浙江省杭州市2015年高考数学二模试卷(理科)Word文档下载推荐.doc
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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.
参考答案与试题解析
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.
命题的否定.
简易逻辑.
直接利用特称命题的否定是全称命题,写出结果即可.
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.
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.
等比数列的通项公式.
等差数列与等比数列.
化简整理利用等比数列的通项公式即可得出.
∵+=+,
∴,
∵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.
C.
本题考查了等比数列的通项公式,属于基础题.
正弦函数的图象.
三角函数的图像与性质.
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.
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,
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.
函数的图象.
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
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;
B
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.
棱柱的结构特征.
空间位置关系与距离.
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.
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°
B.
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.
双曲线的简单性质.
综合题;
圆锥曲线的定义、性质与方程.
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.
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.
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.
根的存在性及根的个数判断;
函数零点的判定定理.
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.
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=±
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,±
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=±
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,
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.
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 .
简单线性规划.
计算题;
作图题;
不等式的解法及应用;
直线与圆.
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.
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.
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 .
由三视图求面积、体积.
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.
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=
,.
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.
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 .
抛物线的简单性质.
圆锥曲线的定义、性质与方程.
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.
∵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.
4.
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 .
不等式的解法及应用.
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.
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.
,﹣10.
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 [] .
直线与平面所成的角.
空间角.
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.
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.
cosα的范围为:
[].
[]
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 .
平面向量的基本定理及其意义.
平面向量及应用.
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.
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,;
∴.
.
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 .
与直线关于点、直线对称的直线方程.
直线与圆.
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.
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;
5.
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.
余弦定理;
两角和与差的余弦函数.
解三角形.
(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.
(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=×
6sin=3;
当a=4时,△ABC的面积S=acsinB=×
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.
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.
二面角的平面角及求法;
平面与平面垂直的判定.
空间位置关系与距离;
空间角.
(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.
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,
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