2015年海南省高考文科数学试题及答案下载

2015年普通高等学校招生全国统一考试 文科数学 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的 姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑，如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框。写在本试卷上无效。 3．答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 4．考试结束，将试题卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 一、 选择题：本大题共12小题。每小题 5分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是 符合要求的。 A {x | 1 x  2} B {x | 0  x  3} ，1.已知集合 ，则 A∪B= (1,3) (1,0) (0,2) (2,3) D. A. B. C. 2  ai 1 i a2.若 为实数，且  3 i 3 a  ，则 3 4 4A. B. C. D. 3. 根据下面给出的 2004年至 2013年我国二氧化碳年排放量（单位：万吨）柱形图，以下 结论中不正确的是 A.逐年比较，2008年减少二氧化碳排放量的效果显著 B.2007年我国治理二氧化碳排放显现成效 C.2006年以来我国二氧化碳年排放量呈逐渐减少趋势 D.2006年以来我国二氧化碳年排放量与年份正相关 4.向量 a=(1，-1) b=(-1，2)，则（2a +b）.a= 01 n 是数列{an}的前 项和，若a1  a3  a5  3 ，则 S5  A. 5B. 7C. 9D. 11 12A. B. C. D. n5. 设 S6. 一个正方体被一个平面截取一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余 部分体积的比值为 18171516A. B. C. D. ABC A(1,0) B(0, 3)C(2, 3) 7.已知三点 ，，，则 外接圆的圆心到原点的距离为 5321 32 5 343A. B. C. D. 8.右边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中“更相减损术”.执行该 aba  程序框图，若输入的 、分别为 14、18，则输出的 A. 0 B. 2 C. 4 D. 14 1a  a  9.已知等比数列{an}满足 ，a3a5  4(a4 1) ，则 1241218A. 2 B. 1 C. D. ABAOB  90 O是球 的球面上两点， C10.已知 、，为该球面上的动点.若三棱锥 O  ABC A. O体积的最大值为 36，则球 的表面积为 36 64 144 256 B. C. D. ABCD BC 1 OBC CD 、AB  2 AB P的中点，点 沿着 11.如图，长方形 的边 ，，是BOP  x x两点距离之和表示为 的函数 DA PABf (x) ，则 与运动，记 .将动点 到、y  f (x) 的图象大致为 1f (x)  ln(1 | x |)  f (x)  f (2x 1) x成立的 的取值范围是 12. 设函数 ，则使得 1 x2 11( ,1) 3(, )U(1,) A. C. B. 31 1 11( , ) (, ) U( ,) D. 3 3 33二．填空题：共 4小题，每小题 5分. 13. 已知函数 f (x)  ax3  2x 的图象过点 ，则 .a  (1,4) x  y 5  0 2x  y 1 0 x  2y 1 0 xyz  2x  y 14.若 、满足约束条件 ，则 的最大值为 .1(4, 3) y  x 15.已知双曲线过点 ，且渐近线方程为 ，则该双曲线的标准方程为 .2处 的 切 线 与 曲 线y  ax2  (a  2)x 1 相 切 ， 则 (1,1) y  x  ln x 16. 已 知 曲 线 在 点 a  .三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17、（本小题满分 12分） ΔABC中，D是 BC上的点，AD平分∠BAC，BD=2DC. sin B sin C （I） 求；（II） 若∠BAC=60°,求∠B. 18、（本小题满分 12分） 某公司为了解用户对其产品的满意度，从 A，B两地区分别随机调查了 40个用户，根据用户 对产品的满意度评分，得分 A地区用户满意评分的频率分布直方图和 B地区用户满意度评分 的频数分布表. B地区用户满意度评分的频数分布表 满意度评分分组 频数 [50,60) 2[60，70) [70，80) [80，90) [90，100) 814 10 6(I) 在答题卡上作出 B地区用户满意度评分的频数分布直方图，并通过直方图比较 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，将用户的满意度分为三个等级； 满意度评分 满意度等级 低于 70分 70分到 80分 不低于 90分 不满意 满意 非常满意 估计哪个地区用户的满意度等级为不满意的概率大？说明理由. 19、（本小题满分 12分） 如图，长方体 ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8,点 E，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. （I） 在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由） （II） 求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值. 20、（本小题满分 12分） x2 y2 2ab2，点（2， ）在C上. 已知椭圆 C： 1（ > >0）的离心率为 a2 b2 2（I） 求 C的方程. 直线 l不过原点 O且不平行于坐标轴，l与 C有两个交点 A，B，线段 AB的 （II） 中点为 M.直线 OM的斜率与直线 l的斜率的乘积为定值. 21、（本小题满分 12分） 已知函数 f（x）=ln x +a（1- x） （I） 讨论 f（x）的单调性； （II） 当 f（x）有最大值，且最大值大于 2a-2时，求 a的取值范围. 请考生在第 22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请 写清题号。 22、（本小题满分 10分）选修 4-1，几何证明选择 如图，O为等腰三角形 ABC内一点，圆 O与 ΔABC的底边 BC交于 M,N两点，与底边上的高 AD 交于 G,且与 AB，AC分别相切于 E,F两点. （I） 证明：EF//BC; （II） 若 AG等于圆 O的半径，且 AE=MN=2 3 ，求四边形 EBCF的面积 23、（本小题满分 10分）选修 4-4：坐标系与参数方程 xt cosα ytsinα ｛（t为参数，t 0）其中 0 在直线坐标系 xOy中，曲线 C1： α.在以 O sin cos 为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C2：p=2 ，C3：p=2 3。（I） 求 C1 与 C3 交点的直角坐标； （II） 若 C1 与 C2 相交于点 A，C1 与 C3 相交于点 B，求|AB|的最大值. 24、（本小题满分 10分）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： （I） 若 ab>cd，则 a  b > c  d ; （II） a  b > c  d 是|a-b|<|c-d|的充要条件. 2015年普通高等学校招生全国统一考试 文科数学试题答案 一.选择题 （1 ）A （2 ）D （8 ）B （3 ）D （9 ）C （4 ）C （5 ） A （11 ）B （6 ）D （7 ）B （10 ）C （12 ）A 二.选择题 x2 （13 ）-2 （14 ）8 （15 ）  y2 1 （16 ）8 4三.解答题 （17）解： （Ⅰ）由正弦定理得 AD BD AD DC ,.sin B sin BAD sin C sin CAD sin B DC sin C BD 1BAC, DB  2DC,  . 因为 AD平分 所以 2（Ⅱ）因为 C 1800  BAC  B ,BAC  600 ,所以 31sin C  sin BAC  B  cosB  sin B. 223由（Ⅰ）知 2sin B  sin C, 所以 tan B  ,即B  300 。3（18）解： （Ⅰ） 通过两地区用户满意度评分的频率分布直方图可以看出，B地区用户满意度评分的平均 值高于 A地区用户满意度评分的平均值；B地区用户满意度评分比较集中，而 A地区用户满 意度评分比较分散。 （Ⅱ）A地区用户满意度等级为不满意的概率大。 记 CA表示事件：“A地区用户满意度等级为不满意”；CB表示事件：“B地区用户满意度 等级为不满意”。 由直方图得 P(CA)的估计值为（0.01+0.02+0.03）×10=0.6， P(CB) 的估计值为（0.005+0.02）×10=0.25. 所以 A地区用户满意度等级为不满意的概率大。 （19）解： （Ⅰ）交线围成的正方形 EHGF如图： （Ⅱ）作 EM⊥AB,垂足为 M，则 AM=A1E=4，EB1=12，EM=AA1=8.因为 EHGF为正方形， 所以 EH=EF=BC=10.于是 MH= EH 2  EM 2  6, AH 10, HB  6.因为长方体被平面 分 9779为两个高为 10的直棱柱，所以其体积的比值为 （也正确） （20）解： a2 b2 a2 4 2（Ⅰ）由题意有 ,1， 1. 2 a2 b2 x2 y2 解得 a2  8,b2  4 。所以 C的方程为 84（ Ⅱ ） 设 直 线 l : y  kx  b(k  0,b  0), A(x1, y1), B(x2 , y2 ), M (xM , yM ).将 x2 y2 y  kx  b 代入 1 得(2k2 1)x2  4kbx  2b2 8  0 84×1  x2 2kb b故 xm  , ym  kxm  b  22k2 1 2k2 1 ym xm 11于是直线 OM的斜率 kom  ,即kom.k   2k 2所以直线 OM的斜率与直线 l的斜率的乘积为定值。 （21）解： 1（Ⅰ）f（x）的定义域为 (0,), f ‘ (x)  a x若若a  0, 则f ‘ (x)  0, 所以 f (x)在(0,) 单调递增。 11a  0 ，则当 x(0, )时， f ‘ (x)  0, 当x( ,) 时， f ‘ (x)  0, 所以 f (x) 在aa11(0, )单调递增，在 ( ,) 单调递减。 aa1（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当 a  0 时， f (x)在(0,) 无最大值；当 a  0 时， f (x) 在x  a111取得最大值，最大值为 f ( )1n( ) a(1 )  1na  a 1 。aaa1因此 f ( ) 2a  2 等价于1na  a 1 0 a令g(a) 1na  a 1，则 g(a) 在(0,)单调递增， g(1)  0 于是，当 0  a 1 时g(a)  0 ；当 a 1时， g(a)  0 因此， a 的取值范围是 (0,1) （22）解： （Ⅰ）由于ABC 是等腰三角形， AD  BC ,所以 AD 是CAB 的平行线。又因为 O 分别于 AB AC 相切于点 ，所以AE  AF ，故 AD  EF 从而 EF  BC ，E，F。（Ⅱ）由（Ⅰ）知 AE  AF 的弦，所以 AD 上。 ，AD  EF ，故 AD 是EF 的垂直平分线，又 EF 为 O O在连接OE OM ,则OE  AE ,由AG 等于 O 的半径得 AO  2OE ,所以 OAE  300 . 因此ABC 和AEF 都是等边三角形。 因为 AE  2 3，所以 AO  4 ，OE  2 。110 3 因为OM  OE  2 ，DM  MN  3 ，所以OD 1于是 AD  5, AB  23110 3 331316 3 3所以四边形 EBCF 的面积为 ( )2   (2 3)2  2222（23）解： （ Ⅰ ） 曲 线C2 的 直 角 坐 标 方 程 为x2  y2  2y  0, 曲 线C3 的 直 角 坐 标 方 程 为 x2  y2  2 3x  0. 3×2  y2  2y  0, x2  y2  2 3x  0. x  ,x  0, y  0, 2联立 解得 或3y  , 23 3 ,所以 C2与 C3交点的直角坐标为(0,0)和 .2 2 （Ⅱ）曲线 C1的极坐标方程为   a   R,   0 ,其中0  a  . 因此 A的极坐标为 2sin a,a ,B的极坐标为 2 3cosa,a . 所以 35 6AB  2sin a  2 3cosa  4 sina  .当 a  时， AB 取得最大值，最大值为 4. （24）解： 22（Ⅰ）因为 a  b  a  b  2 ab, c  d  c  d  2 cd , 22由题设 a  b  c  d ，ab  cd 得a  b c  d 。因此 a  b  c  d 。2（Ⅱ）（i）若 a b  c  d ,则 a b  c  d 2 ，即 2a  b  4ab  (c  d)2  4cd. 因为 a  b  c  d ，所以 ab  cd 由（Ⅰ）得 a  b  c  d 22（ii）若 a  b  c  d ，则 a  b c  d ，即 a  b  2 ab  c  d  2 cd 因为 a  b  c  d ，所以 ab  cd .于是 22a b  (a  b)2  4ab  c  d 2  4cd  c  d 因此 a b  c  d . 综上， a  b  c  d 是a b  c  d 的充要条件 选择填空解析 1.【答案】A 【解析】 A  x | 1 x  2 B  x | 0  x  3 A B  x | 1 x  3 . 因为 ,,所以 故选 A. 2．【答案】D 2  ai  1 i 3 i  2  4i  a  4  【解析】由题意可得 ,故选 D. 3．【答案】 D 【解析】由柱形图可知 2006年以来,我国二氧化碳排放量基本成递减趋势,所以二氧化碳排 放量与年份负相关,故选 D. 4．【答案】C 【解析】 试 题 分 析 ： 由 题 意 可 得a2 11 2 2a  b a  2a2  a b  4 3 1 ,a b  1 2  3, 所 以 .故选 C. 5．【答案】A 【解析】 5 a  a 5  1试题解析：由 a1  a3  a5  3a3  3  a3 1,所有 S5   5a3  5 .故选 A. 26．【答案】D 【解析】 1试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的 ,剩余部分体 651积是正方体体积的 ,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为 ,故选 D. 657．【答案】B 【解析】 1,b ,由 试题分析：△ ABC 外接圆圆心在直线 BC垂直平分线上即直线 x 1上,设圆心 D 22 2 DA=DB 得b  1 b  3  b  , 所 以 圆 心 到 原 点 的 距 离 32 2 2 321 3d  12  . 故选 B. 8．【答案】B 【解析】 试题分析：由题意可知输出的 a是 18,14的最大公约数 2,故选 B. 9． 【答案】C 【解析】 2a4 a1 a a a  4 a 1  a  2 ,所以 q3   8  q  2 ,故 35444试题分析：由题意可得 1a2  a1q  ,选 C. 210．【答案】C 【解析】 1试题分析：设球的半径为 R,则△AOB面积为 R2 ,三棱锥O  ABC 体积最大时,C到平面 21AOB距离最大且为 R,此时V  R3  36  R  6 ,所以球 O的表面积 S  4πR2 144π .故 6选 C. 11．【答案】B 【解析】 ππππ        试题分析：由题意可得 f 2 2,f  5 1 f  f ,由此可排除 C,D；         2  4  2  4  π当0  x  时点 P在边 BC 上， PB  tan x ，PA  AB2  PB2  4  tan2 x ，所以 4f x tan x  4  tan2 x π  ,可知 x 0, 时图像不是线段,可排除 A,故选 B. 412．【答案】A 【解析】 1f x   0, 是增函数,所以 试题分析：由 f (x)  ln(1 | x |)  可知 是偶函数,且在 1 x2 12f x f 2x 1  f x f 2x 1  x  2x 1  x2  2x 1  x 1 .    3故选 A. 13．【答案】-2 【解析】 f x ax3  2x f 1  a  2  4  a  2 .  试题分析：由 可得 14．【答案】8 【解析】 x  y 5  0 1,1 , 2,3 , 3,2    为顶点的三角形区 试题分析：不等式组 2x  y 1 0 表示的可行域是以 x  2y 1 0 域,z  2x  y 的最大值必在顶点处取得,经验算,x  3, y  2 时zmax  8 .x2 15．【答案】  y2 1 4【解析】 x2 1试题分析：根据双曲线渐近线方程为 y  x ,可设双曲线的方程为  y2  m ,把 24×2 x2 4, 3代入  y2  m 得m 1.所以双曲线的方程为  y2 1 .4416．【答案】8 【解析】 11,1 试题分析：由 y 1 可得曲线 y  x  ln x 在点 处的切线斜率为 2,故切线方程为 xy  ax2  a  2 x 1 y  2x 1, 与 联 立 得 ax2  ax  2  0, 显 然a  0 , 所 以 由   a2 8a  0  a  8 .