1、2015年普通高等学校招生全国统一考试陕西理科数学1.本试卷分为两部分,第一部分为选择题,第二部分为非选择题.2.考生领到试卷后,先按规定在试卷上填写姓名、准考证号,并在答题卡上填上对应的试卷类型信息.3.所有解答必须填写在答题卡上指定区域内.考试结束后,将本试卷及答题卡一并交回.第一部分(共60分)一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求(本大题共12小题,每小题5分,共60分).1.(2015陕西,理1)设集合M=x|x2=x,N=x|lg x0,则MN=()A.0,1B.(0,1C.0,1)D.(-,1答案:A解析:解x2=x,得x=0或x=1,故M=0,1.解lg x
2、0,得0x1,故N=(0,1.故MN=0,1,选A.2.(2015陕西,理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.93B.123C.137D.167答案:C解析:由题图知,初中部女教师有11070%=77人;高中部女教师有150(1-60%)=60人.故该校女教师共有77+60=137(人).选C.3.(2015陕西,理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y=3sin6x+k.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解析:因为sin6x+-1,1,所以函数y=3
3、sin6x+k的最小值为k-3,最大值为k+3.由题图可知函数最小值为k-3=2,解得k=5.所以y的最大值为k+3=5+3=8,故选C.4.(2015陕西,理4)二项式(x+1)n(nN+)的展开式中x2的系数为15,则n=()A.7B.6C.5D.4答案:B解析:(x+1)n的展开式通项为Tr+1=Cnrxn-r.令n-r=2,即r=n-2.则x2的系数为Cnn-2=Cn2=15,解得n=6,故选B.5.(2015陕西,理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.3B.4C.2+4D.3+4答案:D解析:由三视图可知,该几何体是一个半圆柱,圆柱的底面半径r=1,高h=2.
4、所以几何体的侧面积S1=C底h=(1+2)2=2+4.几何体的底面积S2=1212=12.故该几何体的表面积为S=S1+2S2=2+4+22=3+4.故选D.6.(2015陕西,理6)“sin =cos ”是“cos 2=0”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解析:由cos 2=0,得cos2-sin2=0,即cos =sin 或cos =-sin .故“sin =cos ”是“cos 2=0”的充分不必要条件.7.(2015陕西,理7)对任意向量a,b,下列关系式中不恒成立的是()A.|ab|a|b|B.|a-b|a|-|b|C.(a+
5、b)2=|a+b|2D.(a+b)(a-b)=a2-b2答案:B解析:A项,ab=|a|b|cos|a|b|,所以不等式恒成立;B项,当a与b同向时,|a-b|=|a|-|b|;当a与b非零且反向时,|a-b|=|a|+|b|a|-|b|.故不等式不恒成立;C项,(a+b)2=|a+b|2恒成立;D项,(a+b)(a-b)=a2-ab+ba-b2=a2-b2,故等式恒成立.综上,选B.8.(2015陕西,理8)根据右边框图,当输入x为2 006时,输出的y=()A.2B.4C.10D.28答案:C解析:由算法框图可知,每运行一次,x的值减少2,当框图运行了1 004次时,x=-2,此时x0,停
6、止循环,由y=3-x+1可知,y=3-(-2)+1=10,故输出y的值为10,故选C.9.(2015陕西,理9)设f(x)=ln x,0ab,若p=f(ab),q=fa+b2,r=12(f(a)+f(b),则下列关系式中正确的是()A.q=rpB.p=rpD.p=rq答案:B解析:因为0aab.又因为f(x)=ln x在(0,+)上单调递增,所以fa+b2f(ab),即pq.而r=12(f(a)+f(b)=12(ln a+ln b)=12ln(ab)=lnab,所以r=p,故p=r0)的准线经过双曲线x2-y2=1的一个焦点,则p=.答案:22解析:双曲线x2-y2=1的焦点为F1(-2,0)
7、,F2(2,0).抛物线的准线方程为x=-p2.因p0,故-p2=-2,解得p=22.15.(2015陕西,理15)设曲线y=ex在点(0,1)处的切线与曲线y=1x(x0)上点P处的切线垂直,则P的坐标为.答案:(1,1)解析:曲线y=ex在点(0,1)处的切线斜率k=y=ex|x=0=1;由y=1x,可得y=-1x2,因为曲线y=1x(x0)在点P处的切线与曲线y=ex在点(0,1)处的切线垂直,故-1xP2=-1,解得xP=1,由y=1x,得yP=1,故所求点P的坐标为(1,1).16.(2015陕西,理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
8、线所示),则原始的最大流量与当前最大流量的比值为.答案:1.2解析:以梯形的下底为x轴,上、下底边的中点连线为y轴,建立如图所示的坐标系,设抛物线的方程为y=ax2,则抛物线过点(5,2),故2=25a,得a=225,故抛物线的方程为y=225x2.最大流量的比,即截面的面积比,由图可知,梯形的下底长为6,故梯形的面积为(10+6)22=16,而当前的截面面积为205 2-225x2dx=22x-2325x3|05=403,故原始流量与当前流量的比为16403=1.2.三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(本大题共6小题,共70分).17.(本小题满分12分)(2015陕西,理1
9、7)ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,向量m=(a,3b)与n=(cos A,sin B)平行.(1)求A;(2)若a=7,b=2,求ABC的面积.(1)解:因为mn,所以asin B-3bcos A=0.由正弦定理,得sin Asin B-3sin Bcos A=0.又sin B0,从而tan A=3.由于0A0,所以c=3.故ABC的面积为12bcsin A=332.解法二:由正弦定理,得7sin3=2sinB,从而sin B=217.又由ab,知AB,所以cos B=277.故sin C=sin(A+B)=sinB+3=sin Bcos3+cos Bsin3=32114.所
10、以ABC的面积为12absin C=332.18.(本小题满分12分)(2015陕西,理18)如图,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD=2,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点,将ABE沿BE折起到A1BE的位置,如图.图图(1)证明:CD平面A1OC;(2)若平面A1BE平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.(1)证明:在题图中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,BAD=2,所以BEAC,即在题图中,BEOA1,BEOC,从而BE平面A1OC,又CDBE,所以CD平面A1OC.(2)解:由已知,平面A1BE平面BCDE,又由(1)知
11、,平面A1BE平面BCDE,又由(1)知,BEOA1,BEOC,所以A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以A1OC=2.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BCED,所以B22,0,0,E-22,0,0,A10,0,22,C0,22,0,得BC=-22,22,0,A1C=0,22,-22,CD=BE=(-2,0,0).设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为,则n1BC=0,n1A1C=0,得-x1+y1=0,y1-z1=0,取n1=(1,1,1);n2CD=0
12、,n2A1C=0,得x2=0,y2-z2=0,取n2=(0,1,1),从而cos =|cos|=232=63,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为63.19.(本小题满分12分)(2015陕西,理19)设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T,T只与道路畅通状况有关,对其容量为100的样本进行统计,结果如下:T(分钟)25303540频数(次)20304010(1)求T的分布列与数学期望ET;(2)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.解:(1)由统计结果可得T的频率分布为T(分钟)2
13、5303540频率0.20.30.40.1以频率估计概率得T的分布列为T25303540P0.20.30.40.1从而ET=250.2+300.3+350.4+400.1=32(分钟).(2)设T1,T2分别表示往、返所需时间,T1,T2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“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”.解法一:P(A)=P(T1+T270)=P(T1=25,T245)+P(T1=30,T240)+P(T1=35,T235)+P(T1=40,T230)=0.21+0.31+0.40.9+0.10.5
14、=0.91.解法二:P(A)=P(T1+T270)=P(T1=35,T2=40)+P(T1=40,T2=35)+P(T1=40,T2=40)=0.40.1+0.10.4+0.10.1=0.09,故P(A)=1-P(A)=0.91.20.(本小题满分12分)(2015陕西,理20)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的半焦距为c,原点O到经过两点(c,0),(0,b)的直线的距离为12c.(1)求椭圆E的离心率;(2)如图,AB是圆M:(x+2)2+(y-1)2=52的一条直径,若椭圆E经过A,B两点,求椭圆E的方程.(1)解:过点(c,0),(0,b)的直线方程为bx+cy-bc=0,
15、则原点O到该直线的距离d=bcb2+c2=bca,由d=12c,得a=2b=2a2-c2,解得离心率ca=32.(2)解法一:由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2.依题意,圆心M(-2,1)是线段AB的中点,且|AB|=10.易知,AB与x轴不垂直,设其方程为y=k(x+2)+1,代入得,(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2-4b2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8k(2k+1)1+4k2,x1x2=4(2k+1)2-4b21+4k2.由x1+x2=-4,得-8k(2k+1)1+4k2=-4,解得k=12.从而x1x2=8-2b2.于是
16、|AB|=1+122|x1-x2|=52(x1+x2)2-4x1x2=10(b2-2).由|AB|=10,得10(b2-2)=10,解得b2=3.故椭圆E的方程为x212+y23=1.解法二:由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2.依题意,点A,B关于圆心M(-2,1)对称,且|AB|=10.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x12+4y12=4b2,x22+4y22=4b2,两式相减并结合x1+x2=-4,y1+y2=2,得-4(x1-x2)+8(y1-y2)=0.易知AB与x轴不垂直,则x1x2,所以AB的斜率kAB=y1-y2x1-x2=12.因此,直线AB的方程为y=12
17、(x+2)+1,代入得,x2+4x+8-2b2=0.所以x1+x2=-4,x1x2=8-2b2.于是|AB|=1+122|x1-x2|=52(x1+x2)2-4x1x2=10(b2-2).由|AB|=10,得10(b2-2)=10,解得b2=3.故椭圆E的方程为x212+y23=1.21.(本小题满分12分)(2015陕西,理21)设fn(x)是等比数列1,x,x2,xn的各项和,其中x0,nN,n2.(1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在12,1内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=12+12xnn+1;(2)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gn
18、(x),比较fn(x)和gn(x)的大小,并加以证明.(1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2,则Fn(1)=n-10,Fn12=1+12+122+12n-2=1-12n+11-12-2=-12n0,故Fn(x)在12,1内单调递增,所以Fn(x)在12,1内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,即1-xnn+11-xn-2=0,故xn=12+12xnn+1.(2)解法一:由假设,gn(x)=(n+1)(1+xn)2.设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+xn-(n+1)(1+xn)2,x0.当x=1时,fn(x)=gn(x)
19、.当x1时,h(x)=1+2x+nxn-1-n(n+1)xn-12.若0xxn-1+2xn-1+nxn-1-n(n+1)2xn-1=n(n+1)2xn-1-n(n+1)2xn-1=0.若x1,h(x)xn-1+2xn-1+nxn-1-n(n+1)2xn-1=n(n+1)2xn-1-n(n+1)2xn-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+)上递减,所以h(x)h(1)=0,即fn(x)gn(x).综上所述,当x=1时,fn(x)=gn(x);当x1时,fn(x)0.当x=1时,fn(x)=gn(x).当x1时,用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x).当n=2时,f2(x)-g2(
20、x)=-12(1-x)20,所以f2(x)g2(x)成立.假设n=k(k2)时,不等式成立,即fk(x)gk(x).那么,当n=k+1时,fk+1(x)=fk(x)+xk+10),则hk(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1).所以,当0x1时,hk(x)1时,hk(x)0,hk(x)在(1,+)上递增.所以hk(x)hk(1)=0,从而gk+1(x)2xk+1+(k+1)xk+k+12.故fk+1(x)gk+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由和知,对一切n2的整数,都有fn(x)0(2kn),当x=1时,ak=bk,所以fn(x)=gn(x).当x
21、1时,mk(x)=k-1nnxn-1-(k-1)xk-2=(k-1)xk-2(xn-k+1-1).而2kn,所以k-10,n-k+11.若0x1,xn-k+11,mk(x)1,xn-k+11,mk(x)0,从而mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+)上递增,所以mk(x)mk(1)=0.所以当m0且m1时,akbk(2kn),又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)gn(x).综上所述,当x=1时,fn(x)=gn(x);当x1时,fn(x)gn(x).考生注意: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
22、黑.22.(本小题满分10分)(2015陕西,理22)选修41:几何证明选讲如图,AB切O于点B,直线AO交O于D,E两点,BCDE,垂足为C.(1)证明:CBD=DBA;(2)若AD=3DC,BC=2,求O的直径.(1)证明:因为DE为O直径,则BED+EDB=90.又BCDE,所以CBD+EDB=90,从而CBD=BED.又AB切O于点B,得DBA=BED,所以CBD=DBA.(2)解:由(1)知BD平分CBA,则BABC=ADCD=3,又BC=2,从而AB=32.所以AC=AB2-BC2=4,所以AD=3.由切割线定理得AB2=ADAE,即AE=AB2AD=6,故DE=AE-AD=3,即
23、O直径为3.23.(本小题满分10分)(2015陕西,理23)选修44:坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为x=3+12t,y=32t(t为参数),以原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,C的极坐标方程为=23sin .(1)写出C的直角坐标方程;(2)P为直线l上一动点,当P到圆心C的距离最小时,求P的直角坐标.解:(1)由=23sin ,得2=23sin ,从而有x2+y2=23y,所以x2+(y-3)2=3.(2)设P3+12t,32t,又C(0,3),则|PC|=3+12t2+32t-32=t2+12,故当t=0时,|PC|取得最小值,此时,P点的直角坐标为(3,0).24.(本小题满分10分)(2015陕西,理24)选修45:不等式选讲已知关于x的不等式|x+a|b的解集为x|2x4.(1)求实数a,b的值;(2)求at+12+bt的最大值.解:(1)由|x+a|b,得-b-axb-a,则-b-a=2,b-a=4,解得a=-3,b=1.(2)-3t+12+t=34-t+t(3)2+12(4-t)2+(t)2=24-t+t=4,当且仅当4-t3=t1,即t=1时等号成立.故(-3t+12+t)max=4.
