2015浙江理科数学高考真题精校解析版

[]2015·浙江卷(理科数学)1．A12015·浙江卷已知集合P＝{x|x2－2x≥0}，Q＝{x|1x≤2}，则(∁RP)∩Q＝()A．[0，1)B．(0，2]C．(1，2)D．[1，2]1．C[解析]P＝{x|x≤0或x≥2}，∁RP＝{x|0x2}，则(∁RP)∩Q＝(1，2)，故选C.2．G2[2015·浙江卷]某几何体的三视图如图1­1所示(单位：cm)，则该几何体的体积是()图1­1A．8cm3B．12cm3C.323cm3D.403cm32．C[解析]该几何体为一个正方体和一个正四棱锥的组合体，故该几何体的体积V＝23＋13×2×2×2＝323(cm3)，故选C.3．D2[2015·浙江卷]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()A．a1d0，dS40B．a1d0，dS40C．a1d0，dS40D．a1d0，dS403．B[解析]由a3，a4，a8成等比数列得，a24＝a3a8⇒(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)⇒3a1d＋5d2＝0，因公差d≠0，故a1＝－53d，a1d＝－53d20，dS4＝d4a1＋4×32d＝－23d20，故选B.4．A3[2015·浙江卷]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)n04．D[解析]全称命题的否定是特称命题，故选D.图1­25．H7[2015·浙江卷]如图1­2所示，设抛物线y2＝4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是()A.|BF|－1|AF|－1B.|BF|2－1|AF|2－1C.|BF|＋1|AF|＋1D.|BF|2＋1|AF|2＋15．A[解析]作准线x＝－1，过点A，B分别作它的垂线，交y轴分别为M，N，因为两个三角形的高相等，所以△BCF与△ACF的面积之比就是BC与AC的长度之比，即S△BCFS△ACF＝|CB||CA|＝|BN||AM|.根据抛物线的性质，抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相等，则|BN||AM|＝|BF|－1|AF|－1，故选A.6．A1[2015·浙江卷]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中元素的个数．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6．A[解析]命题①显然成立，由下图亦可知d(A，C)表示的区域不大于d(A，B)＋d(B，C)表示的区域，故命题②也成立，故选A.7．B1[2015·浙江卷]存在函数f(x)满足：对于任意x∈R都有()A．f(sin2x)＝sinxB．f(sin2x)＝x2＋xC．f(x2＋1)＝|x＋1|D．f(x2＋2x)＝|x＋1|7．D[解析]对选项A中的函数，当x＝0时，得f(0)＝0，当x＝π2时，得f(0)＝1，矛盾；选项B中的函数，当x＝0时，得f(0)＝0，当x＝π2时，得f(0)＝π24＋π2，矛盾；选项C中的函数，当x＝－1时，得f(2)＝0，当x＝1时，得f(2)＝2，矛盾；选项D中的函数变形为f((x＋1)2－1)＝（x＋1）2－1＋1，令t＝(x＋1)2－1可知，f(t)＝t＋1满足要求．8．G11[2015·浙江卷]如图1­3，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折图1­3成△A′CD，所成二面角A′­CD­B的平面角为α，则()A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α8．B[解析]当AC＝BC时，易知∠A′DB＝α，当AC≠BC时，作A′E⊥CD，BF⊥CD，因为D是中点，故DE＝DF，再作GF∥A′E，GA′∥EF，则∠GFB＝α，设A′D＝BD＝m，FD＝DE＝n，则cos∠A′DB＝m2＋m2－A′B22mm＝2m2－A′B22m2，cosα＝（m2－n2）＋（m2－n2）－BG22m2－n2m2－n2＝2m2－2n2－[A′B2－（2n）2]2（m2－n2）＝2m2＋2n2－A′B22（m2－n2），显然cos∠A′DBcosα，故∠A′DBα，故选B.9．H6[2015·浙江卷]双曲线x22－y2＝1的焦距是________，渐近线方程是________．9．23y＝±22x[解析]c2＝a2＋b2＝3⇒c＝3，则焦距为23，渐近线方程为y＝±22x.10．B1、B3[2015·浙江卷]已知函数f(x)＝x＋2x－3，x≥1，lg（x2＋1），x1，则f[f(－3)]＝________，f(x)的最小值是________．10．022－3[解析]f(－3)＝lg10＝1，f[f(－3)]＝f(1)＝0.当x≥1时，x＋2x－3≥22－3，当且仅当x＝2时，等号成立；当x1时，lg(x2＋1)≥lg1＝0.故最小值为22－3.11．[2015·浙江卷]函数f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1的最小正周期是____________，单调递减区间是________．11．C4、C5、C6π38π＋kπ，78π＋kπ(k∈Z)[解析]f(x)＝1－cos2x2＋12sin2x＋1＝22sin2x－π4＋32，则最小正周期是π.单调递减区间：2kπ＋π2≤2x－π4≤2kπ＋3π2(k∈Z)⇒kπ＋3π8≤x≤kπ＋7π8(k∈Z)．12．B6、B7[2015·浙江卷]若a＝log43，则2a＋2－a＝________．12.433[解析]2a＝2log43＝2log23＝3，则2a＋2－a＝3＋13＝433.13．G3[2015·浙江卷]如图1­4，在三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．图1­413.78[解析]连接ND，取ND的中点为E，则ME∥AN，则异面直线AN，CM所成的角为∠EMC.因为AN＝ND＝MC＝32－12＝22，所以ME＝2，CE＝（2）2＋12＝3，则cos∠EMC＝CM2＋ME2－CE22CM·ME＝8＋2－32×22×2＝78.14．E5[2015·浙江卷]若实数x，y满足x2＋y2≤1，则|2x＋y－2|＋|6－x－3y|的最小值是________．14．3[解析]当x，y满足x2＋y2≤1时，6－x－3y0.由2x＋y－2＝0，x2＋y2＝1⇒5x2－8x＋3＝0⇒x＝35或x＝1，直线2x＋y－2＝0把单位圆分成如图所示的两部分．①当(x，y)在阴影部分内时，2x＋y－2≥0，则原式＝2x＋y－2＋6－x－3y＝x－2y＋4，由线性规划可知，经过A35，45时，原式取得最小值3.②当(x，y)在另一部分内时，2x＋y－2≤0，则原式＝－2x－y＋2＋6－x－3y＝－3x－4y＋8，由线性规划可知，经过A35，45时，原式取得最小值3.综上，原式的最小值为3.15．F4[2015·浙江卷]已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝12.若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝52，且对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则x0＝________，y0＝________，|b|＝________．15．1222[解析]设空间向量b在由e1，e2构成的平面内的投影向量为me1＋ne2(m，n∈R)，而b·e1＝me1·e1＋ne2·e1＝m＋12n＝2，b·e2＝me1·e2＋ne2·e2＝12m＋n＝52，解得m＝1，n＝2.由向量e1，2e2，AA1→构造一个四棱柱，且|AA1→|＝1，AA1→垂直于由e1，e2决定的平面，令p＝xe1＋ye2，则向量p与e1，e2共面，b－(xe1＋ye2)＝b－p＝PC1→.易知|PC1→|≥|CC1→|＝1，故当P与C重合时，取最小值1，此时x0＝1,y0＝2，|AC→|2＝(e1＋2e2)2＝e21＋4e1·e2＋4e22＝1＋2＋4＝7，||b＝|AC1→|＝AC→2＋CC1→2＝8＝22.16．C8[2015·浙江卷]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知A＝π4，b2－a2＝12c2.(1)求tanC的值；(2)若△ABC的面积为3，求b的值．16．解：(1)由b2－a2＝12c2及正弦定理得sin2B－12＝12sin2C，所以－cos2B＝sin2C.又由A＝π4，即B＋C＝34π，得－cos2B＝sin2C＝2sinCcosC＝sin2C，解得tanC＝2.(2)由tanC＝2，C∈(0，π)得sinC＝255，cosC＝55.又因为sinB＝sin(A＋C)＝sinπ4＋C，所以sinB＝31010.由正弦定理得c＝223b.又因为A＝π4，12bcsinA＝3，所以bc＝62，故b＝3.17．G5、G11[2015·浙江卷]如图1­5，在三棱柱ABC­A1B1C1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A1­BD­B1的平面角的余弦值．图1­517．解：(1)证明：设E为BC的中点，连接A1E，DE，AE，由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.因为AB＝AC，所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A1A且DE＝A1A，所以四边形A1AED为平行四边形．故A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(2)方法一：作A1F⊥BD且A1F∩BD＝F，连接B1F.由AE＝EB＝2，∠A1EA＝∠A1EB＝90°，得A1B＝A1A＝4.由A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB与△B1DB全等．由A1F⊥BD，得B1F⊥BD，因此∠A1FB1为二面角A1­BD­B1的平面角．由A1D＝2，A1B＝4，∠DA1B＝90°，得BD＝32，A1F＝B1F＝43，由余弦定理得cos∠A1FB1＝－18.方法二：以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x轴，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系E­xyz，如图所示．由题意知各点坐标如下：A1(0，0，14)，B(0，2，0)，D(－2，0，14)，B1(－2，2，14)．因此A1B→＝(0，2，－14)，BD→＝(－2，－2，14)，DB1→＝(0，2，0)．设平面A1BD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面B1BD的法向量为n＝(x2，y2，z2)．由m·A1B→＝0，m·BD→＝0，得2y1－14z1＝0，－2x1－2y1＋14z1＝0，可取m＝(0，7，1)．由n·DB1→＝0，n·BD→＝0，得2y2＝0，－2x2－2y2＋14z2＝0，可取n＝(7，0，1)．于是|cos〈m，n〉|＝|m·n||m|·|n|＝18.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A1­BD­B1的平面角的余弦值为－18.18．B3、B5、E7[2015·浙江卷]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．18．解：(1)证明：