2015年高考真题数学【文】(山东卷)（含解析版）

2015年普通高等学校招生全国统一考试山东卷文科数学试题第Ⅰ卷（共50分）①甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温；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②甲地该月14时的平均气温高于乙地该月14时的平均气温；的．③甲地该月14时的平均气温的标准差小于乙地该月14时的气温的标准差；1.已知集合Ax|2x4，B{x（|x1)(x3）0}，则AB()④甲地该月14时的平均气温的标准差大于乙地该月14时的气温的标准差.（A）1,3（B）1,4（C）2,3（D）2,4其中根据茎叶图能得到的统计结论的标号为()z（A）①③(B)①④(C)②③(D)②④2.若复数Z满足i，其中i为虚数单位，则Z=()1i17.在区间0,2上随机地取一个数x,则事件“-1log（1x）1”发生的概率为()（A）1i（B）1i（C）1i（D）1i223.设a0.60.6，b0.61.5，c1.50.6，则a，b，c的大小关系是()3211（A）（B）（C）（D）4334（A）a＜b＜c（B）a＜c＜b（C）b＜a＜c（D）b＜c＜a[来源:学|科|网]2x18.若函数f(x)是奇函数，则使（fx）3成立的x的取值范围为()4.要得到函数ysi（n4x）的图象，只需要将函数ysin4x的图象（）2xa3（A）()(B)()（C）（0,1）（D）（1,）（A）向左平移个单位（B）向右平移个单位12129.已知等腰直角三角形的直角边的长为，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几（C）向左平移个单位（D）向右平移个单位何体的体积为()3322425.设mR,命题“若m0,则方程x2xm0有实根”的逆否命题是()（A）（B）（C）（D）332242（A）若方程x2xm0有实根，则m03xb,x1510.设函数f(x)，若f(f())4，则b()2x,x16(B)若方程x2xm0有实根，则m0731(C)若方程x2xm0没有实根，则m0（A）1（B）（C）(D)842(D)若方程x2xm0没有实根，则m06.为比较甲、乙两地某月14时的气温状况，随机选取该月中的5天，将这5天中14时的气温数据（单位：℃）制成如图所示的茎叶图.考虑以下结论：117.(本小题满分12分)第Ⅱ卷（共100分）36二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c.已知cosB,sin(AB),ac233911.执行右边的程序框图，若输入的x的值为1，则输出的y的值是.求sinA和c的值.yx112.若x,y满足约束条件xy3,则zx3y的最大值为.y113.过点P（1，3）作圆x2y21的两条切线，切点分别为A,B，则PAPB=.x2y214.定义运算“”：xy（x，yR,xy0）.当x0，y0时，xy(2y)x的最小值xy18.如图，三棱台DEFABC中，AB2DE，G，H分别为AC，BC的中点.是.（I）求证：BD//平面FGH；x2y215.过双曲线C：1（a0,b0）的右焦点作一条与其渐近线平行的直线，交C于点P.若点P的横（II）若CFBC，ABBC，求证：平面BCD平面EGH.a2a2坐标为2a,则C的离心率为.三、解答题：本大题共6小题，共75分．16.（本小题满分12分）[来源:Z*xx*k.Com]某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：（单位：人）[来源:学|科|网]参加书法社团未参加书法社团参加演讲社团85未参加演讲社团230（1）从该班随机选名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率；1（2）在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学A1，A2，A3，A4，A5,3名女同学B1，B2，B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求A1被选中且B1未被选中的概率.221.(本小题满分14分)[来源:学科网ZXXK]19.（本小题满分12分）x2y231平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，且点（，）在椭圆xOyC2+2=1(>b>0)31nb22已知数列an是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.anan12n1C上.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（I）求数列an的通项公式；22anxy（II）设bnan12，求数列bn的前n项和Tn.（Ⅱ）设椭圆E：+=1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两4a24b2点，射线PO交椭圆E于点Q.|OQ|（i）求的值；|OP|(ii)求ABQ面积的最大值.20.(本小题满分13分)设函数.已知曲线在点(1,f(1))处的切线与直线平行.（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）是否存在自然数k，使得方程f(x)g(x)在(k,k1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；（Ⅲ）设函数m(x)min{f(x),g(x)}（min{p,q}表示，p,q中的较小值），求mx的最大值.322caccsinA2015年普通高等学校招生全国统一考试由,可得a323c，又ac23，所以c1.sinAsinCsinC6山东卷文科数学试题答案9一、选择题：（18）参考答案：CACBDBACBD二、填空题：（I）证法一：连接DG,CD.设CDGFM,连接MH，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G分别3（11）13；（12）7；（13）；（14）2；（15）23；2为AC的中点，可得DF//GC,DFGC，所以四边形DFCG是平行四边形，则M为CD的中点，又H是三、解答题：BC的中点，所以HM//BD,（16）参考答案：又HM平面FGH，BD平面FGH，所以BD//平面FGH.（1）由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人，故至少参加上述一个社团的共有151证法二：在三棱台DEFABC中，由BC2EF,H为BC的中点，453015人，所以从该班级随机选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率为P.453(2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，其一切可能的结果组成的基本事件有：可得BH//EF,BHEF,所以HBEF为平行四边形，可得BE//HF.在ABC中，G，H分别为AC，BC的中点，{A1,B1},{A1,B2},{A1,B3},{A2,B1},{A2,B2},{A2,B3},{A3,B1},{A3,B2},{A3,B3},所以GH//AB,又GHHFH，{A4,B1},{A4,B2},{A4,B3},{A5,B1},{A5,B2},{A5,B3}，共15个.学科网所以平面FGH//平面ABED，根据题意，这些基本事件的出现是等可能的.因为BD平面ABED，事件“A1被选中且B1未被选中”所包含的基本事件有：{A1,B2},{A1,B3}，共2个.所以BD//平面FGH.2因此A被选中且B未被选中的概率为P.1115(II)证明：连接HE.因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH//AB,由ABBC,得GHBC，又H（17）参考答案：为BC的中点，所以EF//HC,EFHC,因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF//HE.36在ABC中，由cosB，得sinB.又CFBC，所以HEBC.33又HE,GH平面EGH，HEGHH，所以BC平面EGH，6因为ABC，所以sinCsin(AB)，9又BC平面BCD，所以平面BCD平面EGH.53（19）参考答案：因为sinCsinB，所以CB，C为锐角，cosC，9（I）设数列an的公差为d，653362211因此sinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC.令得，所以.39393n1,a1a23a1a234112(x1)lnx,x(0,x]令n2,得，所以aa15.023时，，所以2.a1a2a2a35x(x0,)f(x)g(x)m(x)xx,x(x0,)e解得a11,d2，所以an2n1.当x(0,x0)时，若x(0,1],m(x)0;（II）由（I）知b2n22n4n4n,所以T141242......n4n,nn1若x(1,x0),由m'(x)lnx10,可知0m(x)m(x0);故m(x)m(x0).23nn1x所以4T1424......(n1)4n4,nx(2x)当时，由可得时，单调递增；时，x(x0,)m'(x)x,x(x0,2)m'(x)0,m(x)x(2,)12nn1e两式相减，得3Tn44......4n4m'(x)0,m(x)单调递减；[来源:学科网]4(14n)13n4n4n14n1,41433可知m(x)m(2),且m(x0)m(2).e24n1综上可得函数的最大值为.3n1n144(3n1)4m(x)2所以Tn4.e999（20）参考答案：（16）参考答案：（I）由题意知，曲线在点(1,f(1))处的切线斜率为2，所以f'(1)2，31a2b23（I）由题意知又，解得22，221,a4,b1aa4ba2又f'(x)lnx1,所以a1.xx2所以椭圆C的方程为y21.（II）k1时，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的根.4x2x2y2设h(x)f(x)g(x)(x1)lnx,（II）由（I）知椭圆E的方程为1.ex164当x(0,1]时，h(x)0.|OQ|（i）设P(x,y),,由题意知Q(x,y).00|OP|0044又h(2)3ln2ln8110,e2e2x2(x)2(y)22x2因为0y21.又001，即(0y2)1.所以存在，使.00x0(1,2)h(x0)04164441x(x2)1因为h'(x)lnx1,所以当x(1,2)时，h'(x)10，当x(2,)时，h'(x)0，|OQ|xexe所以2，即2.|OP|所以当x(1,)时，h(x)单调递增.222（ii）设A(x1,y1),B(x2,y2),将ykxm代入椭圆E的方程，可得(14k)x8kmx4m160，由所以k1时，方程f(x)g(x)在(k,k1)内存在唯一的根.0,可得m2416k2………………①（III）由（II）知，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x(0,x0)时，f(x)g(x)，58km4m216416k24m2则有xx,xx.所以|xx|.因为直线ykxm与y轴交点的1214k21214k21214k212|m|16k24m22(16k24m2)m2坐标为(0,m)，所以OAB的面积S|m||xx|21214k214k2m2m22(4).14k214k2m2设t.将直线ykxm代入椭圆C的方程，可得(14k2)x28kmx4m240，由0,可得14k2m214k2………………②由①②可知0t1,S2(4t)t2t24t.故S23.当且仅当t1，即m214k2时取得最大值23.由（i）知，ABQ的面积为3S，所以ABQ面积的最大值为63.6