山东高考数学理试题及答案.docx

1、山东高考数学理试题及答案 绝密启用前 2015年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷) 理科数学 本试卷分第卷和第卷两部分，共4页。满分150分。考试用时120分钟。考试结束后，将将本试卷和答题卡一并交回。 注意事项： 1.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写在答题卡和试卷规定的位置上。 2.第卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其他答案标号。答案写在试卷上无效。 3. 第卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答

2、案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按以上要求作答的答案无效。 4.填空题直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 参考公式： 如果事件A,B互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B). 第卷（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 - 1 - 给出的四个选项中，只有一项是符合要求的 （1） 已知集合A=X|X-4X+30，B=X|2X4,则AB= （A）（1，3） （B）（1，4） （C）（2，3） （D）（2，4） Z（2）若复数Z满足，其中i为虚数单位，则Z= i1 i （A）1-i （B）1+i （C）-1-i

3、（D）-1+i （3）要得到函数y=sin（4x-）的图像，只需要将函数y=sin4x的图 3像（） （A）向左平移个单位 （B）向右平移个单位 1212 （C）向左平移个单位 （D）向右平移个单位 33 o ABCD （4）已知菱形的边长为a，ABC=60,则 BDCD （A）- （B）- （C） （D） （5）不等式|x-1|-|x-5|2的解集是 （A）（-，4） （B）（-，1） （C）（1，4） （D）（1，5） （6）已知x,y满足约束条件，若z=ax+y的最大值为4，则a= （A）3 （B）2 （C）-2 （D）-3 （7）在梯形ABCD中，ABC=，AD/BC，BC=2AD=2

4、AB=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 - 2 - （A） （B） （C） （D）2 （8）已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布N（0，23），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N（，），则P（-+）=68.26%，P（-20,b0）的渐近线与抛物线C 12： 22ab2X=2py(p0)交于O，若OAB的垂心为C的焦点，则C的离心率为 21 三、解答题：本答题共6小题，共75分。 （16）（本小题满分12分） 2设f（x）=（x+）. sinxcosx cos 4（）求f（x）的单调区间

5、； - 4 - A（）在锐角ABC中，角A,B,C,的对边分别为a,b,c,若f（）=0,a=1, 2求ABC面积的最大值。 (17)(本小题满分12分) 如图，在三棱台DEF-ABC中， AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点。 （）求证：BC/平面FGH； （）若CF平面ABC，ABBC，CF=DE, BAC= ,求平面FGH与平045面ACFD所成的角（锐角）的大小. （18）（本小题满分12分） 的前n项和为.已知2=n 设数列+3. aSS3nnn的通项公式； a （I）求n满足，求的前n项和. abb （II）若数列b2T=lognnnnn3（19）（本小题满分12分） 若是一

6、个三位正整数，且的个位数字大于十位数字，nn十位数字大于百位数字，则称为“三位递增数”（如137,359,567n等）. 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整除，得分；若能被10 1 - 5 - 整除，得1分. （I）写出所有个位数字是5的“三位递增数” ； （II）若甲参加活动，求甲得分的分布列和数学期望. XEX（20）（本小题满分13分） 平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心 率为，左、右焦点分别是.以为圆心以3为半径的圆与 以为圆

7、心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上. ()求椭圆的方程； （）设椭圆为椭圆上任意一点，过点的直线 交椭圆 于两点，射线 交椭圆 于 点 . ( i )求的值； 面积的最大值. （ii）求 (21)(本小题满分14分) ，其中。 设函数fxInx xx R2()=(+1)+(-) （）讨论函数极值点的个数，并说明理由； fx()() （）若0，成立，求的取值范围。 f 0 - 6 - 2015年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷） 理科数学试题参考答案 一、 选择题 （1）C （2）A （3）C （4）D （5）A （6）B （7）C （8）B （9）D (10)C 二、填空题 1133（1

8、1）（12）1 （13） （14） （15） n 14 622 三、解答题 （16） 1 cos(2x )1 2解：f(x) sin2x （）由题意 22111 sin2x sin2x 2221 sin2x 2 k Z 2k 2x 2k 由 22 k Z k x k 可得 44 3 k Z 2k 2x 2k 由 22 - 7 - 3 k Z k x k 得 44 k Z k, kf(x) 所以的单调递增区间是（） 44 3 k Z k, k单调递减区间是（） 44A11 f() sinA 0 sinA （II） 222 3cosA 由题意A是锐角，所以 2222a b c 2bccosA 由余

9、弦定理： 22可得1 3bc b c 2bc 1 b c bc 2 3 ，且当时成立 2 3 2 3 bcsinA 4 2 3 ABC 面积最大值为 4（17） （）证法一： DG，CDOHCD GF O 连接，设，连接 DEF ABC 在三棱台中， GACAB 2DE ，为的中点， DF/GC，DF GC 可得, DFCG 所以 四边形为平行四边形， OCD 则 为的中点， BCH 又 为的中点， OH/BD 所以, OH FGHFGHBD 又平面 平面， BD/FGH 所以平面 证法二： DEF ABC 在三棱台中， BC 2EFBCH 由,为的中点， BH/EF,BH EF 可得 , B

10、HFE 所以四边形为平行四边形， - 8 - BE/HF 可得 , ABCGACBCH 在中，为的中点，为的中点， GH/AB 所以, FGH/GH HF HABED 又,所以平面平面, BD ABED 因为 平面, BD/FGHz 所以 平面。 F （II）解法一： DECF 1AB 2 设,则, DEF ABC 在三棱台中， yGAC 为的中点， GC1ADF AC GC 由, H 2BDGCF 可得 四边形为平行四边形， xDG/FC 因此, FC ABC 又 平面， DG ABC 所以 平面， ABCAB BCGAC BAC 45 在中，由，是中点， AB BC，GB GC 所以 ,

11、GB,GC,GD 因此 两两垂直， GG xyz 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， G(0，0，0)，B(2,0，0)，C(0，2,0),D(0，0，1) 所以 22 H(，,0)，F(0，2,0) 可得 22 22 ，,0),GF(0，2,0)GH (， 故22FGHn (x,y,z) 设是平面的一个法向量，则 n GH 0 x y 0 由 可得 n GF 02y z 0 FGHn (1, 1,2) 可得 平面的一个法向量， （2，0,0）GB ACFDGB 因为是平面的一个法向量， GB n21 cosGB,n 所以 2|GB| |n|22 FGHACFD60 所以平面与平面所

12、成角（锐角）的大小为 FD E - 9 - NMGCA 解法二： HM ACMN GFMNNH 作与点，作与点，连接 FC ABCHM FC 由平面,得, FC AC C 又 , ACFDHM 所以平面， GF NH 因此 , MNH 所以即为所求的角， 12 BGCMH/BG,MH BG 在中，, 22 GNM GCF 由, MNGM 可得, FCGF 6MN 从而, 6ACFDACFDMN HM 由 平面，平面， HM MN 得 ， HM tan MNH 3 因此 , MN MNH 60 所以 , FGHACFD60 所以 平面与平面所成角（锐角）的大小为。 18） （解：n2S 3 3（

13、I）因为， na 32a 3 3 所以，故 ， 11n 1n 12S 3 3 当时， n 11nn n 1 2n2a 2S 2S 3 3 2 3a 3 此时 ，即， nnn 1n3,n 1 a nn 23,n 1 所以 1ab log2b （II）因为，所以 ， nn313 2nn 11 nn 1b 3log3 (n 1) 3 当时， n21T b 所以； 113 - 10 - 1 1 22 nT b b b b (1 3 2 3 (n 1) 3) ， n123n30 13 n3T 1 (1 3 2 3 (n 1) 3) 所以 n 两式相减，得 20 1 22 n2T (3 3 3 3) n3

14、2 n21 32 n (n 1) 3 2 31 3136n 3 ， n62 3136n 3T 所以 nn124 3n 1 经检验，也适合， 136n 3T 综上可得 nn124 3 （19） 解：（I）个位数是5的“三位递增数”有 125，135，145，235，245，345； 3C 84 （II）由题意知，全部“三位递增数”的个数为， 9X 随机变量是取值为：0，-1,1，因此 3C28P(X 0) ， 3C392C14P(X 1) 3C1491211 ， P(X 1) 1 14342X 所以的分布列为 X 0 -1 1 2111P 3144221114EX 0 ( 1) 1 则 3144

15、221 （20） 2a 4a 2解：（I）由题意知，则， - 11 - c3222 ,a c b 又， a2b 1 可得 2x2C y 1 所以椭圆的方程为 422xy 1E （II）由（I）知椭圆的方程为 164|OQ| Q( x, y)P(x,y), （i）设,由题意知， 0000|OP|2x20 y 1 因为 04222 ( x)( y)x2000 1( y) 1 又， 即 016444|OQ| 2 2 所以 ，即 |OP|A(x,y),B(x,y) （ii）设， 1122Ey kx m 将代入椭圆的方程， 222(1 4k)x 8kmx 4m 16 0 可得， 22 0m 4 16k

16、由 ，可得 28km4m 16x x ,xx 则有 1212221 4k1 4k 22416k 4 m|x x| 所以 1221 4ky kx m(0,m)y 因为 直线与轴交点的坐标为， 1 OABS |m|x x| 所以 的面积 122 22216k 4 m|m| 21 4k - 12 - 2222(16k 4 m)m 21 4k 22mm 2(4 ) 221 4k1 4k2m t 令 21 4kCy kx m 将代入椭圆的方程， 222(1 4k)x 8kmx 4m 4 0 可得 ， 22 0m 1 4k 由，可得 0 t 1 由可知 ， 2S 2(4 t)t 2 t 4t 因此， S

17、23 故 ， 22t 123m 1 4k 当且仅当时，即时取得最大值， 3S ABQ 由（i）知，面积为， 63 ABQ 所以 面积的最大值为. （21） f(x)(1, )解：（）由题意知 函数的定义域为， 212ax ax a 1 f(x) a(2x 1) ， x 1x 12g(x) 2ax ax a 1,x ( 1, ) 令， a 0g(x) 1 （1）当时， f(x) 0f(x)( 1, ) 此时，函数在单调递增，无极值点； 2a 0 a 8a(1 a) a(9a 8) （2）当时， - 13 - 8 00 a g(x) 0 当时，, 9 f(x) 0f(x)( 1, ) ，函数在单调

18、递增，无极值点； 8 0a 当时， 9x,x(x x) 设方程的两根为， 22ax ax a 1 012121x x 因为， 12211x ,x 所以， 12441 1 x g( 1) 1 0， 由 ，可得 14 x ( 1,x)g(x) 0,f(x) 0f(x) 所以 当时，函数单调递增； 1 x (x,x)g(x), 0,f(x) 0f(x) 当时，函数单调递减； 12 x (x )g(x) 0,f(x) 0f(x) 当时，函数单调递增； 2 因此 函数有两个极值点。 a 0 0 （3）当时， x 1g( 1) 1 0 由，可得， 1 x ( 1,x)g(x) 0,f(x) 0f(x) 当

19、时，函数单调递增； 2 x (x )g(x) 0,f(x) 0f(x) 当时，函数单调递减； 2 所以函数有一个极值点。 综上所述： a 0f(x) 当时，函数有一个极值点； 80 a f(x) 当时，函数无极值点； 98a f(x) 当时，函数有两个极值点。 9 （II）由（I）知， 80 a f(x)(0, )时，函数在上单调递增， （1）当 9f(0) 0 因为 ， x (0, )f(x) 0 所以 时，符合题意； - 14 - 8x 0 a 1g(0) 0 （2）当时，由，得， 2 9f(x)(0, ) 所以 函数在上单调递增， f(0) 0x (0, )f(x) 0 又，所以时，符合

20、题意； a 1x 0g(0) 0 （3）当时，由，可得， 2x (0,x)f(x) 所以时，函数单调递减； 2f(0) 0 因为， x (0,x)f(x) 0 所以时，不合题意； 2a 0h(x) x ln(x 1) （4）当时，设， 1x h(x) 1 0x (0, ) 因为时， x 1x 1h(x)(0, ) 所以 在上单调递增。 x (0, )h(x) h(0) 0 因此 当时， ln(x 1) x 即 ， 22f(x) x a(x x) ax (1 a)x 可得 ， 12ax (1 a)x 0x 1 当时， af(x) 0 此时 ，不合题意， a0,1 综上所述，的取值范围是 - 15 -