2015年山东高考文科数学真题及答案下载

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