2015年山东高考文科数学真题及答案下载

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  • 最近更新2022年10月14日



2015年普通高等学校招生全国统一考试 山东卷文科数学试题 第Ⅰ卷(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 有一项是符合要求的. 1. 已知集合 A  x | 2  x  4 ,B {x(| x 1) ( x 3) 0},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为虚数单位,则 Z=( )1i (A)1i (B)1 i (C) 1i (D) 1 i a,b,c 的大小关系是( 3. 设 a  0.60.6,b  0.61.5,c 1.50.6, 则)(A) a<b<c (B) a<c<b (C)b<a<c (D)b<c<a [来源:学|科|网] 34. 要得到函数 y  si(n 4x  )的图象,只需要将函数 y  sin4x 的图象( )12 12 (A)向左平移 个单位 (B)向右平移 个单位 33(C)向左平移 个单位 (D)向右平移 个单位 5. 设m R ,命题“若 m  0,则方程 x2  x  m  0 有实根”的逆否命题是( )(A)若方程 x2  x  m  0 有实根,则 m  0 (B) 若方程 x2  x  m  0 有实根,则 m  0 (C) 若方程 x2  x  m  0 没有实根,则 m  0 (D) 若方程 x2  x  m  0 没有实根,则 m  0 6. 为比较甲、乙两地某月 14时的气温状况,随机选取该月中的 5天,将这 5天中 14时的 气温数据(单位:℃)制成如图所示的茎叶图.考虑以下结论: 1第 1 页 共 11 页 ①甲地该月 14时的平均气温低于乙地该月 14时的平均气温; ②甲地该月 14时的平均气温高于乙地该月 14时的平均气温; ③甲地该月 14时的平均气温的标准差小于乙地该月 14时的气温的标准差; ④甲地该月 14时的平均气温的标准差大于乙地该月 14时的气温的标准差. 其中根据茎叶图能得到的统计结论的标号为( (A)①③ (B) ①④ (C) ②③ (D) ②④ )17. 在区间 0,2 上随机地取一个数 x,则事件“ -1 log(x  )1”发生的概率为( )1223423131(A) (B) (C) (D) 42x 1 2x  a 8. 若函数 f (x)  是奇函数,则使 (f x) 3成立的 x的取值范围为( )(A)( ) (B)( )(C)(0,1)(D)(1,) 9. 已知等腰直角三角形的直角边的长为,将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形 成的曲面所围成的几何体的体积为( )2 2 34 2 3(A) (B) (C) (D) 2 2 4 2 3x b, x 1 2x , x 1 510.设函数 f (x)  ,若 f ( f ( )) 4 ,则b  ( ) 6783(C) 41(D) 2(A) 1(B) 2第 2 页 共 11 页 第Ⅱ卷(共 100分) 二、填空题:本大题共 5小题,每小题 5分,共 25分. 11. 执行右边的程序框图,若输入的 x的值为 1,则输出的 y的值是 .y  x 1 12. 若 x, y 满足约束条件 x  y  3, 则z  x  3y 的最大值为 .y 1 13. 过点 P(1,3)作圆 x2  y2 1的两条切线,切点分别为 A, B ,则 PA PB =.x2  y2 14. 定义运算“ ”: x  y  (x,y R, xy  0 ).当 x  0,y  0时, xy x  y  (2y)  x 的最小值是 .x2 y2 15.过双曲线C: 1(a  0,b  0)的右焦点作一条与其渐近线平行的直线,交C 于 a2 a2 点P.若点 P的横坐标为 2a ,则 C的离心率为 .三、解答题:本大题共 6小题,共 75分. 16. (本小题满分 12分)[来源:Z*xx*k.Com] 某中学调查了某班全部 45 名同学参加书法社团和演讲社团的情况,数据如下表:(单位:人) [来源:学|科|网] 参加书法社团 未参加书法社团 参加演讲社团 825未参加演讲社团 30 (1)从该班随机选 1名同学,求该同学至少参加上述一个社团的概率; 名同学中,有 5名男同学 名女同学 B,B2,B3.现从这 名男同学和 名女同学中各随机选1 (2)在既参加书法社团又参加演讲社团的 8A,A2,A,A4,A , 3531351人,求 A1 被选中且 B1 未被选中的概率. 3第 3 页 共 11 页 17. (本小题满分 12分) ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c .已知 36cos B  ,sin (A B)  ,ac  2 3 39求sin A 和c的值. 18. 如图,三棱台 DEF  ABC 中, AB  2DE,G,H 分别为 AC,BC 的中点. (I)求证: BD / / 平面 FGH (II)若CF  BC,AB  BC,求证:平面 BCD  平面 EGH ;.4第 4 页 共 11 页 19. (本小题满分 12分) 1n已知数列 a是首项为正数的等差数列,数列 的前 n项和为 .  nan an1 2n 1 (I)求数列 a的通项公式;   n(II)设b  a 1 2an ,求数列 b 的前 n 项和Tn .   nnn20. (本小题满分 13分) 设函数 .已知曲线 在点 (1, f (1))处的切线与直线 平行. (Ⅰ)求 (Ⅱ)是否存在自然数 求出 ;如果不存在,请说明理由; a 的值; k,使得方程 f (x)  g(x) 在(k,k 1)内存在唯一的根?如果存在, k(Ⅲ)设函数 m(x)  min{ f (x), g(x)} 最大值. (min{p,q}表示, p,q 中的较小值),求 m x   的5第 5 页 共 11 页 21. (本小题满分 14分)[来源:学科网 ZXXK] x 2 y 2 +32平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C:=1( >b >0)的离心率为 ,且点 2 b2 12(3,)在椭圆C 上. (Ⅰ)求椭圆 (Ⅱ)设椭圆 CE的方程; x 2 y 2 :+=1 , P 为椭圆C 上任意一点,过点 P 的直线 y =kx +m 4a2 4b2 交椭圆 E 于 A, B 两点,射线 PO 交椭圆 E 于点Q . |OQ | |OP | (i)求 的值; (ii)求 ABQ 面积的最大值. 6第 6 页 共 11 页 2015年普通高等学校招生全国统一考试 山东卷文科数学试题答案 一、选择题: CACBD BACBD 二、填空题: 3(11)13;(12) 7;(13) ;(14) 22;(15) 2  3 ;三、解答题: (16)参考答案: (1)由调查数据可知,既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人,故至少参加上述一 个社团的共有 4530 15人,所以从该班级随机选 名同学,该同学至少参加上述一个社 115 45 1团的概率为 P  (2)从这  . 35名男同学和3名女同学中各随机选1人,其一切可能的结果组成的基本事件有: {A , B },{A , B2},{A , B3},{A2 , B },{A2 , B2},{A2 , B3},{A , B },{A , B2},{A , B3}, 111113133{A4 , B },{A4 , B2},{A4 , B3},{A , B },{A , B2},{A , B3},共15个. 学科网 15155根据题意,这些基本事件的出现是等可能的. 事件“ 1 被选中且 1 未被选中”所包含的基本事件有:{A , B2},{A , B3},共 1 被选中且 (17)参考答案: AB2 个. 112因此 AB1 未被选中的概率为 P  .15 36在ABC 中,由 cos B  ,得sin B  .336因为 A B  C   ,所以sinC  sin(A B)  ,95 3 9因为sinC  sin B ,所以C  B ,C为锐角, cosC  ,7第 7 页 共 11 页 6 53 362 2 3因此sin A  sin(B  C)  sin BcosC  cos BsinC .39392 2 caccsin A sinC 3由,可得 a   2 3c ,又 ac  2 3,所以 c 1 .sin A sinC 69(18)参考答案: (I)证法一:连接 DG,CD. AB  2DE,G 分别为 AC 的中点,可得 DF / /GC, DF  GC ,所以四边形 DFCG 是平 设CD GF  M ,连接 MH ,在三棱台 DEF  ABC 中, 行四边形,则 M为CD 的中点,又 H 是 BC 的中点,所以 HM / /BD , 又HM  平面 FGH , BD  平面 FGH ,所以 BD / / 平面 FGH .证法二:在三棱台 DEF  ABC 中,由 BC  2EF, H 为BC 的中点, 可得 BH / /EF, BH  EF, 所以 HBEF 为平行四边形,可得 BE / /HF. ABC 中,G,H 分别为 AC,BC 的中点, 所以GH / /AB, GH  HF  H 在又,所以平面 FGH / / 平面 ABED 因为 BD  平面 ABED 所以 BD / / 平面 FGH ,,.(II)证明:连接 HE .因为G,H 分别为 AC,BC 的中点,所以GH / /AB, GH  BC ,又 BC 的中点,所以 EF / /HC, EF  HC,因此四边形 EFCH 是平行 四边形,所以CF / /HE. 由AB  BC, 得H 为 又又CF  BC ,所以 HE  BC HE,GH  平面 EGH .,HE GH  H ,所以 BC  平面 EGH ,又BC 平面 BCD,所以平面 BCD  平面 EGH. (19)参考答案: (I)设数列 的公差为 ad ,   n8第 8 页 共 11 页 113令令n 1, 得,所以 a1a2  3 .a1a2 1125n  2, 得,所以 a2a3 15 .a1a2 a2a3 解得 a1 1,d  2 ,所以 an  2n 1. (II)由(I)知bn  2n22n4  n4n , 所以Tn 141  242 …… n4n , 所以 4Tn 142  243 …… (n 1)4n  n4n1, 两式相减,得 3Tn  41  42 …… 4n  n4n1 4(1 4n ) 1 4 13n 4 n4n1 4n1  , 333n 1 44  (3n 1)4n1 所以Tn  4n1 .999(20)参考答案: (I)由题意知,曲线 (1, f (1))处的切线斜率为 2,所以 f ‘(1)  2 ,在点 a又f ‘(x)  ln x  1, 所以 a 1 .x(II) k 1时,方程 f (x)  g(x) 在(1,2) 内存在唯一的根. x2 ex 设h(x)  f (x)  g(x)  (x 1)ln x  ,当又x(0,1]时, h(x)  0 .44e2 h(2)  3ln 2  ln8 11 0, e2 所以存在 x0 (1,2) ,使 h(x0 )  0 .1x(x  2) 1因为 h'(x)  ln x  1 ,所以当 x(1,2) 时, h'(x) 1 0 ,当 x(2,) xex e时, h'(x)  0 所以当 x(1,) 时, h(x) 单调递增. 所以 k 1时,方程 f (x)  g(x) (k,k 1)内存在唯一的根. ,在9第 9 页 共 11 页 (III)由(II)知,方程 f (x)  g(x) 在(1,2) 内存在唯一的根 x0 ,且 x(0, x0 ) 时, (x 1)ln x, x(0, x ] 0x2 f (x)  g(x) ,x(x0 ,) 时, f (x)  g(x) ,所以 m(x)  ., x(x0 ,) ex 当若当x(0, x0 ) 时,若 x(0,1],m(x)  0; 1x(1, x0 ), 由m'(x)  ln x  1 0, 可知 0  m(x)  m(x0 ); 故m(x)  m(x0 ). xx(2  x) x(x0 ,) 时,由 m'(x)  ,可得 x(x0 ,2)时, m'(x)  0,m(x) 单调递增; ex x(2,)时, m'(x)  0,m(x) 单调递减;[来源:学科网] 4e2 可知 m(x)  m(2)  ,且m(x0 )  m(2) .4综上可得函数 m(x) 的最大值为 . e2 (16)参考答案: 31a2 b2 a3(I)由题意知 1, 又,解得 a2  4,b2 1 ,a2 4b2 2×2 所以椭圆 C的方程为  y2 1. 4×2 y2 (II)由(I)知椭圆 E的方程为 1 .16 4| OQ | | OP | (i)设 P(x0 , y0 ),  , 由题意知Q(x0 , y0 ) .22×0 (x0 )2 ( y0 )2 2 x0 422因为  y0 1. 又1,即 ( y0 ) 1. 416 44| OQ | | OP | 所以   2 ,即  2. (ii)设 A(x1, y1), B(x2 , y2 ), 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 10 第 10 页 共 11 页 8km 1 4k2 4m2 16 1 4k2 4 16k2  4  m2 1 4k2 则有 x1  x2   , x1x2  .所以| x1  x2 | .因为直线 y  kx  m 与 y 轴交点的坐标为 (0,m) ,所以 OAB 的面积 2 (16k2  4  m2 )m2 12 | m | 16k2  4  m2 1 4k2 S  | m || x1  x2 | 21 4k2 m2 m2  2 (4 ).1 4k2 1 4k2 m2 1 4k2 设 t.将直线 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, S  2 (4t)t  2 t2  4t. 当且仅当t 1,即 m2 1 4k2 时取得最大值 2 3. 故S  2 3 .由(i)知, ABQ 的面积为3S ,所以 ABQ 面积的最大值为 6 3. 11 第 11 页 共 11 页

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