2015年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷Ⅱ)(文科)

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1、普通咼等学校招生全国统一考试（全国卷H）（文科）本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.第I卷一、选择题（本大题共12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）1. 已知集合A=x|1x2,B=x|0xf(2x1)成立的x的取值范围是()I十xA】1A.3,B.十)C.113,3D.、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中横线上)13已知函数f(x)=ax16. 已知曲线y=x+Inx在点(1,1)处的切线与曲线y=ax+(a+2)x+1相切，贝Va=2x的图象过点(1,4),则a=14.若x,y

2、满足约束条件2xy10则z=2x+y的最大值为.x2y+1WQ15已知双曲线过点(4,3),且渐近线方程为y=gx,则该双曲线的标准方程为三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. （本小题满分12分）ABC中，D是BC上的点，AD平分/BAC,BD=2DC.sinB；sinC；若/BAC=60求/B.（本小题满分12分）某公司为了解用户对其产品的满意度，从A,B两地区分别随机调查了40个用户，根据用户对产品的满意度评分，得到A地区用户满意度评分的频率分布直方图和B地区用户满意度评分的频数分布表.B地区用户满意度评分的频数分布表满意度评分分组50,60)60,70)70,80)

3、80,90)90,100频数2814106（1）在图中作出B地区用户满意度评分的频率分布直方图，并通过直方图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度（不要求计算出具体值,给出结论即可）.H地区用户搞恚度评分的频率分布克方图图（2）根据用户满意度评分，将用户的满意度分为三个等级:满意度评分低于70分70分到89分不低于90分满意度等级不满意满意非常满意估计哪个地区用户的满意度等级为不满意的概率大？说明理由.(本小题满分12分)如图，长方体ABCD-AiBiCiDi中，AB=16,BC=10,AAi=8,点E,F分别在AiBi,DiCi上，AiE=DiF=4过点E,F的平面a与此长方体的面相交，交线

4、围成一个正方形.Cl(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；求平面a把该长方体分成的两部分体积的比值.221(ab0)的离心率为，点(2,.2)在C(本小题满分12分)已知椭圆C:a2+古=上.(1) 求C的方程；(2) 直线I不过原点0且不平行于坐标轴，I与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.18. (本小题满分12分)已知函数f(x)=lnx+a(1x).(1) 讨论f(x)的单调性；(2) 当f(x)有最大值，且最大值大于2a2时，求a的取值范围.请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答

5、时请写清题号.(本小题满分10分)选修41:几何证明选讲&如图，O为等腰三角形ABC内一点，OO与厶ABC的底边BC交于M,N两点，与底边上的高AD交于点G,且与AB,AC分别相切于E,F两点.(1) 证明：EF/BC;(2) 若AG等于OO的半径，且AE=MN=2.3,求四边形EBCF的面积.19. （本小题满分10分）选修44:坐标系与参数方程亠亠一一十.“八、X=tCOSa,在直角坐标系xOy中，曲线Ci：（t为参数，t丰0）其中OWaVn在以0为y=tsina极点，X轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：P=2sin0,C3：P=2寸3cosft（1）求C2与C3交点的直角坐标；若Ci

6、与C2相交于点a,Ci与C3相交于点B,求|AB|的最大值.20. （本小题满分10分）选修45:不等式选讲设a,b,c,d均为正数，且a+b=c+d.证明：（1）若abcd,则.a+,b.c+.d;（2）a+bc+是|ab|cd|的充要条件.参考答案与详解本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.第I卷、选择题（本大题共12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)1.解析：ODD1-1023X选A将集合A与B在数轴上画出（如图）.由图可知AUB=（1,3）,故选A.2+ai丄比2. 解析：选D=3+i，二2+ai

7、=(3+i)(1+i)=2+4i，二a=4,故选D.解析：选D对于A选项，由图知从2007年到2008年二氧化硫排放量下降得最多，故A正确.对于B选项，由图知，由2006年到2007年矩形高度明显下降，因此B正确.对于C选项，由图知从2006年以后除2011年稍有上升外，其余年份都是逐年下降的，所以C正确.由图知2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份负相关，故选D.解析：选C法一：/a=(1,1),b=(1,2),2a=2,ab=3,从而(2a+b)a=2a2+ab=43=1.法二：/a=(1,1),b=(-1,2),2a+b=(2,2)+(1,2)=(1,0),从而(2a+b)a=(1,0

8、)(1,1)=1,故选C.3. 解析：法:/a+a5=2a3,-a1+a3+a5=3a3=3,-a3=1,.S5=5(ajj=5a3=5,故选a.法二:Ta1+a3+a5=ar+(ar+2d)+(ar+4d)=3a1+6d=3,-a1+2d=1,5X4S5=5ar+d=5(a1+2d)=5,故选A.6.大角”后剩余的部解析：选D由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个分，如图所示,截去部分是一个三棱锥.设正方体的棱长为1,则三棱锥的体积为V1=XXX1剩余部分的体积V2=13-1=6.1所以V1=6=丄,V255,6故选D.7.解析：选B在坐标系中画出ABC（如图）,利用两点间的距离公式

9、可得AB|=|AC|=|BC|=2（也可以借助图形直接观察得出），所以ABC为等边三角形.设BC的中点为D,点E为外心，同时也是重心.所以|AE|=2|ad|=233,从而|0E|=|OA|2+|AE|2=“：1+3=专，故选B.&解析：选Ba=14,b=18.第一次循环：14工18且144,a=144=10;第三次循环：10工4且104,a=104=6;第四次循环：6工4且64,a=64=2;第五次循环：2工4且24,b=42=2;第六次循环：a=b=2,跳出循环，输出a=2,故选B.9.解析：选C法一：/a3a5=a4,a3a5=4(a41),a4=2.a4=4(a41),二a44a+4=

10、0,3a42_-又q=r=1=8,-q=2,a11411二a2=ag=4X2=2,故选C.法二：ta3a5=4(a41),243aga1q=4(ag1),1将a1=1代入上式并整理，得q616q3+64=0,解得q=2,1-a2=a1q=2,故选C.10.解析：选C如图，设球的半径为12R,AOB=90Saob=2R2.tVo-abc=Vc-aob,而厶AOB面积为定值，当点C到平面AOB的距离最大时，Vo-abc最大，当C为与球的大圆面AOB垂直的直径的端点时体积Vo-abc最大，为1x2r2XR=36,-R=6,球O的表面积为4kR2=4n62=144n.11. 解析：选B当x0,4时，f

11、(x)=tanx+p4+tanx,图象不会是直线段，从而排除A、C.当x；汨寸，卜彳鬥=1+V5，O2*W21+V5，)f(2x1)?f(|x|)f(|2x1|)?|x|2x1|?x2(2x1)2?3x24x+10?3x1.3故选A.法二：(特殊值排除法)令x=0,此时f(x)=f(0)=10,x=0不满足f(x)f(2x1),故C错误.1令x=2,此时f(x)=f(2)=ln3,f(2x1)=f(3)5丄丄=ln4一10.tf(2)f(3)=ln3ln4q,1其中In3ln4,In3In4010f(2)f(3)0,即f(2)f(2x1),故B,D错误.第n卷二、填空题(本大题共4小题，每小题

12、5分，共20分把答案填在题中横线上)12. 解析：/f(x)=ax32x的图象过点(1,4),4=a*1)32汕1),解得a=2.答案：213. 解析：画出可行域，如图所示.tz=2x+y, y=2x+z,将直线y=2x向上平移，经过点B时z取得最大值.x+y5=0,x2y+1=0,x=3,解得jly=2,-Zmax=2$+2=8.答案：814. 解析：法一：双曲线的渐近线方程为y=gx,可设双曲线的方程为x24y2=X将0)双曲线过点(4,3),=164*；3)2=4,2双曲线的标准方程为xy2=1.41法二：渐近线y=十过点(4,2),而,30,b0).2X2ab_1a=2，由已知条件可得

13、a2=4,%3“解得；2=1a6-解析：法一：/y=x+Inx,y=1+-,Xy|x十2.曲线y=x+Inx在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1./y=2x-1与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切，0当a=0时曲线变为y=2x+1与已知直线平行).y=2x-1,由消去y,得ax2+ax+2=0.|y=ax2+(a+2)x+1,由=a28a=0,解得a=8.法二：同法一得切线方程为y=2x-1.设y=2x-1与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切于点(x,axo+(a+2)x+1).vy=2ax+(a，b1,2双曲线的标准方程为x-/=12答案：乡-y2=14+2)

14、,解得2a=8.y|x=xo=2ax+(a+2).2axo+(a+2)=2,由2|axo+(a+2)xo+1=2x1,答案：8三、解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17. 解：(1)由正弦定理，得AD=BDAD=DCsinBsin/BAD，sinCsin/CAD因为AD平分/BAC,BD=2DC,所以sinBsinCDC=1BD=2.因为/C=180。(/BAC+ZB),/BAC=60所以sinC=sin(ZBAC+ZB)=于cosB+*sinB.由(1)知2sinB=sinC,所以tanB=g,3所以ZB=3018. 解：如图所示.通过两地区用户满意度评分的频率分布直方图可以看

15、出，B地区用户满意度评分的平均值高于A地区用户满意度评分的平均值；B地区用户满意度评分比较集中，而A地区用户满意度评分比较分散.(2)A地区用户的满意度等级为不满意的概率大.记Ca表示事件：A地区用户的满意度等级为不满意”；Cb表示事件：B地区用户的满意度等级为不满意”.由直方图得P(Ca)的估计值为(0.01+0.02+0.03)W=0.6,P(Cb)的估计值为(0.005+0.02)M0=0.25.所以A地区用户的满意度等级为不满意的概率大.19. 解：(1)交线围成的正方形EHGF如图所示.(2)如图，作EM丄AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EBi=12,EM=AA1=8.因为四边形

16、EHGF为正方形，所以EH=EF=BC=10.于是MH=EH2EM2=6,AH=10,HB=6.1故S四边形A1EHA=2X(4+10)8=56,1S四边形EB1BH=2(12+6)=72.因为长方体被平面a分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为77也正确.7a2b224220.解：(1)由题意有a=T，孑+b=1,解得a2=8,b2=4.22所以C的方程为x+y=1.84(2)证明：设直线l:y=kx+b(kQ0,)A(x1,y1),B(x2,y2),22将y=kx+b代入号+y=1,得84M(xm,yM).(2k2+1)x2+4kbx+2b28=0.故xM=X1+X22=2kbb冇,

17、yM=kxM+b=右.于是直线OM的斜率koM=yM=1,xm2k1即kOMk=2.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.121.解：(1)f(x)的定义域为(0,+)fx)=xa.+OOfx)0,则当x0,1时，fx)0;1,所以f(x)在0,1上单调递增，在a，+o上单调递减.由知，当a切时，f(x)在(0,+o)上无最大值;1当a0时，f(x)在x=-处取得最大值,最大值为a因此f12a2等价于Ina+a10.令g(a)=Ina+a1,贝Ug(a)在(0,+o上单调递增，g(i)=0.于是，当0a1时，g(a)1时，g(a)0.因此，a的取值范围是(0,1).题计分.作答请考生在

18、第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第时请写清题号.22. 解：证明：由于ABC是等腰三角形，AD丄BC,所以AD是/CAB的平分线.又因为OO分别与AB,AC相切于点E,F,所以AE=AF,故AD丄EF,从而EF/BC.(2)由(1)知,AE=AF,AD丄EF,故AD是EF的垂直平分线.又EF为OO的弦，所以0在AD上.连接OE,OM,贝UOE丄AE.由AG等于OO的半径得AO=2OE,所以/OAE=30因此ABC和AEF都是等边三角形.因为AE=23,所以AO=4,OE=2.1因为OM=OE=2,DM=gMN=3,所以OD=1.于是AD=5,AB=彎3所以四边形EBCF

19、的面积为1解：曲线C2的直角坐标方程为x2+y22y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y223x=0.x2+y22y=0,联立22x2+y223x=0,解得丿x=0,或y=0x=于，或y=3.所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和曲线Ci的极坐标方程为0=apR,pM0)其中0WaVn.因此A的极坐标为(2sinaa,B的极坐标为(2,3cosa,a).所以|AB|=|2sina2羽cosa|=4sin(a3/.当a=卡刃时,|AB取得最大值,最大值为4.证明：(1)因为(，a+,b)2=a+b+2,ab,(,c+d)2=c+d+2cd,由题设a+b=c+d,abcd,得(.a+,b)2(,c+.d)2.因此.a+.b.c+d.22(2)必要性：若|ab|cd|,则(ab)(cd),即(a+b)24abcd.由(1),得，a+,b,：c+,d.充分性：若Ja+,b,c+.：d,则(,+,b)2(.：.,：c+td)2,即a+b+2,abc+d2cd.因为a+b=c+d,所以abcd.于是(ab)2=(a+b)24ab(c+d)24cd=(cd)2.因此|ab|c+d是|ab|v|cd|的充要条件.