2015山东高考数学(理)试题及答案

（1） 已知集合A={X|X²-4X+3<0}，B={X|2（A）（1，3） （B）（1，4） （C）（2，3） （D）（2，4） （2）若复数Z满足

Zi，其中i为虚数单位，则Z=A 1i （A）1-i （B）1+i （C）-1-i （D）-1+i

（3）要得到函数y=sin（4x-）的图像，只需要将函数y=sin4x的图像（C） （A）向左平移

123个单位 （B）向右平移

12个单位

（C）向左平移个单位 （D）向右平移个单位

（4）已知菱形ABCD 的边长为a，∠ABC=60,则BDCD＝D

o

33（A）- （B）- （C） （D）

（5）不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是A

（A）（-，4） （B）（-，1） （C）（1，4） （D）（1，5）

（6）已知x,y满足约束条件，若z=ax+y的最大值为4，则a=B

（A）3 （B）2 （C）-2 （D）-3

（7）在梯形ABCD中，∠ABC=，AD//BC，BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为C （A） （B） （C）

（D）2

- 1 -

（8）已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布N（0，32），从中随机取一件，其长度误差落在区间（3,6）内的概率为 （附：若随机变量ξ服从正态分布N（μ，σ²），则P（μ-σ<ξ<μ+σ）=68.26%，P（μ-2σ<ξ<μ+2σ）=95.44%.）B

（A）4.56% （B）13.59% （C）27.18% （D）31.74% （9）一条光线从点（-2，-3）射出，经y轴反射后与圆

相切，则反射光线所在直线的斜率为（D）

（A）

或

（B

或

（C）

或

（D）

或

（10）设函数f(x)=（A）[,1]（B）[0,1]（C）[

,则满足f(f(a))=

（D）[1, +

的a的取值范围是（C

第Ⅱ卷（共100分）

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。 （11）观察下列各式： C10=40

„„

照此规律，当nN时，

C02n-1 + C12n-1 + C22n-1 +„+ Cn-12n-1 = 4n1 .

- 2 -

(12)若“x[0,]，tanxm”是真命题，则

4实数m的最小值为 1

（13）执行右边的程序框图，输出的T的值为 11/6 .

(14)已知函数f(x)axb(a0,a1) 的定义域和值域都是1,0 ，则ab -3/2 （15）平面直角坐标系xOy中，双曲线C1：

x2y21（a>0,b>0）的渐近线与抛物线C2： a2b2否 X2=2py(p>0)交于O，若△OAB的垂心为C2的焦点，则C1的离心率为 3/2 三、解答题：本答题共6小题，共75分。 （16）（本小题满分12分） 设f（x）=sinxcosxcos2（x+）.

4（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）在锐角△ABC中，角A,B,C,的对边分别为a,b,c,若f（求△ABC面积的最大值。

1cos(2x)12 解：（Ⅰ）由题意f(x)sin2x22111 sin2xsin2x

2221 sin2x

2 由2k2x2k kZ

22 可得kxk kZ

443 由2k2x2k kZ

22- 3 -

A）=0,a=1,2 得

4kx3k kZ 4 所以f(x)的单调递增区间是[单调递减区间是[4k,4k]（kZ）

3k]（kZ）

44A11 （II）f()sinA0sinA

222k,由题意A是锐角，所以 cosA3 2 由余弦定理：a2b2c22bccosA

可得13bcb2c22bc

bc123，且当bc时成立

2323 423 4 bcsinA ABC面积最大值为

(17)(本小题满分12分) 如图，在三棱台DEF-ABC中， AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点。 （Ⅰ）求证：BD//平面FGH；

（Ⅱ）若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF=DE, ∠BAC=450 ,求平面FGH与平面ACFD所成的角（锐角）的大小.

（Ⅰ）证法一：

连接DG，CD，设CDGFO，连接OH 在三棱台DEFABC中，

AB2DE，G为AC的中点， 可得DF//GC，DFGC,

所以 四边形DFCG为平行四边形， 则 O为CD的中点， 又 H为BC的中点，

- 4 -

所以OH//BD,

又OH平面FGH BD平面FGH， 所以BD//平面FGH 证法二：

在三棱台DEFABC中，

由BC2EF,H为BC的中点， 可得 BH//EF,BHEF,

所以四边形BHFE为平行四边形， 可得 BE//HF,

在ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点， 所以GH//AB,

又GHHFH,所以平面FGH//平面ABED, 因为 BD平面ABED, 所以 BD//平面FGH。 （II）解法一：

设AB2,则CF1,

在三棱台DEFABC中， G为AC的中点，

zDFE1 由DFACGC,

2 可得 四边形DGCF为平行四边形， 因此DG//FC,

又 FC平面ABC， 所以 DG平面ABC，

GAByCHx 在ABC中，由ABBC，BAC45，G是AC中点， 所以 ABBC，GBGC, 因此 GB,GC,GD两两垂直，

以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz， 所以 G(0，0，0)，B(2,0，0)，C(0，2,0),D(0，0，1) 可得 H(22，,0)，F(0，2,0) 2222，,0),GF(0，2,0)， 22 故GH( 设n(x,y,z)是平面FGH的一个法向量，则

nGH0xy0

 由 可得nGF02yz0 可得 平面FGH的一个法向量n(1,1,2)，

- 5 -

（2，0,0） 因为GB是平面ACFD的一个法向量，GB

GBn21 所以 cosGB,n

|GB||n|222 所以平面FGH与平面ACFD所成角（锐角）的大小为60 解法二：

作HMAC与点M，作MNGF与点N，连接NH 由FC平面ABC,得HMFC, 又 FCACC,

所以HM平面ACFD， 因此 GFNH,

所以MNH即为所求的角， 在BGC中，MH//BG,MH 由GNM~GCF, 可得

ABDFENGMCH12, BG22MNGM, FCGF 从而MN6, 6 由 HM平面ACFD，MN平面ACFD， 得 HMMN， 因此 tanMNHHM3, MN 所以 MNH60,

所以 平面FGH与平面ACFD所成角（锐角）的大小为60。

（18）（本小题满分12分）

设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3. （I）求{an}的通项公式；

（II）若数列{bn}满足anbn=log32，求{bn}的前n项和Tn.

解：（I）因为2Sn3n3，

所以2a133，故 a13， 当n1时，2Sn13n13，

此时 2an2Sn2Sn13n3n123n1，即an3n2，

- 6 -

3,n1ann2 所以 3,n1

（II）因为anbnlog32，所以 b11， 3 当n1时，bn3n2log23n1(n1)31n， 所以T1b11； 31(131232(n1)32n)， 3 Tnb1b2b3bn013n3T1(1323(n1)3)

所以n 两式相减，得 2Tn2(30313232n) 32132n (n1)32n 2313136n3， 623n136n3 所以Tn n1243 经检验，n1也适合，

136n3 综上可得 Tn n1243 （19）（本小题满分12分）

若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数

字大于百位数字，则称n为“三位递增数”（如137,359,567等）. 在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次.得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得1分；若能被10整除，得1分.

（I）写出所有个位数字是5的“三位递增数” ；

- 7 -

（II）若甲参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望EX .解：（I）个位数是5的“三位递增数”有

125，135，145，235，245，345；

3 （II）由题意知，全部“三位递增数”的个数为C984，

随机变量X是取值为：0，-1,1，因此

C832 P(X0)3，

C932C41 P(X1)3

C914 P(X1)11211，

14342 所以X的分布列为

X P 0 -1 1 21 31421114 则 EX0(1) 1314422111 42（20）（本小题满分13分）

平面直角坐标系

中，已知椭圆：

的离心

率为，左、右焦点分别是.以为圆心以3为半径的圆与

以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上. (Ⅰ)求椭圆的方程； （Ⅱ）设椭圆

( i )求

交椭圆 于

为椭圆上任意一点，过点的直线两点，射线

交椭圆 于点 .

的值；（ii）求△面积的最大值.

解：（I）由题意知2a4，则a2，

- 8 -

又

c32,ac2b2， 可得 b1 a2x2 所以椭圆C的方程为y21

4x2y2 （II）由（I）知椭圆E的方程为1

1|OQ|x2 （i）设P(x0,y0),,由题意知Q(x0,y0)， 因为0y01

4|OP|2|OQ|(x0)2(y0)2x02 又2 1， 即 (y0)1 所以 2，即

|OP|1442 （ii）设A(x1,y1),B(x2,y2)， 将ykxm代入椭圆E的方程，

可得(14k)x8kmx4m160， 由 0，可得 m2416k2

222416k24m28km4m216 则有 x1x2 所以 |x1x2| ,x1x214k214k214k2 因为 直线ykxm与y轴交点的坐标为(0,m)， 所以 OAB的面积

216k24m2|m|2(16k24m2)m2m21 令t S|m||x1x2| 14k214k214k22 将ykxm代入椭圆C的方程， 可得 (14k)x8kmx4m40， 由0，

222可得 m214k2 由①②可知 0t1，因 此S2(4t)t2t24t 故

S23 当且仅当t1时，即m214k2时取得最大值23， 由（i）知，ABQ面

积为3S， 所以 ABQ面积的最大值为63.

(21)(本小题满分14分)

设函数f(x)=In(x+1)+(x2-x)，其中R。 （Ⅰ）讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由； （Ⅱ）若>0，f()0成立，求的取值范围。

- 9 -

解：（Ⅰ）由题意知 函数f(x)的定义域为(1,)，

12ax2axa1 f(x)，令 g(x)2ax2axa1,x(1,)， a(2x1)x1x1（1）当a0时，g(x)1，此时f(x)0，f(x)在(1,)递增，无极值点 （2）当a0时，a8a(1a)a(9a8)， ①当0a2

8时，0，g(x)0, 98时，0，设方程91112的两根为， 因为， 所， x,x(xx)xxx,x2axaxa10121212122441由 g(1)10，可得1x1, 所以 当x(1,x1)时，g(x)0,f(x)0， f(x)4f(x)0，f(x)在(1,)单调递增，无极值点； ②当a递增；当x(x1,x2)时，g(x),0,f(x)0，f(x)递减； 当x(x2)时，

g(x)0,f(x)0, f(x)递增； 因此函数有两个极值点。

（3）当a0时，0， 由g(1)10，可得x11， 当x(1,x2)时

g(x)0,f(x)0,f(x)递增； 当x(x2)时，g(x)0,f(x)0，f(x)递减；

所以函数有一个极值点。

综上所述：当a0时，函数f(x)有一个极值点； 当0a 当a

（II）由（I）知， （1）当0a8时，函数f(x)无极值点； 98时，函数f(x)有两个极值点。 98时，函数f(x)在(0,)上单调递增， 因为 f(0)0， 9- 10 -

所以 x(0,)时，f(x)0，符合题意； （2）当

8a1时，由g(0)0，得x20， 所以 函数f(x)在(0,)上单调递增， 9 又f(0)0，所以x(0,)时，f(x)0，符合题意；

（3）当a1时，由g(0)0，可得x20， 所以x(0,x2)时，函数f(x)单调递减； 因为f(0)0， 所以x(0,x2)时，f(x)0，不合题意；

（4）当a0时，设h(x)xln(x1)， 因为x(0,)时，h(x)11x0 x1x1所以 h(x)在(0,)上单调递增。 因此 当x(0,)时，h(x)h(0)0， 即

ln(x1)x， 可得 f(x)xa(x2x)ax2(1a)x， 当x11时，aax2(1a)x0， 此时 f(x)0，不合题意

综上所述，a的取值范围是[0,1]

- 11 -