2015山东高考文科数学真题及答案.pdf

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1、20152015 山东高考文科数学真题及答案山东高考文科数学真题及答案第第卷（共卷（共 5050 分）分）一、一、选择题：本大题共选择题：本大题共 1010 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 5050 分分.在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的只有一项是符合要求的1.已知集合 A=x|2x4，B=x|（x-1）（x-3）0，则 AB=()（A）（1,3）（B）（1,4）（C）（2,3）（D）（2,4）【答案】C【解析】试题分析：因为B x|1x0,则方程20 xxm有实根”的逆否命题是()A.若方程20 xxm有实根，则0B.若方程20 xxm有

2、实根，则0.若方程20 xxm没有实根，则0.若方程20 xxm没有实根，则0【答案】D【解析】试题分析：一个命题的逆否命题，要将原命题的条件、结论加以否定，并且加以互换，故选D.考点：命题的四种形式.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：甲地该月 14 时的平均气温低于乙地该月 14 时的平均气温；甲地该月 14 时的平均气温高于乙地该月 14 时的平均气温；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；甲地该月 14 时的平均气温的标准差大于乙地该月

3、 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）(B)(C)(D)【答案】B考点：1.茎叶图；2.平均数、方差、标准差.7.在区间0,2上随机地取一个数 x,则事件“121-1log2x（）1”发生的概率为()（A）34（B）23（C）13（D）14【答案】A【解析】试题分析：由121-1log2x（）1得，11122211 113log 2loglog,2,022 222xxx（），所以，由几何概型概率的计算公式得，3032204P，故选 A.考点：1.几何概型；2.对数函数的性质.8.若函数21()2xxf xa是奇函数，则使 f（x）3 成立的 x 的取值范围为

4、()（A）()(B)()（C）（0,1）（D）（1，+）【答案】C【解析】试题分析：由题意()()f xfx，即2121,22xxxxaa 所以，(1)(21)0,1xaa，21(),21xxf x由21()321xxf x得，122,01,xx故选 C.考点：1.函数的奇偶性；2.指数运算.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（）4 2【答案】B考点：1.旋转体的几何特征；2.几何体的体积.10.设函数3,1()2,1xxb xf xx，若5()46f f，则 b=()（A）1（B）78（C）34(

5、D)12【答案】D【解析】试题分析：由题意，555()3,662fbb 由5()46f f得，51253()42bbb或5251224bb，解得12b，故选 D.考点：1.分段函数；2.函数与方程.第第卷（共卷（共 100100 分）分）二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 5 5 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2525 分分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.【答案】13考点：算法与程序框图.12.若 x,y 满足约束条件13,1yxxyy则3zxy的最大值为.【答案】7【解析】试题分析：画出可行域及直线30 xy，平移直线30 x

6、y，当其经过点(1,2)A时，直线的纵截距最大，所以3zxy最大为1 3 27z .考点：简单线性规划.13.过点 P（1，）作圆的两条切线，切点分别为 A，B，则=.【答案】32考点：1.直线与圆的位置关系；2.平面向量的数量积.14.定义运算“”：22xyxyxy（,0 xyR xy，）.当00 xy，时，(2)xyyx的最小值是.【答案】2【解析】试题分析：由新定义运算知，2222(2)4(2)(2)2yxyxyxy xxy，因为，00 xy，所以，222222422 2(2)2222xyyxxyxyxyyxxyxyxyxy，当且仅当2xy时，(2)xyyx的最小值是2.考点：1.新定义

7、运算；2.基本不等式.15.过双曲线C：22221xyaa0,0ab（）的右焦点作一条与其渐近线平行的直线，交C于点P.若点P的横坐标为2a,则C的离心率为.【答案】23考点：1.双曲线的几何性质；2.直线方程.三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 6 小题，共小题，共 7575 分分16.（本小题满分 12 分）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）参加书法社团未参加书法社团参加演讲社团85未参加演讲社团230（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；（2）在既参加书法社团又参加演讲社团的 8 名同学中，有

8、5 名男同学 A1，A2，A3，A4，A5,3 名女同学 B1，B2，B3.现从这 5 名男同学和 3 名女同学中各随机选 1 人，求 A1被选中且 B1未被选中的概率.【答案】(1)13；(2)215.【解析】试题分析：（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453015人，所以从该班级随机选1名同学，利用公式计算即得.(2)从这5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：111213212223313233,A BA BA BA BA BA BA BA BA B414243515253,A BA BA BA

9、BA BA B，共15个.根据题意，这些基本事件的出现是等可能的.事件“1A被选中且1B未被选中”所包含的基本事件有：1213,A BA B，共2个.应用公式计算即得.试题解析：（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453015人，所以从该班级随机选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率为151.453P(2)从这5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：111213212223313233,A BA BA BA BA BA BA BA BA B414243515253,A BA BA BA BA BA

10、B，共15个.根据题意，这些基本事件的出现是等可能的.事件“1A被选中且1B未被选中”所包含的基本事件有：1213,A BA B，共2个.因此1A被选中且1B未被选中的概率为215P.考点：1.古典概型；2.随机事件的概率.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,sin(),2 339BABac求sin A和c的值.【答案】2 2,1.3由正弦定理可得2 3ac，结合2 3ac 即得.试题解析：在ABC中，由3cos3B，得6sin3B.因为ABC，所以6sinsin()9CAB，因为sinsinCB，所以CB，C为锐角，5 3cos

11、9C，因此sinsin()sincoscossinABCBCBC65 3362 239393.由,sinsinacAC可得2 2sin32 3sin69ccAacC，又2 3ac，所以1c.考点：1.两角和差的三角函数；2.正弦定理.18.如图，三棱台DEFABC中，2ABDEGH，分别为ACBC，的中点.（I）求证：/BD平面FGH；（II）若CFBCABBC，求证：平面BCD 平面EGH.【答案】证明见解析思路二：在三棱台DEFABC中，由2,BCEF H为BC的中点，可得HBEF为平行四边形，/.BEHF在ABC中，GH，分别为ACBC，的中点，得到/,GHAB又GHHFH，得到平面/F

12、GH平面ABED.(II)证明：连接HE.根据GH，分别为ACBC，的中点，得到/,GHAB由,ABBC得GHBC，又H为BC的中点，得到四边形EFCH是平行四边形，从而/.CFHE又CFBC，得到HEBC.试题解析：（I）证法一：连接,.DG CD设CDGFM,连接MH，在三棱台DEFABC中，2ABDEG，分别为AC的中点，可得/,DFGC DFGC，所以四边形DFCG是平行四边形，则M为CD的中点，又H是BC的中点，所以/HMBD,又HM 平面FGH，BD 平面FGH，所以/BD平面FGH.证法二：在三棱台DEFABC中，由2,BCEF H为BC的中点，可得/,BHEF BHEF所以HB

13、EF为平行四边形，可得/.BEHF在ABC中，GH，分别为ACBC，的中点，所以/,GHAB又GHHFH，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GH，分别为ACBC，的中点，所以/,GHAB由,ABBC得GHBC，又H为BC的中点，所以/,EFHC EFHC因此四边形EFCH是平行四边形，所以/.CFHE又CFBC，所以HEBC.又,HE GH 平面EGH，HEGHH，所以BC 平面EGH，又BC 平面BCD，所以平面BCD 平面.EGH考点：1.平行关系；2.垂直关系.19.（本小题满分 12 分）已知数列 na是首项为正数的

14、等差数列，数列11nnaa的前n项和为21nn.（I）求数列 na的通项公式；（II）设1 2nannba，求数列 nb的前n项和nT.【答案】（I）21.nan(II)14(31)4.9nnnT【解析】试题分析：（I）设数列 na的公差为d，令1,n 得12113a a，得到123a a.令2,n 得12231125a aa a，得到2315a a.解得11,2ad即得解.（II）由（I）知24224,nnnbnn得到121 42 4.4,nnTn 从而23141 42 4.(1)44,nnnTnn 利用“错位相减法”求和.试题解析：（I）设数列 na的公差为d，令1,n 得12113a a

15、，所以123a a.令2,n 得12231125a aa a，所以2315a a.解得11,2ad，所以21.nan（II）由（I）知24224,nnnbnn所以121 42 4.4,nnTn 所以23141 42 4.(1)44,nnnTnn 两式相减，得121344.44nnnTn 114(1 4)1 3444,1 433nnnnn 所以113144(31)44.999nnnnnT考点：1.等差数列的通项公式；2.数列的求和、“错位相减法”.20.(本小题满分 13 分)设函数.已知曲线在点(1,(1)f处的切线与直线平行.（）求 a 的值；（）是否存在自然数 k，使得方程()()f xg

16、 x在(,1)k k 内存在唯一的根？如果存在，求出 k；如果不存在，请说明理由；（）设函数()min(),()m xf x g x（minp，q表示，p，q 中的较小值），求 m(x)的最大值.【答案】（I）1a；(II)1k；(III)24e.【解析】试题分析：（I）由题意知，(1)2f，根据()ln1,afxxx即可求得.（II）1k 时，方程()()f xg x在(1,2)内存在唯一的根.设2()()()(1)ln,xxh xf xg xxxe通过研究(0,1x时，()0h x.又2244(2)3ln2ln81 10,hee 得知存在0(1,2)x，使0()0h x.应用导数研究函数(

17、)h x的单调性，当(1,)x时，()h x单调递增.作出结论：1k 时，方程()()f xg x在(,1)k k 内存在唯一的根.（III）由（II）知，方程()()f xg x在(1,2)内存在唯一的根0 x，且0(0,)xx时，()()f xg x，0(,)xx时，()()f xg x，得到020(1)ln,(0,(),(,)xxx xxm xxxxe.当0(0,)xx时，研究得到0()().m xm x当0(,)xx时，应用导数研究得到24()(2),m xme且0()(2)m xm.综上可得函数()m x的最大值为24e.试题解析：（I）由题意知，曲线在点(1,(1)f处的切线斜率为

18、2，所以(1)2f，又()ln1,afxxx所以1a.（II）1k 时，方程()()f xg x在(1,2)内存在唯一的根.设2()()()(1)ln,xxh xf xg xxxe当(0,1x时，()0h x.又2244(2)3ln2ln81 10,hee 所以存在0(1,2)x，使0()0h x.因为1(2)()ln1,xx xh xxxe 所以当(1,2)x时，1()10h xe，当(2,)x时，()0h x，所以当(1,)x时，()h x单调递增.所以1k 时，方程()()f xg x在(,1)k k 内存在唯一的根.（III）由（II）知，方程()()f xg x在(1,2)内存在唯一

19、的根0 x，且0(0,)xx时，()()f xg x，0(,)xx时，()()f xg x，所以020(1)ln,(0,(),(,)xxx xxm xxxxe.当0(0,)xx时，若(0,1,()0;xm x若0(1,),xx由1()ln10,m xxx 可知00()();m xm x故0()().m xm x当0(,)xx时，由(2)(),xxxm xe可得0(,2)xx时，()0,()m xm x单调递增；(2,)x时，()0,()m xm x单调递减；可知24()(2),m xme且0()(2)m xm.综上可得函数()m x的最大值为24e.考点：1.导数的几何意义；2.应用导数研究函

20、数的单调性、最值.21.(本小题满分 14 分)平面直角坐标系xOy中，已知椭圆 C：2222+=1(0)xybb的离心率为32，且点（3，12）在椭圆 C 上.（）求椭圆 C 的方程；（）设椭圆 E：2222+=144xyab，P 为椭圆 C 上任意一点，过点 P 的直线=+ykxm交椭圆 E 于 A，B 两点，射线 PO 交椭圆 E 于点 Q.（i）求|OQOP的值；(ii)求ABQ面积的最大值.【答案】（I）2214xy；（II）（i）|2|OQOP；（ii）6 3.【解析】试题分析：（I）由题意知22311,4ab又2232aba，解得224,1ab.（II）由（I）知椭圆 E 的方程

21、为221164xy.（i）设00|(,),|OQP xyOP由题意知00(,)Qxy.根据22001.4xy及2200()()1164xy，知2.（ii）设1122(,),(,),A x yB xy将ykxm代入椭圆 E 的方程，可得222(14)84160kxkmxm，由0,可得224 16mk应用韦达定理计算221224 164|.14kmxxk及OAB的面积2222212222(164)12|164|21414km mmkmSmxxkk22222(4).1414mmkk设22.14mtk将直线ykxm代入椭圆 C 的方程，可得222(14)8440kxkmxm，由0,可得2214mk 由

22、可知201,2(4)24.tSt ttt 当且仅当1t，即2214mk 时取得最大值2 3.由（i）知，ABQ的面积为3S即得ABQ面积的最大值为6 3.试题解析：（I）由题意知22311,4ab又2232aba，解得224,1ab，所以椭圆 C 的方程为221.4xy（II）由（I）知椭圆 E 的方程为221164xy.（ii）设00|(,),|OQP xyOP由题意知00(,)Qxy.因为22001.4xy又2200()()1164xy，即22200()1.44xy所以2，即|2.|OQOP（ii）设1122(,),(,),A x yB xy将ykxm代入椭圆 E 的方程，可得222(14

23、)84160kxkmxm，由0,可得224 16mk则有21212228416,.1414kmmxxx xkk 所以221224 164|.14kmxxk因为直线ykxm与y轴交点的坐标为(0,)m，所以OAB的面积2222212222(164)12|164|21414km mmkmSmxxkk22222(4).1414mmkk设22.14mtk将直线ykxm代入椭圆 C 的方程，可得222(14)8440kxkmxm，由0,可得2214mk 由可知201,2(4)24.tSt ttt 故2 3S.当且仅当1t，即2214mk 时取得最大值2 3.由（i）知，ABQ的面积为3S，所以ABQ面积的最大值为6 3.考点：1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与椭圆的位置关系；3.距离与三角形面积；4.转化与化归思想.