2015山东高考数学试卷分析（含试卷及答案） (一)

2015年山东高考数学试卷分析

2015年高考山东卷数学试题严格遵循考试说明，以能力立意，在考

查基础知识和基本技能的同时一，注重考查考生的数学思想方法及学科

能力，展现了数学的科学价值和人文价值。试题具备基础性和综合性,

对知识和能力实现了多角度、多层次地考查，达到了全面考查数学素

养的考试要求。

一、立足学科基础，突出主干知识

试卷依据课程标准和考试说明，强调回归基础知识和基本技能的

重要性，如文科第1—9题，理科第1—7题，文、理科第11—13题

等着眼于考查概念和公式的理解和应用，着眼于考查考生对数学本质

的理解。文科第9题和理科第7题不仅考查旋转体体积公式的应用，

而且考查了考生对旋转体的结构和生成过程的理解。试卷中有的试题

直接源自于课本中的例题和习题，通过适度的改编、整合而成，给人

“似曾相识”的感觉，如理科第3,5,9题，文科第4,5,12题及

20题第（III）问等，充分体现出“源于教材，高于教材”的理念，

对中学数学教学具有良好的导向作用。

试卷对数学基础知识全面考查的同时一，突出考查中学数学学科体

系的核心内容，并达到了必要的深度，三角函数、立体几何、概率统

计、数列、函数与导数、解析几何等主干知识在整份试卷中得到充分

考查。如函数与导数的内容文科有第3,7,8,10,20题等，理科第

10,14,21题等。立体几何的考查重点放在图形中线线关系、线面

关系以及面面关系的识别、想象和推理上。解析几何的考查重点放在

圆锥曲线的几何意义与性质、数形结合和运动变换上。题目设计以重

点知识为核心，将知识和能力结合，数学味浓，力求从学科整体的高

度在几个知识层面的交汇处设计试题，以检验考生是否具备一个有序

的网络化知识体系，并能从中提取有关信息，灵活地解决问题。

二、注重思想方法，深化能力立意

数学思想方法是数学知识在更高层次上的抽象与概括，它蕴含在

数学知识发生、发展和应用的过程中，是由知识向能力转化的重要桥

梁。中学数学中常见的数学思想，如函数与方程思想，分类整合思想,

数形结合思想，转化与化归思想等，在今年数学试卷的考查中体现得

淋漓尽致。如文科第7,13,20题，理科第4,5,8,9,15,17,

21题等考查了数形结合思想；文科第10,15题，理科第10,14,21

题等考查了分类整合思想；文科第19,20,21题，理科第10,12,

20,21题等考查了函数与方程思想；文科第20,21题，理科第17,

19,20,21题等考查了转化与化归思想。多数试题的设计门槛低、

入口宽，运用的思想方法有层次、有梯度，从而有效地区分不同层次

考生的能力水平。这样的设计，体现了以知识为载体，以方法为依托,

以考查能力为目的的考查要求，提高了试题的区分度，有利于高校选

拔人才。

文理两份试卷注重了对空间想象能力、抽象概括能力、推理论证

能力、数据处理能力、运算求解能力及应用意识的考查。试卷以抽象

概括能力和推理论证能力为核心，考查考生的探索、发现和创造能力,

检测学生的学习潜能。如文科第6题以甲、乙两地气温状况为背景，

以茎叶图这一基本形式为载体设计相关统计问题，考查了“概率统计•”

知识在实际生活中的应用，试题贴近生活，背景公平，考查了考生数

据处理能力和应用意识。又如理科第11题以二项展开式为背景，以

指数幕运算与组合数运算为知识载体，考查考生的归纳推理的数学思

维和能力。

三、重视理性思维，凸显选拔功能

试题的设计知识交汇、方法交织、能力交叉。试题精巧别致，涵

盖丰富，体现了数学理性思维的特点，从思维的层次性、深刻性、创

新性等方面进行全面考查，凸显了高考试题的选拔功能。

试题注重通性通法，同时又给思维层次较高的考生留足了思维驰

骋的空间，充分关注了考生思维层次的差异。如文科第21题，理科

第20题，考生可以直接求的面积，也可以根据上一问提示的比例关

系，转化为求的面积，简化了运算，思维层次分明。试题综合性强，

注重对思维深刻性地考查，如理科第19题以计数原理为载体，以数

学应用为背景，考查考生数学应用意识、抽象思维能力、数学建模能

力、分析问题和解决问题的能力。若考生没有形成对知识的综合应用

能力，思维深度达不到本题的考查要求，则很难完整解答此题。

四、难度设计合理，体现人文关怀

试题难度设计合理，由易到难，层次分明，符合考生的认知规律

和学习特点。理科第20题和文科第20、21题均设置了三小问，梯度

分明，逐层递进，有利于考生消除紧张情绪，正常发挥。第（1）问

思维起点低，考生上手容易，让更多的考生有得分机会，第（2）问

和第（3）问思维起点逐步升高，需要考生有较强的探索能力、创造

性解决问题的能力。

试题的表述简洁、准确，情境交融，知能并重，符合数学规律，

思维量和运算量比例恰当，体现了对考生的人文关怀。试题充分考虑

了文、理科考生思维的不同特点，符合文、理科考生各自的认知要求。

文、理试卷中完全相同的题目仅有2道，姊妹题有4道，相同知识点

的考查以不同方式呈现，体现了对文科考生的人文关怀。如理科第

17题和文科第18题题干完全相同，第（I）问都是线面平行的证明，

第（II）问文科是面面垂直的证明，而理科是在证明线线垂直的基础

上求二面角。又如文科第21题和理科第20题考查主体相同，而文科

第（I）问考查了考生熟悉的待定系数法求椭圆方程，理科第（I）

问则考查了考生在几何背景下探索椭圆的生成过程和图形特征，数形

结合，强化推理。在保证有效区分的前提下，文、理科试题的难度设

计合理，彰显了“以人为本”的新课程理念。

总之，2015年高考山东卷数学试题思路清晰，表述简洁，内涵

丰富，稳中有变，变中求新，导向准确，利于选拔，在充分考查学科

思想和方法的同时，关注人文，体现了山东特色，很好地落实了新课

程理念。

2015年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）

数学（文科）

第I卷（共50分）

本试卷分第I卷和第II卷两部分，共4页.满分150分.考试

用时120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分,在每小

题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

(1)已矢口集合A={x[2<x<4},B={x[(x-l)(x—3)<0},贝I」AB=

(A)(1,3)(B)(l,4)(0(2,3)(D)

(2,4)

(2)若复数z满足Z=i,其中i为虚数单位，则2=

1-z

(A)1-z(B)1+Z(C)-1-/(D)

-1+z

(3)-^a=0.6°'6,Z>=0.6l'5,c=1.5°-6,则a,dc的大小关系是

(A)a<b<c(B)a<c<b(C)b<a<c(D)

h<c<a

(4)要得到函数y=sin(4x-?)的图象，只需将函数尸sin4x的图

象

(A)向左平移二个单位(B)向右平移土

1212

个单位

(C)向左平移七个单位(D)向右平移工

33

个单位

(5)设weR,命题“若加>0,则方程£+x-机=0有实根”的

逆否命题是

(A)若方程f+x-加=0有实根,则〃2>0

(B)若方程£+XT〃=O有实根，贝

(O若方程V+%一机=0没有实根，贝!］加＞0

(D)若方程f+x_m=0没有实根，则屋0

(6)为比较甲、乙两地某月14时的气温状况，随机选取该月中

的5天，将这5天中14时的气温数据(单位:℃)制成如图所示的

茎叶图。考虑以下结论：

①甲地该月14时的平均气温低于乙地该甲乙

月14时的平均气温；986289

113012

②甲地该月14时的平均气温高于乙地该

月14时的平均气温；

③甲地该月14时的气温的标准差小于乙地该月14时的气温的标

准差；

④甲地该月14时的气温的标准差大于乙地该月14时的气温的标

准差.

其中根据茎叶图能得到的统计结论的编号为

(A)①③(B)①④(C)②③

(D)②④

(7)在区间［0,2］上随机地取一个数x,则事件

“-141。久卜+；卜1”发生的概率为

(A)-(B)-(C)-

433

(D)-

4

(8)若函数〃司=超是奇函数，则使〃x)>3成立的x的取值

范围为

(A)y,-l)(B)(-1,0)(C)(0,1)

(D)(l,+oo)

(9)已知等腰直角三角形的直角边的长为2,将该三角形绕其

斜边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)2母兀

33

(D)m兀

(10)设函数瓦"L若dH印=4,则此

[2,,x>\,I\6JJ

(A)1(B)-(C)-

84

(D)-

2

第II卷（共100分）

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。

（11）执行右边的程序框图，若输入的x

（开始）

的值为1,则输出的〉的值[

是./输/

（12）若满足约束条件13,则r——----------1

3位士

z=x+3y的最大值为___________.II/输出二/

（13）过点P（l,6）作圆/+寸=1的两条

切线，切点分别为A,B,则P4P3=.

2_2

（14）定义运算"g":x®y=————（x.ye7?,xy^0）x>0,y>0时,

xy

%（8）y+（2y）（8）%的最小值为.

22

（15）过双曲线C:=-二•=l（a>0力>0）的右焦点作一条与其渐近

ab"

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

率为•

三、解答题：本大题共6小题，共75分

（16）（本小题满分12分）某中学调查了某班全部45名同学参

加书法社团和演讲社团的请况，数据如下表：（单位：人）

参加书法社团未参加书法社团

参加演讲社团85

未参加演讲社团230

(I)从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个社

团的概率；

(II)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5

名男同学A，4,3名女同学用,当,打，现从这5名男同学

和3名女同学中各随机选1人，求久被选中且当未被选中的概率。

(17)(本小题满分12分)

AABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知cosB=也，

3

sin(A+B)=ac2出,求sinA和c的值.

(18)(本小题满分12分)

如图，三棱台DEF-ABC中，

AB=2DEG,分另IJ为AC,BC的

中点，

(I)求证：B。//平面PG”;

(II)若CCBC8C,求证:

平面38,平面FGH.

(19)(本小题满分12分)

已知数列u｝是首项为正数的等差数列，数歹U｛十｝的前〃项和

(I)求数列｛%｝的通项公式；

(II)设b“=(4+1)2”，求数列｛2｝的前〃项和T”.

(20)(本小题满分13分)

2

设函数/(x)=(x+a)lnx,g(x)=—，已知曲线y=/(x)在点(1,/⑴)处的

e

切线与直线2x-y=0平行。

(I)求〃的值；

(II)是否存在自然数左，使的方程.f(x)=g(x)在/,％+1)内存在唯

一的根？如果存在，求出人如果不存在，请说明理由；

(III)设函数m(x)=min｛/(x),g(x)｝(min｛p,q｝表示中的较小值)，求

(x)的最大值.

(21)(本小题满分14分)在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆

C：=+二=l(a>〃>0)的离心率为g,且点(Q」)在椭圆C上，

a2b222

(I)求椭圆。的方程；

22

(II)设椭圆E：三+三=1,P为椭圆C上任意一点，过点P的直

4a4b

线丁=点+机交椭圆E于两点，射线PO交椭圆E于点。。

(i)求吗的值；

(ii)求AA8Q面积的最大值。

文科数学试题参考答案

一、选择题

(1)C(2)A(3)C(4)B(5)

D

(6)B(7)A(8)C(9)B(10)

D

二、填空题

(11)13(12)7(13)-(14)V2(15)2+石

2

三、解答题

(16)

解：⑴由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30

人，

故至少参加上述一个社团的共有45-30=15人，

所以从该班随机选1名同学，该同学至少参加上述一个社团

的概率为

从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，其一切可能的

结果组成的基本事件有；

{4,4},{4也}，{4也},{4出},{4也},

{4,4},{&,4},{人3,与},{仆与},{4,4},

{A《,与},{4,层},{4,4},{4,与},{&,用},

共15个.

根据题意，这些基本事件的出现是等可能的.

事件“4被选中且与未被选中”所包含的基本事件有：

{4，6},{4，四}，共2个.

7

因此A被选中且均未被选中的概率为〃=1.

(17)

解：在AA6C中，由cos8=3■，得sin3="^,

33

因为A+3+C=TT,

所以sinC=sin(A+B)=仔.

因为sinCvsinB,所以C<8,可知。为锐角，

所以cosC=三®.

因此sinA=sin(B+C)

=sin3cosCH-cosfisinC

而5百百卡20

=-------X------------1---------X--------=-----------

39393

由一^=上，

sinAsinC

2V2

-c

csinA

可得〃=3=2yf3c,

sinC

9

又ac=2^3,所以c=1.

(18)

(I)证法一：

连接。G,CD设8GF=M,连接M/7.

在三棱台。EV-ABC中，

AB=2DE,G为AC的中点，

可得DF//GC,DF=GC,

所以四边形DFCG为平行四边形.

则M为CD的中点，又H为BC的中点，

所以HM//BD,

又HMu平面FGH,BD(Z平面FGH,

所以BD〃平面FGH.

证法二：

在三棱台DEF-ABC中，

由BC=2EF,H为BC的中点，

可得BH//EF,BH=EF,

所以四边形HBEF为平行四边形，

可得BE//HF.

在AABC中，G为AC的中点，H为BC的中点,

所以GH//AB.

又GHHF=H,

所以平面FGH〃平面ABED,

因为BDu平面ABED,

所以平面BD〃平面FGH.

(II)证明：连接HE.

因为G,H分别AC,BC的中点，

所以GH//AB.

由AB1BC,得GH1BC.

又H为BC的中点，

所以EF//HC,EF=HC,

因此四边形EFCH是平行四边形，

所以CF〃HE,

又CF1BC,所以HEIBCo

又HE,GHu平面EGH,HEGH=H,

所以BCJ_平面EGHo

又BCu平面BCD.

所以平面BCD，平面EGH.

(19)

解：(I)设数列｛4｝的公差为".

令〃=1,—=—>

4a23

所以。口2=3.

令〃=2,得―!—।——=—,

a}a2a-,a35

所以4a3=15.

解得q=l,d=2,

所以勺=2〃-1.

(II)由(I)知a=2〃-22"T=〃4,

所以7；=1.4i+2・42++〃.4",

所以4<=1.4+-2U〃・%,

两式相减，得-37；=4+4+4〃-"4

4d一4")_〃,代

1-4

1-3〃X4〃+i4

93

4+(32“

所以7；

999

(20)

解：(D由题意知，曲线y=/(x)在点(1"⑴)处的切线斜率为2,

所以/⑴=2,

又/(x)=lzu+—+1,

X

所以"1.

(II)&=1时,方程f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根.

Y2

设/?(%)=/(%)一g(x)=(x+1)Inx--

e

当XG(0,1］时,h(x)<0.

44

又/z(2)=31n2--=ln8--->1-1=0,

e7e"

所以存在x°ea,2),使力(%)=0.

因为外(x)=1依+,+1+.*-2),

xex

所以当xe(1,2)时，/iv(x)>l-->0,

e

当xe(2,+oo)时，h\x)>0,

所以当xe(l,+oo)时，〃(x)单调递增.

所以攵=1时，方程/(x)=g(x)在(k,k+i)内存在唯一的根.

(III)由(II)知方程/(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根与,

且xe(0,x())时，/(x)<g(x),

xe(Xo，+oo)时，f(x)>g(%),

(x+1)In(O,xo]

2

得到m(x)=<x

—,xe(x0,+oo)

当工£(0,工0)时，若X£(O,1]3%(X)KO;

若x£(l,x0),由m(x)=lnx+—+1>0,

x

可知0<〃z(%)<m(x0).

故机(x)〈机(%)•

当x£(%,+00)时“m\x)="21'),

e

可得xw(%,2)时，机'(％)>0,根(幻单调递增；

工£(2,+8)时，m\x)<0,m(x)单调递减;

4

可知加(x)<m(2)=—7,且m(x0)<m(2).

e

4

综上可得函数根(x)的最大值为二.

e~

(21)

31

解：(D由题意知7+五=1,

又耳[邛，解得储=4,从"

所以椭圆C的方程为小,』.

"V"

(II)由(I)知椭圆E的方程为一+2-=1.

164

设「(/，为)，丘河=4

由题意知0(-Ay0).

因为:j+%2=].

v（一几天）2+_1

乂I—1

164

所以4=2,即R^=2.

\0P\

（ii,）设，4%2）,3（工2，%），

将丁="+机代入椭圆E的方程，

可得（1+4攵2）x2+8kmX+4m2-16=0,

由△>（）,可得加2<4+16公...............①

8km4m2-16

则有玉+/=帝记'*々=1+4/

4A/16公+4-m2

所以|无］一尤21=

1+4攵2

因为直线y=区+/〃与y轴交点的坐标为（0,，〃），

所以A046的面积

1,„,2|帆|J16r+4-疗2/16-+4-〃力加2

-w%,-x.=----------------=---------：------

2121+4/1+4公

m2m2

=2J(4—1+4/)i+4公

设

1+4公

将丁=辰+m代入椭圆C的方程，

可得（1+4左2）%2+Skmx+4m2-4=0,

2

由ANO,可得旭2<l+4Zr.............②

由①②可知o<t4l,

因此S=2j（4T）f=2V-/2+4/

故S42"

当且仅当f=l,即加=1+4公时取得最大值2G.

由⑴知，AA&Q的面积为3S,

所以A4GQ面积的最大值为6瓜

绝密★启用前

2015年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）

理科数学

本试卷分第I卷和第n卷两部分，共4页。满分150分。考试用

时120分钟。考试结束后，将将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：

L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、

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I卷每小题选出答案后，用2B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

案写在试卷上无效。

3.第n卷必须用0.5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。

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

算步骤.

参考公式：

如果事件A,B互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B).

第I卷(共50分)

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题

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|X2-4X+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Z=j,其中i为虚数单位，则2=

1-z

(A)1-i(B)1+i(C)-1-i(D)-1+i

(3)要得到函数y=sin(4x-p的图像，只需要将函数y=sin4x的

图像()

(A)向左平移二个单位(B)向右平移二个单位

1212

(C)向左平移三个单位(D)向右平移工个单位

33

(4)已知菱形ABCD的边长为a,ZABC=60°,则BDCD=

(A)--a2(B)--a2(C)-a2(D)-a2

2442

(5)不等式|x-1|-1x-51<2的解集是

(A)(-co,4)(B)(-s,1)(C)(1,4)(D)(1,5)

x-y>0

x+y<2

(6)已知x,y满足约束条件(y之。，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，ZABC=",AD//BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形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)2TT

333

(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(P,。2),贝ljP(口-。<]<

N+。)=68.26%,P(U-2o<C<U+2o)=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

(x+3)2+(、，-2>=1相切，则反射光线所在直线的斜率为()

(A)或一(B)或-二

(C)一三或一：(D)

(10)设函数岭)=广：11广：1,则满足f(f(a))=2,㈤的a的取值范围是

I/fX>X

()

(A)[|,1](B)[0,1]

(C)g,+8)(D)[1,+S)

第II卷(共100分)

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。

(11)观察下列各式：

Ci°=4°

C?+Ci=4*；

C?4-Cl+C^=43

C?+CJ+C?4-C?=4S；

照此规律，当neN时，

C°2n-1+C'n-l+C22n-1+…+C\n-l=

(⑵若“Wxw[O,句,tanxwm”是真命题，则

4

实数m的最小值为

(13)执行右边的程序框图，输出的T的值

为____________

(14)已知函数f(x)=a'+Ha>O,"l：的定义域

和值域都是,则“+〃=

(15)平面直角坐标系xOy中，双曲线G：

22

^-4=1(a>0,b>0)的渐近线与抛物线C2：

ab~

X2=2py(p>0)交于0,若aOAB的垂心为C?的焦点，则G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)-sinxcosx-cos2(x+—).

4

(I)求f(X)的单调区间;

(n)在锐角4ABC中，角A,B,C,的对边分别为a,b,c,若f(g)=0,a=l,

求4ABC面积的最大值。

(17)(本小题满分12分)

如图，在三棱台DEF-ABC中,

B

AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点。

(I)求证：BC〃平面FGH；

(II)若CF_L平面ABC,AB±BC,CF=DE,NBAC=45。，求平面FGH与

平面ACFD所成的角(锐角)的大小.

(18)(本小题满分12分)

设数列｛可,｝的前n项和为S「已知2S〃=3"+3.

(I)求｛%｝的通项公式；

(II)若数列｛勺｝满足,求也J的前n项和

(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，

十位数字大于百位数字，则称〃为“三位递增数”(如

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。分；若能被5整除，但不能被10整除，得-1分；若能

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X的分布列和数学期望EX.

(20)(本小题满分13分)

平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:5+《=l(a>b>0)的离

心率为自，左、右焦点分别是尸1、以心为圆心以3为半径的

圆与以心为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上.

(1)求椭圆。的方程；

(II)设椭圆E：E+与=1,P为椭圆C上任意一点，过点P的直

4a*4b.

线y=kx+m交椭圆E于儿B两点，射线P。交椭圆E

于点Q.

(i)求器的值；

(ii)求△ABQ面积的最大值.

(21)(本小题满分14分)

设函数f(x)=/n(x+l)+矶/-x),其中awR。

(I)讨论函数/'(x)极值点的个数，并说明理由;

(II)若七＞0,成立，求a的取值范围。

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(io)c

二、填空题

(11)(12)1(13)—(14)--(15)-

622

三、解答题

(16)

।l+cos(2x+—)

解：(I)由题意/(x)=：sin2x------------——二

=­1si•nc2x----1--F-1smc2x

222

.-1

=sin2%—

2

JIJI

由----F2k7r«2xW—F2k,7TZwZ

22

jrjr

可得----\rk7l<X<——\-k7TkeZ

44

TTSTF

由一+2k7V<2x<-----F2k7T左£Z

22

得工+女乃WxW3+左开keZ

44

nn

所以/(x)的单调递增区间是[—2+br,々+七r](keZ)

44

单调递减区间是[石+%万,四+七r](左eZ)

44

A11

(II)/(y)=sinA--=0sinA=—

由题意A是锐角，所以cosA=—

2

由余弦定理：a2=Z?24-c2-2bccosA

可得1+\[?)bc=b2+c2>2bc

：.bc<——=2+V3,且当Z?=c,时成立

2-V3

besinA«-----

4

AABC面积最大值为

4

(17)

(I)证法一：

连接。G,CD,设CDCIG尸=0,连接

在三棱台。Eb-ABC中，

AB=2DE,G为4c的中点，

司得DFHGC,DF=GC,

所以四边形CG为平行四边形，

则。为C。的中点，

又”为的中点，

所以OH〃BD,

又OHu平面FGH6。(Z平面FGH,

所以平面尸G”

证法二：

在三棱台。Eb-ABC中，

由3C=2EE,”为的中点，

可得BHHEF,BH=EF,

所以四边形35万为平行四边形，

可得BEUHF,

在A48c中，G为AC的中点，”为BC的中点,

所以GH//AB,

又G”Cl"E=〃,所以平面FGHH平面ABED,

因为3Du平面ABED

所以BD〃平面FGH。

（II）解法一：

设A5=2,则C/=1,

在三棱台。Eb—ABC中，

G为AC的中点，

由。/=,AC=GC,

2

可得四边形。GC户为平行四边形,

因此。G〃尸C,

又FC_L平面ABC,

所以。6_1_平面48。，

在AA8C中，由AB_LBC,NBAC=45°,G是AC中点,

所以AB=BC,GBLGC,

因此G3,GC,G。两两垂直，

以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G-肛z,

所以G(0,0,0),B(V2,0,0),C(0，V2,0),0(0,0,1)

可得H(芋；,0),F(0,V2,0)

故曲=(等，交,0),GF(0,72,0),

设〃=（x,y,z）是平面FG"的一个法向量，则

"•GH=0rx+y=0

可得Wr~

n•GF-0[V2y+z=0

可得平面尸G”的一个法向量〃=（1,-1,四），

因为GB是平面AC尸。的一个法向量，GB=（近,0,0）

GB»nV21

所以cos(G8,n)

\GB\»\n\~2-j2~2

所以平面与平面ACFO所成角（锐角）的大小为60,

解法二：

作“M_LAC与点M,作MN_LGR与点N,连接N”

由尸C_L平面ABC,得HM±FC,

又FCC\AC^C,

所以“M_L平面ACED,

因此GFLNH,

所以NMNH即为所求的角，

在ABGC中，MHIIBG,MH=-BG=—,

由/\GNM~kGCF,

从而MN=

由"ML平面ACF。，"Nu平面AC尸。，

得HM±MN,

因止匕tan/MNH="4=J5,

MN

所以ZMNH=60°,

所以平面FGH与平面AC/7。所成角（锐角）的大小为60°。

(18)

解：(I)因为2s“=3”+3,

所以2%=3+3,故4=3,

当时，2S〃T=3〃T+3,

,,_,

此时2册=2Sn-2sl=3"—3'i=2x3,即an=3T,

3,〃=1

所以""—［『Qi

(II)因为。也=1。832,所以4=g，

1

当〃>1时，2=3"-2log23"-=(»-1)•3i,

所以7]=4=g；

7；=4+仇+%+…+2=g+(1X3T+2x3"+...+(〃—1)x32-"),

所以37；=1+(1x3°+2x3-i+…+(〃—1)x33-")

两式相减，得

2

27；,=-+(3°+3一|+31+…+32-,!)

-(n-l)x32-"

_136n+3

~~6~2x3"

13671+3

所以1=五

4x3”

经检验，〃=1也适合,

136〃+3

综上可得7；,=—

〃124x3"

(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”的个数为曰=84,

随机变量X是取值为：0,-1,1.因此

C：2

p(X=0)=

^=3

P(X=-D(

14

尸(X=1)=1-上2_11

-

14342

所以X的分布列为

X0-11

2111

P

1442

则EX=0x-+(-l)—+lx—=—

3144221

(20)

解：(I)由题意知2。=4,则a=2,

又£=&2_02=/,

a2

可得b=l

2

所以椭圆C的方程为r二+y2=i

4

22

（ID由（I）知椭圆£的方程为二+匕=1

164

（i）设P（x0,%），僚j="由题意知Q（-4，一加0），

2

因为方~+y（）2=1

又（一温f+（To'=],々W.+；）=1

16444°

所以2=2,即丝J=2

\OP\

（ii）设4为，必）,8*2，%），

将y=Ax+加代入椭圆E的方程，

可得（1+4左2）/+Sktm+4根2-16=0,

由△>(),可得m2<4+16A:2

8kmW-16

则有%+/=-]+软2，"为2=

1+4公

4yl\6k2+4-m2

所以

1+4女2

因为直