2015年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷理科).doc

20152015 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 山东卷山东卷 理科数学理科数学 本试卷分第本试卷分第 卷和第卷和第 卷两部分 共卷两部分 共 4 页 满分页 满分 150 分 考试用分 考试用 时时 120 分钟 考试结束后 将将本试卷和答题卡一并交回 分钟 考试结束后 将将本试卷和答题卡一并交回 注意事项 注意事项 1 答卷前 考生务必用答卷前 考生务必用 0 5 毫米黑色签字笔将自己的姓名 座号 毫米黑色签字笔将自己的姓名 座号 考生号 县区和科类填写在答题卡和试卷规定的位置上 考生号 县区和科类填写在答题卡和试卷规定的位置上 2 第第 卷每小题选出答案后 用卷每小题选出答案后 用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的铅笔把答题卡上对应题目的 答案标号涂黑 如需改动 用橡皮擦干净后 在选涂其他答案标号 答案标号涂黑 如需改动 用橡皮擦干净后 在选涂其他答案标号 答案写在试卷上无效 答案写在试卷上无效 3 第第 卷必须用卷必须用 0 5 毫米黑色签字笔作答 答案必须写在答题卡毫米黑色签字笔作答 答案必须写在答题卡 各题目指定区域内相应的位置 不能写在试卷上 如需改动 先划各题目指定区域内相应的位置 不能写在试卷上 如需改动 先划 掉原来的答案 然后再写上新的答案 不能使用涂改液 胶带纸 掉原来的答案 然后再写上新的答案 不能使用涂改液 胶带纸 修正带 不按以上要求作答的答案无效 修正带 不按以上要求作答的答案无效 4 填空题直接填写答案 解答题应写出文字说明 证明过程或演填空题直接填写答案 解答题应写出文字说明 证明过程或演 算步骤算步骤 参考公式 参考公式 如果事件如果事件 A B 互斥 那么互斥 那么 P A B P A P B 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 10 小题 每小题小题 每小题 5 分 共分 共 50 分 在每小分 在每小 题给出的四个选项中 只有一项是符合要求的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 X 4X 3 0 B X 2 X 4 则 AB A 1 3 B 1 4 C 2 3 D 2 4 2 若复数 Z 满足 其中 i 为虚数单位 则 Z 1 Z i i A 1 i B 1 i C 1 i D 1 i 3 要得到函数 y sin 4x 的图像 只需要将函数 y sin4x 的 3 图像 A 向左平移个单位 B 向右平移个单位 12 12 C 向左平移个单位 D 向右平移个单位 3 3 4 已知菱形ABCD 的边长为 a ABC 60o 则 BD CD A A B C D 3 2 2 3 4 2 3 4 2 3 2 2 5 不等式 x 1 x 5 2 的解集是 A 4 B 1 C 1 4 D 1 5 6 已知 x y 满足约束条件 若 z ax y 的最大值为 4 则 a A 3 B 2 C 2 D 3 7 在梯形 ABCD 中 ABC AD BC BC 2AD 2AB 2 将 2 梯形 ABCD 绕 AD 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 A B C D 2 2 3 4 3 5 3 8 已知某批零件的长度误差 单位 毫米 服从正态分布 N 0 32 从中随机取一件 其长度误差落在区间 3 6 内的概 率为 附 若随机变量 服从正态分布 N 则 P 68 26 P 2 2 95 44 A 4 56 B 13 59 C 27 18 D 31 74 9 一条光线从点 2 3 射出 经 y 轴反射后与圆 相切 则反射光线所在直线的斜率为 3 2 2 2 1 A 或 B或 5 3 3 5 3 2 2 3 C 或 D 或 5 4 4 5 4 3 3 4 10 设函数 f x 则满足 f f a 的 a 的取值范围是 3 1 0 b 0 的渐近线与抛物线 C2 22 22 1 xy ab X2 2py p 0 交于 O 若 OAB 的垂心为 C2的焦点 则 C1的离心率为 三 解答题 本答题共 6 小题 共 75 分 16 本小题满分 12 分 设 f x 2 x sin coscosxx 4 求 f x 的单调区间 在锐角 ABC 中 角 A B C 的对边分别为 a b c 若 f 2 A 0 a 1 求 ABC 面积的最大值 17 本小题满分 12 分 如图 在三棱台 DEF ABC 中 AB 2DE G H 分别为 AC BC 的中点 求证 BC 平面 FGH 若 CF 平面 ABC AB BC CF DE BAC 求平面 FGH 0 45 与平面 ACFD 所成的角 锐角 的大小 18 本小题满分 12 分 设数列的前 n 项和为 已知 2 3 n a n S n S3n I 求的通项公式 n a II 若数列满足 求的前 n 项和 n b 2 3 log nn a b n b n T 19 本小题满分 12 分 若 是一个三位正整数 且 的个位数字大于十位数字 nn 十位数字大于百位数字 则称 为 三位递增数 如n 137 359 567 等 在某次数学趣味活动中 每位参加者需从所有的 三位 递增数 中随机抽取 1 个数 且只能抽取一次 得分规则如下 若抽取的 三位递增数 的三个数字之积不能被 5 整除 参 加者得 0 分 若能被 5 整除 但不能被 10 整除 得分 若1 能被 10 整除 得 1 分 I 写出所有个位数字是 5 的 三位递增数 II 若甲参加活动 求甲得分的分布列和数学期望 XEX 20 本小题满分 13 分 平面直角坐标系中 已知椭圆 的离 2 2 2 2 1 0 心率为 左 右焦点分别是 以为圆心以 3 为半径 3 2 1 2 1 的圆与以为圆心以 1 为半径的圆相交 且交点在椭圆 上 2 求椭圆 的方程 设椭圆为椭圆 上任意一点 过点 的 2 4 2 2 4 2 1 直线 交椭圆 于两点 射线 交椭圆 于点 i 求的值 ii 求 面积的最大值 21 本小题满分 14 分 设函数 其中 2 1 f xIn xxx R 讨论函数极值点的个数 并说明理由 f x 若 0 成立 求的取值范围 f0 2015 年普通高等学校招生全国统一考试 山东卷 理科数学试题参考答案 一 选择题 1 C 2 A 3 C 4 D 5 A 6 B 7 C 8 B 9 D 10 C 二 填空题 11 12 1 13 14 15 1 4 n 11 6 3 2 3 2 三 解答题 16 解 由题意 1 cos 2 1 2 sin2 22 x f xx xx2sin 2 1 2 1 2sin 2 1 2 1 2sin x 由 kxk2 2 22 2 Zk 可得 kxk 44 Zk 由 kxk2 2 3 22 2 Zk 得 kxk 4 3 4 Zk 所以的单调递增区间是 xf 4 4 kk Zk 单调递减区间是 4 3 4 kk Zk II 11 sin0sin 222 A fAA 由题意 A 是锐角 所以 3 cos 2 A 由余弦定理 Abccbacos2 222 22 132bcbcbc 可得 且当时成立32 32 1 bccb 23 sin 4 bcA 面积最大值为ABC 4 32 17 证法一 连接 设 连接CDDG OGFCD OH 在三棱台中 ABCDEF 为的中点 DEAB2 GAC 可得 GCDFGCDF 所以 四边形为平行四边形 DFCG 则 为的中点 OCD 又 为的中点 HBC 所以 BDOH 又平面 平面 OHFGH BDFGH 所以平面 BDFGH 证法二 在三棱台中 ABCDEF 由 为的中点 EFBC2 HBC 可得 EFBHEFBH 所以四边形为平行四边形 BHFE 可得 HFBE 在中 为的中点 为的中点 ABC GACHBC 所以 ABGH 又 所以平面平面 HHFGH FGHABED 因为 平面 BDABED 所以 平面 BDFGH II 解法一 设 则 2 AB1 CF 在三棱台中 ABCDEF 为的中点 GAC 由 GCACDF 2 1 可得 四边形为平行四边形 DGCF 因此 FCDG 又 平面 FCABC 所以 平面 DGABC 在中 由 是中点 ABC BCAB 45 BACGAC 所以 GCGBBCAB 因此 两两垂直 GDGCGB 以为坐标原点 建立如图所示的空间直角坐标系 GxyzG 所以 100 0 20 00 2 000 DCBG 可得 0 20 0 2 2 2 2 FH 故 0 20 0 2 2 2 2 GFGH 设是平面的一个法向量 则 zyxn FGH 由 可得 0 0 n GH n GF 02 0 zy yx 可得 平面的一个法向量 FGH 2 1 1 n 因为是平面的一个法向量 GB ACFD 2 0 0GB 所以 21 cos 2 2 2 GB n GB n GBn A B C D E F G H x y z 所以平面与平面所成角 锐角 的大小为FGHACFD 60 解法二 作与点 作与点 连接ACHM MGFMN NNH 由平面 得 FCABCFCHM 又 CACFC 所以平面 HMACFD 因此 NHGF 所以即为所求的角 MNH 在中 BGC 2 2 2 1 BGMHBGMH 由 GCFGNM 可得 GF GM FC MN 从而 6 6 MN 由 平面 平面 HMACFD MNACFD 得 MNHM 因此 3tan MN HM MNH 所以 60MNH 所以 平面与平面所成角 锐角 的大小为 FGHACFD 60 18 解 I 因为 332 n n S 所以 故 332 1 a3 1 a 当时 1 n332 1 1 n n S 此时 即 11 1 3233222 nnn nnn SSa 2 3 n n a 所以 1 3 1 3 2 n n a n n II 因为 所以 2log3 nnb a 3 1 1 b 当时 1 n nnn n nb 11 2 2 3 1 3log3 A B C D E F G H M N 所以 3 1 11 bT 3 1 3231 3 1 221 321 n nn nbbbbT 所以 3 1 3231 13 310n n nT 两式相减 得 3333 3 2 2 2210n n T n n n 2 2 2 3 1 31 31 3 2 n n 32 36 6 13 所以 n n n T 34 36 12 13 经检验 也适合 1 n 综上可得 n n n T 34 36 12 13 19 解 I 个位数是 5 的 三位递增数 有 125 135 145 235 245 345 II 由题意知 全部 三位递增数 的个数为 84 3 9 C 随机变量是取值为 0 1 1 因此X 3 2 0 3 9 3 8 C C XP 14 1 1 3 9 2 4 C C XP 42 11 3 2 14 1 1 1 XP 所以的分布列为X X0 11 P 3 2 14 1 42 11 则 21 4 42 11 1 14 1 1 3 2 0 EX 20 解 I 由题意知 则 42 a2 a 又 222 2 3 bca a c 可得 1 b 所以椭圆的方程为C1 4 2 2 y x II 由 I 知椭圆的方程为E1 416 22 yx i 设 由题意知 00 OP OQ yxP 00 yxQ 因为1 4 2 0 2 0 y x 又 即 1 4 16 2 0 2 0 yx 1 4 4 2 0 2 0 y x 所以 即2 2 OP OQ ii 设 2211 yxByxA 将代入椭圆的方程 mkxy E 可得 01648 41 222 mkmxxk 由 可得 0 22 164km 则有 2 2 21 2 21 41 164 41 8 k m xx k km xx 所以 2 22 21 41 4164 k mk xx 因为 直线与轴交点的坐标为 mkxy y 0 m 所以 的面积OAB 2 1 21 xxmS 2 22 41 4162 k mmk 2 222 41 416 2 k mmk 2 2 2 2 41 41 4 2 k m k m 令t k m 2 2 41 将代入椭圆的方程 mkxy C 可得 0448 41 222 mkmxxk 由 可得 0 22 41km 由 可知 10 t 因此 ttttS42 4 2 2 故 32 S 当且仅当时 即时取得最大值 1 t 22 41km 32 由 i 知 面积为 ABQ S3 所以 面积的最大值为 ABQ 36 21 解 由题意知 函数的定义域为 xf 1 1 12 12 1 1 2 x aaxax xa x xf 令 1 12 2 xaaxaxxg 1 当时 0 a1 xg 此时 函数在单调递增 无极值点 0 x f xf 1 2 当时 0 a 89 1 8 2 aaaaa 当时 9 8 0 a0 0 xg 函数在单调递增 无极值点 0 x f xf 1 当时 9 8 a0 设方程的两根为 012 2 aaxax 2121 xxxx 因为 2 1 21 xx 所以 4 1 4 1 21 xx 由 可得 01 1 g 4 1 1 1 x 所以 当时 函数单调