2015年普通高等学校招生全国统一考试江苏卷

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1、2015年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)参考公式圆柱的体积公式：V圆柱Sh，其中S是圆柱的底面积，h为高圆锥的体积公式：V圆锥Sh，其中S是圆锥的底面积，h为高数学试题一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分请把答案填写在题中横线上)1已知集合A1，2，3，B2，4，5，则集合AB中元素的个数为_2已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为_3设复数z满足z234i(i是虚数单位)，则z的模为_4根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为_5袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为_6已知

2、向量a(2，1)，b(1，2)，若manb(9，8)(m，nR)，则mn的值为_7不等式2x2x4的解集为_8已知tan 2，tan()，则tan 的值为_9现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为_10在平面直角坐标系xOy中，以点(1，0)为圆心且与直线mxy2m10(mR)相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为_11设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_12在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2y21右支上的一个动点，若

3、点P到直线xy10的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为_13已知函数f(x)|ln x|，g(x)则方程|f(x)g(x)|1实根的个数为_14设向量ak(k0，1，2，12)，则(akak1)的值为_二、解答题(本大题共6小题，共90分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15(本小题满分14分)在ABC中，已知AB2，AC3，A60(1)求BC的长；(2)求sin 2C的值16. (本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ACBC，BCCC1，设AB1的中点为D，B1CBC1E. 求证：(1)DE平面AA1C1C；(2)BC1AB1.17. (本小题满分14分)某

4、山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l.如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y(其中a，b为常数)模型(1)求a，b的值(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度18(本小题满分

5、16分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1(ab0)的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC2AB，求直线AB的方程19(本小题满分16分)已知函数f(x)x3ax2b(a，bR)(1)试讨论f(x)的单调性；(2)若bca(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(，3)，求c的值20(本小题满分16分)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(

6、2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由(3)是否存在a1，d及正整数n，k使得a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由数学(附加题)21选做题(本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按作答的前两小题评分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)A. 选修41：几何证明选讲(本小题满分10分)如图，在ABC中，ABAC，ABC的外接圆O的弦AE交BC于点D. 求证：ABDAEB.B选修42：矩阵与变换(本小题满分10分)已知x，yR，向量a是矩阵A的属于特征值 2的一个特征向量，求矩阵A以及它的另一个特征值C选修44：

7、坐标系与参数方程(本小题满分10分)已知圆C的极坐标方程为22sin40，求圆C的半径D.选修45：不等式选讲(本小题满分10分)解不等式x|2x3|2.必做题(第22题、第23题，每题10分，共20分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)22. (本小题满分10分)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长23(本小题满分10分)已知集合X1，2，3，Yn1，2，3，n(nN*)，设Sn(

8、a，b)|a整除b或b整除a，aX，bYn，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数(1)写出f(6)的值；(2)当n6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明参考答案一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分请把答案填写在题中横线上)1解析：A1，2，3，B2，4，5，AB1，2，3，4，5，AB中元素个数为5.答案：52解析：x6.答案：63解析：z234i，|z2|z|2|34i|5，|z|.答案：4解析：由程序可知，S1，I1，I8；S3，I4，I8；S5，I7，I8；S7，I10，I8，此时结束循环，输出S7.答案：75解析：由古典概型概率公式，得所求事件的概率为P.答案：6

9、解析：manb(2mn，m2n)(9，8)，mn253.答案：37解析：2x2x4，2x2x22，x2x2，即x2x20，1x2.答案：x|1x2(或(1，2)8解析：tan tan()3.答案：39解析：设新的底面半径为r，由题意得524228r24r28，r27，r.答案：10解析：直线mxy2m10经过定点(2，1)当圆与直线相切于点(2，1)时，圆的半径最大，此时半径r满足r2(12)2(01)22.答案：(x1)2y2211解析：由题意有a2a12，a3a23，anan1n(n2)以上各式相加，得ana123n.又a11，an(n2)当n1时也满足此式，an(nN*)2.S1022.

10、答案：12解析：所求的c的最大值就是双曲线的一条渐近线xy0与直线xy10的距离，此距离d.答案：13解析：当0x1时，方程为ln x1，解得x.当1x2时，f(x)g(x)ln x2x2单调递减，值域为(ln 22，1)，方程f(x)g(x)1无解，方程f(x)g(x)1恰有一解当x2时，f(x)g(x)ln xx26单调递增，值域为ln 22，)，方程f(x)g(x)1恰有一解，方程f(x)g(x)1恰有一解综上所述，原方程有4个实根答案：414解析：因为ak，ak1，所以akak1coscos2sinsincoscoscoscossincos.由正弦函数的周期性，得(akak1)0099

11、.答案：9二、解答题(本大题共6小题，共90分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15解：(1)由余弦定理知，BC2AB2AC22ABACcos A492237，所以BC.(2)由正弦定理知，所以sin Csin A.因为ABBC，所以C为锐角，则cos C .因此sin 2C2sin Ccos C2.16.证明：(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DEAC.又因为DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC.因为AC平面ABC，所以ACCC1.又因为ACBC，CC1平面BCC

12、1B1，BC平面BCC1B1，BCCC1C，所以AC平面BCC1B1.又因为BC1平面BCC1B1，所以BC1AC.因为BCCC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1B1C.因为AC，B1C平面B1AC，ACB1CC，所以BC1平面B1AC.又因为AB1平面B1AC，所以BC1AB1.17.解：(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)将其分别代入y，得解得(2)由(1)知，y(5x20)，则点P的坐标为.设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B两点，y，则l的方程为y(xt)，由此得A，B.故f(t) ，t5，20设g(t)t2，则g(t)2t.令g(t)0，解

13、得t10.当t(5，10)时，g(t)0，g(t)是减函数；当t(10，20)时，g(t)0，g(t)是增函数从而，当t10时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min300，此时f(t)min15.故当t10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米18解：(1)由题意，得且c3，解得a，c1，则b1，所以椭圆的标准方程为y21.(2)当ABx轴时，AB，又CP3，不合题意当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将AB的方程代入椭圆方程，得(12k2)x24k2x2(k21)0，则x1，2，C的坐标为，且AB.若k0，则线段AB的垂

14、直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意从而k0，故直线PC的方程为y，则P点的坐标为，从而PC.因为PC2AB，所以，解得k1.此时直线AB的方程为yx1或yx1.19解：(1)f(x)3x22ax，令f(x)0，解得x10，x2.当a0时，因为f(x)3x20，所以函数f(x)在(，)上单调递增；当a0时，x(0，)时，f(x)0，x时，f(x)0，所以函数f(x)在，(0，)上单凋递增，在上单调递减；当a0时，x(，0)时，f(x)0，x时，f(x)0，所以函数f(x)在(，0)，上单调递增，在上单调递减(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)b，fa3b，则函数f(x)有三个零

15、点等价于f(0)fb0，从而或又bca，所以当a0时，a3ac0或当a0时，a3ac0.设g(a)a3ac，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(，3)，则在(，3)上g(a)0，且在上g(a)0均恒成立，从而g(3)c10，且gc10，因此c1.此时，f(x)x3ax21a(x1)x2(a1)x1a因为函数有三个零点，则x2(a1)x1a0有两个异于1的不等实根，所以(a1)24(1a)a22a30，且(1)2(a1)1a0，解得a(，3).综上c1.20解：(1)证明：因为2an1an2d(n1，2，3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)不存

16、在，理由如下：令a1da，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(ad，a2d，d0)假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.令t，则1(1t)(1t)3，且(1t)6(12t)4，化简得t32t220(*)，且t2t1.将t2t1代入(*)式，得t(t1)2(t1)2t23tt13t4t10，则t.显然t不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列(3)不存在，理由如下：假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，则a(a12d)n

17、2k(a1d)2(nk)，且(a1d)nk(a13d)n3k(a12d)2(n2k)，分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t，则(12t)n2k(1t)2(nk)，且(1t)nk(13t)n3k(12t)2(n2k)将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)ln(1t)，且(nk)ln(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k)ln(12t)化简得2kln(12t)ln(1t)n2ln(1t)ln(12t)，且3kln(13t)ln(1t)n3ln(1t)ln(13t)再将这两式相除，化简得ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)4ln(13t)ln(1t

18、)(*)令g(t)4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)，则g(t).令(t)(13t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)，则(t)6(13t)ln(13t)2(12t)ln(12t)(1t)ln(1t)令1(t)(t)，则1(t)63ln(13t)4ln(12t)ln(1t)令2(t)1(t)，则2(t)0.由g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t)0，知2(t)，1(t)，(t)，g(t)在和(0，)上均单调故g(t)只有唯一零点t0，即方程(*)只有唯一解t0，故假设不成立所以不存在a1，d及正整数n，k，

19、使得a，a，a，a依次构成等比数列数学(附加题)21 A.证明：因为ABAC，所以ABDC.又因为CE，所以ABDE.又BAE为公共角，所以ABDAEB.B解：由已知，得Aa2a，即，则即所以矩阵A.从而矩阵A的特征多项式f()(2)(1)，所以矩阵A的另一个特征值为1.C解：以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O，以极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy.圆C的极坐标方程为2240，化简，得22sin 2cos 40.则圆C的直角坐标方程为x2y22x2y40，即(x1)2(y1)26，所以圆C的半径为.D解：原不等式可化为或解得x5或x.综上，原不等式的解集是.22.解：以为正交基底建

20、立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)(1)由题意知，AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，(0，2，0)因为(1，1，2)，(0，2，2)，设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1，1，1)是平面PCD的一个法向量 所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为. 则cos2.当且仅当t，即时，|cos|的最大值为.因为ycos x在上是减函数，所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP，所以BQBP.23解：(1)Y61，2，3，4，5，6，S6

21、中的元素(a，b)满足：若a1，则b1，2，3，4，5，6；若a2，则b1，2，4，6；若a3，则b1，3，6.所以f(6)13.(2)当n6时，f(n)(tN*)下面用数学归纳法证明：当n6时，f(6)6213，结论成立假设nk(k6)时结论成立，那么nk1时，Sk1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k1)，(2，k1)，(3，k1)中产生，分以下情形讨论：a若k16t，则k6(t1)5，此时有f(k1)f(k)3k23(k1)2，结论成立；b若k16t1，则k6t，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立；c若k16t2，则k6t1，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；d若k16t3，则k6t2，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；e若k16t4，则k6t3，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；f若k16t5，则k6t4，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立综上所述，结论对满足n6的自然数n均成立