2015年高考山东省理科数学真题含答案解析(超完美版)

2015年高考山东省理科数学真题

一、选择题

21.已知集合Ax|x4x30，Bx|2x4，则AB（ ）

A．（1，3） 2.若复数Z满足A．1-i

B．（1，4） C．（2，3） D．（2，4）

Zi，其中i为虚数为单位，则Z=（ ） 1iC．-1-i

D．-1+i

B．1+i

3.要得到函数ysin(4x3)的图像，只需要将函数y=sin4x的图像（ ）

B．向右平移

A．向左平移

个单位 12个单位 12C．向左平移

个单位 3D．向右平移

个单位 34.已知菱形ABCD的边长为a，ABC60，则BDCD（ ）

A．32a 2B．32a 4C．

32a 4D．

32a 2D．（1，5）

5.不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是（ ） A．(,4)

B．(,1)

C．（1，4）

xy06.已知x,y满足约束条件xy2，若z=ax+y的最大值为4，则a=（ ）

y0A．3

B．2

C．-2

D．-3

7.在梯形ABCD中，ABC2，AD//BC，BC=2AD=2AB=2.将梯形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的体积为（ ） A．

2 3 B．

4 3C．

5 3D．2

8.已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布N（0，3），从中随机取一件，其长度误差落在区间（3，6）内的概率为（ ）

（附：若随机变量服从正态分布N(,2)，

则P()68.26%，P(22)95.44%。） A．4.56%

B．12.59%

C．27.18%

D．31.74%

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9.一条光线从点（-2，-3）射出，经y轴反射后与圆(x3)2(y2)21相切，则反射光线所在直线的斜率为（ ） A．53或 35B．32或 23

C．54或 45

D．43或 343x1,x110.设函数f(x)x，则满足f(f(a))2f(a)的a取值范围是（ ）

2,x1A．[,1]

23B．[0，1]

C．[,)

23D．[1,)

二、填空题

11.观察下列各式：

C10=401C30C3411C50C5C5242013C7C7C72C743

照此规律，当当nN时，C02n-1 + C12n-1 + C22n-1 +…+ Cn-12n-1 = . 12.若“x[0，

……]，tanxm”是真命题，则实数m的最小值为 . 413.执行下面的程序框图，输出的T的值为 .

14.已知函数f(x)ab(a0,a1) 的定义域和值域都是1,0 ，则

xab________

x2y215.平面直角坐标系xOy中，双曲线C：221（a>0,b>0）的渐近线与抛物线C2：x2=2py(p>0)交于O，

ab若ABC的垂心为C2的焦点，则C1的离心率为___________．

216.设f(x)sinxcosxcosx(x4)。

A）=0，a=1，求面ABC积的最大2（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）在锐角ABC中，角A，B，C，的对边分别为a，b，c，若f（

值。

17.如图，在三棱台DEF-ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的中点。

（Ⅰ）求证：BC//平面FGH；

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（Ⅱ）若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF=DE，∠BAC=45，求平面FGH与平面ACFD所成的角（锐角）的大小。

18.设数列an的前n项和为Sn。已知2Sn3n3。 （Ⅰ）求an的通项公式；

（Ⅱ）若数列bn满足anbn=log32，求bn的前n项和Tn。

19.若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”（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. （Ⅰ）写出所有个位数字是5的“三位递增数”；

（Ⅱ）若甲参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望EX.

{}{}{}{}x2y2320.平面直角坐标系xoy中，已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，左、右焦点分别是F1、F2。

ab2以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心1为半径的圆相交，且交点在椭圆𝐶上。 （Ⅰ）求椭圆C的方程；

x2y2（Ⅱ）设椭圆E:221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两点，

4a4b射线PO交椭圆E于点Q. （i）求

|OQ|的值； |OP|（ii）求ABQ面积的最大值。 将ykxm 代入椭圆C的方程

21设函数f(x)ln(x1)a(xx)，其中R。 （Ⅰ）讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由； （Ⅱ）若x0,f(x)0成立，求的取值范围。

22015年高考山东省理科数学真题答案

一、选择题 1.答案：C

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解析过程：

Ax1x3，Bx2x4，

所以ABx2x3，选C 2.答案：A 解析过程： 因为

zi，所以，zi1i1i 1i所以，z1i，选A 3.答案：B 解析过程： 因为ysin(4x3)sin4(x12)，

所以，只需要将函数ysin4x的图象 向右平移

个单位，选B 124.答案：D 解析过程：

因为BDCDBDBABABCBA

23222=BABCBAaacos60a ，选D.

2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：

x1（Ⅰ），解得xx1

1xx52（Ⅱ）1x5，解得x1x4

x1x52x5（Ⅲ），解得

x1x52综上，原不等式的解集为xx4，选A 6.答案：B

解析过程： 作出可行域如图

www.yitiku.cn

若zaxy的最大值为4，则最优解可能为A(1,1)或B(2,0) 经检验A(1,1)不是最优解，B(2,0)是最优解，此时a2 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：

15VV圆柱V圆锥122121 ，选C

338.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：

1P66P33 20.95440.68260.1359 ，选B.

2P36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k，则反射光线所在直线方程为：

y3k(x2)，即kxy2k30

又因为光线与圆相切，(x3)(y2)1

22www.yitiku.cn

所以，3k22k3k211，整理得12k225k120

解得：k10.答案：C 解析过程：

43或k，选D 34当a1时，fa21，

a所以，f(f(a))2f(a)，即a1符合题意； 当a1时，f(a)3a1，若f(a)1，

22，所以a1符合题意； 332综上，a的取值范围是[,)，选C

3即3a11，a二、填空题 11.答案：4n1

解析过程：

012n1n1由归纳推理得：C2 n1C2n1C2n1C2n1412.答案：1 解析过程：

ytanx在0,上单调递增，所以

4ytanx在0,上的最大值为tan1

44由题意得，m1 13. 答案：

11 6解析过程：

初始条件n1,T1,n3 成立 ；

13,n2,n3 成立； 0223123111运行第二次：Txdx,n3,n3 不成立；

20236运行第一次：T11xdx1www.yitiku.cn

输出T的值：14.答案：

11. 结束 63 2解析过程：

若a1，则fx在1,0上为增函数

a1b1所以，此方程组无解；

1b0若0a1，则fx在1,0上为减函数

1a1b03a所以，解得2，所以ab

21b1b215.答案：

3 2解析过程：

bx , ab则OB 所在的直线方程为yx

a设OA 所在的直线方程为y2pbbxayx解方程组 得： ， a2y2pbx22pya22pb2pb2,2所以点A 的坐标为aa抛物线的焦点F 的坐标为:0, p 2因为F是ABC 的垂心，所以kOBkAF1

2pb2pba2b252所以，12 a2pba4awww.yitiku.cn

c2b293所以，e212e

aa42216.答案：

（I）单调递增区间是3k,kkz；单调递减区间是k,kkz

444423 4（II）ABC 面积的最大值为解析过程：

sin2x1cos(2x2)（I）由题意知f(x) 22sin2x1sin2x1sin2x

222由2k2x2k，kz，

22可得kxk，kz，

4432k，kz， 由2k2x223k，kz， 可得kx44所以，函数fx的单调递增区间是函数fx的单调递减区间是（II）由f()sinAk,k（kz）

443k,k（kz）

44A2110，得sinA 22由题意得A为锐角，所以cosA3 2222由余弦定理：abc2bcosA

可得：13bcbc2bc

即：bc23，当且仅当bc时等号成立

22www.yitiku.cn

因此bcsinA1223 423 4所以ABC面积的最大值为17.答案：

（I）详见解析；（II）60 解析过程：

（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BC的中点，所以HM//BD, 又HM平面FGH，BD平面FGH，所以BD//平面FGH.

证法二：在三棱台DEFABC中， 由BC2EF,H为BC的中点， 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， 所以GH//AB,又GHHFH， 所以平面FGH//平面ABED， 因为BD平面ABED， 所以BD//平面FGH.

（Ⅱ）解法一：设AB2 ，则CF1 在三棱台DEFABC中，

G 为AC 的中点

由DF1ACGC ， 2www.yitiku.cn

可得四边形DGCF 为平行四边形， 因此DG//CF 又FC平面ABC 所以DG平面ABC

在ABC 中，由ABBC,BAC45 ，G 是AC 中点，

所以ABBC,GBGC 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

Gxyz

所以G0,0,0,B2,0,0,C0,2,0,D0,0,1

22可得H2,2,0,F0,2,1

22故GH2,2,0,GF0,2,1

设nx,y,z 是平面FGH 的一个法向量，则



nGH0,xy0由 可得 2yz0nGF0,可得平面FGH 的一个法向量n1,1,2

因为GB 是平面ACFD 的一个法向量，GBGBn21所以cosGB,n |GB||n|222所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为60 解法二：

2,0,0

www.yitiku.cn

作HMAC 于点M ，作MNGF 于点N ，连接NH 由FC 平面ABC ，得HMFC 又FCACC 所以HM 平面ACFD 因此GFNH

所以MNH 即为所求的角

在BGC 中,MH//BG,MH由GNM∽GCF 可得

12BG, 22MNGM， FCGF从而MN6，由MH平面ACFD，MN平面ACFD得 6HM3，所以MHN600 MN0MHMN，所以tanMNH所以平面FGH与平面ACFD所成角（锐角）的大小为60 18.答案：（I）an解析过程：

解：（I）因为2Sn3n3 所以，2a133 ，故a13, 当n1 时，2Sn13n13,

此时，2an2Sn2Sn13n3n1，即an3n1

3,n1,n13,n1,; （II）Tn136n3. n1243n13a所以，nn1

3n2（II）因为anbnlog3an，b11 3当n1时，bn31nlog33n1(n1)31n

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所以T1b11，当n1时， 31Tnb1b2bn(131232(n1)31n)

3所以3Tn1(130231(n1)32n) 两式相减得，

2Tn2(303132n)(n1)31n 32131n136n31n(n1)3 623n3131136n3，经检验，n1时也适合， n1243136n3综上，Tn 1243n所以，Tn19.答案：（I）有：125，135，145，235，245，345； （II）X的分布列为

X P 0 -1 1 2 31 1411 42EX4 21解析过程：

（I）个位数是5的“三位递增数”有：125,135,145,235,245,345；

3（II）由题意知，全部“三位递增数”的个数为C984

随机变量X的取值为：0,1,1，因此

32C82C41P(X0)3；P(X1)3；

C93C914P(X1)11211 143420 -1 1 所以X的分布列为

X P

2 31 1411 42www.yitiku.cn

因此EX021114(1)1 3144221x2y21；20.答案：（I）（II）( i )2；（ii）63 . 4解析过程：

（I）由题意知2a4，则a2， 又

c3，a2c2b2，可得b1， a2x2y21 所以椭圆C的标准方程为4x2y2（II）由（I）知椭圆E的方程为1

164（i）设Px0,y0，

OQOP ，由题意知Qx0,y0

222x0x0y01 ， 2y01又因为4164即

22x0OQ2，所以 ，即2 y1OP4420（ii）设Ax1,y1,Bx2,y2 将ykxm代入椭圆E的方程，

222可得14kx8kmx4m160

由0 ，可得m2416k2……①

8km4m216,x1x2则有x1x2 2214k14k416k24m2所以x1x2 214k因为直线ykxm与轴交点的坐标为0,m

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216k24m2m1所以OAB的面积Smx2x2

214k22(16k24m2)m2m2m224 22214k14k14km2t 令214k将ykxm 代入椭圆C的方程

222可得14kx8kmx4m40

由0 ，可得m214k2 ……② 由①②可知0t1 因此S24tt2t24t

故S23

22当且仅当t1 ，即m14k 时取得最大值23

由（i）知，ABQ 面积为3S 所以ABQ面积的最大值为63 21.答案：（I）当a0 时，函数fx在1,上有唯一极值点； 当0a当a（II）

8时，函数fx在1,上无极值点； 98时，函数fx在1,上有两个极值点； 9a的取值范围是0,1.

2解析过程：

函数f(x)ln(x1)a(xx)定义域为1,

12ax2ax1afx2axa

x1x1令gx2axax1a

2www.yitiku.cn

（1）当a0 时，gx10 ，fx0 在1,上恒成立 所以，函数fx在1,上单调递增无极值；

19a（2）当a0 时， gx2ax2ax1a2ax1

48若129a80，即：0a ，则gx0在1,上恒成立， 89从而fx0 在1,上恒成立，函数fx在1,上单调递增无极值； 若19a80，即：a ，由于g110,g12a10 891x2； 4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x1,x2 且x1（3）当a0 时，gx在1, 上单调递增，在141, 上单调递减， 4且g110,g1149a0， 8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a0 时，函数fx在1,上有唯一极值点； 当0a当a8时，函数fx在1,上无极值点； 98时，函数fx在1,上有两个极值点； 98时，函数fx在0,上单调递增， 9（II）由（I）知， （1）当0a因为f00，所以，x0,时，fx0，符合题意； （2）当

8a1时，由g00，得x20 9所以，函数fx在(0,)上单调递增，

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又f00，所以，x0,时，fx0，符合题意； （3）当a1时，由g00，可得x20 所以x(0,x2)时，函数fx单调递减；

又f(0)0，所以，当x(0,x2)时，函数f(x)0不符合题意； （4）当a0时，设h(x)xln(x1) 因为x(0,)时，hx11x0 x1x1所以h(x)在(0,)上单调递增， 因此当x(0,)时，h(x)h(0)0 即：ln(x1)x

可得：f(x)xa(x2x)ax2(1a)x 当x11时，ax2(1a)x0 a此时，f(x)0，不合题意 综上所述，a的取值范围是0,1

