2015年浙江省高考数学试卷(理科)解析

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（ ）

A． 8cm

3

B． 12cm3

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（ ） A． a1d＞0，dS4＞0 B． a1d＜0，dS4＜0 C． a1d＞0，dS4＜0 D． a1d＜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*或f（n）＞n ∀n∈N*，f（n）∉N*且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（ ）

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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． 命题①成立，命题②不成立 D． 命题①不成立，命题②成立 7．（5分）（2015•浙江）存在函数f（x）满足，对任意x∈R都有（ ） A． f（sin2x）=sinx B． f（sin2x）=x2+x C． f（x2+1）=|x+1| D． f（x2+2x）=|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（ ）

∠A′DB≤α ∠A′DB≥α ∠A′CB≤α ∠A′CB≥α A． B． C． D．

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）双曲线是 ．

=1的焦距是 ，渐近线方程

10．（6分）（2015•浙江）已知函数（fx）=，则（f（﹣f3））= ，

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 ．

﹣

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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．

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（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*）

≤2（n∈N*）；

（1）证明：1≤

（2）设数列{an2}的前n项和为Sn，证明

（n∈N*）．

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2015年浙江省高考数学试卷（理科）

参与试题解析

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）（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]

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）（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． 8cm

3

B． 12cm3

C．

D．

考点：由三视图求面积、体积． 专题：空间位置关系与距离． 分析：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． 解答：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的正四棱锥，

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所求几何体的体积为：23+×2×2×2=

．

故选：C． 点评：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．

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（ ） A． a1d＞0，dS4＞0 B． a1d＜0，dS4＜0 C． a1d＞0，dS4＜0 D． a1d＜0，dS4＞0

考点：等差数列与等比数列的综合． 专题：等差数列与等比数列． 分析： 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． 解答： 解：设等差数列{an}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

．

∵d≠0，∴∴

， ，

，整理得：

=＜

0．

故选：B． 点评：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． 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*或f（n）＞n ∀n∈N*，f（n）∉N*且f（n）＞n C． ∃n0∈N*，f（n0）∉N*且f（n0）＞n0 D． ∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0

考点：命题的否定． 专题：简易逻辑． 分析：根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论． 解答：解：命题为全称命题，

则命题的否定为：∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0，

故选：D． 点评：本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础． 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（ ）

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A．

B．

C．

D．

考点：直线与圆锥曲线的关系． 专题：圆锥曲线的定义、性质与方程． 分析：

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．

解答：解：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，

则故选：A

=

=

=

，

点评：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． 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． 命题①成立，命题②不成立 D． 命题①不成立，命题②成立

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，

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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）（2015•浙江）存在函数f（x）满足，对任意x∈R都有（ ） A． f（sin2x）=sinx B． f（sin2x）=x2+x C． f（x2+1）=|x+1| D． f（x2+2x）=|x+1|

考点：函数解析式的求解及常用方法． 专题：函数的性质及应用． 分析：利用x取特殊值，通过函数的定义判断正误即可． 解答：解：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． 故选：D． 点评：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． 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（ ）

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∠A′DB≤α ∠A′DB≥α ∠A′CB≤α A． B． C．

考点：二面角的平面角及求法． 专题：创新题型；空间角． 分析：解：画出图形，分AC=BC，AC≠BC两种情况讨论即可． 解答：解：①当AC=BC时，∠A′DB=α；

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．

∠A′CB≥α D．

点评：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．

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 2

，渐近线方程是 y=±

x ．

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故答案为：2

，渐近线方程是y=±；y=±

x．

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．

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10．（6分）（2015•浙江）已知函数f（x）=，则f（f（﹣3））= 0 ，

f（x）的最小值是 ．

考点：函数的值． 专题：计算题；函数的性质及应用． 分析：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）

=解 解答：

，当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：∵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，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；． 点评：本题主要考查了分段函数的函数值的求解，属于基础试题． 11．（6分）（2015•浙江）函数f（x）=sin2x+sinxcosx+1的最小正周期是 π ，单调递减区间是 [kπ+

，kπ+

]（k∈Z） ．

考点：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． 专题：三角函数的求值． 分析：

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．

解答： ：化简可得f（x）=sin2x+sinxcosx+1 解

=（1﹣cos2x）+sin2x+1 =

sin（2x﹣

）+，

=π，

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∴原函数的最小正周期为T=

由2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得kπ+

，kπ+

≤x≤kπ+]（k∈Z）

，

∴函数的单调递减区间为[kπ+故答案为：π；[kπ+

，kπ+

]（k∈Z）

点评：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．

12．（4分）（2015•浙江）若a=log43，则2a+2a=

﹣

．

考点：对数的运算性质． 专题：函数的性质及应用．

﹣

分析： 接把a代入2a+2a，然后利用对数的运算性质得答案． 直解答： 解：∵a=log43，可知4a=3，

即2a=，

所以2a+2a=

﹣

+．

=．

故答案为：

点评：本题考查对数的运算性质，是基础的计算题． 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

．

考点：异面直线及其所成的角． 专题：空间角． 分析：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

通过解三角形，求解即可． 解答：解：连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME，则ME∥AN，异面直线AN，CM所

成的角就是∠EMC， ∵AN=2，

∴ME==EN，MC=2，

又∵EN⊥NC，∴EC==，

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∴cos∠EMC=故答案为：．

==．

点评：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． 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 3 ．

考点：函数的最值及其几何意义． 专题：不等式的解法及应用；直线与圆． 分析： 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． 解答： ：由x2+y2≤1，可得6﹣x﹣3y＞0，即|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y， 解

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．

点评：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

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中档题．

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= 1 ，

y0= 2 ，

|= 2

．

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

=（，|2=（x+

，0），=（1，0，

0），由已知可解=（，

2

，t），可得|﹣（

）2+（y﹣2）

+t2，由题意可得当x=x0=1，y=y0=2时，（x+

|． ||

|cos＜

•

＞=cos＜

•

）2+（y﹣2）2+t2取最小值1，

由模长公式可得解答：

解：∵

∴＜

••

=|＞=

＞=，

=（1，0，0），=（m，n，t），

，∴

=（，

，

，不妨设=m+

=（，n=2，

，0），

则由题意可知t）， ∵

﹣（

=m=，解得m=，n=

）=（﹣x﹣y，|2=（﹣x﹣y）2+（

，t），

）2+t2

∴|﹣（

=x2+xy+y2﹣4x﹣5y+t2+7=（x+由题意当x=x0=1，y=y0=2时，（x+此时t2=1，故

|=

）2+（y﹣2）2+t2，

）2+（y﹣2）2+t2取最小值1，

=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．

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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．

考点：余弦定理． 专题：解三角形． 分析：

（1）由余弦定理可得：

，

，已知b2﹣a2=c2．可得

，即可得出tanC=

×

=3，可得c，即可得出b．

，∴b2﹣a2=

，．

a=（2）由

．利用余弦定理可得cosC．可得sinC=

=

，∴由余弦定理可得：

解答： 解：（1）∵A=

﹣c2，

bc

又b2﹣a2=c2．∴∴a2=b2﹣

=

bc﹣c2=c2．∴，即a=

．

b=c．可得，

∴cosC=∵C∈（0，π）， ∴sinC=∴tanC=（2）∵解得c=2∴

． =3． =2．

==．

=．

=×=3，

点评：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

了推理能力与计算能力，属于中档题． 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．

第14页（共21页）

考点：二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定． 专题：空间位置关系与距离；空间角． 分析： （1）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． 解答： （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，﹣=（﹣∵又∵

••

，0），

=（﹣=（﹣2

，﹣

，

）， =（0，0，

），

，0，0），，0，0），

=0，∴A1D⊥OA1， =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

，

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取z=1，得=（0，∴cos＜，＞=

，1），

=

=，

又∵该二面角为钝角，

∴二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值为﹣．

点评：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，注意解题方法的

积累，属于中档题． 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．

考点：二次函数在闭区间上的最值． 专题：函数的性质及应用． 分析：（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． 解答：

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．

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点评：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）（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）．

考直线与圆锥曲线的关系． 点：

专创新题型；圆锥曲线中的最值与范围问题． 题：

分（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析： ﹣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＞0，即可解出．

（2）直线AB与x轴交点横坐标为n，可得S△OAB=等式即可得出．

，代入△

，再利用均值不

解

解：（1）由题意，可设直线AB的方程为x=﹣my+n，代入椭圆方程，可得答：

（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），则由于点P在直线y=mx+上，∴∴解得m2

．x0=﹣m×

=

+，

+n=，

，代入△＞0，可得3m4+4m2﹣4＞0， ，∴

或m

．

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（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解得m=当且仅当m=

，

=

，当且仅当n2=m2﹣n2+2，即2n2=m2+2，又∵

，

时，S△AOB取得最大值为．

点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评： 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）（2015•浙江）已知数列{an}满足a1=且an+1=an﹣an2（n∈N*）

≤2（n∈N*）；

（1）证明：1≤

（2）设数列{an2}的前n项和为Sn，证明

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=

（n∈N*）．

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*），

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又∵a2=a1﹣=，∴==2，

又∵an﹣an+1=，∴an＞an+1，∴≥1，

∴==≤2，

∴1≤≤2（n∈N*）；

（2）由已知，累加，得Sn=

+

=an﹣an+1，

+…+

=an﹣1﹣an，…，=a1﹣an+1=﹣an+1，

=a1﹣a2，

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．

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参与本试卷答题和审题的老师有：sllwyn；qiss；sxs123；maths；whgcn；cst；刘长柏；吕静；lincy；双曲线；孙佑中；changq（排名不分先后） 菁优网

2015年7月12日

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