2015年浙江高考数学(理科)试卷(含答案)

2023年12月3日发(作者：小学特岗数学试卷)

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（∁RP）∩Q=（ ）

A[0，1）

B（0，2]

C（1，2）

D[1，2]

． ． ． ．

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（ ）

A8cm3

B12cm3

C

D

． ． ． ．

3．（5分）（2015•浙江）已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则（ ）

Aa1d＞0，dS4＞0

Ba1d＜0，dS4＜0

Ca1d＞0，dS4＜0

Da1d＜0，dS4＞0

． ． ． ．

4．（5分）（2015•浙江）命题“∀n∈N*，f（n）∈N*且f（n）≤n”的否定形式是（ ）

A． B．

∀n∈N*，f（n）∉N*且f（n）＞n ∀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）＞n0

5．（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

．

6．（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．

7．（5分）（2015•浙江）存在函数f（x）满足，对任意x∈R都有（ ）

Af（sin2x）=sinx

Bf（sin2x）Cf（x2+1）Df（x2+2x）． ．

=x2+x

．

=|x+1|

．

=|x+1|

8．（5分）（2015•浙江）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′﹣CD﹣B的平面角为α，则（ ）

命题①成立，命题②不成立 D． 命题①不成立，命题②成立

A∠A′DB≤α

．

B∠A′DB≥α

．

C∠A′CB≤α

．

D∠A′CB≥α

．

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 ．

10．（6分）（2015•浙江）已知函数f（x）=，则f（f（﹣3））= ，f（x）的最小值是 ．

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 ．

12．（4分）（2015•浙江）若a=log43，则2a+2a= ．

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 ．

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 ．

15．（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= ，|= ．

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．

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．

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．

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）．

20．（15分）（2015•浙江）已知数列{an}满足a1=且an+1=an﹣an2（n∈N*）

（1）证明：1≤≤2（n∈N*）；

（2）设数列{an2}的前n项和为Sn，证明（n∈N*）．

2015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）

考点： 交、并、补集的混合运算．

专题： 集合．

分析： 求出P中不等式的解集确定出P，求出P补集与Q的交集即可．

解答： 解：由P中不等式变形得：x（x﹣2）≥0，

解得：x≤0或x≥2，即P=（﹣∞，0]∪[2，+∞），

∴∁RP=（0，2），

∵Q=（1，2]，

∴（∁RP）∩Q=（1，2），

故选：C．

点评： 此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

2．（5分）

考由三视图求面积、体积．

点：

专空间位置关系与距离．

题：

分判断几何体的形状，利用三视图的数据，求几何体的体积即可．

析：

解解：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答： 的正四棱锥，

所求几何体的体积为：23+×2×2×2=．

故选：C．

点本题考查三视图与直观图的关系的判断，几何体的体积的求法，考查计算能力．

评：

3．（5分）

考等差数列与等比数列的综合．

点：

专等差数列与等比数列．

题：

分由a3，a4，a8成等比数列，得到首项和公差的关系，即可判断a1d和dS4的符号．

析：

解解：设等差数列{an}的首项为a1，则a3=a1+2d，a4=a1+3d，a8=a1+7d，

答：

由a3，a4，a8成等比数列，得，整理得：．

∵d≠0，∴，

∴，

=＜0．

故选：B．

点本题考查了等差数列和等比数列的性质，考查了等差数列的前n项和，是基础题．

评：

4．（5分）

考命题的否定．

点：

专简易逻辑．

题：

分根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论．

析：

解解：命题为全称命题，

答：

则命题的否定为：∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0，

故选：D．

点本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．

评：

5．（5分）

考直线与圆锥曲线的关系．

点：

专圆锥曲线的定义、性质与方程．

题：

分根据抛物线的定义，将三角形的面积关系转化为的关系进行求解即可．

析：

解解：如图所示，抛物线的准线DE的方程为x=﹣1，

答： 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===，

故选：A

点本题主要考查三角形的面积关系，利用抛物线的定义进行转化是解决本题的关键．

评：

6．（5分）

考点： 复合命题的真假．

专题： 集合；简易逻辑．

分析： 命题①根据充要条件分充分性和必要性判断即可，

③借助新定义，根据集合的运算，判断即可．

解答： 解：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，

故选：A

点评： 本题考查了，元素和集合的关系，以及逻辑关系，分清集合之间的关系与各集合元素个数之间的关系，注意本题对充要条件的考查．集合的元素个数，体现两个集合的关系，但仅凭借元素个数不能判断集合间的关系，属于基础题．

7．（5分）

考函数解析式的求解及常用方法．

点：

专函数的性质及应用．

题：

分利用x取特殊值，通过函数的定义判断正误即可．

析：

解解：A．取x=0，则sin2x=0，∴f（0）=0；

答： 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；

点评：

8．（5分）

考二面角的平面角及求法．

点：

专创新题型；空间角．

题：

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．

故选：D．

本题考查函数的定义的应用，基本知识的考查，但是思考问题解决问题的方法比较难．

分解：画出图形，分AC=BC，AC≠BC两种情况讨论即可．

析：

解解：①当AC=BC时，∠A′DB=α；

答： ②当AC≠BC时，如图，点A′投影在AE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，

故选：B．

点本题考查空间角的大小比较，注意解题方法的积累，属于中档题．

评：

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）

考点： 双曲线的简单性质．

专题： 计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．

分析： 确定双曲线中的几何量，即可求出焦距、渐近线方程．

解答： 解：双曲线=1中，a=，b=1，c=，

∴焦距是2c=2，渐近线方程是y=±x．

故答案为：2；y=±x．

点评： 本题考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，比较基础．

10．（6分）

考函数的值．

点：

专计算题；函数的性质及应用．

题：

分根据已知函数可先求f（﹣3）=1，然后代入可求f（f（﹣3））；由于x≥1时，f（x）=，当析：

x＜1时，f（x）=lg（x2+1），分别求出每段函数的取值范围，即可求解

解解：∵f（x）=，

答： ∴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，x2+1≥1，（x）=lg（x2+1）≥0最小值0，

故f（x）的最小值是．

故答案为：0；．

点本题主要考查了分段函数的函数值的求解，属于基础试题．

评：

11．（6分）

考两角和与差的正弦函数；三角函数的周期性及其求法；正弦函数的单调性．

点：

专三角函数的求值．

题：

分析：

解答：

点评：

12．（4分）

考对数的运算性质．

点：

专函数的性质及应用．

题：

由三角函数公式化简可得f（x）=sin（2x﹣）+，易得最小正周期，解不等式2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得函数的单调递减区间．

解：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）

故答案为：π；[kπ+，kπ+]（k∈Z）

本题考查三角函数的化简，涉及三角函数的周期性和单调性，属基础题．

﹣分直接把a代入2a+2a，然后利用对数的运算性质得答案．

析：

解解：∵a=log43，可知4a=3，

答：

即2a=，

﹣所以2a+2a=+=．

故答案为：．

点本题考查对数的运算性质，是基础的计算题．

评：

13．（4分）

考异面直线及其所成的角．

点：

专空间角．

题：

分连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME说明异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC通析： 过解三角形，求解即可．

解解：连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME，则ME∥AN，异面直线AN，CM所成的角答： 就是∠EMC，

∵AN=2，

∴ME==EN，MC=2，

点评：

14．（4分）

考函数的最值及其几何意义．

点：

专不等式的解法及应用；直线与圆．

题：

分根据所给x，y的范围，可得|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y，再讨论直线2x+y﹣2=0将圆x2+y2=1分成析：

两部分，分别去绝对值，运用线性规划的知识，平移即可得到最小值．

又∵EN⊥NC，∴EC==，

∴cos∠EMC===．

故答案为：．

本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．

解解：由x2+y2≤1，可得6﹣x﹣3y＞0，即|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y，

答：

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．

故答案为：3．

点本题考查直线和圆的位置关系，主要考查二元函数在可行域内取得最值的方法，属于中档评： 题．

15．（6分）

考点： 空间向量的数量积运算；平面向量数量积的运算．

专题： 创新题型；空间向量及应用．

分析： 由题意和数量积的运算可得＜•＞=，不妨设=（，，0），=（1，0，0），由已知可解=（，，t），222222可得|﹣（|=（x+）+（y﹣2）+t，由题意可得当x=x0=1，y=y0=2时，（x+）+（y﹣2）+t2取最小值1，由模长公式可得|．

解答： 解：∵•=||||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），

22∴|﹣（|=（﹣x﹣y）+（）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

故答案为：1；2；2

点评： 本题考查空间向量的数量积，涉及向量的模长公式，属中档题．

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）

考余弦定理．

点：

专解三角形．

题：

分（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=，即析：

可得出tanC=．

（2）由=×=3，可得c，即可得出b．

解解：（1）∵A=，∴由余弦定理可得：，∴b2﹣a2=bc﹣c2，

答：

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．

点本题考查了正弦定理余弦定理、同角三角形基本关系式、三角形面积计算公式，考查了推理能评： 力与计算能力，属于中档题．

17．（15分）

考二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．

点：

专空间位置关系与距离；空间角．

题：

分（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轴建析：

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．

解（1）证明：如图，以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为答：

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）解：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﹣．

点本题考查空间中线面垂直的判定定理，考查求二面角的三角函数值，注意解题方法评： 的积累，属于中档题．

18．（15分）

考点：

专题：

二次函数在闭区间上的最值．

函数的性质及应用．

分析：

解答：

点评：

（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．

解：（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．

本题考查了二次函数闭区间上的最值求法；解答本题的关键是正确理解M（a，b）是|f（x）|在 区间[﹣1，1]上的最大值，以及利用三角不等式变形．

19．（15分）

考点： 直线与圆锥曲线的关系．

专题： 创新题型；圆锥曲线中的最值与范围问题．

分析：

（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．

解答：

解：（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轴交点纵坐标为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．

点评： 本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、中点坐标公式、线段垂直平分线的性质、三角形面积计算公式、弦长公式、均值不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

20．（15分）

考点： 数列的求和；数列与不等式的综合．

专题： 创新题型；点列、递归数列与数学归纳法．

分析：

（1）通过题意易得0＜an≤（n∈N*），利用an﹣an+1=可得≥1，利用==≤2，即得结论；

（2）通过=an﹣an+1累加得Sn=﹣an+1，利用数学归纳法可证明≥an≥（n≥2），从而≥≥，化简即

得结论．

解答：

证明：（1）由题意可知：0＜an≤（n∈N*），

又∵a2=a1﹣=，∴==2，

又∵an﹣an+1=，∴an＞an+1，∴≥1，

∴==≤2，

∴1≤≤2（n∈N*）；

（2）由已知，=an﹣an+1，=an﹣1﹣an，…，=a1﹣a2，

累加，得Sn=++…+=a1﹣an+1=﹣an+1，

易知当n=1时，要证式子显然成立；

当n≥2时，=．

下面证明：≥an≥（n≥2）．

易知当n=2时成立，假设当n=k时也成立，则ak+1=﹣+，

由二次函数单调性知：an+1≥﹣+=≥，

an+1≤﹣+=≤，

∴≤≤，即当n=k+1时仍然成立，

故对n≥2，均有≥an≥，

∴=≥≥=，

即（n∈N*）．

点评： 本题是一道数列与不等式的综合题，考查数学归纳法，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，属于难题．

祝福语

祝你考试成功!