2015高考数学真题-江苏数学真题解析

1、精选优质文档-倾情为你奉上2015年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学试题解析1. 解析 由并集的运算知识知，故集合中元素的个数为2. 解析 解法一：对数据进行整理， ，观察易知平均数为解法二：平均数3. 解析 解法一：设，则，从而，即，故，从而解法二：由题意，故4. 解析 列出表格进行分析，终止故输出的结果为5. 解析 解法一：只白球设为，只红球设为，只黄球设为，则摸球的所有情况为，共 件，满足题意的事件为，共件，故概率为解法二（理科做法）：从反面考查，反面情况为摸出的只球颜色相同，故6. 解析 由题意，从而，解得，故评注 也可以将用与线性表示，如7. 解析 由题意，根据是单调递增函

2、数，得，即，故不等式的解集为或写成均可评注 题是不难，但是解集是集合，估计又要有考生忘记了8. 解析 解法一：解法二：，故解法三：，故9. 解析 原来的总体积为，设新的半径为，故变化后体积，计算得，从而10. 解析 解法一（几何意义）：动直线整理得，则经过定点，故满足题意的圆与切于时，半径最大，从而，故标准方程为解法二（代数法基本不等式）：由题意，当且仅当时，取“”故标准方程为解法三（代数法判别式）：由题意，设，则，因为，所以，解得，即的最大值为11. 解析 解法一：可以考虑算出前项，但运算化简较繁琐解法二：由题意得，故累加得，从而，当时，满足通项故，则有12. 解析 解法一（几何意义）：即找

3、到到直线的最小距离（或取不到），该值即为实数的最大值已知双曲线的渐近线为，易知与平行，因此该两平行线间的距离即为最小距离（且无法达到），故实数的最大值为解法二（纯粹代数法）：设双曲线右支上的任一点为，则，且，从而恒成立，因为，若时，则，构造，则，从而若时，则，根据单调递增性，其最小值为时，故最小值为综上所述：，即实数的最大值为解法三（参数方程，酌情掌握）：因为双曲线右支下部的点到直线的距离不可能为最小值，不妨设设双曲线右支上部的一点为，从而，先研究，式子表示，上的点与点间的斜率，易知，从而，故，即实数的最大值为评注 解法二是观察到已知直线与双曲线的渐近线互相平行，典型的寻求几何关系进行切入；解

4、法二中也可设，研究直线与双曲线右支相切的状态解法三先排除一部分的情况，这在解法二中也同样适用13. 解析 解法一（逐步去绝对值）：当时，故，（舍）或，即在上有一解为当时，故，当时，不妨设，对恒成立，故单调递减，根据绝对值函数的性质分析，在上有一解；当时，不妨设，则对恒成立，故单调递增，又，根据绝对值函数的性质分析，在上有两解综上所述：方程实根的个数为解法二（直接去绝对值）：设，则，下仿照解法一分析或者通过分析的解亦可解法三（图像转化）：因为，所以，从而，即或先分别画出与的图形，如图所示：得到图形中弯折、端点部位的具体值，然后分别研究与的图像，如下图所示，易见共有个交点图形分析 图形分析 评注

5、此题考查函数的零点，函数的零点问题一般从函数的零点、方程的根、图像的交点角度解决，从方程的角度分析此题侧重去绝对值的步步考查，从函数的零点分析此题侧重对图像中部分点的精确取值同样的零点求解问题，此题难度明显高于去年14.解析 解法一（强制法）：由题意得，.从而（恰当整理化简即可）.解法二（部分规律法）：由题意，从而，即的结果呈现以为周期的变化，故.解法三（通用规律法）：由题意得：，的周期为，在一个周期内其和为，故解法四（部分规律法）：则，设，由诱导公式，故，从而分组求和设，由诱导公式，故，从而分组求和又，从而评注 解法一、二虽然足够复杂，但只要罗列清楚并逐步解决，就会发现其实比较简单，从一般法

6、角度进行解决思路难寻，便可以从具体值的角度思考，这给了江苏考区的大部分普通考生以希望解法三侧重对三角公式的化简，侧重从一般的角度找到问题的突破口但解法三中化化简使用积化和差简化过程，即，但高中阶段该公式已不要求掌握，因此此题顺利化简确实也比较麻烦解法四在解法三的基础之上进行了优化，不化到最简形式也可解决问题也有学生考虑构造，则和都是单位向量且夹角为，即15. 解析（1）由余弦定理，解得（2），因为，故，故评注 在运算的过程中类似，可不化简，有时候会利于下面的运算16. 解析 （1）因为四边形是矩形，所以是的中点，又是的中点，因此是的中位线，故，又平面，平面，所以平面（2）因为平面，平面，所以，

7、又，从而平面，因为平面，所以因为，为的中点，所以，因为，所以平面，又因为平面，所以17. 解析（1）由题意过，故，解得（2） 由题意，曲线为，易知，故曲线在点处的切线斜率为，故曲线在点处的切线方程为，化简即，令，则；令，则故 设，则，令，则，即，从而，即，因此在上单调递减，在上单调递增，故当千米时，长度最小值为千米评注 第（2）问或用基本不等式解决，当且仅当，即，即时取“”，故公里的最短距离为千米18. 解析（1）由题意得，故，即，从而，故椭圆的标准方程为（2）解法一（正设斜率）：若的斜率不存在时，则方程为，此时，易知此时，不满足题意；当的斜率为时，此时亦不满足题意；因此斜率存在且不为，不妨设

8、斜率为，则方程，不妨设，联立直线与椭圆，即，因为点在椭圆内，故恒成立，所以，故，又，故，因为，故，即，即，整理得，即，即，解得，从而直线方程为或解法二（反设）：由题意，直线的斜率必不为，故设直线方程为，不妨设，与椭圆联立，整理得，因为点在椭圆内，故恒成立，故，因此，则点的纵坐标为，于是点的横坐标为，又，故，所以，因为可得，化简得，即，化简得，计算得，从而直线方程为或解法三（中点弦）：不妨设，则，两式作差，故，又，故，即，设，分别是，两点在右准线上的投影，则由圆锥曲线统一定义得，故，因，故方程为，即，联立，得，从而，即，所以，又，从而，即，故，因为，故，整理得，故，解得，回代，得，从而直线方程为

9、或解法四（几何性质，网友解答）：不妨设直线的倾斜角为，则，作椭圆的右准线，过作轴的垂线，分别交左、 右准线于，分别过，作右准线的垂线分别交于，过作的垂线交于，由，易得，故，由图，由及得，即，即，代入得，整理，即，解得，所以或，即，从而直线方程为或评注 第（2）问实属常规运算，不少为计算过的学生认为此题比较难，也有人认为必须要挖掘中点 弦（设而不求，不能直接使用结论）与焦半径公式解决，其实计算而来只觉得化简始终是这一题 要解决的问题，何时该作何化简？需要考虑什么问题？为何要这么处理？这么处理下面是否好解 决？我得到式子是否足够美观，是否对称，是否可约？这一直是解析几何问题解决过程中需要的 思考利

10、用中点弦设参解决固然简单，但找到关系方为上策 在解决的过程中有些类似弦长，比如，可以选用弦长公式解决，未必求出之坐标用两点之 间距离解决，这些都需要考生在考上上临场反应，说白了，就是平时积累的结果19. 解析（1）由题意， 当，即时，对恒成立，故的单调递增区间为；当，即时，令，则或，所以的单调递增区间为和，单调递减区间为；当，即时，令，则或，所以的单调递增区间为和，单调递减区间为（2）解法一：因，故，由（1）得：当时，单调递增，不满足题意；当时，若函数有三个不同的零点，则恒成立，从而对恒成立，构造，则对恒成立，故单调递减，从而，故当时，若函数有三个不同的零点，则恒成立，从而对恒成立，构造，则，

11、令，则，故在上单调递增，在上单调递减，则，从而，即综上得解法二：因，故，由（1）得：当时，单调递增，不满足题意；当时，若函数有三个不同的零点，则只需保证，又实数的解集为，因此，是方程的三个实数根，易知该方程必有一根，从而若时，则，验证知不为其根，故舍；若时，则，验证知，是其根，验证不等式，即，即，其解集为，满足题意；若时，则，验证知不为其根，故舍综上得解法三：因，故，由（1）得： 当时，单调递增，不满足题意；当时，若函数有三个不同的零点，则，从而，根据的取值范围可知：是方程的根，因此当时，若，则根据函数有三个不同的零点，则必有，即因此解得或或，符合题意综上得评注 （2）的解法一将该问题转化到恒

12、成立解决；解法二将问题统一归类转化到不等式的解集，进 而转化到等式（方程）的根；解法三亦是将问题转化到不等式的解集问题进行解决20. 解析（1）由题意，故，而且，从而时以为首项，为公比的等比数列（2）解法一：假设存在满足条件的，从而，若满足题意，的须使，即，即，化简得，因为，故，不妨设，从而转化为，由得，代入得，化简得到，即，易见不满足式，故方程组无解，即不存在满足条件的解法二：假设存在满足条件的，若需满足条件，则必有成立，即为了方便，不妨设，易知，即，从而，即，整理得，因为，故设，则，构造，则对恒成立，由，知另外，还需有，即，即，整理得，仿照上面的步骤即，解得或，因此不满足题意综上论证：不存

13、在满足条件的解法三（取对数降为线性）：假设存在满足条件的，由，均为正数，因此均为正数，所以构成等差数列，即构成等差数列，不妨设通项为，由于构成等差数列，且公差为，故设其通项为，从而，即对均成立，不妨设，从而，因为，所以函数至多有两个零点，即在上至多有三个单调区间，从而至多会有三个零点，这与都是的零点相矛盾，因此不存在满足条件的（3）解法一（取对数降为线性）：假设存在满足条件的及正整数，使得依次成等比数列，因为都是整数，所以构成等差数列，即构成等差数列，设期通项为，不妨设数列的通项为，所以，即对恒成立，不妨设，令，则，因为，所以函数至多有两个零点，即在上至多有三个单调区间，从而至多会有三个零点，

14、这与都是的零点相矛盾，因此不存在满足条件的，使得依次成等比数列解法二（多次求导，省考试院提供）：假设存在满足条件的及正整数，使得依次成等比数列，则，分别在上述两个等式的两边同时除以及，并令，则，将上述两个等式两边取对数，得化简得，上述两式相除得，化简得（*），令，则，令，则.令，则，令，则，由，知，在和上均单调，故只有唯一的零点，即方程（*）只有唯一解，故假设不成立所以不存在满足条件的及正整数，使得依次成等比数列评注 第（1）问可以探究并证明是等比数列证明：因为，因此以为首项，为公比的等比数列第（2）问解法一其实就是通过两元关系找到方程组的解，解高次方程最好的办法就是不断降幂迭代，衔接教材中有

15、一道题就是降幂迭代思维，例：设，求的值解析 因为，故，即.即是方程的一个根，故.【1】或者也可以对方程组，将代入得，化简即，进而探求与的关系，由可直接得到与的关系，验证关系不一致即可证明不存在，如同解法二类似【2】为了简化运算，参考标准可以选为与，如同解法二类似但解法二也可以利用迭代， 例如解法二涉及，转换后即，即，方程无解【3】降幂迭代的方向可以不同（部分迭代和全部迭代），仅是步骤复杂程度变化，但结论不变，如处理解法一得到的式子还可以是，由得，代入得，即，再次迭代，即，解得，同理推翻【4】如果直接由可以推证，其中解得，即或，当时，易知，此时，不满足题意；当时，易知，此时，不满足题意可以直接推

16、翻结论【5】构造的时候也可以构造成，如省考试院公布的标准答案解法二是通过论证判定方程组解的范围不一致（一个求解范围，一个是确定值）进行否定，具 有一定的风险，因为对解的限制要求较高，若两解差的精度较小，则难以通过此法判定因此，往后此类试题也可以考查两方程均无法解出确定则，则我们可以通过降幂迭代或者判定 解得范围解决解法三是从构造方程研究函数零点角度解决但数学翻译语言：“函数至多有两个零点，则至多有三个单调区间”是不成立的，因为在无定义的地方可能会间断，将某一单调区间拆成两个，但此题有限制，因此成立数学翻译语言：“至多有三个单调区间，则至多会有三个零点”是正确的【6】也有老师从函数的凹凸性给予解

17、释（2）假设存在参数可以是其成等比数列，那么我们可以构造出下面的对应等式关系：，所以关于的函数是一致凹或凸的，所以与的连线 必不与 ，的连线重合这是与等差数列对应点在直线上是矛盾的，故不存在满足要求（3）依据题意构造等式关系如下：，所以，假设存在，那么坐标上三点，共线，依据函数图像凹凸性，知其不成立，因此不存在21（A）. 解析 由题意，又，故，所以，又，所以21（B）. 解析 由题意，所以，解得，故所以，令，则，所以它的另一个特征值为21（C）. 解析 由题意得，所以，即，从而，即，故圆的半径为21（D）. 解析当时，化简得，解得，故；当时，化简得，解得，故故不等式的解集为22. 解析 由平

18、面，故，两两垂直，所以建立如右图所示的空间直角坐标系，则，（1）易知平面，故平面的一个法向量为 又，设平面的一个法向量为，则，所以，取，则，故，因此，易知平面与平面所成二面角为锐二面角，故其余弦值为（2）因，设，所以，因此，设，所以，令，则，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，有最大值，即有最大值，此时直线与所成的角最小，故评注 也可以假设点的坐标解决在求解的最大值时，也可以处理成：，设，则，所以，所以当，取最小值， 此时取最大值，此时直线与所成的角最小，即，解得，故23. 分析 其实解决此除了需要有良好的数学分类思维以外，还需下表辅助我们理解问题的本质带标记的表示为的倍数或约数（其实是奇葩，其余的都是的倍数），带标记的表示 为的倍数或约数，而则表示既是的倍数或约数又是的倍数或约数（即为的倍数 或约数，此题不作研究） 这样研究时，可直接得， 当时，可直接得 这就是此题的本质，以为周期进行分类整合并进行数学归纳研究 解析 （1）当时，可取， ，共个，故（2）当时，证明：当时，枚举可得， ，符合通式；假设时，成立，即成立，则当时，此时，此时比多出有序数对个，即多出， ，从而，符合通式；另外，当，同理可证，综上，即，即当时也成立例如时，则，综上所述：评