2015年全国高考理科数学试题及答案-山东卷.doc

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卷和第卷两部分，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：1.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。答案卸载试卷上无效。 3. 第卷必须用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,则（A）（1，3） （B）（1，4） （C）（2，3） （D）（2，4）（2）若复数满足，其中为虚数为单位，则 （A） （B） （C） （D）（3）要得到函数的图像，只需要将函数的图像（ ）（A）向左平移个单位（B）向右平移个单位（C）向左平移个单位（D）向右平移个单位 （4）已知菱形的边长为，则（A）（B） （C） （D）（5）不等式的解集是（A）（-，4） （B）（-，1） （C）（1，4） （D）（1，5）（6）已知满足约束条件若的最大值为4，则（A）3 （B）2 （C）-2 （D）-3（7）在梯形中，。将梯形绕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）（8）已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布，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，则，.）（A）4.56% （B）13.59% （C）27.18% （D）31.74%（9）一条光线从点（-2，-3）射出，经轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（ ）（A）或（B）或（C）或（D）或（10）设函数,则满足的的取值范围是（A）（B）0，1（C）（D）第卷（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：；照此规律，当时， .（12）若“”是真命题，则实数的最小值为 .（13）执行右边的程序框图，输出的的值为 . （14）已知函数 的定义域和值域都是 ，则 （15）平面直角坐标系中，双曲线的渐近线与抛物线交于点。若的垂心为的焦点，则的离心率为 _三、解答题：本答题共6小题，共75分。（16）（本小题满分12分）设.（）求的单调区间；（）在锐角中，角的对边分别为.若，求面积的最大值。(17)(本小题满分12分)如图，在三棱台中，分别为的中点。（）求证：平面；（）若平面，求平面与平面所成的角（锐角）的大小.（18）（本小题满分12分）设数列的前项和为.已知.（）求的通项公式；（）若数列满足，求的前项和.（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0分；若能被5整除，但不能被10整除，得分；若能被10整除，得1分.（）写出所有个位数字是5的“三位递增数” ；（）若甲参加活动，求甲得分的分布列和数学期望.（20）（本小题满分13分）平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是.以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上.（）求椭圆的方程；（）设椭圆为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点.（）求的值；（）求面积的最大值.（21）(本小题满分14分)设函数，其中。（）讨论函数极值点的个数，并说明理由；（）若成立，求的取值范围。参考答案一、选择题：（1）C（2）A（3）B（4）D（5）A（6）B（7）C（8）B（9）D（10）C二、填空题：（11）（12）1 （13）（14） （15）三、解答题：16.解：（）由题意知由，可得；由，可得，所以的单调递增区间是；单调递减区间是.（）由，得,由题意知为锐角，所以由余弦定理可得，即，且当时等号成立，因此，所以面积的最大值为.17.（）证法一：连接，设，连接在三棱台中，为的中点，可得，所以四边形为平行四边形则为的中点，又为的中点，所以，又平面平面，所以平面证法二：在三棱台中，由为的中点，可得，所以四边形为平行四边形，可得在中，为的中点，为的中点，所以又，所以平面平面因为平面，所以平面（）解法一：设，则在三棱台中，为的中点，由，可得四边形为平行四边形，因此又平面，所以平面在中，由是中点，所以因此两两垂直以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系所以可得，故设是平面的一个法向量，则由可得可得平面的一个法向量因为是平面的一个法向量，所以所以平面与平面所成角（锐角）的大小为解法二：作与点，作于点，连接由平面，得，又，所以平面因此，所以即为所求的角在中，由，可得，从而由平面平面，得，因此，所以所以平面与平面所成角（锐角）的大小为18.解：（）因为所以，故，当时，此时，即，所以（）因为，所以，当时，所以；当时，所以两式相减，得，所以经检验，时也适合综上可得19.解：（）个位数是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345；（）由题意知，全部“三位递增数”的个数为，随机变量的取值为-1，0，1.因此，所以的分布列为0-11则20.解：（）由题意知，则又，可得，所以椭圆的方程为（）由（）知椭圆的方程为（）设点，由题意知因为，又，即，所以，即（）设将代入椭圆的方程，可得，由，可得则有所以因为直线与轴交点的坐标为，所以的面积设将代入椭圆的方程，可得，由，可得由可知，因此故，当且仅当，即时取得最大值由（）知，面积为,所以面积的最大值为21.解：（）由题意知，函数的定义域为，令，（1）当时，此时，函数在单调递增，无极值点；（2）当时，当时，函数在单调递增，无极值点；当时，设方程的两根为，因为，所以由，可得，所以当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；当时，函数单调递增；因此函数有两个极值点。（3）当时，由，可得，当时，函数单调递増；当时，函数单调递减；所以函数有一个极值点。综上所述，当时，函数有一个极值点；当时，的无极值点；当时，函数有两个极值点.（）由（）知，（1）当时，函数在单调递增，因为，所以时，符合题意；（2）当时，得，所以函数在上单调递增，又，所以时，符合题意；（3）当时，由，可得所以时，函数单调递减；因为，所以时，不符合题意；（4）当时，设，因为时，所以在上单调递增，因此当时，即可得，当时，此时，不符合题意.综上所述，的取值范围是.