普通高等学校招生全国统一考试湖南卷文

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1、2015 年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷)(文科)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共 150 分，考试时间 120 分钟第卷一、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已知（1i）2z1i(i 为虚数单位)，则复数 z()A1iB1iC1iD1i2在一次马拉松比赛中，35 名运动员的成绩(单位：分钟)的茎叶图如图所示131415|0 0 3 4 5 6 6 8 8 8 91 1 1 2 2 2 3 3 4 4 5 5 5 6 6 7 80 1 2 2 3 3 3若将运动员按成绩由好到差编为 135

2、号，再用系统抽样方法从中抽取 7 人，则其中成绩在区间139，151上的运动员人数是()A3B4C5D63设 xR，则“x1”是“x31”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4若变量 x，y 满足约束条件xy1，yx1，x1，则 z2xy 的最小值为()A1B0C1D25执行如图所示的程序框图，如果输入 n3，则输出的 S()A.67B.37C.89D.496若双曲线x2a2y2b21 的一条渐近线经过点(3，4)，则此双曲线的离心率为()A.73B.54C.43D.537若实数 a，b 满足1a2b ab，则 ab 的最小值为()A. 2B2C2 2D48设

3、函数 f(x)ln(1x)ln(1x)，则 f(x)是()A奇函数，且在(0，1)上是增函数B奇函数，且在(0，1)上是减函数C偶函数，且在(0，1)上是增函数D偶函数，且在(0，1)上是减函数9已知点 A，B，C 在圆 x2y21 上运动，且 ABBC.若点 P 的坐标为(2，0)，则|的最大值为()A6B7C8D910某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，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 ()A.89B.827C.24（ 21）3D.8（ 21）3第卷二、填空题(本大题共 5 小题，

4、每小题 5 分，共 25 分把答案填在题中横线上)11已知集合 U1，2，3，4，A1，3，B1，3，4，则 A(UB)_12在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系若曲线 C 的极坐标方程为2sin ，则曲线 C 的直角坐标方程为_13若直线 3x4y50 与圆 x2y2r2(r0)相交于 A，B 两点，且AOB120(O 为坐标原点)，则 r_14若函数 f(x)|2x2|b 有两个零点，则实数 b 的取值范围是_15已知0，在函数 y2sin x 与 y2cos x 的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为 2 3，则_三、解答题(本大题共 6 小题

5、，共 75 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)16(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抽奖方法是：从装有 2 个红球 A1，A2和 1 个白球 B 的甲箱与装有 2 个红球 a1，a2和 2个白球 b1，b2的乙箱中，各随机摸出 1 个球若摸出的 2 个球都是红球则中奖，否则不中奖(1)用球的标号列出所有可能的摸出结果；(2)有人认为：两个箱子中的红球比白球多，所以中奖的概率大于不中奖的概率你认为正确吗？请说明理由17(本小题满分 12 分)设ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，abtan A.(1)证明：sin Bcos

6、A；(2)若 sin Csin Acos B34，且 B 为钝角，求 A，B，C.18(本小题满分 12 分)如图，直三棱柱 ABCA1B1C1的底面是边长为 2 的正三角形，E，F 分别是 BC，CC1的中点(1)证明：平面 AEF平面 B1BCC1；(2)若直线 A1C 与平面 A1ABB1所成的角为 45，求三棱锥 FAEC 的体积19(本小题满分 13 分)设数列an的前 n 项和为 Sn.已知 a11，a22，且 an23SnSn13，nN*.(1)证明：an23an；(2)求 Sn.20(本小题满分 13 分)已知抛物线 C1：x24y 的焦点 F 也是椭圆 C2：y2a2x2b2

7、1(ab0)的一个焦点，C1与 C2的公共弦的长为 2 6.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(1)求 C2的方程；(2)若|AC|BD|，求直线 l 的斜率21(本小题满分 13 分)已知 a0，函数 f(x)aexcos x(x0，)记 xn为 f(x)的从小到大的第 n(nN*)个极值点(1)证明：数列f(xn)是等比数列；(2)若对一切 nN*，xn|f(xn)|恒成立，求 a 的取值范围参考答案与详解本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共 150 分，考试时间 120 分钟第卷一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 5

8、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解析：选 D由（1i）2z1i，得 z（1i）21i2i1i2i（1i）（1i） （1i）1i，故选 D.2解析：选 B3575，因此可将编号为 135 的 35 个数据分成 7 组，每组有 5 个数据，在区间139，151上共有 20 个数据，分在 4 个小组中，每组取 1 人，共取 4 人3解析：选 C由于函数 f(x)x3在 R 上为增函数，所以当 x1 时，x31 成立，反过来，当 x31 时，x1 也成立因此“x1”是“x31”的充要条件，故选 C.4解析：选 A画出可行域如图中阴影部分所示由 z2xy，得 y2x

9、z，平移直线 2xy0，当直线过 A 点时，z 取得最小值由xy1，yx1，得x0，y1，A(0，1)当 x0，y1 时，zmin2011，故选 A.5解析：选 B第一次循环：S113，i2；第二次循环：S113135，i3；第三次循环：S113135157，i4，满足循环条件，结束循环故输出 S11313515712(11313151517)37，故选 B.6解析：选 D由双曲线的渐近线过点(3，4)，知ba43，b2a2169.又 b2c2a2，c2a2a2169，即 e21169，e2259，e53.7解析：选 C由1a2b ab，知 a0，b0，所以 ab1a2b22ab，即 ab2

10、2，当且仅当1a2b，1a2b ab，即 a42，b242时取“”，所以 ab 的最小值为 2 2.8解析：选 A由1x0，1x0，得1x0，故 f(x)在(0，1)上为增函数故选 A.9法三：同法一，得设 B(cos ，sin )，则|2(2，0)(cos 2，sin )|(6cos ，sin)| （6cos ）2sin2 3712cos 37127(当 cos 1，即 B 落在点(1，0)处时取等号)故的最大值为 7.10 解析： 选 A由三视图知原工件为一圆锥， 底面半径为 1， 母线长为 3， 则高为 32122 2，设其内接正方体的棱长为 x，则2x22 2x2 2，x2 23.V新

11、工件x316 227.又 V原工件13122 22 23，V新工件V原工件16 2272 2389.故选 A.第卷二、填空题(本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分把答案填在题中横线上)11解析：UB2，A(UB)1，321，2，3答案：1，2，312解析：2sin ，22sin ，x2y22y，即曲线 C 的直角坐标方程为 x2y22y0.答案：x2y22y013解析：如图，过点 O 作 ODAB 于点 D，则|OD|532（4）21.AOB120，OAOB，OBD30，|OB|2|OD|2，即 r2.答案：214解析：由 f(x)|2x2|b0，得|2x2|b.在同一平面直角坐标

12、系中画出 y|2x2|与 yb 的图象，如图所示，则当 0b2 时，两函数图象有两个交点，从而函数 f(x)|2x2|b 有两个零点答案：(0，2)15解析：由y2sin x，y2cos x得 sin xcos x，tan x1，xk4(kZ)0，xk4(kZ)设距离最短的两个交点分别为(x1，y1)，(x2，y2)，不妨取 x14，x254，则|x2x1|544|.又结合图形知|y2y1|222 222|2 2，且(x1，y1)与(x2，y2)间的距离为 2 3，(x2x1)2(y2y1)2(2 3)2，2(2 2)212，2.答案：2三、解答题(本大题共 6 小题，共 75 分解答应写出文

13、字说明，证明过程或演算步骤)16解：(1)所有可能的摸出结果是A1，a1，A1，a2，A1，b1，A1，b2，A2，a1，A2，a2，A2，b1，A2，b2，B，a1，B，a2，B，b1，B，b2(2)不正确理由如下：由(1)知，所有可能的摸出结果共 12 种，其中摸出的 2 个球都是红球的结果为A1，a1，A1，a2，A2，a1，A2，a2，共 4 种，所以中奖的概率为41213，不中奖的概率为 1132313，故这种说法不正确17解：(1)证明：由 abtan A 及正弦定理，得sin Acos Aabsin Asin B，在ABC 中，sin A0，所以 sin Bcos A.(2)因为

14、 sin Csin Acos Bsin180(AB)sin Acos Bsin(AB)sin Acos BsinAcos Bcos Asin Bsin Acos Bcos Asin B，所以 cos Asin B34.由(1)知 sin Bcos A，因此 sin2B34.所以 sin B32，又 B 为钝角，故 B120.由 cos Asin B32，知 A30.从而 C180(AB)30.综上所述，A30，B120，C30.18解：(1)证明：如图，因为三棱柱 ABCA1B1C1是直三棱柱，所以 AEBB1.又 E 是正三角形 ABC 的边 BC 的中点，所以 AEBC.因此 AE平面 B

15、1BCC1.而 AE平面 AEF，所以平面 AEF平面 B1BCC1.(2)设 AB 的中点为 D，连接 A1D，CD.因为ABC 是正三角形，所以 CDAB.又三棱柱 ABCA1B1C1是直三棱柱，所以 CDAA1.因此 CD平面 A1ABB1，于是CA1D 为直线 A1C 与平面 A1ABB1所成的角由题设，CA1D45，所以 A1DCD32AB 3.在 RtAA1D 中，AA1 A1D2AD2 31 2，所以 FC12AA122.故三棱锥 FAEC 的体积V13SAECFC133222612.19解：(1)证明：由条件，对任意 nN*，有an23SnSn13，因而对任意 nN*，n2，有

16、an13Sn1Sn3.两式相减，得 an2an13anan1，即 an23an，n2.又 a11，a22，所以a33S1S233a1(a1a2)33a1.故对一切 nN*，an23an.(2)由(1)知，an0，所以an2an3.于是数列a2n1是首项 a11，公比为 3 的等比数列；数列a2n是首项 a22，公比为 3的等比数列因此 a2n13n1，a2n23n1.于是 S2na1a2a2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)(133n1)2(133n1)3(133n1)3（3n1）2，从而 S2n1S2na2n3（3n1）223n132(53n21)综上所述，Sn32（53n321） ，

17、n 是奇数，32（3n21） ，n 是偶数.20解：(1)由 C1：x24y 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 a2b21.又 C1与 C2的公共弦的长为 2 6，C1与 C2都关于 y 轴对称，且 C1的方程为 x24y，由此易知 C1与 C2的公共点的坐标为 6，32 ，所以94a26b21.联立，得 a29，b28.故 C2的方程为y29x281.(2)如图，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)即 x1x2x3x4，于是(x1x2)24x1x2(x3x4)24x3x4.设直线 l 的斜率为 k，则 l 的方程为

18、 ykx1.由ykx1，x24y，得 x24kx40.而 x1，x2是这个方程的两根，所以 x1x24k，x1x24.由ykx1，y29x281，得(98k2)x216kx640.而 x3，x4是这个方程的两根，所以 x3x416k98k2，x3x46498k2.将代入，得 16(k21)162k2（98k2）246498k2，即 16(k21)1629（k21）（98k2）2，所以(98k2)2169，解得 k64，即直线 l 的斜率为64.21解：(1)证明：f(x)aexcos xaexsin x 2aexcosx4 .令 f(x)0，由 x0，得 x4m2，即 xm34，mN*.而对于

19、 cosx4 ，当 kZ 时，若 2k2x42k2，即 2k34x2k4，则 cosx4 0；若 2k2x42k32，即 2k4x2k54，则 cosx4 0.因此，在区间（m1），m34 与(m34，m4)上，f(x)的符号总相反于是当 xm34(mN*)时，f(x)取得极值，所以 xnn34(nN*)此时，f(xn)aen34cosn34 (1)n12a2en34.易知 f(xn)0，而f（xn1）f（xn）（1）n22a2e（n1）34（1）n12a2en34e是常数，故数列f(xn)是首项为 f(x1)2a2e4，公比为e的等比数列(2)对一切 nN*，xn|f(xn)|恒成立，即 n342a2en34恒成立，亦即2aen34n34恒成立(因为 a0)设 g(t)ett(t0)，则 g(t)et（t1）t2.令 g(t)0，得 t1.当 0t1 时，g(t)0，所以 g(t)在区间(0，1)上单调递减；当 t1 时，g(t)0，所以 g(t)在区间(1，)上单调递增因为 x1(0，1)，且当 n2 时，xn(1，)，xnxn1，所以g(xn)minming(x1)，g(x2)min g4 ，g54g4 4e4.因此，xn|f(xn)|恒成立，当且仅当2a4e4.解得 a24e4.故a的取值范围是24e4，.