2015年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(湖南卷).docx

1、2015年普通高等学校招生全国统一考试湖南理科数学本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分,共6页.时量120分钟,满分150分.一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50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.1.(2015湖南,理1)已知(1-i)2z=1+i(i为虚数单位),则复数z=()A.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i答案:D解析:由已知得z=(1-i)21+i=-2i1+i=-2i(1-i)(1+i)(1-i)=-2-2i2=-1-i.2.(2015湖南,理2)设A,B是两个集合,则“AB=A”是“AB”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.

2、充要条件D.既不充分也不必要条件答案:C解析:若AB=A,则有AB;若AB,则必有AB=A.所以“AB=A”是“AB”的充要条件.3.(2015湖南,理3)执行如图所示的程序框图.如果输入n=3,则输出的S=()A.67B.37C.89D.49答案:B解析:由题意得,输出的S为数列1(2n-1)(2n+1)的前3项和,而1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,即Sn=121-12n+1=n2n+1.故当输入n=3时,S3=37,故选B.4.(2015湖南,理4)若变量x,y满足约束条件x+y-1,2x-y0,1-x0,解得-1x0,即f(x)0,所以f(x)在(0,1)上是增函

3、数.故选A.6.(2015湖南,理6)已知x-ax5的展开式中含x32的项的系数为30,则a=()A.3B.-3C.6D.-6答案:D解析:展开式的通项为Tr+1=C5r(x)5-r-axr=(-1)rC5rarx52-r(r=0,1,2,5).令52-r=32,得r=1,所以展开式中含x32项的系数为(-1)C51a,于是-5a=30,解得a=-6.7.(2015湖南,理7)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()A.2 386B.2 718C.3 413D.4 772附:若XN(,2),则P(-X+)=0

4、.682 6,P(-2X+2)=0.954 4.答案:C解析:由于曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线,所以P(-1X1)=0.682 6,由正态分布密度曲线的对称性知P(0X1)=0.341 3,即图中阴影部分的面积为0.341 3.由几何概型知点落入阴影部分的概率P=0.341 31=0.341 3.因此,落入阴影部分的点的个数的估计值为10 0000.341 3=3 413.故选C.8.(2015湖南,理8)已知点A,B,C在圆x2+y2=1上运动,且ABBC.若点P的坐标为(2,0),则|PA+PB+PC|的最大值为()A.6B.7C.8D.9答案:B解析:设坐标原点为O,则PA+P

5、B+PC=PO+OA+PO+OB+PO+OC=3PO+OB+(OA+OC),由于ABBC,所以AC是圆的直径,因此OA+OC=0,于是|PA+PB+PC|=|3PO+OB|=(3PO+OB)2=9|PO|2+6POOB+|OB|2=922+12-6OPOB=37-6|OP|OB|cosPOB=37-12cosPOB,故当POB=时,cosPOB取最小值-1,此时|PA+PB+PC|取最大值7.9.(2015湖南,理9)将函数f(x)=sin 2x的图象向右平移02个单位后得到函数g(x)的图象.若对满足|f(x1)-g(x2)|=2的x1,x2,有|x1-x2|min=3,则=()A.512B

6、.3C.4D.6答案:D解析:由题意可知,g(x)=sin(2x-2).因为|f(x1)-g(x2)|=2,可知f(x1)和g(x2)分别为f(x)和g(x)的最大值和最小值(或最小值和最大值).不妨令2x1=2+2k(kZ),2x2-2=-2+2m(mZ),则x1-x2=2-+(k-m),又|x1-x2|min=3,所以当k-m=0时,即k=m,又02,则有2-=3,解得=6.故选D.10.(2015湖南,理10)某工件的三视图如图所示,现将该工件通过切割,加工成一个体积尽可能大的长方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为材料利用率=新工件的体积原工件的体积

7、()A.89B.169C.4(2-1)3D.12(2-1)3答案:A解析:由三视图知该工件是一个圆锥,其底面半径为1,高为2,故体积V1=13122=23.由圆及矩形的对称性可知当长方体体积最大时,其底面一定为正方形,设其边长为x(0x2),长方体的高为h,则有22x1=2-h2,所以h=2-2x,则长方体体积V=x2h=x2(2-2x)=2x2-2x3,所以V(x)=4x-32x2,令V(x)=0得x=223或x=0(舍去),因当0x223时,V(x)递增,而当223x1,所以e=5.14.(2015湖南,理14)设Sn为等比数列an的前n项和,若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,

8、则an=.答案:3n-1解析:设等比数列an的公比为q,则an=a1qn-1=qn-1.因为3S1,2S2,S3成等差数列,所以2(2S2)=3S1+S3,即4S2=3+S3,即4(a1+a2)=3+(a1+a2+a3),也就是4(1+q)=3+(1+q+q2),整理得q2-3q=0,解得q=3或q=0(舍去).所以等比数列an的首项为a1=1,公比为q=3,故an=3n-1.15.(2015湖南,理15)已知函数f(x)=x3,xa,x2,xa.若存在实数b,使函数g(x)=f(x)-b有两个零点,则a的取值范围是.答案:(-,0)(1,+)解析:要使函数g(x)=f(x)-b有两个零点,应

9、使f(x)图象与直线y=b有两个不同的交点.当0a1时,由f(x)的图象知f(x)在定义域R上单调递增,它与直线y=b不可能有两个交点.当a0时,由f(x)的图象(如图)知,f(x)在(-,a上递增,在(a,0)上递减,在0,+)上递增,且a30,所以,当0b1时,由f(x)的图象(如图)知,f(x)在(-,a上递增,在(a,+)上递增,但a3a2,所以当a2ba3时,f(x)图象与y=b有两个不同的交点.综上,实数a的取值范围是a1.三、解答题:本大题共6小题,共75分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.16.(2015湖南,理16)(本小题满分12分)本小题设有,三个选做题,请考生任

10、选两题作答,并将解答过程写在答题卡中相应题号的答题区域内.如果全做,则按所做的前两题计分.(本题满分6分)选修4-1:几何证明选讲如图,在O中,相交于点E的两弦AB,CD的中点分别是M,N.直线MO与直线CD相交于点F.证明:(1)MEN+NOM=180;(2)FEFN=FMFO.证明:(1)如图所示,因为M,N分别是弦AB,CD的中点,所以OMAB,ONCD,即OME=90,ENO=90,因此OME+ENO=180.又四边形的内角和等于360,故MEN+NOM=180.(2)由(1)知,O,M,E,N四点共圆,故由割线定理即得FEFN=FMFO.(本题满分6分)选修4-4:坐标系与参数方程已

11、知直线l:x=5+32t,y=3+12t(t为参数).以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为=2cos .(1)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程;(2)设点M的直角坐标为(5,3),直线l与曲线C的交点为A,B,求|MA|MB|的值.解:(1)=2cos 等价于2=2cos .将2=x2+y2,cos =x代入即得曲线C的直角坐标方程为x2+y2-2x=0.(2)将x=5+32t,y=3+12t代入,得t2+53t+18=0.设这个方程的两个实根分别为t1,t2,则由参数t的几何意义即知,|MA|MB|=|t1t2|=18.(本题满分6分)选修4-5:不等式

12、选讲设a0,b0,且a+b=1a+1b,证明:(1)a+b2;(2)a2+a2与b2+b0,b0,得ab=1.(1)由基本不等式及ab=1,有a+b2ab=2,即a+b2.(2)假设a2+a2与b2+b2同时成立,则由a2+a0得0a1;同理,0b1,从而ab1,这与ab=1矛盾.故a2+a2与b2+b0,所以A0,4,于是sin A+sin C=sin A+sin2-2A=sin A+cos 2A=-2sin2A+sin A+1=-2sinA-142+98.因为0A4,所以0sin A22,因此22-2sinA-142+9898.由此可知sin A+sin C的取值范围是22,98.18.(

13、2015湖南,理18)(本小题满分12分)某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额的商品后即可抽奖,每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中,各随机摸出1个球,在摸出的2个球中,若都是红球,则获一等奖;若只有1个红球,则获二等奖;若没有红球,则不获奖.(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率;(2)若某顾客有3次抽奖机会,记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X,求X的分布列和数学期望.解:(1)记事件A1=从甲箱中摸出的1个球是红球,A2=从乙箱中摸出的1个球是红球,B1=顾客抽奖1次获一等奖,B2=顾客抽奖1次获二等奖,C=顾客抽奖1次能获奖.由题意,A1与A2相互

14、独立,A1A2与A1A2互斥,B1与B2互斥,且B1=A1A2,B2=A1A2+A1A2,C=B1+B2,因为P(A1)=410=25,P(A2)=510=12,所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=2512=15,P(B2)=P(A1A2+A1A2)=P(A1A2)+P(A1A2)=P(A1)P(A2)+P(A1)P(A2)=P(A1)(1-P(A2)+(1-P(A1)P(A2)=251-12+1-2512=12.故所求概率为P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=15+12=710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验,由(1)知,顾客抽奖1次获一等奖的概率

15、为15,所以XB3,15.于是P(X=0)=C30150453=64125,P(X=1)=C31151452=48125,P(X=2)=C32152451=12125,P(X=3)=C33153450=1125.故X的分布列为X0123P6412548125121251125X的数学期望为E(X)=315=35.19.(2015湖南,理19)(本小题满分13分)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形.A1A=6,且A1A底面ABCD.点P,Q分别在棱DD1,BC上.(1)若P是DD1的中点,证明:AB1PQ.(2)若PQ平面ABB1A1,二面角P-QD

16、-A的余弦值为37,求四面体ADPQ的体积.解法1:由题设知,AA1,AB,AD两两垂直,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0m6.(1)若P是DD1的中点,则P0,92,3,PQ=6,m-92,-3.又AB1=(3,0,6),于是AB1PQ=18-18=0,所以AB1PQ,即AB1PQ.(2)由题设知,DQ=(6,m-6,0),DD1=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是

17、平面PQD的一个法向量,则n1DQ=0,n1DD1=0,即6x+(m-6)y=0,-3y+6z=0.取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),所以cos=n1n2|n1|n2|=31(6-m)2+62+32=3(6-m)2+45.而二面角P-QD-A的余弦值为37,因此3(6-m)2+45=37,解得m=4,或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设DP=DD1(0b0)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为26.(1)求C2的方程;(2)过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且AC与BD同向.若|AC|=|BD|,求直线l的斜

18、率;设C1在点A处的切线与x轴的交点为M.证明:直线l绕点F旋转时,MFD总是钝角三角形.解:(1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也是椭圆C2的一个焦点,所以a2-b2=1.又C1与C2的公共弦的长为26,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为6,32,所以94a2+6b2=1.联立,得a2=9,b2=8.故C2的方程为y29+x28=1.(2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).因AC与BD同向,且|AC|=|BD|,所以AC=BD,从而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x

19、3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.由y=kx+1,x2=4y得x2-4kx-4=0.而x1,x2是这个方程的两根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.由y=kx+1,x28+y29=1得(9+8k2)x2+16kx-64=0.而x3,x4是这个方程的两根,所以x3+x4=-16k9+8k2,x3x4=-649+8k2.将,代入,得16(k2+1)=162k2(9+8k2)2+4649+8k2,即16(k2+1)=1629(k2+1)(9+8k2)2,所以(9+8k2)2=169,解得k=64,即直线l的斜率

20、为64.由x2=4y得y=x2,所以C1在点A处的切线方程为y-y1=x12(x-x1),即y=x1x2-x124.令y=0得x=x12,即Mx12,0,所以FM=x12,-1.而FA=(x1,y1-1),于是FAFM=x122-y1+1=x124+10,因此AFM是锐角,从而MFD=180-AFM是钝角.故直线l绕点F旋转时,MFD总是钝角三角形.21.(2015湖南,理21)(本小题满分13分)已知a0,函数f(x)=eaxsin x(x0,+).记xn为f(x)的从小到大的第n(nN*)个极值点.证明:(1)数列f(xn)是等比数列;(2)若a1e2-1,则对一切nN*,xn|f(xn)

21、|恒成立.证明:(1)f(x)=aeaxsin x+eaxcos x=eax(asin x+cos x)=a2+1eaxsin(x+),其中tan =1a,02.令f(x)=0,由x0得x+=m,即x=m-,mN*.对kN,若2kx+(2k+1),即2k-x0;若(2k+1)x+(2k+2),即(2k+1)-x(2k+2)-,则f(x)0.因此,在区间(m-1),m-)与(m-,m)上,f(x)的符号总相反.于是当x=m-(mN*)时,f(x)取得极值,所以xn=n-(nN*).此时,f(xn)=ea(n-)sin(n-)=(-1)n+1ea(n-)sin .易知f(xn)0,而f(xn+1)

22、f(xn)=(-1)n+2ea(n+1)-sin(-1)n+1ea(n-)sin=-ea是常数,故数列f(xn)是首项为f(x1)=ea(-)sin ,公比为-ea的等比数列.(2)由(1)知,sin =1a2+1,于是对一切nN*,xn|f(xn)|恒成立,即n-1a2+1ea(n-)恒成立,等价于a2+1a0).设g(t)=ett(t0),则g(t)=et(t-1)t2.令g(t)=0得t=1.当0t1时,g(t)1时,g(t)0,所以g(t)在区间(1,+)上单调递增.从而当t=1时,函数g(t)取得最小值g(1)=e.因此,要使(*)式恒成立,只需a2+1a1e2-1.而当a=1e2-1时,由tan =1a=e2-13且02知,32.于是-2332e2-1.因此对一切nN*,axn=n-e2-11,所以g(axn)g(1)=e=a2+1a.故(*)式亦恒成立.综上所述,若a1e2-1,则对一切nN*,xn|f(xn)|恒成立.