高考理科数学试题全国卷2及解析完美版

...wd......wd......wd...2015年高考全国新课标卷Ⅱ理科数学真题一、选择题1、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、假设a为实数，且(2+ai)(a–2i)=–4i，则a=()A．–1 B．0 C．1 D．23、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选项是()A．逐年比照，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、等比数列{QUOTEanan}满足QUOTEa1a1=3，a1+a3+a5=21，则QUOTEa3a3+a5+a7=()A．21 B．42 C．63 D．845、设函数f(x)=EQ\b\lc\{(\a\al(1+log2(2–x)(x<1),2x–1(x≥1)))，则f(–2)+f(log212)=()A．3 B．6 C．9 D．126.一个正方体被一个平面截去一局部后，剩余局部的三视图如下左1图，则截去局部体积与剩余局部体积的比值为()A．18 B．17 C．17、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．2EQ\r(,6) B．8 C．4EQ\r(,6) D．108、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，假设输入的a，b分别为14，18，则输出的a=()A．0 B．2 C．4 D．149、A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球上的动点，假设三棱锥O–ABC的体积最大值为36，则球O的外表积为()A．36π B．64π C．144π D．256π10、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、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．EQ\r(,5) B．2 C．EQ\r(,3) D．EQ\r(,2)12、设函数f’(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(–1)=0，当x>0时，xf’(x)–f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A．(QUOTE-∞–∞,–1)∪(0,1) B．(-1,0)∪(1,+∞)C．(–∞,–1)∪(–1,0) D．(0,1)∪(1,+∞)二、填空题13、设向量a,b不平行，向量λa+b与a+2b平行，则实数λ=．14、假设x，y满足约束条件EQ\b\lc\{(\a\al(x–y+1≥0,x–2y≤0,x+2y–2≤0))，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EQ\F(sinB,sinC)．(2)假设AD=1，DC=EQ\F(\r(,2),2)，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：6273819295857464537678869566977888827689B地区：7383625191465373648293486581745654766579(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比照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、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)假设l过点(EQ\F(m,3),m),延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形假设能，求此时l的斜率；假设不能，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)假设对于任意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)假设AG等于⊙O的半径，且AE=MN=2EQ\R(,3)，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：EQ\b\lc\{(\a\al(x=tcosα,y=tsinα))(t为参数，t≠0)，其中0≤α<π．在以QUOTEOO为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρQUOTEC2=2sinθQUOTEθ，C3：ρ=2EQ\r(,3)cosθ．(1)求C2与C3交点的直角坐标；(2)假设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)假设ab>cd，则EQ\r(,a)+EQ\r(,b)>EQ\r(,c)+EQ\r(,d)；(2)EQ\r(,a)+EQ\r(,b)>EQ\r(,c)+EQ\r(,d)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<x<1，∴B={x|–2<x<1}，∴A∩B={–1,0}．2、答案：B．∵(2+ai)(a–2i)=(2a+2a)+(a2–4)i=–4i，∴a2–4=–4，解得a=0．3、答案：D．由柱形图得，从2006年以来，我国二氧化硫排放量呈下降趋势，故年排放量与年份负相关．4、答案：B．∵a1+a3+a5=a1+a1q2+a1q4=3(1+q2+q4)=21，∴1+q2+q4=7，整理得(q2+3)(q2–2)=0．解得q2=2，∴a3+a5+a7=a1q2+a1q4+a1q6=a1q2(1+q2+q4)=3×2×7=42．5、答案：C．∵f(–2)=1+log2(2+2)=3，，∴f(–2)+f(log212)=9．6、答案：D．如以以下列图截面为ABC，设边长为a，则截取局部体积为EQ\F(1,3)S△ADC·|DB|=EQ\F(1,6)a3，所以截去局部体积与剩余局部体积的比值为EQ\F(\F(1,6)a3,a3–\F(1,6)a3)=EQ\F(1,5)．7、答案：C．由题可得EQ\b\lc\{(\a\al(1+9+D+3E+F=0,10+4+4D+2E+F=0,1+49+D–7E+F=0))，解得EQ\b\lc\{(\a\al(D=–2,E=4,F=–20))，所以圆方程为x2+y2–2x+4y–20=0，令x=0，解得y=–2±2EQ\r(,6)，所以|MN|=|–2+2EQ\R(,6)–(–2–2EQ\R(,6))|=4EQ\R(,6)．8、答案：B．输入a=14，b=18．第一步a≠b成立，执行a>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=EQ\F(1,3)S△ABO·h=EQ\F(1,3)×EQ\F(1,2)r2h=EQ\F(1,6)r2h，点C到平面ABO的最大距离为r，∴EQ\F(1,6)r3=36，解得r=6，球外表积为4πr2=144π．10、答案：B．由得，当点P在BC边上运动时，即0≤x≤EQ\F(π,4)时，PA+PB=EQ\r(,tan2x+4)+tanx；当点P在CD边上运动时，即EQ\F(π,4)≤x≤EQ\F(3π,4)，x≠EQ\F(π,2)时，PA+PB=EQ\r(,(\F(1,tan2x)–1)2+1)+EQ\r(,(\F(1,tan2x)+1)2+1)，当x=EQ\F(π,2)时，PA+PB=2EQ\R(,2)；当点P在边DA上运动时，即EQ\F(3π,4)≤x≤π时，PA+PB=EQ\r(,tan2x+4)–tanx，从点的运动过程可以看出，轨迹关于直线x=EQ\F(π,2)对称，且f(EQ\F(π,4))>f(EQ\F(π,2))，且轨迹非线性，应选B．11、答案：D．设双曲线方程为EQ\F(x2,a2)–EQ\F(y2,b2)=1(a>0，b>0)，如以以下列图，|AB|=|BM|，∠ABM=120°，过点M作MD⊥x轴，垂足为D．在Rt△BMD中，|BD|=a，|MD|=EQ\R(,3)a，故点M的坐标为M(2a,EQ\r(,3)a)，代入双曲线方程得EQ\F(4a2,a2)–EQ\F(3a2,b2)=1，化简得a2=b2，∴e=EQ\r(,\F(c2,a2))=EQ\r(,\F(a2+b2,a2))=EQ\r(,2)．应选D．12、答案：A．记函数g(x)=EQ\F(f(x),x)，则g'(x)=EQ\F(xf'(x)–f(x),x2)，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0<x<1时，g(x)>0，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)，应选A．二、填空题13、答案：EQ\F(1,2)．设λa+b=x(a+2b)，可得EQ\b\lc\{(\a\al(λ=x,1=2x))，解得λ=x=EQ\F(1,2)．14、答案：EQ\F(3,2)．如以以下列图，可行域为△ABC，直线y=–x+z经过点B时，z最大．联立EQ\b\lc\{(\a\al(x–2y=0,x+2y–2=0))，解得EQ\b\lc\{(\a\al(x=1,y=\F(1,2)))，所以zmax=1+EQ\F(1,2)=EQ\F(3,2)．15、答案：3．(a+x)(1+x)4=(CEQ\a(0,4)a+CEQ\a(1,4)ax+CEQ\a(2,4)ax2+CEQ\a(3,4)ax3+CEQ\a(4,4)ax4)+(CEQ\a(0,4)x+CEQ\a(1,4)x2+CEQ\a(2,4)x3+CEQ\a(3,4)x4+CEQ\a(4,4)x5)，所以CEQ\a(1,4)a+CEQ\a(3,4)a+CEQ\a(0,4)+CEQ\a(2,4)+CEQ\a(4,4)=32，解得a=3．16、答案：–EQ\F(1,n)．∵an+1=Sn+1–Sn=SnSn+1，∴EQ\F(1,Sn)–EQ\F(1,Sn+1)=1．即EQ\F(1,Sn+1)–EQ\F(1,Sn)=–1，∴{EQ\F(1,Sn)}是等差数列，∴EQ\F(1,Sn)=EQ\F(1,S1)–(n–1)=–1–n+1=–n，即Sn=–EQ\F(1,n)．三、解答题17、答案：(1)EQ\F(1,2)；(2)|BD|=EQ\R(,2)，|AC|=1．(1)如图，由题意可得S△ABD=EQ\F(1,2)|AB||AD|sin∠BAD，S△ADC=EQ\F(1,2)|AC||AD|sin∠CAD，∵S△ABD=2S△ADC，∠BAD=∠DAC，∴|AB|=2|AC|，∴EQ\F(sin∠B,sin∠C)=EQ\F(|AC|,|AB|)=EQ\F(1,2)．(2)设BC边上的高为h，则S△ABD=EQ\F(1,2)|BD|·h=2S△ADC=2×EQ\F(1,2)×EQ\F(\r(,2),2)h，解得|BD|=EQ\r(,2)，设|AC|=x，|AB|=2x，则cos∠BAD=EQ\F(4x2+1–2,4x)，cos∠DAC=EQ\F(x2+1–\F(1,2),2x)．∵cos∠DAC=cos∠BAD，∴EQ\F(4x2+1–2,4x)=EQ\F(x2+1–\F(1,2),2x)，解得x=1或x=–1(舍去)．∴|AC|=1．18、(1)如以以下列图．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)=EQ\F(4,20)，P(A2)=EQ\F(12,20)，P(A3)=EQ\F(4,20)，P(B1)=EQ\F(10,20)，P(B2)=EQ\F(8,20)，P(B3)=EQ\F(2,20)，则P(C)=P(A2)P(B1)+P(A3)(P(B1)+P(B2))=EQ\F(12,20)×EQ\F(10,20)+EQ\F(4,20)×(EQ\F(10,20)+EQ\F(8,20))=EQ\F(12,25)．19、(1)如以以下列图(2)建设空间直角坐标系．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EQ\b\lc\{(\a\al(n·EF=0,n·EG=0))，即EQ\b\lc\{(\a\al(–10x=0,6y–8z=0))，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<AF,n>|=EQ\F(AF·n,|AF||n|)=EQ\F(16+24,\r(,100+16+84\r(,16+9)))=EQ\F(2\r(,2),5)．20、(1)设直线l的方程为y=kx+b(k≠0)，点A(x1,y1)，B(x2,y2)，则M(EQ\F(x1+x2,2),EQ\F(y1+y2,2))，联立方程EQ\b\lc\{(\a\al(y=kx+b,9x2+y2=m2))，消去y整理得(9+k2)x2+2kbx+b2–m2=0(*)，∴x1+x2=–EQ\F(2kb,9+k2)，y1+y2=k(–EQ\F(2kb,9+k2))+2b=EQ\F(18b,9+k2)，∴kOM·kAB=EQ\F(\F(y1+y2,2),\F(x1+x2,2))·k=EQ\F(18b,9+k2)·(–EQ\F(9+k2,2kb))·k=–9．(2)假设直线l存在，直线方程为y=kx+EQ\F(m(1–k),3)，b=EQ\F(m(3–k),3)．设点P(xP,yP)，则由题意和(1)可得xP=x1+x2=–EQ\F(2kb,9+k2)，yP=y1+y2=EQ\F(18b,9+k2)，因为点P在椭圆上，所以9(–EQ\F(2kb,9+k2))2+(EQ\F(18b,9+k2))2=m2，整理得36b2=m2(9+k2)，即36(EQ\F(m(3–k),3))2=m2(9+k2)，化简得k2–8k+9=0，解得k=4±EQ\r(,7)，有(*)知△=4k2b2–4(9+k2)(b2–m2)>0，验证可知k=4±EQ\r(,7)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)<f(–1)．∴m<0时，g(m)<0，即f(1)<f(–1)．当m>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)如以以下列图，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=EQ\F(1,2)(180°–∠EAF)．∵△ABC是等腰三角形，∴∠B=∠C=EQ\F(1,2)(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．∴(2EQ\r(,3))2+r2=(2r)2，解得r=2．在Rt△AEO中，sin∠OAE=EQ\F(OE,OA)=EQ\F(r,2r)=EQ\F(1,2)．∴∠OAE=60°，∵∠OAE=∠OAF=EQ\F(1,2)∠EAF，AE=AF，∴∠EAF=2∠OAE=60°，∴△AEF、△ABC是等边三角形．连接OM，∴OM=2．∵OD⊥MN，∴MD=ND=EQ\F(1,2)MN=EQ\R(,3)．在Rt△ODM中，OD=EQ\r(,OM2–MD2)=EQ\R(,22–(\R(,3))2)=1，∴AD=OA+AD=4+1=5．在Rt△ADB中