2015年普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）数学文及答案解析.docx

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1、2 0 1 5 年 普 通 高 等 学 校 招 生 全 国 统 一 考 试 （ 陕 西 卷 ） 数 学 文一 .选 择 题 ： 在 每 小 题 给 出 的 四 个 选 项 中 ， 只 有 一 项 是 符 合 题 目 要 求 的 .（ 本 大 题 共 1 0 小 题 ，每 小 题 5 分 ， 共 5 0 分 ） .1 . 设 集 合 2 | M x x x ， | lg 0N x x ， 则 M N （ ）A. 0,1B.(0,1C. 0,1) D.( ,1【 答 案 】 A解 析 ： 由 ， 所 以， 故 答 案 选 A.2 . 某 中 学 初 中 部 共 有 1 1 0 名 教 师 ， 高

2、中 部 共 有 1 5 0 名 教 师 ， 其 性 别 比 例 如 图 所 示 ， 则 该 校女 教 师 的 人 数 为 （ ） A.9 3B.1 2 3C.1 3 7D.1 6 7【 答 案 】 C解 析 ： 由 图 可 知 该 校 女 教 师 的 人 数 为 110 70% 150 (1 60%) 77 60 137 故 答 案 选 C. 3 . 已 知 抛 物 线 2 2 ( 0)y px p 的 准 线 经 过 点 ( 1,1) ， 则 抛 物 线 焦 点 坐 标 为 （ ）A.( 1,0)B.(1,0)C.(0, 1)D.(0,1)【 答 案 】 B解 析 ： 由 抛 物 线 2 2

3、 ( 0)y px p 得 准 线 2px ， 因 为 准 线 经 过 点 ( 1,1) ， 所 以 2p ， 所 以 抛 物 线 焦 点 坐 标 为 (1,0)， 故 答 案 选 B4 . 设 1 , 0( ) 2 , 0 x x xf x x ， 则 ( ( 2)f f （ ）A. 1B. 14C. 12D. 32 【 答 案 】 C解 析 ： 因 为 ， 所 以 故 答 案 选 C.5 . 一 个 几 何 体 的 三 视 图 如 图 所 示 ， 则 该 几 何 体 的 表 面 积 为 （ ） A. 3B. 4C. 2 4 D. 3 4 【 答 案 】 D解 析 ： 由 几 何 体 的 三

4、 视 图 可 知 该 几 何 体 为 圆 柱 的 截 去 一 半 ，所 以 该 几 何 体 的 表 面 积 为 211 2 1 2 2 2 3 42 ， 故 答 案 选 D6 . “ sin cos ” 是 “ cos2 0 ” 的 （ ） A.充 分 不 必 要 条 件B.必 要 不 充 分 条 件C.充 分 必 要 条 件D.既 不 充 分 也 不 必 要【 答 案 】 A解 析 ： 所 以故 答 案 选 A.7 . 根 据 下 边 框 图 ， 当 输 入 x 为 6 时 ， 输 出 的 y （ ） A.1B. 2 C. 5D.10【 答 案 】 D解 析 ： 该 程 序 框 图 运 行

5、如 下 ： 6 3 3 0 x ， 3 3 0 x ， 0 3 3 0 x ，2( 3) 1 10y ， 故 答 案 选 D .8 .对 任 意 向 量 ,a b ， 下 列 关 系 式 中 不 恒 成 立 的 是 （ ）A. | | | | |a b a b B. | | | | | |a b a b C. 2 2( ) | |a b a b D. 2 2( )( )a b a b a b 【 答 案 】 B解 析 ： 因 为 所 以 A选 项 正 确 ； 当 方 向 相 反 时 ， B 选 项 不成 立 ， 所 以 B 选 项 错 误 ； 向 量 平 方 等 于 向 量 模 的 平 方 ，

6、 所 以 C 选 项 正 确 ；所 以 D选 项 正 确 ， 故 答 案 选 B. 9.设 ( ) sinf x x x ， 则 ( )f x （ ）A.既 是 奇 函 数 又 是 减 函 数B.既 是 奇 函 数 又 是 增 函 数C.是 有 零 点 的 减 函 数D.是 没 有 零 点 的 奇 函 数【 答 案 】 B解 析 ： ( ) sin ( ) ( ) sin( ) sin ( sin ) ( )f x x x f x x x x x x x f x 又 ( )f x 的 定 义 域 为 R是 关 于 原 点 对 称 ， 所 以 ( )f x 是 奇 函 数 ；( ) 1 cos

7、0 ( )f x x f x 是 增 函 数 .故 答 案 选 B1 0 .设 ( ) ln ,0f x x a b ， 若 ( )p f ab ， ( )2a bq f ， 1 ( ( ) ( )2r f a f b ， 则 下 列 关 系 式 中 正 确 的 是 （ ）A. q r p B. q r p C. p r q D. p r q 【 答 案 】 C解 析 ： 1( ) ln ln2p f ab ab ab ； ( ) ln2 2a b a bq f ；1 1( ( ) ( ) ln2 2r f a f b ab 因 为 2a b ab ， 由 ( ) lnf x x 是 个 递

8、增 函 数 ， ( ) ( )2a bf f ab 所 以 q p r ， 故 答 案 选 C1 1 .某 企 业 生 产 甲 乙 两 种 产 品 均 需 用 A， B 两 种 原 料 ， 已 知 生 产 1 吨 每 种 产 品 需 原 料 及 每 天 原料 的 可 用 限 额 表 所 示 ， 如 果 生 产 1 吨 甲 乙 产 品 可 获 利 润 分 别 为 3 万 元 、 4 万 元 ， 则 该 企 业 每天 可 获 得 最 大 利 润 为 （ ）A.1 2 万 元 B.1 6 万 元C.1 7 万 元D.1 8 万 元【 答 案 】 D解 析 ： 设 该 企 业 每 天 生 产 甲 乙

9、两 种 产 品 分 别 x， y 吨 ， 则 利 润 z=3x+4y， 由 题 意 可 列， 其 表 示 如 图 阴 影 部 分 区 域 ： 当 直 线 3 4 0 x y z 过 点 (2,3)A 时 ， z 取 得 最 大 值 3 2 4 3 18z 故 答 案 选 D1 2 . 设 复 数 ( 1)z x yi ( , )x y R ， 若 | | 1z ， 则 y x 的 概 率 （ ）A. 3 14 2B. 1 12 C. 1 14 2D. 1 12 【 答 案 】 C解 析 ： 2 2 2 2( 1) | | ( 1) 1 ( 1) 1z x yi z x y x y 如 图 可

10、求 得 (1,1)A , (1,0)B ， 阴 影 面 积 等 于 21 1 11 1 14 2 4 2 若 | | 1z ， 则 y x 的 概 率 21 1 14 21 4 2 故 答 案 选 C二 、 填 空 题 ： 把 答 案 填 写 在 答 题 卡 相 应 题 号 后 的 横 线 上 （ 本 大 题 共 5 小 题 ， 每 小 题 5 分 ，共 2 5 分 ） . 1 3 、 中 位 数 为 1 0 1 0 的 一 组 数 构 成 等 差 数 列 ， 其 末 项 为 2 0 1 5 ， 则 该 数 列 的 首 项 为 _【 答 案 】 5解 析 ： 若 这 组 数 有 2n+1个 ，

11、 则 若 这组 数 有 2n 个 ， 则 ； 故答 案 为 5.1 4 、 如 图 ， 某 港 口 一 天 6 时 到 1 8 时 的 谁 深 变 化 曲 线 近 似 满 足 函 数 y 3 sin( 6 x ) k， 据此 函 数 可 知 ， 这 段 时 间 水 深 (单 位 ： m)的 最 大 值 为 _. 【 答 案 】 8解 析 ： 由 图 像 得 ， 当 sin( ) 16 x 时 min 2y ， 求 得 5k ，当 sin( ) 16 x 时 ， max 3 1 5 8y ， 故 答 案 为 8.1 5 、 函 数 xy xe 在 其 极 值 点 处 的 切 线 方 程 为 _.

12、解 析 ： ， 函 数在 其 极 值 点 处 的 切 线 方 程 为 1y e . 1 6 、 观 察 下 列 等 式 ：1 1 12 21 1 1 1 1 12 3 4 3 4 1 1 1 1 1 1 1 1 12 3 4 5 6 4 5 6 据 此 规 律 ， 第 n 个 等 式 可 为 _.【 答 案 】 1 1 1 1 1 1 1 11 2 3 4 2 1 2 1 2 2n n n n n 【 解 析 】解 析 ： 观 察 等 式 知 ： 第 n 个 等 式 的 左 边 有 2n个 数 相 加 减 ， 奇 数 项 为 正 ， 偶 数 项 为 负 ， 且 分子 为 1， 分 母 是 1

13、到 2n的 连 续 正 整 数 ， 等 式 的 右 边 是 1 1 11 2 2n n n .故 答 案 为 1 1 1 1 1 1 1 11 2 3 4 2 1 2 1 2 2n n n n n 三 、 解 答 题 ： 解 答 应 写 出 文 字 说 明 、 证 明 过 程 或 演 算 步 骤 （ 本 大 题 共 6 小 题 ， 共 75分 ）1 7 . ABC 的 内 角 , ,A B C 所 对 的 边 分 别 为 , ,a b c ， 向 量 ( , 3 )m a b 与 (cos ,sin )n A B平 行 .(I)求 A； (II)若 7, 2a b 求 ABC 的 面 积 .解

14、 析 ： （ ） 利 用 向 量 的 平 行 ， 列 出 方 程 ， 通 过 正 弦 定 理 求 解 A；（ ） 利 用 A， 以 及 7, 2a b ， 通 过 余 弦 定 理 求 出 c， 然 后 求 解 ABC的 面 积 .答 案 ： (I)因 为 /m n ， 所 以 sin 3 cos 0a B b A 由 正 弦 定 理 ， 得 sin sin 3sin cos 0A B B A ，又 sin 0B ， 从 而 tan 3A ，由 于 0 A 所 以 3A (II)解 法 一 ： 由 余 弦 定 理 ， 得2 2 2 2 cosa b c bc A ， 而 7, 2a b ， 3A

15、 ，得 27 4 2c c ， 即 2 2 3 0c c 因 为 0c ， 所 以 3c ，故 ABC 面 积 为 1 3 3sin2 2bc A . 解 法 二 ： 由 正 弦 定 理 ， 得 7 2sinsin 3 B 从 而 21sin 7B 又 由 a b 知 A B ， 所 以 2 7cos 7B 故 sin sin( ) sin( )3C A B B 3 21sin cos cos sin3 3 14B B ，所 以 ABC 面 积 为 1 3 3sin2 2ab C .1 8 .如 图 1 ， 在 直 角 梯 形 ABCD中 ， / , ,2AD BC BAD AB BC 12

16、AD a ， E 是AD 的 中 点 ， O是 OC 与 BE 的 交 点 ， 将 ABE 沿 BE 折 起 到 图 2 中 1ABE 的 位 置 ， 得到 四 棱 锥 1A BCDE .(I)证 明 ： CD平 面 1AOC ；(II)当 平 面 1ABE 平 面 BCDE时 ， 四 棱 锥 1A BCDE 的 体 积 为 36 2 ， 求 a 的 值 . 解 析 ： （ 1 ） 运 用 E 是 AD 的 中 点 ， 判 断 得 出 BE AC， BE 面 A1OC， 考 虑 CD DE， 即 可 判 断CD 面 A1OC(II)由 已 知 ， 平 面 1ABE 平 面 BCDE ， 且 平

17、 面 1ABE 平 面 BCDE BE ， 又 由 (I)知 ，1AO BE ， 所 以 1AO 平 面 BCDE， 即 1AO 是 四 棱 锥 1A BCDE 的 高 ， 易 求 得 平 行 四边 形 BCDE 面 积 2S BC AB a ， 从 而 四 棱 锥 1A BCDE 的 为311 23 6V S AO a ， 由 32 36 26 a ， 得 6a .答 案 ： （ 1 ） 在 图 1中 ，因 为 AB=BC= AD=a， E是 AD的 中 点 ， BAD= ， 所 以 BE AC，即 在 图 2中 ， BE A1O， BE OC，从 而 BE 面 A1OC，由 CD DE，所

18、 以 CD 面 A1OC.(II)由 已 知 ， 平 面 1ABE 平 面 BCDE，且 平 面 1ABE 平 面 BCDE BE又 由 (I)知 ， 1AO BE ， 所 以1AO 平 面 BCDE， 即 1AO 是 四 棱 锥 1A BCDE 的 高 ，由 图 1 可 知 ， 1 2 22 2AO AB a ， 平 行 四 边 形 BCDE面 积 2S BC AB a ，从 而 四 棱 锥 1A BCDE 的 为2 311 1 2 23 3 2 6V S AO a a a ，由 32 36 26 a ， 得 6a . 1 9 .随 机 抽 取 一 个 年 份 ， 对 西 安 市 该 年 4

19、 月 份 的 天 气 情 况 进 行 统 计 ， 结 果 如 下 ：日 期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 1 1 1 2 1 3 1 4 1 5天 气 晴 雨 阴 阴 阴 雨 阴 晴 晴 晴 阴 晴 晴 晴 晴日 期 1 6 1 7 1 8 1 9 2 0 2 1 2 2 2 3 2 4 2 5 2 6 2 7 2 8 2 9 3 0天 气 晴 阴 雨 阴 阴 晴 阴 晴 晴 晴 阴 晴 晴 晴 雨(I)在 4 月 份 任 取 一 天 ， 估 计 西 安 市 在 该 天 不 下 雨 的 概 率 ；(II)西 安 市 某 学 校 拟 从 4 月 份 的 一 个 晴 天 开 始 举

20、行 连 续 两 天 的 运 动 会 ， 估 计 运 动 会 期 间 不 下 雨 的 概 率 .解 析 ： (I)在 容 量 为 3 0 的 样 本 中 ， 从 表 格 中 得 ， 不 下 雨 的 天 数 是 2 6 ， 以 频 率 估 计 概 率 ， 4 月份 任 选 一 天 ， 西 安 市 不 下 雨 的 概 率 是 26 1330 15 .(II)称 相 邻 两 个 日 期 为 “ 互 邻 日 期 对 ” （ 如 1 日 与 2 日 ， 2 日 与 3 日 等 ） 这 样 在 4 月 份 中 ， 前 一 天 为 晴 天 的 互 邻 日 期 对 有 1 6 对 ， 其 中 后 一 天 不 下

21、 雨 的 有 1 4 个 ， 所 以 晴 天 的 次 日 不 下 雨 的频 率 为 14 716 8 ， 以 频 率 估 计 概 率 ， 运 动 会 期 间 不 下 雨 的 概 率 为 78 .答 案 ： (I)在 容 量 为 3 0 的 样 本 中 ， 不 下 雨 的 天 数 是 2 6 ， 以 频 率 估 计 概 率 ， 4 月 份 任 选 一 天 ，西 安 市 不 下 雨 的 概 率 是 1315 .(II)称 相 邻 两 个 日 期 为 “ 互 邻 日 期 对 ” （ 如 1 日 与 2 日 ， 2 日 与 3 日 等 ） 这 样 在 4 月 份 中 ， 前一 天 为 晴 天 的 互

22、邻 日 期 对 有 1 6 对 ， 其 中 后 一 天 不 下 雨 的 有 1 4 个 ， 所 以 晴 天 的 次 日 不 下 雨 的频 率 为 78 ， 以 频 率 估 计 概 率 ， 运 动 会 期 间 不 下 雨 的 概 率 为 78 .2 0 .如 图 ， 椭 圆 2 22 2: 1( 0)x yE a ba b 经 过 点 (0, 1)A ， 且 离 心 率 为 22 .(I)求 椭 圆 E 的 方 程 ；(II)经 过 点 (1,1) ， 且 斜 率 为 k 的 直 线 与 椭 圆 E 交 于 不 同 两 点 ,P Q （ 均 异 于 点 A） ， 证 明 ：直 线 AP 与 AQ

23、的 斜 率 之 和 为 2 . 解 析 ： (I)由 题 意 知 2 , 12c ba ， 由 2 2 2a b c ， 解 得 2a ， 继 而 得 椭 圆 的 方 程 为2 2 12x y ；(II) 设 1 1 2 2,P x y Q x y ， 1 2 0 x x 由 题 设 知 ， 直 线 PQ 的 方 程 为 ( 1) 1( 2)y k x k ，代 入2 2 12x y ， 化 简 得 2 2(1 2 ) 4 ( 1) 2 ( 2) 0k x k k x k k ， 则1 2 1 22 24 ( 1) 2 ( 2),1 2 1 2k k k kx x x xk k ， 由 已 知

24、 0 ， 从 而 直 线 AP 与 AQ 的 斜 率 之 和 1 2 1 21 2 1 11 1 2 2AP AQ y y kx k kx kk k x x x x 化 简 得 1 21 22 (2 )AP AQ x xk k k k x x 4 ( 1)2 2 2 (2 1) 22 ( 2)k kk k k kk k .答 案 ： (I)由 题 意 知 2 , 12c ba ，综 合 2 2 2a b c ， 解 得 2a ，所 以 ， 椭 圆 的 方 程 为 2 2 12x y . (II)由 题 设 知 ， 直 线 PQ 的 方 程 为 ( 1) 1( 2)y k x k ， 代 入 2

25、 2 12x y ， 得2 2(1 2 ) 4 ( 1) 2 ( 2) 0k x k k x k k ，由 已 知 0 ， 设 1 1 2 2,P x y Q x y ， 1 2 0 x x 则 1 2 1 22 24 ( 1) 2 ( 2),1 2 1 2k k k kx x x xk k ，从 而 直 线 AP 与 AQ的 斜 率 之 和1 2 1 21 2 1 11 1 2 2AP AQ y y kx k kx kk k x x x x 1 21 2 1 21 12 (2 ) 2 (2 ) x xk k k kx x x x 4 ( 1)2 2 2 (2 1) 22 ( 2)k kk k

26、 k kk k .2 1 . 设 2( ) 1, , 2.nnf x x x x n N n (I)求 (2)nf ；(II)证 明 ： ( )nf x 在 20, 3 内 有 且 仅 有 一 个 零 点 （ 记 为 na ） ， 且 1 1 20 2 3 3 nna . 解 析 ： (I)由 题 设 1( ) 1 2 nnf x x nx ， 所 以 1(2) 1 2 2 2nnf n ， 此 式 等 价于 数 列 1 2 nn 的 前 n项 和 ， 由 错 位 相 减 法 求 得 (2) ( 1)2 1nnf n ； (II)因 为 (0) 1 0f ， 22 2 2( ) 1 2 1 2

27、 03 3 3nnf ， 所 以 ( )nf x 在 2(0, )3 内至 少 存 在 一 个 零 点 ， 又 1( ) 1 2 0nnf x x nx ， 所 以 ( )nf x 在 2(0, )3 内 单 调 递 增 ，因 此 ， ( )nf x 在 2(0, )3 内 有 且 只 有 一 个 零 点 na ， 由 于 1( ) 11 nn xf x x ， 所 以10 ( ) 11 nnn n naf a a ， 由 此 可 得 11 1 12 2 2nn na a 故 1 22 3na ， 继 而 得 111 1 1 2 1 20 2 2 2 3 3 3n nnn na a . 答 案

28、 ： (I)由 题 设 1( ) 1 2 nnf x x nx ，所 以 1(2) 1 2 2 2nnf n 由 22 (2) 1 2 2 2 2nnf n 得 2 1(2) 1 2 2 2 2n nnf n 21 2 2 (1 )2 11 2 n nn n ，所 以 (2) ( 1)2 1nnf n (II)因 为 (0) 1 0f 22 213 32 2 2( ) 1 1 2 1 2 023 3 31 3 n nnf ，所 以 ( )nf x 在 2(0, )3 内 至 少 存 在 一 个 零 点 ，又 1( ) 1 2 0nnf x x nx 所 以 ( )nf x 在 2(0, )3

29、内 单 调 递 增 ， 因 此 ， ( )nf x 在 2(0, )3 内 有 且 只 有 一 个 零 点 na ，由 于 1( ) 11 nn xf x x ， 所 以 10 ( ) 11 nnn n naf a a 由 此 可 得 11 1 12 2 2nn na a 故 1 22 3na 所 以 111 1 1 2 1 20 2 2 2 3 3 3n nnn na a 2 2 . 如 图 ， AB 切 O 于 点 B ， 直 线 AO交 O 于 ,D E 两 点 ， ,BC DE 垂 足 为 C .(I)证 明 ： CBD DBA (II)若 3 , 2AD DC BC ， 求 O 的

30、直 径 .解 析 ： (I)因 为 DE 是 O 的 直 径 ， 则 90BED EDB ， 又 BC DE ， 所 以90CBD EDB ， 又 AB 切 O 于 点 B ， 得 DBA BED ， 所 以CBD DBA ；(II)由 (I)知 BD 平 分 CBA ， 则 3BA ADBC CD ， 又 2BC ， 从 而 3 2AB ， 由2 2 2AB BC AC ，解 得 4AC ， 所 以 3AD ， 由 切 割 线 定 理 得 2AB AD AE ， 解 得 6AE ， 故3DE AE AD ，即 O 的 直 径 为 3 .答 案 ： (I)因 为 DE 是 O 的 直 径 ，则

31、 90BED EDB 又 BC DE ， 所 以 90CBD EDB 又 AB 切 O 于 点 B ，得 DBA BED 所 以 CBD DBA (II)由 (I)知 BD 平 分 CBA ，则 3BA ADBC CD ，又 2BC ， 从 而 3 2AB ，所 以 2 2 4AC AB BC 所 以 3AD ，由 切 割 线 定 理 得 2AB AD AE 即 2 6ABAE AD ，故 3DE AE AD ，即 O 的 直 径 为 3 .2 3 .在 直 角 坐 标 系 xOy中 ， 直 线 l 的 参 数 方 程 为 13 2 (32x t ty t 为 参 数 ） ， 以 原 点 为

32、极 点 ， x轴 的 正 半 轴 为 极 轴 建 立 极 坐 标 系 ， C 的 极 坐 标 方 程 为 2 3sin . (I)写 出 C 的 直 角 坐 标 方 程 ；(II) P 为 直 线 l 上 一 动 点 ， 当 P 到 圆 心 C的 距 离 最 小 时 ， 求 点 P 的 坐 标 .解 析 ： (I) 由 2 3sin ， 得 2 2 3 sin ， 从 而 有 2 2 2 3x y y ， 所 以 22 3 3x y (II)设 1 33 ,2 2P t t ， 又 (0, 3)C ， 则 22 21 33 3 122 2PC t t t ，故 当 0t 时 ， PC 取 得

33、最 小 值 ， 此 时 P点 的 坐 标 为 (3,0). 答 案 ： (I)由 2 3sin ，得 2 2 3 sin ，从 而 有 2 2 2 3x y y 所 以 22 3 3x y (II)设 1 33 ,2 2P t t ， 又 (0, 3)C ，则 22 21 33 3 122 2PC t t t ，故 当 0t 时 ， PC 取 得 最 小 值 ，此 时 P点 的 坐 标 为 (3,0).2 4 .已 知 关 于 x 的 不 等 式 x a b 的 解 集 为 |2 4x x (I)求 实 数 ,a b 的 值 ；(II)求 12at bt 的 最 大 值 .解 析 ： (I)由

34、 x a b ， 得 b a x b a ， 由 题 意 得 24b ab a ， 解 得 3, 1a b ；(II)柯 西 不 等 式 得3 12 3 4t t t t 2 2 2 2( 3) 1 ( 4 ) ( )t t 2 4 4t t ，当 且 仅 当 4 13 t t 即 1t 时 等 号 成 立 ， 故 min3 12 4t t . 答 案 ： (I)由 x a b ， 得 b a x b a 则 24b ab a ， 解 得 3, 1.a b (II) 3 12 3 4t t t t 2 2 2 2( 3) 1 ( 4 ) ( )t t 2 4 4t t 当 且 仅 当 4 13 t t 即 1t 时 等 号 成 立 ， 故 min3 12 4t t