陕西高考数学试题及答案.docx

陕西高考数学试题及答案.docx

《陕西高考数学试题及答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《陕西高考数学试题及答案.docx（16页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

陕西高考数学试题及答案

2015年普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）

理科数学

一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60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.）

.设集合，，则（）

A．B．C．D．

【答案】A

试题分析：

，，所以，故选A．

考点：

1、一元二次方程；2、对数不等式；3、集合的并集运算．

【分析及点评】本题主要考察了集合的表示及其相关运算，并结合一元二次方程以及对数运算，属于基础题型，难度不大。

2.某中学初中部共有110名教师，高中部共有150名教师，其性别比例如图所示，则该校女教师

的人数为（）

A．167B．137C．123D．93

【答案】B

考点：

扇形图．

【分析及点评】本题主要考察了统计以及统计图表的相关知识，难度系数很小，属于基础题型。

3.如图，某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数，据此函数

可知，这段时间水深（单位：

m）的最大值为（）

A．5B．6C．8D．10

【答案】C

试题分析：

由图象知：

，因为，所以，解得：

，所以这段时间水深的最大值是，故选C．

考点：

三角函数的图象与性质．

【分析及点评】本题重在转化，将实际问题转化成三角函数问题，对三角函数的图像、性质有较高要求，但作为基础题型，难度不大。

4.二项式的展开式中的系数为15，则（）

A．4B．5C．6D．7

【答案】C

考点：

二项式定理．

【分析及点评】本题主要考察了学生对二项式定理的理解，以及二项式系数的计算，难度不大，属于基础题型。

5.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）

A．B．C．D．

【答案】D

试题分析：

由三视图知：

该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为，母线长为，所以该几何体的表面积是，故选D．

考点：

1、三视图；2、空间几何体的表面积．

【分析及点评】三视图以及体积、面积求值几乎每年必考，今年也不例外，题目设置与往年没有改变，难度不大，变化也不大。

6.“”是“”的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件

【答案】A

试题分析：

因为，所以或，因为“”“”，但“”“”，所以“”是“”的充分不必要条件，故选A．

考点：

1、二倍角的余弦公式；2、充分条件与必要条件．

【分析及点评】本题主要将三角函数与命题进行了简单结合，一方面要求学生三角恒等变化要特别熟悉，另一方面对命题的各种类型都要熟悉。

但是，题目设置不算复杂，与往年基本相同。

7.对任意向量，下列关系式中不恒成立的是（）

A．B．

C．D．

【答案】B

考点：

1、向量的模；2、向量的数量积．

【分析及点评】作为数学中很重要的一中工具，向量几乎每年必考，但是基本分布在两个位置，选填和圆锥曲线，但是选择题中一般难度都不会太大，以基础考核为主。

8.根据右边的图，当输入x为2006时，输出的（）

A．28B．10C．4D．2

【答案】B

试题分析：

初始条件：

；第1次运行：

；第2次运行：

；第3次运行：

；；第1003次运行：

；第1004次运行：

．不满足条件，停止运行，所以输出的，故选B．

考点：

程序框图．

【分析及点评】框图问题是高考中一个热点问题，尤其是循环结构，要求学生有良好的逻辑分析能力，此题难度不大，主要还是以基础为主。

9.设，若，，，则下列关系

式中正确的是（）

A．B．C．D．

【答案】C

考点：

1、基本不等式；2、基本初等函数的单调性．

【分析及点评】本题主要考察了函数单调性的应用以及基本不等式。

要求学生一方面数学函数单调性以及不等关系的转化，另一方面对基本不等式的基本结构以及成立条件都要熟悉。

10.某企业生产甲、乙两种产品均需用A，B两种原料．已知生产1吨每种产品需原料及每天原料

的可用限额如表所示，如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得最

大利润为（）

A．12万元B．16万元C．17万元D．18万元

【答案】D

试题分析：

设该企业每天生产甲、乙两种产品分别为、吨，则利润

由题意可列，其表示如图阴影部分区域：

当直线过点时，取得最大值，所以，故选D．

考点：

线性规划．

【分析及点评】本题主要考察线性规划及其应用，一方面对线性问题转化要求较高，另一方面对函数，尤其是变量关系的表示有较高要求。

对文科生而言，难度较大。

11.设复数，若，则的概率为（）

A．B．C．D．

【答案】B

试题分析：

如图可求得，，阴影面积等于

若，则的概率是，故选B．

【分析及点评】本题主要将复数问题和几何概型进行了融合，并且对两者都有较高要求，较之往年，题目较为新颖。

考点：

1、复数的模；2、几何概型．

12.对二次函数（a为非零整数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有

一个结论是错误的，则错误的结论是（）

A．-1是的零点B．1是的极值点

C．3是的极值D.点在曲线上

【答案】A

考点：

1、函数的零点；2、利用导数研究函数的极值．

【分析及点评】本题属于函数综合问题，要求学生对函数及其应用有较高的要求，极点、零点作为很多学生常常混淆的概念，在同一问题中出现，要求学生一方面对基本概念必须熟悉，另一方面对常见的零点和极点的判断方法有一定的了解。

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）

13.中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为．

【答案】

【解析】

试题分析：

设数列的首项为，则，所以，故该数列的首项为，所以答案应填：

．

考点：

等差中项．

【分析及点评】本题主要考察了等差数列，对等差数列的相关性质有较高要求。

14.若抛物线的准线经过双曲线的一个焦点，则p=．

【答案】

考点：

1、抛物线的简单几何性质；2、双曲线的简单几何性质．

【分析及点评】本题将抛物线和双曲线进行综合，一方面要求学生对两者概念务必熟练，对参数及其以及也能很好掌握，但是在本题中，两者的融合方式较为简单，属于基础简单题型。

15.设曲线在点（0,1）处的切线与曲线上点p处的切线垂直，则p的坐标

为．

【答案】

试题分析：

因为，所以，所以曲线在点处的切线的斜率，设的坐标为（），则，因为，所以，所以曲线在点处的切线的斜率，因为，所以，即，解得，因为，所以，所以，即的坐标是，所以答案应填：

．

考点：

1、导数的几何意义；2、两条直线的位置关系．

【分析及点评】本题主要考察了导数以及导数的几何意义，导数法求切线是高考重点内容，也是难点所在，要求较高，但此题以基础考核为主。

16.如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型（图中虚线表

示），则原始的最大流量与当前最大流量的比值为．

【答案】

试题分析：

建立空间直角坐标系，如图所示：

原始的最大流量是，设抛物线的方程为（），因为该抛物线过点，所以，解得，所以，即，所以当前最大流量是，故原始的最大流量与当前最大流量的比值是，所以答案应填：

．

考点：

1、定积分；2、抛物线的方程；3、定积分的几何意义．

【分析及点评】本题主要考察了定积分的应用，对函数、导数、定积分等都有较高要求，尤其是应用定积分求面积，难度较大。

三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．）

17．（本小题满分12分）的内角，，所对的边分别为，，．向量

与平行．

（I）求；

（II）若，求的面积．

【答案】（I）；（II）．

试题解析：

（I）因为，所以，

由正弦定理，得

又，从而，

由于，所以

（II）解法一：

由余弦定理，得

而

得，即

因为，所以.

故ABC的面积为.

考点：

1、平行向量的坐标运算；2、正弦定理；3、余弦定理；4、三角形的面积公式.

【分析及点评】本题主要考察了学生解三角形的能力，并渗透着三角恒等变换以及函数性质的理解，较之往年，难度不算大，属于基础题型。

18．（本小题满分12分）如图，在直角梯形中，，，，

，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图．

（I）证明：

平面；

（II）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】（I）证明见解析；（II）．

试题解析：

（I）在图1中，

因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点，BAD=，所以BEAC

即在图2中，BE，BEOC

从而BE平面

又CDBE，所以CD平面.

（II）由已知，平面平面BCDE，又由

（1）知，BE，BEOC

所以为二面角的平面角，所以.

如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，

因为,

所以

得，.

设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为，

则，得，取，

，得，取，

从而，

即平面与平面夹角的余弦值为.

考点：

1、线面垂直；2、二面角；3、空间直角坐标系；4、空间向量在立体几何中的应用.

【分析及点评】立体几何一直都是高考重点内容，几乎每年必考，但都是作为基础题型考核，主要考察学生垂直、平行的判定和性质以及线段和角度的计算，需要应用空间向量作为基本工具，对立体几何的基本概念和性质证明已经向量运算都有较高要求。

19．（本小题满分12分）设某校新、老校区之间开车单程所需时间为，只与道路畅通状况有关，

对其容量为的样本进行统计，结果如下：

（分钟）

25

30

35

40

频数（次）

20

30

40

10

（I）求的分布列与数学期望；

（II）刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率．

【答案】（I）分布列见解析，；（II）．

试题分析：

（I）先算出的频率分布，进而可得的分布列，再利用数学期望公式可得数学期望；（II）先设事件表示“刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过分钟”，再算出的概率．

试题解析：

（I）由统计结果可得T的频率分步为

（分钟）

25

30

35

40

频率

以频率估计概率得T的分布列为

25

30

35

40

从而（分钟）

（II）设分别表示往、返所需时间，的取值相互独立，且与T的分布列相同.设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事件A对应于“刘教授在途中的时间不超过70分钟”.

解法一：

.

解法二：

故.

考点：

1、离散型随机变量的分布列与数学期望；2、独立事件的概率.

【分析及点评】概率统计是每年学生必考题型，但难度设置不大，今年也不例外，此题第一问求解分布列和数学期望，难度设置不大，属于基础题型；第二问主要求解概率，对学生要求较高，尤其是掌握一些基本解题思路：

如“正难则反”解决起来会事半功倍。

20．（本小题满分12分）已知椭圆（）的半焦距为，原点到经过两点

，的直线的距离为．

（I）求椭圆的离心率；

（II）如图，是圆的一条直径，若椭圆经过，两点，求椭圆的方程．

【答案】（I）；（II）．

试题分析：

（I）先写过点，的直线方程，再计算原点到该直线的距离，进而可得椭圆的离心率；（II）先由（I）知椭圆的方程，设的方程，联立，消去，可得和的值，进而可得，再利用可得的值，进而可得椭圆的方程．

试题解析：

（I）过点（c,0）,（0,b）的直线方程为，

则原点O到直线的距离，

由，得，解得离心率.

（II）解法一：

由（I）知，椭圆E的方程为.

（1）

依题意，圆心M（-2,1）是线段AB的中点，且.

易知，AB不与x轴垂直，设其直线方程为，代入

（1）得

设则

由，得解得.

从而.

于是.

由，得，解得.

故椭圆E的方程为.

解法二：

由（I）知，椭圆E的方程为.

（2）

依题意，点A，B关于圆心M（-2,1）对称，且.

设则，，

两式相减并结合得.

易知，AB不与x轴垂直，则，所以AB的斜率

因此AB直线方程为，代入

（2）得

所以，.

于是.

由，得，解得.

故椭圆E的方程为.

考点：

1、直线方程；2、点到直线的距离公式；3、椭圆的简单几何性质；4、椭圆的方程；5、圆的方程；6、直线与圆的位置关系；7、直线与圆锥曲线的位置.

【分析及点评】本题题型较之往年几乎没有改变，第一问，求解曲线离心率，属于基础题型，稍微有点圆锥曲线基础的学生应该都能完成；第二问求解曲线方程，较之往年变换较大，无论从难度和出题角度都会对学生造成较大干扰。

21．（本小题满分12分）设是等比数列，，，，的各项和，其中，，

．

（I）证明：

函数在内有且仅有一个零点（记为），且；

（II）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为，比较

与的大小，并加以证明．

【答案】（I）证明见解析；（II）当时，，当时，，证明见解析．

试题分析：

（I）先利用零点定理可证在内至少存在一个零点，再利用函数的单调性可证在内有且仅有一个零点，进而利用是的零点可证；（II）先设，再对的取值范围进行讨论来判断与的大小，进而可得和的大小．

试题解析：

（I）则

所以在内至少存在一个零点.

又，故在内单调递增，

所以在内有且仅有一个零点.

因为是的零点，所以，即，故.

（II）解法一：

由题设，

设

当时,

当时,

若,

若,

所以在上递增，在上递减，

所以，即.

综上所述，当时,；当时

解法二由题设，

当时,

当时,用数学归纳法可以证明.

当时,所以成立.

假设时，不等式成立，即.

那么，当时，

.

又

令，则

所以当,,在上递减；

当,,在上递增.

所以，从而

故.即，不等式也成立.

所以，对于一切的整数，都有.

解法三:

由已知，记等差数列为,等比数列为,则，，

所以,

令

当时,,所以.

当时,

而，所以，.

若,,,

当,,,

从而在上递减,在上递增.所以，

所以当又,，故

综上所述，当时,；当时

考点：

1、零点定理；2、利用导数研究函数的单调性.

【分析及点评】本题题型较之往年有所改变，第一问求解导数，难度不大。

第二问将函数、导数、数列进行综合，有些新意。

对学生函数的综合能力和数列的性质以及不等式都有很高的要求。

难度很大。

请在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号后的方框涂黑．

22．（本小题满分10分）选修4-1：

几何证明选讲

如图，切于点，直线交于，两点，，垂足为．

（I）证明：

；

（II）若，，求的直径．

【答案】（I）证明见解析；（II）．

【解析】

试题分析：

（I）先证，再证，进而可证；（II）先由（I）知平分，进而可得的值，再利用切割线定理可得的值，进而可得的直径．

试题解析：

（I）因为DE为圆O的直径，则，

又BCDE，所以CBD+EDB=90°，从而CBD=BED.

又AB切圆O于点B，得DAB=BED，所以CBD=DBA.

（II）由（I）知BD平分CBA，则,又，从而，

所以，所以.

由切割线定理得，即=6，

故DE=AE-AD=3，即圆O的直径为3.

考点：

1、直径所对的圆周角；2、弦切角定理；3、切割线定理.

【分析及点评】圆的相关证明是学生喜欢做的题型，但是也是出错率极高的题型。

一方面有初中的基础，很多学生简单圆的问题比较亲切。

另一方面由于初中基础限制以及高中的新变化，很多学生不能将前后很好的结合。

23．（本小题满分10分）选修4-4：

坐标系与参数方程

在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，的极坐标方程为．

（I）写出的直角坐标方程；

（II）为直线上一动点，当到圆心的距离最小时，求的直角坐标．

【答案】（I）；（II）．

试题分析：

（I）先将两边同乘以可得，再利用，可得的直角坐标方程；（II）先设的坐标，则，再利用二次函数的性质可得的最小值，进而可得的直角坐标．

试题解析：

（I）由，

从而有.

（II）设,则，

故当t=0时，|PC|取最小值，此时P点的直角坐标为（3，0）.

考点：

1、极坐标方程化为直角坐标方程；2、参数的几何意义；3、二次函数的性质.

【分析及点评】参数方程以及极坐标方程一直以来是极力推荐学生认真完成的题目，题型方面与平时练习变换不到，只要掌握一些基本转化关系以及解题思路，并不难做出来。

24．（本小题满分10分）选修4-5：

不等式选讲

已知关于的不等式的解集为．

（I）求实数，的值；

（II）求的最大值．

【答案】（I），；（II）．

试题分析：

（I）先由可得，再利用关于的不等式的解集为可得，的值；（II）先将变形为，再利用柯西不等式可得的最大值．

试题解析：

（I）由，得

则解得,

（II）

当且仅当，即时等号成立，

故.

考点：

1、绝对值不等式；2、柯西不等式.

【分析及点评】本题主要考察了学生对不等式的理解，以及解不等式的能力，难度不算太大，但是由于很多学生对柯西不等式理解并不到位，所以第二问会对学生造成很大干扰。