浙江省杭州市2015年高考数学二模试卷(理科).doc

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2015年浙江省杭州市高考数学二模试卷（理科）

一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）

1．下列函数中，既是偶函数又在（0，+∞）单调递增的是（　　）

　A．B．y=cosxC．y=exD．y=ln|x|

2．命题“存在x0∈R，2x0≤0”的否定是（　　）

　A．不存在x0∈R，2x0＞0B．存在x0∈R，2x0≥0

　C．对任意的x∈R，2x＜0D．对任意的x∈R，2x＞0

3．设等比数列{an}的各项均为正数，若+=+，+=+，则a1a5=（　　）

　A．24B．8C．8D．16

4．设函数y=sinax+b（a＞0）的图象如图所示，则函数y=loga（x+b）的图象可能是（　　）

　A．B．C．D．

5．设平行于y轴的直线分别与函数y1=log2x及y2=log2x+2的图象交于B，C两点，点A（m，n）位于函数y2的图象上，若△ABC为正三角形，则m•2n=（　　）

　A．8B．12C．12D．15

6．已知ABC﹣A1B1C1是所有棱长均相等的直三棱柱，M是B1C1的中点，则下列命题正确的是（　　）

　A．在棱AB上存在点N，使MN与平面ABC所成的角为45°

　B．在棱AA1上存在点N，使MN与平面BCC1B1所成的角为45°

　C．在棱AC上存在点N，使MN与AB1平行

　D．在棱BC上存在点N，使MN与AB1垂直

7．设P是双曲线C：

﹣=1（a＞0，b＞0）右支上的任意一点，已知A（a，b），B（a，﹣b），若=λ+μ（O为坐标原点），则λ2+μ2的最小值为（　　）

　A．abB．C．abD．

8．设f0（x）=|x|﹣10，fn（x）=|fn﹣1（x）|﹣1（n∈N*），则函数y=f20（x）的零点个数为（　　）

　A．19B．20C．21D．22

二、填空题（本大题共7小题，第9-12题每小题6分，第13-15题每题4分，共36分）

9．设集合{（x，y）|（x﹣1）2+（y﹣2）2≤10}所表示的区域为A，过原点O的直线l将A分成两部分，当这两部分面积相等时，直线l的方程为　　　　　　；当这两部分面积之差最大时，直线l的方程为　　　　　　，此时直线l落在区域A内的线段长为　　　　　　．

10．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体中最长的棱长等于　　　　　　，体积等于　　　　　　．

11．设直线l：

y=kx+1经过抛物线x2=2py（p＞0）的焦点F，则p=　　　　　　；已知Q，M分别是抛物线及其准线上的点，若=2，则|MF|=　　　　　　．

12．设非负实数x，y满足（m＜0），则不等式所表示的区域的面积等于　　　　　　（用m表示）；若z=2x﹣y的最大值与最小值之和为19，则实数m=　　　　　　．

13．在正四面体ABCD中，M是AB的中点，N是棱CD上的一个动点，若直线MN与BD所成的角为α，则cosα的取值范围是　　　　　　．

14．在△ABC中，||=3，||=5，M是BC的中点，=λ（λ∈R），若=+，则△ABC的面积为　　　　　　．

15．已知单位正方形的四个顶点A（0，0），B（1，0），C（1，1）和D（0，1），从A点向边CD上的点P（，1）发出一束光线，这束光线被正方形各边反射（入射角等于反射角），直到经过正方形某个顶点后射出，则这束光线在正方形内经过的路程长度为　　　　　　．

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．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=6，sinA﹣sinC=sin（A﹣B）．

（Ⅰ）若b=2，求△ABC的面积；

（Ⅱ）若1≤a≤6，求sinC的取值范围．

17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，且满足AB∥CD，AD=DC=AB，PA⊥平面ABCD．

（1）求证：

平面PBD⊥平面PAD；

（2）若PA=AB，求二面角A﹣PD﹣C的余弦值．

18．已知椭圆C：

+=1（a＞b＞0）的左焦点为F（﹣c，0），点D（0，b），直线DF的斜率为．

（Ⅰ）求椭圆C的离心率；

（Ⅱ）设过点F的直线交椭圆于A，B两点，过点P（﹣4c，0）作与直线AB的倾斜角互补的直线l，交椭圆C于M，N两点，问：

是否为定值，若是，求出此定值，若不是，说明理由．

19．数列{an}与{bn}满足：

①a1=a＜0，b1=b＞0，②当k≥2时，若ak﹣1+bk﹣1≥0，则ak=ak﹣1，bk=；若ak﹣1+bk﹣1＜0，则ak=，bk=bk﹣1．

（Ⅰ）若a=﹣1，b=1，求a2，b2，a3，b3的值；

（Ⅱ）设Sn=（b1﹣a1）+（b2﹣a2）+…+（bn﹣an），求Sn（用a，b表示）；

（Ⅲ）若存在n∈N*，对任意正整数k，当2≤k≤n时，恒有bk﹣1＞bk，求n的最大值（用a，b表示）．

20．设a＞0，b＞0，函数f（x）=ax2﹣bx﹣a+b．

（Ⅰ）（i）求不等式f（x）＜f

（1）的解集；

（ii）若f（x）在[0，1]上的最大值为b﹣a，求的取值范围；

（Ⅱ）当x∈[0，m]时，对任意的正实数a，b，不等式f（x）≤（x+1）|2b﹣a|恒成立，求实数m的最大值．

2015年浙江省杭州市高考数学二模试卷（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）

1．下列函数中，既是偶函数又在（0，+∞）单调递增的是（　　）

　A．B．y=cosxC．y=exD．y=ln|x|

考点：

函数单调性的判断与证明；函数奇偶性的判断．

专题：

函数的性质及应用．

分析：

根据函数的单调性、奇偶性的定义逐项判断即可．

解答：

解：

y=在（0，+∞）上递增，但不具有奇偶性，排除A；

y=cosx为偶函数，但在（0，+∞）上不单调，排除B；

y=ex在（0，+∞）上递增，但不具有奇偶性，排除C；

y=ln|x|的定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），关于原点对称，

且ln|﹣x|=ln|x|，故y=ln|x|为偶函数，

当x＞0时，y=ln|x|=lnx，在（0，+∞）上递增，

故选D．

点评：

本题考查函数的奇偶性、单调性的判断，属基础题，定义是解决问题的基本方法．

2．命题“存在x0∈R，2x0≤0”的否定是（　　）

　A．不存在x0∈R，2x0＞0B．存在x0∈R，2x0≥0

　C．对任意的x∈R，2x＜0D．对任意的x∈R，2x＞0

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“存在x0∈R，2x0≤0”的否定是：

对任意的x∈R，2x＞0．

故选：

D．

点评：

本题考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，基本知识的考查．

3．设等比数列{an}的各项均为正数，若+=+，+=+，则a1a5=（　　）

　A．24B．8C．8D．16

考点：

等比数列的通项公式．

专题：

等差数列与等比数列．

分析：

化简整理利用等比数列的通项公式即可得出．

解答：

解：

∵+=+，

∴，

∵等比数列{an}的各项均为正数，

∴a1a2=4，

同理可得：

a3a4=16．

∴q4=4，解得，．

则a1a5==4q3=8．

故选：

C．

点评：

本题考查了等比数列的通项公式，属于基础题．

4．设函数y=sinax+b（a＞0）的图象如图所示，则函数y=loga（x+b）的图象可能是（　　）

　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：

根据条件求出a、b的范围，可得函数y=loga（x+b）的单调性以及图象经过的定点，结合所给的选项得出结论．

解答：

解：

有函数的图象可得0＜b＜1，=＞2π﹣π，∴0＜a＜1．

故函数y=loga（x+b）为减函数，且图象经过点（1﹣b，0），（0，logab），logab＞0．

结合所给的选项，

故选：

C．

点评：

本题主要考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象特征，对数函数的图象和性质，属于基础题．

5．设平行于y轴的直线分别与函数y1=log2x及y2=log2x+2的图象交于B，C两点，点A（m，n）位于函数y2的图象上，若△ABC为正三角形，则m•2n=（　　）

　A．8B．12C．12D．15

考点：

函数的图象．

专题：

函数的性质及应用．

分析：

根据题意，设出A、B、C的坐标，由线段BC∥y轴，△ABC是等边三角形，得出AB、AC与BC的关系，求出p、q的值，计算出结果

解答：

解：

根据题意，设A（m，n），B（x0，log2x0），C（x0，2+log2x0），

∵线段BC∥y轴，△ABC是等边三角形，

∴BC=2，2+log2m=n，

∴m=2n﹣2，

∴4m=2n；

又x0﹣m=，

∴m=x0﹣，

∴x0=m+；

又2+log2x0﹣n=1，

∴log2x0=n﹣1，x0=2n﹣1=；

∴m+=；2m+2=2n=4m，

∴m=，2n=4；

∴m•2n=×4=12；

故选：

B

点评：

本题考查了指数函数与对数函数的图象与性质的应用问题，也考查了指数，对数的运算问题，是较难的题目．

6．已知ABC﹣A1B1C1是所有棱长均相等的直三棱柱，M是B1C1的中点，则下列命题正确的是（　　）

　A．在棱AB上存在点N，使MN与平面ABC所成的角为45°

　B．在棱AA1上存在点N，使MN与平面BCC1B1所成的角为45°

　C．在棱AC上存在点N，使MN与AB1平行

　D．在棱BC上存在点N，使MN与AB1垂直

考点：

棱柱的结构特征．

专题：

空间位置关系与距离．

分析：

根据题意画出图形，如图所示，连接A1M，AM，根据直三棱柱得到侧棱与底面垂直，在直角三角形AA1M中，利用锐角三角函数定义求出tan∠AMA1的值，判断出∠AMA1与45°大小判断即可．

解答：

解：

根据题意画出图形，如图所示，连接A1M，AM，

由题意得到AA1⊥面A1B1C1，

∴AA1⊥A1M，

在Rt△AA1M中，设AA1=1，则有A1B1=A1C1=B1C1=1，A1M=，

∴tan∠AMA1==＞1，

∴∠AMA1＞45°，

则在棱AA1上存在点N，使MN与平面BCC1B1所成的角为45°，

故选：

B．

点评：

此题考查了棱柱的结构特征，直线与面垂直的性质，锐角三角函数定义，以及正弦函数的性质，熟练掌握性质是解本题的关键．

7．设P是双曲线C：

﹣=1（a＞0，b＞0）右支上的任意一点，已知A（a，b），B（a，﹣b），若=λ+μ（O为坐标原点），则λ2+μ2的最小值为（　　）

　A．abB．C．abD．

考点：

双曲线的简单性质．

专题：

综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．

分析：

确定A，B的坐标，根据=λ+μ，确定坐标之间的关系，可得4λμ=1，利用基本不等式，即可得出结论．

解答：

解：

由题意，设P（x，y），则

∵=λ+μ，

∴x=（λ+μ）a，y=（λ﹣μ）b

∵P为双曲线C右支上的任意一点，

∴（λ+μ）2﹣（λ﹣μ）2=1

∴4λμ=1

∴λ2+μ2≥2λμ=

∴λ2+μ2的最小值为．

故选：

D．

点评：

本题考查向量知识的运用，考查基本不等式的运用，属于中档题．

8．设f0（x）=|x|﹣10，fn（x）=|fn﹣1（x）|﹣1（n∈N*），则函数y=f20（x）的零点个数为（　　）

　A．19B．20C．21D．22

考点：

根的存在性及根的个数判断；函数零点的判定定理．

专题：

函数的性质及应用．

分析：

令fn（x）=|fn﹣1（x）|﹣1=0，则|fn﹣1（x）|=1，问题转化为方程|fn﹣1（x）|=1的根的个数，依次递推下去即得结果．

解答：

解：

令fn（x）=|fn﹣1（x）|﹣1=0，则|fn﹣1（x）|=1，

即方程fn（x）=0有两个解fn﹣1（x）=±1；

又∵fn﹣1（x）=|fn﹣2（x）|﹣1=±1，∴|fn﹣2（x）|=0或者2，

所以方程fn（x）=0有3个解：

fn﹣2（x）=0或±2；

又∵fn﹣2（x）=|fn﹣3（x）|﹣1=0或±2，∴|fn﹣3（x）|=1或3，

所以方程fn（x）=0有4个解：

fn﹣3（x）=±1或±3；

又∵fn﹣3（x）=|fn﹣4（x）|﹣1=±1或±3，

∴方程fn（x）=0有5个解：

fn﹣4（x）=0，±2或±4；

又∵fn﹣4（x）=|fn﹣5（x）|﹣1=0，±2或±4，

∴方程fn（x）=0有6个解：

fn﹣5（x）=±1，±3或±5；

又∵fn﹣5（x）=|fn﹣6（x）|﹣1=±1，±3或±5，

∴方程fn（x）=0有7个解：

fn﹣6（x）=0，±2，±4或±6；

…

类似地，最终得出方程fn（x）=0有n+1个解，

从而函数y=f20（x）=0有21个解，

故选：

C．

点评：

本题考查求函数零点的个数，注意条件中的递推关系，属于中档题．

二、填空题（本大题共7小题，第9-12题每小题6分，第13-15题每题4分，共36分）

9．设集合{（x，y）|（x﹣1）2+（y﹣2）2≤10}所表示的区域为A，过原点O的直线l将A分成两部分，当这两部分面积相等时，直线l的方程为　2x﹣y=0　；当这两部分面积之差最大时，直线l的方程为　x+2y=0　，此时直线l落在区域A内的线段长为　2　．

考点：

简单线性规划．

专题：

计算题；作图题；不等式的解法及应用；直线与圆．

分析：

作出集合{（x，y）|（x﹣1）2+（y﹣2）2≤10}表示的区域A，再结合直线与圆的位置关系确定直线的方程，并求线段的长度即可．

解答：

解：

集合{（x，y）|（x﹣1）2+（y﹣2）2≤10}表示的区域A如下，

故过圆心E（1，2）时，两部分面积相等；

此时直线l的方程为y=x，

即2x﹣y=0；

当直线l与OE垂直时，两部分面积之差最大；

此时直线l的方程为y=﹣x；

即x+2y=0；

此时与圆相交于C、D两点，

CO==；

故CD=2；

故答案为：

2x﹣y=0，x+2y=0，2．

点评：

本题考查了学生的作图能力，同时考查了直线与圆的位置关系的应用，属于中档题．

10．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体中最长的棱长等于　　，体积等于　　．

考点：

由三视图求面积、体积．

专题：

空间位置关系与距离．

分析：

可以得出空间几何体是如下图：

面PAD⊥面ABCD，PA⊥面ABCD，DC⊥AD，是四棱锥，运用空间几何体的性质，求解边长，面积体积，计算准确，可以得出答案．

解答：

解：

某几何体的三视图如图所示

可以得出空间几何体是如下图：

面PAD⊥面ABCD，PA⊥面ABCD，DC⊥AD，

PA=4，AD=1，DC=4，

运用三视图得出：

AC==，AB=，

根据这个几何体得出：

PB==，PC==，PD==，

∴这个几何体中最长的棱长等于，

底面积为：

4×2=5

体积为：

（4×2×1×2）×4=

故答案为：

，．

点评：

本题考查了运用几何体的三视图求解棱长，体积，属于计算题，关键是运用三视图恢复空间几何体的原图．

11．设直线l：

y=kx+1经过抛物线x2=2py（p＞0）的焦点F，则p=　2　；已知Q，M分别是抛物线及其准线上的点，若=2，则|MF|=　4　．

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：

由直线方程求出直线所过定点的坐标，从而得到抛物线的焦点坐标，则p可求；作出抛物线图形，数形结合得到|MF|=2p，则答案可求．

解答：

解：

∵直线l：

y=kx+1过定点（0，1），即抛物线x2=2py（p＞0）的焦点F为（0，1），

∴，则p=2；

则抛物线方程为x2=4y，如图，

∵=2，

∴|MQ|=2|QE|，则∠EMQ=30°，

∴|MF|=2p=4．

故答案为：

2；4．

点评：

本题考查了抛物线的简单性质，考查了数形结合的解题思想方法和数学转化思想方法，是中档题．

12．设非负实数x，y满足（m＜0），则不等式所表示的区域的面积等于　　（用m表示）；若z=2x﹣y的最大值与最小值之和为19，则实数m=　﹣10　．

考点：

简单线性规划．

专题：

不等式的解法及应用．

分析：

作出不等式组对应的平面区域，求出交点坐标，利用数形结合即可得到结论．

解答：

解：

作出不等式组对应的平面区域如图：

当y=0时，x=﹣m，

由，解得，即A（，﹣），

则三角形OAB的面积S=（﹣m）（﹣）=，

由z=2x﹣y得y=2x﹣z，

平移直线y=2x﹣z，由图象可知当直线y=2x﹣z经过点A（，﹣）时，直线y=2x﹣z的截距最大，此时z最小．即最小值z=2×（）﹣（﹣）=，

当直线y=2x﹣z经过点B（﹣m，0）时，直线y=2x﹣z的截距最小，此时z最大，

即最大值z=﹣2m，

∵z=2x﹣y的最大值与最小值之和为19，

∴﹣2m+=19，

即m=﹣10．

故答案为：

，﹣10．

点评：

本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合求出相应的交点坐标是解决本题的关键．

13．在正四面体ABCD中，M是AB的中点，N是棱CD上的一个动点，若直线MN与BD所成的角为α，则cosα的取值范围是　[]　．

考点：

直线与平面所成的角．

专题：

空间角．

分析：

首先①当N点与C点重合时，线段MN与BD所成的角最大，进一步利用解三角形知识利用余弦定理求出角的余弦值．

②当N点与C点重合时，线段MN与BD所成的角最大，直接在△MBD中，线段MD与BD所成角为30°，求出夹角的余弦值．最后求出角的余弦值的范围．

解答：

解：

在正四面体ABCD中，M是AB的中点，N是棱CD上的一个动点，

则：

①当N点与C点重合时，线段MN与BD所成的角最大，

设：

正四面体的边长为2，

取AD的中点，连接MN、NG，

利用勾股定理得：

CM=，

M、G是AB和AD的中点，所以：

MG=1，

同理解得：

CG=，

在△CMG中，利用余弦定理得：

，

即：

所成角的余弦值最小为．

②当N点与C点重合时，线段MN与BD所成的角最大，

连接DM，在△MBD中，线段MD与BD所成角为30°，

所以：

cos，

即所成角的余弦值最大为．

所以：

cosα的范围为：

[]．

故答案为：

[]

点评：

本题考查的知识要点：

异面直线的夹角的应用，余弦定理的应用，主要考查学生的应用能力和空间想象能力．

14．在△ABC中，||=3，||=5，M是BC的中点，=λ（λ∈R），若=+，则△ABC的面积为　　．

考点：

平面向量的基本定理及其意义．

专题：

平面向量及应用．

分析：

在△ABC的顶点A作边BC的垂线BO，垂足为O，这样可表示出cosB=，cosC=，从而得到，而根据已知条件及中线向量的表示即可得到，所以便得出O是BC的中点，即M，O重合．所以在Rt△ABM中可以求出sinB，所以根据三角形的面积公式可求出△ABC的面积．

解答：

解：

如图所示，过A作边BC的垂线，垂足为O，则：

cosB=，cosC=；

∴；

根据题意知λ≠0；

∴；

∴；

∴；

即O是边BC的中点，M与O重合；

∴在Rt△ABM中，；

∴；

∴．

故答案为：

．

点评：

考查余弦函数的定义，向量加法的平行四边形法则，以及直角三角形三边的关系，三角形的面积公式：

S=．

15．已知单位正方形的四个顶点A（0，0），B（1，0），C（1，1）和D（0，1），从A点向边CD上的点P（，1）发出一束光线，这束光线被正方形各边反射（入射角等于反射角），直到经过正方形某个顶点后射出，则这束光线在正方形内经过的路程长度为　5　．

考点：

与直线关于点、直线对称的直线方程．

专题：

直线与圆．

分析：

由题意，画出图形，根据入射光线和反射光线的对称性以及正方形的性质得到I，J的坐标，利用两点之间的距离公式可得．

解答：

解：

从A点向边CD上的点P（，1）发出一束光线，经过各边发射后最后由B点射出，如图，

因为已知是单位正方形，这束光线在正方形内经过的路程如图，

由对称性可以得到OP=FI=HE=FJ=，

所以这束光线在正方形内经过的路程的长度为=5；

故答案为：

5．

点评：

本题考查了点关于直线的对称以及两点之间的距离公式的运用；关键是画出图形．

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．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=6，sinA﹣sinC=sin（A﹣B）．

（Ⅰ）若b=2，求△ABC的面积；

（Ⅱ）若1≤a≤6，求sinC的取值范围．

考点：

余弦定理；两角和与差的余弦函数．

专题：

解三角形．

分析：

（Ⅰ）由两角和与差的余弦函数公式化简已知可得cosB=，由余弦定理可解得a的值，由三角形面积公式即可求值．

（Ⅱ）当a=3∈[1，6]时，可求sinC=1，当a=1时，由余弦定理和正弦定理可得sinC=，当a=6时，△ABC为等边三角形，则sinC=，即可求得sinC的取值范围．

解答：

解：

（Ⅰ）∵sinA﹣sinC=sin（A﹣B），

∴sinA=sinC+sin（A﹣B）=sin（A+B）+sin（A﹣B）

=sinAcosB+cosAsinB+sinAcosB﹣cosAsinB=2sinAcosB，

∴cosB=，

由余弦定理可得

（2）2=a2+62﹣12acos，即a2﹣6a+8=0，

解得a=2或a=4．

当a=2时，△ABC的面积S=acsinB=×2×6sin=3；

当a=4时，△ABC的面积S=acsinB=×4×6sin=6；…8分

（Ⅱ）当a=3∈[1，6]时，sinC=1，

当a=1时，b2=a2+c2﹣2accosB=1+36﹣2×=31，

∴b=，

于是，从而：

sinC=，

当a=6时，△ABC为等边三角形，则sinC=，因为，

从而得到sinC的取值范围是：

[，1]…15分．

点评：

本题主要考查了两角和与差的余弦函数公式，考查了余弦定理和正弦定理的综合应用，属于基本知识的考查．

17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，且满足AB∥CD，AD=DC=AB，PA⊥平面ABCD．

（1）求证：

平面PBD⊥平面PAD；

（2）若PA=AB，求二面角A﹣PD﹣C的余弦值．

考点：

二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定．

专题：

空间位置关系与距离；空间角．

分析：

（1）根据面面垂直的判定定理即可证明平面PBD⊥平面PAD；

（2）根据二面角的定义先作出二面角的平面角，进行求解即可．

解答：

证明：

（1）取AB的中点E，连接CE，

则由题意知，△BCE为正三角形，

∴∠ABC=60°，

由等腰梯形知∠BCD=120°，

设AD=DC=BC=2，

则AB=4，BD=2，