1、 20152015 年普通高等学校招生全国统一考试数学文试题（山东卷，含解析）年普通高等学校招生全国统一考试数学文试题（山东卷，含解析） 第卷（共第卷（共 5050 分）分） 一、一、 选择题：本大题共选择题：本大题共 1010 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 5050 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有一在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合项是符合 要求的要求的 1. 已知集合 A=x|20 B.若方程 2 0xxm有实根，则0 .若方程 2 0xxm没有实根，则 0 .若方程 2 0xxm没有实根，则0 【答案】D 【解析】 试题分析：一个命题的逆否命题，要将原命
2、题的条件、结论加以否定，并且加以互换，故选 D. 考点：命题的四种形式. 6. 为比较甲、 乙两地某月 14 时的气温状况， 随机选取该月中的 5 天， 将这 5 天中 14 时的气温数据 （单位： ） 制成如图所示的茎叶图.考虑以下结论： 甲地该月 14 时的平均气温低于乙地该月 14 时的平均气温； 甲地该月 14 时的平均气温高于乙地该月 14 时的平均气温； 甲地该月 14 时的平均气温的标准差小于乙地该月 14 时的气温的标准差； 甲地该月 14 时的平均气温的标准差大于乙地该月 14 时的气温的标准差. 其中根据茎叶图能得到的统计结论的标号为( ) （A） (B) (C) (D)
3、【答案】B 考点：1.茎叶图；2.平均数、方差、标准差. 7. 在区间0,2上随机地取一个数 x,则事件“ 1 2 1 -1log 2 x（） 1”发生的概率为( ) （A） 3 4 （B） 2 3 （C） 1 3 （D） 1 4 【答案】A 【解析】 试题分析：由 1 2 1 -1log 2 x（） 1得， 111 222 11 113 log 2loglog,2,0 22 222 xxx（），所以，由 几何概型概率的计算公式得， 3 0 3 2 204 P ，故选 A. 考点：1.几何概型；2.对数函数的性质. 8. 若函数 21 ( ) 2 x x f x a 是奇函数，则使 f（x）3
4、 成立的 x 的取值范围为( ) （A）( ) (B)() （C） （0,1） （D） （1，+） 【答案】C 【解析】 试题分析： 由题意( )()f xfx ， 即 2121 , 22 xx xx aa 所以，(1)(21)0,1 x aa， 21 ( ), 21 x x f x 由 21 ( )3 21 x x f x 得，122,01, x x故选 C. 考点：1.函数的奇偶性；2.指数运算. 9. 已知等腰直角三角形的直角边的长为，将该三角形绕其斜边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( ) （A）（B）（ ）2 2（ ）4 2 【答案】B 考点：1.旋转体的几何特
5、征；2.几何体的体积. 10. 设函数 3,1 ( ) 2 ,1 x xb x f x x ，若 5 ( ( )4 6 f f，则 b=( ) （A）1 （B） 7 8 （C） 3 4 (D) 1 2 【答案】D 【解析】 试题分析：由题意， 555 ( )3, 662 fbb 由 5 ( ( )4 6 f f得， 5 1 2 5 3()4 2 b bb 或 5 2 5 1 2 24 b b ，解得 1 2 b ，故选 D. 考点：1.分段函数；2.函数与方程. 第卷（共第卷（共 100100 分）分） 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 5 5 小题，小题，每小题每小题 5 5 分，共
6、分，共 2525 分分 11. 执行右边的程序框图，若输入的 x 的值为 1，则输出的 y 的值是 . 【答案】13 考点：算法与程序框图. 12. 若 x,y 满足约束条件 1 3, 1 yx xy y 则3zxy的最大值为 . 【答案】7 【解析】 试题分析：画出可行域及直线30xy，平移直线30xy，当其经过点(1,2)A时，直线的纵截距最 大，所以3zxy最大为1 3 27z . 考点：简单线性规划. 13. 过点 P（1，）作圆的两条切线，切点分别为 A，B，则= . 【答案】 3 2 考点：1.直线与圆的位置关系；2.平面向量的数量积. 14. 定义运算“” ： 22 xy xy
7、xy （,0xyR xy，）.当00xy，时，(2 )xyyx的最 小值是 . 【答案】2 【解析】 试题分析：由新定义运算知， 2222 (2 )4 (2 ) (2 )2 yxyx yx y xxy ，因为，00xy， 所以， 222222 422 2 (2 )2 222 xyyxxyxy xyyx xyxyxyxy ，当且仅当2xy时， (2 )xyyx的最小值是2. 考点：1.新定义运算；2.基本不等式. 15. 过双曲线C： 22 22 1 xy aa 0,0ab（）的右焦点作一条与其渐近线平行的直线， 交C于点P.若点P的 横坐标为2a,则C的离心率为 . 【答案】23 考点：1.双
8、曲线的几何性质；2.直线方程. 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 6 小题，共小题，共 7575 分分 16. （本小题满分 12 分） 某中学调查了某班全部 45 名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表： （单位：人） 参加书法社团 未参加书法社团 参加演讲社团 8 5 未参加演讲社团 2 30 （1） 从该班随机选 1 名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率； （2） 在既参加书法社团又参加演讲社团的 8 名同学中，有 5 名男同学 A1，A2，A3，A4，A5,3 名 女同学 B1，B2，B3.现从这 5 名男同学和 3 名女同学中各随机选 1 人，求 A1被选中
9、且 B1未被选中的 概率. 【答案】(1) 1 3 ；(2) 2 15 . 【解析】 试题分析： （1）由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人，故至少参加上述一个社 团的共有45 3015人，所以从该班级随机选1名同学，利用公式计算即得. (2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，其一切可能的结果组成的基本事件有： 111213212223313233 ,A BA BA BA BA BA BA BA BA B 414243515253 ,A BA BA BA BA BA B，共15个. 根据题意，这些基本事件的出现是等可能的. 事件“ 1 A被选中且 1 B未被选中”
10、所包含的基本事件有： 1213 ,A BA B，共2个. 应用公式计算即得. 试题解析： （1）由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人，故至少参加上述一个社 团的共有45 3015人，所以从该班级随机选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率为 151 . 453 P (2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，其一切可能的结果组成的基本事件有： 111213212223313233 ,A BA BA BA BA BA BA BA BA B 414243515253 ,A BA BA BA BA BA B，共15个. 根据题意，这些基本事件的出现是等可能的. 事件“
11、1 A被选中且 1 B未被选中”所包含的基本事件有： 1213 ,A BA B，共2个. 因此 1 A被选中且 1 B未被选中的概率为 2 15 P . 考点：1.古典概型；2.随机事件的概率. 17. (本小题满分 12 分) ABC中，角 A，B，C 所对的边分别为 a,b,c.已知 36 cos,sin (),2 3 39 BABac 求sinA 和c 的值. 【答案】 2 2 ,1. 3 由正弦定理可得2 3ac，结合2 3ac 即得. 试题解析：在ABC中，由 3 cos 3 B ，得 6 sin 3 B . 因为ABC，所以 6 sinsin() 9 CAB， 因为sinsinCB
12、，所以CB，C为锐角， 5 3 cos 9 C ， 因此sinsin()sincoscossinABCBCBC 65 3362 2 39393 . 由, sinsin ac AC 可得 2 2 sin 3 2 3 sin6 9 c cA ac C ，又2 3ac ，所以1c. 考点：1.两角和差的三角函数；2.正弦定理. 18. 如图，三棱台DEFABC中，2ABDEGH， ，分别为ACBC，的中点. （I）求证：/ /BD平面FGH； （II）若CFBCABBC，求证：平面BCD平面EGH. 【答案】证明见解析 思路二：在三棱台DEFABC中，由2,BCEF H为BC的中点， 可得HBEF为
13、平行四边形， /.BEHF 在ABC中，GH，分别为ACBC，的中点， 得到/ /,GHAB又GHHFH， 得到平面/FGH平面ABED. (II)证明： 连接HE.根据 GH，分别为ACBC，的中点， 得到 / /,GHAB由,ABBC得GHBC， 又H为BC的中点，得到四边形EFCH是平行四边形，从而 /.CFHE 又CFBC，得到 HEBC. 试题解析： （I）证法一：连接,.DG CD设CDGFM,连接MH，在三棱台DEFABC中， 2ABDEG，分别为AC的中点，可得/ /,DFGC DFGC，所以四边形DFCG是平行四边形，则M 为CD的中点，又H是BC的中点，所以/HMBD, 又
14、HM 平面FGH，BD平面FGH，所以/ /BD平面FGH. 证法二：在三棱台DEFABC中，由2,BCEF H为BC的中点， 可得/ /,BHEF BHEF所以HBEF为平行四边形，可得/.BEHF 在ABC中，GH，分别为ACBC，的中点， 所以/ /,GHAB又GHHFH， 所以平面/FGH平面ABED， 因为BD 平面ABED， 所以/ /BD平面FGH. (II)证明：连接HE.因为GH，分别为ACBC，的中点，所以/ /,GHAB由,ABBC得GHBC， 又H为BC的中点，所以/ /,EFHC EFHC因此四边形EFCH是平行四边形，所以/.CFHE 又CFBC，所以HEBC. 又
15、,HE GH 平面EGH，HEGHH，所以BC 平面EGH， 又BC 平面BCD，所以平面BCD平面.EGH 考点：1.平行关系；2.垂直关系. 19. （本小题满分 12 分） 已知数列 n a是首项为正数的等差数列，数列 1 1 nn aa 的前n项和为 21 n n . （I）求数列 n a的通项公式； （II）设1 2 n a nn ba，求数列 n b的前n项和 n T. 【答案】 （I）21. n an (II) 1 4(31) 4 . 9 n n n T 【解析】 试题分析： （I）设数列 n a的公差为d， 令1,n 得 12 11 3a a ，得到 12 3a a . 令2,
16、n 得 1223 112 5a aa a ，得到 23 15a a . 解得 1 1,2ad即得解. （II）由（I）知 24 224 , nn n bnn 得到 12 1 42 44 , n n Tn 从而 231 41 42 4(1) 44, nn n Tnn 利用“错位相减法”求和. 试题解析： （I）设数列 n a的公差为d， 令1,n 得 12 11 3a a ，所以 12 3a a . 令2,n 得 1223 112 5a aa a ，所以 23 15a a . 解得 1 1,2ad，所以21. n an （II）由（I）知 24 224 , nn n bnn 所以 12 1 42
17、 44 , n n Tn 所以 231 41 42 4(1) 44, nn n Tnn 两式相减，得 121 34444 nn n Tn 11 4(1 4 )1 34 44, 1 433 n nn n n 所以 1 1 3144(31) 4 4. 999 n n n nn T 考点：1.等差数列的通项公式；2.数列的求和、 “错位相减法”. 20. (本小题满分 13 分) 设函数. 已知曲线 在点(1,(1)f处的切线与直线 平行. （）求 a 的值； （）是否存在自然数 k，使得方程( )( )f xg x在( ,1)k k 内存在唯一的根？如果存在，求出 k；如果不 存在，请说明理由；
18、（）设函数( )min ( ), ( )m xf x g x（minp，q表示，p，q 中的较小值） ，求 m(x)的最大值. 【答案】 （I）1a ；(II) 1k ；(III) 2 4 e . 【解析】 试题分析： （I）由题意知， (1)2f，根据( )ln1, a fxx x 即可求得. （II）1k 时，方程( )( )f xg x在(1,2)内存在唯一的根. 设 2 ( )( )( )(1)ln, x x h xf xg xxx e 通过研究(0,1x时，( )0h x .又 22 44 (2)3ln2ln81 10,h ee 得知存在 0 (1,2)x ，使 0 ()0h x.
19、应用导数研究函数( )h x的单调性，当(1,)x时，( )h x单调递增. 作出结论：1k 时，方程( )( )f xg x在( ,1)k k 内存在唯一的根. （III）由（II）知，方程( )( )f xg x在(1,2)内存在唯一的根 0 x，且 0 (0,)xx时，( )( )f xg x， 0 (,)xx时，( )( )f xg x，得到 0 2 0 (1)ln ,(0, ( ) ,(,) x xx xx m x x xx e . 当 0 (0,)xx时，研究得到 0 ( )().m xm x 当 0 (,)xx时，应用导数研究得到 2 4 ( )(2),m xm e 且 0 ()
20、(2)m xm. 综上可得函数( )m x的最大值为 2 4 e . 试题解析： （I）由题意知，曲线 在点(1, (1)f处的切线斜率为2，所以(1)2f， 又( )ln1, a fxx x 所以1a . （II）1k 时，方程( )( )f xg x在(1,2)内存在唯一的根. 设 2 ( )( )( )(1)ln, x x h xf xg xxx e 当(0,1x时，( )0h x . 又 22 44 (2)3ln2ln81 10,h ee 所以存在 0 (1,2)x ，使 0 ()0h x. 因为 1(2) ( )ln1, x x x h xx xe 所以当(1,2)x时， 1 ( )
21、10h x e ，当(2,)x时，( )0h x ， 所以当(1,)x时，( )h x单调递增. 所以1k 时，方程( )( )f xg x在( ,1)k k 内存在唯一的根. （III）由（II）知，方程( )( )f xg x在(1,2)内存在唯一的根 0 x，且 0 (0,)xx时，( )( )f xg x， 0 (,)xx时，( )( )f xg x，所以 0 2 0 (1)ln ,(0, ( ) ,(,) x xx xx m x x xx e . 当 0 (0,)xx时，若(0,1,( )0;xm x 若 0 (1,),xx由 1 ( )ln10,m xx x 可知 0 0( )()
22、;m xm x故 0 ( )().m xm x 当 0 (,)xx时，由 (2) ( ), x xx m x e 可得 0 (,2)xx时，( )0,( )m xm x单调递增；(2,)x时， ( )0,( )m xm x单调递减； 可知 2 4 ( )(2),m xm e 且 0 ()(2)m xm. 综上可得函数( )m x的最大值为 2 4 e . 考点：1.导数的几何意义；2.应用导数研究函数的单调性、最值. 21. (本小题满分 14 分) 平面直角坐标系xOy中，已知椭圆 C： 22 22 +=1(0) xy b b 的离心率为 3 2 ，且点（3， 1 2 ）在椭 圆 C 上.
23、（）求椭圆 C 的方程； （）设椭圆 E： 22 22 +=1 44 xy ab ，P 为椭圆 C 上任意一点，过点 P 的直线=+ykxm交椭圆 E 于 A， B 两点，射线 PO 交椭圆 E 于点 Q. （i）求 | | OQ OP 的值； (ii)求ABQ面积的最大值. 【答案】 （I） 2 2 1 4 x y； （II） （i） | 2 | OQ OP ； （ii）6 3. 【解析】 试题分析： （I）由题意知 22 31 1, 4ab 又 22 3 2 ab a ，解得 22 4,1ab. （II）由（I）知椭圆 E 的方程为 22 1 164 xy . （i） 设 00 | (,)
24、, | OQ P xy OP 由题意知 00 (,)Qxy. 根据 2 2 0 0 1. 4 x y及 22 00 ()() 1 164 xy ，知2. （ii）设 1122 ( ,), (,),A x yB x y将ykxm代入椭圆 E 的方程，可得 222 (1 4)84160kxkmxm， 由0, 可得 22 4 16mk 应用韦达定理计算 22 12 2 4 164 |. 1 4 km xx k 及OAB的面积 22222 12 22 2 (164)12| 164 | 21 41 4 km mmkm Sm xx kk 22 22 2 (4). 1 41 4 mm kk 设 2 2 .
25、1 4 m t k 将直线ykxm代入椭圆 C 的方程，可得 222 (1 4)8440kxkmxm，由0, 可 得 22 14mk 由可知 2 01,2 (4)24 .tSt ttt 当且仅当1t ，即 22 14mk 时取得最大值2 3. 由（i）知，ABQ的面积为3S即得 ABQ面积的最大值为6 3. 试题解析： （I）由题意知 22 31 1, 4ab 又 22 3 2 ab a ，解得 22 4,1ab， 所以椭圆 C 的方程为 2 2 1. 4 x y （II）由（I）知椭圆 E 的方程为 22 1 164 xy . （ii） 设 00 | (,), | OQ P xy OP 由题
26、意知 00 (,)Qxy. 因为 2 2 0 0 1. 4 x y又 22 00 ()() 1 164 xy ，即 22 2 0 0 ()1. 44 x y 所以2，即 | 2. | OQ OP （ii）设 1122 ( ,), (,),A x yB xy将ykxm代入椭圆 E 的方程，可得 222 (1 4)84160kxkmxm， 由0, 可得 22 4 16mk 则有 2 1212 22 8416 ,. 1 41 4 kmm xxx x kk 所以 22 12 2 4 164 |. 1 4 km xx k 因为直线ykxm与y轴交 点的坐标为(0,)m，所以OAB的面积 22222 12 22 2 (164)12| 164 | 21 41 4 km mmkm Sm xx kk 22 22 2 (4). 1 41 4 mm kk 设 2 2 . 1 4 m t k 将直线ykxm代入椭圆 C 的方程，可得 222 (1 4)8440kxkmxm，由0, 可 得 22 14mk 由可知 2 01,2 (4)24 .tSt ttt 故2 3S . 当且仅当1t ，即 22 14mk 时取得最大值2 3. 由（i）知，ABQ的面积为3S，所以ABQ面积的最大值为6 3. 考点：1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与椭圆的位置关系；3.距离与三角形面积；4.转化与化归 思想.
