2015年高考真题――理科数学(天津卷) Word版含解析

2015年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学（理工类）第I卷注意事项：1、每小题选出答案后，用铅笔将答题卡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.2、本卷共8小题，每小题5分，共40分.一、选择题：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）已知全集1,2,3,4,5,6,7,8U，集合2,3,5,6A，集合1,3,4,6,7B，则集合UABð（A）2,5（B）3,6（C）2,5,6（D）2,3,5,6,8【答案】A【解析】试题分析：{2,5,8}UBð,所以{2,5}UABð，故选A.考点：集合运算.（2）设变量,xy满足约束条件2030230xxyxy，则目标函数6zxy的最大值为（A）3（B）4（C）18（D）40【答案】C864224681510551015AB考点：线性规划.（3）阅读右边的程序框图，运行相应的程序，则输出S的值为（A）10（B）6（C）14（D）18【答案】B【解析】试题分析：模拟法：输入20,1Si；21,20218,25iS不成立；224,18414,45iS不成立248,1486,85iS成立输出6,故选B.考点：程序框图.（4）设xR，则“21x”是“220xx”的（A）充分而不必要条件（B）必要而不充分条件（C）充要条件（D）既不充分也不必要条件【答案】A考点：充分条件与必要条件.（5）如图，在圆O中，,MN是弦AB的三等分点，弦,CDCE分别经过点,MN.若2,4,3CMMDCN，则线段NE的长为（A）83（B）3（C）103（D）52EDOABMNC【答案】A【解析】试题分析：由相交弦定理可知，,AMMBCMMDCNNEANNB，又因为,MN是弦AB的三等分点，所以AMMBANNBCNNECMMD，所以24833CMMDNECN，故选A.考点：相交弦定理.（6）已知双曲线222210,0xyabab的一条渐近线过点2,3，且双曲线的一个焦点在抛物线247yx的准线上，则双曲线的方程为（A）2212128xy（B）2212821xy（C）22134xy（D）22143xy【答案】D考点：1.双曲线的标准方程及几何性质；2.抛物线的标准方程及几何性质.（7）已知定义在R上的函数21xmfx（m为实数）为偶函数，记0.52(log3),log5,2afbfcfm，则,,abc的大小关系为（A）abc（B）acb（C）cab（D）cba【答案】C【解析】试题分析：因为函数21xmfx为偶函数，所以0m，即21xfx，所以221loglog330.521(log3)log2121312,3aff2log502log5214,2(0)210bfcfmf所以cab，故选C.考点：1.函数奇偶性；2.指数式、对数式的运算.（8）已知函数22,2,2,2,xxfxxx函数2gxbfx，其中bR，若函数yfxgx恰有4个零点，则b的取值范围是（A）7,4（B）7,4（C）70,4（D）7,24【答案】D【解析】试题分析：由22,2,2,2,xxfxxx得222,0(2),0xxfxxx，所以222,0()(2)42,0222(2),2xxxyfxfxxxxxxx，即222,0()(2)2,0258,2xxxyfxfxxxxx()()()(2)yfxgxfxfxb,所以yfxgx恰有4个零点等价于方程()(2)0fxfxb有4个不同的解，即函数yb与函数()(2)yfxfx的图象的4个公共点，由图象可知724b.864224681510551015考点：1.求函数解析式；2.函数与方程；3.数形结合.第II卷注意事项：1、用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.2、本卷共12小题，共计110分.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.（9）i是虚数单位，若复数12iai是纯虚数，则实数a的值为.【答案】2【解析】试题分析：12212iaiaai是纯度数，所以20a，即2a.考点：1.复数相关定义；2.复数运算.（10）一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为3m.【答案】83【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为1，高为2的圆柱，两端是底面半径为1，高为1的圆锥，所以该几何体的体积22181221133V.考点：1.三视图；2.旋转体体积.（11）曲线2yx与直线yx所围成的封闭图形的面积为.【答案】16【解析】试题分析：两曲线的交点坐标为(0,0),(1,1)，所以它们所围成的封闭图形的面积1122300111236Sxxdxxx.考点：定积分几何意义.（12）在614xx的展开式中，2x的系数为.【答案】1516考点：二项式定理及二项展开式的通项.（13）在ABC中，内角,,ABC所对的边分别为,,abc，已知ABC的面积为315，12,cos,4bcA则a的值为.【答案】8【解析】试题分析：因为0A，所以215sin1cos4AA，又115sin315,2428ABCSbcAbcbc，解方程组224bcbc得6,4bc，由余弦定理得2222212cos64264644abcbcA，所以8a.考点：1.同角三角函数关系；2.三角形面积公式；3.余弦定理.（14）在等腰梯形ABCD中,已知//,2,1,60ABDCABBCABC,动点E和F分别在线段BC和DC上,且,1,,9BEBCDFDC则AEAF的最小值为.【答案】2918【解析】试题分析：因为1,9DFDC12DCAB，119199918CFDFDCDCDCDCAB，AEABBEABBC，19191818AFABBCCFABBCABABBC，221919191181818AEAFABBCABBCABBCABBC19199421cos1201818211721172929218921818当且仅当2192即23时AEAF的最小值为2918.BADCEF考点：1.向量的几何运算；2.向量的数量积；3.基本不等式.三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.（本小题满分13分）已知函数22sinsin6fxxx，Rx(I)求()fx最小正周期；(II)求()fx在区间[,]34pp-上的最大值和最小值.【答案】(I);(II)max3()4fx,min1()2fx.考点：1.两角和与差的正余弦公式；2.二倍角的正余弦公式；3.三角函数的图象与性质.16.（本小题满分13分）为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加.现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名.从这8名运动员中随机选择4人参加比赛.(I)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”求事件A发生的概率；(II)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和数学期望.【答案】(I)635;(II)随机变量X的分布列为X1234P114373711452EX【解析】试题分析：(I)由古典概型计算公式直接计算即可；(II)先写出随机变量X的所有可能值，求出其相应的概率，即可求概率分布列及期望.试题解析：(I)由已知，有22222333486()35CCCCPAC所以事件A发生的概率为635.(II)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,445348(1,2,3,4)kkCCPXkkC所以随机变量X的分布列为X1234P1143737114所以随机变量X的数学期望1331512341477142EX考点：1.古典概型；2.互斥事件；3.离散型随机变量的分布列与数学期望.17.（本小题满分13分）如图，在四棱柱1111ABCDABCD-中，侧棱1AAABCD底面,ABAC,1AB=,12,5ACAAADCD====,且点M和N分别为11CDBD和的中点.(I)求证：MNABCD平面；(II)求二面角11D-ACB-的正弦值；(III)设E为棱11AB上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为13，求线段1EA的长【答案】(I)见解析；(II)31010；(III)72.【解析】试题分析：以A为原点建立空间直角坐标系(I)求出直线MN的方向向量与平面ABCD的法向量，两个向量的乘积等于0即可；(II)求出两个平面的法向量，可计算两个平面所成二面角的余弦值的大小，再求正弦值即可；(III)设111AEAB，代入线面角公式计算可解出的值，即可求出1AE的长.试题解析：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0),(0,1,0),(2,0,0),(1,2,0)ABCD，1111(0,0,2),(0,1,2),(2,0,2),(1,2,2)ABCD，又因为,MN分别为1BC和1DD的中点，得11,,1,(1,2,1)2MN.(I)证明：依题意，可得(0,0,1)n为平面ABCD的一个法向量，50,,02MN，由此可得，0MNn，又因为直线MN平面ABCD，所以//MN平面ABCD(II)1(1,2,2),(2,0,0)ADAC，设1(,,)nxyz为平面1ACD的法向量，则11100nADnAC，即22020xyzx，不妨设1z，可得1(0,1,1)n，设2(,,)nxyz为平面1ACB的一个法向量，则21200nABnAC，又1(0,1,2)AB，得2020yzx，不妨设1z，可得2(0,2,1)n因此有12121210cos,10nnnnnn，于是12310sin,10nn，所以二面角11DACB的正弦值为31010.(III)依题意，可设111AEAB，其中[0,1]，则(0,,2)E，从而(1,2,1)NE，又(0,0,1)n为平面ABCD的一个法向量，由已知得22211cos,3(1)(2)1NEnNEnNEn，整理得2430，又因为[0,1]，解得72，所以线段1AE的长为72.考点：1.直线和平面平行和垂直的判定与性质；2.二面角、直线与平面所成的角；3.空间向量的应用.18.（本小题满分13分）已知数列{}na满足*212(q)nN,1,2nnaqaaa为实数，且q1，，且233445,,aaaaaa+++成等差数列.(I)求q的值和{}na的通项公式；(II)设*2221log,nnnabnNa，求数列n｛b｝的前n项和.【答案】(I)1222,2,.nnnnan为奇