2015年高考理科数学(全国二卷)真题

理科数学（全国卷Ⅱ）

(青海、西藏、甘肃、贵州、内蒙古、新疆、宁夏、吉林、黑龙

江、云南、辽宁、广西、海南等)

注意事项：

1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至5页. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置. 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效. 4. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.

第Ⅰ卷

一、 选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.已知集合A={-2,-1,0,1,2}，B={X|（X-1）（X+2）<0}，则AA．{-1,0}

B．{0,1}

B=（ ）

D．{0,1,2}

C．{-1,0,1}

2.若a为实数，且（2+ai）（a-2i）= - 4i，则a=（ ） A．-1

B．0

C．1

D．2

3.根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫排放量（单位：万吨）柱形图， 以下结论中不正确的是（ ）

A．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著 B．2007年我国治理二氧化硫排放显现成效

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C．2006年以来我国二氧化硫排放量呈减少趋势 D．2006年以来我国二氧化硫排放量与年份正相关

4.已知等比数列{错误!未找到引用源。} 满足错误!未找到引用源。=3，错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。=21，则错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。=（ ） A．21

B．42

C．63

D．84

5.设函数f（x）=错误!未找到引用源。则f（-2）+f（错误!未找到引用源。）=（ ） A．3

B．6

C．9

D．12

6.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）

A．错误!未找到引用源。 误!未找到引用源。

B．错误!未找到引用源。

C．错

D．错误!未找到引用源。

7.过三点A（1,3），B（4,2），C（1，-7）的圆交y轴于M，N两点，则IMNI=（ ） A．2错误!未找到引用源。 源。

B．8

C．4错误!未找到引用

D．10

8.下边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”。执行该程序框图，若输入的a , b分别为14 ，18，则输出的a=（ ）

A．0

B．2 C．4 D．14

9.已知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90o

，C为该球上的动点，若三棱锥O-ABC

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的体积最大值为36，则球O的表面积为（ ） A．36π

B．64π

C．144π

D．256π

10.如图，长方形ABCD的边AB2，BC1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记BOPx，将动点P到A,B两点距离之和表示为x的函数，则yf(x)的图像大致为（ ）

A． B． C． D．

11.已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为（ ） A．5

B．2

C．3

D．2 12.设函数f’(x)是奇函数f(x)(x错误!未找到引用源。R)的导函数，f(-1)=0，当x>0时，x f’(x)- f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是（ ） A．（错误!未找到引用源。，-1）∪（0,1） 源。，0）∪（1,+错误!未找到引用源。） C．（错误!未找到引用源。，-1）∪（-1,0） 源。，1）∪（1,+错误!未找到引用源。）

二、填空题

13.设向量a,b不平行，向量λ a+b与a+2b平行，则实数 λ =

D．（错误!未找到引用

B．（错误!未找到引用

14.若x，y满足约束条件

，则z=x+y的最大值为

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15.(ax)(1x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a=

16.设Sn是数列｛an｝的前n项和，且a11,an1snsn1，则Sn=

三、解答题

17.△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC面积的2倍 （I）求

sinB sinC2，求BD和AC的长 2（II）若AD=1，DC=

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18.某公司为了了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机抽查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：

A地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 76 78 86 95 66 97 78 88 82 76 89 B地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 82 93 48 65 81 74 56 54 76 65 79

（1）根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）

（Ⅱ）根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：

记事件C：“A地区用户的满意等级高于B地区用户的满意度等级”.假设两地区用户的评价结果互相独立。根据所给的数据，以事件发生的频率作为响应事件的概率，求C的概率

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19.如图，长方形ABCDA1B1C1D1 中，AB=16，BC=10，AA18 ,点E,F分别在A1B1,D1C1 上，A1ED1F4 .过点E,F的平面 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.

（Ⅰ）在途中画出这个正方形（不必说明画法和理由）； （Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值。

20.已知椭圆C:9x2+y2=M2(m>0), 直线l不过圆点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A,B，线段AB的中点为M。

（Ⅰ）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值； （Ⅱ）若l过点（

m,m）,延长线段OM与C 交于点P，四边形OAPB能否为平行四边3形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由。

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21.设函数f(x)=emx+x2-mx.

（1）证明：f(c)在（-，0）单调递减，在（0，+）单调递增；

（2）若对于任意x1，x2[-1,1]，都有︱f(x1)-(x2)︳e-1,求m的取值范围。

22.选修4—1：几何证明选讲

如图，O为等腰三角形ABC内一点，⨀O与△ABC的底边BC交于M,N两点，与底边的高AD交于点G，切与AB，AC分别相切与E，F两点。 （Ⅰ）证明：EF∥BC；

（Ⅱ）若AG等于O的半径，且AEMN23，求四边形EBCF的面积。

23.选修4—4：坐标系与参数方程

xtcos,在直角坐标系xOy中，曲线C1：（t为参数，t0），其中0<

ytsin,在以错误未找到引用源。为极点x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线错误!未找到引用源。：错误!未找到引用源。=2sin错误!未找到引用源。，错误!未找到引用源。：错误!未找到引用源。 =23cos.

第 7 页 共 19 页

（Ⅰ）求错误!未找到引用源。与错误!未找到引用源。交点的直角坐标；

（Ⅱ）若错误!未找到引用源。与错误!未找到引用源。相交于点错误!未找到引用源。，错误!未找到引用源。与错误!未找到引用源。相交于点错误!未找到引用源。,求|错误!未找到引用源。|的最大值

24.选修4-5：不等式选讲

设,b,c,d均为正数，且+b=c+d，证明： （Ⅰ）若b>cd,则+b>c+d；

（Ⅱ）+b>c+d是|-b|<|c-d|的充要条件。

2015年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷Ⅱ)

《理科数学》试卷参考答案

一、选择题

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1.A 解析过程：

x1x20解得2x1，

Bx2x1，AB1,0.

2.B 解析过程：

2aia2i2a2aa24i4i，

a244解得a0.

3.D 解析过程：

由柱形图得，从2006年以来， 我国二氧化硫排放量呈下降趋势， 故年排放量与年份负相关 4.B 解析过程：

a1a3a5a1a1q2a1q431q2q421

1q2q47，整理得q23q220

解得q22a3a5a7a1q2a1q4a1q6

a1q21q2q432742

5.C 解析过程：

f21log2223, flog2122log21212log23log2412logf2flog2129. 6.D 解析过程：

23log222log266,

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1如图所示截面为ABC，设边长为a，则截取部分体积为S313a1所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为611a356

ADC1DBa3，

6

7.C 解析过程：

19D3EF0D2由题可得1044D2EF0，解得E4，

149D7EF0F20所以圆方程为x2y22x4y200，令x0，解得y226， 所以MN22622646 8.B 解析过程： 输入a14,b18

第一步ab成立，执行ab，不成立执行bba18144 第二步ab成立，执行ab，成立执行aab14410， 第三步ab成立，执行ab，成立执行aab1046 第四步ab成立，执行ab，成立执行aab642 第四步ab成立，执行ab，不成立执行bba422 第五步ab不成立，输出a2.选B 9.C 解析过程：

1设球的半径为r，三棱锥OABC的体积为VS311212hrhrh， ABO326 第 10 页 共 19 页

1点C到平面ABO的最大距离为r，r336，解得r6，

6球表面积为4r2144. 10.B 解析过程： 由已知得，

当点P在BC边上运动时，即0x4时，

PAPBtan2x4tanx； 当点P在CD边上运动时，即

24x3,x时， 42211PAPB1111， 22tanxtanx当x

2

时，PAPB22；

3x时， 4当点P在边DA上运动时，即

PAPBtan2x4tanx，

从点P的运动过程可以看出，轨迹关于直线x

且ff，且轨迹非线性，故选B

422

对称，

11.D 解析过程：

x2y2设双曲线方程为221a0,b0，

ab如图所示，ABBM，ABM120，

过点M作MDx轴，垂足为D.在RtBMD中，BDa,MD3a， 故点M的坐标为M2a,3a，

4a23a2代入双曲线方程得221，化简得a2b2，

abc2a2b2所以e2.故选D 22aa

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12.A

解析过程：记函数gxfxxfxfxgx，则，

x2x因为当x0时，fxfx0，

故当x0时，gx0，所以gx在0,单调递减； 又因为函数fx是奇函数，故函数gx是偶函数， 所以gx在,0单调递减，

且g1g10．当0x1时，gx0，则fx0； 当x1时，gx0，则fx0，

综上所述，使得fx0成立的x的取值范围是

,10,1，故选A.

二、填空题 13.

1 2解析过程：

x1设abxa2b，可得，解得x.

212x14.

3 2解析过程：

如图所示，可行域为ABC，直线yxz经过点B时，z最大.

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x1x2y013联立解得1，所以zmax1.

y22x2y202

15.3 解析过程：

ax1x401234C4aC4axC4ax2C4ax3C4ax4

012233445C4xC4xC4xC4xC4x，

13024aC4aC4C4C432，解得a3. 所以C4116.

n解析过程：

an1Sn1SnSnSn1，11=1 SnSn1即

1111，是等差数列， Sn1SnSn111n11n1n即Sn. SnS1n三、解答题

117.（Ⅰ）（Ⅱ）BD2，AC1

2解析过程： （Ⅰ）如图所示， 由题意可得SSADCABD1ABADsinBAD， 21ACADsinCAD， 2第 13 页 共 19 页

SABD2SADC,BADDAC，

AB2AC，sinBAC1.

sinCAB21BDh2S2122h，

22（Ⅱ）设BC边上的高为h，则SABDADC解得BD2，设ACx,AB2x，

4x12，cosDAC4x2x212x则cosBAD12.

cosDACcosBAD4x124x2x212x12，

解得x1或x1（舍去）.AC1.

18.

（Ⅰ）如图所示.通过茎叶图可知A地区的平均值比B地区的高， A地区的分散程度大于B地区.

（Ⅱ）记事件不满意为事件A1，B1，满意为事件A2，B2， 非常满意为事件A3，B3.则由题意可得

PA141241082,PA2PA3,PB1,PB2,PB3 2020,20202020则PCPA2PB1PA3PB1PB2.

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1210410812 20202020202519.

（Ⅰ）如图所示

（Ⅱ）建立空间直角坐标系.由题意和（Ⅰ）可得

A10,0,0,F0,4,8,E10,4,8,G10,10,0 则AF10,4,8,EF10,0,0,EG0,6,8. 设平面EFHG的一个法向量为nx,y,z，

nEF010x0则即，

6y8z0nEG0解得x0，令y4,z3，则n0,4,3 所以直线AF与平面所成角的正弦值为

sincosAF,nAFnAFn162422. 5100168416920.

（Ⅰ）设直线l的方程为ykxb,k0，点Ax1,y1,Bx2,y2，

ykxbx1x2y1y2则M， ,.联立方程222229xym消去y整理得9k2x22kbxb2m20 （*） 所以x1x22kb18b2kb,yyk2b， 12229k29k9k所以kOM•kABy1y218b2•kx1x29k229k2••k9.

2kb 第 15 页 共 19 页

（Ⅱ）假设直线l存在，直线方程为ykx设点Pxp,yp，则由题意和（Ⅰ） 可得xpx1x22m1km3k,b. 332kb18b，因为点P在椭圆上， ,yyyp12229k9k22kb18b2222所以9，整理得， m36bm9k229k9km3k22即36m9k，

32化简得k28k90，解得k47， 有（*）知4k2b249k2b2m20， 验证可知k47都满足. 21.

（Ⅰ）因为fxemxx2mx， 所以fxmemx2xm，

fxm2emx20在R上恒成立， 所以fxmemx2xm在R上单调递增. 而f00，所以x0时，fx0； 所以x0时，fx0.

所以fx在,0单调递减，在0,单调递增. （Ⅱ）有（Ⅰ）知fminxf01， 当m0时，fx1x2， 此时fx在1,1上的最大值是2. 所以此时fx1fx2e1.

当m0时，f1em1m，f1em1m

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令gmf1f1emem2m， 所以gmemem20

所以gmf1f1emem2m在R上单调递增. 而g00，所以m0时，gm0，即f1f1. 所以m0时，gm0，即f1f1

当m0时，fx1fx2f11emme1m1 当m0时，

fx1fx2f11emmemm

e1m11m0

所以，综上所述m的取值范围是1,1 22.

（Ⅰ）如图所示，连接OE,OF，

则OEAB,OFAC即AEOAFO90. 因为OEOF，所以OEFOFE，

所以AEF90OEF,AFE90OFE，即AEFAFE. 因为AEFAFEEAF180， 所以AEFAFE1180EAF. 2因为ABC是等腰三角形， 所以BC1180BAC， 2所以AEFAFEBC，所以EFBC.

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（Ⅱ）设O的半径为r，AGr,OA2r. 在RtAEO中，AEEOAO.23在RtAEO中，sinOAE2222r22r，解得r2.

2OEr1.OAE30， OA2r21OAEOAFEAF,AEAF，EAF2OAE60，

2AEF,ABC是等边三角形.

连接OM，OM2，ODMN，

MDND21MN3.在RtODM， 222ODOMMD2321.

ADOAOD415. 在RtADB中，ABAD5103.

cosBADcos303四边形EBCF的面积为

SABCSAEF310332343422163. 323.

（Ⅰ）将曲线C2,C3化为直角坐标系方程

C2:x2y22y0,C3:x2y223x0.

322xx0xy2y02. 联立2解得,23y0xy23x0y233所以交点坐标为0,0，2,2.

（Ⅱ）曲线的极坐标方程为

，

的极坐标为

.

，其中

.

.

因此的极坐标为所以

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当24.

时，取得最大值，最大值为.

（Ⅰ）由题意可得

ab2ab2ab,

cd2cd2cd，

abcd,abcd，而abcd，

ab2cd，即2abcd. （Ⅱ）abcdab2abcd2cd abcdabcd

4ab4cdab4abcd4cd

22abcd

22abcd

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