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2015年浙江省高考理科数学试卷及答案(word版)


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绝密★考试结束前

2015 年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷) 数学(理科)
本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共 5 页,选择题部分 1 至 3 页,非选择题部分 4 至 5 页。 满分 150 分,考试时间 120 分钟。 请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。

选择题部分(共 50 分)
注意事项: 1.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规 定的位置上。 2.每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后, 再选涂其他答案标号。不能答在试题卷上。 参考公式 如果事件 A, B 互斥 ,那么

P( A ? B) ? P( A) ? P( B)
如果事件 A, B 相互独立,那么

P( A ? B) ? P( A) ? P( B)
如果事件 A 在一次试验中发生的概率为 P ,那么 n 次独立重复试验中事件 A 恰好发生 k 次的概率
k k n ?k P (k ? 0,1, 2,..., n) n (k ) ? Cn p (1 ? p)

台体的体积公式

1 V ? h( S1 ? S1S 2 ? S 2 ) 3
其中 S1 , S2 分别表示台体的上、下面积, h 表示台体的高 柱体体积公式 V ? Sh 其中 S 表示柱体的底面积, h 表示柱体的高 锥体的体积公式 V ?

1 Sh 其中 S 表示锥体的底面积, h 表示锥体的高 3
2

球的表面积公式 S ? 4? R 球的体积公式 V ?

4 ? R 3 其中 R 表示球的半径 3
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一、选择题:本大题共 8 小题, 每小题 5 分, 共 40 分, 在每小题给出的四个选项中只有 一项是符合题目要求的。 1.已知集合 P={x|x2-2x≥0}, Q={x|1<x≤2}, 则(CRP) ? Q =( ) A.[0, 1) B.(0, 2] C.(1, 2) D.[1, 2] 2.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.8cm3 B.12cm3 C. )
2 2 侧视图 2

32 3 cm 3

D.

40 3 cm 3

3.已知{an}是等差数列, 公差 d 不为零, 前 n 项和是 Sn, 若 a3, a4, a8 正视图 成等比数列, 则( ) A. a1d>0, dS4>0 B. a1d<0, dS4<0 2 俯视图 C. a1d>0, dS4<0 D. a1d<0, dS4>0 4.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)>n B. ?n ? N *, f (n) ? N * 或 f(n)>n C. ?n0 ? N *, f (n0 ) ? N * 且 f(n0)>n0

D. ?n0 ? N *, f (n0 ) ? N * 或 f(n0)>n0

5.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( )

| BF | ?1 A. | AF | ?1
C.

| BF |2 ?1 B. | AF |2 ?1
D.

y

A

F

x

| BF | ?1 | AF | ?1

| BF |2 ?1 | AF |2 ?1

O B C

6.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), 则( ) 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.存在函数 f(x)满足, 对任意 x∈R 都有( ) A.f(sin2x)=sinx B. f(sin2x)=x2+x 2 C.f(x +1)=|x+1| D.f(x2+2x)=|x+1| 8.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 ? , 则( ) ? ? A. ?A DB ≤ ? B. ?A DB ≥ ? ? C. ?A CB ≤ ? D. ?A?CB ≥ ? 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.双曲线

x2 ? y 2 ? 1 的焦距是 2

, 渐近线方程是

2 ? ? x ? ? 3, x ? 1 x 10.已知函数 f(x)= ? , 则 f(f(-3))= ?lg(x 2 ? 1), x ? 1 ?
11.函数 f(x)=sin x+sinxcosx+1 的最小正周期是 12.若 a=log43, 则 2a ? 2? a =
2

,

f(x)的最小值是

, 单调递减区间是

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13.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 14.若实数 x, y 满足 x2+y2≤1, 则|2x+y-2|+|6-x-3y|的最小值是

A M B N C D

1 5 15.已知 e1 , e2 是空间单位向量, e1 ? e2 = , 若空间向量 b 满足 b ? e1 =2, b ? e2 = , 且对于 2 2 任意 x, y∈R, | b ? ( xe1 ? y e2 ) |≥| b ? ( x0 e1 ? y0 e2 ) | =1 (x0, y0∈R), 则 x0= , y0= ,
| b |= 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.(本题满分 14 分)在△ABC 中, 内角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c, 已知 A= (I)求 tanC 的值;(II)若△ABC 的面积为 3, 求 b 的值

?
4

, b2-a2=

1 2 c 2

17.(本题满分 15 分)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 为 B1C1 的中点. (I)证明: A1D ? 平面 A1BC; (II)求二面角 A1-BD-B1 的平面角的余弦值
C1 D A1 B1

C A B

18.(本题满分 15 分)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 (I)证明: 当|a|≥2 时, M(a, b)≥2; (II)当 a, b 满足 M(a, b)≤2, 求|a|+|b|的最大值

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19.(本题满分 15 分)已知椭圆

x2 1 ? y 2 =1 上两个不同的点 A, B 关于直线 y=mx+ 对称. 2 2 (I)求实数 m 的取值范围;(II)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)
y

O

x B

A

20.(本题满分 15 分)已知数列{an}满足 a1= (I)证明:1≤

1 2 , 且 an ?1 = an - an (n ? N*) 2

an ≤2 (n ? N*) a n ?1
1 1 S ≤ n ≤ (n ? N*) 2( n ? 1) 2( n ? 2 ) n

2 (II)设数列{ an }的前 n 项和为 Sn, 证明

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2015 年浙江省高考数学(理)参考答案
1.C 2.C
9. 2 3 , x ? 2 y=0 10. 0, 2 2 -3

3.B 4.D 5.A 6.A 7.D 8.B 3?
11. ?, [k? +

8

, k? +

7? ], k∈Z 8

4 3 12. 3

13.

7 8

14. 3

15. 1, 2, 2 2

16.解: (I)∵a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2- 2 bc 又 b2-a2= ∴3sinC=2 2 sinB=2 2 sin(C+ (II)S△ABC=

?
4

1 2 1 c ∴ 2 bc-c2= c2 即 3c= 2 2 b 2 2

)=2(sinC+cosC) ∴sinC=2cosC, 故 tanC=2

2 2 2 2 2 2 1 bcsinA= bc=3∴bc=6 2 又 c= b∴ b =6 2 ∴b2=9, 故 b=3 4 3 3 2 1 ? 1 1 法二: (I)∵b2-a2= c2, A= ∴sin2B ? = sin2C 即-cos2B=sin2C 2 2 2 4 3 ? ∴sin2C=-cos2( ? C )=sin2C=2sinCcosC 即 sinC=2cosC, 故 tanC=2 4 2 1 1 ? ? (II)由 tanC=2, 0<C< , 得 cosC= , sinC= 5 2 5 1 ? tan 2 C
∴sin2B=

3 3 2 3 2 2 1 9 ? ? ? (1+sin2C)= ∴sinB= sinC, 从而 c= b 3 2 10 10 2 2 5 2 2 2 1 1 bcsinA= bc= b2= 3 ∴b2=9, 故 b=3 4 2 3

又 S△ABC=

17.解: (I)设 BC 的中点为 O, 则 A1O⊥平面 A1B1C1, 即 A1O⊥平面 ABC ∴A1O⊥A1D 又 A1B1=A1C1, B1D=DC1∴A1D⊥B1C1∴A1D⊥BC, BC ? A1O=O∴A1D⊥平面 A1BC (II)建立如图所示的坐标系 O-xyz, 则 A1D =(- 2 , 0, 0), DB =( 2 , 2 , - 14 ) 设平面 A1BD 的法向量为 n =(x, y, z), 则 n ? A1D ? n ? DB =0 ∴?
A1 z C1 D B1

? ?x ? 0 , 令 z=1, 得 n =(0, 7 , 1) ? ?x ? y ? 7 z ? 0
x A

设平面 BB1D 的法向量为 m =(u, v, w), 则 m ? DB1 ? m ? DB =0,

C O B y

?v ? 0 ? 又 DB1 =(0, 2 , 0) ∴ ? , 令 w=1, 得 m =( 7 , 0, 1) ? ?u ? v ? 7 w ? 0 m?n 1 ∴cos< n , m >= ? | m | |n | 8
又二面角 A1-BD-B1 的平面角是钝角, 故所求的平面角的余弦值为 ? 法二: 过 A1 作 A1H⊥BD 交 BD 于 H, 连结 B1H, 由∠BAC=90° , AB=AC=2 ∴AO=OB= 2 ∴A1O= A1 A2 ? OA2 ? 14 , 从而 A1B= A1O2 ? OB2 =4=BB1

1 8

C1 D A1 H B1

又 A1D=B1D= 2 ∴△A1BD≌△B1BD (此题数据设计的要点, 非常规, 不易发现) 故由 A1H⊥BD 得 B1H⊥BD ∴∠A1HB1 是二面角 A1-BD-B1 的平面角 由 B1C1⊥A1D, B1C1⊥A1O 得 B1C1⊥平面 A1DO ∴B1C1⊥OD 从而 B1C1⊥BB1 C B1D ? B1B 4 ∴A1H= B1H = ? B D2 ? B B2 3 A
1 1

O B

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∴cos∠A1HB1=

2 B1H 2 ? A1B12 1 ?? 2 8 2 B1H

因此, 二面角 A1-BD-B1 的平面角的余弦值是 ? 18.解: (I)∵|a|≥2 ∴ | ?

1 8

a | ≥1, 故 f(x)在[-1, 1]上为单调函数 2 a a | ≤1 ∴M(a, b)=max{{|f(-1)|, |f(1)|, f( ? )} 2 2

∴M(a, b)=max{|f(-1)|, |f(1)|}=max{|1+b-a|, |1+b+a|}=|1+b|+|a|≥2 (最佳表达式, 重复应用) (II)由(I)知|a|≤2, ∴ | ?

∴|b|-1+|a|≤|1+b|+|a|=max{|f(-1)|, |f(1)|}≤M(a, b)≤2 ∴|a|+|b|≤3, 当 a= -2, b= -1 时, M(a, b)=2, |a|+|b|=3 (每一点的知识都不难, 串起来才难) 因此, |a|+|b|的最大值为 3 法二: (I)由已知得|f(-1)|≤M(a, b), |f(1)|≤M(a, b) 又 f(-1)=1-a+b, f(1)=1+a+b ∴2a=f(1) -f(-1) (隐含着通过函数值反求系数, 常法) ∴4≤2|a|≤|f(1)|+|f(-1)|≤2M(a, b) ∴M(a, b)≥2 (II)由(I)知 a+b=f(1)-1, a-b=1-f(-1) ∴|a|+|b|=max{|a+b|, |a-b|}=max{|f(1) -1|, |1- f(-1)|}≤M(a, b)+1≤3 当 a= -2, b= -1 时, f(x)=x2-2x-1=(x-1)2-2∈[-2, 2], |x|≤1, 此时 M(a, b)=2, |a|+|b|=3 因此, |a|+|b|的最大值为 3 19.解: (I)设 A(x1, y1), B(x2, y2), AB 的中点 M(x0, y0), 则 2x0=x1+x2, 2y0=y1+y2 y ? y2 1 显然 m≠0, 故可设直线 AB 的斜率 k= 1 =? x1 ? x2 m
2 2 2 2 由 x1 ? 2 y1 ? 2 , x2 ? 2 y2 ? 2 , 相减得(x1-x2)(x1+x2)+2(y1-y2)(y1+y2)=0 即 x0 ?

2 y0=0 m

1 1 1 1 上, ∴y0=mx0+ , 故得 x0= ? , y0= ? 2 2 m 2 2 x 2 1 1 ? y 2 ? 1 的内部, 故得 又点 M 在椭圆 ? <1, 解得 m2> 2 2 3 4 2m 6 6 因此, m> 或 m< ? (此题用点差法最佳, 简明使得出错的几率小) 3 3
又点 M(x0, y0)在直线 y=mx+ 法二: 设 A(x1, y1), B(x2, y2), AB 的中点 M(x0, y0), 则 2x0=x1+x2 显然 m≠0, 故可设直线 AB 的方程为 y = ?

1 x+b m

1 ? 2 4b ?y ? ? x ? b m 由? 得(1+ 2 )x2 ? x +2(b2-1)=0 有两个不等实根 x1, x2, m m ?x2 ? 2 y 2 ? 2 ?
16b 2 2 ? 8(1 ? 2 )(b 2 ? 1) >0 整理得 m2+2-m2b2>0 (*) 2 m m bm 2 1 1 2bm 且 x0= (x1+x2)= 2 , y0= ? x0+b= 2 m ?2 2 m m ?2 m2 ? 2 1 1 又∵点 M(x0, y0)在直线 y=mx+ 上, ∴y0=mx0+ , 整理得 bm= ? 2m 2 2 2 2 ( m ? 2) 2 代入(*)式得 m2+2 ? >0 即 4m2-(m2+2)>0, 解得 m2> 2 4m 3 6 6 1 1 因此, m> 或 m< ? (其中也可得 x0= ? , y0= ? ) 3 3 m 2 1 3 1 1 (II)由 k= ? , 则 0<k2< . 由(I)可得直线 AB: y+ =k(x-k) 即 kx-y-k2 ? =0 m 2 2 2
∴△=
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1 2 ∴原点 O 到直线 AB 的距离 d= 1? k 2 1 ? 2 2 1 ? y ? kx ? k ? 2 得 x2-2kx+ (2k2+1) ? 2 由? =0 2k ? 1 2 ?x2 ? 2 y 2 ? 2 ? k2 ?
∴|AB|= 1 ? k 2 |x1-x2|= 1 ? k 2 4k 2 ? 2(2k 2 ? 1) ?

(利用|x1-x2|= ? )

1? k 2 6 ? 4k 2 2 2 2k ? 1 2k ? 1 2 1 1 1 1 3 (2k 2 ? 1)(6 ? 4k 2 ) ? ? 8(k 2 ? ) 2 ? 8 ≤ 故 S△AOB= |AB|d= , 且 0<k2< 2 4 4 2 2 2 8 ?
2 1 即 m= ? 2 时, △AOB 的面积 S△AOB 有最大值 2 2 1 2 20.解: (I)∵an-an+1= an ≥0 ∴an+1≤an ∴an≤a1= 2
因此, 当 k2= 由 an= (1 ? an ?1 )an ?1 得 an= (1 ? an ?1 )(1 ? an ? 2 )?(1 ? a1 )a1 ? 0 , 故 0< an≤ 从而

1 2

a an an 1 ? ? ∈[1, 2] 即 1≤ n ≤2 an ?1 an (1 ? an ) 1 ? an an?1

法二: 在 0< an≤

1 基础上证 an≤2an+1 可用分析法 2 1 , 故 an≤2an+1 成立 2

2 2 要使 an≤2an+1, 只要 an≤2(an- an ) ? 2 an ≤an ? 0< an≤ 2 (II)∵ an =an-an+1 ∴Sn=a1-a2+a2-a3+?+an-an+1=a1-an+1=

1 -an+1 2

由 an+1=an(1-an) ∴ 故 1≤ 即

1 an ?1

?

1 1 1 1 1 1 ? ? ? ∴ ∈[1, 2], 0<an≤ an 1 ? an an?1 an 1 ? an 2

1 a n ?1

?

1 1 1 1 ? ≤2n 即 n+2≤ ≤2, n∈N*, 累加得 n≤ ≤2n+2 an an ?1 a1 an?1

n n 1 1 1 ≤an+1≤ ,从而 ≤Sn= -an+1≤ 2( n ? 1) 2( n ? 2 ) 2n ? 2 2 n?2 1 1 a 1 1 1 S ? ? 因此, ≤ n ≤ (n ? N*) ( = n , (I)(II)关联在此) 2( n ? 1) 2( n ? 2 ) an?1 an 1 ? an an?1 n
法二: (用数学归纳法)
2 ∵ an =an-an+1 ∴Sn=a1-a2+a2-a3+?+an-an+1=a1-an+1=

1 -an+1 2

1 1 S 1 1 ≤ n ≤ 成立, 只须且必须 ≤an+1≤ (n ? N*) 2( n ? 1) 2( n ? 2 ) 2n ? 2 n?2 n 1 1 1 当 n=1 时, a2= , 可得 ≤a2≤ , 结论成立 4 4 3 1 1 假设当 n=k 时, 结论成立, 即 ≤ak+1≤ , k∈N*, 2k ? 2 k ?2 1 则当 n=k+1 时, 注意到 x-x2 在[0, ]上是增函数, 2 k ?1 1 1 1 k ?1 2 ? ? ? ∴ak+2=ak+1- ak ≤ 2 ?1 ≤ 2 2 k ? 2 (k ? 2) k ? 4k ? 3 k ? 3 (k ? 2)
要使
2 且 ak+2=ak+1- ak ?1 ≥

1 1 2k ? 1 1 ? ? ≥ 2 2 2k ? 2 (2k ? 2) 4(k ? 1) 2k ? 4
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(事实上, ∵(2k+1)(2k+4)-4(k+1)2=2k≥0 ∴ 也就是说, 当 n=k+1 时, 结论也成立 因此, 原命题得证

2k ? 1 1 ≥ ) 2 4( k ? 1) 2k ? 4

再附重点题详解
6.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), 则( ) 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 解: 命题①的逆否命题:对任意有限集 A, B, “A=B”是“d(A, B)=0”的充分必要条件 若 A=B 得 d(A, B)=0; 反之, 若 d(A, B)=0, 则 A ? B=A ? B, ∴A=B. 故命题①成立 对于命题②, 此题似乎暗含高等数学度量空间的度量的性质的背景 作出文氏图, 易得 d(A, B)+d(B,C)-d(A,C)=card(B ? CU(A ? C))+card((A ? C) ? CUB)≥0 7.存在函数 f(x)满足, 对任意 x∈R 都有( A.f(sin2x)=sinx C.f(x2+1)=|x+1| B. f(sin2x)=x +x D.f(x2+2x)=|x+1|
2

)

解: (排除法, 利用函数的单值性)在 A 选项中, 令 x=0, B 选项中, 令 x=0, ?可得 f(0)=0 或?2+?, 排除 B C 选项中, 令 x=1, -1 得 f(2)=0 或 2, 排除 C

?
2

可得 f(0)=0 或 1, 排除 A

事实上, 在 D 选项中, 令 x2+2x=t, 则(x+1)2=t+1 ∴f(t)= t ? 1 即存在 f(x)= x ? 1 8.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 ? , 则( ) A. ?A?DB ≤ ? B. ?A?DB ≥ ? C. ?A?CB ≤ ? D. ?A?CB ≥ ? 解: 过 B 作 BH⊥CD 交于 H, 过 A 作 AE//CD 交 BH 的延长线于 E, 点 E 折后对应点 E ? 设 AD=BD=x, BH=HE=d, AE= A?E ? =2y=2DH, 则 x≥d, 且 x2-d2=y2, ∠ E ?HB =? 易知 A?E ? ⊥ E ?B ∴ A?B 2 ? E ?B 2 ? A?E ?2 = 2d 2 ? 2d 2 cos ? ? 4 y 2 ∴cos ?A?DB =

2 x 2 ? A?B 2 2( x 2 ? d 2 ) ? 2d 2 cos ? ? 4 y 2 ? 2x2 2x2

?

2d 2 c o ? s ? 2 y2 2d 2 cos ? ≤ ≤cos?, 故得 ?A?DB ≥? 2x2 2x2
A

13.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 解: 取 DN 的中点 E, 则 ME//AN, ∴∠CME 是 AN, CM 所成的角 易得 CM=2 2 , ME= 2 , CE= 3 ,

M B N C D E

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CM 2 ? ME 2 ? CE 2 7 ? 为所求 2CM ? ME 8 14.若实数 x, y 满足 x2+y2≤1, 则|2x+y-2|+|6-x-3y|的最小值是 ? x ? 2 y ? 4, 2 x ? y ? 2 解: 由 x2+y2≤1, 得 S=|2x+y-2|+|6-x-3y|=|2x+y-2|+6-x-3y= ? ?8 ? 3x ? 4 y, 2 x ? y ? 2 ?x2 ? y 2 ? 1 画出 ? 的可行域, 这是单位圆位于直线 2x+y=2 的上方部分(含边界), ?2 x ? y ? 2
故 cos∠CME= 目标函数 S=x-2y+4 在交点 A( , )处取最小值 Smin=3.

3 4 5 5

y 2x+y=2

3x+4 y=5 3 4 ?x2 ? y 2 ? 1 A( , ) 再画出 ? 的可行域, 这是单位圆位于直线 2x+y=2 的 5 5 ?2 x ? y ? 2 下方部分(含边界), 注意, 过点 A 的圆的切线方程为 3x+4y-5=0, O x 3 4 故知此时目标函数 S=8-3x-4y 仍在交点 A( , )处取最小值 Smin=3 5 5 (此题是分段的目标函数, 再加上是非线性规划问题, 考生不易对付吧) 1 5 15.已知 e1 , e2 是空间单位向量, e1 ? e2 = , 若空间向量 b 满足 b ? e1 =2, b ? e2 = , 且对于 2 2 任意 x, y∈R, | b ? ( xe1 ? y e2 ) |≥| b ? ( x0 e1 ? y0 e2 ) | =1 (x0, y0∈R), 则 x0= , y0= ,

| b |= 解: 把 e1 , e2 平移到共起点 O 后所确定的平面?建立空间直角坐标系 O-xyz, 可设 e1 =(1, 0, 0), e2 =( 得 u=2,

1 3 5 , , 0), 设 b = OB =(u, v, w), 由 b ? e1 =2, b ? e2 = , 2 2 2

3 5 1 u+v = ∴v= 3 ∴ b =(2, 3 , w). 设 B 在平面?上的投影为 M(2, 3 , 0). 2 2 2 由| b ? ( xe1 ? y e2 ) |≥| b ? ( x0 e1 ? y0 e2 ) | =1 知 b =(2, 3 , ?1), ∴| b |=2 2

y ? x0 ? 0 ? 2 ? 2 ? 且 OM =x0 e1 + y0 e2 , ∴ ? , 解得 x0=1, y0=2 ? 3y ? 3 ? 2 0 ? 5 其几何意义: 设 OA =2 e1 , OC = e2 , 设过点 A 且垂直 OA 的平面与过点 C 且垂直 OC 2 的平面的交线为 m, 则直线 m⊥平面?, 且点 B 在直线 m 上. 设直线 m 与平面 xOy 的 交点为 M, 设 P 是平面 xOy 上任意点, 则|BP|≥|BM|=1 (此题不难嘛, 吓唬考生吧)

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