高考理科数学试题全国卷2及解析word完美版
2015年高考全国新课标卷Ⅱ理科数学真题
一、选择题
1、已知集合A={–2,–1,0,1,2}，B={x|(x–1)(x+2)<0}，则A∩B=( )
A．{–1,0} B．{0,1} C．{–1,0,1} D．{0,1,2}
2、若a为实数，且(2+ai)(a–2i)= – 4i，则a=( )
A．–1 B．0 C．1 D．2
3、根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫排放量(单位：万吨)柱形图，以下结论中不正确的是( )
A．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著
B．2007年我国治理二氧化硫排放显现成效
C．2006年以来我国二氧化硫排放量呈减少趋势
D．2006年以来我国二氧化硫排放量与年份正相关
4、已知等比数列{an} 满足a1=3，a1+a3+a5=21，则a3+a5+a7=( )
A．21 B．42 C．63 D．84
5、设函数f(x)=，则f(–2)+f(log212)=( )
A．3 B．6 C．9 D．12
6.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下左1图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
A． B． C． D．
7、过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1,–7)的圆交y轴于M，N两点，则IMNI=( )
A．2 B．8 C．4 D．10
8、如上左2程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“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．0 B．2 C．4 D．14
9、已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球上的动点，若三棱锥O–ABC的体积最大值为36，则球O的表面积为( )
A．36π B．64π C．144π D．256π
10、如上左3图，长方形ABCD的边AB=2，BC=1，O是AB的中点，点P沿着边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，则y=f(x)的图像大致为( )
A． B． C． D．
11、已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为( )
A． B．2 C． D．
12、设函数f’(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(–1)=0，当x>0时，x f’(x)– f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(–∞,–1)∪(0,1) B．(,0)∪(1,+∞) C．(–∞,–1)∪(–1,0) D．(,1)∪(1,+∞)
二、填空题
13、设向量a,b不平行，向量λ a+b与a+2b平行，则实数 λ = ．
14、若x，y满足约束条件，则z=x+y的最大值为 ．
15、(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a= ．
16、设Sn是数列{an}的前n项和，且a1=–1，an+1=SnSn+1，则Sn=________________．
三、解答题
17、△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC面积的2倍．
(1)求．
(2)若AD=1，DC=，求BD和AC的长．
18.某公司为了了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机抽查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：
A地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 76
78 86 95 66 97 78 88 82 76 89
B地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 82
93 48 65 81 74 56 54 76 65 79
(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶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，将用户的满意度从低到高分为三个等级：
记事件C：“A地区用户的满意等级高于B地区用户的满意度等级”.假设两地区用户的评价结果互相独立．根据所给的数据，以事件发生的频率作为响应事件的概率，求C的概率
19、如图，长方形ABCD–A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F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．
(1)在途中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求直线AF与α平面所成角的正弦值．
20、已知椭圆C：9x2+y2=M2(m>0)．直线l不过圆点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．
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若l过点(,m),延长线段OM与C 交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
21、设函数f(x)=emx+x2–mx．
(1)证明：f(c)在(–∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；
(2)若对于任意x1，x2[–1,1]，都有|f(x1)–(x2)|≤e–1，求m的取值范围．
22、[选修4—1：几何证明选讲]如图，O为等腰三角形ABC内一点，⊙O与△ABC的底边BC交于M，N两点，与底边的高AD交于点G，切与AB，AC分别相切与E，F两点．
(1)证明：EF∥BC；
(2)若AG等于⊙O的半径，且AE=MN=2，求四边形EBCF的面积．
23、[选修4—4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy中，曲线C1：(t为参数，t≠0)，其中0≤α<π．
在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=2sinθ，C3：ρ=2cosθ．
(1)求C2与C3交点的直角坐标；
(2)若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值
24、[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：
(1)若ab>cd，则+>+；
(2)+>+是|a–b|<|c–d|的充要条件．
2015年高考全国新课标卷Ⅱ理科数学真题
一、选择题
1、答案：A．∵(x–1)(x+2)<0，解得–2
b，不成立执行b=b–a=18–14=4；
第二步a≠b成立，执行a>b，成立执行a=a–b=14–a=10；
第三步a≠b成立，执行a>b，成立执行a=a–b=10–4=6；
第四步a≠b成立，执行a>b，成立执行a=a–b=6–4=2；
第四步a≠b成立，执行a>b，不成立执行b=b–a=4–a=2．
第五步a≠b不成立，输出a=2．选B．
9、答案：C．设球的半径为r，三棱锥O–ABC的体积为V=S△ABO·h=×r2h=r2h，
点C到平面ABO的最大距离为r，∴r3=36，解得r=6，球表面积为4πr2=144π．
10、答案：B．由已知得，当点P在BC边上运动时，即0≤x≤时，PA+PB=+tanx；
当点P在CD边上运动时，即≤x≤，x≠时，PA+PB=+，
当x=时，PA+PB=2；当点P在边DA上运动时，即≤x≤π时，PA+PB=–tanx，
从点的运动过程可以看出，轨迹关于直线x=对称，且f()>f()，且轨迹非线性，故选B．
11、答案：D．设双曲线方程为–=1(a>0，b>0)，如图所示，|AB|=|BM|，∠ABM=120°，
过点M作MD⊥x轴，垂足为D．在Rt△BMD中，|BD|=a，|MD|=a，故点M的坐标为M(2a,a)，
代入双曲线方程得–=1，化简得a2=b2，∴e===．故选D．
12、答案：A．记函数g(x)=，则g'(x)=，
因为当x>0时，f'(x)–f(x)<0，故当x>0时，g'(x)<0，所以g(x)在(0,+∞)单调递减；
又因为函数f(x)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(–∞,0)单调递减，
且g(–1)=g(1)=0．当00，则f(x)>0；当x<–1时，g(x)<0，则f(x)>0，
综上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(–∞,–1)∪(0,1)，故选A．
二、填空题
13、答案：．设λa+b=x(a+2b)，可得，解得λ=x=．
14、答案：．如图所示，可行域为△ABC，直线y=–x+z经过点B时，z最大．
联立，解得，所以zmax=1+=．
15、答案：3．(a+x)(1+x)4=(Ca+Cax+Cax2+Cax3+Cax4)+ (Cx+Cx2+Cx3+Cx4+Cx5)，
所以Ca+Ca+C+C+C=32，解得a=3．
16、答案：–．∵an+1=Sn+1–Sn=SnSn+1，∴–=1．即–=–1，∴{}是等差数列，
∴=–(n–1)=–1–n+1=–n，即Sn=–．
三、解答题
17、答案：(1)；(2)|BD|=，|AC|=1．
(1)如图，由题意可得S△ABD=|AB||AD|sin∠BAD，S△ADC=|AC||AD|sin∠CAD，
∵S△ABD=2S△ADC，∠BAD=∠DAC，∴|AB|=2|AC|，∴==．
(2)设BC边上的高为h，则S△ABD=|BD|·h=2S△ADC=2××h，
解得|BD|=，设|AC|=x，|AB|=2x，则cos∠BAD=，cos∠DAC=．
∵cos∠DAC=cos∠BAD，∴=，解得x=1或x=–1 (舍去)．∴|AC|=1．
18、(1)如图所示．通过茎叶图可知A地区的平均值比B地区的高，
A地区的分散程度大于B地区．
(2)记事件不满意为事件A1，B1，满意为事件A2，B2，
非常满意为事件A3，B3．则由题意可得P(A1)=，P(A2)=，P(A3)=，P(B1)=，P(B2)=，P(B3)=，
则P(C)=P(A2)P(B1)+P(A3)(P(B1)+P(B2))=×+×(+)=．
19、(1)如图所示
(2)建立空间直角坐标系．由题意和(1)可得A(10,0,0)，F(0,4,8)，E(10,4,8)，G(10,10,0)，则向量AF=(–10,4,8)，EF=(–10,0,0)，EG=(0,6,–8)．
设平面EFHG的一个法向量为n=(x,y,z)，则，即，解得x=0，令y=4，z=3，则n=(0,4,3)．
所以直线AF与α平面所成角的正弦值为sinθ=|cos|===．
20、(1)设直线l的方程为y=kx+b(k≠0)，点A(x1,y1)，B(x2,y2)，则M(,)，联立方程，
消去y整理得(9+k2)x2+2kbx+b2–m2=0(*)，∴x1+x2=–，y1+y2=k(–)+2b=，
∴kOM·kAB=·k=·(–)·k=–9．
(2)假设直线l存在，直线方程为y=kx+，b=．
设点P(xP,yP)，则由题意和(1)可得xP=x1+x2=–，yP=y1+y2=，因为点P在椭圆上，
所以9(–)2+()2=m2，整理得36b2=m2(9+k2)，即36()2=m2(9+k2)，化简得k2–8k+9=0，解得k=4±，
有(*)知△=4k2b2–4(9+k2)(b2–m2)>0，验证可知k=4±都满足．
21、(1)∵f(x)=emx+x2–mx，∴f'(x)=memx+2x–m，f''(x)=m2emx+2≥0在R上恒成立，
∴f'(x)=memx+2x–m在R上单调递增．
又∵f'(0)=0，∴x>0时，f'(x)>0；∴x<0时，f'(x)<0．
∴f(x)在(–∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增．
(2)有(1)知fmin(x)=f(0)=1，当m=0时，f(x)=1+x2，此时f(x)在[–1,1]上的最大值是2，所以此时|f(x1)–f(x2)|≤e–1．
当m≠0时，f(–1)=e–m+1+m，f(1)=em+1–m．
令g(m)=f(1)–f(–1)=em–e–m–2m，∵g'(m)=em+e–m–2≥0，∴g(m)=f(1)–f(–1)=em–e–m–2m在R上单调递增．
而g(0)=0，所以m>0时，g(m)>0，即f(1)0时，|f(x1)–f(x2)|≤f(1)–1=em–m≤e–1，∴m≤1；
当m<0时，|f(x1)–f(x2)|≤f(–1)–1=e–m+m≤e–m–(–m)≤e–1，∴–m≤1，∴–1≤m≤0．
所以，综上所述m的取值范围是[–1,1]．
22、(1)如图所示，连接OE，OF，
则OE⊥AB，OF⊥AC，即∠AEO=∠AFO=90°．
∵OE=OF，∴∠OEF=∠OFE，∴∠AEF=90°–∠OEF，∠AFE=90°–∠OFE，即∠AEF=∠AFE．
∵∠AEF+∠AFE+∠EAF=180°，∴∠AEF=∠AFE=(180°–∠EAF)．
∵△ABC是等腰三角形，∴∠B=∠C=(180°–∠BAC)，∴∠AEF=∠AFE=∠B=∠C，∴EF∥BC．
(2)设⊙O的半径为r，∴AG=r，OA=2r．
在Rt△AEO中，∴AE2+EO2=AO2．∴(2)2+r2=(2r)2，解得r=2．
在Rt△AEO中，sin∠OAE===．∴∠OAE=60°，
∵∠OAE=∠OAF=∠EAF，AE=AF，∴∠EAF=2∠OAE=60°，∴△AEF、△ABC是等边三角形．
连接OM，∴OM=2．∵OD⊥MN，∴MD=ND=MN=．
在Rt△ODM中，OD===1，∴AD=OA+AD=4+1=5．
在Rt△ADB中，AB===．
∴四边形EBCF的面积为S△ABC–S△AEF=×()2–×(2)2=．
23、(1)将曲线C2，C3化为直角坐标系方程C2：x2+y2–2y=0，C3：x2+y2–2x=0．
联立，解得或．所以交点坐标为(0,0)，(,)．
(2)曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R，ρ≠0)，其中0≤α<π．
∵A的极坐标为(2sinα,α)，B的极坐标为(2cosα,α)．∴|AB|=|2sinα–2cosα|=4|sin(α–)|．
当α=时，|AB|取得最大值，最大值为4．
24、(1)由题意可得(+)2=a+b+2，(+)2=c+d+2，∵ab>cd，∴>，而a+b=c+d，
∴(+)2>(+)2，即+>+．
(2)+>+，即a+b+2>c+d+2，∴>，∴ab>cd，∴–4ab<–4cd，∴(a+b)2–4ab<(c+d)2–4cd，∴(a–b)2<(c–d)2，∴|a–b|<|c–d|．
