2021浙江高考数学难不难
06月08日
2015上海高考压轴卷
理科数学
15. 设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S8=32,则a2+a7=( )
A.1 B.4 C.8 D.9
16. 已知向量a,b的夹角为,,且对任意实数x,不等式恒成立,则的取值范围是( )
17.已知展开式的二项式系数的最大值为a,系数的最大值为b,则
A. B. C. D.
18.已知,若在上恒成立,则实数的取值范围是( )
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.解答写在答题卡上的指定区域内.
19.(本小题满分14分)
如图4,在边长为的菱形中,,点,分别是边,的中点,,沿将△翻折到△,连接,得到如图5的五棱锥,且.
(1)求证:平面;
(2)求二面角的正切值.
20.(15分)(2015•嘉兴一模)设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b∈R)满足条件:①当x∈R时,f(x)的最大值为0,且f(x﹣1)=f(3﹣x)成立;②二次函数f(x)的图象与直线y=﹣2交于A、B两点,且|AB|=4
(Ⅰ)求f(x)的解析式;
(Ⅱ)求最小的实数n(n<﹣1),使得存在实数t,只要当x∈[n,﹣1]时,就有f(x+t)≥2x成立.
21.(本小题满分12分)
如图,已知四棱锥的底面为菱形,.
(1)求证:;
(II)求二面角的余弦值.
22已知直线l:y=kx+1(k≠0)与椭圆3x2+y2=a相交于A、B两个不同的点,记l与y轴的交点为C.
(Ⅰ)若k=1,且|AB|=,求实数a的值;
(Ⅱ)若=2,求△AOB面积的最大值,及此时椭圆的方程.
23.(本小题满分12分)
已知函数
(Ⅱ)是否存在实数m,使得 对任意x≥1恒成立,若存在,求出实数m的取值范围;若不存在,请说明理由.
2015上海高考压轴卷数学理word版参考答案
1.{3,4}
解:∵A={1,3,4},B={3,4,5},
∴则A∩B={3,4}
2.4﹣3i
3.16
4.
5.
6.
7.
8.
9.11
10.
11.
12.
13.①④
14.③④
15.c
16.C
17.A
18.D
19.(1)证明见解析;(2).
试题分析:(1)由,,可证平面,进而可证平面;(2)先建立空间直角坐标系,再计算平面和平面的法向量,进而可算出二面角的平面角的余弦值,利用同角三角函数的基本关系,即可得二面角的平面角的正弦值.
试题解析:(1)证明:∵点,分别是边,的中点,
∴∥. …………………………1分
∵菱形的对角线互相垂直,
∴.
∴.
∴,. …………………………2分
∵平面,平面,,
∴平面. …………………………3分
∴平面. …………………………4分
(2)解法1:设,连接,
∵,
∴△为等边三角形.
∴,,,. ……5分
在R t△中,,
在△中,,
∴. …………………………6分
∵,,平面,平面,
∴平面. …………………………7分
过作,垂足为,连接,
由(1)知平面,且平面,
∴.
∵,平面,平面,
∴平面. …………………………8分
∵平面,
∴. …………………………9分
∴为二面角的平面角. …………………………10分
在Rt△中,,
在Rt△和Rt△中,,
∴Rt△~Rt△. …………………………11分
∴.
∴. …………………………12分
在Rt△中, . ……………………13分
∴二面角的正切值为. …………………………14分
解法2:设,连接,
∵,
∴△为等边三角形.
∴,,,.………………………5分
在R t△中,,
在△中,,
∴. …………………………6分
∵,,平面,平面,
∴平面. …………………………7分
以为原点,所在直线为轴,所在直线为轴,所在直线为轴,建立空间直角坐标系,则,,,.…………8分
∴,.
设平面的法向量为,
由,,得……9分
令,得,.
∴平面的一个法向量为. …………………………10分
由(1)知平面的一个法向量为, ……………………11分
设二面角的平面角为,
则.………………………12分
∴,.………………………13分
∴二面角的正切值为. …………………………14分
考点:1、线面垂直;2、二面角;3、空间向量及坐标运算;4、同角三角函数的基本关系.
20.【考点】: 二次函数的性质;函数恒成立问题.
【专题】: 函数的性质及应用.
【分析】: (Ⅰ)根据题意可假设f(x)=a(x﹣1)2.(a<0),令a(x﹣1)2=﹣2,x=1,求解即可得出解析式.
(Ⅱ)利用不等式解得﹣t﹣1≤x,又f(x+t)≥2x在x∈[n,﹣1]时恒成立,转化为令g(t)=﹣t﹣1﹣2,易知g(t)=﹣t﹣1﹣2单调递减,
所以,g(t)≥g(4)=﹣9,得出n能取到的最小实数为﹣9.
解:(Ⅰ)由f(x﹣1)=f(3﹣x)可知函数f(x)的对称轴为x=1,
由f(x)的最大值为0,可假设f(x)=a(x﹣1)2.(a<0)
令a(x﹣1)2=﹣2,x=1,则易知2=4,a=﹣.
所以,f(x)=﹣(x﹣1)2.
(Ⅱ)由f(x+t)≥2x可得,(x﹣1+t)2≥2x,即x2+2(t+1)x+(t﹣1)2≤0,
解得﹣t﹣1≤x,
又f(x+t)≥2x在x∈[n,﹣1]时恒成立,
可得由(2)得0≤t≤4.
令g(t)=﹣t﹣1﹣2,易知g(t)=﹣t﹣1﹣2单调递减,
所以,g(t)≥g(4)=﹣9,
由于只需存在实数,故n≥﹣9,则n能取到的最小实数为﹣9.
此时,存在实数t=4,只要当x∈[n,﹣1]时,就有f(x+t)≥2x成立.
【点评】: 本题考查了函数的解析式的求解,方程组求解问题,分类讨论求解,属于中档题.
21.
22.【考点】: 椭圆的简单性质.
【专题】: 圆锥曲线中的最值与范围问题.
【分析】: (Ⅰ)若k=1,联立直线和椭圆方程,结合相交弦的弦长公式以及|AB|=,即可求实数a的值;
(Ⅱ)根据=2关系,结合一元二次方程根与系数之间的关系,以及基本不等式进行求解即可.
解:设A(x1,y1),B(x2,y2),
(Ⅰ)由得4x2+2x+1﹣a=0,
则x1+x2=,x1x2=,
则|AB|==,解得a=2.
(Ⅱ)由,得(3+k2)x2+2kx+1﹣a=0,
则x1+x2=﹣,x1x2=,
由=2得(﹣x1,1﹣y1)=2(x2,y2﹣1),
解得x1=﹣2x2,代入上式得:
x1+x2=﹣x2=﹣,则x2=,
==,
当且仅当k2=3时取等号,此时x2=,x1x2=﹣2x22=﹣2×,
又x1x2==,
则=,解得a=5.
所以,△AOB面积的最大值为,此时椭圆的方程为3x2+y2=5.
【点评】: 本题主要考查椭圆方程的求解,利用直线方程和椭圆方程构造方程组,转化为根与系数之间的关系是解决本题的关键.
23.