2015年北京市高考数学试卷.pdf

《2015年北京市高考数学试卷.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015年北京市高考数学试卷.pdf（23页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2015 年北京市高考数学试卷（理科）一、选择题（每小题 5 分，共 40 分）1（5 分）复数 i（2i）=（）A1+2i B12i C1+2i D12i 2（5 分）若 x，y 满足，则 z=x+2y 的最大值为（）A0 B1 C D2 3（5 分）执行如图所示的程序框图输出的结果为（）A（2，2）B（4，0）C（4，4）D（0，8）4（5 分）设，是两个不同的平面，m是直线且 m，“m“是“”的（）A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 5（5 分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（）A2+B4+C2+2 D5 6（5 分）设an是等

2、差数列，下列结论中正确的是（）A若 a1+a20，则 a2+a30 B若 a1+a30，则 a1+a20 C若 0a1a2，则 a2 D若 a10，则（a2a1）（a2a3）0 7（5 分）如图，函数 f（x）的图象为折线 ACB，则不等式 f（x）log2（x+1）的解集是（）Ax|1x0 Bx|1x1 Cx|1x1 Dx|1x2 8（5 分）汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗 1 升汽油行驶的里程，如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下燃油效率情况，下列叙述中正确的是（）A消耗 1 升汽油，乙车最多可行驶 5 千米 B以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多 C某城市机动车最高限

3、速 80 千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油 D甲车以 80 千米/小时的速度行驶 1 小时，消耗 10 升汽油 二、填空题（每小题 5 分，共 30 分）9（5 分）在（2+x）5的展开式中，x3的系数为 （用数字作答）10（5 分）已知双曲线y2=1（a0）的一条渐近线为x+y=0，则 a=11（5 分）在极坐标系中，点（2，）到直线（cos+sin）=6 的距离为 12（5 分）在ABC中，a=4，b=5，c=6，则=13（5 分）在ABC中，点 M，N满足=2，=，若=x+y，则 x=，y=14（5 分）设函数 f（x）=，若 a=1，则 f（x）的最小值为 ；若 f（

4、x）恰有 2 个零点，则实数 a 的取值范围是 三、解答题（共 6 小题，共 80 分）15（13 分）已知函数 f（x）=sincossin（）求 f（x）的最小正周期；（）求 f（x）在区间，0 上的最小值 16（13 分）A，B两组各有 7 位病人，他们服用某种药物后的康复时间（单位：天）记录如下：A组：10，11，12，13，14，15，16 B组；12，13，15，16，17，14，a 假设所有病人的康复时间相互独立，从A，B两组随机各选 1 人，A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙（）求甲的康复时间不少于14 天的概率；（）如果 a=25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；（

5、）当 a 为何值时，A，B两组病人康复时间的方差相等？（结论不要求证明）17（14 分）如图，在四棱锥 AEFCB中，AEF为等边三角形，平面 AEF 平面 EFCB，EFBC，BC=4，EF=2a，EBC=FCB=60，O为 EF的中点（）求证：AO BE （）求二面角 FAE B的余弦值；（）若 BE 平面 AOC，求 a 的值 18（13 分）已知函数 f（x）=ln，（）求曲线 y=f（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（）求证，当 x（0，1）时，f（x）；（）设实数 k 使得 f（x）对 x（0，1）恒成立，求 k 的最大值 19（14 分）已知椭圆 C：+=1（ab0）的离心率

6、为，点 P（0，1）和点 A（m，n）（m 0）都在椭圆 C上，直线 PA交 x 轴于点 M （）求椭圆 C的方程，并求点 M的坐标（用 m，n 表示）；（）设 O为原点，点 B 与点 A关于 x 轴对称，直线 PB交 x 轴于点 N，问：y轴上是否存在点 Q，使得OQM=ONQ？若存在，求点 Q的坐标，若不存在，说明理由 20（13 分）已知数列an满足：a1N*，a136，且 an+1=（n=1，2，），记集合 M=an|n N*（）若 a1=6，写出集合 M的所有元素；（）如集合 M存在一个元素是 3 的倍数，证明：M的所有元素都是 3 的倍数；（）求集合 M的元素个数的最大值 2015

7、 年北京市高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析 一、选择题（每小题 5 分，共 40 分）1（5 分）复数 i（2i）=（）A1+2i B12i C1+2i D12i【分析】利用复数的运算法则解答【解答】解：原式=2ii2=2i（1）=1+2i；故选：A【点评】本题考查了复数的运算；关键是熟记运算法则注意i2=1 2（5 分）若 x，y 满足，则 z=x+2y 的最大值为（）A0 B1 C D2【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，再将目标函数z=x+2y 对应的直线进行平移，即可求出 z 取得最大值【解答】解：作出不等式组表示的平面区域，当 l 经过点 B时，目标函数 z 达到最大值 z

8、最大值=0+21=2 故选：D 【点评】本题给出二元一次不等式组，求目标函数z=x+2y 的最大值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题 3（5 分）执行如图所示的程序框图输出的结果为（）A（2，2）B（4，0）C（4，4）D（0，8）【分析】模拟程序框图的运行过程，即可得出程序运行后输出的结果【解答】解：模拟程序框图的运行过程，如下；x=1，y=1，k=0 时，s=xy=0，t=x+y=2；x=s=0，y=t=2，k=1 时，s=xy=2，t=x+y=2；x=s=2，y=t=2，k=2 时，s=xy=4，t=x+y=0；x=s=4，y=t=0，k=3 时

9、，循环终止，输出（x，y）是（4，0）故选：B【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，是基础题目 4（5 分）设，是两个不同的平面，m是直线且 m，“m“是“”的（）A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件【分析】m 并得不到，根据面面平行的判定定理，只有 内的两相交直线都平行于，而，并且 m，显然能得到 m，这样即可找出正确选项【解答】解：m，m 得不到，因为，可能相交，只要 m和，的交线平行即可得到 m；，m，m和 没有公共点，m，即 能得到 m；“m”是“”的必要不充分条件 故选：B【点评】考查线面平行的定义，线面平行的

10、判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念 5（5 分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（）A2+B4+C2+2 D5【分析】根据三视图可判断直观图为：OA 面 ABC，AC=AB，E为 BC中点，EA=2，EA=EB=1，OA=1，：BC 面 AEO，AC=，OE=判断几何体的各个面的特点，计算边长，求解面积【解答】解：根据三视图可判断直观图为：OA 面 ABC，AC=AB，E为 BC中点，EA=2，EC=EB=1，OA=1，可得 AE BC，BC OA，运用直线平面的垂直得出：BC 面 AEO，AC=，OE=SABC=22=2

11、，SOAC=SOAB=1=SBCO=2=故该三棱锥的表面积是 2，故选：C 【点评】本题考查了空间几何体的三视图的运用，空间想象能力，计算能力，关键是恢复直观图，得出几何体的性质 6（5 分）设an是等差数列，下列结论中正确的是（）A若 a1+a20，则 a2+a30 B若 a1+a30，则 a1+a20 C若 0a1a2，则 a2 D若 a10，则（a2a1）（a2a3）0【分析】对选项分别进行判断，即可得出结论【解答】解：若 a1+a20，则 2a1+d0，a2+a3=2a1+3d2d，d0 时，结论成立，即 A不正确；若 a1+a30，则 a1+a2=2a1+d0，a2+a3=2a1+3

12、d2d，d0 时，结论成立，即 B不正确；an是等差数列，0a1a2，2a2=a1+a32，a2，即 C正确；若 a10，则（a2a1）（a2a3）=d20，即 D不正确 故选：C【点评】本题考查等差数列的通项，考查学生的计算能力，比较基础 7（5 分）如图，函数 f（x）的图象为折线 ACB，则不等式 f（x）log2（x+1）的解集是（）Ax|1x0 Bx|1x1 Cx|1x1 Dx|1x2【分析】在已知坐标系内作出 y=log2（x+1）的图象，利用数形结合得到不等式的解集【解答】解：由已知 f（x）的图象，在此坐标系内作出 y=log2（x+1）的图象，如图 满足不等式 f（x）log

13、2（x+1）的 x 范围是1x1；所以不等式 f（x）log2（x+1）的解集是x|1x1；故选：C【点评】本题考查了数形结合求不等式的解集；用到了图象的平移 8（5 分）汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗 1 升汽油行驶的里程，如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下燃油效率情况，下列叙述中正确的是（）A消耗 1 升汽油，乙车最多可行驶 5 千米 B以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多 C某城市机动车最高限速 80 千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油 D甲车以 80 千米/小时的速度行驶 1 小时，消耗 10 升汽油【分析】根据函数图象的意义逐项分析各说法是否正确

14、【解答】解：对于 A，由图象可知当速度大于 40km/h 时，乙车的燃油效率大于5km/L，当速度大于 40km/h 时，消耗 1 升汽油，乙车的行驶距离大于 5km，故 A错误；对于 B，由图象可知当速度相同时，甲车的燃油效率最高，即当速度相同时，消耗 1 升汽油，甲车的行驶路程最远，以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最少，故 B错误；对于 C，由图象可知当速度小于 80km/h 时，丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，用丙车比用乙车更省油，故 C正确；对于 D，由图象可知当速度为 80km/h 时，甲车的燃油效率为 10km/L，即甲车行驶 10km时，耗油 1 升，故行驶 1

15、小时，路程为 80km，燃油为 8 升，故D错误 故选：C【点评】本题考查了函数图象的意义，属于中档题 二、填空题（每小题 5 分，共 30 分）9（5 分）在（2+x）5的展开式中，x3的系数为 40（用数字作答）【分析】写出二项式定理展开式的通项公式，利用 x 的指数为 3，求出 r，然后求解所求数值【解答】解：（2+x）5的展开式的通项公式为：Tr+1=25rxr，所求 x3的系数为：=40 故答案为：40【点评】本题考查二项式定理的应用，二项式系数的求法，考查计算能力 10（5 分）已知双曲线y2=1（a0）的一条渐近线为x+y=0，则 a=【分析】运用双曲线的渐近线方程为 y=，结合

16、条件可得=，即可得到 a的值【解答】解：双曲线y2=1 的渐近线方程为 y=，由题意可得=，解得 a=故答案为：【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要考查双曲线的渐近线方程的求法，属于基础题 11（5 分）在极坐标系中，点（2，）到直线（cos+sin）=6 的距离为 1 【分析】化为直角坐标，再利用点到直线的距离公式距离公式即可得出【解答】解：点 P（2，）化为 P 直线（cos+sin）=6 化为 点 P到直线的距离 d=1 故答案为：1【点评】本题考查了极坐标化为直角坐标方程、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 12（5 分）在ABC中，a=4，b=5，c=6，则

17、=1 【分析】利用余弦定理求出 cosC，cosA，即可得出结论【解答】解：ABC中，a=4，b=5，c=6，cosC=，cosA=sinC=，sinA=，=1 故答案为：1【点评】本题考查余弦定理，考查学生的计算能力，比较基础 13（5 分）在ABC中，点 M，N满足=2，=，若=x+y，则 x=，y=【分析】首先利用向量的三角形法则，将所求用向量表示，然后利用平面向量基本定理得到 x，y 值【解答】解：由已知得到=；由平面向量基本定理，得到 x=，y=；故答案为：【点评】本题考查了平面向量基本定理的运用，一个向量用一组基底表示，存在唯一的实数对（x，y）使，向量等式成立 14（5 分）设函

18、数 f（x）=，若 a=1，则 f（x）的最小值为 1；若 f（x）恰有 2 个零点，则实数 a 的取值范围是 a1 或 a2 【分析】分别求出分段的函数的最小值，即可得到函数的最小值；分别设 h（x）=2xa，g（x）=4（xa）（x2a），分两种情况讨论，即可求出 a 的范围【解答】解：当 a=1 时，f（x）=，当 x1 时，f（x）=2x1 为增函数，f（x）1，当 x1 时，f（x）=4（x1）（x2）=4（x23x+2）=4（x）21，当 1x时，函数单调递减，当 x时，函数单调递增，故当 x=时，f（x）min=f（）=1，设 h（x）=2xa，g（x）=4（xa）（x2a）若在

19、 x1 时，h（x）=与 x 轴有一个交点，所以 a0，并且当 x=1 时，h（1）=2a0，所以 0a2，而函数 g（x）=4（xa）（x2a）有一个交点，所以 2a1，且 a1，所以a1，若函数 h（x）=2xa 在 x1 时，与 x 轴没有交点，则函数 g（x）=4（xa）（x2a）有两个交点，当 a0 时，h（x）与 x 轴无交点，g（x）无交点，所以不满足题意（舍去），当 h（1）=2a0 时，即 a2 时，g（x）的两个交点满足 x1=a，x2=2a，都是满足题意的，综上所述 a 的取值范围是a1，或 a2【点评】本题考查了分段函数的问题，以及函数的零点问题，培养了学生的转化能力和

20、运算能力以及分类能力，属于中档题 三、解答题（共 6 小题，共 80 分）15（13 分）已知函数 f（x）=sincossin（）求 f（x）的最小正周期；（）求 f（x）在区间，0 上的最小值【分析】（）运用二倍角公式和两角和的正弦公式，化简 f（x），再由正弦函数的周期，即可得到所求；（）由 x 的范围，可得 x+的范围，再由正弦函数的图象和性质，即可求得最小值【解答】解：（）f（x）=sincossin=sinx（1cosx）=sinxcos+cosxsin=sin（x+），则 f（x）的最小正周期为 2；（）由x0，可得 x+，即有1，则当 x=时，sin（x+）取得最小值1，则有

21、f（x）在区间，0 上的最小值为1【点评】本题考查二倍角公式和两角和的正弦公式，同时考查正弦函数的周期和值域，考查运算能力，属于中档题 16（13 分）A，B两组各有 7 位病人，他们服用某种药物后的康复时间（单位：天）记录如下：A组：10，11，12，13，14，15，16 B组；12，13，15，16，17，14，a 假设所有病人的康复时间相互独立，从 A，B两组随机各选 1 人，A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙（）求甲的康复时间不少于 14 天的概率；（）如果 a=25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；（）当 a 为何值时，A，B两组病人康复时间的方差相等？（结论不要求证明）

22、【分析】设事件 Ai为“甲是 A组的第 i 个人”，事件 Bi为“乙是 B组的第 i 个人”，由题意可知 P（Ai）=P（Bi）=，i=1，2，7（）事件等价于“甲是 A组的第 5 或第 6 或第 7 个人”，由概率公式可得；（）设事件“甲的康复时间比乙的康复时间长”C=A4B1A5B1A6B1A7B1A5B2A6B2A7B2A7B3A6B6A7B6，易得 P（C）=10P（A4B1），易得答案；（）由方差的公式可得【解答】解：设事件 Ai为“甲是 A组的第 i 个人”，事件 Bi为“乙是 B组的第 i个人”，由题意可知 P（Ai）=P（Bi）=，i=1，2，7（）事件“甲的康复时间不少于 1

23、4 天”等价于“甲是 A组的第 5 或第 6 或第7 个人”甲的康复时间不少于 14 天的概率 P（A5A6A7）=P（A5）+P（A6）+P（A7）=；（）设事件 C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”，则 C=A4B1A5B1A6B1A7B1A5B2A6B2A7B2A7B3A6B6A7B6，P（C）=P（A4B1）+P（A5B1）+P（A6B1）+P（A7B1）+P（A5B2）+P（A6B2）+P（A7B2）+P（A7B3）+P（A6B6）+P（A7B6）=10P（A4B1）=10P（A4）P（B1）=（）当 a 为 11 或 18 时，A，B两组病人康复时间的方差相等【点评】本题考查古典概

24、型及其概率公式，涉及概率的加法公式和方差，属基础题 17（14 分）如图，在四棱锥 AEFCB中，AEF为等边三角形，平面 AEF 平面 EFCB，EFBC，BC=4，EF=2a，EBC=FCB=60，O为 EF的中点（）求证：AO BE （）求二面角 FAE B的余弦值；（）若 BE 平面 AOC，求 a 的值 【分析】（）根据线面垂直的性质定理即可证明 AO BE （）建立空间坐标系，利用向量法即可求二面角 FAE B的余弦值；（）利用线面垂直的性质，结合向量法即可求 a 的值【解答】证明：（）AEF为等边三角形，O为 EF的中点，AO EF，平面 AEF 平面 EFCB，AO 平面 AE

25、F，AO 平面 EFCB AO BE （）取 BC的中点 G，连接 OG，EFCB是等腰梯形，OG EF，由（）知 AO 平面 EFCB，OG 平面 EFCB，OA OG，建立如图的空间坐标系，则 OE=a，BG=2，GH=a，（a2），BH=2 a，EH=BHtan60=，则 E（a，0，0），A（0，0，a），B（2，0），=（a，0，a），=（a2，0），设平面 AEB的法向量为=（x，y，z），则，即，令 z=1，则 x=，y=1，即=（，1，1），平面 AEF的法向量为，则 cos=即二面角 FAE B的余弦值为；（）若 BE 平面 AOC，则 BE OC，即=0，=（a2，0），=

26、（2，0），=2（a2）3（a2）2=0，解得 a=【点评】本题主要考查空间直线和平面垂直的判定以及二面角的求解，建立坐标系利用向量法是解决空间角的常用方法 18（13 分）已知函数 f（x）=ln，（）求曲线 y=f（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（）求证，当 x（0，1）时，f（x）；（）设实数 k 使得 f（x）对 x（0，1）恒成立，求 k 的最大值【分析】（1）利用函数的导数求在曲线上某点处的切线方程（2）构造新函数利用函数的单调性证明命题成立（3）对 k 进行讨论，利用新函数的单调性求参数 k 的取值范围【解答】解答：（1）因为 f（x）=ln（1+x）ln（1x）所以 又因

27、为 f（0）=0，所以曲线 y=f（x）在点（0，f（0）处的切线方程为 y=2x（2）证明：令 g（x）=f（x）2（x+），则 g（x）=f（x）2（1+x2）=，因为 g（x）0（0 x1），所以 g（x）在区间（0，1）上单调递增 所以 g（x）g（0）=0，x（0，1），即当 x（0，1）时，f（x）2（x+）（3）由（2）知，当 k2 时，f（x）对 x（0，1）恒成立 当 k2 时，令 h（x）=f（x），则 h（x）=f（x）k（1+x2）=，所以当时，h（x）0，因此 h（x）在区间（0，）上单调递减 当时，h（x）h（0）=0，即 f（x）所以当 k2 时，f（x）并非对

28、x（0，1）恒成立 综上所知，k 的最大值为 2【点评】本题主要考查切线方程的求法及新函数的单调性的求解证明 在高考中属常考题型，难度适中 19（14 分）已知椭圆 C：+=1（ab0）的离心率为，点 P（0，1）和点 A（m，n）（m 0）都在椭圆 C上，直线 PA交 x 轴于点 M （）求椭圆 C的方程，并求点 M的坐标（用 m，n 表示）；（）设 O为原点，点 B 与点 A关于 x 轴对称，直线 PB交 x 轴于点 N，问：y轴上是否存在点 Q，使得OQM=ONQ？若存在，求点 Q的坐标，若不存在，说明理由【分析】（I）根据椭圆的几何性质得出求解即可（II）求解得出 M（，0），N（，0

29、），运用图形得出 tan OQM=tan ONQ，=，求解即可得出即 yQ2=xMxN，+n2，根据 m，m的关系整体求解【解答】解：（）由题意得出 解得：a=，b=1，c=1+y2=1，P（0，1）和点 A（m，n），1n1 PA的方程为：y1=x，y=0 时，xM=M（，0）（II）点 B与点 A关于 x 轴对称，点 A（m，n）（m 0）点 B（m，n）（m 0）直线 PB交 x 轴于点 N，N（，0），存在点 Q，使得OQM=ONQ，Q（0，yQ），tan OQM=tan ONQ，=，即 yQ2=xMxN，+n2=1 yQ2=2，yQ=，故 y 轴上存在点 Q，使得OQM=ONQ，Q（

30、0，）或 Q（0，）【点评】本题考查了直线圆锥曲线的方程，位置关系，数形结合的思想的运用，运用代数的方法求解几何问题，难度较大，属于难题 20（13 分）已知数列an满足：a1N*，a136，且 an+1=（n=1，2，），记集合 M=an|n N*（）若 a1=6，写出集合 M的所有元素；（）如集合 M存在一个元素是 3 的倍数，证明：M的所有元素都是 3 的倍数；（）求集合 M的元素个数的最大值【分析】（）a1=6，利用 an+1=可求得集合 M的所有元素为 6，12，24；（）因为集合 M存在一个元素是 3 的倍数，所以不妨设 ak是 3 的倍数，由an+1=（n=1，2，），可归纳证明

31、对任意 nk，an是 3 的倍数；（）分 a1是 3 的倍数与 a1不是 3 的倍数讨论，即可求得集合 M的元素个数的最大值【解答】解：（）若 a1=6，由于 an+1=（n=1，2，），M=an|nN*故集合 M的所有元素为 6，12，24；（）因为集合 M存在一个元素是 3 的倍数，所以不妨设 ak是 3 的倍数，由an+1=（n=1，2，），可归纳证明对任意 nk，an是 3 的倍数 如果 k=1，M的所有元素都是 3 的倍数；如果 k1，因为 ak=2ak1，或 ak=2ak136，所以 2ak1是 3 的倍数；于是 ak1是3 的倍数；类似可得，ak2，a1都是 3 的倍数；从而对任

32、意 n1，an是 3 的倍数；综上，若集合 M存在一个元素是 3 的倍数，则集合 M的所有元素都是 3 的倍数（）对 a136，an=（n=1，2，），可归纳证明对任意 nk，an36（n=2，3，）因为 a1是正整数，a2=，所以 a2是 2 的倍数 从而当 n2 时，an是 2 的倍数 如果 a1是 3 的倍数，由（）知，对所有正整数 n，an是 3 的倍数 因此当 n3 时，an12，24，36，这时 M的元素个数不超过 5 如果 a1不是 3 的倍数，由（）知，对所有正整数 n，an不是 3 的倍数 因此当 n3 时，an4，8，16，20，28，32，这时 M的元素个数不超过 8 当 a1=1 时，M=1，2，4，8，16，20，28，32，有 8 个元素 综上可知，集合 M的元素个数的最大值为 8【点评】本题考查数列递推关系的应用，突出考查分类讨论思想与等价转化思想及推理、运算能力，属于难题