2015年高考理科数学广东卷-答案.docx

2015年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）
数学(理科)答案解析
一、选择题
1.【答案】D
【解析】由题意可得.
【提示】求出两个集合，然后求解交集即可.
【考点】交集及其运算
2.【答案】B
【解析】由题意可得，因此.
【提示】直接利用复数的乘法运算法则化简求解即可.
【考点】复数的基本计算以及共轭复数的基本概念
3.【答案】D
【解析】A选项，，偶函数；
B选项，，奇函数；
C选项，，偶函数；
D选项，，因此选D．
【提示】直接利用函数的奇偶性判断选项即可.
【考点】函数的奇偶性的判定
4.【答案】B
【解析】任取两球一共有种情况，其中一个红球一个白球一共有，
因此概率为.
【提示】首先判断这是一个古典概型，从而求基本事件总数和“所取的2个球中恰有1个白球，1个红球”事件包含的基本事件个数，容易知道基本事件总数便是从15个球任取2球的取法，而在求“所取的2个球中恰有1个白球，1个红球”事件的基本事件个数时，可利用分步计数原理求解，最后带入古典概型的概率公式即可.
【考点】古典概型及其概率计算公式
5.【答案】A
【解析】与直线平行的直线可以设为，
因为直线与圆相切，根据圆心到直线距离等于半径可得：，
∴，解得，
因此我们可以得到直线方程为：或.
【提示】设出所求直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径，求出直线方程中的变量，即可求出直线方程.
【考点】解析几何中的平行，圆的切线方程
6.【答案】B
【解析】依据题意，可行域如右图所示，

初始函数为，
当逐渐向右上方平移的过程中，不断增大，
因此我们可以得到当过点的时候，.
【提示】作出不等式组对应的平面区域，根据的几何意义，利用数形结合即可得到最小值.
【考点】线性规划问题
7.【答案】C
【解析】已知双曲线，，
又由焦点为，因此，
因此双曲线方程为.
【提示】利用已知条件，列出方程，求出双曲线的几何量，即可得到双曲线方程.
【考点】圆锥曲线的离心率求解问题
8.【答案】B
【解析】解：考虑平面上，3个点两两距离相等，构成等边三角形，成立；
4个点两两距离相等，由三角形的两边之和大于第三边，则不成立；
大于4，也不成立；
在空间中，4个点两两距离相等，构成一个正四面体，成立；
若，由于任三点不共线，当时，考虑四个点构成的正四面体，第五个点，与它们距离相等，必为正四面体的外接球的球心，由三角形的两边之和大于三边，故不成立；
同理，不成立.
故选：B．
【提示】先考虑平面上的情况：只有三个点的情况成立；再考虑空间里，只有四个点的情况成立，注意运用外接球和三角形三边的关系，即可判断.
【考点】棱锥的结构特征
二、填空题
9.【答案】6
【解析】展开通式为，令可得
，因此系数为6.
【提示】根据题意二项式的展开的通式为，分析可得，时，有的项，将代入可得答案.
【考点】二项式定理的运用
10.【答案】10
【解析】根据等差中项可得：，，因此.
【提示】根据等差数列的性质，化简已知的等式即可求出的值，然后把所求的式子也利用等差数列的性质化简后，将的值代入即可求出值.
【考点】等差中项的计算
11.【答案】1
【解析】由，得或者，
又因为，因此，，
根据正弦定理可得.
【提示】由，可得或者，结合，及正弦定理可求.
【考点】正弦定理，两角和与差的正弦函数
12.【答案】1560
【解析】某高三毕业班有40人，每人给彼此写一条留言，因此每人的条数为39，故而一共有条留言.
【提示】通过题意，列出排列关系式，求解即可.
【考点】排列与组合的实际应用
13.【答案】
【解析】根据随机变量服从二项分布，根据，
可得，化简后可得.
【提示】直接利用二项分布的期望与方差列出方程求解即可.
【考点】离散型随机变量的期望与方差
14.【答案】
【解析】考察基本的极坐标和直角坐标的化简以及点到直线距离问题.由可得直线的直角坐标系方程为，由可得它的直角坐标为，
因此，点A到直线的距离为.
【提示】把极坐标方程转化为直角坐标方程，然后求出极坐标表示的直角坐标，利用点到直线的距离求解即可.
【考点】简单曲线的极坐标方程
15.【答案】8
【解析】连接，

根据为等腰三角形可得，又因为为直径，
因此可得，，
∵∴，
因此可得，因此，
故而可得，∴.
【提示】连接，根据为等腰三角形可得，为直径以及得出即可求出的值.
【考点】相似三角形的判定
三、解答题
16.【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）
【解析】∵，，
∴，
因此：（Ⅰ）若，可得，
∴，
又∵，，
因此可得.
（Ⅱ）若和的夹角为，可得，
∴或，
又∵，∴，
∴，解得.
【提示】（Ⅰ）若，则，结合三角函数的关系式即可求的值.
（Ⅱ）若和的夹角为，利用向量的数量积的坐标公式进行求解即可求的值.
【考点】平面向量数量积的运算，数量积表示两个向量的夹角
17.【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）

（Ⅲ）23人
.
【解析】（Ⅰ）根据系统抽样的方法，抽取9个样本，因此分成9组，每组4人.又因为第一组中随机抽样可抽到44，因此按照现有的排序分组.故而每组中抽取的都是第二个数，因此我们可得样本数据为第2个，
第6个，第10个，第14个，第18个，第22个，第26个，第30个，第34个，
分别为：
（Ⅱ）由平均值公式得，
由方差公式得
.
（Ⅲ），因此可得，
因此在和之间的数据可以是，
因此数据一共有23人，占比为.
【提示】（Ⅰ）利用系统抽样的定义进行求解即可.
（Ⅱ）根据均值和方差公式即可计算（Ⅰ）中样本的均值和方差.
（Ⅲ）求出样本和方差即可得到结论.
【考点】极差，方差与标准差，分层抽样方法
18.【答案】（Ⅰ）见解析
（Ⅱ）
（Ⅲ）.
【解析】（Ⅰ）证明：由可得三角形是等腰三角形，
又因为点是边的中点，因此可得，
又因为三角形所在的平面与长方形所在的平面垂直，而且相交于CD，因此平面，又因为在平面内，因此可得，问题得证.
（Ⅱ）因为四边形是矩形，因此可得，
又因为平面，故而，
又，因此可得平面，
因此，所以.
在等腰三角形中，，.
因此可得，故而可得.
（Ⅲ）如图所示，连接.

∵，
∴，，，
因此，直线与直线所成角即为直线与直线所成角，
在矩形中，点为中点，因此，
而且.
又面，三角形为直角三角形，故，
因此在中，，
因此可得.
【提示】（Ⅰ）通过等腰三角形可得，利用线面垂直判定定理及性质定理即得结论.
（Ⅱ）通过（Ⅰ）及面面垂直定理可得，则为二面角的平面角，利用勾股定理即得结论.
（Ⅲ）连结连接，利用勾股定理及已知条件可得，在中，利用余弦定理即得直线与直线所成角即为直线与直线所成角的余弦值.
【考点】二面角的平面角及求法，异面直线及其所成的角，直线与平面垂直的性质
19.【答案】（Ⅰ）单调增区间为
（Ⅱ）见解析
（Ⅲ）见解析
【解析】，因此：
（Ⅰ）求导后可得函数的导函数恒成立，因此函数在上是增函数.
故而单调增区间为.
（Ⅱ）证明：令可得，
设，对函数，
求导后可得恒成立，
因此函数单调递增，因此可以得到函数图像.
函数有零点，即方程有解，
亦即函数，图像有交点.
当时，，因此根据函数的图像可得：有且只有一个交点，
即有且只有一个零点.
（Ⅲ）证明：设点P的坐标为，
故而在点处切线的斜率为：，，
因此.
在点M处切线的斜率为：，
因为，因此.
欲证，即证，，
设，求导后可得，，
令，因此函数在上单调递减，在上单调递增.
因此可得，
所以，，问题得证.
【提示】（Ⅰ）利用，求出函数单调增区间.
（Ⅱ）证明只有1个零点，需要说明两个方面：函数单调以及函数有零点.
（Ⅲ）利用导数的最值求解方法证明.
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程
20.【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ），其中
（Ⅲ）存在

【解析】依题意得化成标准方程后的圆为：，因此：
（Ⅰ）根据标准方程，圆心坐标为.
（Ⅱ）数形结合法：
①当动线的斜率不存在是，直线与圆不相交.
②设动线的斜率为，因此，
联立，则
根据有两个交点可得：，
故而点M的坐标为，
令，
因此由此可得，其中.
（Ⅲ）证明：联立，
所以，
因此，当直线与曲线相切时，可得，解得.
设，的两个端点是，
设直线恒过点
因此可得，，
故而可得，
由图像可得当直线与曲线有且只有一个交点的时候，
.
【提示】（Ⅰ）通过将圆的一般式方程化为标准方程即得结论
（Ⅱ）设当直线的方程为，通过联立直线与圆的方程，利用根的判别式大于0、韦达定理、中点坐标公式及参数方程与普通方程的相互转化，计算即得结论.
（Ⅲ）通过联立直线与圆的方程，利用根的判别式及轨迹的端点与点决定的直线斜率，即得结论.
【考点】轨迹方程，直线与圆的位置关系
21.【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）
（Ⅲ）见解析
【解析】由给出的递推公式可得：
①当时，
②当时，，
，
所以，
其中也成立，因此可得
（Ⅰ）因此.
（Ⅱ）∵，
所以数列的公比，利用等比数列的求和公式可得：
.
（Ⅲ）因为
，，，
，
因此，欲证，即证，
将化简为，即证，
令，所以，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，因此，
又因为，因此，
问题得证.
【提示】（Ⅰ）利用数列的递推关系即可求的值.
（Ⅱ）利用作差法求出数列的通项公式，利用等比数列的前项和公式即可求数列的前项和.
（Ⅲ）利用构造法，结合裂项法进行求解即可证明不等式.
【考点】数列与不等式的综合，数列的求和
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