2015年高考理科数学试题(天津卷)及参考答案下载

2015年高考天津市理科数学真题 一、选择题 1．已知全集U {1,2,3,4,5,6,7,8}，集合 A={2,3,5,6}，集合 B={1,3,4,6,7}，则集合 A  CUB= （）A． 2,5 B． 3,6 C． 2,5,6 D． 2,3,5,6,8 x  2  0. x, y x  y  3  0. 2x  y 3  0. 2．设变量 满足约束条件 则目标函数 z  x  6y 的最大值为（ ）A． 3B． 4C．18 的值为（ D． 40 3．阅读下边的程序框图，运行相应的程序，则输出 S）A． 10 B． 6C．14 D．18 4．设 x R ，则“| x  2 |＜1”是“x2  x  2＞0”的（ ）A．充分而不必要条件 C．充要条件 B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件 5 ．如图，在圆 O中， M，N 是弦 AB 的三等分点，弦 CD ，CE 分别经过点 M，N ，若 ，MD  4 ，，则线段 的长为（ NE ）CM  2 CN  3 810 52A． B．3 C． D． 33×2 y2 6．已知双曲线 1 （a＞0，b＞0 ）的一条渐近线过点（ 2，3 ），且双曲线的一个焦点在抛物线 a2 b2 y2  4 7x的准线上，则双曲线的方程为（ ）x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A． 1 B． 1 C． 1 D． 1 21 28 28 21 34437．已知定义在 R上的函数 f (x)  2xm 1 （m为实数）为偶函数，记 a  f (log0.5 3) ，b  f (log2 5) ，c  f (2m) ，则 a，b，c 的大小关系为（ ）A． a＜b＜c B． a＜c＜b C． c＜a＜b D． c＜b＜a 2 | x |，x  2， 8．已知函数 f (x)  函数 g(x)  b  f (2  x) ，其中b R ，若函数 y  f (x)  g(x)恰有 2（x  2），x＞2， 4个零点，则 b的取值范围是（ ）7777A． ( ， ) B． (，) C． (0，) D． ( ，2) 4444二、填空题 (1 2i)(a  i) 9． i是虚数单位，若复数 ．是纯虚数，则实数 的 a值为 10．一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体 积为 m3 ．11． 曲 线y  x2 与 直 线y  x 所 围 成 的 封 闭 图 形 的 面 积 为．112．在 (x  )6 的展开式中， x2 的系数为 ．4x A, B,C a,b,c ABC 的 面 积 为 3 15 13 ． 在ABC 中 ， 内 角 所 对 的 边 分 别 为 . 已 知 ，和1a的值为 ．b  c  2,cos A  ，则 414．在等腰梯形 ABCD 中，已知 AB / /DC, AB  2, BC 1,ABC  60 。动点 E和F分别在线段 BC       1DC 上，且 BE  BC, DF  DC ，则 AE  AF 的最小值为 ．9 三、解答题 615．已知函数 f (x)  sin2 x sin2 (x  ) ，x R ．（Ⅰ）求 f (x) 的最小正周期；   3 4 （Ⅱ）求 f (x) 在区间  ， 内的最大值和最小值． 16．为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加。现有来自甲协会的运动员 3名，其中种子选手 加比赛。 2名；乙协会的运动员 5名，其中种子选手 3名。从这 8名运动员中随机选择 人参 4（Ⅰ）设 A为事件“选出的 4人中恰有 2名种子选手，且这 名种子选手来自同一个协会”，求事件 A2发生的概率； （Ⅱ）设 X4X为选出的 人中种子选手的人数，求随机变量的分布列和数学期望． 17．如图，在四棱柱 ABCD  A B C1D1 中，侧棱 A A 底面 ABCD ，111AB  AC ，AB 1 ，AC  AA  2 ，AD  CD  5 ，且点 1M和 N 分别为 B C 和 D D 的中点． 1 1 （Ⅰ）求证： MN  平面 ABCD ；（Ⅱ）求二面角 D  AC  B1 的正弦值； 11（Ⅲ）设 E为棱 A B1 上的点。若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正弦值为 ，求线段A E 的长。 113q18．已知数列 a满足 an2  qan （为实数，且 q 1）， n N* ，a1 1 ，a2  2，且 a2  a1 ， a3 +a4 ，   na4 +a5 成等差数列。 q（Ⅰ）求 的值和 a  n的通项公式； log2 a2n （Ⅱ）设bn  ，n N* ，求数列 b  nn的前 项和． a2n-1 x2 y2 319．已知椭圆 1(a＞b＞0) 的左焦点为 F(c,0)，离心率为 ，点 M在椭圆上且位于第一象限， a2 b2 3b2 4 3 3直线 FM 被圆 x2  y2  截得的线段的长为 c，| FM | ．4（Ⅰ）求直线 FM 的斜率； （Ⅱ）求椭圆的方程； （Ⅲ）设动点 P在椭圆上，若直线 FP 的斜率大于 ，求直线OP （ 为原点）的斜率的取值范围。 2 O 20．已知函数 f (x)  nx  xn , x R, 其中 n N* ，且 n  2 （Ⅰ）讨论 f (x) 的单调性； .（Ⅱ）设曲线 y  f (x) 与x轴正半轴的交点为 P，曲线在点 P处的切线方程为 y  g(x) ，求证：对于任意的正实数 x，都有 f (x)  g(x) ；a（Ⅲ）若关于 x的方程 f (x)  a （a为实数）有两个正实数根 x1，x2 ，求证： x2  x1   2 ．1 n 2015年高考天津市理科数学真题答案 一、选择题 1．答案：A 解析过程： ð B  {2,5,8},所以 Að B  {2,5}，选 A UU2．答案：C 解析过程： x  2  0. 不等式 x  y  3  0. 所表示的平面区域如下图所示， 2x  y 3  0. B(0,3) 当z  x  6y 所表示直线经过点 3．答案：B 解析过程： z时， 有最大值18，选 C 输入 S  20,i  1 ；i  21,S  20  2  18,2  5 不成立； i  22  4,S  18  4  14,4  5不成立 i  24  8,S  14 8  6,8  5成立 输出 4．答案：A 解析过程： 6,选 B | x  2 |＜1 1＜x  2＜11＜x＜3 x2  x  2＞0  x＜- 2或x＞1 ，所以“| x  2 |＜1”是“x2  x  2＞0”的充分不必要条件，选 A 5．答案：A 解析过程： 由相交弦定理可知， AM  MB  CM  MD,CN  NE  AN  NB ，又因为 M , N 是弦 AB 的三等分点， 所以 AM  MB  AN  NBCN  NE  CM  MD ，CM  MD 24 83所以 NE  6．答案：D 解析过程： ，选 A CN 3×2 y2 b双曲线 1 （a＞0，b＞0 ）的渐近线方程为 y  x ，a2 b2 aba3由点 (2，3)在渐近线上，所以 ，2双曲线的一个焦点在抛物线 y2  4 7x准线方程 x  7 上， 所以 c  7 ，由此可解得 a  2,b  3 ，x2 y2 所以双曲线方程为 1，选 D 437．答案：C 解析过程： 因为函数 f x 2xm 1为偶函数，所以 m  0 ，即 f x 2x 1    ，12 3 log 12 3 1  2log 31  31  2, 2所以 a  f (log0.5 3)  f log  2 b  f log 5  2log 5 1  4,c  f 2m  f (0)  20 1  0 22所以 c  a  b ，选 C 8．答案：D 解析过程： 2  x , x  2, 2  2  x , x  0 由f x   得f (2  x)  ，2×2, x  0 x  2 , x  2, 22  x  x , x  0 0  x  2 所以 y  f (x)  f (2  x)  4  x  2  x , ，2  2  x  (x  2)2, x  2 2x  x  2, x  0 即y  f (x)  f (2  x)  2, 0  x  2 x2 5x 8, x  2 y  f (x)  g(x)  f (x)  f (2  x)  b ,所以 y  f x g x 恰有 4个零点等价于方程    f (x)  f (2  x)  b  0 有 4个不同的解， 即函数 y  b 与函数 y  f (x)  f (2  x) 的图象的 4个公共点， 7由图象可知  b  2.选 D 4二、填空题 9．答案：-2 解析过程： 1 2i a i  a  2  1 2a i是纯虚数，  所以 a  2  0，即 a  2 810．答案： 3解析过程： 由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为 1，高为 2的圆柱，两端是底面半径为 11，高为 的圆锥， 18所以该几何体的体积V  12  2  2 12  1   .331611．答案： 解析过程： 两曲线的交点坐标为(0,0),(1,1) ，所以它们所围成的封闭图形的面积 111116S  x  x2 dx  ( x2  x3)  .0 02312．答案： 15 16 解析过程： 1(x  )6 展开式的通项为 4x 11Tr1  C6r x6r ( )r  ( )r C6r x62r ，4x 6  2r  2 得 r=2， 14由15 15 16 所以T3  ( )2C62x2  x2 ，所以该项系数为 416 13．答案： 8解析过程： 15 因为0  A   ，所以sin A  1 cos2 A  ，4115 8又SABC  bcsin A  bc  3 15,bc  24 ，2b  c  2 bc  24 解方程组 得b  6,c  4 ，由余弦定理得 1a2  b2  c2  2bccos A  62  42  264( )  64 ，4所以 a  8 .29 18 14．答案： 解析过程：     ，11因为 DF  DC, DC  AB 9 2       ，11 9 9 1 9 18 CF  DF  DC  DC  DC  DC  AB 9      AE  AB  BE  AB  BC ，         ，1 9 18 1 9 18 AF  AB  BC  CF  AB  BC  AB  AB  BC      1 9 18 AE  AF  AB  BC ( AB  BC) 2 2   1 9 18 1 9 18 AB  BC  (1  )AB BC 1 9 18 19  9 18 4    21cos120 2117 2 1    9 2 17 29    2 9 218 18 18 三、解答题 31215．答案：（Ⅰ） ；（Ⅱ）最大值 ，最小值 4解析过程： （Ⅰ）解：由题意得 31 cos(2x  ) 1 cos2x f (x)  221 1 31=( cos2x  sin 2x)  cos2x 2 2 223116sin 2x  cos2x  sin(2x  ) 4422 2所以， f (x) 的最小正周期T    36（Ⅱ）解：因为 f (x) 在区间  , 上是减函数，   6 4 在区间  , 上是增函数， 31461243f ( )   ，f ( )   ，f ( ) .4  3 4 312所以， f (x) 在区间  , 上的最大值为 ，最小值为 .21 4616．答案：（Ⅰ） ；（Ⅱ）见解析 35 解析过程： C22C32  C32C32 6（Ⅰ）解：由题意得 P(A)  C84 35 6所以，事件 A发生的概率为 . 35 （Ⅱ）解：随机变量 X的所有可能取值为 1,2,3,4. C5kC34k P(X  k)  (k 1,2,3,4). C84 X所以，随见变量 的分布列为 3X124137371P14 14 133152随机变量 X的数学期望 E X 1 2 3 4   14 7714 17．答案： 见解析 解析过程： 如图，以 A为原点建立空间直角坐标系， A(0,0,0) B(0,1,0), C(2,0,0) D(1,2,0) 依题意可得 ,,,A (0,0,2) B (0,1,2), C1(2,0,2), D(1,2,2) ,.111B CD D 和N(1,2,1) M (1, ,1) 又因为 M,N分别为 的中点，得 ,.112n  (0,0,1) （Ⅰ）证明：依题意，可得 为平面 的一个法向量. ABCD  5(0, ,0) =.由此可得 ，MN MN n  0 2又因为直线 平面 ，所以 平面 ．MN  ABCD MN∥ ABCD （Ⅱ）解： ，AD1  (1,2,2) AC  (2,0,0) ACD ．n  (x, y, z) 设为平面 1 的法向量，则 1 n AD  0, x  2y  2z  0, 2x  0. 11 即n AC  0, 1n  (0,1,1) 不妨设 ，可得 .． z 1 1 n AB  0, 11n  (x, y, z) ACB 的法向量，则 1设又为平面  2n AC  0, 1 y  2z  0, 2x  0.  (0,1,2) ，得 AB 1n  (0,2,1) 不妨设 因此有 ，可得 ．z 1 2  n1n2 10 10   3 10 10 cos n ,n    ，于是 ．  sin n1,n2  12n1  n2 3 10 10 D  AC  B 所以，二面角 1 的正弦值为 。1    0,1 （Ⅲ）解：依题意，可设 ，其中 ．，A E   A B , 11 1  E 0,,2 NE  1,  2,1 则又，从而 n  0,0,1 为平面 ABCD 的一个法向量，   1NEn 1 cos NE,n  由已知，得 =，(1)2  (  2)2 12 NE  n 32  0,1 整理得 ，又因为 ，解得 ．  4 3  0   7  2 A E 所以，线段 的长为 ．7  2 118．答案： 见解析 解析过程： （Ⅰ）解：由已知，有 a  a  a  a  a  a  a  a ，4   3   5   4  3243即 a4  a2  a5  a3 ，所以 a q1  a q1 2  3  ．又因为 q 1，故 a3  a2  2 ，由 a3  a1q ，得 q  2 ．n1 2当n  2k 1(k  N )时， an  a2k1  2k1  2 ；n当 n  2k(k  N ) 时， an  a2k  2k  22 ．n1 22,n为奇数， 所以， a的通项公式为 a  n  nn22，n为偶数. log2a2n a2n1 n2n1 （Ⅱ）解：由（Ⅰ）得bn  .设 b的前 n项和为 Sn ，   n1121 112n2 12n1 S 1 2 3 … n 1   n 则，n20 22 12121 1123 12n1 12n Sn 1 2 3 … n 1   n 22 ，上述两式相减，得 11 1 2n 112111nn2n 2nSn 1 … 2 22  2  2n1 2n 2n 2n 2n  2 S  4  整理得， .n2n1 n  2 所以，数列 b的前 n项和为 4  ，n N ．  n2n1 19．答案： 3×2 y2 2 3 32 2 3 （Ⅰ） ；（Ⅱ） 1；（Ⅲ） (，- )  ( ，)33233解析过程： c2 a2 1（Ⅰ）解：由已知有 ，又由 a2  b2 +c2 ，可得 a2  3c2 ,b2  2c2 .3FM FM 设直线 的斜率为 k(k  0)，则直线 的方程为 y  k(x  c) ．kc k2 1 cb32( )2  ( )2 ，解得 k  ．()+由已知，有 223×2 y2 （Ⅱ）解：由（Ⅰ）得椭圆方程为 1 ，3c2 2c2 3直线 FM 的方程为 y  x  c ，3两个方程联立，消去 y，整理得3×2  2cx 5c2  0 ，5解得 x  c，或 x  c .32 3 32 3 34 3 3因为点 M在第一象限，可得 M的坐标为 (c, c) .有 FM  (c  c)2  ( c  0)2  ，x2 y2 解得 c 1，所以椭圆的方程为 1 .32（Ⅲ）解：设点 P的坐标为 x, y ，直线 FP的斜率为t ， y得t  ，即 y  t x1 x  1 ，，x 1 y  t(x 1), 2与椭圆方程联立 消去 yxy2 1, 32整理得 2×2  3t2 (x 1)2  6 ．6  2×2 又由已知，得t  3(x 1)2  2 ，3解得  x  1，或 1 x  0 ．2y设直线OP 的斜率为 m，得 m  ，即 y  mx(x  0) ，x2x2 23与椭圆方程联立，整理可得 m2  .3①当 x ,1 时，有 y  t(x 1)  0 ，22×2 232 2 3 因此 m  0，于是 m  ，得 m( ,).33②当 x 1,0 时，有 y  t(x 1)  0 ，2232 3 3因此 m  0，于是 m   ，得 m(, 2 3 ).x2 2 2 3 , ) .综上，直线OP 的斜率的取值范围是 (, )(33320．答案：见解析 解析过程： （Ⅰ）解：由 f (x) =nx  xn ，n  nxn1 =n 1 xn1 ，f (x) 可得 =其中 n N ，且 n  2 .下面分两种情况讨论： （1）当 为奇数时. nf (x) x 1 x  1 令当=0，解得 ，或 .x变化时， f (x) ，f (x) 的变化情况如下表： (,1) (1,1) (1,) xf (x) f (x) ↘↗↘f (x) ,1 1, 1,1 上单调递减，在 内单调递增。 所以， 在，n（2）当 为偶数时. f ‘(x)  0 ，即 x 1时，函数 f ‘(x)  0 ，即 x 1时，函数 单调递增； 单调递减. 1, f (x) f (x) 当当f (x) ,1 上单调递增，在 所以， 在上单调递减. （Ⅱ）证明：设点 P的坐标为 x ,0 ，01nn1 2则x0  ，f (x0 )  n  n .曲线 y  f (x) 在点 P处的切线方程为 y  f (x ) x  x ，，0  0即令，g(x)  f (x0 )(x  x0 ) F(x)  f (x)  g x ，即 F(x)  f (x)  f (x0 )(x  x0 )   F (x)  f (x) 则． f (x0 ) 由于 f (x)  nxn1  n 在上单调递减， 0, F (x) 0, 上单调递减， 故在F (x )  0 又因为 所以当 ，0F (x)  0 x 0, x F (x)  0 x x , 0  时， ，当 时， ，0F(x) 0, x 0  内单调递增，在 x , 上单调递减， 所以 在0x所以对于任意的正实数 ，都有 F(x)  F(x )  0 ，0x即对于任意的正实数 ，都有 f (x)  g x   ．x  x （Ⅲ）证明：不妨设 ．12g x  n  n2 x  x   由（Ⅱ）知 ，0a’的根为 ，可得 ‘g x  a 设方程   xx   x0 ，22n  n2 , 上单调递减． 当n  2 时，在 ”g x f x a  g x 2  2  x  x 又由（Ⅱ）知 类似地，设曲线 h x  nx ，可得 ．2  12y  f x  在原点处的切线方程为 y  h x   ，可得   ，x 0, f x h x  xn  0    当，，x 0, f x h x    即对于任意的 ，．anx ‘ x ‘   a h x 设方程   的根为 1 ，可得 ．1 nx h x 因为   , 在上单调递增， h x’  a  f x  h x x ‘  x     且，因此 ．1  1111a’x  x  x  x ‘   x0 由此可得 ．21211 n 因为 n  2 ，所以 2n1  11 n1 1 Cn11 1 n 1 n ，1nn1 a2   x 0 .所以， x  x   2 故．211 n