2015年高考文科数学试卷全国卷2(解析版)

试卷第1页，总13页2015年高考文科数学试卷全国卷Ⅱ（解析版）1．已知集合|12Axx,|03Bxx,则AB（）A．1,3B．1,0C．0,2D．2,3【答案】A【解析】因为|12Axx,|03Bxx,所以|13.ABxx故选A.考点：本MATCH_ word word文档格式规范word作业纸小票打印word模板word简历模板免费word简历 _1716317596509_2主要考查不等式基础知识及集合的交集运算.2．若为a实数,且2i3i1ia,则a（）A．4B．3C．3D．4【答案】D【解析】由题意可得2i1i3i24i4aa,故选D.考点：本题主要考查复数的 乘除 小学二年级加减乘除混合运算最新二年级加减乘除混合运算二年级加减乘除混合运算四年级奥数巧算乘除法三年级加减乘除竖式 运算,及复数相等的概念.3．根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化碳年排放量（单位：万吨）柱形图,以下结论中不正确的是（）A．逐年比较,2008年减少二氧化碳排放量的效果最显著B．2007年我国治理二氧化碳排放显现成效C．2006年以来我国二氧化碳年排放量呈减少趋势D．2006年以来我国二氧化碳年排放量与年份正相关【答案】D【解析】由柱形图可知2006年以来,我国二氧化碳排放量基本成递减趋势,所以二氧化碳排放量与年份负相关,故选D.考点：本题主要考查统计知识及对学生柱形图的理解4．已知1,1a,1,2b,则(2)aba（）A．1B．0C．1D．2【答案】C【解析】试题分析：由题意可得2112a,123,ab所以222431abaaab.故选C.考点：本题主要考查向量数量积的坐标运算.试卷第2页，总13页5．设nS是等差数列{}na的前n项和,若1353aaa,则5S（）A．5B．7C．9D．11【答案】A【解析】试题解析：由13533331aaaaa,所有15535552aaSa.故选A.考点：本题主要考查等差数列的性质及前n项和 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 的应用.6．一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）1A.81B.71C.61D.5【答案】D【解析】试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的16,剩余部分体积是正方体体积的56,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为15,故选D.考点：本题主要考查三视图及几何体体积的计算.7．已知三点(1,0),(0,3),(2,3)ABC,则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为（）5A.321B.325C.34D.3【答案】B【解析】试题分析：△ABC外接圆圆心在直线BC垂直平分线上即直线1x上,设圆试卷第3页，总13页心D1,b,由DA=DB得222133bbb,所以圆心到原点的距离222221133d.故选B.考点：本题主要考查圆的方程的求法,及点到直线距离公式.8．下边程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”,执行该程序框图,若输入的,ab分别为14,18,则输出的a为（）A.0B.2C.4D.14【答案】B【解析】试题分析：由题意可知输出的a是18,14的最大公约数2,故选B.考点：本题主要考查程序框图及更相减损术.9．已知等比数列{}na满足114a,35441aaa,则2a（）A.2B.11C.21D.8【答案】C【解析】试题分析：由题意可得235444412aaaaa,所以34182aqqa,故2112aaq,选C.考点：本题主要考查等比数列性质及基本运算.10．已知BA,是球O的球面上两点,90AOB,C为该球面上的动点.若三棱锥ABCO体积的最大值为36,则球O的表面积为（）A.36πB.64πC.144πD.256π【答案】C【解析】试题分析：设球的半径为R,则△AOB面积为212R,三棱锥OABC体积最大时,C到平面AOB距离最大且为R,此时313666VRR,所以球O的表试卷第4页，总13页面积24π144πSR.故选C.考点：本题主要考查球与几何体的切接问题及空间想象能力.11．如图,长方形的边AB=2,BC=1,O是AB的中点,点P沿着边BC,CD与DA运动,记BOPx,将动点P到A,B两点距离之和表示为x的函数fx,则的图像大致为（）【答案】B【解析】试题分析：由题意可得ππππ22,512424ffff,由此可排除C,D；当π04x时点P在边BC上，tanPBx，2224tanPAABPBx，所以2tan4fxxtanx,可知π0,4x时图像不是线段,可排除A,故选B.考点：本题主要考查函数的识图问题及分析问题解决问题的能力.12．设函数21()ln(1||)1fxxx,则使得()(21)fxfx成立的x的取值范围是（）A．1,13B．1,1,3C．11,33D．11,,33【答案】A【解析】试题分析：由21()ln(1||)1fxxx可知fx是偶函数,且在0,是增函数,所以试卷第5页，总13页2212121212113fxfxfxfxxxxxx.故选A.考点：本题主要考查函数的奇偶性、单调性及不等式的解法.13．已知函数32fxaxx的图像过点（-1,4）,则a=．【答案】-2【解析】试题分析：由32fxaxx可得1242faa.考点：本题主要考查利用函数解析式求值.14．若x,y满足约束条件50210210xyxyxy,则z=2x+y的最大值为．【答案】8【解析】试题分析：不等式组50210210xyxyxy表示的可行域是以1,1,2,3,3,2为顶点的三角形区域,2zxy的最大值必在顶点处取得,经验算,3,2xy时max8z.考点：本题主要考查线性规划知识及计算能力.15．已知双曲线过点4,3,且渐近线方程为12yx,则该双曲线的 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方程为．【答案】2214xy【解析】试题分析：根据双曲线渐近线方程为12yx,可设双曲线的方程为224xym,把4,3代入224xym得1m.所以双曲线的方程为2214xy.考点：本题主要考查双曲线几何性质及计算能力.16．已知曲线lnyxx在点1,1处的切线与曲线221yaxax相切,则a=．【答案】8试卷第6页，总13页【解析】试题分析：由11yx可得曲线lnyxx在点1,1处的切线斜率为2,故切线方程为21yx,与221yaxax联立得220axax,显然0a,所以由2808aaa.考点：本题主要考查导数的几何意义及直线与抛物线相切问题.17．（本小题满分12分）△ABC中D是BC上的点,AD平分BAC,BD=2DC.（Ⅰ）求sinsinBC；（Ⅱ）若60BAC,求B.【答案】（Ⅰ）12；（Ⅱ）30.【解析】试题分析：（Ⅰ）利用正弦定理转化得：sin1.sin2BDCCBD（Ⅱ）由诱导公式可得31sinsincossin.22CBACBBB由（Ⅰ）知2sinsinBC,所以3tan,30.3BB试题解析：（Ⅰ）由正弦定理得,,sinsinsinsinADBDADDCBBADCCAD因为AD平分BAC,BD=2DC,所以sin1.sin2BDCCBD.（Ⅱ）因为180,60,CBACBBAC所以31sinsincossin.22CBACBBB由（I）知2sinsinBC,所以3tan,30.3BB考点：本题主要考查正弦定理及诱导公式的应用,意在考查考生的三角变换能力及运算能力.18．（本小题满分12分）某公司为了了解用户对其产品的满意度,从A,B两地区分别随机调查了40个用户,根据用户对其产品的满意度的评分,得到A地区用户满意度评分的频率分布直方图和B地区用户满意度评分的频率分布表.A地区用户满意度评分的频率分布直方图试卷第7页，总13页B地区用户满意度评分的频率分布表满意度评分分组[50,60)[50,60)[50,60)[50,60)[50,60)频数2814106（Ⅰ）在答题卡上作出B地区用户满意度评分的频率分布直方图,并通过此图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度.（不要求计算出具体值,给出结论即可）B地区用户满意度评分的频率分布直方图（Ⅱ）根据用户满意度评分,将用户的满意度评分分为三个等级：满意度评分低于70分70分到89分不低于90分满意度等级不满意满意非常满意估计那个地区的用户的满意度等级为不满意的概率大,说明理由.【答案】（Ⅰ）见试题解析（Ⅱ）A地区的用户的满意度等级为不满意的概率大.【解析】试题分析：（Ⅰ）通过两地区用户满意度评分的频率分布直方图可以看出,B地区用户满意度评分的平均值高于A地区用户满意度评分的平均值,B地区用户满意度评分比较集中,而A地区用户满意度评分比较分散.（II）由直方图得APC的估计值为0.6,BPC的估计值为0.25.,所以A地区的用户的满意度等级为不满意的概率大.试卷第8页，总13页试题解析：（Ⅰ）通过两地区用户满意度评分的频率分布直方图可以看出,B地区用户满意度评分的平均值高于A地区用户满意度评分的平均值,B地区用户满意度评分比较集中,而A地区用户满意度评分比较分散.（Ⅱ）A地区的用户的满意度等级为不满意的概率大.记AC表示事件“A地区的用户的满意度等级为不满意”；BC表示事件“B地区的用户的满意度等级为不满意”.由直方图得APC的估计值为0.010.020.03100.6,BPC的估计值为0.0050.02100.25.,所以A地区的用户的满意度等级为不满意的概率大.考点：本题主要考查频率分布直方图及概率估计.19．（本小题满分12分）如图,长方体1111ABCDABCD中AB=16,BC=10,18AA,点E,F分别在1111,ABDC上,114.AEDF过点E,F的平面与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说明画法与理由）；（Ⅱ）求平面把该长方体分成的两部分体积的比值.【答案】（Ⅰ）见试题解析（Ⅱ）97或79【解析】试题分析：（Ⅰ）分别在,ABCD上取H,G,使10AHDG；长方体被平面分成两个高为10的直棱柱,可求得其体积比值为97或79试题解析：解：（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：试卷第9页，总13页（Ⅱ）作,EMAB垂足为M,则14AMAE,112EB,18EMAA,因为EHGF是正方形,所以10EHEFBC,于是226,10,6.MHEHEMAHHB因为长方体被平面分成两个高为10的直棱柱,所以其体积比值为97（79也正确）.考点：本题主要考查几何体中的截面问题及几何体的体积的计算.20．（本小题满分12分）已知椭圆2222:10xyCabab的离心率为22,点2,2在C上.（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）直线l不经过原点O,且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB中点为M,证明：直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值.【答案】（Ⅰ）2222184xy（Ⅱ）见试题解析【解析】试题分析：（Ⅰ）由2222242,1,2abaab求得228,4ab,由此可得C的方程.（II）把直线方程与椭圆方程联立得222214280.kxkbxb,所以12222,,22121MMMxxkbbxykxbkk于是1,2MOMMykxk12OMkk.试题解析：解：（Ⅰ）由题意有2222242,1,2abaab解得228,4ab,所以椭圆C的方程为2222184xy.（Ⅱ）设直线:0,0lykxbkb,1122,,,,,MMAxyBxyMxy,把试卷第10页，总13页ykxb代入2222184xy得222214280.kxkbxb故12222,,22121MMMxxkbbxykxbkk于是直线OM的斜率1,2MOMMykxk即12OMkk,所以直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值.考点：本题主要考查椭圆方程、直线与椭圆及计算能力、逻辑推理能力.21．（本小题满分12分）已知ln1fxxax.（Ⅰ）讨论fx的单调性；（Ⅱ）当fx有最大值,且最大值大于22a时,求a的取值范围.【答案】（Ⅰ）0a,fx在0,是单调递增；0a,fx在10,a单调递增,在1,a单调递减；（Ⅱ）0,1.【解析】试题分析：（Ⅰ）由1fxax,可分0a,0a两种情况来讨论；（II）由（I）知当0a时fx在0,无最大值,当0a时fx最大值为1ln1.faaa因此122ln10faaaa.令ln1gaaa,则ga在0,是增函数,当01a时,0ga,当1a时0ga,因此a的取值范围是0,1.试题解析：（Ⅰ）fx的定义域为0,,1fxax,若0a,则0fx,fx在0,是单调递增；若0a,则当10,xa时0fx,当1,xa时0fx,所以fx在10,a单调递增,在1,a单调递减.（Ⅱ）由（Ⅰ）知当0a时fx在0,无最大值,当0a时fx在1xa试卷第11页，总13页取得最大值,最大值为111ln1ln1.faaaaaa因此122ln10faaaa.令ln1gaaa,则ga在0,是增函数,10g,于是,当01a时,0ga,当1a时0ga,因此a的取值范围是0,1.考点：本题主要考查导数在研究函数性质方面的应用及分类讨论思想.22．（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图O是等腰三角形ABC内一点,圆O与△ABC的底边BC交于M,N两点,与底边上的高交于点G,且与AB,AC分别相切于E,F两点.（Ⅰ）证明EFBC；（Ⅱ）若AG等于圆O半径,且23AEMN,求四边形EBCF的面积.【答案】（Ⅰ）见试题解析；（Ⅱ）1633【解析】试题分析：（Ⅰ）要证明EFBC,可证明,ADBCADEF；（Ⅱ）先求出有关线段的长度,然后把四边形EBCF的面积转化为△ABC和△AEF面积之差来求.试题解析：（Ⅰ）由于△ABC是等腰三角形,,ADBC所以AD是CAB的平分线,又因为圆O与AB,AC分别相切于E,F,所以AEAF,故ADEF,所以EFBC.（Ⅱ）由（Ⅰ）知AEAF,ADEF,故AD是EF的垂直平分线,又EF为圆O的弦,所以O在AD上,连接OE,OF,则OEAE,由AG等于圆O的半径得AO=2OE,所以30OAE,因此,△ABC和△AEF都是等边三角形,,因为23AE,所以4,2,AOOE因为2,OMOE13,2DMMN所以OD=1,于是AD=5,103,3AB所以四边形DBCF的面积为试卷第12页，总13页22110331316323.232223考点：本题主要考查几何证明、四边形面积的计算及逻辑推理能力.23．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中,曲线1cos,:sin,xtCyt（t为参数,且0t）,其中0,在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线23:2sin,:23cos.CC（Ⅰ）求2C与3C交点的直角坐标；（Ⅱ）若1C与2C相交于点A,1C与3C相交于点B,求AB最大值.【答案】（Ⅰ）330,0,,22；（Ⅱ）4.【解析】试题分析：（Ⅰ）把2C与3C的方程化为直角坐标方程分别为2220xyy,22230xyx,联立解方程组可得交点坐标；（Ⅱ）先确定曲线1C极坐标方程为,0,R进一步求出点A的极坐标为2sin,,点B的极坐标为23cos,,,由此可得2sin23cos4sin43AB.试题解析：解：（Ⅰ）曲线2C的直角坐标方程为2220xyy,曲线3C的直角坐标方程为22230xyx,联立两方程解得00xy或3232xy,所以2C与3C交点的直角坐标330,0,,22.（Ⅱ）曲线1C极坐标方程为,0,R其中0,因此点A的极坐标为2sin,,点B的极坐标为23cos,,所以2sin23cos4sin3AB,当56时AB取得最大值,试卷第13页，总13页最大值为4.考点：本题主要考查参数方程、直角坐标及极坐标方程的互化.圆的方程及三角函数的最值.24．（本小题满分10分）选修4-5：不等式证明选讲设,,,abcd均为正数,且abcd.证明：（Ⅰ）若abcd,则abcd；（Ⅱ）abcd是abcd的充要条件.【答案】【解析】试题分析：（Ⅰ）由abcd及abcd,可证明22abcd,开方即得abcd.（Ⅱ）本小题可借助第一问的结论来证明,但要分必要性与充分性来证明.试题解析：解：（Ⅰ）因为222,2,abababcdcdcd由题设abcd,abcd,得22abcd,因此abcd.（Ⅱ）（ⅰ）若abcd,则22abcd,即2244,ababcdcd因为abcd,所以abcd,由（Ⅰ）得abcd.（ⅱ）若abcd,则22abcd,即22,ababcdcd因为abcd,所以abcd,于是222244,abababcdcdcd因此abcd,综上abcd是abcd的充要条件.考点：本题主要考查不等式证明及充分条件与必要条件.