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2015年高考数学浙江理试题及答案word

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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{20},{12}PxxxQxx，则()PQRð

（ ）

A.[0,1) B.(0,2] C.(1,2) D. [1,2] 【解析】集合{|02},C{02}PxxxPxxR或，所以(C){|12}PQxxR，故选C。 【答案】C 2、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. 332cm3 D.

340cm

3

【解析】由三视图可知，该几何体是一个棱长为2的正方体与一个底面边长为2，高为2的正四棱锥的组合体，故其体积为

323132=2+22=cm33VVV正方体正四棱锥（）。故选C。

【答案】C 3、已知{}na是等差数列，公差d不为零，前n项和是nS。若348,,aaa成等比数列，则（ ）

A.140,0addS B. 140,0addS C. 140,0addS D. 140,0addS 【解析】由2483aaa，得2111)3()7)(2(dadada，得05321dda，所以01da。211464)64(ddadaddS0322d。故选B。

【答案】B 4、命题“**,()nfnNN 且()fnn”的否定形式是（ ）

A. **,()nfnNN且()fnn B. **,()nfnNN或()fnn C. **00,()nfnNN且00()fnn D. **00,()nfnNN或00()fnn 【解析】根据全称命题)(,:xpMxp的否定是)(,:00xpMxp，选D。 【答案】D 5、如图，设抛物线24yx的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点,,ABC，其中点,AB在抛物线上，点C在y轴上，则BCF△与ACF△的面积之比是（ ）

A. 11BFAF B. 2211BFAF

C. 11BFAF D. 2211BFAF 【解析】过点AB,作准线1x的垂线，分别交y轴于NM,两点。故

1||1||||||||||AFBFANBMACBCSSACFBCF，选A。

【答案】A 6.设,AB是有限集，定义：(,)card()card()dABABAB，card()A表示有限集A

中元素的个数。 命题①：对任意有限集,AB，“AB”是“(,)0dAB”的充分必要条件；

命题②：对任意有限集,,ABC，(,)(,)(,)dACdABdBC。 A. 命题①和命题②都成立 B. 命题①和命题②都不成立 C. 命题①成立，命题②不成立 D. 命题①不成立，命题②成立

【解析】由题意，知0)(card2)(card)(card),(BABABAd.

对于命题①：BA时，有0),(BAd；BA时，(,)0dAB显然成立。 对于命题②：)(card2)(card)(card),(),(),(CACACBdBAdCAd )(card2)(card)(card)(card2)(card)(cardCBCBBABA )(card)(card)(card)(cardBCBBACA )(card)(card])[(card)(cardBCBABCACA，易判断该不等式成

立，所以命题②成立。故选A。 此题也可通过画韦恩图加以直观说明。 【答案】A

7、存在函数()fx满足：对于任意xR都有（ ）

A. (sin2)sinfxx B. 2(sin2)fxxx C. 2(1)1fxx D. 2(2)1fxxx 【解析】对于A，当4x时，有22)1(f；当45x时，有22)1(f，自相矛盾；同理可知B，C错误； 对于D，令)1(22txxt，得1|111|)(tttf，所以2(2)1fxxx成立。故选D。

【答案】D 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ACDB的平面角为，则（ ） A. ADB B. ADB C. ACB D. ACB

【解析】考虑极端位置，当翻0180时，00，此

时0/0/0,0CBADBA，知A,C立即排除。 当翻折00时，0180，此时0/0/180,180CBADBA，知D排除。故选B。

【答案】B 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、双曲线2212xy的焦距是 ，渐近线方程是 ．

【解析】222213cab，得3c，所以焦距是32。令0222yx，得渐近线方程为xy22。 【答案】32，xy22 10、已知函数223,1,()lg(1),1,xxfxxxx则((3))ff ，()fx的最小值是 ． 【解析】0321)1()10(lg))3((ffff。 当1x时，32232)(xxxf，当2x时取到最小值； 当1x时，01lg)1lg()(2xxf。 因为0322，所以)(xf的最小值为322。 【答案】0，322 11、函数2()sinsincos1fxxxx的最小正周期是 ，单调递减区间是 ． 【解析】

2112π3()sinsincos1(1cos2)sin21sin(2)22242fxxxxxxx，所以

)(xf的最小正周期πT。令ππ3π2π22π()242kxkkZ，得

3π7πππ()88kxkkZ，所以)(xf的单调递减区间为3π7π[π,π]()88kkkZ。

【答案】3π7ππ,[π,π]()88kkkZ 12、若4log3a，则22aa ．

【解析】由3log4a，得32,34aa，所以33312a，所以22aa3343

33。

【答案】433 13、如图，在三棱锥ABC中，3,2ABACBDCDADBC，点,MN分别

为,ADBC的中点，则异面直线,ANCM所成的角的余弦值是 ． 【解析】取ND的中点E，连接,MECE，则//MEAN，所以EMC为AN与CM所成的角。 因为,22AN所以22,2MCNEME。又,NCEN所以

322NCENEC，所以872222382cosEMC.

【答案】78 14、若实数,xy满足221xy，则2263xyxy的最小值是 ． 【解析】因为221xy，所以036yx，所以yxyx36|36|。 如图，直线022yx将圆122yx分成了两部分。 在阴影区域内（包括边界）的),(yx满足022yx，即22|22|yxyx，此时

2263xyxy423622yxyxyx

，利用线性规划可知在点

)54,53(A处取得最小值3；

在阴影区域外（包含边界）的),(yx满足022yx，即)22(|22|yxyx，此时2263xyxyyxyxyx43836)22(，利用线性规划可知在点)54,53(A处取得最小值3。 综上可知，2263xyxy在在点)54,53(A处取得最小值3。 【答案】3 15、已知12,ee是空间单位向量，1212ee，若空间向量b满足1252,2bebe，且

对于任意,xyR，12010200()()1(,)xyxyxyRbeebee，则0x ，

0y ，b ．

【解析】由1212ee，得12e,eπ3。不妨设113,,022e,21,0,0,(,,)mnteb，

由1252,2bebe，得53,22mn。所以53(,,)22tb，12533()(,,)2222xxyyxtbee，所以22125()|()22xxyy|bee

222222223343()457()(2)2224yxtxxyyxytxyt。故当

001,2xxyy时，22243()(2)24yxyt取到最小值1，此时21t。故22253||()()82222tb。

【答案】1，2，22 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）

在ABC△中，内角,,ABC所对的边分别是,,abc。已知π4A，22ba=122c. （1）求tanC的值； （2）若ABC△的面积为3，求b的值。

16.解：（1）由22212bac及正弦定理得2211sinsin22BC，

所以2cos2sinBC。 又由π4A，即3π4BC，得cos2sin22sincosBCCC， 解得tan2C。

（2）由tan2C，(0,π)C，得255sin,cos55CC。

又因为πsinsin()sin()4BACC，所以310sin10B。 由正弦定理得223cb， 又因为π1,sin342AbcA，所以62bc，故3b。 17、（本题满分15分） 如图，在三棱柱111ABCABC中，BAC=90Ñ，2ABAC，1AA=4，1A在底面ABC

的射影为BC的中点，D是11BC的中点. （1）证明：1AD平面1ABC； （2）求二面角11ABDB的平面角的余弦值。

17.解：（1）设E为BC的中点，由题意得1AE平面ABC，所以1AEAE.

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2015年全国高考理科数学试题及答案-浙江卷

2015年全国高考理科数学试题及答案-浙江卷

2015年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）理科数学一、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{20},{12}P x x x Q x x =-≥=<≤，则()R P Q =ðA.[0,1)B. (0,2]C. (1,2)D. [1,2] 2.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.140,0a d dS >>B. 140,0a d dS <<C. 140,0a d dS ><D. 140,0a d 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. **00,()n N f n N ∃∈∉且00()f n n >D. **00,()n N f n N ∃∈∉或00()f 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.11BF AF -- B.2211BF AF --C. 11BF AF ++ D. 2211BF 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 ≤+. A. 命题①和命题②都成立 B. 命题①和命题②都不成立 C. 命题①成立，命题②不成立 D. 命题①不成立，命题②成立 7. 存在函数()f x 满足，对任意x R ∈都有A. (sin 2)sin f x x =B. 2(sin 2)f x x x =+C. 2(1)1f x x +=+ D. 2(2)1f x x x +=+8. 如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成A CD '∆，所成二面角A CDB '--的平面角为α，则A. A DB α'∠≤B. A DB α'∠≥C. A CB α'∠≤D. A CB a '∠≥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。

2015年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学理

2015年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学理


又∵该二面角为钝角， ∴二面角 A1﹣BD﹣B1 的平面角的余弦值为﹣ .
18.（15 分）（2015•浙江）已知函数 f（x）=x2+ax+b（a，b∈R），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. 解析： (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﹣3≤a+b≤1 且﹣3≤b﹣a≤1，进一步求出|a|+|b| 的求值. 答案：
则 BC= AC=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，∴A1D⊥OA1，
由 a3，a4，a8 成等比数列，得
，整理得：
.
∵d≠0，∴
，
∴
，
=
＜0.
答案：B 4.（5 分）（2015•浙江）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. ∃n0∈N*，f（n0）∉N*且 f（n0）＞n0 D. ∃n0∈N*，f（n0）∉N*或 f（n0）＞n 解析：命题为全称命题，则命题的否定为：∃n0∈N*，f（n0）∉N*或 f（n0）＞n0， 答案：D
2015年浙江高考数学试卷(理科)

2015年浙江高考数学试卷(理科)


an ； 2 （n N * ） an 1
S 1 1 * （n N ）. n 2(n 2) n 2( n 1)
2 设数列 an 的前 n 项和为 S n , 证明

x2 1 y 2 1 上两个不同的点 A,B 关于直线 y=mx+ 对称． 2 2
求实数 m 的取值范围； 求 AOB 面积的最大值（O 为坐标原点） ．
20、 （本题满分 15 分） 已知数列 an 满足 a1 = (I) (II) 证明：1
1 * 2 且 an 1 = an - an （n N ） 2
1 ， b2 a 2 = c 2 . 2 4
17、 （本题满分 15 分） o. 如图，在三棱柱 C - 11C1 中， BAC= 90 ，AB=AC=2， A1 A=4， A1 在底面 ABC 的射影为 BC 的中点，D 为 B1C1 的中点. （I） （II） 证明： A1 D 平面 A1B C1 ； 求二面角 A1 -BD- B1 的平面角的余弦值.
充分必要
f (sin 2 x) sin x 2 C. f ( x 1) x 1
A.
B. f (sin 2 x) x x
2
D. f ( x 2 x) x 1
2
8、 如图， 已知 ABC ，D 是 AB 的中点， 沿直线 CD 将 ACD 折成 ACD ， 所成二面角 A CD B 的平面角为 ，则（ ） A. ADB B. ADB C. ACB D. ACB
是 是 ． ． 14 、 若实 数 x, y 满 足 x 2 y 2 1 ， 则 2 x y 2 6 x 3 y 的 最 小 值 15 、 已 知 e1 , e2 是 空 间 单 位 向 量 ， e1 e 2
【精校】2015年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学理

【精校】2015年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学理

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|x2﹣2x≥0}，Q={x|1＜x≤2}，则（∁R P）∩Q=（）A.[0，1）B. (0，2]C. (1，2）D. [1，2]解析：由P中不等式变形得：x（x﹣2）≥0，解得：x≤0或x≥2，即P=（﹣∞，0]∪[2，+∞），∴∁R P=（0，2），∵Q=（1，2]，∴（∁R P）∩Q=（1，2），答案：C.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. 8cm3B.12cm3C.D.解析：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+×2×2×2=.答案：C3.（5分）（2015•浙江）已知{a n}是等差数列，公差d不为零，前n项和是S n，若a3，a4，a8成等比数列，则（）A.a1d＞0，dS4＞0B.a1d＜0，dS4＜0C.a1d＞0，dS4＜0D.a1d＜0，dS4＞0解析：设等差数列{a n}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：.∵d≠0，∴，∴，=＜0. 答案：B4.（5分）（2015•浙江）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）＞nB.∀n∈N*，f（n）∉N*或f（n）＞nC. ∃n0∈N*，f（n0）∉N*且f（n0）＞n0D. ∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n解析：命题为全称命题，则命题的否定为：∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0，答案：D5.（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（）A.B.C.D.解析：如图所示，抛物线的准线DE的方程为x=﹣1，过A，B分别作AE⊥DE于E，交y轴于N，BD⊥DE于E，交y轴于M，由抛物线的定义知BF=BD，AF=AE，则|BM|=|BD|﹣1=|BF|﹣1，|AN|=|AE|﹣1=|AF|﹣1，则===，答案：A6.（5分）（2015•浙江）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“d（A，B）＞0”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）A.命题①和命题②都成立B.命题①和命题②都不成立C.命题①成立，命题②不成立D.命题①不成立，命题②成立解析：命题①：对任意有限集A，B，若“A≠B”，则A∪B≠A∩B，则card（A∪B）＞card（A∩B），故“d（A，B）＞0”成立，若d（A，B）＞0”，则card（A∪B）＞card（A∩B），则A∪B≠A∩B，故A≠B成立，故命题①成立，命题②，d（A，B）=card（A∪B）﹣card（A∩B），d（B，C）=card（B∪C）﹣card（B∩C），∴d（A，B）+d（B，C）=card（A∪B）﹣card（A∩B）+card（B∪C）﹣card（B∩C）=[card（A∪B）+card（B∪C）]﹣[card（A∩B）+card（B∩C）]≥card（A∪C）﹣card（A∩C）=d（A，C），故命题②成立，答案：A7.（5分）（2015•浙江）存在函数f（x）满足，对任意x∈R都有（）A.f（sin2x）=sinxB.f（sin2x）=x2+xC.f（x2+1）=|x+1|D.f（x2+2x）=|x+1|解析：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；∴不存在函数f（x），对任意x∈R都有f（sin2x）=sinx；B.取x=0，则f（0）=0；取x=π，则f（0）=π2+π；∴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，t≥0，则f（t2﹣1）=t；令t2﹣1=x，则t=；∴；即存在函数f（x）=，对任意x∈R，都有f（x2+2x）=|x+1|；∴该选项正确.答案：D（2015•浙江）如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，8.（5分）所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α，则（）A.∠A′DB≤αB.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤αD.∠A′CB≥α解析：①当AC=BC时，∠A′DB=α；②当AC≠BC时，如图，点A′投影在OE上，α=∠A′OE，连结AA′，易得∠ADA′＜∠AOA′，∴∠A′DB＞∠A′OE，即∠A′DB＞α综上所述，∠A′DB≥α，答案：B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. 解析：双曲线=1中，a=，b=1，c=，∴焦距是2c=2，渐近线方程是y=±x.答案：2；y=±x（2015•浙江）已知函数f（x）=，则f（f（﹣3））= ，10.（6分）f（x）的最小值是.解析：∵f（x）=，∴f（﹣3）=lg10=1，则f（f（﹣3））=f（1）=0，当x≥1时，f（x）=，即最小值，当x＜1时，f（x）=lg（x2+1）＜lg2无最小值，故f（x）的最小值是.答案：0；.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.解析：化简可得f（x）=sin2x+sinxcosx+1=（1﹣cos2x）+sin2x+1=sin（2x﹣）+，∴原函数的最小正周期为T==π，由2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得kπ+≤x≤kπ+，∴函数的单调递减区间为[kπ+，kπ+]（k∈Z）答案：π；[kπ+，kπ+]（k∈Z）12.（4分）（2015•浙江）若a=log43，则2a+2﹣a= .解析：∵a=log43，可知4a=3，即2a=，所以2a+2﹣a=+=.答案：13.（4分）（2015•浙江）如图，三棱锥A﹣BCD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 .解析：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∵EN⊥NC，∴EC==，∴cos∠EMC===.答案：14.（4分）（2015•浙江）若实数x，y满足x2+y2≤1，则|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值是.解析：由x2+y2≤1，可得6﹣x﹣3y＞0，即|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y，如图直线2x+y﹣2=0将圆x2+y2=1分成两部分，在直线的上方（含直线），即有2x+y﹣2≥0，即|2+y﹣2|=2x+y﹣2，此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=（2x+y﹣2）+（6﹣x﹣3y）=x﹣2y+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+y﹣2≤0，即|2+y﹣2|=﹣（2x+y﹣2），此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=﹣（2x+y﹣2）+（6﹣x﹣3y）=8﹣3x﹣4y，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+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值为3.答案：315.（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，y∈R，，则x0= ，y0= ，|= .解析：∵•=||||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），∵﹣（）=（﹣x﹣y，，t），∴|﹣（|2=（﹣x﹣y）2+（）2+t2=x2+xy+y2﹣4x﹣5y+t2+7=（x+）2+（y﹣2）2+t2，由题意当x=x0=1，y=y0=2时，（x+）2+（y﹣2）2+t2取最小值1，此时t2=1，故|==2答案：1；2；2三、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=，b2﹣a2=c2.(1)求tanC的值；(2)若△ABC的面积为3，求b的值.解析：(1)由余弦定理可得：，已知b2﹣a2=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.答案：(1)∵A=，∴由余弦定理可得：，∴b2﹣a2=bc﹣c2，又b2﹣a2=c2.∴bc﹣c2=c2.∴b= c.可得，∴a2=b2﹣=，即a=.∴cosC===.∵C∈（0，π），∴sinC==.∴tanC==2.(2)∵=×=3，解得c=2.∴=3.17.（15分）（2015•浙江）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.解析：(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.答案：(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=AC=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，∴A1D⊥OA1，又∵•=0，∴A1D⊥BC，又∵OA1∩BC=O，∴A1D⊥平面A1BC；(2)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，∴二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值为﹣.18.（15分）（2015•浙江）已知函数f（x）=x2+ax+b（a，b∈R），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.解析：(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﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1，进一步求出|a|+|b|的求值.答案：(1)由已知可得f(1)=1+a+b，f(-1)=1﹣a+b，对称轴为x=﹣，因为|a|≥2，所以或≥1，所以函数f（x）在[﹣1，1]上单调，所以M（a，b）=max{|f（1），|f（﹣1）|}=max{|1+a+b|，|1﹣a+b|}，所以M（a，b）≥（|1+a+b|+|1﹣a+b|）≥|（1+a+b）﹣（1﹣a+b）|≥|2a|≥2；(2)当a=b=0时，|a|+|b|=0又|a|+|b|≥0，所以0为最小值，符合题意；又对任意x∈[﹣1，1].有﹣2≤x2+ax+b≤2得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1，易知|a|+|b|=max{|a﹣b|，|a+b|}=3，在b=﹣1，a=2时符合题意，所以|a|+|b|的最大值为3.19.（15分）（2015•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）.解析：(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）y2﹣2mny+n2﹣2=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.答案：(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）y2﹣2mny+n2﹣2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2）.由题意，△=4m2n2﹣4（m2+2）（n2﹣2）=8（m2﹣n2+2）＞0，设线段AB的中点P（x0，y0），则.x0=﹣m×+n=，由于点P在直线y=mx+上，∴=+，∴，代入△＞0，可得3m4+4m2﹣4＞0，解得m2，∴或m.(2)直线AB与x轴交点横坐标为n，∴S△OAB==|n|•=，由均值不等式可得：n2（m2﹣n2+2）=，∴S△AOB=，当且仅当n2=m2﹣n2+2，即2n2=m2+2，又∵，解得m=，当且仅当m=时，S△AOB取得最大值为.20.（15分）（2015•浙江）已知数列{a n}满足a1=且a n+1=a n﹣a n2（n∈N*）(1)证明：1≤≤2（n∈N*）；(2)设数列{a n2}的前n项和为S n，证明（n∈N*）.解析：(1)通过题意易得0＜a n≤（n∈N*），利用a n﹣a n+1=可得≥1，利用==≤2，即得结论；(2)通过=a n﹣a n+1累加得S n=﹣a n+1，利用数学归纳法可证明≥a n≥（n≥2），从而≥≥，化简即得结论.答案：(1)由题意可知：0＜a n≤（n∈N*），又∵a2=a1﹣=，∴==2，又∵a n﹣a n+1=，∴a n＞a n+1，∴≥1，∴==≤2，∴1≤≤2（n∈N*）；(2)由已知，=a n﹣a n+1，=a﹣1﹣a n，…，=a1﹣a2，累加，得S n=++…+=a1﹣a n+1=﹣a n+1，易知当n=1时，要证式子显然成立；当n≥2时，=.下面证明：≥a n≥（n≥2）.易知当n=2时成立，假设当n=k时也成立，则a k+1=﹣+，由二次函数单调性知：a n+1≥﹣+=≥，a n+1≤﹣+=≤，∴≤≤，即当n=k+1时仍然成立，故对n≥2，均有≥a n≥，∴=≥≥=，即（n∈N*）.考试高分秘诀是什么？试试这四个方法，特别是中考和高考生谁都想在考试中取得优异的成绩，但要想取得优异的成绩，除了要掌握好相关的知识定理和方法技巧之外，更要学会一些考试技巧。