2015年山东省高考数学试卷(理科)word版试卷及解析下载

2015 年高考山东省理科数学真题 一、选择题 1.已知集合 A  x | x2  4x  3  0 ，B  x | 2  x  4 ，则 A B  （）A．（1，3） B．（1，4） C．（2，3） D．（2，4） Z2.若复数 Z 满足  i ，其中 i 为虚数为单位，则 Z=（ ）1i A．1-i B．1+i C．-1-i D．-1+i 33.要得到函数 y  sin(4x  ) 的图像，只需要将函数 y=sin4x 的图像（ ）12 12 A．向左平移 个单位 B．向右平移 个单位 33C．向左平移 个单位 D．向右平移 个单位   ABC  60 ，则 BDCD  4.已知菱形 ABCD 的边长为 a，（）3333A．  a2 B．  a2 C． a2 D． a2 24425.不等式|x-1|-|x-5|<2 的解集是（ ）A． (,4) B． (,1) C．（1，4） D．（1，5） x  y  0 6.已知 x,y 满足约束条件 x  y  2 ，若 z=ax+y 的最大值为 4，则 a=（ ）y  0 A．3 B．2 C．-2 D．-3 7.在梯形 ABCD 中， ABC  ，AD//BC，BC=2AD=2AB=2.将梯形 ABCD 绕 AD 所在的直线旋转一周而 2形成的曲面所围成的几何体的体积为（ ）2 34 35 3A． B． C． D． 2 8.已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布 N（0，3），从中随机取一件，其长度误差落在区 间（3，6）内的概率为（ ）2（附：若随机变量 服从正态分布N(, ) ， P(   A．4.56%    )  68.26% P(  2  ，   2 )  95.44% 则。） B．12.59% C．27.18% D．31.74% 9.一条光线从点（-2，-3）射出，经 y 轴反射后与圆 (x  3)2  (y  2)2 1相切，则反射光线所在直线的斜 率为（ ）5335322354454334A． 或B． 或C． 或D． 或3x 1, x 1 2x , x 1 10.设函数 f (x)  ，则满足 f ( f (a))  2f (a) 的 a 取值范围是（ ）22A．[ ,1] B．[0，1] C．[ ,) D．[1,) 33二、填空题 11.观察下列各式： C10 =40 C30  C31  41 C50  C51  C52  42 C70  C71  C72  C73  43 … … 照此规律，当当 n N 时，C02n-1 + C1 + C22n-1 +…+ Cn-1 =2n-1 .2n-1 412.若“ x[0， ]，tanx m”是真命题，则实数 m 的最小值为 .13.执行下面的程序框图，输出的 T 的值为 .14.已知函数 f (x)  ax  b(a  0,a 1) 的定义域和值域都是 1,0 ，则 a  b  ________ x2 y2 15.平面直角坐标系 xOy 中，双曲线 C： 1（a>0,b>0）的渐近线与抛物线 C2：x2=2py(p>0)交于 a2 b2 O，若 ABC 的垂心为 C2 的焦点，则 C1 的离心率为___________． 416.设 f (x)  sin xcos x  cos x2 (x  ) 。（Ⅰ）求 f（x）的单调区间； A（Ⅱ）在锐角 ABC 中，角 A，B，C，的对边分别为 a，b，c，若 f（ ）=0，a=1，求面 ABC 积的最大 2值。 17.如图，在三棱台 DEF-ABC 中，AB=2DE，G，H 分别为 AC，BC 的中 点。 （Ⅰ）求证：BC//平面 FGH； （Ⅱ）若 CF⊥平面 ABC，AB⊥BC，CF=DE，∠BAC= 45，求平面 FGH 与平面 ACFD 所成的角（锐角）的 大小。 18.设数列 a的前 n 项和为 Sn 。已知 2Sn  3n  3 。{ } n（Ⅰ）求 a的通项公式； { } n（Ⅱ）若数列 b{满足anbn =log32 ，求 b{的前 n 项和Tn 。}}nn19.若 n是一个三位正整数，且 n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称 为“三位递增数” n（如 137，359，567 等）. 在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取 1 个数，且只能抽取一次.得分规 则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被 5 整除，参加者得 0 分；若能被 5 整除，但不能被 10 整除，得-1 分；若能被 10 整除，得 1 分. （Ⅰ）写出所有个位数字是 5 的“三位递增数”； （Ⅱ）若甲参加活动，求甲得分 X的分布列和数学期望 EX .x2 y2 320.平面直角坐标系 xoy 中，已知椭圆 C : 1(a  b  0) 的离心率为 ，左、右焦点分别是 a2 b2 2F、F2 。以 F1 为圆心以 3 为半径的圆与以 F2 为圆心 1 为半径的圆相交，且交点在椭圆 上。 퐶1（Ⅰ）求椭圆 C 的方程； x2 y2 （Ⅱ）设椭圆 E : 1为椭圆 C 上任意一点，过点 P 的直线 y  kx  m 交椭圆 E 于 A，B 两点， 4a2 4b2 射线 PO 交椭圆 E 于点 Q. | OQ | （i）求 的值； | OP | （ii）求 ABQ 面积的最大值。 将y  kx  m 代入椭圆 C 的方程 21 设函数 f (x)  ln(x 1)  a(x2  x)，其中  R 。（Ⅰ）讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由； （Ⅱ）若x  0, f (x)  0 成立，求 的取值范围。 2015 年高考山东省理科数学真题答案 一、选择题 1.答案：C 解析过程： A  x 1 x  3 ，B  x 2  x  4 ，所以 A B  x 2  x  3 ，选 C 2.答案：A 解析过程： z因为  i ，所以， z  i 1i 1 i 1i 所以， z 1i ，选 A 3.答案：B 解析过程： 312 因为 y  sin(4x  )  sin 4(x  )，所以，只需要将函数 y  sin 4x 的图象 12 向右平移 个单位，选 B 4.答案：D 解析过程：      因为 BDCD  BD BA  BA BC  BA    23=BA  BC  BA  a2  a2 cos60  a2 ，选 D. 25.答案：A 解析过程： 原不等式可转化为以下三个不等式的并集： x 1 （Ⅰ） （Ⅱ） （Ⅲ） ，解得 x x 1 1 x  x 5  2 1 x  5 ，解得 x 1 x  4 x 1 x 5  2 x  5 ，解得 x 1 x  5  2 综上，原不等式的解集为 x x  4 ，选 A 6.答案：B 解析过程： 作出可行域如图 若z  ax  y 的最大值为 4，则最优解可能为 A(1,1) 或B(2,0) 经检验 A(1,1) 不是最优解， B(2,0) 是最优解，此时 a  2 7.答案：C 解析过程： 直角梯形 ABCD 绕 AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面 所围成的几何体是一个底面半径为 1，母线长为 2 的圆柱 挖去一个底面半径同样是 1、高为 1 的圆锥后得到的组合体， 所以该组合体的体积为： 15V V圆柱 V圆锥   12 2   12 1  ，选 C 338.答案：B 解析过程： 用表示 零件的长度，根据正态分布的性质得： 1P 3    6  P 6    6  P 3    3  20.9544  0.6826  0.1359 ，选 B. 29.答案：D 解析过程： 由光的反射原理知，反射光线的反向延长线必过点 (2,3) ，设反射光线所在直线的斜率为 ，则反射光线所在直线方程为： ky  3  k(x  2) ，即 kx  y  2k 3  0 又因为光线与圆相切， (x  3)2  (y  2)2 1 3k  2  2k 3 所以， 1，整理得12k2  25k 12  0 k2 1 43解得： k   或k  ，选 D 3410.答案：C 解析过程： 当a 1时， f a  2a 1 ，  所以， f ( f (a))  2f (a) ，即 a 1符合题意； 当即a 1时， f (a)  3a 1，若 f (a) 1 ，223a 11 ，a  ，所以  a 1符合题意； 332综上， a的取值范围是[ ,) ，选 C 3二、填空题 11.答案： 4n1 解析过程： 由归纳推理得：C20n1  C21n1  C22n1  Cn1  4n1 2n1 12.答案：1 解析过程： 4y  tan x y  tan x 在在0, 0, 上单调递增，所以 4上的最大值为 tan 1 4由题意得， m 1 11 13. 答案： 6解析过程： 初始条件 n 1,T 1,n  3 成立 ； 113运行第一次： 运行第二次： xdx 1  ,n  2,n  3 成立； T 1 0 22133 1 11 x2dx   ,n  3,n  3 不成立； T  0 22 3 611 输出 T的值： .结束 614.答案： 32解析过程： 若a 1，则 f x   在1,0 上为增函数 1 a  b  1 所以 ，此方程组无解； 1 b  0 若0  a 1，则 f x   在1,0 上为减函数 11 a  a  b  0 32所以 ，解得 ，所以 a  b   21 b  1 b  2 3215.答案： 解析过程： ba设则OA 所在的直线方程为 y  x,bOB 所在的直线方程为 y  x a2pb a2pb2 a2 bax  y  y  x解方程组 得： ，2x  2py 2  2pb 2pb 所以点 A的坐标为 ,aa2 p抛物线的焦点 F的坐标为: 0, 2因为 F是ABC 的垂心，所以 kOB kAF  1 22pb pbb2 a2 54a2 2所以，  1 2pb aac2 a2 b2 a2 93所以， e2  16.答案： 1  e  424443 4（I）单调递增区间是  k,  k k  z ；单调递减区间是  k,  k k  z 2  3 （II） ABC 面积的最大值为 4解析过程： 21 cos(2x  ) sin 2x （I）由题意知 f (x)  22sin 2x 1sin 2x 12 sin 2x  2222由 2k  2x  2k ，k  z ，44可得  k  x  k ，k  z ，23 2由 2k  2x   2k ，k  z ，43 4可得  k  x   k ，k  z ，44所以，函数 f x的单调递增区间是  k,  k （k  z ）  43 4函数 f x的单调递减区间是  k,  k （k  z ）  A112（II）由 f ( ) sin A 0，得sin A  223由题意得 A为锐角，所以 cos A  2由余弦定理： a2  b2  c2  2bcos A 可得：1 3bc  b2  c2  2bc 即：bc  2  3 ，当且仅当b  c 时等号成立 12  3 因此 bcsin A  242  3 所以 ABC 面积的最大值为 417.答案： （I）详见解析；（II） 60 解析过程： （I）证法一：连接 DG,CD. 设CD GF  M ,连接 MH ，在三棱台 DEF  ABC 中， AB  2DE，G 分别为 AC 的中点，可得 DF / /GC, DF  GC ，所以四边形 DFCG 是平行四边形， 则又M为CD 的中点，又 H是BC 的中点，所以 HM / /BD ,HM  平面 FGH ，BD  平面 FGH ，所以 BD / / 平面 FGH .证法二：在三棱台 DEF  ABC 中， BC  2EF, H BC 的中点， 由为可得 BH / /EF, BH  EF, 所以 HBEF 为平行四边形，可得 BE / /HF. 在ABC 中，G，H 分别为 AC，BC 的中点， 所以 GH / /AB, GH  HF  H 所以平面 FGH / / 平面 ABED 因为 BD  平面 ABED 所以 BD / / 平面 FGH 又，，，.（Ⅱ）解法一：设 AB  2 ，则CF 1 在三棱台 DEF  ABC 中， G为AC 的中点 1由DF  AC  GC ，2可得四边形 DGCF 为平行四边形， 因此 DG / /CF 又FC  平面 ABC 所以 DG  平面 ABC ABC 中，由 AB  BC,BAC  45 在， 是 G AC 中点， 所以 AB  BC,GB  GC 因此 GB,GC,GD 两两垂直, 以G为坐 标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 G  xyz 所以G 0,0,0 ,B 2,0,0 ,C 0, 2,0, D 0,0,1 22可得 H,,0 ,F 0, 2,1 22  22故设GH  ,,0 ,GF  0, 2,1 22n  x, y, z 是平面 FGH 的一个法向量，则   x  y  0 nGH  0,   由可得 2y  z  0 nGF  0, 可得平面 FGH 的一个法向量 n  1,1, 2   因为 GB 是平面 ACFD 的一个法向量， GB  2,0,0     GBn 212 所以 cos  GB,n  | GB || n | 22 所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为 60 解法二： 作接M，作 MN  GF 于点 ，连 HM  AC 于点 N NH 由FC  平面 ABC ，得 HM  FC 又 FC  AC  C 所以 HM  平面 ACFD 因此GF  NH 所以 MNH 即为所求的角 12在由BGC 中, MH / /BG, MH  BG  ,22MN GM GNM ∽GCF 可得 ，FC GF 6从而 MN  ，由 MH  平面 ACFD ，MN 平面 ACFD 得6HM MH  MN ，所以 ，所以 MHN  600 tanMNH   3 MN 所以平面 FGH 与平面 ACFD 所成角（锐角）的大小为 600 3, n 1, 3n1, n 1, 13 6n  3 18.答案：（I） a  ; （II）Tn  .n12 43n 解析过程： 解：（I）因为 2Sn  3n  3 所以， 2a1  3 3 ，故 a1  3, 当n 1 时， 2Sn1  3n1  3, 此时， 2an  2Sn  2Sn1  3n 3n1 ，即 an  3n1 3n 1 所以， a  n3n1 n  2 13（II）因为 anbn  log3 an ，b  1当n 1时，bn  31n log3 3n1  (n 1)31n 1所以T  b  ，当 n 1时， 1131Tn  b  b2  bn  (131  232  (n 1)31n ) 13所以3Tn 1 (130  231  (n 1)32n ) 两式相减得， 22Tn  (30  31  32n )  (n 1)31n 32 131n 13 6n  3    (n 1)31n 3131 623n 13 6n  3 所以，Tn  综上，Tn  ，经检验， n 1时也适合， 12 43n 13 6n  3 12 43n 19.答案：（I）有：125，135，145，235，245，345； （II）X 的分布列为 XP0-1 123111 42 14 4EX  21 解析过程： （I）个位数是 5 的“三位递增数”有：125,135,145,235,245,345 （II）由题意知，全部“三位递增数”的个数为C93  84 ；随机变量 X的取值为： 0,1,1，因此 C83 C93 23C42 1P(X  0)  ；P(X  1)  ；C93 14 1211 P(X 1) 1  14 3 42 所以 X的分布列为 XP0-1 123111 42 14 2111 4因此 EX  0 (1) 1 314 42 21 x2 20.答案：（I）  y2 1；（II）( i )2；（ii） 6 3 . 4解析过程： （I）由题意知 2a  4，则 a  2 ，c3又，a2  c2  b2 ，可得b 1 ，a2x2 所以椭圆 C 的标准方程为  y2 1 4×2 y2 （II）由（I）知椭圆 E 的方程为 1 16 4OQ （i）设 P x, y ，  ，由题意知Q x , y 0  0  00OP 22×02 0  0  x  y 因为  y02 1 又1 ，416 422  OQ OP 4×0 即 y2 1，所以   2 ，即  2 0  4（ii）设 A x, y , B x, y 1  2  12将y  kx  m 代入椭圆 E 的方程， 可得 1 4k2 x2 8kmx  4m2 16  0 由  0 ，可得 m2  4 16k2 ……① 8km 1 4k2 4m2 16 则有 x1  x2   , x1x2  1 4k2 4 16k2  4  m2 1 4k2 所以 x1  x2  因为直线 y  kx  m 与轴交点的坐标为 0,m 2 16k2  4  m2 m 1 4k2 1所以 OAB 的面积 S  m  x2  x2  22 (16k2  4  m2 )m2 1 4k2 m2 m2  2 4 1 4k2 1 4k2 m2 令将 t 1 4k2 y  kx  m 代入椭圆 C 的方程 可得 1 4k2 x2 8kmx  4m2  4  0 由  0 ，可得 m2 1 4k2 ……② 由①②可知 0  t 1 因此 S  2 4t t 2 t2  4t 故S  2 3 当且仅当 t 1 ，即 m2 1 4k2 时取得最大值 2 3 由（i）知， ABQ 面积为 3S 所以 ABQ 面积的最大值为 6 3 21.答案：（I）当 a  0 时，函数 f x 在1, 上有唯一极值点；   8当0  a  时，函数 f x   在1, 上无极值点； 98当a  时，函数 f x   在1, 上有两个极值点； 9（II） a的取值范围是 0,1 .解析过程： 函数 f (x)  ln(x 1)  a(x2  x) 定义域为 1, 12ax2  ax 1 a x 1 f x    2ax  a  x 1 令g x  2ax2  ax 1 a   （1）当 a  0 时， g x 1 0   ，f x 0   在1, 上恒成立 所以，函数 f x   在1, 上单调递增无极值； 2149a （2）当 a  0 时， g x  2ax2  ax 1 a  2a x 1   89a 89若1  0 ，即： 0  a  ，则 g x  0   在1, 上恒成立， 8从而 f x 0 在1, 上恒成立，函数 f x   在1, 上单调递增无极值；   9a 89若则1  0 ，即： a  ， 由于 g 1 1 0, g 1  2a 1 0   81×1   x2 4g x在在 1, 上有两个零点，从而函数 f x    在1, 上有两个极值点 x , x 且；12141（3）当 a  0 时， g x   在1, 上单调递增，在  , 上单调递减， 4149a 且g 1 1 0, g  1  0 ，8所以， g x在在 1, 上有唯一零点，   从而函数 f x 在1, 上有唯一极值点.   综上： 当a  0 时，函数 f x   在1, 上有唯一极值点； 8当当0  a  时，函数 f x   在1, 上无极值点； 98a  时，函数 f x   在1, 上有两个极值点； 9（II）由（I）知， 8（1）当 0  a  时，函数 f x   在0, 上单调递增， 9因为 f 0  0，所以， x 0, 时， f x 0 ，符合题意；     8（2）当  a 1时，由 g 0  0，得 x2  0   9所以，函数 f x   在(0,)上单调递增， 又f 0  0，所以， x 0, 时， f x 0 ，符合题意；    （3）当 a 1时，由 g 0  0，可得 x2  0   所以 x(0, x2 ) 时，函数 f x单调递减；   又f (0)  0，所以，当 x(0, x2 ) 时，函数 f (x)  0不符合题意； （4）当 a  0 时，设 h(x)  x  ln(x 1) 1x因为 x(0,) 时， h x 1    0 x 1 x 1 所以 h(x) 在(0,)上单调递增， 因此当 x(0,) 时， h(x)  h(0)  0 即： ln(x 1)  x 可得： f (x)  x  a(x2  x)  ax2  (1 a)x 1当x 1 时， ax2  (1 a)x  0 a此时， f (x)  0，不合题意 综上所述， 的取值范围是0,1 a