C+C=215+27，…由以上等式推测到一个一般结论：对于n∈N*，C+C+C+…+C=24n﹣1+（﹣1）n22n﹣1．【考点】二项式定理的应用．【专题】二项式定理．【分析】通过观察类比推理方法结论由二项构成，第二项前有（﹣1）n，二项指数分别为24n﹣1，22n﹣1【解答】解：结论由二项构成，第二项前有（﹣1）n，二项指数分别为24n﹣1，22n﹣1，因此对于n∈N*，C4n+11+C4n+15+C4n+19+…+C4n+14n+1=24n﹣1+（﹣1）n22n﹣1．故答案为24n﹣1+（﹣1）n22n﹣1【点评】本题考查观察、类比、归纳的能力．16．（4分）（2009•浙江）甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是336．【考点】排列、组合及简单计数问题．【专题】排列组合．【分析】由题意知本题需要分组解决，共有两种情况，对于7个台阶上每一个只站一人，若有一个台阶有2人另一个是1人，根据分类计数原理得到结果．【解答】解：由题意知本题需要分组解决，∵对于7个台阶上每一个只站一人有A73种；若有一个台阶有2人另一个是1人共有C31A72种，∴根据分类计数原理知共有不同的站法种数是A73+C31A72=336种．故答案为：336．【点评】分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．分步要做到步骤完整﹣﹣完成了所有步骤，恰好完成任务．17．（4分）（2009•浙江）如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点，现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足，设AK=t，则t的取值范围是（，1）．【考点】平面与平面垂直的性质；棱锥的结构特征．【专题】空间位置关系与距离；空间角；立体几何．【分析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时与随着F点到C 点时，分别求出此两个位置的t值即可得到所求的答案【解答】解：此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，可得t=1，随着F点到C点时，当C与F无限接近，不妨令二者重合，此时有CD=2因CB⊥AB，CB⊥DK，∴CB⊥平面ADB，即有CB⊥BD，对于CD=2，BC=1，在直角三角形CBD中，得BD=，又AD=1，AB=2，再由勾股定理可得∠BDA是直角，因此有AD⊥BD再由DK⊥AB，可得三角形ADB和三角形AKD相似，可得t=，因此t的取值的范围是（，1）故答案为（，1）【点评】考查空间图形的想象能力，及根据相关的定理对图形中的位置关系进行精准判断的能力．三、解答题（共5小题，满分72分）18．（14分）（2009•浙江）在△ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，且满足=，•=3．（Ⅰ）求△ABC的面积；（Ⅱ）若b+c=6，求a的值．【考点】二倍角的余弦；平面向量数量积的运算；余弦定理．【专题】解三角形．（Ⅰ）利用二倍角公式利用=求得cosA，进而求得sinA，进而根据【分析】求得bc的值，进而根据三角形面积公式求得答案．（Ⅱ）根据bc和b+c的值求得b和c，进而根据余弦定理求得a的值．【解答】解：（Ⅰ）因为，∴，又由，得bccosA=3，∴bc=5，∴（Ⅱ）对于bc=5，又b+c=6，∴b=5，c=1或b=1，c=5，由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA=20，∴【点评】本题主要考查了解三角形的问题．涉及了三角函数中的倍角公式、余弦定理和三角形面积公式等，综合性很强．19．（14分）（2009•浙江）在1，2，3…，9，这9个自然数中，任取3个数．（Ⅰ）求这3个数中，恰有一个是偶数的概率；（Ⅱ）记ξ为这三个数中两数相邻的组数，（例如：若取出的数1、2、3，则有两组相邻的数1、2和2、3，此时ξ的值是2）．求随机变量ξ的分布列及其数学期望Eξ．【考点】等可能事件的概率；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；组合及组合数公式．【专题】概率与统计．【分析】（I）由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件是从9个数字中选3个，而满足条件的事件是3个数恰有一个是偶数，即有一个偶数和两个奇数．根据概率公式得到结果．（2）随机变量ξ为这三个数中两数相邻的组数，则ξ的取值为0，1，2，当变量为0时表示不包含相邻的数，结合变量对应的事件写出概率和分布列，算出期望．【解答】解：（I）由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件是C93，而满足条件的事件是3个数恰有一个是偶数共有C41C52记“这3个数恰有一个是偶数”为事件A，∴；（II）随机变量ξ为这三个数中两数相邻的组数，则ξ的取值为0，1，2，当变量为0时表示不包含相邻的数P（ξ=0）=，P（ξ=1）=，P（ξ=2）=∴ξ的分布列为ξ0 1 2p∴ξ的数学期望为．【点评】本题考查离散型随机变量的分布列，求离散型随机变量的分布列和期望是近年来理科高考必出的一个问题，题目做起来不难，运算量也不大，只要注意解题格式就问题不大．20．（14分）（2009•浙江）如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC=16，PA=PC=10．（Ⅰ）设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；（Ⅱ）证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，并求点M到OA，OB的距离．【考点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算．【专题】空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；立体几何．【分析】由于PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，O为AC的中点，AC=16，PA=PC=10，所以PO、OB、OC是两两垂直的三条直线，因此可以考虑用空间向量解决：连接OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，对于（I），只需证明向量FG与平面BOE的一个法向量垂直即可，而根据坐标，平面的一个法向量可求，从而得证；对于（II），在第一问的基础上，课设点M的坐标，利用FM⊥平面BOE求出M的坐标，而其道OA、OB的距离就是点M 横纵坐标的绝对值．【解答】证明：（I）如图，连接OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x 轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，则O（0，0，0），A（0，﹣8，0），B（8，0，0），C（0，8，0），P（0，0，6），E（0，﹣4，3），F（4，0，3），（3分）由题意得，G（0，4，0），因，因此平面BOE的法向量为，）得，又直线FG不在平面BOE内，因此有FG∥平面BOE．（6分）（II）设点M的坐标为（x0，y0，0），则，因为FM⊥平面BOE，所以有，因此有，即点M的坐标为（8分）在平面直角坐标系xoy中，△AOB的内部区域满足不等式组，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，由点M的坐标得点M到OA，OB的距离为．（12分）【点评】本题考查直线与平面的平行的判定以及距离问题，建立了空间坐标系，所有问题就转化为向量的运算，使得问题简单，解决此类问题时要注意空间向量的使用．21．（15分）（2009•浙江）已知椭圆C1：（a＞b＞0）的右顶点A（1，0），过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1．（Ⅰ）求椭圆C1的方程；（Ⅱ）设点P在抛物线C2：y=x2+h（h∈R）上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N．当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值．【考点】圆锥曲线的综合；椭圆的标准方程．【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程；圆锥曲线中的最值与范围问题．【分析】（I）根据题意，求出a，b的值，然后得出椭圆的方程．（II）设出M，N，P的坐标，将直线代入椭圆，联立方程组，根据△判断最值即可．【解答】解：（I）由题意得，∴，所求的椭圆方程为，（II）不妨设M（x1，y1），N（x2，y2），P（t，t2+h），则抛物线C2在点P处的切线斜率为y'|x=t=2t，直线MN的方程为y=2tx﹣t2+h，将上式代入椭圆C1的方程中，得4x2+（2tx﹣t2+h）2﹣4=0，即4（1+t2）x2﹣4t（t2﹣h）x+（t2﹣h）2﹣4=0，因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，所以有△1=16[﹣t4+2（h+2）t2﹣h2+4]＞0，设线段MN的中点的横坐标是x3，则，设线段PA的中点的横坐标是x4，则，由题意得x3=x4，即有t2+（1+h）t+1=0，其中的△2=（1+h）2﹣4≥0，∴h≥1或h≤﹣3；当h≤﹣3时有h+2＜0，4﹣h2＜0，因此不等式△1=16[﹣t4+2（h+2）t2﹣h2+4]＞0不成立；因此h≥1，当h=1时代入方程t2+（1+h）t+1=0得t=﹣1，将h=1，t=﹣1代入不等式△1=16[﹣t4+2（h+2）t2﹣h2+4]＞0成立，因此h的最小值为1．【点评】本题考查圆锥图象的综合利用，椭圆方程的应用，通过构造一元二次方程，利用根的判别式计算，属于中档题．22．（15分）（2009•浙江）已知函数f（x）=x3﹣（k2﹣k+1）x2+5x﹣2，g（x）=k2x2+kx+1，其中k∈R．（Ⅰ）设函数p（x）=f（x）+g（x）．若p（x）在区间（0，3）上不单调，求k的取值范围；（Ⅱ）设函数是否存在k，对任意给定的非零实数x1，存在惟一的非零实数x2（x2≠x1），使得q′（x2）=q′（x1）？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由．【考点】利用导数研究函数的单调性；函数的单调性与导数的关系．【专题】导数的综合应用．【分析】（I）因P（x）=f（x）+g（x）=x3+（k﹣1）x2+（k+5）x﹣1，先求导数：p′（x），因p（x）在区间（0，3）上不单调，得到p′（x）=0在（0，3）上有实数解，且无重根，再利用分离参数的方法得出，最后再利用导数求出此函数的值域即可；（II）先根据题意得出当k=0时不合题意，因此k≠0，下面讨论k≠0的情形，分类讨论：（ⅰ）当x1＞0时，（ⅱ）当x1＜0时，最后综合（ⅰ）（ⅱ）即可得出k值．【解答】解析：（I）因P（x）=f（x）+g（x）=x3+（k﹣1）x2+（k+5）x﹣1，p′（x）=3x2+2（k﹣1）x+（k+5），因p（x）在区间（0，3）上不单调，所以p′（x）=0在（0，3）上有实数解，且无重根，由p′（x）=0得k（2x+1）=﹣（3x2﹣2x+5），∴，令t=2x+1，有t∈（1，7），记，则h（t）在（1，3]上单调递减，在[3，7）上单调递增，所以有h（t）∈[6，10），于是，得k∈（﹣5，﹣2]，而当k=﹣2时有p′（x）=0在（0，3）上有两个相等的实根x=1，故舍去，所以k∈（﹣5，﹣2）；（II）当x＜0时有q′（x）=f′（x）=3x2﹣2（k2﹣k+1）x+5；当x＞0时有q′（x）=g′（x）=2k2x+k，因为当k=0时不合题意，因此k≠0，下面讨论k≠0的情形，记A=（k，+∞），B=（5，+∞）（ⅰ）当x1＞0时，q′（x）在（0，+∞）上单调递增，所以要使q′（x2）=q′（x1）成立，只能x2＜0且A⊆B，因此有k≥5，（ⅱ）当x1＜0时，q′（x）在（﹣∞，0）上单调递减，所以要使q′（x2）=q′（x1）成立，只能x2＞0且A⊆B，因此k≤5，综合（ⅰ）（ⅱ）k=5；当k=5时A=B，则∀x1＜0，q′（x1）∈B=A，即∃x2＞0，使得q′（x2）=q′（x1）成立，因为q′（x）在（0，+∞）上单调递增，所以x2的值是唯一的；同理，∀x1＜0，即存在唯一的非零实数x2（x2≠x1），要使q′（x2）=q′（x1）成立，所以k=5满足题意．【点评】本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，同时考查了分析与解决问题的综合能力，属于中档题．。

浙江省宁波市五校联考2015届高考数学适应性试卷（理科）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的）1．（5分）已知命题“p：∃x＞0，lnx＜x”，则￢p为（）A．∃x≤0，lnx≥x B．∀x＞0，lnx≥x C．∃x≤0，lnx＜x D．∀x＞0，lnx＜x2．（5分）已知互不相等的正数a，b，c，d，p，q满足a，c，b，d成等差数列，a，p，b，q 成等比数列，则（）A．c＜p，d＞q B．c＞p，d＞q C．c＞p，d＜q D．c＜p，d＜q3．（5分）已知直线a，b，平面α，β，且a⊥α，b⊂β，则“a⊥b”是“α∥β”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．（5分）函数f1（x）=，f2（x）=，…，f n+1（x）=，…，则函数f2015（x）是（）A．奇函数但不是偶函数B．偶函数但不是奇函数C．既是奇函数又是偶函数D．既不是奇函数又不是偶函数5．（5分）已知不存在整数x使不等式（ax﹣a2﹣4）（x﹣4）＜0成立，则实数a的取值范围为（）A．（0，+∞）B．（0，2] C．[1，2] D．[1，4]6．（5分）已知某几何体的三视图（单位：cm），如图所示，则此几何体的外接球的体积为（）A．πcm3B．36πcm3C．πcm3D．9πcm37．（5分）已知过双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的中心的直线交双曲线于点A， B，在双曲线C上任取与点A，B不重合的点P，记直线PA，PB，AB的斜率分别为k1，k2，k，若k1k2＞k恒成立，则离心率e的取值范围为（）A．1＜e＜B．1＜e≤C．e＞D．e≥8．（5分）设x，y满足约束条件，则取值范围是（）A．[1，5] B．[2，6] C．[3，10] D．[3，11]二、填空题（本大题共7小题，9～12小题每题6分，其它小题每题4分，共36分）9．（6分）已知直线l1：ax+2y﹣1=0，直线l2：x+by﹣3=0，且l1的倾斜角为，则a=；若l1⊥l2，则b=；若l1∥l2，则两直线间的距离为．10．（6分）太阳光的入射角（光线与地面所成的角）为，要使长为m的木棒在地面上的影子最长，则木棒与地面所成的角应为，其最大影长为．11．（6分）已知α为第二象限角，且=，则tan（+）=，sin（α+）=．12．（6分）设函数f（x）=，则f（f（2））=，函数y=f（f（x））的零点个数为．13．（4分）已知实数x，y满足log a x+2log x a+log x y=4，其中常数a＞1，当y取最大值2时，对应的x的值为．14．（4分）已知抛物线y2=4x过焦点F的弦AB，过弦AB的中点作准线l的垂线，垂足为M，则•的值为．15．（4分）已知函数f（x）=sin x，任取t∈R，记函数f（x）在区间[t，t+1]上的最大值为M t，最小值为m t，h（t）=M t﹣m t，则函数h（t）的值域为．三、解答题（共5小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）16．（15分）△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos2A=3cos（B+C）+1．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若cosBcosC=﹣，且△ABC的面积为2，求a．17．（15分）如图，四边形ABCD为平行四边形，AB=5，AD=4，BD=3，将△BCD沿着BD翻折到平面BC1D处（不与平面ABCD重合），E，F分别为对边AB，C1D的中点，（Ⅰ）求证：EF⊥BD；（Ⅱ）若异面直线EF，BC1所成的角为30°，求二面角C1﹣AB﹣D的平面角的正切值．18．（15分）如图，已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率e=，右焦点为F，右顶点为A，P为直线x=a上的任意一点，且（+）•=2．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若过点P所作椭圆C的切线l与坐标轴不平行，切点为Q，且交y轴于点T，试确定x 轴上是否存在定点M，使得sin∠OTQ=2|cos∠TQM|．若存在，请求出点M的坐标；若不存在，说明理由．19．（15分）已知数列{a n}满足a13+a23+…+a n3=，n∈N*．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）证明：对任意的n∈N*，都有+++…+＜4．20．（14分）已知二次函数f（x）=x2+bx+c，其中常数b，c∈R．（Ⅰ）若任意的x∈[﹣1，1]，f（x）≥0，f（2+x）≤0，试求实数c的取值范围；（Ⅱ）若对任意的x1，x2∈[﹣1，1]，有|f（x1）﹣f（x2）|≤4，试求实数b的取值范围．浙江省宁波市五校联考2015届高考数学适应性试卷（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.在每个小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的）1．（5分）已知命题“p：∃x＞0，lnx＜x”，则￢p为（）A．∃x≤0，lnx≥x B．∀x＞0，lnx≥x C．∃x≤0，lnx＜x D．∀x＞0，lnx＜x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“p：∃x＞0，lnx＜x”，则￢p 为∀x＞0，lnx≥x．故选：B．点评：本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．2．（5分）已知互不相等的正数a，b，c，d，p，q满足a，c，b，d成等差数列，a，p，b，q 成等比数列，则（）A．c＜p，d＞q B．c＞p，d＞q C．c＞p，d＜q D．c＜p，d＜q考点：等比数列的性质．专题：等差数列与等比数列．分析：设公差为n，公比为m，且n≠0、m＞0、m≠1，由等差、等比数列的通项公式分别求出c、b、d、p、q，建立n、m的关系式，利用作差法比较出c和p的大小，化简d﹣q后构造函数f（m），求出此函数的导数，判断出函数的单调性、求出最大值，即可判断出d和q大小关系．解答：解：设公差为n，公比为m，且n≠0、m＞0、m≠1，则c=a+n、b=a+2n、d=a+3n，p=am、b=am2、q=am3，所以a+2n=am2，得n=，所以c﹣p=a+n﹣am=a+﹣am==＞0，则c﹣p＞0，即c＞p，d﹣q=a+3n﹣am3=a+﹣am2=，设f（m）=﹣2m3+3m2﹣1，则f′（m）=﹣6m2+6m，因为m＞0、m≠1，所以当0＜m＜1时，f′（m）＞0，当m＞1时，f′（m）＜0，所以函数f（m）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，则f（m）的最大值是f（1）=0，即f（m）＜f（1）=0，综上可得，d﹣q＜0，则d＜q，故选：C．点评：本题考查了等差、等比数列的通项公式，导数与函数的单调性、最值的关系，以及作差法、构造函数法的综合应用，考查化简、变形能力．3．（5分）已知直线a，b，平面α，β，且a⊥α，b⊂β，则“a⊥b”是“α∥β”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：简易逻辑．分析：根据题意，分两步来判断：①分析当α∥β时，a⊥b是否成立，有线面垂直的性质，可得其是真命题，②分析当a⊥b时，α∥β是否成立，举出反例可得其是假命题，综合①②可得答案．解答：解：根据题意，分两步来判断：①当α∥β时，∵a⊥α，且α∥β，∴a⊥β，又∵b⊂β，∴a⊥b，则a⊥b是α∥β的必要条件，②若a⊥b，不一定α∥β，当α∩β=a时，又由a⊥α，则a⊥b，但此时α∥β不成立，即a⊥b不是α∥β的充分条件，则a⊥b是α∥β的必要不充分条件，故选B．点评：本题考查充分必要条件的判断，涉及线面垂直的性质的运用，解题的关键要掌握线面垂直的性质．4．（5分）函数f1（x）=，f2（x）=，…，f n+1（x）=，…，则函数f2015（x）是（）A．奇函数但不是偶函数B．偶函数但不是奇函数C．既是奇函数又是偶函数D．既不是奇函数又不是偶函数考点：函数奇偶性的判断．专题：函数的性质及应用．分析：根据函数奇偶性的定义和性质进行判断即可．解答：解：f1（x）=，则f（x）是奇函数不是偶函数，f2（﹣x）==﹣=﹣f2（x），则f2（x）为奇函数不是偶函数，f3（﹣x）==﹣=﹣f3（x），则f3（x）为奇函数不是偶函数，…则由归纳推理可得函数f2015（x）为奇函数不是偶函数，故选：A点评：本题主要考查函数奇偶性的判断，根据函数奇偶性的性质是解决本题的关键．5．（5分）已知不存在整数x使不等式（ax﹣a2﹣4）（x﹣4）＜0成立，则实数a的取值范围为（）A．（0，+∞）B．（0，2] C．[1，2] D．[1，4]考点：其他不等式的解法．专题：不等式的解法及应用．分析：设原不等式的解集为A，然后分a大于0且不等于2，a等于2，小于0和等于0四种情况考虑，分别求得a的范围，再把a的范围取并集，即得所求．解答：解：设原不等式的解集为A，当a=0时，则x＞4，不合题意．当a＞0且a≠2时，原不等式化为[x﹣（ a+）]（x﹣4）＜0，∵a+＞4，∴A=（4，a+），要使不存在整数x使不等式（kx﹣k2﹣4）（x﹣4）＜0成立，须a+≤5，解得：1≤k≤4；当a=2时，A=∅，合题意，当a＜0时，原不等式化为[x﹣（ a+）]（x﹣4）＞0，∴A=（﹣∞，a+）∪（4，+∞），不合题意，故选：D．点评：此题考查了一元二次不等式的解法，考查了分类讨论的数学思想，同时考查了运算能力，是一道中档题．6．（5分）已知某几何体的三视图（单位：cm），如图所示，则此几何体的外接球的体积为（）A．πcm3B．36πcm3C．πcm3D．9πcm3考点：由三视图求面积、体积．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：由三视图可知，该几何体是四棱锥，底面是边长为2的正方形，高为1，求出外接球的半径，可得几何体的外接球的体积．解答：解：该几何体是四棱锥，底面是边长为2的正方形，高为1．则其外接球的半径为R=÷2=所以外接球的体积是S=πR3=π×=π（cm3）．故选：A．点评：本题考查几何体的外接球的体积，考查学生的计算能力，确定外接球的半径是关键．7．（5分）已知过双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的中心的直线交双曲线于点A，B，在双曲线C上任取与点A，B不重合的点P，记直线PA，PB，AB的斜率分别为k1，k2，k，若k1k2＞k恒成立，则离心率e的取值范围为（）A．1＜e＜B．1＜e≤C．e＞D．e≥考点：双曲线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：设A（x1，y1），P（x2，y2），由双曲线的对称性得B（﹣x1，﹣y1），从而得到k1k2=•=，将A，P坐标代入双曲线方程，相减，可得k1k2=，又k=，由双曲线的渐近线方程为y=±x，则k趋近于，可得a，b的不等式，结合离心率公式，计算即可得到．解答：解：设A（x1，y1），P（x2，y2），由题意知点A，B为过原点的直线与双曲线﹣=1的交点，∴由双曲线的对称性得A，B关于原点对称，∴B（﹣x1，﹣y1），∴k1k2=•=，∵点A，C都在双曲线上，∴﹣=1，﹣=1，两式相减，可得：=，即有k1k2=，又k=，由双曲线的渐近线方程为y=±x，则k趋近于，k1k2＞k恒成立，则≥，即有b≥a，即b2≥a2，即有c2≥2a2，则e=≥．故选D．点评：本题考查双曲线的离心率的求法，涉及到导数、最值、双曲线、离心率等知识点，综合性强，难度大，解题时要注意构造法的合理运用．8．（5分）设x，y满足约束条件，则取值范围是（）A．[1，5] B．[2，6] C．[3，10] D．[3，11]考点：简单线性规划的应用．专题：计算题；数形结合．分析：再根据约束条件画出可行域，利用几何意义求最值，只需求出直线l0过A（0，4）时l0最大，k也最大为11，当直线l0过B（0，0））时l0最小，k也最小为3即可．解答：解：根据约束条件画出可行域，∵设k==1+，整理得（k﹣1）x﹣2y+k﹣3=0，由图得，k＞1．设直线l0=（k﹣1）x﹣2y+k﹣3，当直线l0过A（0，4）时l0最大，k也最大为11，当直线l0过B（0，0））时l0最小，k也最小为3．故选 D．点评：本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题．二、填空题（本大题共7小题，9～12小题每题6分，其它小题每题4分，共36分）9．（6分）已知直线l1：ax+2y﹣1=0，直线l2：x+by﹣3=0，且l1的倾斜角为，则a=﹣2；若l1⊥l2，则b=1；若l1∥l2，则两直线间的距离为．考点：两条平行直线间的距离；直线的一般式方程与直线的垂直关系．专题：直线与圆．分析：由条件根据两条直线平行的条件求出a的值，利用两条直线垂直的条件求出b的值，再利用两条平行直线间的距离公式求得两直线间的距离．解答：解：由题意可得l1的斜率为tan=1=﹣，∴a=﹣2，直线l1：﹣2x+2y﹣1=0．若l1⊥l2，则1•（﹣）=﹣1，∴b=1．若l1∥l2，则它们的斜率相等，即﹣=1，∴b=﹣1，故 l1：﹣2x+2y﹣1=0，直线l2：x﹣y﹣3=0，即 l1：﹣2x+2y﹣1=0，直线l2：﹣2x+2y+6=0，两直线间的距离为=，故答案为：﹣2；1；．点评：本题主要考查两条直线平行、垂直的条件，两条平行直线间的距离公式，属于基础题．10．（6分）太阳光的入射角（光线与地面所成的角）为，要使长为m的木棒在地面上的影子最长，则木棒与地面所成的角应为60°，其最大影长为．考点：解三角形．专题：计算题；解三角形．分析：由最小角定理，即可得解．解答：解：因为太阳光线与地面成角为一定值，要使一根长m的竹竿影子也及为面外一定长的斜线段的影子最长，由最小角定理，刚好是使该斜线与光线所成角互余时才会使影子最长，则木棒与地面所成的角应为60°，最大影长为．故答案为：60°，．点评：本题考查最小角定理，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．11．（6分）已知α为第二象限角，且=，则tan（+）=﹣3，sin（α+）=．考点：半角的三角函数；两角和与差的正切函数．专题：三角函数的求值．分析：由条件利用同角三角函数的基本关系，求得sinα和cosα的值，再利用两角和差的三角公式求得sin（α+）和cos（α+）的值，利用半径公式求得 tan（+）的值．再求的sin和cos的值，可得sin（α+）的值．解答：解：∵a为第二象限角，且=，∴tanα=﹣=，又 sin2α+cos2α=1，∴sinα=，cosα=﹣，∴sin（α+）=sinαcos+cosαsin=﹣，cos（α+）=cosαcos﹣sinαsin=﹣．∴tan（+）===﹣3．∵sin===，cos===，sin（α+）=sinαcos+cosαsin=•﹣•=．故答案为：﹣3；．点评：本题主要考查两角和差的三角公式，同角三角函数的基本关系，半角公式的应用，属于基础题．12．（6分）设函数f（x）=，则f（f（2））=0，函数y=f（f（x））的零点个数为5．考点：函数零点的判定定理；函数的值．专题：计算题；分类讨论；函数的性质及应用．分析：由题意先求f（2）=﹣22+2=﹣2，再求f（f（2））=f（﹣2）即可；解f（x）=0得x=﹣2，x=0或x=1；故f（f（x））=0可化为f（x）=﹣2，f（x）=0或f（x）=1；从而确定函数零点的个数．解答：解：∵f（2）=﹣22+2=﹣2，∴f（f（2））=f（﹣2）=|﹣2+1|﹣1=0；当x＜0时，由f（x）=|x+1|﹣1=0解得，x=﹣2；当x≥0时，由f（x）=﹣x2+x=0解得，x=0或x=1；则f（f（x））=0可化为f（x）=﹣2，f（x）=0或f（x）=1；由f（x）=﹣2得，|x+1|﹣1=﹣2或﹣x2+x=﹣2，解得，x=2；由f（x）=0解得，x=﹣2，x=0或x=1；由f（x）=1得，|x+1|﹣1=1或﹣x2+x=1；解得，x=﹣3；综上所述，函数y=f（f（x））的零点个数为5；故答案为：0，5．点评：本题考查了分段函数的应用，属于中档题．13．（ 4分）已知实数x，y满足log a x+2log x a+log x y=4，其中常数a＞1，当y取最大值2时，对应的x的值为2．考点：基本不等式；对数的运算性质．专题：不等式的解法及应用．分析：设log a x=t，由已知化为log a y=﹣（t﹣2）2+2≤2，可得2=a2，解得a，因此，解得x即可．解答：解：设log a x=t，∵log a x+2log x a+log x y=4，其中常数a＞1，∴log a y=﹣（t﹣2）2+2≤2，当且仅当t=2时取等号．∴y≤a2，∴2=a2，解得a=，∴，解得x=2．点评：本题考查了“换元法”、对数的换底公式、二次函数的单调性、考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14．（4分）已知抛物线y2=4x过焦点F的弦AB，过弦AB的中点作准线l的垂线，垂足为M，则•的值为0．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：分A、B所在直线与x轴垂直与不垂直两种情况讨论，利用向量数量积运算及韦达定理计算即得结论．解答：解：由题可知：F（1，0），准线l：x=﹣1．①当A、B所在直线与x轴垂直时，易知A（1，2），B（1，﹣2），M（﹣1，0），∴•=（2，2）•（2，﹣2）=0；②当A、B所在直线不与x轴垂直时，设其方程为：y=k（x﹣1），联立，消去y可得：k2x2﹣（4+2k2）x+k2=0，记A（x1，y1），B（x2，y2），由韦达定理可知：x1+x2=，x1x2=1，∴弦AB中点坐标为D（，），∴M（﹣1，），∴•=（x1+1，）•（x2+1，y2﹣）=x1x2+（x1+x2）+1+y1y2﹣（y1+y2）+=x1x2+（x1+x2）+1+k2（x1﹣1）（x2﹣1）﹣•k（x1+x2﹣2）+=（1+k2）x1x2+（﹣1﹣k2）（x1+x2）+5+k2+=（1+k2）+（﹣1﹣k2）+5+k2+=（1+k2）+（﹣1﹣k2）（+2）+5+k2+=0；综上所述，•=0，点评：本题考查抛物线的简单性质，考查运算求解能力，考查分类讨论的思想，注意解题方法的积累，属于中档题．15．（4分）已知函数f（x）=sin x，任取t∈R，记函数f（x）在区间[t，t+1]上的最大值为M t，最小值为m t，h（t）=M t﹣m t，则函数h（t）的值域为[1﹣，]．考点：正弦函数的单调性；正弦函数的图象．专题：三角函数的图像与性质．分析：利用正弦函数的周期公式可得其周期T=4，区间[t，t+1]的长度为T，利用正弦函数的图象与性质，可求得函数h（t）=M t﹣m t，的值域．解答：解：∵f（x）=sin x，∴其周期T==4，区间[t，t+1]的长度为T，又f（x）在区间[t，t+1]上的最大值为M t，最小值为m t，由正弦函数的图象与性质可知，当x∈[4k+，4k+]时，h（t）=M t﹣m t，取得最小值1﹣；当x∈[4k+，4k+]时，h（t）=M t﹣m t取得最大值﹣（﹣）=；∴函数h（t）的值域为[1﹣，]．故答案为：[1﹣，]．点评：本题考查正弦函数的周期性、单调性与最值，考查分析问题，解决问题的能力，属于中档题．三、解答题（共5小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）16．（15分）△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos2A=3cos（B+C）+1．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若cosBcosC=﹣，且△ABC的面积为2，求a．考点：正弦定理；余弦定理．专题：解三角形．分析：（Ⅰ）根据余弦函数的倍角公式，进行化简即可求角A的大小；（Ⅱ）根据余弦定理以及三角形的面积公式进行化简求解即可．解答：解：（Ⅰ）由cos2A=3cos（B+C）+1得，2cos2A+3cosA﹣2=0，即（2cosA﹣1）（cosA+2）=0，所以，cosA=或cosA=﹣2（舍去），因为A为三角形内角，所以A=．（Ⅱ）由（Ⅰ）知cosA=﹣cos（B+C）=，则cosBcosC﹣sinBsinC=；由cosBcosC=﹣，得cosBcosC=，由正弦定理，有，即b=，c=，由三角形的面积公式，得S===，即=2，解得a=4．点评：本题主要考查解三角形的应用，利用正弦定理和余弦定理是解决本题的关键．17．（15分）如图，四边形ABCD为平行四边形，AB=5，AD=4，BD=3，将△BCD沿着BD翻折到平面BC1D处（不与平面ABCD重合），E，F分别为对边AB，C1D的中点，（Ⅰ）求证：EF⊥BD；（Ⅱ）若异面直线EF，BC1所成的角为30°，求二面角C1﹣AB﹣D的平面角的正切值．考点：二面角的平面角及求法；棱锥的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系．专题：综合题；空间位置关系与距离；空间角．分析：（Ⅰ）连结CC1，并取CC1的中点M，连结FM，BM，证明BD⊥平面BCC1，即可证明：EF⊥BD；（Ⅱ）取BC的中点N，过N作线段AB的垂线交AB的延长线于点H．由（Ⅰ）知，异面直线EF，BC1所成的角为∠C1BM，故∠C1BM=30°，证明∠C1HN为二面角C1﹣AB﹣D的平面角，即可求二面角C1﹣AB﹣D的平面角的正切值．解答：（Ⅰ）证明：连结CC1，并取CC1的中点M，连结FM，BM．因为F分别为C1D的中点，所以，FM∥DC且FM=DC；因为四边形ABCD为平行四边形，所以，DC∥AB，DC=AB；又E分别为AB的中点，所以，FM∥EB，FM=EB，即四边形FMDE为平行四边形；…（3分）所以，EF∥MB．因为AB=5，AD=4，BD=3，；所以，BD⊥AD，BD⊥BC，BD⊥BC1；所以，BD⊥平面BCC1．又因为BM⊂平面BCC1，所以BD⊥BM，BD⊥EF．…（6分）（Ⅱ）解：取BC的中点N，过N作线段AB的垂线交AB的延长线于点H．由（Ⅰ）知，异面直线EF，BC1所成的角为∠C1BM，故∠C1BM=30°；因为BC=BC1，M为CC1的中点，所以，∠C1BC=60°，即△C1BC为正三角形．所以C1N⊥BC．…（9分）又BD⊥平面BCC1，所以，平面ABCD⊥平面BCC1；因为平面ABCD∩平面BCC1=BC，所以C1N⊥平面ABCD，所以C1N⊥AB；所以，∠C1HN为二面角C1﹣AB﹣D的平面角．…（12分）在Rt△C1NH中，C1N=BC=2，NH=NB•sin∠NBH=BC•=，所以，tan∠C1HN==，即二面角C1﹣AB﹣D的平面角的正切值为．…（15分）点评：本题考查线面垂直的判定与性质，考查线面角，二面角的平面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．18．（15分）如图，已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率e=，右焦点为F，右顶点为A，P为直线x=a上的任意一点，且（+）•=2．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若过点P所作椭圆C的切线l与坐标轴不平行，切点为Q，且交y轴于点T，试确定x 轴上是否存在定点M，使得sin∠OTQ=2|cos∠TQM|．若存在，请求出点M的坐标；若不存在，说明理由．考点：直线与圆锥曲线的综合问题．专题：圆锥曲线中的最值与范围问题．分析：（Ⅰ）设P（a，m），根据（+）•=2，得（2c﹣3a）（c﹣a）=4，从而求出a，c，再求出b，进而求出椭圆的方程；（Ⅱ）设切点Q，得到切线方程，与椭圆方程联立，由判别式△=0，求出k的表达式，表示出sin∠OTQ=2|cos∠TQM|，从而求出m的值，得出答案．解答：解：（Ⅰ）由题意，知右顶点A（a，0），设P（a，m），右焦点F（c，0），则a=2c，由（+）•=2，得（2c﹣3a）（c﹣a）=4，解得a=2，c=1，所以b2=a2﹣c2=3，所以椭圆C的方程为：+=1．（Ⅱ）设切点Q（x0，y0），x0 y0≠0，切线方程为y﹣y0=k（x﹣x0），与椭圆方程联立，得：（3+4k2）x2+8k（y0﹣kx0）x+4（y0﹣kx0）2﹣12=0有相等实根，∴△=﹣4（3+4k2）[4﹣12=0，解得：k=﹣，又3+4=12，所以，切线方程为3x0x+4y0y﹣12=0，则切线与y轴的交点T（0，），且原点O到切线的距离d=，所以sin∠OTQ==，若x轴上存在定点M（m，0），使sin∠OTQ=2|cos∠TQM|，由=（﹣x0，）=（﹣x0，），=（m﹣x0，﹣y0），得：|cos∠TQM|==，∴=，对任意的|x0|∈（0，2）恒成立，化简，得m2=1，m=±1．所以，x轴上存在定点M（±1，0）即椭圆C的两焦点使sin∠OTQ=2|cos∠TQM|．点评：本题考察了椭圆的方程及性质，考察直线和椭圆的综合应用，（Ⅱ）问中求出k的表达式，表示出sin∠OTQ=2|cos∠TQM|是解答本题的关键．19．（15分）已知数列{a n}满足a13+a23+…+a n3=，n∈N*．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）证明：对任意的n∈N*，都有+++…+＜4．考点：数列的求和；数列递推式．专题：等差数列与等比数列．分析：（I）利用递推式即可得出；（II）利用“放缩法”、“错位相减法”、等比数列的前n项和公式即可得出．解答：（Ⅰ）解：∵数列{a n}满足a13+a23+…+a n3=，n∈N*．∴当n=1时，=1，解得a1=1．当n≥2时，满足a13+a23+…+=，n∈N*．∴=﹣=n3，n∈N*．解得a n=n，当n=1时也满足，∴a n=n．（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得=．∵2n+1﹣（n+1）2n﹣n+（2n﹣1）＞2n﹣n≥2﹣1＞0，∴＞0．又﹣=≤0．∴≤．∴+++…+＜++…+．设S=++…+，=+…+，由错位相减法，得=1++…+=﹣=2﹣＜2，∴S＜4．∴+++…+＜4．点评：题考查了“错位相减法”、等比数列的前n项和公式、递推式的应用、“放缩法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．20．（14分）已知二次函数f（x）=x2+bx+c，其中常数b，c∈R．（Ⅰ）若任意的x∈[﹣1，1]，f（x）≥0，f（2+x）≤0，试求实数c的取值范围；（Ⅱ）若对任意的x1，x2∈[﹣1，1]，有|f（x1）﹣f（x2）|≤4，试求实数b的取值范围．考点：二次函数的性质．专题：函数的性质及应用．分析：（Ⅰ）若任意的x∈[﹣1，1]，f（x）≥0，f（2+x）≤0，可得是f（1）=0，即1为函数函数f（x）的一个零点．由韦达定理，可得函数f（x）的另一个零点，进而可得实数c的取值范围；（Ⅱ）若对任意的x1，x2∈[﹣1，1]，有|f（x1）﹣f（x2）|≤4，f（x）max﹣f（x）min≤4，结合二次函数的图象和性质分类讨论，可得实数b的取值范围．解答：解：（Ⅰ）因为x∈[﹣1，1]，则2+x∈[1，3]，由已知，有对任意的x∈[﹣1，1]，f（x）≥0恒成立，任意的x∈[1，3]，f（x）≤0恒成立，故f（1）=0，即1为函数函数f（x）的一个零点．由韦达定理，可得函数f（x）的另一个零点，又由任意的x∈[1，3]，f（x）≤0恒成立，∴[1，3]⊆[1，c]，即c≥3（Ⅱ）函数f（x）=x2+bx+c对任意的x1，x2∈[﹣1，1]，有|f（x1）﹣f（x2）|≤4恒成立，即f（x）max﹣f（x）min≤4，记f（x）max﹣f（x）min=M，则M≤4．当||＞1，即|b|＞2时，M=|f（1）﹣f（﹣1）|=|2b|＞4，与M≤4矛盾；当||≤1，即|b|≤2时，M=max{f（1），f（﹣1）}﹣f（）=﹣f（）=（1+）2≤4，解得：|b|≤2，即﹣2≤b≤2，综上，c的取值范围为﹣2≤b≤2．点评：本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解答的关键．。

2015年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．（5分）已知集合A={﹣2，﹣1，0，1，2}，B={x|（x﹣1）（x+2）＜0}，则A∩B=（）A．{﹣1，0}B．{0，1}C．{﹣1，0，1}D．{0，1，2}2．（5分）若a为实数，且（2+ai）（a﹣2i）=﹣4i，则a=（）A．﹣1B．0C．1D．23．（5分）根据如图给出的2004年至2013年我国二氧化硫年排放量（单位：万吨）柱形图，以下结论中不正确的是（）A．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著B．2007年我国治理二氧化硫排放显现成效C．2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势D．2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关4．（5分）已知等比数列{a n}满足a1=3，a1+a3+a5=21，则a3+a5+a7=（）A．21B．42C．63D．845．（5分）设函数f（x）=，则f（﹣2）+f（log212）=（）A．3B．6C．9D．126．（5分）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）A．B．C．D．7．（5分）过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7）的圆交y轴于M，N两点，则|MN|=（）A．2B．8C．4D．108．（5分）程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入的a，b分别为14，18，则输出的a=（）A．0B．2C．4D．149．（5分）已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O﹣ABC 体积的最大值为36，则球O的表面积为（）A．36πB．64πC．144πD．256π10．（5分）如图，长方形ABCD的边AB=2，BC=1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP=x．将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f（x），则y=f（x）的图象大致为（）A．B．C．D．11．（5分）已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，顶角为120°，则E的离心率为（）A．B．2C．D．12．（5分）设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣1）=0，当x＞0时，xf′（x）﹣f （x）＜0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0）D．（0，1）∪（1，+∞）二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．（5分）设向量，不平行，向量λ+与+2平行，则实数λ=．14．（5分）若x，y满足约束条件，则z=x+y的最大值为．15．（5分）（a+x）（1+x）4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a=．16．（5分）设数列{a n}的前n项和为S n，且a1=﹣1，a n+1=S n+1S n，则S n=．三、解答题（共5小题，满分60分）17．（12分）△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC面积的2倍．（1）求；（2）若AD=1，DC=，求BD和AC的长．18．（12分）某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：A地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 7678 86 95 66 97 78 88 82 76 89B地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 8293 48 65 81 74 56 54 76 65 79（1）根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：记事件C：“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”，假设两地区用户的评价结果相互独立，根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率．19．（12分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；（2）求直线AF与平面α所成角的正弦值．20．（12分）已知椭圆C：9x2+y2=m2（m＞0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．（1）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；（2）若l过点（，m），延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．21．（12分）设函数f（x）=e mx+x2﹣mx．（1）证明：f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；（2）若对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1，求m的取值范围．四、选做题.选修4-1：几何证明选讲22．（10分）如图，O为等腰三角形ABC内一点，⊙O与△ABC的底边BC交于M，N两点，与底边上的高AD交于点G，且与AB，AC分别相切于E，F两点．（1）证明：EF∥BC；（2）若AG等于⊙O的半径，且AE=MN=2，求四边形EBCF的面积．选修4-4：坐标系与参数方程23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（t为参数，t≠0），其中0≤α≤π，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=2sinθ，C3：ρ=2cosθ．（1）求C2与C3交点的直角坐标；（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．选修4-5：不等式选讲24．设a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，证明：（1）若ab＞cd，则+＞+；（2）+＞+是|a﹣b|＜|c﹣d|的充要条件．2015年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．（5分）已知集合A={﹣2，﹣1，0，1，2}，B={x|（x﹣1）（x+2）＜0}，则A∩B=（）A．{﹣1，0}B．{0，1}C．{﹣1，0，1}D．{0，1，2}【考点】1E：交集及其运算．【专题】5J：集合．【分析】解一元二次不等式，求出集合B，然后进行交集的运算即可．【解答】解：B={x|﹣2＜x＜1}，A={﹣2，﹣1，0，1，2}；∴A∩B={﹣1，0}．故选：A．【点评】考查列举法、描述法表示集合，解一元二次不等式，以及交集的运算．2．（5分）若a为实数，且（2+ai）（a﹣2i）=﹣4i，则a=（）A．﹣1B．0C．1D．2【考点】A1：虚数单位i、复数．【专题】5N：数系的扩充和复数．【分析】首先将坐标展开，然后利用复数相等解之．【解答】解：因为（2+ai）（a﹣2i）=﹣4i，所以4a+（a2﹣4）i=﹣4i，4a=0，并且a2﹣4=﹣4，所以a=0；故选：B．【点评】本题考查了复数的运算以及复数相等的条件，熟记运算法则以及复数相等的条件是关键．3．（5分）根据如图给出的2004年至2013年我国二氧化硫年排放量（单位：万吨）柱形图，以下结论中不正确的是（）A．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著B．2007年我国治理二氧化硫排放显现成效C．2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势D．2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关【考点】B8：频率分布直方图．【专题】5I：概率与统计．【分析】A从图中明显看出2008年二氧化硫排放量比2007年的二氧化硫排放量减少的最多，故A正确；B从2007年开始二氧化硫排放量变少，故B正确；C从图中看出，2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，故C正确；D2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，与年份负相关，故D错误．【解答】解：A从图中明显看出2008年二氧化硫排放量比2007年的二氧化硫排放量明显减少，且减少的最多，故A正确；B2004﹣2006年二氧化硫排放量越来越多，从2007年开始二氧化硫排放量变少，故B正确；C从图中看出，2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，故C正确；D2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，而不是与年份正相关，故D错误．故选：D．【点评】本题考查了学生识图的能力，能够从图中提取出所需要的信息，属于基础题．4．（5分）已知等比数列{a n}满足a1=3，a1+a3+a5=21，则a3+a5+a7=（）A．21B．42C．63D．84【考点】88：等比数列的通项公式．【专题】11：计算题；54：等差数列与等比数列．【分析】由已知，a1=3，a1+a3+a5=21，利用等比数列的通项公式可求q，然后在代入等比数列通项公式即可求．【解答】解：∵a1=3，a1+a3+a5=21，∴，∴q4+q2+1=7，∴q4+q2﹣6=0，∴q2=2，∴a3+a5+a7==3×（2+4+8）=42．故选：B．【点评】本题主要考查了等比数列通项公式的应用，属于基础试题．5．（5分）设函数f（x）=，则f（﹣2）+f（log212）=（）A．3B．6C．9D．12【考点】3T：函数的值．【专题】11：计算题；51：函数的性质及应用．【分析】先求f（﹣2）=1+log2（2+2）=1+2=3，再由对数恒等式，求得f（log212）=6，进而得到所求和．【解答】解：函数f（x）=，即有f（﹣2）=1+log2（2+2）=1+2=3，f（log212）==2×=12×=6，则有f（﹣2）+f（log212）=3+6=9．故选：C．【点评】本题考查分段函数的求值，主要考查对数的运算性质，属于基础题．6．（5分）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）A．B．C．D．【考点】L!：由三视图求面积、体积．【专题】11：计算题；5F：空间位置关系与距离．【分析】由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，把相关数据代入棱锥的体积公式计算即可．【解答】解：设正方体的棱长为1，由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，∴正方体切掉部分的体积为×1×1×1=，∴剩余部分体积为1﹣=，∴截去部分体积与剩余部分体积的比值为．故选：D．【点评】本题考查了由三视图判断几何体的形状，求几何体的体积．7．（5分）过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7）的圆交y轴于M，N两点，则|MN|=（）A．2B．8C．4D．10【考点】IR：两点间的距离公式．【专题】11：计算题；5B：直线与圆．【分析】设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，代入点的坐标，求出D，E，F，令x=0，即可得出结论．【解答】解：设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，则，∴D=﹣2，E=4，F=﹣20，∴x2+y2﹣2x+4y﹣20=0，令x=0，可得y2+4y﹣20=0，∴y=﹣2±2，∴|MN|=4．故选：C．【点评】本题考查圆的方程，考查学生的计算能力，确定圆的方程是关键．8．（5分）程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入的a，b分别为14，18，则输出的a=（）A．0B．2C．4D．14【考点】EF：程序框图．【专题】5K：算法和程序框图．【分析】由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的a，b的值，即可得到结论．【解答】解：由a=14，b=18，a＜b，则b变为18﹣14=4，由a＞b，则a变为14﹣4=10，由a＞b，则a变为10﹣4=6，由a＞b，则a变为6﹣4=2，由a＜b，则b变为4﹣2=2，由a=b=2，则输出的a=2．故选：B．【点评】本题考查算法和程序框图，主要考查循环结构的理解和运用，以及赋值语句的运用，属于基础题．9．（5分）已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O﹣ABC 体积的最大值为36，则球O的表面积为（）A．36πB．64πC．144πD．256π【考点】LG：球的体积和表面积．【专题】11：计算题；5F：空间位置关系与距离．【分析】当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，利用三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36，求出半径，即可求出球O的表面积．【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时V O﹣ABC=V C﹣AOB===36，故R=6，则球O的表面积为4πR2=144π，故选：C．【点评】本题考查球的半径与表面积，考查体积的计算，确定点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大是关键．10．（5分）如图，长方形ABCD的边AB=2，BC=1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP=x．将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f（x），则y=f（x）的图象大致为（）A．B．C．D．【考点】HC：正切函数的图象．【分析】根据函数图象关系，利用排除法进行求解即可．【解答】解：当0≤x≤时，BP=tanx，AP==，此时f（x）=+tanx，0≤x≤，此时单调递增，当P在CD边上运动时，≤x≤且x≠时，如图所示，tan∠POB=tan（π﹣∠POQ）=tanx=﹣tan∠POQ=﹣=﹣，∴OQ=﹣，∴PD=AO﹣OQ=1+，PC=BO+OQ=1﹣，∴PA+PB=，当x=时，PA+PB=2，当P在AD边上运动时，≤x≤π，PA+PB=﹣tanx，由对称性可知函数f（x）关于x=对称，且f（）＞f（），且轨迹为非线型，排除A，C，D，故选：B．【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，根据条件先求出0≤x≤时的解析式是解决本题的关键．11．（5分）已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，顶角为120°，则E的离心率为（）A．B．2C．D．【考点】KC：双曲线的性质．【专题】5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】设M在双曲线﹣=1的左支上，由题意可得M的坐标为（﹣2a，a），代入双曲线方程可得a=b，再由离心率公式即可得到所求值．【解答】解：设M在双曲线﹣=1的左支上，且MA=AB=2a，∠MAB=120°，则M的坐标为（﹣2a，a），代入双曲线方程可得，﹣=1，可得a=b，c==a，即有e==．故选：D．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要考查双曲线的离心率的求法，运用任意角的三角函数的定义求得M的坐标是解题的关键．12．（5分）设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣1）=0，当x＞0时，xf′（x）﹣f （x）＜0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0）D．（0，1）∪（1，+∞）【考点】6B：利用导数研究函数的单调性．【专题】2：创新题型；51：函数的性质及应用；53：导数的综合应用．【分析】由已知当x＞0时总有xf′（x）﹣f（x）＜0成立，可判断函数g（x）=为减函数，由已知f（x）是定义在R上的奇函数，可证明g（x）为（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的偶函数，根据函数g（x）在（0，+∞）上的单调性和奇偶性，模拟g（x）的图象，而不等式f（x）＞0等价于x•g（x）＞0，数形结合解不等式组即可．【解答】解：设g（x）=，则g（x）的导数为：g′（x）=，∵当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，即当x＞0时，g′（x）恒小于0，∴当x＞0时，函数g（x）=为减函数，又∵g（﹣x）====g（x），∴函数g（x）为定义域上的偶函数又∵g（﹣1）==0，∴函数g （x ）的图象性质类似如图：数形结合可得，不等式f （x ）＞0⇔x•g （x ）＞0⇔或，⇔0＜x ＜1或x ＜﹣1． 故选：A ．【点评】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题．二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．（5分）设向量，不平行，向量λ+与+2平行，则实数λ=．【考点】96：平行向量（共线）．【专题】11：计算题；34：方程思想；4O ：定义法；5A ：平面向量及应用． 【分析】利用向量平行的条件直接求解．【解答】解：∵向量，不平行，向量λ+与+2平行， ∴λ+=t （+2）=，∴，解得实数λ=．故答案为：．【点评】本题考查实数值的解法，考查平面向量平行的条件及应用，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．14．（5分）若x ，y 满足约束条件，则z=x +y 的最大值为 ．【考点】7C ：简单线性规划．【专题】59：不等式的解法及应用．【分析】首先画出平面区域，然后将目标函数变形为直线的斜截式，求在y 轴的截距最大值． 【解答】解：不等式组表示的平面区域如图阴影部分，当直线经过D 点时，z 最大，由得D （1，），所以z=x +y 的最大值为1+；故答案为：．【点评】本题考查了简单线性规划；一般步骤是：①画出平面区域；②分析目标函数，确定求最值的条件．15．（5分）（a+x）（1+x）4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a=3．【考点】DA：二项式定理．【专题】11：计算题；5P：二项式定理．【分析】给展开式中的x分别赋值1，﹣1，可得两个等式，两式相减，再除以2得到答案．【解答】解：设f（x）=（a+x）（1+x）4=a0+a1x+a2x2+…+a5x5，令x=1，则a0+a1+a2+…+a5=f（1）=16（a+1），①令x=﹣1，则a0﹣a1+a2﹣…﹣a5=f（﹣1）=0．②①﹣②得，2（a1+a3+a5）=16（a+1），所以2×32=16（a+1），所以a=3．故答案为：3．【点评】本题考查解决展开式的系数和问题时，一般先设出展开式，再用赋值法代入特殊值，相加或相减．16．（5分）设数列{a n}的前n项和为S n，且a1=﹣1，a n+1=S n+1S n，则S n =﹣．【考点】8H ：数列递推式．【专题】54：等差数列与等比数列．【分析】通过S n+1﹣S n=a n+1可知S n+1﹣S n=S n+1S n，两边同时除以S n+1S n可知﹣=1，进而可知数列{}是以首项、公差均为﹣1的等差数列，计算即得结论．【解答】解：∵a n+1=S n+1S n，∴S n+1﹣S n=S n+1S n，∴﹣=1，又∵a1=﹣1，即=﹣1，∴数列{}是以首项是﹣1、公差为﹣1的等差数列，∴=﹣n，∴S n=﹣，故答案为：﹣．【点评】本题考查数列的通项，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，属于中档题．三、解答题（共5小题，满分60分）17．（12分）△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC面积的2倍．（1）求；（2）若AD=1，DC=，求BD和AC的长．【考点】HP：正弦定理；HT：三角形中的几何计算．【专题】58：解三角形．【分析】（1）如图，过A作AE⊥BC于E，由已知及面积公式可得BD=2DC，由AD平分∠BAC及正弦定理可得sin∠B=，sin∠C=，从而得解．（2）由（1）可求BD=．过D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，由AD平分∠BAC，可求AB=2AC，令AC=x，则AB=2x，利用余弦定理即可解得BD和AC的长．【解答】解：（1）如图，过A作AE⊥BC于E，∵==2∴BD=2DC，∵AD平分∠BAC∴∠BAD=∠DAC在△ABD中，=，∴sin∠B=在△ADC中，=，∴sin∠C=；∴==．…6分（2）由（1）知，BD=2DC=2×=．过D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，∵AD平分∠BAC，∴DM=DN，∴==2，∴AB=2AC，令AC=x，则AB=2x，∵∠BAD=∠DAC，∴cos∠BAD=cos∠DAC，∴由余弦定理可得：=，∴x=1，∴AC=1，∴BD的长为，AC的长为1．【点评】本题主要考查了三角形面积公式，正弦定理，余弦定理等知识的应用，属于基本知识的考查．18．（12分）某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：A地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 7678 86 95 66 97 78 88 82 76 89B地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 8293 48 65 81 74 56 54 76 65 79（1）根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：记事件C：“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”，假设两地区用户的评价结果相互独立，根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率．【考点】BA：茎叶图；CB：古典概型及其概率计算公式．【专题】5I：概率与统计．【分析】（1）根据茎叶图的画法，以及有关茎叶图的知识，比较即可；（2）根据概率的互斥和对立，以及概率的运算公式，计算即可．【解答】解：（1）两地区用户满意度评分的茎叶图如下通过茎叶图可以看出，A地区用户满意评分的平均值高于B地区用户满意评分的平均值；A地区用户满意度评分比较集中，B地区用户满意度评分比较分散；（2）记C A1表示事件“A地区用户满意度等级为满意或非常满意”，记C A2表示事件“A地区用户满意度等级为非常满意”，记C B1表示事件“B地区用户满意度等级为不满意”，记C B2表示事件“B地区用户满意度等级为满意”，则C A1与C B1独立，C A2与C B2独立，C B1与C B2互斥，则C=C A1C B1∪C A2C B2，P（C）=P（C A1C B1）+P（C A2C B2）=P（C A1）P（C B1）+P（C A2）P（C B2），由所给的数据C A1，C A2，C B1，C B2，发生的频率为，，，，所以P（C A1）=，P（C A2）=，P（C B1）=，P（C B2）=，所以P（C）=×+×=0.48．【点评】本题考查了茎叶图，概率的互斥与对立，用频率来估计概率，属于中档题．19．（12分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；（2）求直线AF与平面α所成角的正弦值．【考点】MI：直线与平面所成的角．【专题】5G：空间角；5H：空间向量及应用．【分析】（1）容易知道所围成正方形的边长为10，再结合长方体各边的长度，即可找出正方形的位置，从而画出这个正方形；（2）分别以直线DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，考虑用空间向量解决本问，能够确定A，H，E，F几点的坐标．设平面EFGH的法向量为，根据即可求出法向量，坐标可以求出，可设直线AF与平面EFGH所成角为θ，由sinθ=即可求得直线AF与平面α所成角的正弦值．【解答】解：（1）交线围成的正方形EFGH如图：（2）作EM⊥AB，垂足为M，则：EH=EF=BC=10，EM=AA1=8；∴，∴AH=10；以边DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：A（10，0，0），H（10，10，0），E（10，4，8），F（0，4，8）；∴；设为平面EFGH的法向量，则：，取z=3，则；若设直线AF和平面EFGH所成的角为θ，则：sinθ==；∴直线AF与平面α所成角的正弦值为．【点评】考查直角三角形边的关系，通过建立空间直角坐标系，利用空间向量解决线面角问题的方法，弄清直线和平面所成角与直线的方向向量和平面法向量所成角的关系，以及向量夹角余弦的坐标公式．20．（12分）已知椭圆C：9x2+y2=m2（m＞0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．（1）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；（2）若l过点（，m），延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．【考点】I3：直线的斜率；KH：直线与圆锥曲线的综合．【专题】2：创新题型；5E：圆锥曲线中的最值与范围问题．【分析】（1）联立直线方程和椭圆方程，求出对应的直线斜率即可得到结论．（2）四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即x P=2x M，建立方程关系即可得到结论．【解答】解：（1）设直线l：y=kx+b，（k≠0，b≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），M（x M，y M），将y=kx+b代入9x2+y2=m2（m＞0），得（k2+9）x2+2kbx+b2﹣m2=0，则判别式△=4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，则x1+x2=，则x M==，y M=kx M+b=，于是直线OM的斜率k OM==，即k OM•k=﹣9，∴直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．（2）四边形OAPB能为平行四边形．∵直线l过点（，m），∴由判别式△=4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，即k2m2＞9b2﹣9m2，∵b=m﹣m，∴k2m2＞9（m﹣m）2﹣9m2，即k2＞k2﹣6k，即6k＞0，则k＞0，∴l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3，由（1）知OM的方程为y=x，设P的横坐标为x P，由得，即x P=，将点（，m）的坐标代入l的方程得b=，即l的方程为y=kx+，将y=x，代入y=kx+，得kx+=x解得x M=，四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即x P=2x M，于是=2×，解得k1=4﹣或k2=4+，∵k i＞0，k i≠3，i=1，2，∴当l的斜率为4﹣或4+时，四边形OAPB能为平行四边形．【点评】本题主要考查直线和圆锥曲线的相交问题，联立方程组转化为一元二次方程，利用根与系数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．21．（12分）设函数f（x）=e mx+x2﹣mx．（1）证明：f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；（2）若对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1，求m的取值范围．【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数研究函数的最值．【专题】2：创新题型；52：导数的概念及应用．【分析】（1）利用f′（x）≥0说明函数为增函数，利用f′（x）≤0说明函数为减函数．注意参数m的讨论；（2）由（1）知，对任意的m，f（x）在[﹣1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，则恒成立问题转化为最大值和最小值问题．从而求得m的取值范围．【解答】解：（1）证明：f′（x）=m（e mx﹣1）+2x．若m≥0，则当x∈（﹣∞，0）时，e mx﹣1≤0，f′（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，e mx﹣1≥0，f′（x）＞0．若m＜0，则当x∈（﹣∞，0）时，e mx﹣1＞0，f′（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，e mx﹣1＜0，f′（x）＞0．所以，f（x）在（﹣∞，0）时单调递减，在（0，+∞）单调递增．（2）由（1）知，对任意的m，f（x）在[﹣1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f（x）在x=0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1的充要条件是即设函数g（t）=e t﹣t﹣e+1，则g′（t）=e t﹣1．当t＜0时，g′（t）＜0；当t＞0时，g′（t）＞0．故g（t）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．又g（1）=0，g（﹣1）=e﹣1+2﹣e＜0，故当t∈[﹣1，1]时，g（t）≤0．当m∈[﹣1，1]时，g（m）≤0，g（﹣m）≤0，即合式成立；当m＞1时，由g（t）的单调性，g（m）＞0，即e m﹣m＞e﹣1．当m＜﹣1时，g（﹣m）＞0，即e﹣m+m＞e﹣1．综上，m的取值范围是[﹣1，1]【点评】本题主要考查导数在求单调函数中的应用和恒成立在求参数中的应用．属于难题，高考压轴题．四、选做题.选修4-1：几何证明选讲22．（10分）如图，O为等腰三角形ABC内一点，⊙O与△ABC的底边BC交于M，N两点，与底边上的高AD交于点G，且与AB，AC分别相切于E，F两点．（1）证明：EF∥BC；（2）若AG等于⊙O的半径，且AE=MN=2，求四边形EBCF的面积．【考点】N4：相似三角形的判定．【专题】26：开放型；5F：空间位置关系与距离．【分析】（1）通过AD是∠CAB的角平分线及圆O分别与AB、AC相切于点E、F，利用相似的性质即得结论；（2）通过（1）知AD是EF的垂直平分线，连结OE、OM，则OE⊥AE，利用S△ABC﹣S△AEF计算即可．【解答】（1）证明：∵△ABC为等腰三角形，AD⊥BC，∴AD是∠CAB的角平分线，又∵圆O分别与AB、AC相切于点E、F，∴AE=AF，∴AD⊥EF，∴EF∥BC；（2）解：由（1）知AE=AF，AD⊥EF，∴AD是EF的垂直平分线，又∵EF为圆O的弦，∴O在AD上，连结OE、OM，则OE⊥AE，由AG等于圆O的半径可得AO=2OE，∴∠OAE=30°，∴△ABC与△AEF都是等边三角形，∵AE=2，∴AO=4，OE=2，∵OM=OE=2，DM=MN=，∴OD=1，∴AD=5，AB=，∴四边形EBCF的面积为×﹣××=．【点评】本题考查空间中线与线之间的位置关系，考查四边形面积的计算，注意解题方法的积累，属于中档题．选修4-4：坐标系与参数方程23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（t为参数，t≠0），其中0≤α≤π，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=2sinθ，C3：ρ=2cosθ．（1）求C2与C3交点的直角坐标；（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；QH：参数方程化成普通方程．【专题】5S：坐标系和参数方程．【分析】（I）由曲线C2：ρ=2sinθ，化为ρ2=2ρsinθ，把代入可得直角坐标方程．同理由C3：ρ=2cosθ．可得直角坐标方程，联立解出可得C2与C3交点的直角坐标．（2）由曲线C1的参数方程，消去参数t，化为普通方程：y=xtanα，其中0≤α≤π，α≠；α=时，为x=0（y≠0）．其极坐标方程为：θ=α（ρ∈R，ρ≠0），利用|AB|=即可得出．【解答】解：（I）由曲线C2：ρ=2sinθ，化为ρ2=2ρsinθ，∴x2+y2=2y．同理由C3：ρ=2cosθ．可得直角坐标方程：，联立，解得，，∴C2与C3交点的直角坐标为（0，0），．（2）曲线C1：（t为参数，t≠0），化为普通方程：y=xtanα，其中0≤α≤π，α≠；α=时，为x=0（y≠0）．其极坐标方程为：θ=α（ρ∈R，ρ≠0），∵A，B都在C1上，∴A（2sinα，α），B．∴|AB|==4，当时，|AB|取得最大值4．【点评】本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程、曲线的交点、两点之间的距离公式、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．选修4-5：不等式选讲24．设a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，证明：（1）若ab＞cd，则+＞+；（2）+＞+是|a﹣b|＜|c﹣d|的充要条件．【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件；R6：不等式的证明．【专题】59：不等式的解法及应用；5L：简易逻辑．【分析】（1）运用不等式的性质，结合条件a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，ab＞cd，即可得证；（2）从两方面证，①若+＞+，证得|a﹣b|＜|c﹣d|，②若|a﹣b|＜|c﹣d|，证得+＞+，注意运用不等式的性质，即可得证．【解答】证明：（1）由于（+）2=a+b+2，（+）2=c+d+2，由a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，ab＞cd，则＞，即有（+）2＞（+）2，则+＞+；（2）①若+＞+，则（+）2＞（+）2，即为a+b+2＞c+d+2，由a+b=c+d，则ab＞cd，于是（a﹣b）2=（a+b）2﹣4ab，（c﹣d）2=（c+d）2﹣4cd，即有（a﹣b）2＜（c﹣d）2，即为|a﹣b|＜|c﹣d|；②若|a﹣b|＜|c﹣d|，则（a﹣b）2＜（c﹣d）2，即有（a+b）2﹣4ab＜（c+d）2﹣4cd，由a+b=c+d，则ab＞cd，则有（+）2＞（+）2．综上可得，+＞+是|a﹣b|＜|c﹣d|的充要条件．【点评】本题考查不等式的证明，主要考查不等式的性质的运用，同时考查充要条件的判断，属于基础题．祝福语祝你考试成功!。

2015年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷（浙江卷）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{}2|20P x x x =-≥，{}|12Q x x =<≤，则()R P Q = ð（ ）（A ）[)0,1 （B ）(]0,2 （C ）()1,2 （D ）[]1,22．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 ）38cm （B ）312cm （C ）3323cm （D ）3403cm 3．已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是n S ，若348,,a a a 成等比数列，则（ ） （A ）10a d >，0n dS >（B ）10a d <，0n dS < （C ）10a d >，0n dS < （D ）10a d <，0n dS >4．命题“n N +∀∈，()f n N +∈且()f n n ≤”的否定形式是（ ） （A ）n N +∀∈，()f n N +∈且()f n n > （B ）n N +∀∈，()f n N +∈或()f n n > （C ）0n N +∃∈，()0f n N +∈且()00f n n > （D ）0n N +∃∈，()0f n N +∈或()00f n n >5．如图，设抛物线24y x =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 ）||1||1BF AF -- （B ）22||1||1BF AF -- （C ）||1||1BF AF ++ （D ）22||1||1BF AF ++ 6．设,A B 是有限集，定义()()(),d A B card A B card A B =- ，其中()card A 表示有限集A 中的元素个数，命题①：对任意有限集,A B ，“A B ≠”是“(),0d A B >”的充分必要条件；命题②：对任意有限集,,A B C ，()()(),,,d A C d A B d B C ≤+。

2015年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）解析一、选择题1. C ．解析 依题意{02}P x x x =或，()0,2P =R，所以()P Q =R (1,2)．故选C ．2. C ．解析 该几何体是棱长为2的正方体和底面边长为2、高为2的正四棱锥的组合体，所以3213222233V =+⨯⨯=．故选C ． 3. B ．解析 因为348,,a a a 成等比数列，所以2438a a a =⋅，即()()()2111327a d a d a d +=+⋅+，所以21350a d d +=．因为0d ≠，所以135a d =-，所以21503a d d =-<．又414320246233S a d d d d ⨯=+=-+=- ， 所以24203dS d =-<．故选B ．4. D ．解析 命题的否定，要将“∀”改为“∃”，所以原命题的否定形式为**00,()f n n ∃∈∉N N 或00()f n n >．故选D ．5. A ．解析 分别过,A B 两点作y 轴的垂线，垂足为11,A B 依题意，1111BCFB ACF A BC BB BF S x S AC AA x AF -====-△△．故选A ．6. A ．解析 (,)d A B 实际表示的是只在A 中或只在B 中的元素个数. 对命题①， A B ≠⇔至少有1个元素只在A 中或只在B 中⇔(,)0d A B >，故命题①成立；对命题②，如图所示，记图中的各个区域内的元素个数是()1,2,...,7i S i =且0i S ，所以1245(,),d A C S S S S =+++1346(,),d A B S S S S =+++2356(,),d B C S S S S =+++所以123456(,)(,)22d A B d B C S S S S S S +=+++++1245(,),S S S S d A C +++=所以命题②也成立.综上所述，故选A.7. D. 解析 本题考查函数的定义，即一个自变量只能对应一个函数值.对A ，取sin 20x =，则当0x =时，()00f =；当π2x =时，()01f =.所以A 错； 同理B 错；对C ，取1x =±，()22f =且()20f =，所以C 错.故选D.8. B. 解析 本题考查二面角，A DB '∠在变化中的最小值.考虑特殊位置，若0α=，此时0A DB '∠>；若180α=︒，则180A DB '∠=︒.所以A DB α'∠.故选B.二、填空题9. ，2y x =±解析 因为c ==2y x =±.10. 0，3解析 利用分段函数表达式，逐步求值.2((3))(lg10)(1)1301f f f f -===+-=.当1x 时，min ()30f x =<；当1x <时，()min ()00f x f ==.综上，min ()3f x =,所以((3))0f f -=，min ()3f x =. 11. π，()3π7ππ,π,88k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z解析因为1cos 21π3()sin 2122242x f x x x -⎛⎫=++=-+ ⎪⎝⎭， 所以2ππ2T ==. 所以ππ3π2π22π242k x k +-+，即3π7πππ,88k x k k ++∈Z .所以单调递减区间是()3π7ππ,π,88k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .12.解析 因为242221log 3log 3log 3log 2a ====，所以log log 2222aa--+=+== 13.78解析 解法一 连接ND ，取ND 中点E ，连接,ME CE ，如图（1）所示，则CME ∠即是,AN CM 所成的角.ME =CM =，CE =所以7cos 8CME ∠==.评注 本题也可用向量法来求. 如图（2）所示，把A BCD -放入一个长方体中，然后建立空间直角坐标系，利用cos ,AN CM AN CM AN CM⋅=⋅来计算.图（1） 图（2）14. 3解析 ()()22632263x y x yx y x y +-+--+---- 348x y =+- .由[)()cos 01,0,2πsin x r r y r θθθ=⎧∈⎨=⎩得， 原式()()3cos 4sin 885sin r r θθθϕ=+-=-+，（3tan 4ϕ=）. 所以22633x y x y+-+--.当34,55x y ==时取等号.所以()min22633x y x y+-+--=.15. 1,2,解析 由已知可得，60AOB ∠=︒，52,2OF OE ==. 如图所示，空间向量b 在12,e e 确定的平面内的射影是OC ，则7OC =设00,OA x OB y ==，ENMDCB AO1则0005,,222x x BC x BE OB ===-， 在△OBC 中，由余弦定理得220000557,2222x x x x ⎛⎫⎛⎫+-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得001,2x y ==.=b =.三、解答题16. （1）解析 解法一由余弦定理222222cos a b c bc A b c =+-=+，又22221c a b =-，所以消去2a 2212c c -=，32c =，所以3sin B C=3π3sin 4C C ⎛⎫⇒=-⇒ ⎪⎝⎭2tan =C . 解法二 由22221c a b =-及正弦定理得2221sin sin sin 2B A C -=，所以 C B 22sin 2121sin =-，23πcos 2sin cos 2sin 24B C C C ⎡⎤⎛⎫-==--= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦2sin cos C C =，所以2tan =C ．（2）由2tan =C 得55cos ,552sin ==C C .又π4A =，所以10103sin =B ． 由正弦定理得，b c 322=，（或由（Ⅰ）知） 所以1sin 32ABC S bc A ==△，所以23bc b ==，所以3=b ． 17. 解析 （1）设BC 的中点为E ，连接1A E ，则⊥E A 1平面ABC ，所以1A E AE ⊥.又1//AE A D ，所以11A E A D ⊥．又1111A B AC =,所以111A D B C ⊥.而11//,B C BC 所以1A D BC ⊥. 又1BCA E E =，所以1A D ⊥平面BC A 1．（2）解法一：作BD F A ⊥1，垂足为F ，连接F B 1，如图（1）所示则2==EB AE ， 411==A A B A ．190A EB ∠=︒.所以1111,,A D DB A B B B ==所以11≌△△A BD B BD .由BD F A ⊥1，得BD F B ⊥1，因此11FB A ∠即为二面角11B BD A --的平面角． 又190DA B ∠=︒，所以BD =3411==F B F A . 在11△A FB 中，由余弦定理得，81cos 11-=∠FB A ． 解法二：（向量法）以CB 的中点E 为原点，分别以射线1,,EA EB EA 为,,x y z轴的正半轴，CB建立空间直角坐标系xyz E -，如图（2）所示．由题意知各点坐标如下：)14,0,0(1A ，)0,2,0(B ，)14,0,2(-D ，)14,2,2(1-B ．因此)14,2,0(1-=A ，)14,2,2(--=，)0,2,0(1=DB ． 设平面BD A 1的法向量为111(,,)x y z =m ，平面BD B 1的法向量为222(,,)x y z =n ．由10,0,A B BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m即1111100=-=⎪⎩，可取=m ． 由10,0,DB BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即222200==⎪⎩，可取=n ． 于是1cos ,8⋅<>==⋅m n m n m n ． 由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角11B BD A --的平面角的余弦值为81-． 图（1） 图（2）18．解析（1）由22()()24a a f x x b =+-+，得对称轴为直线2a x -=. 因为2a ，所以(][),11,2a-∈-∞-+∞，所以)(x f 是]1,1[-上的单调函数，所以{}{}(,)max (1),(1)1,1M a b f f a b a b =-=-+++.解法一（分类讨论） 当2a 时，由(1)(1)24f f a --=， 得max{(1),(1)}2f f --，即(,)2M a b ；当 2a -时，由(1)(1)24f f a --=-，得max{(1),(1)}2f f --.即(,)2M a b . 综上所述，当2a时，(,)2M a b .解法二 利用绝对值的性质，及最大值的含义.{}()1111(,)max 1,1 2.22a b a b a b a bM a b a b a b a -+-++-++++=-+++=（2）解法一 当(,)2M a b 时，由（Ⅰ）知，2a，所以对称轴[]1,12ax =-∈-.A 1B 1C 1DC BAEFB 1由题意知，(1)2(1)2()22f f a f ⎧⎪-⎪⎪⎨⎪⎪-⎪⎩，即2121224a b a b a b ⎧⎪-+⎪⎪++⎨⎪⎪-+⎪⎩.画出可行域，利用线性规划即可求得()max3a b+=.解法二 (1)12(1)12f a b f a b ⎧=++⎪⎨-=-+⎪⎩⇒33a b a b ⎧+⎪⎨-⎪⎩， 所以 ,0,0a b ab a b a b ab ⎧+⎪+=⎨-<⎪⎩，所以 3a b +. 当1,2-==b a 时，3=+b a ，且122-+x x 在]1,1[-上的最大值为2， 即2)1,2(=-M ，所以b a +的最大值为3. 19．解析（1）设AB ：1,y kx n k m ⎛⎫=+=-⎪⎝⎭，设()()1122,,,,A x y B x y AB 的中点()00,,M x y ．由2212x y y kx n ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩⇒()2222x kx n ++=⇒()222124220k x knx n +++-=． 所以()()22221222122164122204122212k n k n kn x x k n x x k ⎧∆=-+->⎪⎪-⎪+=⎨+⎪⎪-⋅=⎪+⎩，所以022202222122122kn mn x k m n m n y k m -⎧==⎪⎪++⎨⎪==⎪++⎩代入直线方程0012y mx =+得，2222m n m +=-. 代入0∆>解得, 36-<m 或36>m .评注 本题还可利用点差法22AB OM b k k a⋅=-来求解.（2）令16((0,)k m =-∈，则1222AB x k =-=+，又O到直线的距离21k d +==.所以1222AOB S AB d=⋅==△， 当且仅当212k =，即m =时取等号.所以△AOB 的面积的最大值为22.20．解析 （1）由题意得21n n n n a a a a +=-，所以111 (2)n n a a a -=， 1(1)n n n a a a +=-，所以n a 与1n a +同号，又1102a =>，所以102n a <，所以11[1,2]1n n na a a +=∈-， （2）由题意得12+-=n n n a a a ，所以222121111 (2)n n n n S a a a a a a ++=+++=-=-，又()1111111n n n n n a a a a a +==+--，所以[]11111,21n n na a a +-=∈- 所以11112n nn a a +-，因此1*11()2(1)2n a n n n +∈++N ， 所以 11,22(2)2(1)n n n n S a n n +⎡⎤=-∈⎢⎥++⎣⎦所以*11()2(2)2(1)n S n n n n ∈++N ． 评注 本题也可利用数学归纳法.。

2012年浙江省高考数学试卷（理科）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．（5分）（2012•浙江）设集合A={x|1＜x＜4}，集合B={x|x2﹣2x﹣3≤0}，则A∩（∁R B）=（）A．（1，4）B．（3，4）C．（1，3）D．（1，2）∪（3，4）2．（5分）（2012•浙江）已知i是虚数单位，则=（）A．1﹣2i B．2﹣i C．2+i D．1+2i3．（5分）（2012•浙江）设a∈R，则“a=1”是“直线l1：ax+2y﹣1=0与直线l2：x+（a+1）y+4=0平行”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．（5分）（2012•浙江）把函数y=cos2x+1的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），然后向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到的图象是（）A ．B．C．D．5．（5分）（2012•浙江）设，是两个非零向量．则下列命题为真命题的是（）A．若|+|=||﹣||，则⊥B．若⊥，则|+|=||﹣||C．若|+|=||﹣||，则存在实数λ，使得=λD．若存在实数λ，使得=λ，则|+|=||﹣||6．（5分）（2012•浙江）若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有（）A．60种B．63种C．65种D．66种7．（5分）（2012•浙江）设S n是公差为d（d≠0）的无穷等差数列{a n}的前n项和，则下列命题错误的是（）A．若d＜0，则数列{S n}有最大项B．若数列{S n}有最大项，则d＜0C．若数列{S n}是递增数列，则对任意n∈N*，均有S n＞0D．若对任意n∈N*，均有S n＞0，则数列{S n}是递增数列8．（5分）（2012•浙江）如图，F1，F2分别是双曲线C：（a，b＞0）的在左、右焦点，B是虚轴的端点，直线F1B与C的两条渐近线分别交于P，Q两点，线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M．若|MF2|=|F1F2|，则C的离心（）A．B．C．D．9．（5分）（2012•浙江）设a＞0，b＞0，下列命题中正确的是（）A．若2a+2a=2b+3b，则a＞b B．若2a+2a=2b+3b，则a＜bC．若2a﹣2a=2b﹣3b，则a＞b D．若2a﹣2a=2b﹣3b，则a＜b10．（5分）（2012•浙江）已知矩形ABCD，AB=1，BC=．将△ABD沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中（）A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．11．（4分）（2012•浙江）已知某三棱锥的三视图（单位：cm）如图所示，则该三棱锥的体积等于cm3．12．（4分）（2012•浙江）若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的值是．13．（4分）（2012•浙江）设公比为q（q＞0）的等比数列{a n}的前n项和为S n．若S2=3a2+2，S4=3a4+2，则q=．14．（4分）（2012•浙江）若将函数f（x）=x5表示为f（x）=a0+a1（1+x）+a2（1+x）2+…+a5（1+x）5，其中a0，a1，a2，…a5为实数，则a3=．15．（4分）（2012•浙江）在△ABC中，M是BC的中点，AM=3，BC=10，则•=．16．（4分）（2012•浙江）定义：曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离，已知曲线C1：y=x2+a到直线l：y=x的距离等于曲线C2：x2+（y+4）2=2到直线l：y=x的距离，则实数a=．17．（4分）（2012•浙江）设a∈R，若x＞0时均有[（a﹣1）x﹣1]（x2﹣ax﹣1）≥0，则a=．三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（14分）（2012•浙江）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知cosA=，sinB=C．（1）求tanC的值；（2）若a=，求△ABC的面积．19．（14分）（2012•浙江）已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取（无放回，且每球取到的机会均等）3个球，记随机变量X为取出此3球所得分数之和．（1）求X的分布列；（2）求X的数学期望E（X）．20．（15分）（2012•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面是边长为的菱形，∠BAD=120°，且PA⊥平面ABCD，PA=，M，N分别为PB，PD的中点．（1）证明：MN∥平面ABCD；（2）过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A﹣MN﹣Q的平面角的余弦值．21．（15分）（2012•浙江）如图，椭圆C：=1（a＞b＞0）的离心率为，其左焦点到点P（2，1）的距离为，不过原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）求△APB面积取最大值时直线l的方程．22．（14分）（2012•浙江）已知a＞0，b∈R，函数f（x）=4ax3﹣2bx﹣a+b．（Ⅰ）证明：当0≤x≤1时，（i）函数f（x）的最大值为|2a﹣b|+a；（ii）f（x）+|2a﹣b|+a≥0；（Ⅱ）若﹣1≤f（x）≤1对x∈[0，1]恒成立，求a+b的取值范围．。