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文档简介

1、2015年普通高等学校招生全国统一考试北京理科数学本试卷共5页,150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.第一部分(选择题共40分)一、选择题(共8小题,每小题5分,共40分.在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项.)1.(2015北京,理1)复数i(2-i)=()a.1+2ib.1-2ic.-1+2id.-1-2i答案:a解析:i(2-i)=2i-i2=2i-(-1)=1+2i.2.(2015北京,理2)若x,y满足x-y0,x+y1,x0,则z=x+2y的最大值为()a.0b.1c.32d.2答案:d解析:根

2、据题意,由约束条件画出可行域如图阴影部分所示.目标函数z=x+2y,即y=-12x+z2.由图可知当直线y=-12x+z2过点b(0,1)时,z取最大值,且zmax=0+2×1=2.3.(2015北京,理3)执行如图所示的程序框图,输出的结果为()a.(-2,2)b.(-4,0)c.(-4,-4)d.(0,-8)答案:b解析:x=1,y=1,k=0,进入循环:s=1-1=0,t=1+1=2,x=0,y=2,k=0+1=1<3;s=0-2=-2,t=0+2=2,x=-2,y=2,k=1+1=2<3;s=-2-2=-4,t=-2+2=0,x=-4,y=0,k=2+1=33,跳

3、出循环,输出(x,y),即(-4,0).4.(2015北京,理4)设,是两个不同的平面,m是直线且m.“m”是“”的()a.充分而不必要条件b.必要而不充分条件c.充分必要条件d.既不充分也不必要条件答案:b解析:充分性:若m,m,则平面和可能平行也可能相交,所以充分性不成立;必要性:若,m,则m,必要性成立.故“m”是“”的必要而不充分条件,选b.5.(2015北京,理5)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是()a.2+5b.4+5c.2+25d.5答案:c解析:由三视图还原几何体如图.s表面积=sbcd+2sacd+sabc=12×2×2+2×12&

4、#215;5×1+12×2×5=2+5+5=2+25.6.(2015北京,理6)设an是等差数列.下列结论中正确的是()a.若a1+a2>0,则a2+a3>0b.若a1+a3<0,则a1+a2<0c.若0<a1<a2,则a2>a1a3d.若a1<0,则(a2-a1)(a2-a3)>0答案:c解析:设等差数列公差为d.对于a选项,a1+a2=2a1+d>0,而a2+a3=2a1+3d不一定大于0;对于b选项,a1+a3=2a1+2d<0,a1+a2=2a1+d不一定小于0;对于c选项,0<a1&

5、lt;a2,则公差d>0.所以a2=a1+a32>a1a3;对于d选项,(a2-a1)(a2-a3)=-d20.故只有c正确.7.(2015北京,理7)如图,函数f(x)的图象为折线acb,则不等式f(x)log2(x+1)的解集是()a.x|-1<x0b.x|-1x1c.x|-1<x1d.x|-1<x2答案:c解析:如图,作出函数f(x)与y=log2(x+1)的图象.易知直线bc的方程为y=-x+2,由y=-x+2,y=log2(x+1)得d点坐标为(1,1).由图可知,当-1<x1时,f(x)log2(x+1),所以所求解集为x|-1<x1.8.

6、(2015北京,理8)汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程,下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况.下列叙述中正确的是()a.消耗1升汽油,乙车最多可行驶5千米b.以相同速度行驶相同路程,三辆车中,甲车消耗汽油最多c.甲车以80千米/小时的速度行驶1小时,消耗10升汽油d.某城市机动车最高限速80千米/小时.相同条件下,在该市用丙车比用乙车更省油答案:d解析:对于选项a,从图中可以看出乙车的最高燃油效率大于5,故a项错误;对于选项b,同样速度甲车消耗1升汽油行驶的路程比乙车、丙车的多,所以行驶相同路程,甲车油耗最少,故b项错误;对于选项c,甲车以80千米/小时的速

7、度行驶,1升汽油行驶10千米,所以行驶1小时,即行驶80千米,消耗8升汽油,故c项错误;对于选项d,速度在80千米/小时以下时,相同条件下每消耗1升汽油,丙车行驶路程比乙车多,所以该市用丙车比用乙车更省油,故d项正确.第二部分(非选择题共110分)二、填空题(共6小题,每小题5分,共30分.)9.(2015北京,理9)在(2+x)5的展开式中,x3的系数为.(用数字作答) 答案:40解析:(2+x)5展开式的通项为tr+1=c5r25-rxr,令r=3,得t4=c5322x3=10×4x3=40x3,x3的系数为40.10.(2015北京,理10)已知双曲线x2a2-y2=

8、1(a>0)的一条渐近线为3x+y=0,则a=. 答案:33解析:双曲线x2a2-y2=1的渐近线方程为y=±xa,即y±xa=0.又a>0,1a=3,a=33.11.(2015北京,理11)在极坐标系中,点2,3到直线(cos +3sin )=6的距离为. 答案:1解析:x=cos ,y=sin ,点2,3的直角坐标为2cos 3,2sin 3,即(1,3).(cos +3sin )=6,cos +3sin =6,x+3y-6=0.点(1,3)到直线x+3y-6=0的距离d=|1+3×3-6|2=1.12.(2015北京,理12)

9、在abc中,a=4,b=5,c=6,则sin2asinc=. 答案:1解析:在abc中,由正弦定理知,sin2asinc=2sinacosasinc=2cos a·ac=2cos a×46=43cos a,再根据余弦定理,得cos a=36+25-162×6×5=34,所以sin2asinc=43×34=1.13.(2015北京,理13)在abc中,点m,n满足am=2mc,bn=nc.若mn=xab+yac,则x=,y=. 答案:12-16解析:如图,mn=mc+cn=13ac-12bc=13ac-12(ac-ab)=12

10、ab-16ac,x=12,y=-16.14.(2015北京,理14)设函数f(x)=2x-a,x<1,4(x-a)(x-2a),x1.若a=1,则f(x)的最小值为; 若f(x)恰有2个零点,则实数a的取值范围是. 答案:-112,12,+)解析:当a=1时,f(x)=2x-1,x<1,4(x-1)(x-2),x1,当x<1时,2x-1(-1,1);当x1时,4(x-1)(x-2)-1,+).故f(x)的最小值为-1.若函数f(x)=2x-a的图象在x<1时与x轴有一个交点,则a>0,并且当x=1时,f(1)=2-a>0,所以0<a

11、<2.同时函数f(x)=4(x-a)(x-2a)的图象在x1时与x轴有一个交点,所以a<1,2a1.故12a<1.若函数f(x)=2x-a的图象在x<1时与x轴没有交点,则函数f(x)=4(x-a)(x-2a)的图象在x1时与x轴有两个不同的交点,当a0时,函数f(x)=2x-a的图象与x轴无交点,函数f(x)=4(x-a)(x-2a)的图象在x1上与x轴也无交点,不满足题意.当21-a0,即a2时,函数f(x)=4(x-a)(x-2a)的图象与x轴的两个交点x1=a,x2=2a都满足题意.综上,a的取值范围为12,12,+).三、解答题(共6小题,共80分.解答应写出

12、文字说明,演算步骤或证明过程)15.(本小题13分)(2015北京,理15)已知函数f(x)=2sin x2cos x2-2sin2x2.(1)求f(x)的最小正周期;(2)求f(x)在区间-,0上的最小值.解:(1)因为f(x)=22sin x-22(1-cos x)=sin x+4-22,所以f(x)的最小正周期为2.(2)因为-x0,所以-34x+44.当x+4=-2,即x=-34时,f(x)取得最小值.所以f(x)在区间-,0上的最小值为f-34=-1-22.16.(本小题13分)(2015北京,理16)a,b两组各有7位病人,他们服用某种药物后的康复时间(单位:天)记录如下:a组:1

13、0,11,12,13,14,15,16b组:12,13,15,16,17,14,a假设所有病人的康复时间相互独立,从a,b两组随机各选1人,a组选出的人记为甲,b组选出的人记为乙.(1)求甲的康复时间不少于14天的概率;(2)如果a=25,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率;(3)当a为何值时,a,b两组病人康复时间的方差相等?(结论不要求证明)解:设事件ai为“甲是a组的第i个人”,事件bi为“乙是b组的第i个人”,i=1,2,7.由题意可知p(ai)=p(bi)=17,i=1,2,7.(1)由题意知,事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是a组的第5人,或者第6人,或者第7人”,所以

14、甲的康复时间不少于14天的概率是p(a5a6a7)=p(a5)+p(a6)+p(a7)=37.(2)设事件c为“甲的康复时间比乙的康复时间长”,由题意知,c=a4b1a5b1a6b1a7b1a5b2a6b2a7b2a7b3a6b6a7b6.因此p(c)=p(a4b1)+p(a5b1)+p(a6b1)+p(a7b1)+p(a5b2)+p(a6b2)+p(a7b2)+p(a7b3)+p(a6b6)+p(a7b6)=10p(a4b1)=10p(a4)p(b1)=1049.(3)a=11或a=18.17.(本小题14分)(2015北京,理17)如图,在四棱锥a-efcb中,aef为等边三角形,平面ae

15、f平面efcb,efbc,bc=4,ef=2a,ebc=fcb=60°,o为ef的中点.(1)求证:aobe;(2)求二面角f-ae-b的余弦值;(3)若be平面aoc,求a的值.解:(1)因为aef是等边三角形,o为ef的中点,所以aoef.又因为平面aef平面efcb,ao平面aef,所以ao平面efcb,所以aobe.(2)取bc中点g,连接og.由题设知efcb是等腰梯形,所以ogef.由(1)知ao平面efcb,又og平面efcb,所以oaog.如图建立空间直角坐标系o -xyz,则e(a,0,0),a(0,0,3a),b(2,3(2-a),0),ea=(-a,0,3a),

16、be=(a-2,3(a-2),0).设平面aeb的法向量为n=(x,y,z),则n·ea=0,n·be=0,即-ax+3az=0,(a-2)x+3(a-2)y=0.令z=1,则x=3,y=-1.于是n=(3,-1,1).平面aef的法向量为p=(0,1,0).所以cos <n,p>=n·p|n|p|=-55.由题知二面角f-ae-b为钝角,所以它的余弦值为-55.(3)因为be平面aoc,所以beoc,即be·oc=0.因为be=(a-2,3(a-2),0),oc=(-2,3(2-a),0),所以be·oc=-2(a-2)-3(a-

17、2)2.由be·oc=0及0<a<2,解得a=43.18.(本小题13分)(2015北京,理18)已知函数f(x)=ln 1+x1-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程;(2)求证:当x(0,1)时,f(x)>2x+x33;(3)设实数k使得f(x)>kx+x33对x(0,1)恒成立,求k的最大值.解:(1)因为f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),所以f'(x)=11+x+11-x,f'(0)=2.又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=2x.(2)令g(x)=f(x)-2x+x3

18、3,则g'(x)=f'(x)-2(1+x2)=2x41-x2.因为g'(x)>0(0<x<1),所以g(x)在区间(0,1)上单调递增.所以g(x)>g(0)=0,x(0,1),即当x(0,1)时,f(x)>2x+x33.(3)由(2)知,当k2时,f(x)>kx+x33对x(0,1)恒成立.当k>2时,令h(x)=f(x)-kx+x33,则h'(x)=f'(x)-k(1+x2)=kx4-(k-2)1-x2.所以当0<x<4k-2k时,h'(x)<0,因此h(x)在区间0,4k-2k上单

19、调递减.当0<x<4k-2k时,h(x)<h(0)=0,即f(x)<kx+x33.所以当k>2时,f(x)>kx+x33并非对x(0,1)恒成立.综上可知,k的最大值为2.19.(本小题14分)(2015北京,理19)已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,点p(0,1)和点a(m,n)(m0)都在椭圆c上,直线pa交x轴于点m.(1)求椭圆c的方程,并求点m的坐标(用m,n表示);(2)设o为原点,点b与点a关于x轴对称,直线pb交x轴于点n.问:y轴上是否存在点q,使得oqm=onq?若存在,求点q的坐标;若不存在,说

20、明理由.解:(1)由题意得b=1,ca=22,a2=b2+c2.解得a2=2.故椭圆c的方程为x22+y2=1.设m(xm,0).因为m0,所以-1<n<1.直线pa的方程为y-1=n-1mx,所以xm=m1-n,即mm1-n,0.(2)因为点b与点a关于x轴对称,所以b(m,-n).设n(xn,0),则xn=m1+n.“存在点q(0,yq)使得oqm=onq”等价于“存在点q(0,yq)使得|om|oq|=|oq|on|”,即yq满足yq2=|xm|xn|.因为xm=m1-n,xn=m1+n,m22+n2=1,所以yq2=|xm|xn|=m21-n2=2.所以yq=2或yq=-2.故在y轴上存在点q,使得oqm=onq,点q的坐标为(0,2)或(0,-2).20.(本小题13分)(2015北京,理20)已知数列an满足:a1n*,a136,且an+1=2an,an18,2an-

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