2015年全国高考文科数学试题及答案-山东卷

2015年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）数学（文科）第I卷（共50分）本试卷分第I卷和第II卷两部分，共4页.满分150分.考试用时120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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24Axx，130Bxxx，则AB（A）1,3（B）1,4（C）2,3（D）2,42、若复数z满足1zii，其中i为虚数单位，则z（A）1i（B）1i（C）1i（D）1i3、设0.61.50.60.6,0.6,1.5abc，则,,abc的大小关系是（A）abc（B）acb（C）bac（D）bca4、要得到函数sin43yx的图象，只需将函数sin4yx的图象（A）向左平移12个单位（B）向右12平移个单位（C）向左平移3个单位（D）向右平移3个单位5、设mR，命题“若0m，则方程20xxm有实根”的逆否命题是（A）若方程20xxm有实根，则0m（B）若方程20xxm有实根，则0m（C）若方程20xxm没有实根，则0m（D）若方程20xxm没有实根，则0m6、为比较甲、乙两地某月14时的气温状况，随机选取该月中的5天，将这5天中14时的气温数据(单位:℃)制成如图所示的茎叶图。考虑以下结论：①甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温；②甲地该月14时的平均气温高于乙地该月14时的平均气温；③甲地该月14时的气温的标准差小于乙地该月14时的气温的标准差；④甲地该月14时的气温的标准差大于乙地该月14时的气温的标准差.其中根据茎叶图能得到的统计结论的编号为（A）①③（B）①④（C）②③（D）②④7、在区间0,2上随机地取一个数x，则事件“1211log12x”发生的概率为（A）34（B）23（C）13（D）148、若函数212xxfxa是奇函数，则使3fx成立的x的取值范围为（A）,1（B）1,0（C）0,1（D）1,9.已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（A）223（B）423（C）22（D）4210.设函数3,1,2,1,xxbxfxx若546ff，则b（A）1（B）78（C）34（D）12第II卷（共100分）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。（11）执行右边的程序框图，若输入的x的值为1，则输出的y的值是.（12）若,xy满足约束条件1,3,1,yxxyy则3zxy的最大值为.（13）过点1,3P作圆221xy的两条切线，切点分别为A，B，则PAPB.（14）定义运算“”：22,,0xyxyxyRxyxy.当0,0xy时，2xyyx的最小值为.（15）过双曲线2222:10,0xyCabab的右焦点作一条与其渐近线平行的直线，交C于点P，若点P的横坐标为2a则C的离心率为.三、解答题：本大题共6小题，共75分16．（本小题满分12分）某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的请况，数据如下表：参加书法社团未参加书法社团参加演讲社团85未参加演讲社团230（I）从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率；（II）在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学54321,,,,AAAAA，3名女同学321,,BBB，现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求1A被选中且1B未被选中的概率。17．（本小题满分12分）ABC中，角CB,A,所对的边分别为cba,,，已知33cosB，32,96)sin(acBA，求Asin和c的值.18．（本小题满分12分）如图，三棱台ABC-DEF中，2,,ABDEGH分别为BCAC,的中点，（I）求证：//BD平面FGH；（II）若BCABBCCF,，求证：平面BCD平面FGH.19．（本小题满分12分）已知数列}{na是首项为正数的等差数列，数列}1{1nnaa的前n项和为12nn。（I）求数列}{na的通项公式；（II）设nanna2)1(b，求数列}{nb的前n项和nT.20．（本小题满分13分）设函数xexxgxaxxf2)(,ln)()(，已知曲线)(xfy在点))1(,1(f处的切线与直线02yx平行，（I）求a的值；（II）是否存在自然数k，使的方程)()(xgxf在)1,(kk内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；（III）设函数),)}(min((),(min{)(qpxgxfxm表示qp,中的较小值），求)(xm的最大值.21.（本小题满分14分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆)0(1:2222babyaxC的离心率为23，且点)21,3(在椭圆C上，（I）求椭圆C的方程；（II）设椭圆144:2222byaxE，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线mkxy交椭圆E于BA,两点，射线PO交椭圆E于点Q，（i）求OPOQ的值；（ii）求ABQ面积的最大值。1C2A3C4B5D6B7A8C9B10D11.1312.713.2314.215.2+316.（1）由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有人，故至少参加上述一个社团的共有人，所以从该班级随机选名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率为(2)从这名男同学和名女同学中各随机选人，其一切可能的结果组成的基本事件有：，共个.根据题意，这些基本事件的出现是等可能的.事件“被选中且未被选中”所包含的基本事件有：，共个.因此被选中且未被选中的概率为.17.在中，由，得.因为，所以，因为，所以，为锐角，，因此.由可得，又，所以.18（I）证法一：连接设,连接，在三棱台中，分别为的中点，可得，所以四边形是平行四边304530151151.453P531111213212223313233{,},{,},{,},{,},{,},{,},{,},{,},{,},ABABABABABABABABAB414243515253{,},{,},{,},{,},{,},{,}ABABABABABAB151A1B1213{,},{,}ABAB21A1B215PABC3cos3B6sin3BABC6sinsin()9CABsinsinCBCBC53cos9Csinsin()sincoscossinABCBCBC653362239393,sinsinacAC22sin323sin69ccAacC23ac1c,.DGCDCDGFMMHDEFABC2ABDEG，AC//,DFGCDFGCDFCG形，则为的中点，又是的中点，所以,又平面，平面，所以平面.证法二：在三棱台中，由为的中点，可得所以为平行四边形，可得在中，分别为的中点，所以又，所以平面平面，因为平面，所以平面.(II)证明：连接.因为分别为的中点，所以由得，又为的中点，所以因此四边形是平行四边形，所以又，所以.又平面，，所以平面，又平面，所以平面平面MCDHBC//HMBDHMFGHBDFGH//BDFGHDEFABC2,BCEFHBC//,,BHEFBHEFHBEF//.BEHFABCGH，ACBC，//,GHABGHHFH//FGHABEDBDABED//BDFGHHEGH，ACBC，//,GHAB,ABBCGHBCHBC//,,EFHCEFHCEFCH//.CFHECFBCHEBC,HEGHEGHHEGHHBCEGHBCBCDBCD.EGH19（I）设数列的公差为，令得，得到.令得，得到.解得即得解.（II）由（I）知得到从而利用“错位相减法”求和.试题解析：（I）设数列的公差为，令得，所以.令得，所以.解得，所以（II）由（I）知所以所以两式相减，得所以20（I）由题意知，曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点处的切线斜率为，所以，又所以.（II）时，方程在内存在唯一的根.nad1,n12113aa123aa2,n12231125aaaa2315aa11,2ad24224,nnnbnn121424......4,nnTn23141424......(1)44,nnnTnnnad1,n12113aa123aa2,n12231125aaaa2315aa11,2ad21.nan24224,nnnbnn121424......4,nnTn23141424......(1)44,nnnTnn121344......44nnnTn114(14)13444,1433nnnnn113144(31)44.999nnnnnT(1,(1))f2'(1)2f'()ln1,afxxx1a1k()()fxgx(1,2)设当时，.又所以存在，使.因为所以当时，，当时，，所以当时，单调递增.所以时，方程在内存在唯一的根.（III）由（II）知，方程在内存在唯一的根，且时，，时，，所以.当时，若若由可知故当时，由可得时，单调递增；时，单调递减；可知且.综上可得函数的最大值为.21.（I）由题意知又，解得，所以椭圆C的方程为2()()()(1)ln,xxhxfxgxxxe(0,1]x()0hx2244(2)3ln2ln8110,hee0(1,2)x0()0hx1(2)'()ln1,xxxhxxxe(1,2)x1'()10hxe(2,)x'()0hx(1,)x()hx1k()()fxgx(,1)kk()()fxgx(1,2)0x0(0,)xx()()fxgx0(,)xx()()fxgx020(1)ln,(0,](),(,)xxxxxmxxxxe0(0,)xx(0,1],()0;xmx0(1,),xx1'()ln10,mxxx00()();mxmx0()().mxmx0(,)xx(2)'(),xxxmxe0(,2)xx'()0,()mxmx(2,)x'()0,()mxmx24()(2),mxme0()(2)mxm()mx24e22311,4ab2232aba224,1ab221.4xy（II）由（I）知椭圆E的方程为.（i）设由题意知.因为又，即所以，即（ii）设将代入椭圆E的方程，可得，由可得……………………①则有所以因为直线与轴交点的坐标为，所以的面积设将直线代入椭圆C的方程，可得，由可得……………………②由①②可知故.当且仅当，即时取得最大值由（i）知，的面积为，所以面积的最大值为221164xy00||(,),,||OQPxyOP00(,)Qxy22001.4xy2200()()1164xy22200()1.44xy2||2.||OQOP1122(,),(,),AxyBxyykxm222(14)84160kxkmxm0,22416mk21212228416,.1414kmmxxxxkk221224164||.14kmxxkykxmy(0,)mOAB2222212222(164)12||164||||21414kmmmkmSmxxkk2