2015年高考湖南省理数卷

2015年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）（理科）本试题包括选择题，填空题和解答题三部分，共6页，时间120分钟，满分150分.一.选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，贼每小题给出的四个选项中，只有一项是复合题目要求的.1.已知211iiz（i为虚数单位），则复数z=（）A.1iB.1iC.1iD.1i2.设A,B是两个集合，则”ABA”是“AB”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.执行如图1所示的程序框图，如果输入3n，则输出的S()A.67B.37C.89D.494.若变量,xy满足约束条件1211xyxyy，则3zxy的最小值为（）A.-7B.-1C.1D.25.设函数()ln(1)ln(1)fxxx，则()fx是（）A.奇函数，且在(0,1)上是增函数B.奇函数，且在(0,1)上是减函数C.偶函数，且在(0,1)上是增函数D.偶函数，且在(0,1)上是减函数6.已知5axx的展开式中含32x的项的系数为30，则a（）A.3B.3C.6D-67.在如图2所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分（曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线）的点的个数的估计值为（）A.2386B.2718C.3413D.47728.已知点A,B,C在圆221xy上运动，且ABBC.若点P的坐标为（2,0），则PAPBPC的最大值为（）A.6B.7C.8D.99.将函数()2fxisnx的图像向右平移(0)2个单位后得到函数()gx的图像，若对满足12()()2fxgx的12,xx，有12min3xx，则（）A.512B.3C.4D.610.某工件的三视图如图3所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积原工件的体积）（）A.89B.169C.34(21)D.312(21)二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.11.20(1)xdx.12.在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩（单位：分钟）的茎叶图如图4所示.若将运动员按成绩由好到差编为135号，再用系统抽样方法从中抽取7人，则其中成绩在区间[139,151]上的运动员人数是.13.设F是双曲线C：22221xyab的一个焦点，若C上存在点P，使线段PF的中点恰为其虚轴的一个端点，则C的离心率为.14.设nS为等比数列na的前项和，若11a，且1233,2,SSS成等差数列，则na.15.已知32,(),xxafxxxa，若存在实数b，使函数()()gxfxb有两个零点，则a的取值范围是.三、解答题16.(Ⅰ)如图，在圆O中，相交于点E的两弦AB、CD的中点分别是M、N，直线MO与直线CD相交于点F，证明：（1）0180MENNOM；（2）FEFNFMFO（Ⅱ）已知直线352:132xtlyt（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2cos.（1）将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）设点M的直角坐标为(5,3)，直线l与曲线C的交点为A，B，求||||MAMB的值.（Ⅲ）设0,0ab，且11abab.（1）2ab；（2）22aa与22bb不可能同时成立.17.设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanabA，且B为钝角》(1)证明：2BA（2）求sinsinAC的取值范围18.某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖.（1）求顾客抽奖1次能获奖的概率；（2）若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望.19.如图，已知四棱台1111ABCDABCD上、下底面分别是边长为3和6的正方形，16AA，且1AA底面ABCD，点P、Q分别在棱1DD、BC上.（1）若P是1DD的中点，证明：1ABPQ；（2）若PQ//平面11ABBA，二面角P-QD-A的余弦值为37，求四面体ADPQ的体积.20.已知抛物线21:4Cxy的焦点F也是椭圆22222:1(0)yxCabab的一个焦点，1C与2C的公共弦的长为26.（1）求2C的方程；（2）过点F的直线l与1C相交于A、B两点，与2C相交于C、D两点，且AC与BD同向（ⅰ）若||||ACBD，求直线l的斜率（ⅱ）设1C在点A处的切线与x轴的交点为M，证明：直线l绕点F旋转时，MFD总是钝角三角形21.已知0a，函数()sin([0,))axfxexx.记nx为()fx的从小到大的第n*()nN个极值点,证明：（1）数列{()}nfx是等比数列（2）若211ae，则对一切*nN，|()|nnxfx恒成立.一、选择题，每小题5分，满分50分.（1）D（2）C（3）B（4）A（5）A（6）D（7）C（8）B（9）D（10）A二、填空题，每小题5分，满分25分.(11)0(12)4(13)5(14)13n（15）（,0）（1,）三、解答题满分75分16、证明（I）如图a所示，因为M，N分别是弦AB,CD的中点，所以OMAB,ONCD,即OME=90o，ENO=90o，OME+ENO=180o。又四边形的内角和等于360o，故MEN+NOM=180o.（II）由（I）知，O,M,E,N四点共圆，故由割线定理即得FEFNFMFO17、解（I）由a=btanA及正弦定理，得sinsincoscosAbBAaB,所以sinB=cosA，即sinB=sin（2+A）.又B为钝角，因此2+A（2，A），故B=2+A，即B-A=2.(II)由（I）知，C=-（A+B）=-(2A+2)=2-2A0，所以A0,4，于是sinA+sinC=sinA+sin（2-2A）=sinA+cos2A=-22sinA+sinA+1=-2（sinA-14）2+98因为0A4,所以0sinA22,因此22-22199sin488A由此可知sinA+sinC的取值范围是（22，98].18、（I）记事件1A=｛从甲箱中摸出的1个球是红球｝2A=｛从乙箱中摸出的1个球是红球｝1B=｛顾客抽奖1次获一等奖｝2B=｛顾客抽奖1次获二等奖｝C=｛顾客抽奖1次能获奖｝.由题意，1A与2A相互独立，12AA与12AA互斥，1B与2B互斥，且1B=12AA，2B=12AA+12AA，C=1B+2B.因P（1A）=410=25，P(2A)=510=12，所以P（1B）=P(12AA)=P(1A)P(2A)=2512=15，P（2B）=P（12AA+12AA）=P（12AA）+P（12AA）=P（1A）(1-P(2A))+(1-P（1A）)P(2A)=25(1-12)+(1-25)12=12故所求概率为P(C)=P(1B+2B)=P（1B）+P（2B）=15+12=710.（II）顾客抽奖3次独立重复试验，由（I）知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X~B（3，15）.于是P(X=0)=003314()()55C=64125P(X=1)=112314()()55C=48125P(X=2)=221314()()55C=12125P(X=3)=330314()()55C=1125故X的分布列为X0123P6412548125121251125X的数学期望为E（X）=315=35.19、解法一由题设知，1AA,AB,AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD,1AA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图b所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A(0,0,0)1B(3，0，6)D(0，6，0)1D(0，3，6)Q(6，m,0)，其中m=BQ，06m。(I)若P是1DD的中点，则P（0,92，3），1AB=(3,0,6),于是1ABPQ=18-18=0，所以1ABPQ，即1ABPQ.(II)由题设知，DQ=(6，m-6,0),1DD=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设1n=（x，y，z）是平面PQD的一个法向量，则11100nDQnDD，即6(6)0360xmyyz取y=6，得1n=（6-m，6,3）.又平面AQD的一个法向量是2n=（0，0，1），所以cos1n,2n=1212||||nnnn=222233(6)63(6)45mm.而二面角P-QD-A的余弦值为37，因此23(6)45m=37，解得m=4，或者m=8（舍去），此时Q（6,4,0）设DP=1DD(01),而1DD=（0，-3,6），由此得点P（0,6-3，6），PQ=（6，3-2，-6）.因为PQ//平面11ABBA,且平面11ABBA的一个法向量是1n=（0,1,0），所以PQ3n=0，即3-2=0，亦即=23，从而P（0,4,4）于是，将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ，则其高h=4，故四面体ADPQ的体积11166424332ADQVSh.解法二（I）如图c，取1AA的中点R，连结PR,BR,因为1AA，1DD是梯形11AADD的两腰，P是1DD的中点，所以PR//AD，于是由AD//BC知，PR//BC,所以P,R,B,C四点共面.由题设知，BCAB,BC1AA,所以BC平面11ABBA,因此BC1AB.○1因为tanABR=ARAB=36=11ABAA=tan11AAB,所以tanABR=tan11AAB，因此1ABRBAB=111AABBAB=90o，于是1ABBR，再由○1即知1AB平面PRBC，又PQ平面PRBC，故1ABPQ.（II）如图d，过点P作PM//1AA交AD于点M，则PM//平面11ABBA.因为1AA平面ABCD，所以OM平面ABCD,过点M作MNQD于点N，连结PN，则PNQD，PNM为二面角P-QD-A的平面角，所以cosPNM=37，即MNPN=37,从而403PMMN.○3连结MQ，由PQ//平面11ABBA，所以MQ//AB，又ABCD是正方形，所以ABQM为矩形，故MQ=AB=6.设MD=t，则MN=22MQMDMQMD=2636tt.○4过点1D作11//DEAA交AD于点E，则11AADE为矩形，所以1DE=1AA=6，AE=11AD=3，因此ED=AD-AE=3，于是1623DEPMMDED,所以PM=2MD=2t，再由○3○4得2363t=403，解得t=2，因此PM=4.故四面体ADPQ的体积11166424332ADQVSh.20、解（I）由1C:24xy知其焦点F的坐标为（0,1），因为F也是椭圆2C的一焦点，所以221ab○1又1C与2C的公共弦的长为26，1C与2C都关于y轴对称，且1C的方程为24xy，由此易知1C与2C的公共点的坐标为（36,2），所以229614ab○2联立○1，○2得2a=9，2b=8，故1C的方程为22198xy○3（II）如图f，设A（11,xy）B（22,xy）C（33,xy）D（44,xy）.（i）因AC与BD同向，且|AC|=|BD|,所以AC=BD，从而31xx=42xx，即12xx=34xx，于是212