2015年高考真题数学试卷分析含及答案

查数学素养的考试要求。21世纪教育网版权所有973，5，94，5，1220题第（Ⅲ）问等，充分体现出“源于教材，高于教到充分考查。如函数与导数的内容文科有第3，7，8，10，20题6力、创造性解决问题的能力。【出处：21教育名师】认知要求。文、理试卷中完全相同的题目仅有2道，姊妹题有4课程理念。【版权所有：21教育】新课程理念。21教育名师原创作品用时120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.（1）A={x2x4B={x(x-1)(x-3)0AB（A, （B, （2）若复数 满足 =1-

，其中i为虚数单位，则z（A1-

（B1+ （C- （3）设a0.606b0.615c=1.506，则abcb<c<a

（B）a<c< 3 象（A）向左平移p个单 向左平移p个单 设m˛R，命题“若m0，则方程x2xm0有实根”的若方程x2xm0有实根，则m若方程x2xm0有实根，则m£若方程x2xm0没有实根，则m若方程x2xm0没有实根，则m£1414时的气温的1414时的气温的（A） （B） （C）0,2上随机地取一个数x-1£logx1£11 2 （A）4（D）4

2x

（B）3

（C）3

fx

成立的x（C）（A）2 （B）4 （C）23（D）4

x

ff54，则b2x x 6 8

（C）4（D）2II卷（100分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 y-x若x, 满足约束条件x+y£ yz=x+3 作圆x2+y2=1的两切线，切点分别为A，B，则PAPB x2-x (x,y˛R,xy„0).当x>0,y>0时，x˜y+(2y˜x的最小值 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 85231人，求A1被选中且B1未被选中的概DABC中，角A,B,C所对的边分别为abc，已知cosB=33sin(A+B)=6,ac=9

，求sinA和c的值（18）（本小题满分12分）如图，三棱台DEFABC中，AB2DEGH分别为ACBC的平面BCD^平面FGH.已知数列

}是首项为正数的等差数列数列

的前n为 2n

a 求数列{an}（II）设b=(a+1)2an，求数列{b}的前n项和 f(x)=(x+a)lnx,g(x)=切线与直线2xy0求a

y=f

在点(1,f(1是否存在自然数kf(xg(x在(kk+1)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m(xminf(xg(x)}(min{pq}pq中的较小值求m(x)的最大值C:x2+ya

1(ab0)

，且点2

3,1在椭圆C2求椭圆C设椭圆

x2+y

，为椭圆

上任意一点，过点的直E:4a 4b2= ykxm交椭圆EAB两点，射线PO交椭圆E于点Q 求DABQ 2

3330

故至少参加上述一个社团的共有45-30=15人，

p=15=1 531人，其一切可能{A1,B1},{A1,B2},{A1,B3},{A2,B1},{A2,{A2,B3},{A3,B1},{A3,B2},{A3,B3},{A4,{A4,B2},{A4,B3},{A5,B1},{A5,B2},{A5,15个{A1B2},{A1B3}2个 解：在DABC中，由cosB所以sinCsin(AB=69

3得sinB=6 因为sinCsinB,所以CB,可知C所以cosC539因此sinAsin(B=sinBcosC+cosBsin=6·53+3·6=2 由sin

=c sinCcsin

22可得a

=sin 9

=23c又ac23,所以cDGCD设CDGFM，连接MH在三棱台DEFABC中，AB2DEGAC的中点，可得DF//GC,DF=GC,所以HM//BD,又HM 所以BD//平面FGH.可得BH//EF,BH=EF,可得BE//HF.在DABC中，GAC的中点，HBC的中点，所以GH//AB.因为BD 平面ABED，所以GH//AB.HBC的中点，所以CF//HE,又HE，GH 所以BC^平面EGH。 令n=111 所以a1a23令n=2，得1+ =2 所以a2a3=15解得a1=1d2，所以an2n-1.2n- (II)由（I）知bn=2n =n4所以Tn=141242+n4n所以4Tn=142+243+n 两式相减，得-3Tn4142+4nn -1-

所以

4+(3n-= ·4+1+= . f(x=1nxx

所以ak=1f(x)g(x在(1,2)内存在唯一的根h(x)f(xg(x)(x+1)lnxex) h(23ln2e2ln8e2>1-1

(x)=1nx+x

x(x-2)ek=1f(x)g(x在(kk+1)由（II）f(xg(x在(1,2)x0，x˛(0,x0时，f(x)g(x)，x˛(x0+¥f(x)g(x

ex,x˛(x0,+¥x˛(0,x0x˛(0,1m(x£10x˛(1xm(x=1nx0x

m(x£m(x0x˛(x+¥m'(x)x(2x

)4m(x£m(2)e2m(x0m(2)4 解：（I）a24b2a2a2-a

323

所以椭圆C的方程 4

由（I）E 由题意知Q(-lx0,-ly0x02y2 0(-lx (-ly0

(

+y

) 所以l=2，即 =

ykxmE可得(14k2x2+8kmx4m2-160由D>0,可得m2<4+16k 则有x+x= ,xx 1+4k 1

4m2-.1+4k所以|x1x2

416k2+4-.1+4kykxmy轴交点的坐标为(0,m 2|m|16k2+4- 2(16k2+4-m2所以DOAB的面积S=2|m||x1-x2 1+4k 1+4k==(4-1+4k2)1+4k2 =1+4kykxmC可得(14k2x28kmx4m240由D‡0,可得m2£1+4k 由①②可知0<t£1-t2+因此S-t2+故S£ 当且仅当t=1，即m2=1+4k2时取得最大值 所以DABQ面积的最大值为63.2B铅笔把答题卡上对应题目的答案写在试卷上无效。21教育网Z1-

3（A）向左平移p个单 （B）向右平移p个单 ABCD的边长为a，∠ABC=60BDCD（A）-（B）-（C）（D）x,y满足约束条件z=ax+y4，则 ABCDAD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21cnjy（A）（B）（C） （9）一条光线从点（-2-3）射出，经y轴反射后与圆（A）或（B 的a的取值范围（C）[（D）[1,+1C01照此规律，当n˛NC02n-1+C12n-1+C22n-1+…+Cn-12n-1 否否4执行右边的程序框图，输出的T的值为 .(14)已知函数f(x)=ax+b(a>0,a„1) 的定义域和值域都是[-1,0]，则a+b=（15）xOy a2b2=1（a>0,b>0）的渐近线与抛物线 设f（x）=sinxcosxcos2（x+p42(17)(本小题满分12分)如图，在三棱台DEF-ABC中，求证：BC//平面平面ACFD所成的角（锐角）的大小.【来源：21·世纪·教育·网】若数列{b满足ablog2，求{bn项和T n （19（若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”（137,359,567等）.www-2-1-cnjy-com101分. 中，已知椭圆 （Ⅱ）设椭圆为椭圆上任意一点，过点的直 交椭圆于两点，射线 于点.【来源：21cnj*y.co*m】(i)求的值(21)(本小题满分14分)设函数f(xIn(x+1)+a(x2x)，其中a˛R一、 （13）6

2

2解：（Ⅰ）f(x

1+cos(2x+psin2x =1sin2x- =sin2x- 2由-2kp£2x

+ k˛ 可得pkp£x£

+ k˛ p2kp£2x£

+ k˛ 得p+kp£x£3p+ k˛ fx的单调递增区间是[

+kp]（k˛Z单调递减区间是

+kp]（k˛Z （II）f )=sinA-=0\sinA AcosA2a2b2c22bccos可得1+3bcb2c212-3bc ，且当b12-3\bcsinA£2+4DABC24DG，CD，设CDGFO，连接OH在三棱台DEFABC中，AB2DEGAC的中点，可得DF//GC，DFGC,则O为CD的中点，又HBC的中点，所以OH//BD,又

BD¸FGHBC2EFHBC的中点，可得BH//EFBHEF,可得BEHF在DABCGACHBC的中点，所以GH//AB,又GHHFH,FGHABED因为 平面ABEDzy所以BDFGHzyAB2,则CF1DF2

AC=GC 因此DG//FC,又FC^ABC，DG^ABC在DABCAB^BCBAC45GAC中点，所以ABBC，GB^GC,因此GB,GC,GD以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz，000)(2C(2001)可得H 故GH= 设nxyzFGHn= x+y=由 2y+z=FGH的一个法向量n(1,-1,2 20,所以

•GB •= EN AHHM^ACMMN^GFNFC^ABC,HM^FC又FCACC因此GF^NH所以MNH在DBGCMHBGMH1BG=2 由DGNM~DGCFMNGM 从而MN 6由HM^平面ACFD，MN 得HM^MN，因此tan—MNH= 所以MNH60FGHACFD所成角（锐角）的大小为60解：（I）因为2Sn3n3n-所以2a1=3+3，故a1=3，当n>1时， =3n-1+3n- n- 此时2a=2S- =3n-3n-1=2·3n-1，即a= n- 所以an

3,n= ,n>1（II）因为anbnlog32，所以b13当n1bn3n-2log23n-1(n-1)•31-n1T=b+b+b+…+ (1·3-1+2·3-2+…+(n-1)·32-n) n=3所以3Tn1(1·302·3-1(n-1)·33-n2Tn

2+3

+3-2

22= -(n-1)·32 1-=13-6n+3 2所以T136n 4·综上可得T136n 4·9（II）由题意知，全部“三位递增数”的个数为C3849P(X=0)=C3=C3 C339C12C1C3P(X=-1)=4C3 P(X=1)=1-1-2=11 X01P2132+(-1)12+(-1)1+1·11= 3 解：（I）由题意知2a4，则a2c=3a2c2b2 可得b 所以椭圆C的方程为 +y=14x y +=1 |OQx 因为0y04l(-lx (-ly l =1，即(0+y0)= |OQ所以l=2，即 =2|OP可得(14k2x28kmx4m2-160，由D0，可得m24+16k2=则有x+ 8km,xx=4m2= 1+4k 1

1+4k4所以|x1x2

16k2+4-1+4kykxmy轴交点的坐标为(0,m1所以DOABS

|m||x-x 216k2+4-m2|m 1+4k2(16k2+4-m2 1+4k(4-(4-1+4k2)1+4k =1+4kykxm代入椭圆C(14k2x28kmx4m240，由D0，可得m2£14k2

0<t£S

(4-

= 故S£ 当且仅当t=1时，即m214k2时取得最大值23，由（i）知，DABQ面积为3S，所以DABQ面积的最大值为 解：（Ⅰ）fx的定义域为(1,+¥f¢(x)= +a(2x-1)x

2ax2+ax-a，xgx2ax2axa+1,x˛(-1,+¥（1）当a0gx)1fx0fx在(-1,+¥（2）当a0Da28a(1aa(9a8)①当0a£9

fx0fx在(-1,+¥8②当a>D09设方程2ax2axa+10x1x2x1x21x1x22 1由g(-1)10，可得-1x14x˛(-1,x1gx0,fx)0fxx˛(x1x2gx0,fx0fxx˛(x2¥gx)0,fx)0fx（3）当a0D0x˛(-1,x2gx0,fx)0f