2015年普通高等学校招生全国统一考试(安徽卷)(文科)

1、2015 年普通高等学校招生全国统一考试(安徽卷)(文科)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共 150 分，考试时间 120 分钟第卷一、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，只有一项是符合题目要求的)1设 i 是虚数单位，则复数(1i)(12i)()A33iB13iC3iD1i2设全集 U1，2，3，4，5，6，A1，2，B2，3，4，则 A(UB)()A1，2，5，6B1C2D1，2，3，43设 p：x3，q：1x0，b0，d0Ba0，b0，c0Ca0，b0，d0Da0，b0，c0，db0)，点 O 为坐标原点，点 A的坐标为(a

2、，0)，点 B 的坐标为(0，b)，点 M 在线段 AB 上，满足|BM|2|MA|，直线 OM 的斜率为510.(1)求 E 的离心率 e；(2)设点 C 的坐标为(0，b)，N 为线段 AC 的中点，证明：MNAB.21(本小题满分 13 分)已知函数 f(x)ax（xr）2(a0，r0)(1)求 f(x)的定义域，并讨论 f(x)的单调性；(2)若ar400，求 f(x)在(0，)内的极值参考答案与详解本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共 150 分，考试时间 120 分钟第卷一、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

3、符合题目要求的)1解析：选 C(1i)(12i)12ii2i23i.2解析：选 BU1，2，3，4，5，6，B2，3，4，UB1，5，6，A(UB)13解析：选 C将 p，q 对应的集合在数轴上表示出来如图所示，易知，当 p 成立时，q 不一定成立；当 q 成立时，p 一定成立，故 p 是 q 成立的必要不充分条件4解析：选 DA 是非奇非偶函数，故排除；B 是偶函数，但没有零点，故排除；C是奇函数，故排除；ycos x 是偶函数，且有无数个零点故选 D.5解析：选 A约束条件下的可行域如图所示，由 z2xy 可知 y2xz，当直线 y2xz过点 A(1，1)时截距最大，此时 z 最大为1，故

4、选 A.6解析：选 A法一：由渐近线方程为 y2x，可得y2x，所以双曲线的标准方程可以为 x2y241或y24x21，舍去.法二：A 中的渐近线方程为 y2x；B 中的渐近线方程为 y12x；C 中的渐近线方程为 y 2x；D 中的渐近线方程为 y22x.故选 A.7解析：选 Ba1，n1 时，条件成立，进入循环体；a32，n2 时，条件成立，进入循环体；a75，n3 时，条件成立，进入循环体；a1712，n4 时，条件不成立，退出循环体，此时 n 的值为 4.8解析：选 D法一：由 3x4yb 得 y34xb4，代入 x2y22x2y10，并化简得 25x22(43b)xb28b160，4

5、(43b)2425(b28b16)0，解得 b2 或 b12.法二：由圆 x2y22x2y10 可知圆心坐标为(1，1)， 半径为 1，所以|3141b|32421，解得 b2 或 b12.9解析：选 C根据三视图还原几何体如图所示， 其中侧面 ABD底面 BCD， 另两个侧面 ABC，ACD 为等边三角形，则有 S表面积21221234( 2)22 3.故选 C.10解析：选 A法一：由图象知 f(0)d0.因为 f(x)3ax22bxc0 有两个不相等的正实根，所以 a0，2b6ab3a0，所以 b0，所以 a0，b0，d0.法二：由图象知 f(0)d0，首先排除选项 D；f(x)3ax2

6、2bxc3a(xx1)(xx2)3ax23a(x1x2)x3ax1x2，令 x10，所以 a0，排除 C；又c3ax1x20，2b3a(x1x2)0，b0，故选 A.第卷二、填空题(本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分把答案填在题中横线上)11解析：lg522lg 2121lg 5lg 22lg 22(lg 5lg 2)2121.答案：112解析：C180754560，由正弦定理得ABsin CACsin B，即6sin 60ACsin 45，解得 AC2.答案：213解析：由 a11，anan112(n2)，可知数列an是首项为 1，公差为12的等差数列，故 S99a19（91）

7、21291827.答案：2714解析：函数 y|xa|1 的图象如图所示，因为直线 y2a 与函数 y|xa|1 的图象只有一个交点，故 2a1，解得 a12.答案：1215.三、解答题(本大题共 6 小题，共 75 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)16解：(1)因为 f(x)sin2xcos2x2sin xcos xcos 2x1sin 2xcos 2x2sin2x4 1，所以函数 f(x)的最小正周期为 T22.(2)由(1)知，f(x) 2sin2x4 1.当 x0，2 时，2x44，54 ，由正弦函数 ysin x 在4，54 上的图象知，当 2x42，即 x8时，f(x)取

8、得最大值 21；当 2x454，即 x2时，f(x)取得最小值 0.综上，f(x)在0，2 上的最大值为 21，最小值为 0.17解：(1)因为(0.004a0.0180.02220.028)101，所以 a0.006.(2)由所给频率分布直方图知，50 名受访职工评分不低于 80 的频率为(0.0220.018)100.4，所以该企业职工对该部门评分不低于 80 的概率的估计值为 0.4.(3)受访职工中评分在50，60)的有：500.006103(人)，记为 A1，A2，A3；受访职工中评分在40，50)的有：500.004102(人)，记为 B1，B2.从这 5 名受访职工中随机抽取 2

9、 人，所有可能的结果共有 10 种，它们是A1，A2，A1，A3，A1，B1，A1，B2，A2，A3，A2，B1，A2，B2，A3，B1，A3，B2，B1，B2 又因为所抽取 2 人的评分都在40，50)的结果有 1 种，即B1，B2，故所求的概率为110.18解：(1)由题设知 a1a4a2a38，又 a1a49，可解得a11，a48或a18，a41(舍去)由 a4a1q3得公比 q2，故 ana1qn12n1.(2)Sna1（1qn）1q2n1.又 bnan1SnSn1Sn1SnSnSn11Sn1Sn1，所以 Tnb1b2bn1S11S21S21S31Sn1Sn11S11Sn1112n11

10、.19解：(1)由题设 AB1，AC2，BAC60，可得 SABC12ABACsin 6032.由 PA平面 ABC，可知 PA 是三棱锥 PABC 的高又 PA1，所以三棱锥 PABC 的体积 V13SABCPA36.(2)证明： 在平面 ABC 内， 过点 B 作 BNAC， 垂足为 N.在平面 PAC 内， 过点 N 作 MNPA交 PC 于点 M，连接 BM.由 PA平面 ABC 知 PAAC，所以 MNAC.由于 BNMNN，故 AC平面 MBN.又 BM平面 MBN，所以 ACBM.在 RtBAN 中，ANABcosBAC12，从而 NCACAN32.由 MNPA，得PMMCANNC13.20解：(1)由题设条件知，点 M 的坐标为23a，13b，又 kOM510，从而b2a510.进而得 a 5b，c a2b22b，故 eca2 55.(2)证明：由 N 是 AC 的中点知，点 N 的坐标为(a2，b2)，可得a6，5b6 .又(a，b)，从而有16a256b216(5b2a2)由(1)可知 a25b2，所以0，故 MNAB.21解：(1)由题意知 xr，所求的定义域为(，r)(r，)f(x)ax（xr）2axx22rxr2，f(x)a（x22rxr2）ax（2x2r）（x22rxr2）2a（rx） （xr）（xr）4，所