2015年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷)(文科).doc

2015年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)(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8小题，每小题5分，共40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已知全集U1，2，3，4，5，6，集合A2，3，5，集合B1，3，4，6，则集合AUB()A3B2，5C1，4，6 D2，3，52设变量x，y满足约束条件则目标函数z3xy的最大值为()A7 B8C9 D143阅读下面的程序框图，运行相应的程序，则输出i的值为()A2 B3C4 D54设xR，则“1<x<2”是“|x2|<1”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件5已知双曲线1(a>0，b>0)的一个焦点为F(2，0)，且双曲线的渐近线与圆(x2)2y23相切，则双曲线的方程为()A.1 B.1C.y21 Dx216如图，在圆O中，M，N是弦AB的三等分点，弦CD，CE分别经过点M，N.若CM2，MD4，CN3，则线段NE的长为()A. B3C. D.7已知定义在R上的函数f(x)2|xm|1(m为实数)为偶函数，记af(log0.53)，bf(log25)，cf(2m)，则a，b，c的大小关系为()Aa<b<c Bc<a<bCa<c<b Dc<b<a8已知函数f(x)函数g(x)3f(2x)，则函数yf(x)g(x)的零点个数为()A2 B3C4 D5第卷二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分把答案填在题中横线上)9i是虚数单位，计算的结果为_10一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为_m3.11已知函数f(x)axln x，x(0，)，其中a为实数，f(x)为f(x)的导函数若f(1)3，则a的值为_12已知a>0，b>0，ab8，则当a的值为_时，log2a·log2(2b)取得最大值13在等腰梯形ABCD中，已知ABDC，AB2，BC1，ABC60°.点E和F分别在线段BC和DC上，且 14已知函数f(x)sin xcos x(>0)，xR.若函数f(x)在区间(，)内单调递增，且函数yf(x)的图象关于直线x对称，则的值为_三、解答题(本大题共6小题，共80分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)15(本小题满分13分)设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为27，9，18.现采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取6名运动员组队参加比赛(1)求应从这三个协会中分别抽取的运动员的人数(2)将抽取的6名运动员进行编号，编号分别为A1，A2，A3，A4，A5，A6.现从这6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛用所给编号列出所有可能的结果；设A为事件“编号为A5和A6的两名运动员中至少有1人被抽到”，求事件A发生的概率16(本小题满分13分)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知ABC的面积为3，bc2，cos A.(1)求a和sin C的值；(2)求cos的值17(本小题满分13分)如图，已知AA1平面ABC，BB1AA1，ABAC3，BC2，AA1，BB12，点E和F分别为BC和A1C的中点(1)求证：EF平面A1B1BA；(2)求证：平面AEA1平面BCB1；(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小18(本小题满分13分)已知an是各项均为正数的等比数列，bn是等差数列，且a1b11，b2b32a3，a53b27.(1)求an和bn的通项公式；(2)设cnanbn，nN*，求数列cn的前n项和19(本小题满分14分)已知椭圆1(a>b>0)的上顶点为B，左焦点为F，离心率为.(1)求直线BF的斜率；(2)设直线BF与椭圆交于点P(P异于点B)，过点B且垂直于BP的直线与椭圆交于点Q(Q异于点B)，直线PQ与y轴交于点M，|PM|MQ|.求的值；若|PM|sinBQP，求椭圆的方程20(本小题满分14分)已知函数f(x)4xx4，xR.(1)求f(x)的单调区间；(2)设曲线yf(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为yg(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)g(x)；(3)若方程f(x)a(a为实数)有两个实数根x1，x2，且x1<x2，求证：x2x14.天津卷 (文科)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8小题，每小题5分，共40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BUB2，5，AUB2，3，52，52，52解析：选C作出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分所示作直线3xy0，向右上方平移，过点A时z3xy取得最大值由得zmax3×239.3解析：选CS10，i0，ii11，SSi1019，不满足S1；ii12，SSi927，不满足S1；ii13，SSi734，不满足S1；ii14，SSi440，满足S1，输出i4.4解析：选A|x2|<11<x<3.由于x|1<x<2是x|1<x<3的真子集，所以“1<x<2”是“|x2|<1”的充分而不必要条件5解析：选D由双曲线的渐近线y±x与圆(x2)2y23相切可知，又解得故所求双曲线的方程为x21.6解析：选A由题意可设AMMNNBx，由圆的相交弦定理得即解得x2，NE.7解析：选B由f(x)2|xm|1是偶函数可知m0，所以f(x)2|x|1.所以af(log0.53)2|log0.53|12log2312，bf(log25)2|log25|12log2514，cf(0)2|0|10，所以c<a<b.8解析：选A当x>2时，g(x)x1，f(x)(x2)2；当0x2时，g(x)3x，f(x)2x；当x<0时，g(x)3x2，f(x)2x.由于函数yf(x)g(x)的零点个数就是方程f(x)g(x)0的根的个数x>2时，方程f(x)g(x)0可化为x25x50，其根为x或x(舍去)；当0x2时，方程f(x)g(x)0可化为2x3x，无解；当x<0时，方程f(x)g(x)0可化为x2x10，其根为x或x(舍去)所以函数yf(x)g(x)的零点个数为2.第卷二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分把答案填在题中横线上)9解析：i.答案：i10解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V×12×1×2×12×2.答案：11解析：f(x)aa(1ln x)由于f(1)a(1ln 1)a，又f(1)3，所以a3.答案：312解析：由于a>0，b>0，ab8，所以b.所以log2a·log2(2b)log2a·log2log2a·(4log2a)(log2a2)24，当且仅当log2a2，即a4时，log2a·log2(2b)取得最大值4.答案：413.×4×2×1×.答案：14解析：f(x)sin xcos xsin，因为f(x)在区间(，)内单调递增，且函数图象关于直线x对称，所以f()必为一个周期上的最大值，所以有·2k，kZ，所以22k，kZ.又()，即2，所以2，所以.答案：三、解答题(本大题共6小题，共80分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)15解：(1)应从甲、乙、丙三个协会中抽取的运动员人数分别为3，1，2.(2)从6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛的所有可能结果为A1，A2，A1，A3，A1，A4，A1，A5，A1，A6，A2，A3，A2，A4，A2，A5，A2，A6，A3，A4，A3，A5，A3，A6，A4，A5，A4，A6，A5，A6，共15种编号为A5和A6的两名运动员中至少有1人被抽到的所有可能结果为A1，A5，A1，A6，A2，A5，A2，A6，A3，A5，A3，A6，A4，A5，A4，A6，A5，A6，共9种因此，事件A发生的概率P(A).16解： (1)在ABC中，由cos A，可得sin A.由SABCbcsin A3，得bc24.又由bc2，解得b6，c4.由a2b2c22bccos A，可得a8.由，得sin C.(2)coscos 2A·cos sin 2A·sin (2cos2A1)×2sin A·cos A.17 解：(1)证明：如图，连接A1B.在A1BC中，因为E和F分别是BC和A1C的中点，所以EFBA1.又因为EF平面A1B1BA，所以EF平面A1B1BA.(2)证明：因为ABAC，E为BC的中点，所以AEBC.因为AA1平面ABC，BB1AA1，所以BB1平面ABC，从而BB1AE.又因为BCBB1B，所以AE平面BCB1.又因为AE平面AEA1，所以平面AEA1平面BCB1.(3)取BB1的中点M和B1C的中点N，连接A1M，A1N，NE.因为N和E分别为B1C和BC的中点，所以NEB1B，NEB1B，故NEA1A且NEA1A，所以A1NAE，且A1NAE.又因为AE平面BCB1，所以A1N平面BCB1，从而A1B1N为直线A1B1与平面BCB1所成的角在ABC中，可得AE2，所以A1NAE2.因为BMAA1，BMAA1，所以A1MAB，A1MAB.又由ABBB1，有A1MBB1.在RtA1MB1中，可得A1B14.在RtA1NB1中，sinA1B1N，因此A1B1N30°.所以，直线A1B1与平面BCB1所成的角为30°.18解：(1)设数列an的公比为q，数列bn的公差为d，由题意知q>0.由已知，有消去d，整理得q42q280，解得q24.又因为q>0，所以q2，所以d2.所以数列an的通项公式为an2n1，nN*；数列bn的通项公式为bn2n1，nN*.(2)由(1)有cn(2n1)·2n1，设cn的前n项和为Sn，则Sn1×203×215×22(2n3)×2n2(2n1)×2n1，2Sn1×213×225×23(2n3)×2n1(2n1)×2n，上述两式相减，得Sn122232n(2n1)×2n2n13(2n1)·2n(2n3)·2n3，所以，Sn(2n3)·2n3，nN*.19解：(1)设F(c，0)由已知离心率及a2b2c2，可得ac，b2c.又因为B(0，b)，F(c，0)，所以直线BF的斜率k2.(2)设点P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，M(xM，yM)由(1)可得椭圆的方程为1，直线BF的方程为y2x2c.将直线方程与椭圆方程联立，消去y，整理得3x25cx0，解得xP.因为BQBP，所以直线BQ的方程为yx2c，与椭圆方程联立，消去y，整理得21x240cx0，解得xQ.又因为及xM0，可得.由有，所以，即|PQ|PM|.又因为|PM|sinBQP，所以|BP|PQ|sinBQP|PM|sinBQP.又因为yP2xP2cc，所以|BP| c，因此c，得c1.所以椭圆的方程为1.20解：(1)由f(x)4xx4，可得f(x)44x3.当f(x)>0，即x<1时，函数f(x)单调递增；当f(x)<0，即x>1时，函数f(x)单调递减所以，f(x)的单调递增区间为(，1)，单调递减区间为(1，)(2)证明：设点P的坐标为(x0，0)，则x04，f(x0)12.曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)，即g(x)f(x0)(xx0)令函数F(x)f(x)g(x)，即F(x)f(x)f(x0)(xx0)，则F(x)f(x)f(x0)由于f(x)4x34在(，)上单调递减，故F(x)在(，)上单调递减又因为F(x0)0，所以当x(，x0)时，F(x)>0；当x(x0，)时，F(x)<0，所以F(x)在(，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，所以对于任意的实数x，F(x)F(x0)0，即对于任意的实数x，都有f(x)g(x)(3)证明：由(2)知g(x)12.设方程g(x)a的根为x2，可得x24.因为g(x)在(，)上单调递减，又由(2)知g(x2)f(x2)ag(x2)，因此x2x2.类似地，设曲线yf(x)在原点处的切线方程为yh(x)，可得h(x)4x.对于任意的x(，)，有f(x)h(x)x40，即f(x)h(x)设方程h(x)a的根为x1，可得x1.因为h(x)4x在(，)上单调递增，且h(x1)af(x1)h(x1)，因此x1x1.由此可得x2x1x2x14.