2015年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(江苏卷) (2)

1、2015年普通高等学校招生全国统一考试江苏数学数学注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共4页,均为非选择题(第1题第20题.共20题).本卷满分为160分,考试时间为120分钟,本试卷结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答试题,必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2b铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.参考公式:圆柱的

2、体积公式:v圆柱=sh,其中s是圆柱的底面积,h为高.圆锥的体积公式:v圆锥=13sh,其中s是圆锥的底面积,h为高.一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共计70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.1.(2015江苏,1)已知集合a=1,2,3,b=2,4,5,则集合ab中元素的个数为. 答案:5解析:ab=1,2,32,4,5=1,2,3,4,5,即ab中元素的个数是5.2.(2015江苏,2)已知一组数据4,6,5,8,7,6,那么这组数据的平均数为. 答案:6解析:平均数x=4+6+5+8+7+66=6.3.(2015江苏,3)设复数z满足z2=3+4i(i是虚

3、数单位),则z的模为. 答案:5解析:因为z2=3+4i,所以|z2|=32+42=5,所以|z|=5.4.(2015江苏,4)根据如图所示的伪代码,可知输出的结果s为. s1i1whilei<8ss+2ii+3endwhileprint s答案:7解析:s=1,i=1;s=s+2=1+2=3,i=i+3=1+3=4<8;s=s+2=3+2=5,i=i+3=4+3=7<8;s=s+2=5+2=7,i=i+3=7+3=10>8.故s=7.5.(2015江苏,5)袋中有形状、大小都相同的4只球,其中1只白球,1只红球,2只黄球,从中一次随机摸出2只球,则

4、这2只球颜色不同的概率为. 答案:56解析:根据条件得p=c11c11+c11c21+c11c21c42=56或p=1-c22c42=56.6.(2015江苏,6)已知向量a=(2,1),b=(1,-2),若ma+nb=(9,-8)(m,nr),则m-n的值为. 答案:-3解析:由ma+nb=(9,-8)得,m(2,1)+n(1,-2)=(9,-8),即(2m+n,m-2n)=(9,-8),所以2m+n=9,m-2n=-8,解得m=2,n=5,故m-n=-3.7.(2015江苏,7)不等式2x2-x<4的解集为. 答案:x|-1<x<2(或(-1

5、,2)解析:2x2-x<4,即2x2-x<22,所以x2-x<2,即x2-x-2<0,所以(x-2)(x+1)<0.解得-1<x<2,故不等式的解集为x|-1<x<2(或(-1,2).8.(2015江苏,8)已知tan =-2,tan(+)=17,则tan 的值为. 答案:3解析:tan =tan(+)-=tan(+)-tan1+tantan(+)=17+21-27=3.9.(2015江苏,9)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的

6、圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为. 答案:7解析:设新的底面半径为r,根据题意得13××52×4+×22×8=13r2×4+r2×8,即28r2=196,解得r=7 .10.(2015江苏,10)在平面直角坐标系xoy中,以点(1,0)为圆心且与直线mx-y-2m-1=0(mr)相切的所有圆中,半径最大的圆的标准方程为. 答案:(x-1)2+y2=2解析:(方法一)设a(1,0).由mx-y-2m-1=0,得m(x-2)-(y+1)=0,则直线过定点p(2,-1),即该方程表示所有过定点p的直线系方程.

7、当直线与ap垂直时,所求圆的半径最大.此时,半径为|ap|=(2-1)2+(-1-0)2=2.故所求圆的标准方程为(x-1)2+y2=2.(方法二)设圆的半径为r,根据直线与圆相切的关系得r=|m+1|1+m2=m2+2m+1m2+1=1+2mm2+1,当m<0时,1+2mm2+1<1,故1+2mm2+1无最大值;当m=0时,r=1;当m>0时,m2+12m(当且仅当m=1时取等号).所以r1+1=2,即rmax=2,故半径最大的圆的方程为(x-1)2+y2=2.11.(2015江苏,11)设数列an满足a1=1,且an+1-an=n+1(nn*).则数列1an前10项的和为

8、. 答案:2011解析:a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,an-an-1=n,以上n-1个式子相加,得an-a1=2+3+4+n.a1=1,an=1+2+3+n=n(n+1)2,1an=2n(n+1)=21n-1n+1.s10=21-12+12-13+13-14+19-110+110-111=21-111=2011.12.(2015江苏,12)在平面直角坐标系xoy中,p为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点p到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为. 答案:22解析:直线x-y+1=0与双曲线的渐近线y=x平行,且两平行线间的距离为2

9、2.由图形知,双曲线右支上的动点p到直线x-y+1=0的距离的最小值无限趋近于22,要使距离d大于c恒成立,只需c 22即可,故c的最大值为22.13.(2015江苏,13)已知函数f(x)=|ln x|,g(x)=0,0<x1,|x2-4|-2,x>1,则方程|f(x)+g(x)|=1实根的个数为. 答案:4解析:f(x)=-lnx,0<x1,lnx,x>1,g(x)=0,0<x1,2-x2,1<x<2,x2-6,x2.(1)当0<x1时,方程化为|-ln x+0|=1,解得x=1e或x=e(舍去).所以此时方程只有一个实根1e.(2

10、)当1<x<2时,方程可化为|ln x+2-x2|=1.设h(x)=ln x+2-x2,h'(x)=1x-2x=1-2x2x.因为1<x<2,所以h'(x)=1-2x2x<0,即函数h(x)在(1,2)上单调递减.因为h(1)=ln 1+2-12=1,h(2)=ln 2+2-22=ln 2-2,所以h(x)(ln 2-2,1).又ln 2-2<-1,故当1<x<2时方程只有一解.(3)当x2时,方程可化为|ln x+x2-6|=1.记函数p(x)=ln x+x2-6,显然p(x)在区间2,+)上单调递增.故p(x)p(2)=ln

11、2+22-6=ln 2-2<-1.又p(3)=ln 3+32-6=ln 3+3>1,所以方程|p(x)|=1有两个解,即方程|ln x+x2-6|=1有两个解.综上可知,方程|f(x)+g(x)|=1共有4个实根.14.(2015江苏,14)设向量ak=cosk6,sink6+cosk6(k=0,1,2,12),则k=011(ak·ak+1)的值为. 答案:93解析:因为ak=cosk6,sink6+cosk6,所以ak+1=cosk+16,sink+16+cosk+16,于是ak·ak+1=cosk6·cosk+16+sink6+cosk6

12、sink+16+cosk+16=cosk6cosk6+6+sink6sink6+6+sink6cosk6+6+cosk6sink6+6+cosk6cosk6+6=cos6+sink3+6+cosk6cosk6+6=334+32-14sink3+34+12cosk3,则k=011(ak·ak+1)=k=011334+32-14sink3+34+12cosk3=93+k=01132-14sink3+k=01134+12cosk3=93+32-14×0+34+12×0=93.二、解答题:本大题共6小题,共计90分.请在答题卡指定区域内作答,解答时应写出文字说明、证明过程

13、或演算步骤.15.(本小题满分14分)(2015江苏,15)在abc中,已知ab=2,ac=3,a=60°.(1)求bc的长;(2)求sin 2c的值.解:(1)由余弦定理知,bc2=ab2+ac2-2ab·ac·cos a=4+9-2×2×3×12=7,所以bc=7.(2)由正弦定理知,absinc=bcsina,所以sin c=abbc·sin a=2sin60°7=217.因为ab<bc,所以c为锐角,则cos c=1-sin2c=1-37=277.因此sin 2c=2sin c·cos c=

14、2×217×277=437.16.(本小题满分14分)(2015江苏,16)如图,在直三棱柱abc-a1b1c1中,已知acbc,bc=cc1.设ab1的中点为d,b1cbc1=e.求证:(1)de平面aa1c1c;(2)bc1ab1.证明:(1)由题意知,e为b1c的中点,又d为ab1的中点,因此deac.又因为de平面aa1c1c,ac平面aa1c1c,所以de平面aa1c1c.(2)因为棱柱abc-a1b1c1是直三棱柱,所以cc1平面abc.因为ac平面abc,所以accc1.又因为acbc,cc1平面bcc1b1,bc平面bcc1b1,bccc1=c,所以ac平面

15、bcc1b1.又因为bc1平面bcc1b1,所以bc1ac.因为bc=cc1,所以矩形bcc1b1是正方形,因此bc1b1c.因为ac,b1c平面b1ac,acb1c=c,所以bc1平面b1ac.又因为ab1平面b1ac,所以bc1ab1.17.(本小题满分14分)(2015江苏,17)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路,为进一步改善山区的交通现状,计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路.记两条相互垂直的公路为l1,l2,山区边界曲线为c,计划修建的公路为l.如图所示,m,n为c的两个端点,测得点m到l1,l2的距离分别为5千米和40千米,点n到l1,l2的距离分别为20千米和2.5

16、千米.以l2,l1所在的直线分别为x,y轴,建立平面直角坐标系xoy.假设曲线c符合函数y=ax2+b(其中a,b为常数)模型.(1)求a,b的值;(2)设公路l与曲线c相切于p点,p的横坐标为t.请写出公路l长度的函数解析式f(t),并写出其定义域;当t为何值时,公路l的长度最短?求出最短长度.解:(1)由题意知,点m,n的坐标分别为(5,40),(20,2.5).将其分别代入y=ax2+b,得a25+b=40,a400+b=2.5,解得a=1 000,b=0.(2)由(1)知,y=1 000x2(5x20),则点p的坐标为t,1 000t2,设在点p处的切线l交x,y轴分别于a,b点,y&

17、#39;=-2 000x3,则l的方程为y-1 000t2=-2 000t3(x-t),由此得a3t2,0,b0,3 000t2.故f(t)=3t22+3 000t22=32t2+4×106t4,t5,20.设g(t)=t2+4×106t4,则g'(t)=2t-16×106t5.令g'(t)=0,解得t=102.当t(5,102)时,g'(t)<0,g(t)是减函数;当t(102,20)时,g'(t)>0,g(t)是增函数.从而,当t=102时,函数g(t)有极小值,也是最小值,所以g(t)min=300,此时f(t)m

18、in=153.答:当t=102时,公路l的长度最短,最短长度为153千米.18.(本小题满分16分)(2015江苏,18)如图,在平面直角坐标系xoy中,已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,且右焦点f到左准线l的距离为3.(1)求椭圆的标准方程;(2)过f的直线与椭圆交于a,b两点,线段ab的垂直平分线分别交直线l和ab于点p,c,若pc=2ab,求直线ab的方程.解:(1)由题意,得ca=22且c+a2c=3,解得a=2,c=1,则b=1,所以椭圆的标准方程为x22+y2=1.(2)当abx轴时,ab=2,又cp=3,不合题意.当ab与x轴不垂直时,设直线

19、ab的方程为y=k(x-1),a(x1,y1),b(x2,y2),将ab的方程代入椭圆方程,得(1+2k2)x2-4k2x+2(k2-1)=0,则x1,2=2k2±2(1+k2)1+2k2,c的坐标为2k21+2k2,-k1+2k2,且ab=(x2-x1)2+(y2-y1)2=(1+k2)(x2-x1)2=22(1+k2)1+2k2.若k=0,则线段ab的垂直平分线为y轴,与左准线平行,不合题意.从而k0,故直线pc的方程为y+k1+2k2=-1kx-2k21+2k2,则p点的坐标为-2,5k2+2k(1+2k2),从而pc=2(3k2+1)1+k2|k|(1+2k2).因为pc=2

20、ab,所以2(3k2+1)1+k2|k|(1+2k2)=42(1+k2)1+2k2,解得k=±1.此时直线ab方程为y=x-1或y=-x+1.19.(本小题满分16分)(2015江苏,19)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,br).(1)试讨论f(x)的单调性;(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-,-3)1,3232,+,求c的值.解:(1)f'(x)=3x2+2ax,令f'(x)=0,解得x1=0,x2=-2a3.当a=0时,因为f'(x)=3x2>0(x0),所以函数f(x)在(

21、-,+)上单调递增;当a>0时,x-,-2a3(0,+)时,f'(x)>0,x-2a3,0时,f'(x)<0,所以函数f(x)在-,-2a3,(0,+)上单调递增,在-2a3,0上单调递减;当a<0时,x(-,0)-2a3,+时,f'(x)>0,x0,-2a3时,f'(x)<0,所以函数f(x)在(-,0),-2a3,+上单调递增,在0,-2a3上单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f-2a3=427a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f-2a3=b427a3+b<0

22、,从而a>0,-427a3<b<0或a<0,0<b<-427a3.又b=c-a,所以当a>0时,427a3-a+c>0或当a<0时,427a3-a+c<0.设g(a)=427a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-,-3)1,3232,+,则在(-,-3)上g(a)<0,且在1,3232,+上g(a)>0均恒成立,从而g(-3)=c-10,且g32=c-10,因此c=1.此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)x2+(a-1)x+1-a,因函数有三个零点,则x2+(a-1)x+1-a=0有

23、两个异于-1的不等实根,所以=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3)1,3232,+.综上c=1.20.(本小题满分16分)(2015江苏,20)设a1,a2,a3,a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列.(1)证明:2a1,2a2,2a3,2a4依次构成等比数列;(2)是否存在a1,d使得a1,a22,a33,a44依次构成等比数列?并说明理由;(3)是否存在a1,d及正整数n,k,使得a1n,a2n+k,a3n+2k,a4n+3k依次构成等比数列?并说明理由.解:(1)证明:因为2an+12an=2an+1-an=

24、2d(n=1,2,3)是同一个常数,所以2a1,2a2,2a3,2a4依次构成等比数列.(2)令a1+d=a,则a1,a2,a3,a4分别为a-d,a,a+d,a+2d(a>d,a>-2d,d0).假设存在a1,d,使得a1,a22,a33,a44依次构成等比数列,则a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4.令t=da,则1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4-12<t<1,t0,化简得t3+2t2-2=0(*),且t2=t+1.将t2=t+1代入(*)式,t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0

25、,则t=-14.显然t=-14不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立,因此不存在a1,d,使得a1,a22,a33,a44依次构成等比数列.(3)假设存在a1,d及正整数n,k,使得a1n,a2n+k,a3n+2k,a4n+3k依次构成等比数列,则a1n(a1+2d)n+2k=(a1+d)2(n+k),且(a1+d)n+k(a1+3d)n+3k=(a1+2d)2(n+2k).分别在两个等式的两边同除以a12(n+k)及a12(n+2k),并令t=da1t>-13,t0,则(1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k),且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k).将上

26、述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)ln(1+t),且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t).化简得2kln(1+2t)-ln(1+t)=n2ln(1+t)-ln(1+2t),且3kln(1+3t)-ln(1+t)=n3ln(1+t)-ln(1+3t).再将这两式相除,化简得ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t).(*)令g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)ln(1+t),则g'(t)=2

27、(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t)(1+t)(1+2t)(1+3t).令(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t),则'(t)=6(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)ln(1+t).令1(t)='(t),则'1(t)=63ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t).令2(t)='1(t),则'2(t)=12(1+t)(1+2t)(1+3t)>0.由g(0)=(0)=1(0)=2(0)=

28、0,'2(t)>0,知2(t),1(t),(t),g(t)在-13,0和(0,+)上均单调.故g(t)只有唯一零点t=0,即方程(*)只有唯一解t=0,故假设不成立.所以不存在a1,d及正整数n,k,使得a1n,a2n+k,a3n+2k,a4n+3k依次构成等比数列.数学(附加题)注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求.1.本试卷共2页,均为非选择题(第21题第23题),本卷满分为40分,考试时间为30分钟.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名,准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员

29、在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答试题,必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答.在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2b铅笔绘,写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.21.(2015江苏,21)【选做题】 本题包括a、b、c、d四小题,请选定其中两小题,并在相应的答题区域内作答.若多做,则按作答的前两小题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.a.选修41:几何证明选讲(本小题满分10分)如图,在abc中,ab=ac,abc的外接圆o的弦ae交bc于点d.求证:abdaeb.证明:因为ab=ac,所以abd=c.又因为c=e,所以ab

30、d=e.又bae为公共角,可知abdaeb.b.选修42:矩阵与变换(本小题满分10分)已知x,yr,向量=1-1是矩阵a=x1y0的属于特征值-2的一个特征向量,求矩阵a以及它的另一个特征值.解:由已知,得a=-2,即x1y01-1=x-1 y=-22,则x-1=-2,y=2,即x=-1,y=2,所以矩阵a=-1120.从而矩阵a的特征多项式f()=(+2)(-1),所以矩阵a的另一个特征值为1.c.选修44:坐标系与参数方程(本小题满分10分)已知圆c的极坐标方程为2+22sin-4-4=0,求圆c的半径.解:以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点o,以极轴为x轴的正半轴,建立直角坐标系x

31、oy.圆c的极坐标方程为2+2222sin-22cos-4=0,化简,得2+2sin -2cos -4=0.则圆c的直角坐标方程为x2+y2-2x+2y-4=0,即(x-1)2+(y+1)2=6,所以圆c的半径为6.d.选修45:不等式选讲(本小题满分10分)解不等式x+|2x+3|2.解:原不等式可化为x<-32,-x-32或x-32,3x+32,解得x-5或x-13.综上,原不等式的解集是xx-5或x-13.【必做题】 第22题、第23题,每题10分,共计20分.请在答题卡指定区域内作答,解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤.22.(本小题满分10分)(2015江苏,22)如图,在

32、四棱锥p-abcd中,已知pa平面abcd,且四边形abcd为直角梯形,abc=bad=2,pa=ad=2,ab=bc=1.(1)求平面pab与平面pcd所成二面角的余弦值;(2)点q是线段bp上的动点,当直线cq与dp所成的角最小时,求线段bq的长.解:以ab,ad,ap为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系a-xyz,则各点的坐标为b(1,0,0),c(1,1,0),d(0,2,0),p(0,0,2).(1)因为ad平面pab,所以ad是平面pab的一个法向量,ad=(0,2,0).因为pc=(1,1,-2),pd=(0,2,-2).设平面pcd的法向量为m=(x,y,z),则m·pc=0,m·pd=0.即x+y-2z=0,2y-2z=0.令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面pcd的一个法向量.从而cos<ad,m>=ad·m|ad|m|=33,所以平面pab与平面pcd所成二面角的余弦值为33.(2)因为bp=(-1,0,2),设bq=bp=(-,0,2)(01),又cb=(0,-1,0),则cq=cb+bq=(-,-1,2),又dp=(0,-2,2),从而cos<cq,dp>=cq·