(3)2015年(全國卷II)(含答案)高考理科數(shù)學(xué)

1、精品-可編輯-2015年高考理科數(shù)學(xué)試卷全國卷II (3)參考答案1 1 . A A【解析】由已知得B x 2 x 1,故AI B 1,0，故選 A A.考點(diǎn)：集合的運(yùn)算.2 2 . B B【解析】由已知得4a (a24)i 4i，所以4a 0,a244，解得a 0,故選 B B.考點(diǎn)：復(fù)數(shù)的運(yùn)算.3 3 . D D【解析】由柱形圖得，從 20062006 年以來，我國二氧化硫排放量呈下降趨勢，故年排放量與年份負(fù)相關(guān)，故選 D D.考點(diǎn)：正、負(fù)相關(guān).4 4 . B B【解析】設(shè)等比數(shù)列公比為q，則2a1aq4aq21，又因?yàn)?2a13，所以q q60,2解得q 2，所以a3a5a7(a1a3a

2、5)q242，故選B B.考點(diǎn)：等比數(shù)列通項(xiàng)公式和性質(zhì).5 5 . C C【解析】 由已知得f(2)1 log243,又log2121,所以f (log212) 2log212 12log2616，故f(2) f( log212)9，故選 C C.考點(diǎn)：分段函數(shù).精品-可編輯-6 6. D D【解析】由三視圖得，在正方體ABCD A1B1C1D1中，截去四面體A A1B1D1，如圖所示，設(shè)正方體棱長為a，則VA AB1313a213a，故剩余幾何體體積為631353aaa,6 6所以截去部分體積與剩余部分體積的比值為1，故選 D D .5考點(diǎn)：三視圖.7 7 . C C321【解析】由已知得k

3、AB321,kCB273，所以kABkCB4 11，所以ABCB,即ABC為直角三角形，其外接圓圓心為(1, 2),半徑為5,所以外接圓方程為(x 1)2(y 2)225，令x 0,得y2爲(wèi)2，所以MN4/6，故選 C C.考點(diǎn)：圓的方程.2【解析】程序在執(zhí)行過程中,a,b的值依次為a 14,b18；b 4；a 10；a 6；a 2；b 2,此時(shí)a b 2程序結(jié)束，輸出a的值 為 2 2，故選B B .考點(diǎn)：程序框圖.9 9 . C C【解析】如圖所示，當(dāng)點(diǎn) C C 位于垂直于面AOB的直 徑端點(diǎn)時(shí)，三棱錐O ABC的體積最大，設(shè)球O的半 徑為R,此時(shí)VOABCVC AOB1R3636,故R

4、6,則球O的表面積為1精品-可編輯-S 4 R 144，故選 C C.考點(diǎn)：外接球表面積和椎體的體積.精品-可編輯-【解析】由已知得，當(dāng)點(diǎn)P在BC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，0 x時(shí)，4PA PB . tan2x 4 tanx;當(dāng)點(diǎn)P在CD邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，即3,x42時(shí),PA PB(11)2tan x(1tan x21)1，當(dāng)x時(shí),2PA PB當(dāng)點(diǎn)P在AD邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，即34時(shí)，PA PB.tan? x 4tanx,從點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程可以看出，軌跡關(guān)于直線對稱，且f2f()，且軌跡非線型，故選B B.2考點(diǎn)：函數(shù)的圖象和性質(zhì).1111 . D D2x【解析】設(shè)雙曲線方程為飛a2b71(ab0,b0),如圖所示，AB

5、BM,ABM 1200,過點(diǎn)M作MNx軸，垂足為N,在Rt BMN中,BNMN，3a，故點(diǎn)M的坐標(biāo)為M(2a, 3a)，代入雙曲線方程得a2b2a2c2，即c22a2，所以e 2, 故選 D D .考點(diǎn)：雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程和簡單幾何性質(zhì).1212 . A A【解析】記函數(shù)g(x)f(x)x則精品-可編輯-精品-可編輯-g(x) xf(x)2f(x)，因?yàn)楫?dāng)x o時(shí)，xf(x) f (x) 0,故當(dāng)x 0時(shí)，g(x) 0,x所以g(x)在(0,)單調(diào)遞減；又因?yàn)楹瘮?shù)f (x)(x R)是奇函數(shù)，故函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，所以g(x)在(，0)單調(diào)遞減，且g( 1)g(1)0.當(dāng)0 x 1時(shí)，g(x)

6、 0,貝Vf(x) 0；當(dāng)x 1時(shí)，g(x) 0,則f (x)0,綜上所述，使得f(x) 0成立的x的取值范圍是(，1)U(0,1)，故選 A A.考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、函數(shù)的圖象與性質(zhì).考點(diǎn)：向量共線.1414 .335數(shù)次幕項(xiàng)分別為4ax,4ax,x , 6x,x,其系數(shù)之和為4a 4a 1+6+1=32,解得a 3.考點(diǎn)：二項(xiàng)式定理.【解析】因?yàn)橄蛄縭 a與r br a2b平行，所以arb【解析】畫出可行域，如圖所示，將目標(biāo)函數(shù)變形為y x z,當(dāng)z取到最大時(shí)，直線y x z的縱截距最大，故將直線盡可能地向13上平移到D(1-)，則z x y的最大值為一.22考點(diǎn)：線性規(guī)劃.1515 .3試

7、題分析：由已知得(1 x)41 4x 6x24x3x4，故(a x)(1精品1-可編輯-理得AB2AD2BD22AD BD cos ADB AC2AD2DC22AD DC cos ADC2 2 2 2 2AB 2AC 3AD BD 2DC 6由(I)知AB 2AC，所以AC 1.B地岡43r13646 4 262斗556S S *5 4 37354699 2 S 5 5 18t ?1755 2g1 31818 【解析】（I）兩地區(qū)用戶滿意度評分的莖葉圖如下通過莖葉圖可以看出,A A 地區(qū)用戶滿意度評分的平均值高于【解析】由已知得an 1Sn 1SnSn 1Sn，兩邊同時(shí)除以Sn,1Sn故數(shù)列

8、是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，則Sn(n 1)所以Snn考點(diǎn)：等差數(shù)列和遞推關(guān)系.1717 .【解析】（I）SABD1 .AB AD sin BAD，SADC21ACAD sin CAD,因?yàn)镾ABD2SADC,BADCAD，所以AB 2AC.由正弦定理可得sin Bsin CACAB因?yàn)镾ABD: SADCBD :DC， 所ADC中,由余弦定B B 地區(qū)用戶滿意度評分的平均精品-可編輯-值；A A 地區(qū)用戶滿意度評分比較集中，B B 地區(qū)用戶滿意度評分比較分散.精品1-可編輯-(n)記CAI表示事件：“A A 地區(qū)用戶滿意度等級為滿意或非常滿意”CA2表示事件：“ A A 地區(qū)用戶滿意度

9、等級為非常滿意”；CBI表示事件：“ B B 地區(qū)用戶滿意度等級為不滿意”；CB2表示事件：“ B B 地區(qū)用戶滿意度等級為滿意”.則CAI與CBI獨(dú)立，CA2與CB2獨(dú)立，CB1與CB2互斥，C CBICAIU CB2CA2精品-可編輯-2020 【解析】(I)設(shè)直線l: y kx b (k 0,b0),A(x(,y1),B(X2, y?),M(XMM).P(C)P(CB1CA1UCB2CA2)P(CB1CA1)P(CB2CA2)P(CBI)P(CAI) P(CB2)P(CA2).由所給數(shù)據(jù)得CA1,CA2,CB1,CB2發(fā)生的概164 10816率分別為，-，-，-故P(CAI)=-,20

10、 20 20 20204108P(CA2)=，P(CB1)=,P(CB2)=，202020故P(C)= + 0.48.20 20 20 201919 .【解析】(I)交線圍成的正方形EHGF如圖(n )作EM AB，垂足為M，則AMA1E 4,EMAA8，因?yàn)镋HGF為正方形，所以EH EF BC 10.于是MH-EH2EM26，所以AHuuur10.以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D xyz，則A(10,0,0),H (10,10,0),E(10,4,8),uuuF(0,4,8),FEuuur(10,0,0),HE(0, 6,8).設(shè)n (x, y, z

11、)是平面EHGF的法向量,r nuuuFE0,10 x 0,r則r uuur即所以可取n (0,4,3)n HE0,6y 8z 0,r uuucos n, AF-uunAF4.515.所以直線AF與平面所成角的正弦值為4、515D1FC1uiur又AF ( 10,4,8),故r uuurn AF精品-可編輯-將y kx b代入9x2y2m2得(k29)x22 22kbx b m0, 故XMx(x2kb22k 9yMkxMb9b；于是直線OM的斜率1kOMyM9即koMk9所以直k 9XMk線0M的斜率與I的斜率的乘積為定值.(n)四邊形OAPB能為平行四邊形.即XP2XM于是 -3jk 92叫

12、3)解得匕4、7,k24. 7因?yàn)閗i0,ki3,i 1,2，所以當(dāng)I3(k29)12的斜率為4d或4 日時(shí)，四邊形OAPB為平行四邊形.mx2121 【解析】(I)f (x) m(e 1) 2x若m0，則當(dāng)x(,0)時(shí)，emx10,f(x)0；當(dāng)x(0,)時(shí)，emx10,f(x) 0若m0，則當(dāng)x(,0)時(shí)，emx10,f(x)0；當(dāng)x(0,)時(shí)，emx10,f(x) 0所以，f (x)在(，0)單調(diào)遞減，在(0,)單調(diào)遞增.(n)由(I)知，對任意的m,f (x)在1,0單調(diào)遞減，在0,1單調(diào)遞增，故f (x)在因?yàn)橹本€I過點(diǎn)(m,m)，所以I不過原點(diǎn)且與3C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是由(I)

13、得0M的方程為y2 x設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xp.由ky9x29x,k得2 2y m ,2XPk2m29k281即XP一將點(diǎn)(m,m)的坐標(biāo)代入直線I的方程得b3.k293m(3 k)3因此冷仁四邊形0APB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段0P互相平分,精品-可編輯-Xi,X2 1,1,f(Xi) f(X2)e 1的充要條件是f(1) f(0) e 1, f( 1) f(0) e 1,tg (t) e1當(dāng)t 0時(shí)，g (t)0;當(dāng)t 0時(shí)，g (t)0故g(t)在(，0)單調(diào)遞減，在(0,)單調(diào)遞增.又g(1)0,g( 1) e12 e 0 ,故當(dāng)t 1,1時(shí)，g(t) 0當(dāng)m 1,1時(shí)，g(m)

14、 0,g( m) 0,即式成立當(dāng)m 1時(shí)，由g(t)的單調(diào)性，g(m) 0，即emm e 1；當(dāng)m 1時(shí)，g( m) 0，即emm e 1.綜上，m的 取值范圍是1,12222 【解析】(I)由于ABC是等腰三角形，AD BC，所以AD是CAB的平分線.又EF/BC(n)由(I)知，AE AF, ,AD EF，故AD是EF的垂直平分線，又EF是eO的弦， 所以O(shè)在AD上.連接OE,OM， 則OE AE由AG等于eO的半徑得AO 2OE, 所以O(shè)AE300所以ABC和AEF都是等邊三角形.因?yàn)锳E 2-. 3，所以AO 4,OE 2因?yàn)镺MOE 2,DM1 MN3，所以O(shè)D 1于是AD 5,AB

15、10所23以四邊形1EBCF的面積一2102(T)手扌心2216、33mem e 1,，mem e 1,x 0處取得最小值所以對于任意因?yàn)閑 O分別與AB、AC相切于EF兩點(diǎn)，所以AE AF，故AD EF從而設(shè)函數(shù)g(t)et e 1精品-可編輯-2323 .【解析】（I）曲線C2的直角坐標(biāo)方程為x22y0,曲線C3的直角坐標(biāo)方程為2x2y22、3X0聯(lián)立x2x2y2y2y 0,2、一3x解得0,，或0,J2所以C2與G交32,點(diǎn)的直角坐標(biāo)為（0,0）和i)AB2424 .曲線Ci的極坐標(biāo)方程為(2sin2sin【解析】R,0），其中.因此A得到極坐標(biāo)ii4sin(-)3的極，當(dāng)2 3 cos坐（i）因?yàn)椋?、a(2 . 3 cosb 2、