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- 2021-05-13 发布
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2015年高考全国新课标卷Ⅱ理科数学真题
一、选择题
1、已知集合A={–2,–1,0,1,2},B={x|(x–1)(x+2)<0},则A∩B=( )
A.{–1,0} B.{0,1} C.{–1,0,1} D.{0,1,2}
2、若a为实数,且(2+ai)(a–2i)= – 4i,则a=( )
A.–1 B.0 C.1 D.2
3、根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫排放量(单位:万吨)柱形图,以下结论中不正确的是( )
A.逐年比较,2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著
B.2007年我国治理二氧化硫排放显现成效
C.2006年以来我国二氧化硫排放量呈减少趋势
D.2006年以来我国二氧化硫排放量与年份正相关
4、已知等比数列{an} 满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=( )
A.21 B.42 C.63 D.84
5、设函数f(x)=,则f(–2)+f(log212)=( )
A.3 B.6 C.9 D.12
6.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下左1图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
A. B. C. D.
7、过三点A(1,3),B(4,2),C(1,–7)的圆交y轴于M,N两点,则IMNI=( )
A.2 B.8 C.4 D.10
8、如上左2程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”.执行该程序框图,若输入的a,b分别为14,18,则输出的a=( )
A.0 B.2 C.4 D.14
9、已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球上的动点,若三棱锥O–ABC的体积最大值为36,则球O的表面积为( )
A.36π B.64π C.144π D.256π
10、如上左3图,长方形ABCD的边AB=2,BC=1,O是AB的中点,点P沿着边BC,CD与DA运动,记∠BOP=x,将动点P到A,B两点距离之和表示为x的函数,则y=f(x)的图像大致为( )
A. B. C. D.
11、已知A,B为双曲线E的左,右顶点,点M在E上,△ABM为等腰三角形,且顶角为120°,则E的离心率为( )
A. B.2 C. D.
12、设函数f’(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数,f(–1)=0,当x>0时,x f’(x)– f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A.(–∞,–1)∪(0,1) B.(,0)∪(1,+∞) C.(–∞,–1)∪(–1,0) D.(,1)∪(1,+∞)
二、填空题
13、设向量a,b不平行,向量λ a+b与a+2b平行,则实数 λ = .
14、若x,y满足约束条件,则z=x+y的最大值为 .
15、(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32,则a= .
16、设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=–1,an+1=SnSn+1,则Sn=________________.
三、解答题
17、△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,△ABD面积是△ADC面积的2倍.
(1)求.
(2)若AD=1,DC=,求BD和AC的长.
18.某公司为了了解用户对其产品的满意度,从A,B两地区分别随机抽查了20个用户,得到用户对产品的满意度评分如下:
A地区:62 73 81 92 95 85 74 64 53 76
78 86 95 66 97 78 88 82 76 89
B地区:73 83 62 51 91 46 53 73 64 82
93 48 65 81 74 56 54 76 65 79
(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图,并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值,给出结论即可)
(Ⅱ)根据用户满意度评分,将用户的满意度从低到高分为三个等级:
记事件C:“A地区用户的满意等级高于B地区用户的满意度等级”.假设两地区用户的评价结果互相独立.根据所给的数据,以事件发生的频率作为响应事件的概率,求C的概率
19、如图,长方形ABCD–A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1、D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
(1)在途中画出这个正方形(不必说明画法和理由);
(2)求直线AF与α平面所成角的正弦值.
20、已知椭圆C:9x2+y2=M2(m>0).直线l不过圆点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.
(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;
(2)若l过点(,m),延长线段OM与C 交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.
21、设函数f(x)=emx+x2–mx.
(1)证明:f(c)在(–∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;
(2)若对于任意x1,x2[–1,1],都有|f(x1)–(x2)|≤e–1,求m的取值范围.
22、[选修4—1:几何证明选讲]如图,O为等腰三角形ABC内一点,⊙O与△ABC的底边BC交于M,N两点,与底边的高AD交于点G,切与AB,AC分别相切与E,F两点.
(1)证明:EF∥BC;
(2)若AG等于⊙O的半径,且AE=MN=2,求四边形EBCF的面积.
23、[选修4—4:坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy中,曲线C1:(t为参数,t≠0),其中0≤α<π.
在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sinθ,C3:ρ=2cosθ.
(1)求C2与C3交点的直角坐标;
(2)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|的最大值
24、[选修4–5:不等式选讲]设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:
(1)若ab>cd,则+>+;
(2)+>+是|a–b|<|c–d|的充要条件.
2015年高考全国新课标卷Ⅱ理科数学真题
一、选择题
1、答案:A.∵(x–1)(x+2)<0,解得–2b,不成立执行b=b–a=18–14=4;
第二步a≠b成立,执行a>b,成立执行a=a–b=14–a=10;
第三步a≠b成立,执行a>b,成立执行a=a–b=10–4=6;
第四步a≠b成立,执行a>b,成立执行a=a–b=6–4=2;
第四步a≠b成立,执行a>b,不成立执行b=b–a=4–a=2.
第五步a≠b不成立,输出a=2.选B.
9、答案:C.设球的半径为r,三棱锥O–ABC的体积为V=S△ABO·h=×r2h=r2h,
点C到平面ABO的最大距离为r,∴r3=36,解得r=6,球表面积为4πr2=144π.
10、答案:B.由已知得,当点P在BC边上运动时,即0≤x≤时,PA+PB=+tanx;
当点P在CD边上运动时,即≤x≤,x≠时,PA+PB=+,
当x=时,PA+PB=2;当点P在边DA上运动时,即≤x≤π时,PA+PB=–tanx,
从点的运动过程可以看出,轨迹关于直线x=对称,且f()>f(),且轨迹非线性,故选B.
11、答案:D.设双曲线方程为–=1(a>0,b>0),如图所示,|AB|=|BM|,∠ABM=120°,
过点M作MD⊥x轴,垂足为D.在Rt△BMD中,|BD|=a,|MD|=a,故点M的坐标为M(2a,a),
代入双曲线方程得–=1,化简得a2=b2,∴e===.故选D.
12、答案:A.记函数g(x)=,则g'(x)=,
因为当x>0时,f'(x)–f(x)<0,故当x>0时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减;
又因为函数f(x)是奇函数,故函数g(x)是偶函数,所以g(x)在(–∞,0)单调递减,
且g(–1)=g(1)=0.当00,则f(x)>0;当x<–1时,g(x)<0,则f(x)>0,
综上所述,使得f(x)>0成立的x的取值范围是(–∞,–1)∪(0,1),故选A.
二、填空题
13、答案:.设λa+b=x(a+2b),可得,解得λ=x=.
14、答案:.如图所示,可行域为△ABC,直线y=–x+z经过点B时,z最大.
联立,解得,所以zmax=1+=.
15、答案:3.(a+x)(1+x)4=(Ca+Cax+Cax2+Cax3+Cax4)+ (Cx+Cx2+Cx3+Cx4+Cx5),
所以Ca+Ca+C+C+C=32,解得a=3.
16、答案:–.∵an+1=Sn+1–Sn=SnSn+1,∴–=1.即–=–1,∴{}是等差数列,
∴=–(n–1)=–1–n+1=–n,即Sn=–.
三、解答题
17、答案:(1);(2)|BD|=,|AC|=1.
(1)如图,由题意可得S△ABD=|AB||AD|sin∠BAD,S△ADC=|AC||AD|sin∠CAD,
∵S△ABD=2S△ADC,∠BAD=∠DAC,∴|AB|=2|AC|,∴==.
(2)设BC边上的高为h,则S△ABD=|BD|·h=2S△ADC=2××h,
解得|BD|=,设|AC|=x,|AB|=2x,则cos∠BAD=,cos∠DAC=.
∵cos∠DAC=cos∠BAD,∴=,解得x=1或x=–1 (舍去).∴|AC|=1.
18、(1)如图所示.通过茎叶图可知A地区的平均值比B地区的高,
A地区的分散程度大于B地区.
(2)记事件不满意为事件A1,B1,满意为事件A2,B2,
非常满意为事件A3,B3.则由题意可得P(A1)=,P(A2)=,P(A3)=,P(B1)=,P(B2)=,P(B3)=,
则P(C)=P(A2)P(B1)+P(A3)(P(B1)+P(B2))=×+×(+)=.
19、(1)如图所示
(2)建立空间直角坐标系.由题意和(1)可得A(10,0,0),F(0,4,8),E(10,4,8),G(10,10,0),则向量AF=(–10,4,8),EF=(–10,0,0),EG=(0,6,–8).
设平面EFHG的一个法向量为n=(x,y,z),则,即,解得x=0,令y=4,z=3,则n=(0,4,3).
所以直线AF与α平面所成角的正弦值为sinθ=|cos|===.
20、(1)设直线l的方程为y=kx+b(k≠0),点A(x1,y1),B(x2,y2),则M(,),联立方程,
消去y整理得(9+k2)x2+2kbx+b2–m2=0(*),∴x1+x2=–,y1+y2=k(–)+2b=,
∴kOM·kAB=·k=·(–)·k=–9.
(2)假设直线l存在,直线方程为y=kx+,b=.
设点P(xP,yP),则由题意和(1)可得xP=x1+x2=–,yP=y1+y2=,因为点P在椭圆上,
所以9(–)2+()2=m2,整理得36b2=m2(9+k2),即36()2=m2(9+k2),化简得k2–8k+9=0,解得k=4±,
有(*)知△=4k2b2–4(9+k2)(b2–m2)>0,验证可知k=4±都满足.
21、(1)∵f(x)=emx+x2–mx,∴f'(x)=memx+2x–m,f''(x)=m2emx+2≥0在R上恒成立,
∴f'(x)=memx+2x–m在R上单调递增.
又∵f'(0)=0,∴x>0时,f'(x)>0;∴x<0时,f'(x)<0.
∴f(x)在(–∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)有(1)知fmin(x)=f(0)=1,当m=0时,f(x)=1+x2,此时f(x)在[–1,1]上的最大值是2,所以此时|f(x1)–f(x2)|≤e–1.
当m≠0时,f(–1)=e–m+1+m,f(1)=em+1–m.
令g(m)=f(1)–f(–1)=em–e–m–2m,∵g'(m)=em+e–m–2≥0,∴g(m)=f(1)–f(–1)=em–e–m–2m在R上单调递增.
而g(0)=0,所以m>0时,g(m)>0,即f(1)0时,|f(x1)–f(x2)|≤f(1)–1=em–m≤e–1,∴m≤1;
当m<0时,|f(x1)–f(x2)|≤f(–1)–1=e–m+m≤e–m–(–m)≤e–1,∴–m≤1,∴–1≤m≤0.
所以,综上所述m的取值范围是[–1,1].
22、(1)如图所示,连接OE,OF,
则OE⊥AB,OF⊥AC,即∠AEO=∠AFO=90°.
∵OE=OF,∴∠OEF=∠OFE,∴∠AEF=90°–∠OEF,∠AFE=90°–∠OFE,即∠AEF=∠AFE.
∵∠AEF+∠AFE+∠EAF=180°,∴∠AEF=∠AFE=(180°–∠EAF).
∵△ABC是等腰三角形,∴∠B=∠C=(180°–∠BAC),∴∠AEF=∠AFE=∠B=∠C,∴EF∥BC.
(2)设⊙O的半径为r,∴AG=r,OA=2r.
在Rt△AEO中,∴AE2+EO2=AO2.∴(2)2+r2=(2r)2,解得r=2.
在Rt△AEO中,sin∠OAE===.∴∠OAE=60°,
∵∠OAE=∠OAF=∠EAF,AE=AF,∴∠EAF=2∠OAE=60°,∴△AEF、△ABC是等边三角形.
连接OM,∴OM=2.∵OD⊥MN,∴MD=ND=MN=.
在Rt△ODM中,OD===1,∴AD=OA+AD=4+1=5.
在Rt△ADB中,AB===.
∴四边形EBCF的面积为S△ABC–S△AEF=×()2–×(2)2=.
23、(1)将曲线C2,C3化为直角坐标系方程C2:x2+y2–2y=0,C3:x2+y2–2x=0.
联立,解得或.所以交点坐标为(0,0),(,).
(2)曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α<π.
∵A的极坐标为(2sinα,α),B的极坐标为(2cosα,α).∴|AB|=|2sinα–2cosα|=4|sin(α–)|.
当α=时,|AB|取得最大值,最大值为4.
24、(1)由题意可得(+)2=a+b+2,(+)2=c+d+2,∵ab>cd,∴>,而a+b=c+d,
∴(+)2>(+)2,即+>+.
(2)+>+,即a+b+2>c+d+2,∴>,∴ab>cd,∴–4ab<–4cd,∴(a+b)2–4ab<(c+d)2–4cd,∴(a–b)2<(c–d)2,∴|a–b|<|c–d|.
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