2015年普通高等学校招生全国统一考试(重庆卷)理数.docx

2015年普通高等学校招生全国统一考试(重庆卷)理数本卷满分150分,考试时间120分钟.特别提醒:14、15、16三题为选做题,请从中任选两题作答,若三题全做,则按前两题给分.第卷(选择题,共50分)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备选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知集合A=1,2,3,B=2,3,则() A.A=BB.AB=C.ABD.BA2.在等差数列an中,若a2=4,a4=2,则a6=()A.-1B.0C.1D.63.重庆市2013年各月的平均气温()数据的茎叶图如下:0891258200338312则这组数据的中位数是()A.19B.20C.21.5D.234.“x1”是“log12(x+2)0,b0)的右焦点为F,右顶点为A,过F作AF的垂线与双曲线交于B,C两点,过B,C分别作AC,AB的垂线,两垂线交于点D.若D到直线BC的距离小于a+a2+b2,则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是()A.(-1,0)(0,1)B.(-,-1)(1,+)C.(-2,0)(0,2)D.(-,-2)(2,+)第卷(非选择题,共100分)二、填空题:本大题共6小题,考生作答5小题,每小题5分,共25分.11.设复数a+bi(a,bR)的模为3,则(a+bi)(a-bi)=.12.x3+12x5的展开式中x8的系数是(用数字作答).13.在ABC中,B=120,AB=2,A的角平分线AD=3,则AC=.考生注意:14、15、16三题为选做题,请从中任选两题作答,若三题全做,则按前两题给分.14.如图,圆O的弦AB,CD相交于点E,过点A作圆O的切线与DC的延长线交于点P,若PA=6,AE=9,PC=3,CEED=21,则BE=.15.已知直线l的参数方程为x=-1+t,y=1+t(t为参数),以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为2cos 2=40,34b0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线交椭圆于P,Q两点,且PQPF1.()若|PF1|=2+2,|PF2|=2-2,求椭圆的标准方程;()若|PF1|=|PQ|,求椭圆的离心率e.22.(本小题满分12分,()小问4分,()小问8分)在数列an中,a1=3,an+1an+an+1+an2=0(nN+).()若=0,=-2,求数列an的通项公式;()若=1k0(k0N+,k02),=-1,证明:2+13k0+1ak0+11时,x+231,又y=log12x是减函数,log12(x+2)1log12(x+2)0;当log12(x+2)1,x-1,则log12(x+2)1.故“x1”是“log12(x+2)0”的充分而不必要条件.选B.5.A由三视图知,该几何体是一个三棱锥与半个圆柱的组合体.V=V三棱锥+12V圆柱=1312211+12122=13+.选A.评析本题考查三视图、棱锥与圆柱的体积公式,属容易题.6.A(a-b)(3a+2b),(a-b)(3a+2b)=03|a|2-ab-2|b|2=03|a|2-|a|b|cos -2|b|2=0.又|a|=223|b|,83|b|2-223|b|2cos -2|b|2=0.cos =22.0,=4.选A.7.Ck=2,s=12;k=4,s=12+14=34;k=6,s=12+14+16=1112;k=8,s=12+14+16+18=2524.此时循环结束,所以判断框中可填入的条件是s1112,选C.8.C圆C的标准方程为(x-2)2+(y-1)2=22,圆心为C(2,1),半径r=2,由直线l是圆C的对称轴,知直线l过点C,所以2+a1-1=0,a=-1,所以A(-4,-1),于是|AC|2=40,所以|AB|=|AC|2-22=40-4=6.故选C.9.Ccos-310sin-5=sin2+-310sin-5=sin+5sin-5=sincos 5+cossin 5sincos 5-cossin 5=tan+tan 5tan-tan5 ,tan =2tan 5,cos-310sin-5=3tan 5tan 5=3.故选C.10.A由题知F(c,0),A(a,0),不妨令B点在第一象限,则Bc,b2a,Cc,-b2a,kAB=b2a(c-a),CDAB,kCD=a(a-c)b2,直线CD的方程为y+b2a=a(a-c)b2(x-c).由双曲线的对称性,知点D在x轴上,得xD=b4a2(a-c)+c,点D到直线BC的距离为c-xD,b4a2(c-a)a+a2+b2=a+c,b4a2(c-a)(c+a)=a2b2,b2a2,ba21,又该双曲线的渐近线的斜率为ba或-ba,双曲线渐近线斜率的取值范围是(-1,0)(0,1).选A.二、填空题11.答案3解析复数a+bi(a,bR)的模为a2+b2=3,则a2+b2=3,则(a+bi)(a-bi)=a2-(bi)2=a2-b2i2=a2+b2=3.12.答案52解析二项展开式的通项为Tr+1=C5r(x3)5-r12xr=12rC5rx15-3r-r2,令15-3r-r2=8,得r=2,于是展开式中x8的系数为122C52=1410=52.13.答案6解析依题意知BDA=C+12BAC,由正弦定理得2sinBDA=3sinB,sin C+12BAC=22,C+BAC=180-B=60,C+12BAC=45,BAC=30,C=30.从而AC=2ABcos 30=6.14.答案2解析由切割线定理得PA2=PCPD,得PD=PA2PC=623=12,CD=PD-PC=12-3=9,即CE+ED=9,CEED=21,CE=6,ED=3.由相交弦定理得AEEB=CEED,即9EB=63,得EB=2.15.答案(2,)解析直线l的普通方程为y=x+2,曲线C的直角坐标方程为x2-y2=4(x-2),故直线l与曲线C的交点为(-2,0),对应极坐标为(2,).16.答案-6或4解析当a-1时,f(x)=-3x+2a-1(xa),x-2a-1(a-1),f(x)min=-a-1,-a-1=5,a=-6.当a-1时,f(x)=-3x+2a-1(x-1),-x+2a+1(-1a),f(x)min=a+1,a+1=5,a=4.综上,a=-6或a=4.三、解答题17.解析()令A表示事件“三种粽子各取到1个”,则由古典概型的概率计算公式有P(A)=C21C31C51C103=14.()X的所有可能值为0,1,2,且P(X=0)=C83C103=715,P(X=1)=C21C82C103=715,P(X=2)=C22C81C103=115.综上知,X的分布列为X012P715715115故E(X)=0715+1715+2115=35(个).18.解析()f(x)=sin2-xsin x-3cos2x=cos xsin x-32(1+cos 2x)=12sin 2x-32cos 2x-32=sin2x-3-32,因此f(x)的最小正周期为,最大值为2-32.()当x6,23时,02x-3,从而当02x-32,即6x512时,f(x)单调递增,当22x-3,即512x23时,f(x)单调递减.综上可知,f(x)在6,512上单调递增;在512,23上单调递减.评析本题考查二倍角公式,辅助角公式asinx+bcosx=a2+b2sin(x+),其中,tan=ba等三角变形公式,以及三角函数的图象与性质,属常规基础题.19.解析()证明:由PC平面ABC,DE平面ABC,得PCDE.由CE=2,CD=DE=2得CDE为等腰直角三角形,故CDDE.由PCCD=C,DE垂直于平面PCD内两条相交直线,故DE平面PCD.()由()知,CDE为等腰直角三角形,DCE=4.如图,过D作DF垂直CE于F,易知DF=FC=FE=1,又已知EB=1,故FB=2.由ACB=2得DFAC,DFAC=FBBC=23,故AC=32DF=32.以C为坐标原点,分别以CA,CB,CP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),P(0,0,3),A32,0,0,E(0,2,0),D(1,1,0),ED=(1,-1,0),DP=(-1,-1,3),DA=12,-1,0.设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),由n1DP=0,n1DA=0,得-x1-y1+3z1=0,12x1-y1=0,故可取n1=(2,1,1).由()可知DE平面PCD,故平面PCD的法向量n2可取为ED,即n2=(1,-1,0).从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos=n1n2|n1|n2|=36,故所求二面角A-PD-C的余弦值为36.20.解析()对f(x)求导得f (x)=(6x+a)ex-(3x2+ax)ex(ex)2=-3x2+(6-a)x+aex,因为f(x)在x=0处取得极值,所以f (0)=0,即a=0.当a=0时,f(x)=3x2ex,f (x)=-3x2+6xex,故f(1)=3e,f (1)=3e,从而f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y-3e=3e(x-1),化简得3x-ey=0.()由()知f (x)=-3x2+(6-a)x+aex.令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,由g(x)=0解得x1=6-a-a2+366,x2=6-a+a2+366.当xx1时,g(x)0,即f (x)0,故f(x)为减函数;当x1x0,即f (x)0,故f(x)为增函数;当xx2时,g(x)0,即f (x)|PF2|得x00,从而|PF1|2=aa2-2b2c+c2+b4c2=2(a2-b2)+2aa2-2b2=(a+a2-2b2)2.由椭圆的定义,有|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a.从而由|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|,有|QF1|=4a-2|PF1|.又由PF1PF2,|PF1|=|PQ|,知|QF1|=2|PF1|.因此(2+2)|PF1|=4a,即(2+2)(a+a2-2b2)=4a,于是(2+2)(1+2e2-1)=4,解得e=121+42+2-12=6-3.解法二:如图,由椭圆的定义,有|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a.从而由|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|,有|QF1|=4a-2|PF1|.又由PF1PQ,|PF1|=|PQ|,知|QF1|=2|PF1|,因此,4a-2|PF1|=2|PF1|,得|PF1|=2(2-2)a,从而|PF2|=2a-|PF1|=2a-2(2-2)a=2(2-1)a.由PF1PF2,知|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2,因此e=ca=|PF1|2+|PF2|22a=(2-2)2+(2-1)2=9-62=6-3.22.解析()由=0,=-2,有an+1an=2an2(nN+).若存在某个n0N+,使得an0=0,则由上述递推公式易得an0-1=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意nN+,an0.从而an+1=2an(nN+),即an是一个公比q=2的等比数列.故an=a1qn-1=32n-1.()由=1k0,=-1,数列an的递推关系式变为an+1an+1k0an+1-an2=0,变形为an+1an+1k0=an2(nN+).由上式及a1=30,归纳可得3=a1a2anan+10.因为an+1=an2an+1k0=an2-1k02+1k02an+1k0=an-1k0+1k01k0an+