2015贵州高考数学(理科)试题及参考答案

2015年高考理科数学试卷全国卷Ⅱ一、选择题：本大题共12道小题，每小题5分1．已知集合21,01,2A｛，，｝，(1)(20Bxxx,则AB（）A．1,0AB．0,1C．1,0,1D．0,1,22．若a为实数且(2)(2)4aiaii，则a（）A．1B．0C．1D．23．根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫排放量（单位：万吨）柱形图。以下结论不正确的是（）A．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著B．2007年我国治理二氧化硫排放显现C．2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势D．2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关4．已知等比数列na满足a1=3，135aaa=21，则357aaa（）A．21B．42C．63D．845．设 函 关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函 数211log(2),1,()2,1,xxxfxx,2(2)(log12)ff（）A．3B．6C．9D．126．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）A．81B．71C．61D．517．过三点(1,3)A，(4,2)B，(1,7)C的圆交y轴于M，N两点，则||MN（）A．26B．8C．46D．108．右边程序框图的算法思路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,ab分别为14,18，则输出的a（）A．0B．2C．4D．149．已知BA,是球O的球面上两点，90AOB,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 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积为（）A．36B.64C.144D.25610．如图，长方形ABCD的边2AB，1BC，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记BOPx．将动P到A、B两点距离之和表示为x的函数()fx，则()yfx的图像大致为（）11．已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，∆ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为（）A．5B．2C．3D．212．设函数'()fx是奇函数()()fxxR的导函数，(1)0f，当0x时，'()()0xfxfx，则使得()0fx成立的x的取值范围是（）A．(,1)(0,1)B．(1,0)(1,)C．(,1)(1,0)D．(0,1)(1,)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13．设向量a，b不平行，向量ab与2ab平行，则实数_________．14．若x，y满足约束条件1020,220,xyxyxy，，则zxy的最大值为____________．15．4()(1)axx的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a__________．16．设nS是数列na的前n项和，且11a，11nnnaSS，则nS________．三、解答题17．（本题满分12分）ABC中，D是BC上的点，AD平分BAC，ABD面积是ADC面积的2倍．（Ⅰ）求sinsinBC；（Ⅱ）若1AD，22DC，求BD和AC的长．18．（本题满分12分）某公司为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20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：A地区：6273819295857464537678869566977888827689B地区：7383625191465373648293486581745654766579（Ⅰ）根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶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，得出结论即可）；（Ⅱ）根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：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记时间C：“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”．假设两地区用户的评价结果相互独立．根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率．19．（本题满分12分）如图，长方体1111ABCDABCD中,=16AB，=10BC，18AA，点E，F分别在11AB，11CD上，114AEDF．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．DD1C1A1EFABCB1（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值．20．（本题满分12分）已知椭圆222:9(0)Cxymm,直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．（Ⅰ）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；（Ⅱ）若l过点(,)3mm，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率，若不能，说明理由．21．（本题满分12分）设函数2()emxfxxmx．（Ⅰ）证明：()fx在(,0)单调递减，在(0,)单调递增；（Ⅱ）若对于任意12,[1,1]xx，都有12()()e1fxfx，求m的取值范围．22．（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲如图，O为等腰三角形ABC内一点，圆O与ABC的底边BC交于M、N两点与底边上的高AD交于点G，与AB、AC分别相切于E、F两点．GAEFONDBCM（Ⅰ）证明：//EFBC；（Ⅱ）若AG等于O的半径，且23AEMN，求四边形EBCF的面积．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，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2:2sinC，曲线3:23cosC．（Ⅰ）．求2C与1C交点的直角坐标；（Ⅱ）．若2C与1C相交于点A，3C与1C相交于点B，求AB的最大值．24．（本小题满分10分）选修4-5不等式选讲设,,,abcd均为正数，且abcd，证明：（Ⅰ）若abcd，则abcd；（Ⅱ）abcd是abcd的充要条件．参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 1．A【解析】由已知得21Bxx，故1,0AB，故选A．考点：集合的运算．2．B【解析】由已知得24(4)4aaii，所以240,44aa，解得0a，故选B．考点：复数的运算．3．D【解析】由柱形图得，从2006年以来，我国二氧化硫排放量呈下降趋势，故年排放量与年份负相关，故选D．考点：正、负相关．4．B【解析】设等比数列公比为q，则2411121aaqaq，又因为13a，所以4260qq，解得22q，所以2357135()42aaaaaaq，故选B．考点：等比数列通项公式和性质．5．C【解析】由已知得2(2)1log43f，又2log121，所以22log121log62(log12)226f，故2(2)(log12)9ff，故选C．考点：分段函数．6．D【解析】由三视图得，在正方体1111ABCDABCD中，截去四面体111AABD，如图所示，，设正方体棱长为a，则11133111326AABDVaa，故剩余几何体体积为3331566aaa，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为51，故选D．考点：三视图．7．C【解析】由已知得321143ABk，27341CBk，所以1ABCBkk，所以ABCB，即ABC为直角三角形，其外接圆圆心为(1,2)，半径为5，所以外接圆方程为22(1)(2)25xy，令0x，得262y，所以46MN，故选C．考点：圆的方程．8．B【解析】程序在执行过程中，a，b的值依次为14a，18b；4b；10a；6a；2a；2b，此时2ab程序结束，输出a的值为2，故选B．考点：程序框图．9．C【解析】如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最大，设球O的半径为R，此时2311136326OABCCAOBVVRRR，故6R，则球O的表面积为24144SR，故选C．考点：外接球表面积和椎体的体积．10．B【解析】由已知得，当点P在BC边上运动时，即04x时，2tan4tanPAPBxx；当点P在CD边上运动时，即3,442xx时，2211(1)1(1)1tantanPAPBxx，当2x时，22PAPB；当点P在AD边上运动时，即34x时，2tan4tanPAPBxx，从点P的运动过程可以看出，轨迹关于直线2x对称，且()()42ff，且轨迹非线型，故选B．考点：函数的图象和性质．11．D【解析】设双曲线方程为22221(0,0)xyabab，如图所示，ABBM，0120ABM，过点M作MNx轴，垂足为N，在RtBMN中，BNa，3MNa，故点M的坐标为(2,3)Maa，代入双曲线方程得2222abac，即222ca，所以2e，故选D．考点：双曲线的标准方程和简单几何性质．12．A【解析】记函数()()fxgxx，则''2()()()xfxfxgxx，因为当0x时，'()()0xfxfx，故当0x时，'()0gx，所以()gx在(0,)单调递减；又因为函数()()fxxR是奇函数，故函数()gx是偶函数，所以()gx在(,0)单调递减，且(1)(1)0gg．当01x时，()0gx，则()0fx；当1x时，()0gx，则()0fx，综上所述，使得()0fx成立的x的取值范围是(,1)(0,1)，故选A．考点：导数的应用、函数的图象与性质．13．12【解析】因为向量ab与2ab平行，所以2abkab（），则12,kk，所以12．考点：向量共线．14．32【解析】画出可行域，如图所示，将目标函数变形为yxz，当z取到最大时，直线yxz的纵截距最大，故将直线尽可能地向上平移到1(1,)2D，则zxy的最大值为32．考点：线性规划．15．3【解析】 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ：由已知得4234(1)1464xxxxx，故4()(1)axx的展开式中x的奇数次幂项分别为4ax，34ax，x，36x，5x，其系数之和为441+6+1=32aa，解得3a．考点：二项式定理．16．1n【解析】由已知得111nnnnnaSSSS，两边同时除以1nnSS，得1111nnSS，故数列1nS是以1为首项，1为公差的等差数列，则11(1)nSnn，所以1nSn．考点：等差数列和递推关系．17．【解析】（Ⅰ）1sin2ABDSABADBAD，1sin2ADCSACADCAD，因为2ABDADCSS，BADCAD，所以2ABAC．由正弦定理可得sin1sin2BACCAB．（Ⅱ）因为::ABDADCSSBDDC，所以2BD．在ABD和ADC中，由余弦定理得2222cosABADBDADBDADB，2222cosACADDCADDCADC．222222326ABACADBDDC．由（Ⅰ）知2ABAC，所以1AC．18．【解析】（Ⅰ）两地区用户满意度评分的茎叶图如下通过茎叶图可以看出，A地区用户满意度评分的平均值高于B地区用户满意度评分的平均值；A地区用户满意度评分比较集中，B地区用户满意度评分比较分散．（Ⅱ）记1AC表示事件：“A地区用户满意度等级为满意或非常满意”；2AC表示事件：“A地区用户满意度等级为非常满意”；1BC表示事件：“B地区用户满意度等级为不满意”；2BC表示事件：“B地区用户满意度等级为满意”．则1AC与1BC独立，2AC与2BC独立，1BC与2BC互斥，1122BABACCCCC．1122()()BABAPCPCCCC1122()()BABAPCCPCC1122()()()()BABAPCPCPCPC．由所给数据得1AC，2AC，1BC，2BC发生的概率分别为1620，420，1020，820．故1()APC16=20，2()=APC420，1()=BPC1020，2()BPC8=20，故101684()=+0.4820202020PC．19．【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：（Ⅱ）作EMAB，垂足为M，则14AMAE，18EMAA，因为EHGF为正方形，所以10EHEFBC．于是226MHEHEM，所以10AH．以D为坐标原点，DA的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则(10,0,0)A，(10,10,0)H，(10,4,8)E，(0,4,8)F，(10,0,0)FE，(0,6,8)HE．设(,,)nxyz是平面EHGF的法向量，则0,0,nFEnHE即100,680,xyz所以可取(0,4,3)n．又(10,4,8)AF，故45cos,15nAFnAFnAF．所以直线AF与平面所成角的正弦值为4515．20．【解析】（Ⅰ）设直线:lykxb(0,0)kb，11(,)Axy，22(,)Bxy，(,)MMMxy．将ykxb代入2229xym得2222(9)20kxkbxbm，故12229Mxxkbxk，299MMbykxbk．于是直线OM的斜率9MOMMykxk，即9OMkk．所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．（Ⅱ）四边形OAPB能为平行四边形．因为直线l过点(,)3mm，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是0k，3k．由（Ⅰ）得OM的方程为9yxk．设点P的横坐标为Px．由2229,9,yxkxym得2222981Pkmxk，即239Pkmxk．将点(,)3mm的坐标代入直线l的方程得(3)3mkb，因此2(3)3(9)Mmkkxk．四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即2PMxx．于是239kmk2(3)23(9)mkkk．解得147k，247k．因为0,3iikk，1i，2，所以当l的斜率为47或47时，四边形OAPB为平行四边形．21．【解析】（Ⅰ）'()(e1)2mxfxmx．若0m，则当(,0)x时，e10mx，'()0fx；当(0,)x时，e10mx，'()0fx．若0m，则当(,0)x时，e10mx，'()0fx；当(0,)x时，e10mx，'()0fx．所以，()fx在(,0)单调递减，在(0,)单调递增．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的m，()fx在[1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故()fx在0x处取得最小值．所以对于任意12,[1,1]xx，12()()e1fxfx的充要条件是：(1)(0)e1,(1)(0)e1,ffff即ee1,ee1,mmmm①，设函数()ee1tgtt，则'()e1tgt．当0t时，'()0gt；当0t时，'()0gt．故()gt在(,0)单调递减，在(0,)单调递增．又(1)0g，1(1)e2e0g，故当[1,1]t时，()0gt．当[1,1]m时，()0gm，()0gm，即①式成立．当1m时，由()gt的单调性，()0gm，即ee1mm；当1m时，()0gm，即ee1mm．综上，m的取值范围是[1,1]．22．【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O分别与AB、AC相切于E、F两点，所以AEAF，故ADEF．从而//EFBC．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，AEAF,ADEF，故AD是EF的垂直平分线，又EF是O的弦，所以O在AD上．连接OE，OM，则OEAE．由AG等于O的半径得2AOOE，所以030OAE．所以ABC和AEF都是等边三角形．因为23AE，所以4AO，2OE．因为2OMOE，132DMMN，所以1OD．于是5AD，1033AB．所以四边形EBCF的面积221103313163()(23)232223．23．【解析】（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222220,230,xyyxyx解得0,0,xy或3,23,2xy所以2C与1C交点的直角坐标为(0,0)和33(,)22．（Ⅱ）曲线1C的极坐标方程为(,0)R，其中0．因此A得到极坐标为(2sin,)，B的极坐标为(23cos,)．所以2sin23cosAB4in()3s，当56时，AB取得最大值，最大值为4．24．【解析】（Ⅰ）因为2()2ababab，2()2cdcdcd，由题设abcd，abcd，得22()()abcd．因此abcd．（Ⅱ）（ⅰ）若abcd，则22()()abcd．即22()4()4ababcdcd．因为abcd，所以abcd，由（Ⅰ）得abcd．（ⅱ）若abcd，则22()()abcd，即2abab2cdcd．因为abcd，所以abcd，于是22()()4ababab2()4cdcd2()cd．因此abcd，综上，abcd是abcd的充要条件．