2015年海南省高考数学试题及答案（文科）

2015年普通高等学校招生全国统一考试文科数学注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框。写在本试卷上无效。3．答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。4．考试结束，将试题卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题。每小题5分，在每个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A{x|1x2}，B{x|0x3}，则A∪B=A.(1,3)B.(1,0)C.(0,2)D.(2,3)2ai2.若a为实数，且3i，则a1iA.4B.3C.3D.43.根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化碳年排放量（单位：万吨）柱形图，以下结论中不正确的是2700260025002400230022002100200019002004200520062007200820092010201120122013(年)A.逐年比较，2008年减少二氧化碳排放量的效果显著B.2007年我国治理二氧化碳排放显现成效C.2006年以来我国二氧化碳年排放量呈逐渐减少趋势D.2006年以来我国二氧化碳年排放量与年份正相关4.向量a=(1，-1)b=(-1，2)，则（2a+b）.a=A.1B.0C.1D.25.设Sn是数列{an}的前n项和，若a1a3a53，则S5A.5B.7C.9D.116.一个正方体被一个平面截取一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为1111A.B.C.D.87657.已知三点A(1,0)，B(0,3)，C(2,3)，则ABC外接圆的圆心到原点的距离为521254A.B.C.D.33338.右边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中“更相减损术”.执行该程序框图，若输入的a、b分别为14、18，则输出的aA.0B.2C.4D.1419.已知等比数列{a}满足a，aa4(a1)，则an14354211A.2B.1C.D.2810.已知A、B是球O的球面上两点，AOB90，C为该球面上的动点.若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为A.36B.64C.144D.25611.如图，长方形ABCD的边AB2，BC1，O是AB的中点，点P沿着BC、CD与DA运动，记BOPx.将动点P到A、B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则yf(x)的图象大致为112.设函数f(x)ln(1|x|)，则使得f(x)f(2x1)成立的x的取值范围是1x211A.(,1)B.(,)U(1,)331111C.(,)D.(,)U(,)3333二．填空题：共4小题，每小题5分.13.已知函数f(x)ax32x的图象过点(1,4)，则a.xy5014.若x、y满足约束条件2xy10，则z2xy的最大值为.x2y10115.已知双曲线过点(4,3)，且渐近线方程为yx，则该双曲线的标准方程2为.16.已知曲线yxlnx在点(1,1)处的切线与曲线yax2(a2)x1相切，则a.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17、（本小题满分12分）ΔABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，BD=2DC.sinB（I）求；sinC（II）若∠BAC=60°,求∠B.18、（本小题满分12分）某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了40个用户，根据用户对产品的满意度评分，得分A地区用户满意评分的频率分布直方图和B地区用户满意度评分的频数分布表.B地区用户满意度评分的频数分布表满意度评分分组[50,60)[60，70)[70，80)[80，90)[90，100)频数2814106(I)在答题卡上作出B地区用户满意度评分的频数分布直方图，并通过直方图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）(II)根据用户满意度评分，将用户的满意度分为三个等级；满意度评分低于70分70分到80分不低于90分满意度等级不满意满意非常满意估计哪个地区用户的满意度等级为不满意的概率大？说明理由.19、（本小题满分12分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8,点E，分别在A1B1,D1C1上，A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.（I）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）（II）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.20、（本小题满分12分）x2y22已知椭圆C：1（a>b>0）的离心率为，点（2，2）在C上.a2b22（I）求C的方程.（II）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.21、（本小题满分12分）已知函数f（x）=lnx+a（1-x）（I）讨论f（x）的单调性；（II）当f（x）有最大值，且最大值大于2a-2时，求a的取值范围.请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请写清题号。22、（本小题满分10分）选修4-1，几何证明选择如图，O为等腰三角形ABC内一点，圆O与ΔABC的底边BC交于M,N两点，与底边上的高AD交于G,且与AB，AC分别相切于E,F两点.（I）证明：EF//BC;（II）若AG等于圆O的半径，且AE=MN=23，求四边形EBCF的面积23、（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程｛xtcosα在直线坐标系xOy中，曲线C1：ytsinα（t为参数，t0）其中0α.在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：p=2sin，C3：p=23cos。（I）求C1与C3交点的直角坐标；（II）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值.24、（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲设a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d.证明：（I）若ab>cd，则ab>cd;（II）ab>cd是|a-b|<|c-d|的充要条件.2015年普通高等学校招生全国统一考试文科数学试题答案一.选择题（1）A（2）D（3）D（4）C（5）A（6）D（7）B（8）B（9）C（10）C（11）B（12）A二.选择题x2（13）-2（14）8（15）y21（16）84三.解答题（17）解：（Ⅰ）由正弦定理得ADBDADDC,.sinBsinBADsinCsinCADsinBDC1因为AD平分BAC,DB2DC,所以.sinCBD2（Ⅱ）因为C1800BACB,BAC600,所以31sinCsinBACBcosBsinB.223由（Ⅰ）知2sinBsinC,所以tanB,即B300。3（18）解：（Ⅰ）通过两地区用户满意度评分的频率分布直方图可以看出，B地区用户满意度评分的平均值高于A地区用户满意度评分的平均值；B地区用户满意度评分比较集中，而A地区用户满意度评分比较分散。（Ⅱ）A地区用户满意度等级为不满意的概率大。记CA表示事件：“A地区用户满意度等级为不满意”；CB表示事件：“B地区用户满意度等级为不满意”。由直方图得P(CA)的估计值为（0.01+0.02+0.03）×10=0.6，P(CB)的估计值为（0.005+0.02）×10=0.25.所以A地区用户满意度等级为不满意的概率大。（19）解：（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：（Ⅱ）作EM⊥AB,垂足为M，则AM=A1E=4，EB1=12，EM=AA1=8.因为EHGF为正方形，所以EH=EF=BC=10.于是MH=EH2EM26,AH10,HB6.因为长方体被平面分97为两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为（也正确）79（20）解：a2b2242（Ⅰ）由题意有,1，a2a2b2x2y2解得a28,b24。所以C的方程为1.84（Ⅱ）设直线l:ykxb(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将x2y2ykxb代入1得(2k21)x24kbx2b28084xx2kbb故x12,ykxbm22k21mm2k21ym11于是直线OM的斜率kom,中kom.kxm2k2所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值。（21）解：1（Ⅰ）f（x）的定义域为(0,),f'(x)ax若a0,则f'(x)0,所以f(x)中(0,)单调递增。11若a0，则当x(0,)时，f'(x)0,当x(,)时，f'(x)0,所以f(x)在aa11(0,)单调递增，在(,)单调递减。aa（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a0时，f(x)中(0,)无最大值；当a0时，f(x)在1111x取得最大值，最大值为f()1n()a(1)1naa1。aaaa1因此f()2a2等价于1naa10a令g(a)1naa1，则g(a)在(0,)单调递增，g(1)0于是，当0a1时g(a)0；当a1时，g(a)0因此，a的取值范围是(0,1)（22）解：（Ⅰ）由于ABC是等腰三角形，ADBC,所以AD是CAB的平行线。又因为O分别于AB，AC相切于点E，F，所以AEAF，故ADEF从而EFBC。（Ⅱ）由（Ⅰ）知AEAF，ADEF，故AD是EF的垂直平分线，又EF为O的弦，所以O在AD上。连接OE,OM,则OEAE0由AG等于O的半径得AO2OE,所以OAE30.因此ABC和AEF都是等边三角形。因为AE23，所以AO4，OE2。1因为OMOE2，DMMN3，所以OD1于是2103AD5,AB31103313163所以四边形EBCF的面积为()2(23)2232223（23）解：22（Ⅰ）曲线C2的直角坐标方程为xy2y0,曲线C3的直角坐标方程为x2y223x0.322x,xy2y0,x0,2联立解得或x2y223x0.y0,3y,233所以C与C交点的直角坐标为(0,0)和23,.22（Ⅱ）曲线C1的极坐标方程为aR,0,中中0a.因此A的极坐标为2sina,a,B的极坐标为23cosa,a.所以5AB2sina23cosa4sina.当a时，AB取得最大值，最大值为364.（24）解：22（Ⅰ）因为abab2ab,cdcd2cd,22由题设abcd，abcd得abcd。因此abcd。22（Ⅱ）（i）若abcd,则abcd，即2ab4ab(cd)24cd.因为abcd，所以abcd由（Ⅰ）得abcd22（ii）若abcd，则abcd，即ab2abcd2cd因为abcd，所以abcd.于是222ab(ab)24abcd4cdcd因此abcd.综上，abcd是abcd的充要条件选择填空解析1.【答案】A【解析】Ax|1x2Bx|0x3ABx|1x3.因为,,所以故选A.2．【答案】D2ai1i3i24ia4【解析】由题意可得,故选D.3．【答案】D【解析】由柱形图可知2006