2015年湖南省高考理科数学试卷及答案(精校WORD版)

2015年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）

理科数学

本试题包括选择题，填空题和解答题三部分，共6页，时间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，贼每小题给出的四个选项中，只有一项是复合题目要求的．

(1i)21i（i为虚数单位）1．已知，则复数z( ) zA．1i

B．1i

C．1i

D．1i

(1i)22i1i．故选D． 【解析】由题意得，得z1i1i考点：复数的运算．

2．设A，B是两个集合，则“AA．充分不必要条件 C．充要条件 【解析】由题意得，A选C．

考点：集合的关系．

3．执行如图1所示的程序框图，如果输入n3，则输出的S( ) A．

BA”是“AB”的( )

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

BAAB，反之，ABABA，故为充要条件．故

6 7B．

37

C．

89

D．

49

【解析】由题意得，输出的S为数列1的前三

(2n1)(2n1)项和，而

1111()，所以

(2n1)(2n1)22n12n1Sn11n3(1)，从而S3．故选B． 22n12n17考点：程序框图，裂项相消求数列的和．

xy14．若变量x，y满足约束条件2xy1，则z3xy的

y1第 1 页 共 11 页

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最小值为( ) A．7 B．1 C．1 D．2 【解析】如图所示，画出线性约束条件所表示的区域，即可行域，从而可知当x2，y1时，z3xy的最小值是7．故选A．

考点：线性规划．

5． 设函数f(x)ln(1x)ln(1x)，则f(x)是( )

A． 奇函数，且在(0,1)是增函数 B． 奇函数，且在(0,1)是减函数 C． 偶函数，且在(0,1)是增函数 D． 偶函数，且在(0,1)是减函数 【解析】试题分析：显然，f(x)定义域为(1,1)，关于原点对称，

又∵f(x)ln(1x)ln(1x)f(x)，∴f(x)为奇函数，显然f(x)在(0,1)上单调递增．故选A． 考点：函数的性质．

6．已知(xA．3

r5ax)5的展开式中含x的项的系数为30，则a( )

B．3

rr5r232C．6

D．6

【解析】Tr1C(1)ax，令r1，可得5a30，从而a6．故选D．

考点：二项式定理．

7． 在如图2所示的正方形中随机投掷10000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．2386

B．2718

C．3413

D．4772

附：若X~N(,2)，则

P(X)0.6826, P(2X2)0.9544．

【解析】根据正态分布的性质，P(0x1)考点：正态分布．

228． 已知点A，B，C在圆xy1上运动，且ABBC ． 若点P的坐标为(2,0),

1P(1x1)0.3413．故选C． 2则|PAPBPC|的最大值为( ) A．6 B．7 C．8 D．9

【解析】由题意得AC为圆的直径，故可设A(m,n)，B(m,n)，C(x,y)，

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∴PAPBPC(x6,y)，而(x6)2y23712x49，∴|PAPBPC|的最大值为7．故选B．

考点：圆的性质，平面向量数量积．

9． 将函数f(x)sin2x的图象向右平移(02)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A．

3，则( )

D．

5 12B．

3

C．

4 6

【解析】向右平移个单位后，得到g(x)sin(2x2)，又∵|f(x1)g(x2)|2，∴不妨设2x122k，2x2222m，∴x1x22(km)，又∵

x1x23min，∴

236．故选D．

考点：三角函数的图象和性质．

10． 某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成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（材料的利用率

新工件的体积）( )

原工件的体积8A．

9则有

16B．

9

C．

2（42－1）

1D．

212（2－1）1

【解析】问题等价于圆锥的内接长方体的体积，如下图所示，

x2h，∴h22x， 122222∴长方体的体积为xh(2x)(22x)

2正视图2侧视图4xx(22x)4(x22x即xxx22x332)，当且仅当

327俯视图2时，等号成立， 3322716．故选A． ∴利用率为

121293考点：圆锥内接长方体，基本不等式求最值．

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分． 11．

2(x1)dx__________．

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【解析】

20(x1)dx122xx|00． 2考点：定积分的计算．

12．在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩（单位：分钟）茎叶图如图所示．

若将运动员按成绩由好到差编为1－35号，再用系统抽样的方法从中抽取7人，则其中成绩在区间[139,151]上的运动员的人数是_________．

]的人数为20，再由系统抽样的性质可知人数为【解析】由茎叶图可知，在区间[139,1512074人． 35考点：系统抽样，茎叶图．

x2y213．设F是双曲线C:221的一个焦点，若C上存在点P，使线段PF的中点恰为

ab其虚轴的一个端点，则C的离心率为________．

【解析】根据对称性，不妨设F(c,0)，短轴端点为(0,b)，从而可知点(c,2b)在双曲线

cc24b2上，∴221，从而e5．

aab考点：双曲线的标准方程及其性质．

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，则

an___________．

【解析】等比数列{an}中S2a1a1q1q，∴41()q31qqS31qq2，解得q3，∴an3n1．

考点：等比、等比数列的通项公式及其前n项和．

3x,xa,15．已知函数f(x)2 ，若存在实数b，使函数g(x)f(x)b有两个零点，

x,xa则a的取值范围是___________．

32【解析】分析题意可知问题等价于方程xb(xa)与方程xb(xa)的根的个数为2，

2，

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13ba若两个方程各有一个根：则可知关于b的不等式组ba有解，从而a1；

ba若方程x3b(xa)无解，方程x2b(xa)有2个根：则可知关于b的不等式组

1b3a有解，从而a0； ba综上，实数a的取值范围是(,0)(1,)． 考点：函数与方程，分类讨论的数学思想．

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． (本小题满分12分)

本小题有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个选做题，请考生任选两题作答，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． Ⅰ．（本小题满分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：

（i）MENNOM180； （ii）FEFNFMFO．

【解析】(i)如图，因为M，N分别是两弦AB，CD的中点，所以

AFCMENDOOMAB, ONCD，即OMEONE90，因此

OMEONE180，又四边形的内角和等于360，故BMENNOM180．

(ii) 由（i）知， O，M，E，N四点共圆，故由割线定理即得FEFNFMFO．

Ⅱ．（本小题满分6分）选修4－4 坐标系与参数方程

3x5t,2（t为参数）已知直线l:，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐y31t.2标系，曲线C的极坐标方程为2cos．

（i）将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；

（ii）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．

【解析】 (i)2cos等价于

22cos，将 2x2y2，cosx代入上

22式即得曲线C的直角坐标方程是xy2x0．

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3x5t,2代入x2y22x0得t253t180．设这个方程的两个实根(ii) 将y31t2分别为t1,t2，则由参数t的几何意义知|MA||MB|＝|t1t2|18. Ⅲ．（本小题满分6分）选修4－5 不等式选讲

设a0,b0，且ab（i）ab2；

（ii）aa2与bb2不可能同时成立．

2211，证明： ab11ab，a0,b0得 ab1 abab(i)由基本不等式及ab1，有ab2ab2，即ab2．

222(ii) 设aa2与bb2同时成立，则由aa2及a0可得0a1，同理

220b1，从而0ab1这与ab1相矛盾，故aa2与bb2不可能同时成立．

【解析】 由ab

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，abtanA，且B为钝角． (Ⅰ)证明：BA2(Ⅱ) 求sinAsinC的取值范围．

【解析】（Ⅰ）由abtanA及正弦定理，得

；

sinAasinA，所以sinBcosA，即cosAbsinBsinBsin(2A)． 又B为钝角，

A(,)，故BA，即BA． 22222A0, 所以A(0,(Ⅱ) 由（Ⅰ）知 C(AB)24)． 于是

sinAsinCsinAsin(22A)sinAcos2A

19sinA12sin2A2(sinA)2.

4822199因为0A，所以 0sinA，因此2(sinA)2．

42248829,]． 由此可得sinAsinC的取值范围是(28

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． (Ⅰ)求顾客抽奖1次能获奖的概率； (Ⅱ)若某顾客有3次抽奖的机会，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．

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【解析】（Ⅰ）记事件A1={从甲箱中摸出的一个球是红球}，A2={从乙箱中摸出的一个球是红球}，B1＝{顾客抽奖一次获一等奖}，B2＝{顾客抽奖一次获二等奖}，C＝{顾客抽奖一次能获奖}．

由题意A1与A2相互独立，A1A2与A1A2互斥，B1与B2互斥， 且B1A1A2，B2=A1A2+A1A2，CB1B2．

4251，P(A2)， 105102211所以P(B1)P(A1A2)P(A1)P(A2)，

525P(B2)P(A1A2A1A2)P(A1A2)P(A1A2)

21211P(A1)P(A2)P(A1)P(A2)(1)(1),

52522117故所求概率为P(C)P(B1B2)P(B1)P(B2)．

5210又因为P(A1)(Ⅱ) 顾客抽奖3次可视为3次独立重复实验． 由（Ⅰ）知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为于是 P(XK)C3()()由此求得X的分布列为 X P 0 K11，所以X~B(3,)， 5515K453K(K0,1,2,3)．

1 2 3 6448 12512513 X的数学期望为E(X)3．

5512 1251 125

19． (本小题满分13分) 如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA16，且AA1底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上． (Ⅰ) 若点P是DD1的中点，证明：AB1PQ；

(Ⅱ) 若PQ//平面ABB1A1，二面角PQDA的余弦值为求四面体ADPQ的体积． 【解析】 解法一： （Ⅰ）如图，取AA1的中点R，连结BR,PR,

于是由AD//BC知，PR//BC，所以P,R,B,C四点共面．

由题设知BCAB，BCAA1，ABAA1A,所以 BC平面ABB1A1, 又AB1平面ABB1A1，因此 BCAB1．

A1B1RC1D1PA1B1C1D1P3，7BADQC因为AA1是梯形AA1D1D的两腰，点P是DD1的中点，所以PR//AD， 1,DDAR3A1B1tanA1AB1, AB6AA1所以ABRA1AB1，

因为tanABR因此ABRBAB1A1AB1BAB190,

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BADQC湖南师大附中张天平整理

于是 BRAB1, 又已证得BCAB1，所以AB1平面BRPC, 显然有PQ平面BRPC, 故AB1PQ．

(Ⅱ) 如下图，过点P作PM//AA1交AD于点M，则PM//平面ABB1A1， 因为AA1底面ABCD，所以PM底面ABCD， 过点M作MNQD于点N，连结PN，则PNQD，从而

A1B1C1D1PPNM是二面角PQDA的平面角．

3MN3PM40，从而所以cosPNM，即． 7PN7MN3连结MQ，由PQ//平面ABB1A1及PM//平面ABB1A1知， 平面PQM//平面ABB1A1，所以MQ//AB，

又ABCD是正方形，所以ABQM是矩形，故MQ=AB=6． 设MD＝t，则MNBAEMNDMQMDMQMD2236t过点D1作D1E//A1A交AD于点E，则AA1D1E是矩形， 所以 D1EAA16，AEA1D13，因此 DEADAE3．

PMD1E2, 所以PM2MD2t， 于是

MDDEPM4036t2从而，解得t2，所以PM4． 2tMN36t111故四面体ADPQ的体积 VSADQPM66424．

332

解法二：由题设知AA1,AD,ABG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，建立空间直角坐标系，如图，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),

B1A1zD1C1PyD6t2QC.

Q(6,m,0)，其中BQm，0m6．

9(Ⅰ) 若点P是DD1的中点，则P(0,,3)，

29PQ(6,m,3)，又AB1(3,0,6)，

2AxBQC于是AB1PQ18180, 所以AB1PQ，即AB1PQ．

(Ⅱ) 由题设知，DQ(6,m6,0), DD1(0,3,6)是平面PQD内两个不共线的向量，

n1DQ0,设n1(x,y,z)是平面PQD的一个法向量，则 

n1DD106x(m6)y0,即 取y6，得n1(6m,6,3)． 3y6z0又平面AQD的一个法向量是n2(0,0,1)， 所以 cosn1,n2n1n2|n1||n2|3(6m)63第 8 页 共 11 页

2223(6m)452，

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而二面角PQDA的余弦值为此时Q(6,4,0)．

333，所以，解得m=4或m=8(舍去)，7(6m)2457再设DPDD1(01)，而DD1(0,3,6)， 由此得到P(0,63,6)，PQ(6,32,6)．

因为PQ//平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是n3(0,1,0)，

2，从而P(0,4,4)． 3于是，将四面体ADPQ视为ADQ为底面的三棱锥PADQ，其高h4，

111故四面体ADPQ的体积 VSADQPM66424．

332所以 PQn3320，

20． (本小题满分13分)

y2x2已知抛物线C1:x4y的焦点F也是椭圆C2:221(ab0)的一个焦点，C1ab与C2的公共弦长为26． (Ⅰ) 求C2的方程；

2(Ⅱ) 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． （i） 若|AC||BD|，求直线l的斜率；

（ii）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．

2【解析】(Ⅰ) 由C1:x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 ab1 （1）

又C1与C2的公共弦长为26，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为x24y，由此

22396)，所以221 （2） 24aby2x2221． 联立（1）、（2）得a9,b8，故C2的方程为98 (Ⅱ) 如图，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)．

易知C1与C2的公共点坐标为(6,(i)因AC与BD同向，且|AC||BD|， 所以 ACBD，从而 x3x1x4x2， 即x1x2x3x4，

于是(x1x2)4x1x2(x3x4)4x3x4． （3） 设直线l的斜率为k，则l的方程为ykx1． 由22yACFMOBDlxykx1,2x4y所以 x1x24k,x1x24 （4）

得x4kx40，而x1,x2是这个方程的两根，

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ykx1,由y2x2 得(98k2)x216kx640，而x3,x4是这个方程的两根，所以

18916k64x3x4,xx （5） 122298k98k162k24641629(k21)22将(4)(5)代入(3)得 16(k1)，即16(k1)， 22222(98k)98k(98k)66，即直线l的斜率为． 44xx(ii)由 x24y得 y'，所以C1在点A处的切线方程为yy11(xx1)，

222xxx1xx1即y，令y0得x1，即M(1,0)， 22242x1x1所以FM(,1)，而FA(x1,1)，

24222x1x1x1于是FMFA(1)10，

244因此AFM总是锐角，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．

所以 (98k2)2169，解得 k

21． (本小题满分13分)

ax已知a0，函数f(x)esinx(x[0,))，记xn为f(x)的从小到大的第

n(nN*)个极值点． 证明: (Ⅰ) 数列{f(xn)}是等比数列； (Ⅱ) 若a12e1【解析】(Ⅰ) f'(x)aeaxsinxeaxcosxeax(asinxcosx)

1a21eaxsin(x)，其中tan，0．

a2令 f'(x)0，由x0得 xm，即xm,mN*．

对kN，若2kx(2k1)，即2kx(2k1)，则f'(x)0;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,mN*时，f(x)取得极值，所以xnn,nN*．

此时，f(xn)ea(n)，则对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立．

sin(n)(1)n1ea(n)sin，易知f(xn)0，

f(xn1)(1)n2ea[(n1)]sin且ea是常数， n1a(n)f(xn)(1)esin故数列{f(xn)}是首项为f(x1)e(Ⅱ) 由(Ⅰ)知，sina()sin，公比为ea的等比数列．

1a12，于是对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立，

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即n1a12ea(n)2a(n)a1e恒成立，等价于 （*）恒成立（因为a>0）． aa(n)etet(t1)(t0)，则g'(t)设g(t)，由g'(t)0得t1，

t2t当0t1时，g'(t)0，所以g(t)在(0,1)上单调递减； 当t1时，g'(t)0，所以g(t)在(1,)上单调递增． 从而当t1时，函数g(t)取得最小值g(1)e．

1a21因此，要使（*）式恒成立，只需． g(1)e，即只需a2ae1112而当a时，由tane13且0知，．

a232e21于是322n2n2，且当时，e123e21，

因此，对一切nN*，axn式也恒成立． 综上所述，若a

ne121，所以g(axn)g(1)ea21，故（*）a1e12，则对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立．

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