2015年高考真题数学【理】(山东卷)（含解析版）.pdf

2015 年高考山东省理科数学真题 一、选择题 1.已知集合，则（）243|0Ax xx24|BxxAB A（1，3）B（1，4）C（2，3）D（2，4）2.若复数 Z 满足，其中 i 为虚数为单位，则 Z=（）1ZiiA1-i B1+i C-1-i D-1+i 3.要得到函数的图像，只需要将函数 y=sin4x 的图像（）sin(4)3yxA向左平移个单位 B向右平移个单位 1212C向左平移个单位 D向右平移个单位 334.已知菱形 ABCD 的边长为，则（）a60ABCBD CD A B C D 232a234a234a232a5.不等式|x-1|-|x-5|0,b0）的渐近线与抛物线 C2：x2=2py(p0)交于 O，若22221xyab的垂心为 C2的焦点，则 C1的离心率为_ ABC16.设。2()sincoscos()4f xxxxx（）求 f（x）的单调区间；（）在锐角中，角 A，B，C，的对边分别为 a，b，c，若 f（ABC）=0，a=1，求面积的最大值。2AABC17.如图，在三棱台 DEF-ABC 中，AB=2DE，G，H 分别为 AC，BC 的中点。（）求证：BC/平面 FGH；（）若 CF平面 ABC，ABBC，CF=DE，BAC=，求平面 FGH 与平面 ACFD 所成的角（锐角）的大45小。18.设数列的前 n 项和为。已知。nanS233nnS（）求的通项公式；na（）若数列满足，求的前 n 项和。nb23=lognna bnbnT19.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”nnn（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-1 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.XEX20.平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是。xoy2222:1(0)xyCabab3212FF、以为圆心以 3 为半径的圆与以为圆心 1 为半径的圆相交，且交点在椭圆 上。1F2F（）求椭圆 C 的方程；（）设椭圆为椭圆 C 上任意一点，过点 P 的直线交椭圆 E 于 A，B 两点，射线2222:144xyEabykxmPO 交椭圆 E 于点 Q.（i）求的值；|OQOP（ii）求面积的最大值。ABQ将ykxm 代入椭圆 C 的方程 21 设函数，其中。2()ln(1)()f xxa xxR（）讨论函数极值点的个数，并说明理由；()f x（）若成立，求的取值范围。0,()0 xf x 2015 年高考山东省理科数学真题答案 一、选择题 1.答案：C 解析过程：，13Axx24Bxx所以，选 C 23ABxx 2.答案：A 解析过程：因为1zii，所以，11ziii 所以，1zi，选 A 3.答案：B 解析过程：因为，sin(4)sin4()312yxx所以，只需要将函数的图象 sin4yx向右平移个单位，选 B 124.答案：D 解析过程：因为BD CDBD BABABCBA =22223cos602BABC BAaaa ，选 D.5.答案：A 解析过程：原不等式可转化为以下三个不等式的并集：（），解得 1152xxx1x x（），解得 15152xxx 14xx（），解得 5152xxx 综上，原不等式的解集为，选 A 4x x 6.答案：B 解析过程：作出可行域如图 若的最大值为 4，则最优解可能为或 zaxy(1,1)A(2,0)B经检验不是最优解，是最优解，此时(1,1)A(2,0)B2a 7.答案：C 解析过程：直角梯形 ABCD 绕 AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面 所围成的几何体是一个底面半径为 1，母线长为 2 的圆柱 挖去一个底面半径同样是 1、高为 1 的圆锥后得到的组合体，所以该组合体的体积为：2215121133VVV 圆柱圆锥，选 C 8.答案：B 解析过程：用表示 零件的长度，根据正态分布的性质得：13666332PPP 0.95440.68260.13592，选 B.9.答案：D 解析过程：由光的反射原理知，反射光线的反向延长线必过点，(2,3)设反射光线所在直线的斜率为，则反射光线所在直线方程为：k，即 3(2)yk x230kxyk又因为光线与圆相切，22(3)(2)1xy所以，整理得 2322311kkk21225120kk解得：或，选 D 43k 34k 10.答案：C 解析过程：当时，1a 21af a 所以，即符合题意；()()2f af f a1a 当时，若，1a()31f aa()1f a 即，所以符合题意；31 1a 23a 213a综上，的取值范围是，选 C a2,)3二、填空题 11.答案：14n 解析过程：由归纳推理得：01211212121214nnnnnnCCCC 12.答案：1 解析过程：在上单调递增，所以 tanyx0,4在上的最大值为 tanyx0,4tan14由题意得，1m 13.答案：116 解析过程：初始条件1,1,3nTn 成立；运行第一次：101311,2,322Txdxnn 成立；运行第二次：12033111,3,32236Tx dxnn 不成立；输出T的值：11.6 结束 14.答案：32 解析过程：若，则在上为增函数 1a f x1,0所以，此方程组无解；1110abb 若，则在上为减函数 01a f x1,0所以，解得，所以 1011abb 122ab 32ab 15.答案：32 解析过程：设OA 所在的直线方程为byxa,则OB 所在的直线方程为byxa 解方程组22byxaxpy 得：2222pbxapbya，所以点A 的坐标为2222,pbpbaa 抛物线的焦点F 的坐标为:0,2p 因为F是ABC 的垂心，所以1OBAFkk 所以，2222252124pbpbbapbaaa 所以，2222293142cbeeaa 16.答案：（I）单调递增区间是,44kkkz；单调递减区间是3,44kkkz（II）ABC 面积的最大值为234 解析过程：（I）由题意知 1 cos(2)sin22()22xxf x sin21 sin21sin2222xxx由，22222kxkkz可得，44kxkkz由，322222kxkkz可得，344kxkkz所以，函数的单调递增区间是（）f x,44kkkz函数的单调递减区间是（）f x3,44kkkz （II）由，得 1()sin022AfA1sin2A 由题意得为锐角，所以 A3cos2A 由余弦定理：2222 cosabcbA可得：22132bcbcbc即：，当且仅当时等号成立 23bc bc因此 123sin24bcA所以面积的最大值为 ABC23417.答案：（I）详见解析；（II）60 解析过程：（I）证法一：连接,.DG CD设CDGFM,连接MH，在三棱台DEFABC中，2ABDEG，分别为AC的中点，可得/,DFGC DFGC，所以四边形DFCG是平行四边形，则M为CD的中点，又H是BC的中点，所以/HMBD,又HM 平面FGH，BD 平面FGH，所以/BD平面FGH.证法二：在三棱台DEFABC中，由2,BCEF H为BC的中点，可得/,BHEF BHEF 所以HBEF为平行四边形，可得/.BEHF 在ABC中，GH，分别为ACBC，的中点，所以/,GHAB又GHHFH，所以平面/FGH平面ABED，因为BD 平面ABED，所以/BD平面FGH.（）解法一：设2AB ，则1CF 在三棱台DEFABC中，G 为AC 的中点 由12DFACGC，可得四边形DGCF 为平行四边形，因此/DGCF 又FC 平面ABC 所以DG 平面ABC 在ABC 中，由,45ABBCBAC，G 是AC 中点，所以,ABBC GBGC 因此,GB GC GD 两两垂直,以G 为坐 标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz 所以0,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,1GBCD 可得22,0,0,2,122HF 故22,0,0,2,122GHGF 设,nx y z 是平面FGH 的一个法向量，则 由0,0,n GHn GF 可得020 xyyz 可得平面FGH 的一个法向量1,1,2n 因为GB 是平面ACFD 的一个法向量，2,0,0GB 所以21cos,2|2 2GB nGB nGBn 所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为60 解法二：作HMAC 于点M，作MNGF 于点N，连接NH 由FC 平面ABC，得HMFC 又FCACC 所以HM 平面ACFD 因此GFNH 所以MNH 即为所求的角 在BGC 中,12/,22MHBG MHBG 由GNMGCF 可得，MNGMFCGF从而，由平面，平面得 66MN MH ACFDMN ACFD，所以，所以 MHMNtan3HMMNHMN060MHN所以平面与平面所成角（锐角）的大小为 FGHACFD06018.答案：（I）13,1,3,1,nnnan;（II）1363124 3nnnT.解析过程：解：（I）因为233nnS 所以，1233a ，故13,a 当1n 时，11233,nnS 此时，即 1122233nnnnnaSS13nna所以，13132nnnan（II）因为，3lognnna ba113b 当时，1n 11133log 3(1)3nnnnbn所以，当时，1113Tb1n 12nnTbbb1211(1 32 3(1)3)3nn 所以 01231(1 32 3(1)3)nnTn 两式相减得，012122(333)(1)33nnnTn 11121 3(1)331 3nnn136362 3nn所以，经检验，时也适合，1363124 3nnnT1n 综上，1363124 3nnnT19.答案：（I）有：125，135，145，235，245，345；（II）X 的分布列为 X 0-1 1 P 23 114 1142 421EX 解析过程：（I）个位数是 5 的“三位递增数”有：；125,135,145,235,245,345（II）由题意知，全部“三位递增数”的个数为 3984C 随机变量的取值为：，因此 X0,1,1；38392(0)3CP XC24391(1)14CP XC 1211(1)114342P X 所以的分布列为 XX 0-1 1 P 23 114 1142 因此 211140(1)13144221EX 20.答案：（I）2214xy；（II）(i)2；（ii）6 3.解析过程：（I）由题意知，则，24a 2a 又，可得，32ca222acb1b 所以椭圆 C 的标准方程为2214xy （II）由（I）知椭圆 E 的方程为221164xy（i）设00,P xy，OQOP，由题意知00,Qxy 因为220014xy又22001164xy，即22200144xy，所以2，即2OQOP （ii）设1122,A x yB xy 将ykxm代入椭圆 E 的方程，可得2221484160kxkmxm 由0 ，可得224 16mk 则有21212228416,1414kmmxxx xkk 所以221224 16414kmxxk 因为直线ykxm与轴交点的坐标为0,m 所以OAB的面积222222 1641214kmmSmxxk 222222222(164)24141414kmmmmkkk 令2214mtk 将ykxm 代入椭圆 C 的方程 可得222148440kxkmxm 由0 ，可得2214mk 由可知01t 因此22424St ttt 故2 3S 当且仅当1t ，即2214mk 时取得最大值2 3 由（i）知，ABQ 面积为3S 所以ABQ面积的最大值为6 3 21.答案：（I）当0a 时，函数 f x在1,上有唯一极值点；当809a时，函数 f x在1,上无极值点；当89a 时，函数 f x在1,上有两个极值点；（II）a的取值范围是0,1.解析过程：函数定义域为 2()ln(1)()f xxa xx1,2121211axaxafxaxaxx 令 221g xaxaxa （1）当0a 时，10g x ，0fx 在1,上恒成立 所以，函数 f x在1,上单调递增无极值；（2）当0a 时，2219212148ag xaxaxaa x 若9108a，即：809a，则 0g x 在1,上恒成立，从而 0fx 在1,上恒成立，函数 f x在1,上单调递增无极值；若9108a，即：89a ，由于 110,1210gga 则 g x 在在1,上有两个零点，从而函数 f x在1,上有两个极值点12,x x 且1214xx；（3）当0a 时，g x在11,4 上单调递增，在1,4 上单调递减，且19110,1048agg ，所以，g x 在在1,上有唯一零点，从而函数 f x在1,上有唯一极值点.综上：当0a 时，函数 f x在1,上有唯一极值点；当809a时，函数 f x在1,上无极值点；当89a 时，函数 f x在1,上有两个极值点；（II）由（I）知，（1）当809a时，函数 f x在0,上单调递增，因为 00f，所以，时，符合题意；0,x 0f x（2）当时，由，得 819a 00g20 x 所以，函数在上单调递增，f x(0,)又，所以，时，符合题意；00f0,x 0f x（3）当时，由，可得 1a 00g20 x 所以时，函数单调递减；2(0,)xx f x又，所以，当时，函数不符合题意；(0)0f2(0,)xx()0f x（4）当时，设 0a()ln(1)h xxx因为时，(0,)x 11011xh xxx 所以在上单调递增，()h x(0,)因此当时，(0,)x()(0)0h xh即：ln(1)xx可得：2()()f xxa xx2(1)axa x 当时，11xa 2(1)0axa x此时，不合题意()0f x 综上所述，的取值范围是 a0,1