2015高考数学真题 重庆理科解析

2015年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）理科数学试题解析1.解析集合B的元素AA3,2，但是集合A的元素B1，所以B是A的真子集．故选D.2.解析由等差中项知：4262aaa，所以64220aaa.故选B.3.解析将茎叶图中的数据从小到大排列，易知第6个和第7个数据均为20，故这组数据的中位数为20.故选B．4.解析由12og()l20x得1x，且“1x”是“1x”的充分不必要条件．故选B．5.解析由三视图知，几何体是由一个半圆柱体和一个三棱椎组成的组合体，半圆柱体的底面圆半径为1，高为2，得体积为，三棱锥的体积为31.故选A．6.解析设a与b的夹角为，根据题知()(32)abab，得()(32)0abab，所以22320aabb，223cos20aabb，在由223ab得222822cos2033bbb，22cos，即4．故选A．7.解析程序框图的模拟分析如下表所示：步骤?S„2kk1SSk1是2122是4343是611124是825245否输出8k.故选C．8.解析易知圆的标准方程22:214Cxy，圆心C为2,1又因为直线01:ayxl是圆的对称轴，则该直线一定经过圆心，得知1a，(4,1)A．又因为AB直线与圆相切，则ABC△为直角三角形,222411210CA,2CB,226ABCACB．9.解析根据诱导公式33sincossin102105，所以原式sinsincoscossin555cossinsincossin555，分子分母同时除以coscos5得出原式tantan2tantan5553tantantan2tan555．故选C．10.解析根据题意知点D一定在x轴上，所以点到直线BC的距离为DF，由图知2BFAFDF，4222babaDFa，又因为22DFaab，所以422222bDFaabaaba，解出122ab，所以11ba，根据实际情况0b，所以1,00,1ba．故选A．11.解析由题易得322ba，故322ba，22ii3ababab．12.解析由二项式的定理设71553153221555111CCC222rrrrrrrrrrrTxxxxx．当71582r时，易得2r，故8x系数为22515C22．13.解析如图所示，由正弦定理易得sinsinABADADBB,即23sinsinADBB，故2sin2ADB,即ADB，在ABC△，知120,BADB，yxDCFBAO即12BAD．由于AD是BAC的角平分线，故26BACBAD．在ABC△中，120,30BBAC，易得30ACB．在ABC△中，由正弦定理得ACBABABCACsinsin，即2sin60sin30AC，所以6AC．14.解析由切割线定理得2PAPCPD，所以12PD，故9PCPDCD.因为:2:1CEED，故3,6EDCE．由相交弦定理可得AEEBCEED．又因为9AE，6CE，3ED，所以2EB．15.解析由直线l的参数方程ttytx(11为参数），得直线方程为02yx①由23π5πcos240,44，得22cossin4，故422yx②联立式①，式②40222yxyx，解得交点坐标为2,0，所以交点的极坐标为2,．16.解析当1a时，端点值为,1a．（1）当1x„时，()12321fxxaxxa；（2）当1xa时，1221fxxaxxa；（3）当xa…时，12321fxxxaxa；如图所示：ACDB-1a由图易知：min15faa，解得6a（舍）或4a，所以4a．当1a时，端点值为,1a.（1）当xa„时，12321fxxaxxa；（2）当1ax时，()12()21fxxxaxa；（3）当1x…时，12321fxxxaxa；如图所示：由图易知：min15faa，解得4a（舍）或6a，即6a.当1a时，()31fxx，min10fxf，与题意不符，舍.综上所述：6a或4.17.解析（1）令A表示事件“三个粽子各取到1个”，则古典概型的概率计算公式有111235310CCC1()C4PA．（2）X的可能取值为0，1，2，且38310C70C15PX,1228310CC71C15PX2128310CC11C15PX．综上知X的分布列为X012a-1P715715115故77130121515155EX.18.解析（1）2113sin23cossin21cos2222fxxxxx1333sin2cos2sin222232xxx.因此fx的最小正周期为，最大值为312.（2）令πππ2π22π232kxk剟，kZ，得π5πππ1212kxk剟，kZ，所以fx的单调递增区间为π5ππ,π1212kk，kZ.同理，fx的单调递减区间为5π11ππ,π1212kk，kZ.故当π2π,63x时，fx在π5π,612上单调递增，在5π2π,123上单调递减.19.解析（1）证明：因为PC平面ABC，DE平面ABC，所以PCDE.由22CECDDE，得CDE△为等腰直角三角形，故CDDE．又PCCDC，且,PCCD平面PCD，故DE平面PCD．（2）由（1）知，CDE△为等腰直角三角形，4DCE，如图所示，过点D作DF垂直CE于F，易知1DFFCFE，又1EB，故2FB．由2ACB得//DFAC，23DFFBACBC，故3322ACDF．以点C为坐标原点，分别以CA，CB，CP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Cxyz，0,0,0C，0,0,3P，3,0,02A，0,2,0E，1,1,0D，11,1,01,1,31,02EDDPDA，，，.设平面PAD的法向量为1111,,xyzn，则10DPn，10DAn,即1111130102xyzxy，令12x则111,1yz，故可取12,1,1n．由（1）可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量2n可取为ED，即21,1,0n.则1212123cos,6nnnnnn，又二面角APDC﹣﹣为锐二面角，所以二面角APDC﹣﹣的余弦值为63．20.解析（1）对fx求导得2226e3e36eexxxxxaxaxxaxafx，因为fx在0x处取得极值，所以00f，即0a．经检验，0x为fx的极小值点.当0a时，23exxfx，236exxxfx，故31ef，31ef．从而fx在点1,1f处的切线方程331eeyx，化简得3e0xy．（2）由（1）知236exxaxafx，令236gxxaxa，则gx为fx的同号函数.因为fx在3,上为减函数，所以0fx„在3,上恒成立，即0gx„在3,上恒成立.首先30g„，即2763920aaa„，解得92a….反之当92a…时，gx在3,上单调递减，且30g„，所以3,x，FyzxPEDCBA0fx„，fx在3,上单调递减.当92a时，30g，故03,x，使得00gx，故fx在03,x上单调递增，与题意不符.综上，a的取值范围为,29．21.解析（1）由椭圆的定义知，12222224aPFPF,故2a．设椭圆的半焦距为c，因为12PFPF，所以2212122cFFPFPF32)22()22(22,即3c，从而122cab．故椭圆的标准方程为1422yx．（2）如图所示，连接1QF，由椭圆的定义，122PFPFa，122QFQFa，又1PFPQ，有1142QFaPF.又由PQPF1，PQPF1，知112PFQF，因此,11224PFPFa,得12(22)PFa.从而2122222221PFaPFaaa.由12PFPF,知222212122PFPFFFc，因此22122PFPFceaa22222196263.xyOPQF1F222.解析（1）由0,2,有2*12nnnaaanN.若存在某个*0nN，使得00na，则由上述递推公式易得010na．重复上述过程可得01a，此时与31a矛盾，所以对任意的*nN，0na．从而*12nnaanN，即na是一个公比2q，首项31a的等比数列．故-1-1*132nnnaaqnN．（2）由01k，1，数列na的递推关系式变为211010nnnnaaaak，变形为2*101nnnaaankN．由上式及031a，归纳可得12130nnaaaa．因为222001001111nnnnnaakkaaakk0001111nnakkka，所以对01,2,,nk求和得00011211kkkaaaaaa=010000102011111111kakkkkakaka000000111112231313131kkkkkk个.另一方面，由上已证的不等式知001212kkaaaa，得00110000102011111111kkaakkkkakaka0000011112212121kkkkk个综上所述：010011223121kkakk．