2015年高考真题数学理（山东卷）（解析版）_全国卷+地方卷_2.数学_1.数学高考真题试卷_2008-2020年_地方卷_山东高考数学08-22_A3版

2015年高考山东省理科数学真题 9.一条光线从点（-2，-3）射出，经y轴反射后与圆 相切，则反射光线所在直线的斜率为 一、选择题 （ ） 1.已知集合 ， ，则 （ ） A．（1，3） B．（1，4） C．（2，3） D．（2，4） A． 或 B． 或 C． 或 D． 或 2.若复数Z满足 ，其中i为虚数为单位，则Z=（ ） A．1-i B．1+i C．-1-i D．-1+i 10.设函数 ，则满足 的a取值范围是（ ） 3.要得到函数 的图像，只需要将函数y=sin4x的图像（ ） A． B．[0，1] C． D． 二、填空题 A．向左平移 个单位 B．向右平移 个单位 11.观察下列各式： C．向左平移 个单位 D．向右平移 个单位 4.已知菱形ABCD的边长为 ， ，则 （ ） 照此规律，当当n N时，C0 + C1 + C2 +…+ Cn-1 = . 2n-1 2n-1 2n-1 2n-1 A． B． C． D． 12.若“ x [0， ]，tanx m”是真命题，则实数m的最小值为 . 5.不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是（ ） A． B． C．（1，4） D．（1，5） 13.执行下面的程序框图，输出的T的值为 . 14.已知函数 的定义域和值域都是 ，则 ________ 6.已知x,y满足约束条件 ，若z=ax+y的最大值为4，则a=（ ） 15.平面直角坐标系xOy中，双曲线C： （a>0,b>0）的渐近线与抛物线C ：x2=2py(p>0)交于O，若 A．3 B．2 C．-2 D．-3 2 的垂心为C 的焦点，则C 的离心率为___________． 2 1 7.在梯形ABCD中， ，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（ ） 设 16. 。 A． B． C． D． （Ⅰ）求f（x）的单调区间； （Ⅱ）在锐角 中，角A，B，C，的对边分别为a，b，c，若f（ 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 ， ）=0，a=1，求面 积的最大值。   则 ， 。） 17.如图，在三棱台DEF-ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的 A．4.56% B．12.59% C．27.18% D．31.74% 中点。， ， （Ⅰ）求证：BC//平面FGH； （Ⅱ）若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF=DE，∠BAC= ，求平面FGH与平面ACFD所成的角（锐角）的大 所以 ，选C 小。 2.答案：A 解析过程： 18.设数列 的前n项和为 。已知 。 z i z i1i1i 因为1i ，所以， （Ⅰ）求 的通项公式； z 1i （Ⅱ）若数列 满足 ，求 的前n项和 。 所以， ，选A 19.若 是一个三位正整数，且 的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称 为“三位递增数” 3.答案：B （如137，359，567等）. 解析过程： 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 因为 ， 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”； 所以，只需要将函数 的图象 （Ⅱ）若甲参加活动，求甲得分 的分布列和数学期望 . 20.平面直角坐标系 中，已知椭圆 的离心率为 ，左、右焦点分别是 。 向右平移 个单位，选B 以 为圆心以3为半径的圆与以 为圆心1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上。 4.答案：D 解析过程： （Ⅰ）求椭圆C的方程；        BDCD  BDBA BABC BA 因为 （Ⅱ）设椭圆 为椭圆C上任意一点，过点P的直线 交椭圆E于A，B两点，射线 2   3 BA BCBAa2 a2cos60  a2 PO交椭圆E于点Q. = 2 ，选D. （i）求 的值； 5.答案：A 解析过程： （ii）求 面积的最大值。 原不等式可转化为以下三个不等式的并集： y kxm 将 代入椭圆C的方程 （Ⅰ） ，解得 21设函数 ，其中 。 （Ⅱ） ，解得 （Ⅰ）讨论函数 极值点的个数，并说明理由； （Ⅱ）若 成立，求 的取值范围。 （Ⅲ） ，解得 2015年高考山东省理科数学真题答案 综上，原不等式的解集为 ，选A 6.答案：B 一、选择题 解析过程： 1.答案：C 作出可行域如图 解析过程：所以， ，整理得 解得： 或 ，选D 10.答案：C 解析过程： 当 时， ， 若 的最大值为4，则最优解可能为 或 所以， ，即 符合题意； 经检验 不是最优解， 是最优解，此时 当 时， ，若 ， 7.答案：C 解析过程： 即 ， ，所以 符合题意； 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 综上， 的取值范围是 ，选C 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， 二、填空题 所以该组合体的体积为： 11.答案：4n1 1 5 V V V 122 121  圆柱 圆锥 3 3 ，选C 解析过程： C0 C1 C2  Cn1 4n1 由归纳推理得： 2n1 2n1 2n1  2n1 8.答案：B 解析过程： 12.答案：1  用表示 零件的长度，根据正态分布的性质得： 解析过程： 1 P36 P66P33 在 上单调递增，所以   2 0.95440.6826  0.1359 2 ，选B. 在 上的最大值为 由题意得， 9.答案：D 解析过程： 11 由光的反射原理知，反射光线的反向延长线必过点 ， 13. 答案： 6 设反射光线所在直线的斜率为 ，则反射光线所在直线方程为： 解析过程： n1,T 1,n3 初始条件 成立 ； ，即 1 1 3 T 1 xdx1  ,n2,n3 又因为光线与圆相切， 运行第一次： 0 2 2 成立；3 1 3 1 11  2pb2 p  T   x2dx   ,n3,n3  运行第二次： 2 0 2 3 6 不成立； b  a2 2  b2 5   1  a 2pb  a2 4    a  11 所以， . 输出T 的值： 6 结束 c2 b2 9 3 e2  1  e 14.答案： a2 a2 4 2 所以， 3  2 16.答案： 解析过程：      3   k, k kz k, k kz     若 ，则 在 上为增函数  4 4  4 4  （I）单调递增区间是 ；单调递减区间是 2 3 所以 ，此方程组无解； （II） ABC 面积的最大值为 4 若 ，则 在 上为减函数 解析过程： 所以 ，解得 ，所以 （I）由题意知 3 15.答案：2 解析过程： 由 ， ， b y  x 设 OA 所在的直线方程为 a , 可得 ， ， b y  x 则 OB 所在的直线方程为 a 由 ， ，  2pb x  b   a y  x  可得 ， ，  a 2pb2  y   x2 2py  a2 解方程组 得： ， 所以，函数 的单调递增区间是 （ ） 2pb 2pb2   ,  所以点A 的坐标为  a a2  函数 的单调递减区间是 （ ）  p 0,   抛物线的焦点F 的坐标为:  2  （II）由 ，得 因为F 是 ABC 的垂心，所以 k OB k AF 1ABC G，H AC，BC 在 中， 分别为 的中点， 由题意得 为锐角，所以 GH //AB, GH HF  H 所以 又 ， 由余弦定理： 所以平面 FGH // 平面ABED， 可得： 即： ，当且仅当 时等号成立 因为BD平面ABED， BD// FGH 所以 平面 . 因此 （Ⅱ）解法一：设AB 2 ，则 CF 1 所以 面积的最大值为 在三棱台 DEF ABC 中， 17.答案： G AC （I）详见解析；（II） 60 为 的中点 解析过程： 1 DF  AC GC （I）证法一：连接 DG,CD. 设 CDGF M ,连接MH ， 由 2 ， DEF ABC AB 2DE，G AC DF //GC,DF GC DGCF 在三棱台 中， 分别为 的中点，可得 ，所以四边形 可得四边形 为平行四边形， DG//CF 因此 DFCG 是平行四边形， FC  ABC 又 平面 则M 为 CD 的中点，又H 是 BC 的中点，所以 HM //BD , DG  ABC 所以 平面 又HM 平面 FGH ， BD 平面 FGH ，所以 BD// 平面 ABC AB  BC,BAC 45 G AC 在 中，由 ， 是 中点， FGH . AB BC,GB GC 所以 证法二：在三棱台 DEF ABC 中， 因此 GB,GC,GD 两两垂直, BC 2EF,H BC 以 G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 由 为 的中点， BH //EF,BH  EF, 可得 Gxyz 所以HBEF 为平行四边形，可得 BE//HF.    G0,0,0,B 2,0,0 ,C 0, 2,0 ,D0,0,1 1 2 所以 MH //BG,MH  BG  , 在 BGC 中, 2 2  2 2    H , ,0,F 0, 2,1   2 2   可得 GNM GCF 由 ∽ 可得 ，   2 2     GH  , ,0,GF  0, 2,1   2 2   故 从而 ，由 平面 ， 平面 得  nx,y,z FGH 设 是平面 的一个法向量，则 ，所以 ，所以    nGH 0,  x y 0     所以平面 与平面 所成角（锐角）的大小为 nGF 0,  2yz 0 由 可得    3, n1, 可得平面 FGH 的一个法向量 n 1,1, 2 18.答案：（I） a n  3n1, n1, ; （II） T n  1 1 2 3  6 4 n   3n 3 .     GB 2,0,0 解析过程： GB ACFD 因为 是平面 的一个法向量， 2S 3n 3 解：（I）因为 n     GBn 2 1 cosGB,n     |GB||n| 2 2 2 2a 33 a 3, 所以 所以， 1 ，故 1 所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为 60 n1 2S 3n13, 当 时， n1 解法二： 此时， ，即 作 HM  AC 于点 M ，作 MN GF 于点 N ，连 所以， NH 接 （II）因为 ， FC  ABC HM  FC 由 平面 ，得 当 时， FC AC C 又  所以 ，当 时， 所以HM  平面 ACFD GF  NH 因此 所以 MNH 所以 即为所求的角 两式相减得，又 ， ，可得 ， x2  y2 1 所以， ，经检验， 时也适合， 所以椭圆C的标准方程为 4 x2 y2  1 综上， （II）由（I）知椭圆E的方程为16 4 19.答案：（I）有：125，135，145，235，245，345； OQ （II）X的分布列为  Px ,y  OP Qx ,y  （i）设 0 0 ， ，由题意知 0 0 X 0 -1 1 2 1 11 P x2 x 2 y 2 3 14 42 0  y2 1 0  0 1 因为 4 0 又 16 4 ， 4 EX  21 2  x2  OQ  0  y2 1 2 解析过程： 4  4 0  2 OP 即 ，所以 ，即 （I）个位数是5的“三位递增数”有： ； Ax ,y ,Bx ,y  （ii）设 1 1 2 2 （II）由题意知，全部“三位递增数”的个数为 y kxm 将 代入椭圆E的方程， 随机变量 的取值为： ，因此  14k2 x2 8kmx4m2 160 可得 ； ；  0 m2 416k2 由 ，可得 ……① 8km 4m2 16 所以 的分布列为 x x  ,x x  X 0 -1 1 则有 1 2 14k2 1 2 14k2 2 1 11 P 3 14 42 4 16k2 4m2 x x  1 2 14k2 所以 因此 y kxm 0,m 因为直线 与轴交点的坐标为 x2  y2 1 1 2 16k2 4m2 m 20.答案：（I） 4 ；（II）( i )2；（ii） 6 3 . 所以 OAB 的面积 S  2 m  x 2 x 2  14k2 解析过程： 2 (16k2 4m2)m2  m2  m2 （I）由题意知 ，则 ，  2 4  14k2  14k2  14k2m2 f x 1, t 所以，函数 在 上单调递增无极值； 令14k2 2  1 9a gx2ax2 ax1a 2a x 1 y kxm   将 代入椭圆C的方程 a0  4 8 （2）当 时，  14k2 x2 8kmx4m2 40 9a 8 可得 1 0 0a gx0 1, 若 8 ，即： 9 ，则 在 上恒成立， 0 m2 14k2 由 ，可得 ……② fx0 1, f x 1, 从而 在 上恒成立，函数 在 上单调递增无极值； 0t 1 由①②可知 9a 8 1 0 a g110,g12a10 若 8 ，即： 9 ，由于 S 2 4tt 2 t2 4t 因此 1 故 S 2 3 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 x 1 ,x 2 且 x 1  4  x 2 ； t 1 m2 14k2 2 3 当且仅当 ，即 时取得最大值  1  1  1,  , a0 gx   4     4   （3）当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减， ABQ 3S 由（i）知， 面积为  1 9a g110,g  1 0 ABQ 6 3   所以 面积的最大值为  4 8 且 ， f x 1, a0 21.答案：（I）当 时，函数 在 上有唯一极值点； gx 1, 所以， 在在 上有唯一零点， 8 0a f x 1, 当 9时，函数 在 上无极值点； f x 1, 从而函数 在 上有唯一极值点. 8 综上： a f x 1, 当 9 时，函数 在 上有两个极值点； f x 1, a0 当 时，函数 在 上有唯一极值点； 0,1 （II） a 的取值范围是 . 8 0a f x 1, 当 9时，函数 在 上无极值点； 解析过程： 函数 定义域为 8 a f x 1, 1 2ax2 ax1a 当 9 时，函数 在 上有两个极值点； fx 2axa  x1 x1 （II）由（I）知， gx2ax2 ax1a 8 令 0a f x 0, （1）当 9时，函数 在 上单调递增， gx10 fx0 1, a0 （1）当 时， ， 在 上恒成立f 00 因为 ，所以， 时， ，符合题意； （2）当 时，由 ，得 所以，函数 在 上单调递增， 又 ，所以， 时， ，符合题意； （3）当 时，由 ，可得 所以 时，函数 单调递减； 又 ，所以，当 时，函数 不符合题意； （4）当 时，设 因为 时， 所以 在 上单调递增， 因此当 时， 即： 可得： 当 时， 此时， ，不合题意 综上所述， 的取值范围是