2015年普通高等学校招生全国统一考试(安徽卷)
数学(理科)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷第1至第3页,第Ⅱ卷第4至第6页。全卷满分150分,考试时间120分钟。 考生注意事项:
1. 答题前,务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号,并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致.务必在答题卡背面规定的地方填写姓名和座位号后两位.
2. 答第Ⅰ卷时,每小题选出答案后,用2B铅笔把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.
3. 答第Ⅱ卷时,必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上....书写,要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卡...规定的位置绘出,确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答题区域作答,超出答题区域书写的答案无............效,在答题卷、草稿纸上答题无效...............
. 4. 考试结束,务必将试题卷和答题卡一并上交. 参考公式:
如果事件A与B互斥,那么P(AB)P(A)P(B)
标准差s1[(x1x)2(x22x)(xx)2],其中x1nnn(x1x2xn)
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
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. 设i是虚数单位,则复数2i1i在复平面内所对应的点位于 ( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
数学试卷 第1页(共36页) 2. 下列函数中,既是偶函数又存在零点的是 ( ) A. ycosx B. ysinx
C. ylnx D. yx21
3. 设p:1x2,q:2x1,则p是q成立的
( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
4. 下列双曲线中,焦点在y轴上且渐近线方程为y2x的是
( )
A. x2y241 B. x24y21 C. y24x21 D. y2x241 5. 已知m,n是两条不同直线,,是两个不同平面,则下列命题正确的是 ( ) A. 若,垂直于同一平面,则与平行
B. 若m,n平行于同一平面,则m与n平行
C. 若,不平行,则在内不存在与平行的直线 D. 若m,n不平行,则m与n不可能垂直于同一平面
6. 若样本数据x1,x2,…,x10的标准差为8,则数据2x11,2x21,…,2x101的标
准差为 ( )
A. 8 B. 15 C. 16 D. 32
数学试卷 第2页(共36页) 7. 一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积是 ( )
A. 13 B. 23 C. 122
D. 22 8. △ABC是边长为2的等边三角形,已知向量a,b满足AB2a,AC2a+b,则下列结论正确的是
( )
A. |b|=1 B. a⊥b C. ab=1
D. (4ab)⊥BC
9. 函数f(x)axb(xc)2的图象如图所示,则下列结论成立的是
( )
A. a0,b0,c0 B. a0,b0,c0 C. a0,b0,c0 D. a0,b0,c0
10. 已知函数f(x)Asin(x)(A,,
均为正的常数)的最小正周期为π,当x2π3时,函数f(x)取得最小值,则下列结论正确的是
( )
A. f(2)f(2)f(0) B. f(0)f(2)f(2) C. f(2)f(0)f(2) D. f(2)f(0)f(2)
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第Ⅱ卷(非选择题 共100分)
二、填空题:本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上. 11. (x31x)7的展开式中x5的系数是_________(用数字填写答案). 12. 在极坐标系中,圆8sin上的点到直线3(R)距离的最大值是_________.
13. 执行如图所示的程序框图(算法流程图),输出的n为_________.
14. 已知数列{an}是递增的等比数列,a1a49,a2a38,则数列{an}的前n项和等
于_________.
15. 设x3axb0,其中a,b均为实数.下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是_________(写出所有正确条件的编号). ①a3,b3; ②a3,b2;
③a3,b2;
④a0,b2;
⑤a1,b2.
三、解答题:本大题共6小题,共75分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 16.(本小题满分12分) 在△ABC中,A3π4,AB=6,AC32,点D在BC边上,ADBD,求AD的长.
数学试卷 第4页(共36页) 17.(本小题满分12分)
已知2件次品和3件正品混放在一起,现需要通过检测将其区分,每次随机检测一件产品,检测后不放回,直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束. (Ⅰ)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率;
(Ⅱ)已知每检测一件产品需要费用100元,设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位:元),求X的分布列和均值(数学期望).
18.(本小题满分12分)
设nN*,xn是曲线yx2n21在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标. (Ⅰ)求数列{xn}的通项公式;
(Ⅱ)记T2x21nx1x232n1,证明Tn≥4n.
19.(本小题满分13分)
如图,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为
B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于点F.
(Ⅰ)证明:EF∥B1C;
(Ⅱ)求二面角EA1DB1余弦值.
数学试卷 第5页(共36页) 20.(本小题满分13分)
设椭圆E的方程为x2y2a2b2(1ab0),点O为坐标原点,点A的坐标为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足|BM|2|MA|,直线OM的斜率为510. (Ⅰ)求E的离心率e;
(Ⅱ)设点C的坐标为(0,b),N为线段AC的中点,点N关于直线AB的对称点的纵坐标为72,求E的方程.
21.(本小题满分13分) 设函数f(x)x2axb.
(Ⅰ)讨论函数f(sinx)在(-π,π22)内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值; (Ⅱ)记f0(x)x2aππ0xb0,求函数|f(sinx)f0(sinx)|在[-2,2]上的最大值D;
(Ⅲ)在(Ⅱ)中,取aba2000,求zb4满足条件D≤1时的最小值.
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数学(理科)答案解析
第Ⅰ卷 一、选择题 1.【答案】B 【解析】由题意2i2i(1i)22i1i,其对应的点坐标为(1,1),位于第二象限,故选B. 1i(1i)(1i)2【提示】先化简复数,再得出点的坐标,即可得出结论. 【考点】复数的代数表示及复数的几何意义 2.【答案】A 【解析】由选项可知,B、C项均不是偶函数,故排除B、C; A、D项是偶函数,但D项与x轴没有交点,即D项不存在零点,故选A. 【提示】利用函数奇偶性的判断方法以及零点的判断方法对选项分别分析选择. 【考点】函数的奇偶性和零点的判断 3.【答案】A x0【解析】由q: 22,解得x0,易知,p能推出q,但q不能推出p,故p是q成立的充分不必要条件,故选A. 【提示】运用指数函数的单调性,结合充分必要条件的定义,即可判断. 【考点】充分必要条件的判断,指数函数的单调性的运用 4.【答案】C 【解析】由题意,A选项可得交点在x轴上,不符合条件, B选项的焦点在x轴,不符合条件,故排除A、B, y2yC选项的焦点在轴,渐近线方程为x21,即y2x,符合条件, 41D选项的焦点在y轴,渐近线方程为yx,不符合条件. 2故选C. 【提示】对选项首先判定焦点的位置,再求渐近线方程,即可得到答案. 【考点】双曲线的方程和性质 5.【答案】D 3 / 12
【解析】对于A,若,垂直于同一平面,则,不一定平行,如果墙角的三个平面;故A错误; 对于B,若m,n平行于同一平面,则m与n平行.相交或者异面;故B错误; 对于C,若,不平行,则在内存在无数条与平行的直线;故C错误; 对于D,若m,n不平行,则m与n不可能垂直于同一平面;假设两条直线同时垂直同一个平面,则这 两条在平行;故选D. 【提示】利用面面垂直、线面平行的性质定理和判定定理对选项分别分析解答. 【考点】空间中直线与平面之间的位置关系,空间中直线与直线之间的位置关系,平面与平面之间的位置关系 6.【答案】C 【解析】设样本数据x1,x2,,x10的标准差为DX,则DX8,即方差DX64,而数据2x11,2x21,,2x101的方差D(2X1)22DX2264,所以其标准差为226416,故选C. 【提示】根据标准差和方差之间的关系先求出对应的方差,然后结合变量之间的方差关系进行求解即可. 【考点】方差和标准差的计算 7.【答案】B 【解析】依题意,该几何体是地面为等腰直角的三棱锥,该四面体的直观图如下, 则S△BCDS△ABD221,S△ABCS△ACD1213, 22sin6022323,故选B. 2所以四面体的表面积SS△BCDS△ABDS△ABCS△ACD212【提示】根据几何体的三视图,得出该几何体是底面为等腰直角三角形的三棱锥,结合题意画出图形,利用图中数据求出它的表面积. 【考点】由三视图求面积和体积 8.【答案】D uuuruuuruuurrrrrr【解析】依题意,BCACAB(2ab)2ab,故|b|2,故A错误, rrruuuruuurrrrr2rrrr|2a|2|a|2,所以|a|1,又ABgAC2ag(2ab)4|a|2ab22cos602,所以agb1,
数学试卷 第10页(共36页)
数学试卷 第11页(共36页) 数学试卷 第12页(共36页)
故B,C错误; rruuuruuuruuuruuuruuuruuur设BC中点为D,则ABAC2AD,且ADBC,所以(4ab)BC,故选D. uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur【提示】由题意,知道BCACABb,根据ABAC2AD且ADBC解之. 【考点】平面向量的数量积公式的运用 9.【答案】C 【解析】由f(x)axb及图可知,xc,c0; (xc)2b0,所以b0; 2cb当y0,axb0,所以x0,所以a0.故a0,b0,c0,故选C. a当x0时,f(0)【提示】分别根据函数的定义域,函数零点以及f(0)的取值进行判断即可. 【考点】函数图象的识别和判断 10.【答案】A 【解析】由题意,f(x)Asin(x)(A0,0,0),T所以2,则f(x)Asin(x), 而当x2π2ππ, ||2π3ππ2π2kπ,kZ,解得2kπ,kZ, 时,23263π所以f(x)Asin2x(A0), 6则当2xπππ2kπ,即xkπ时,fx取得最大值. 626π5π比较近,2与比较近, 66要比较f(2),f(2),f(0)的大小,只需判断2, 2, 0与最近的最高点处对称轴的距离大小, 距离越大,值越小,易知0, 2与所以当k0时,xπππ,此时00.52,21.47, 666当k1时,x5π5π,此时20.6,所以f(2)f(2)f(0),故选A. 662π时,函数f(x)取得最小值,可解得,从而可求解析式3【提示】依题意可求2,又当xπf(x)Asin2x,利用正弦函数的图象和性质及诱导公式即可比较大小. 6 5 / 12
【考点】三角函数的周期性及其求法,三角函数的图象与性质 第Ⅱ卷 二、填空题 11.【答案】35 【解析】根据所给的二项式写出展开式的通项, Tr1Cxr737r1r214r, C7xxr4令214r5,得r4,则x5的系数是C735. 【提示】根据所给的二项式,利用二项展开式的通项公式写出第r1项,整理成最简形式,令x的指数为5求得r,再代入系数求出结果. 【考点】二项式定理的应用 12.【答案】6 22222【解析】由题意sin,转化为直角坐标方程为xy8y,即x(y4)16;直线πR3转化为直角坐标方程为y3x,则圆上到直线的距离最大值是通过圆心的直线,设圆心到直线的距离为d,圆心的半径为r,则圆到直线距离的最大值Ddr|04|1(3)224246. π利R转化为直角坐标方程为y3x.3π用点到直线的距离公式可得圆心C(0,4)到直线的距离d,可得圆8sin上的点到直线R距32【提示】圆可化为sin,转化为直角坐标方程,直线离的最大值dr. 【考点】简单曲线的极坐标方程和点到直线的距离公式 13.【答案】4 【解析】由题意,程序框图循环如下:①a1,n1;②a1③a113,n2;112 17117a1n3,;④,n4, 371511225此时,171.4140.0030.005,所以输出n4. 12数学试卷 第16页(共36页)
数学试卷 第17页(共36页) 数学试卷 第18页(共36页)
【提示】模拟执行程序框图,依次写出每次循环得到的a,n的值,当a17时不满足条件12|a1.414|0.00267n的值为4. 0.,退出循环,输出【考点】循环结构的程序框图 14.【答案】2n1 【解析】由题意得a1a49,a2ga3a1a48,解得a11,a48或者a18,a41, 3而数列{an}是递增的等比数列,所以a11,a48,即qa48, a1a1(1qn)12n2n1. 所以q2,因而数列{an}的前n项和Sn1q12【提示】利用等比数列的性质,求出数列的首项以及公比,即可求解数列{an}的前n项和. 【考点】等比数列的性质,数列{an}的前n项和 15.【答案】①③④⑤ 32【解析】令f(x)xaxb,求导得f(x)3xa, 当a0时,f(x)0,所以f(x)单调递增,且至少存在一个数使f(x)0,至少存在一个数使f(x)0,3所以f(x)xaxb必有一个零点,即方程x3axb0仅有一根,故④⑤正确; 2当a0时,若a3,则f(x)3x33(x1)(x1), 易知,f(x)在(,1),(1,)上单调递增,在[1,1]上单调递减, 所以f(x)极大f(1)13bb2,f(x)极小f(1)13bb20, 解得b2或b2,故①③正确.所以使得三次方程仅有一个实根的是①③④⑤. 【提示】对五个条件分别分析解答;利用数形结合以及导数,判断单调区间以及极值. 【考点】函数的零点与方程的根的关系 三、解答题 16.【答案】10 【解析】解:设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c,由余弦定理得 a2b2c22bccosBAC(32)2622326cos所以a310. 3π1836(36)90, 4又由正弦定理得sinB
bsinBAC310π,由题设知0B, a104310 7 / 12 所以cosB1sin2B11310, 1010ABgsinB6sinB310. sin(π2B)2sinBcosBcosB在△ABD中,由正弦定理得AD【提示】由已知及余弦定理可解得a的值,由正弦定理可求得sinB,从而可求cosB,在△ABD中,由正弦定理可求得AD的长. 【考点】正弦定理,余弦定理在解三角形中的应用 17.【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)见解析 【解析】(Ⅰ)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A, 11A2A33P(A)则. A52103 10(Ⅱ)X的可能取值为200,300,400, 31122A3C2C3A2A213P(X200)2;P(X300); 3A510A510P(X400)1P(X200)P(X300)1故X的分布列为 136. 101010X 200 300 400 6 P 10136EX200300400350. 101010【提示】(Ⅰ)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A,利用古典概型的概率求解即可. (Ⅱ)X的可能取值为:200,300,400,求出概率,得到分布列,然后求解期望即可. 【考点】离散型随机变量的期望与方差,离散型随机变量及其分布列 18.【答案】(Ⅰ)xn(Ⅱ)见解析 【解析】(Ⅰ)依题意得:y(x
2n21 103 10n n11)(2n2)x2n1, 数学试卷 第22页(共36页)
数学试卷 第23页(共36页) 数学试卷 第24页(共36页)
曲线yx2n22)处的切线斜率为2n2, 1在点(1,从而切线方程为y2(2n2)(x1), 令y0,解得切线与x轴交点的横坐标xn1(Ⅱ)由题设和(Ⅰ)中的计算结果知Tnxx当n1时,T11n. n1n1x22n122131324222n1, 2n21; 422(2n1)212n2n12n1(2n1)2当n2时,因为x2n1; 22(2n)(2n)2nn2n112所以Tn2232n11, n4n综上可得对任意的nN*,均有Tn1. 4n【提示】(Ⅰ)利用导数求切线方程求得切线直线并求得横坐标. (Ⅱ)利用放缩法缩小式子的值从而达到所需要的式子成立. 【考点】切线方程的求法和放缩法的应用 19.【答案】(Ⅰ)见解析 (Ⅱ)6 3【解析】(Ⅰ)由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1ABDC, 所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C∥A1D, 又A1D面A1DE,B1C面A1DE,于是B1C∥A1DE, 又B1C面B1CD1,面面A1DEIB1CD1EF,所以EF∥B1C. (Ⅱ)AA1AB,AA1AD,ABAD,且AA1ABAD, 以A为原点,分别以AB, AD, AA1为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系, uuuruuuruuur 9 / 12
可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1), 而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1). 设面A1DE的法向量n1(r1,s1,t1),而该面上向量A,A,1, 1E0.5,0.5,01D0,1由n1A1E,n1A1D得r1,s1,t1应满足的方程组uruuuruuururuuururuuur0.5r10.5s10,1,1,1为其一组解, st011所以可取n1(1,1,1),设面A1B1CD的法向量n2(r2,s2,t2), uruuruuuuruuuruur而该面上向量A,A,1,由此同理可得n2(0,1,1) 1B10.5,0.5,01D0,1所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为|n1gn2|26. |n1|g|n2|332【提示】(Ⅰ)通过四边形A1B1CD为平行四边形,可得B1C∥A1D,利用线面平行的判定定理即得结论. uuuruuuruuur(Ⅱ)以A为坐标原点,分别以AB, AD, AA1为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,设边长为2,则所求值即为平面A1B1CD的一个法向量与平面A1EFD的一个法向量的夹角的余弦值的绝对值,计算即可. 【考点】空间中线线平行的判定,二面角的三角函数值 20.【答案】(Ⅰ)e25 5x2y21 (Ⅱ)45921【解析】(Ⅰ)由题设条件知,点M的坐标为a,b, 335b5c25,从而,进而得a5b,ca2b22b,故e. 102a10a5xy1, (Ⅱ)由题设条件和(Ⅰ)的计算结果可得,直线AB的方程为5bb又kOM517b,bNS点N的坐标为,设点关于直线的对称点的坐标为ABx1,, 2221则线段NS的中点T的坐标为4b2,4b4, 5x17又点T在直线AB上,且kNSgkAB1, 数学试卷 第28页(共36页)
数学试卷 第29页(共36页) 数学试卷 第30页(共36页)
从而有54b717122b4b45, 1,5xbb5b12x12x2y21. 解得b3,所以a35,故椭圆E的方程为459215b5【提示】(Ⅰ)由于点M在线段AB上,得点M的坐标为a,b.利用kOM,可得.进102a1033而可求出离心率. (Ⅱ)由(Ⅰ)可得直线AB的方程为xy1,利用中点坐标公式可得N.设点N关于直线AB的对5bb7称点S的坐标为x1,,线段NS的中点T,又AB垂直平分线段NS,可得b,解得即可. 2【考点】直线与圆锥曲线的综合问题,椭圆的简单性质 21.【答案】(Ⅰ)见解析 (Ⅱ)D|a0a||bb0| (Ⅲ)满足条件D1的最大值为1 2【解析】(Ⅰ)依题意得,f(sinx)sinxasinxbsinx(sinxa)b,ππx, 22所以[f(sinx)](2sinxa)cosx, 因为ππx, 22ππx,所以cosx0,22sinx2, 22①a2,bR时,函数f(sinx)单调递增,无极值; ②a2,bR时,函数f(sinx)单调递减,无极值; πππ③对于2a2,在,内存在唯一的x0,使得2sinx0a,xx0时,函数f(sinx)单调递减; 222x0xπ时,函数f(sinx)单调递增. 22aa因此2a2,bR时,函数f(sinx)在x0处有极小值f(sinx0)fb. 24ππx时,|f(sinx)f0(sinx)||(a0a)sinxbb0||aa0||bb0|, 22ππ当(a0a)(bb0)0时,取x,等号成立,当(a0a)(bb0)0时,取x,等号成立. 22(Ⅱ)当ππ由此可知,|f(sinx)f0(sinx)|在,上的最大值为D|a0a||bb0|. 22 11 / 12
a21. (Ⅲ)D1即为|a||b|1,此时0a1,1b1,从而zb4a2a21,由此可知,zb取a0,b1,则|a||b|1,并且zb满足条件D1的最大值为1. 442 【提示】(Ⅰ)依题意得,f(sinx)sinx(sinxa)b,讨论对称轴和区间的关系,即可判断极值的存在.(Ⅱ)结合不等式的性质求得最大值. a2(Ⅲ)由(Ⅱ)结合不等式的性质求得zb的最大值. 【考点】二次函数的性质
数学试卷 第35页(共36页)数学试卷 第36页(共36页)数学试卷 4第34页(共36页)
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