2015年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷)(文科)

1、2015 年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)(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 8 小题，每小题 5 分，共 40 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已知全集 U1，2，3，4，5，6，集合 A2，3，5，集合 B1，3，4，6，则集合 AUB()A3B2，5C1，4，6D2，3，52设变量 x，y 满足约束条件x20，x2y0，x2y80，则目标函数 z3xy 的最大值为()A7B8C9D143阅读下面的程序框图，运行相应的程序，则输出 i 的值为()A2B3C4D54设 xR，则

2、“1x2”是“|x2|0，b0)的一个焦点为 F(2，0)，且双曲线的渐近线与圆(x2)2y23 相切，则双曲线的方程为()A.x29y2131B.x213y291C.x23y21Dx2y2316如图，在圆 O 中，M，N 是弦 AB 的三等分点，弦 CD，CE 分别经过点 M，N.若 CM2，MD4，CN3，则线段 NE 的长为()A.83B3C.103D.527已知定义在 R 上的函数 f(x)2|xm|1(m 为实数)为偶函数，记 af(log0.53)，bf(log25)，cf(2m)，则 a，b，c 的大小关系为()AabcBcabCacbDcb2，函数 g(x)3f(2x)，则函数

3、 yf(x)g(x)的零点个数为()A2B3C4D5第卷二、填空题(本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分把答案填在题中横线上)9i 是虚数单位，计算12i2i的结果为_10一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为_m3.11已知函数 f(x)axln x，x(0，)，其中 a 为实数，f(x)为 f(x)的导函数若 f(1)3，则 a 的值为_12已知 a0，b0，ab8，则当 a 的值为_时，log2alog2(2b)取得最大值13在等腰梯形 ABCD 中，已知 ABDC，AB2，BC1，ABC60.点 E 和 F 分别在线段 BC 和 DC 上，且14已知函数

4、 f(x)sin xcos x(0)，xR.若函数 f(x)在区间(，)内单调递增，且函数 yf(x)的图象关于直线 x对称，则的值为_三、解答题(本大题共 6 小题，共 80 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)15(本小题满分 13 分)设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为 27，9，18.现采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取 6 名运动员组队参加比赛(1)求应从这三个协会中分别抽取的运动员的人数(2)将抽取的 6 名运动员进行编号，编号分别为 A1，A2，A3，A4，A5，A6.现从这 6 名运动员中随机抽取 2 人参加双打比赛用所给编号列出所有可能的结果；设 A 为事件

5、“编号为 A5和 A6的两名运动员中至少有 1 人被抽到”， 求事件 A 发生的概率16(本小题满分 13 分)在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.已知ABC的面积为 3 15，bc2，cos A14.(1)求 a 和 sin C 的值；(2)求 cos2A6 的值17(本小题满分 13 分)如图，已知 AA1平面 ABC， BB1AA1， ABAC3， BC2 5，AA1 7，BB12 7，点 E 和 F 分别为 BC 和 A1C 的中点(1)求证：EF平面 A1B1BA；(2)求证：平面 AEA1平面 BCB1；(3)求直线 A1B1与平面 BCB1所成角的大小18

6、(本小题满分 13 分)已知an是各项均为正数的等比数列，bn是等差数列，且 a1b11，b2b32a3，a53b27.(1)求an和bn的通项公式；(2)设 cnanbn，nN*，求数列cn的前 n 项和19(本小题满分 14 分)已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的上顶点为 B，左焦点为 F，离心率为55.(1)求直线 BF 的斜率；(2)设直线 BF 与椭圆交于点 P(P 异于点 B)，过点 B 且垂直于 BP 的直线与椭圆交于点Q(Q 异于点 B)，直线 PQ 与 y 轴交于点 M，|PM|MQ|.求的值；若|PM|sinBQP7 59，求椭圆的方程20(本小题满分 14 分)已知函

7、数 f(x)4xx4，xR.(1)求 f(x)的单调区间；(2)设曲线 yf(x)与 x 轴正半轴的交点为 P， 曲线在点 P 处的切线方程为 yg(x)，求证：对于任意的实数 x，都有 f(x)g(x)；(3)若方程 f(x)a(a 为实数)有两个实数根 x1，x2，且 x1x2，求证：x2x1a3413.天津卷 (文科)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 8 小题，每小题 5 分，共 40 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解析：选 BUB2，5，AUB2，3，52，52，52解

8、析：选 C作出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分所示作直线 3xy0，向右上方平移，过点 A 时 z3xy 取得最大值由x20，x2y80，得x2，y3，zmax3239.3解析：选 CS10，i0，ii11，SSi1019，不满足 S1；ii12，SSi927，不满足 S1；ii13，SSi734，不满足 S1；ii14，SSi440，满足 S1，输出 i4.4解析：选 A|x2|11x3.由于x|1x2是x|1x3的真子集，所以“1x2”是“|x2|1”的充分而不必要条件5 解析： 选 D由双曲线的渐近线 ybax 与圆(x2)2y23 相切可知|ba 2|1ba2 3，又c2，a2b2

9、c2，解得a1，b 3.故所求双曲线的方程为 x2y231.6解析：选 A由题意可设 AMMNNBx，由圆的相交弦定理得CMMDAMMB，CNNEANNB，即24x2x，3NE2xx，解得 x2，NE83.7解析：选 B由 f(x)2|xm|1 是偶函数可知 m0，所以 f(x)2|x|1.所以 af(log0.53)2|log0.53|12log2312，bf(log25)2|log25|12log2514，cf(0)2|0|10，所以 ca2 时，g(x)x1，f(x)(x2)2；当 0 x2 时，g(x)3x，f(x)2x；当 x2 时，方程 f(x)g(x)0 可化为 x25x50，其

10、根为 x5 52或 x5 52(舍去)；当 0 x2 时，方程 f(x)g(x)0 可化为 2x3x，无解；当 x0，b0，ab8，所以 b8a.所以 log2alog2(2b)log2alog216a log2a(4log2a)(log2a2)24，当且仅当 log2a2，即 a4 时，log2alog2(2b)取得最大值 4.答案：413答案：291814解析：f(x)sin xcos x 2sinx4 ，因为 f(x)在区间(，)内单调递增，且函数图象关于直线 x对称，所以 f()必为一个周期上的最大值，所以有42k2，kZ，所以242k，kZ.又

11、()22，即22，所以24，所以2.答案：2三、解答题(本大题共 6 小题，共 80 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)15解：(1)应从甲、乙、丙三个协会中抽取的运动员人数分别为 3，1，2.(2)从 6 名运动员中随机抽取 2 人参加双打比赛的所有可能结果为A1， A2， A1， A3，A1，A4，A1，A5，A1，A6，A2，A3，A2，A4，A2，A5，A2，A6，A3，A4，A3，A5，A3，A6，A4，A5，A4，A6，A5，A6，共 15 种编号为 A5和 A6的两名运动员中至少有 1 人被抽到的所有可能结果为A1，A5，A1，A6，A2，A5，A2，A6，A3，A5，A

12、3，A6，A4，A5，A4，A6，A5，A6，共 9 种因此，事件 A 发生的概率 P(A)91535.16解： (1)在ABC 中，由 cos A14，可得 sin A154.由 SABC12bcsin A3 15，得 bc24.又由 bc2，解得 b6，c4.由 a2b2c22bccos A，可得 a8.由asin Acsin C，得 sin C158.(2)cos2A6 cos 2Acos6sin 2Asin632(2cos2A1)122sin Acos A157 316.17解：(1)证明：如图，连接 A1B.在A1BC 中，因为 E 和 F 分别是 BC 和 A1C 的中点，所以 E

13、FBA1.又因为 EF 平面 A1B1BA，所以 EF平面 A1B1BA.(2)证明：因为 ABAC，E 为 BC 的中点，所以 AEBC.因为 AA1平面 ABC，BB1AA1，所以 BB1平面 ABC，从而 BB1AE.又因为 BCBB1B，所以 AE平面 BCB1.又因为 AE平面 AEA1，所以平面 AEA1平面 BCB1.(3)取 BB1的中点 M 和 B1C 的中点 N，连接 A1M，A1N，NE.因为 N 和 E 分别为 B1C 和 BC 的中点，所以 NEB1B，NE12B1B，故 NEA1A 且 NEA1A，所以 A1NAE，且 A1NAE.又因为 AE平面 BCB1，所以

14、A1N平面 BCB1，从而A1B1N 为直线 A1B1与平面 BCB1所成的角在ABC 中，可得 AE2，所以 A1NAE2.因为 BMAA1，BMAA1，所以 A1MAB，A1MAB.又由 ABBB1，有 A1MBB1.在 RtA1MB1中，可得 A1B1 B1M2A1M24.在 RtA1NB1中，sinA1B1NA1NA1B112，因此A1B1N30.所以，直线 A1B1与平面 BCB1所成的角为 30.18解：(1)设数列an的公比为 q，数列bn的公差为 d，由题意知 q0.由已知，有2q23d2，q43d10，消去 d，整理得 q42q280，解得 q24.又因为 q0，所以 q2，

15、所以 d2.所以数列an的通项公式为 an2n1，nN*；数列bn的通项公式为 bn2n1，nN*.(2)由(1)有 cn(2n1)2n1，设cn的前 n 项和为 Sn，则 Sn120321522(2n3)2n2(2n1)2n1，2Sn121322523(2n3)2n1(2n1)2n，上述两式相减，得Sn122232n(2n1)2n2n13(2n1)2n(2n3)2n3，所以，Sn(2n3)2n3，nN*.19解：(1)设 F(c，0)由已知离心率ca55及 a2b2c2，可得 a 5c，b2c.又因为 B(0，b)，F(c，0)，所以直线 BF 的斜率 kb00（c）2cc2.(2)设点 P

16、(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，M(xM，yM)由(1)可得椭圆的方程为x25c2y24c21，直线 BF 的方程为 y2x2c.将直线方程与椭圆方程联立，消去 y，整理得 3x25cx0，解得 xP5c3.因为 BQBP，所以直线 BQ 的方程为 y12x2c，与椭圆方程联立，消去 y，整理得 21x240cx0，解得 xQ40c21.又因为|PM|MQ|及 xM0，可得|xMxP|xQxM|xP|xQ|78.由有|PM|MQ|78，所以|PM|PM|MQ|778715，即|PQ|157|PM|.又因为|PM|sinBQP7 59，所以|BP|PQ|sinBQP157|PM|sinBQP5

17、 53.又因为 yP2xP2c43c，所以|BP|05c322c4c325 53c，因此5 53c5 53，得 c1.所以椭圆的方程为x25y241.20解：(1)由 f(x)4xx4，可得 f(x)44x3.当 f(x)0，即 x1 时，函数 f(x)单调递增；当 f(x)1 时，函数 f(x)单调递减所以，f(x)的单调递增区间为(，1)，单调递减区间为(1，)(2)证明：设点 P 的坐标为(x0，0)，则 x0413，f(x0)12.曲线 yf(x)在点 P 处的切线方程为yf(x0)(xx0)，即 g(x)f(x0)(xx0)令函数 F(x)f(x)g(x)，即 F(x)f(x)f(x0)(xx0)，则 F(x)f(x)f(x0)由于 f(x)4x34 在(，)上单调递减，故 F(x)在(，)上单调递减又因为 F(x0)0，所以当 x(，x0)时，F(x)0；当 x(x0，)时，F(x)0，所以 F(x)在(，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，所以对于任意的实数 x，F(x)F(x0)0，即对于任意的实数 x，都有