2015年湖南高考数学(文)试卷及参考答案
2015年全国高考文科数学试题及答案-新课标2
绝密★启用前2015年普通高等学校招生全国统一考试文 科 数 学注意事项：1．本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必先将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。
2．回答第I 卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第II 卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I 卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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{|12}A x x =-<<，{|03}B x x =<<，则AB =A ．(1,3)-B ．(1,0)-C ．(0,2)D ．(2,3) 2．若a 为实数，且231ai i i+=++，则a =A ．-4B ．-3C ．3D ．43．根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫年排放量（单位：万吨）柱形图，以下结论不正确的是A ．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显着B ．2007年我国治理二氧化硫排放显现成效C ．2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势D ．2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关 4．向量(1,1)=-a ，(1,2)=-b ，则(2)+⋅=a b a A ．-1 B ．0 C ．1 D ．35．设S n 等差数列{}n a 的前n 项和。
若a 1 + a 3 + a 5 = 3，则S 5 =A ．5B ．7C ．9D ．116．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为 A ．18B ．17C ．16D ．157．已知三点(1,0)A，B，C ，则ΔABC 外接圆的圆心到原点的距离为A ．53 BCD ．432004年 2005年 2006年 2007年 2008年 2009年 2010年 2011年 2012年 2013年8．右边程序框图的算法思路源于我国古代数学名着《九章算术》中的“更相减损术”。
2015年普通高等学校招生全国统一考试文科数学(湖南卷)(含答案全解析)
2015年普通高等学校招生全国统一考试湖南文科数学本试卷包括选择题、填空题和解答题三部分,共5页,时量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.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.(2015湖南,文1)已知(1-i)2z=1+i(i为虚数单位),则复数z=()A.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i 答案:D解析:由已知得z=(1-i)2=-2i=-2i(1-i)(1+i)(1-i)=-2-2i=-1-i.2.(2015湖南,文2)在一次马拉松比赛中,35名运动员的成绩(单位:分钟)的茎叶图如图所示若将运动员按成绩由好到差编为1~35号,再用系统抽样方法从中抽取7人,则其中成绩在区间[139,151]上的运动员人数是()A.3B.4C.5D.6答案:B解析:依题意,应将35名运动员的成绩由好到差排序后分为7组,每组5人.然后从每组中抽取1人,其中成绩在区间[139,151]上的运动员恰好是第2,3,4,5组,因此,成绩在该区间上的运动员人数是4.3.(2015湖南,文3)设x∈R,则“x>1”是“x3>1”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案:C解析:由x>1能推得x3>1,充分性成立.由x3>1得(x-1)(x2+x+1)>0,∵x2+x+1>0恒成立,∴x>1,∴“x>1”是“x3>1”的充要条件.故选C.4.(2015湖南,文4)若变量x,y满足约束条件x+y≥1,y-x≤1,x≤1,则z=2x-y的最小值为()A.-1B.0C.1D.2答案:A解析:画出满足约束条件的平面区域如图.作直线y=2x,平移直线y=2x,当x=0,y=1,即直线过点A(0,1)时,z取得最小值,此时z min=2×0-1=-1.故选A.5.(2015湖南,文5)执行如图所示的程序框图,如果输入n=3,则输出的S=()A.67B.37C.89D.49答案:B解析:由题意得,输出的S 为数列1(2n -1)(2n +1)的前3项和,而1(2n -1)(2n +1)=112n -1-1,即S n =1 1-1=n .故当输入n=3时,S=S 3=3,故选B . 6.(2015湖南,文6)若双曲线x 2a 2−y 2b2=1的一条渐近线经过点(3,-4),则此双曲线的离心率为( )A. 73B.54C.43D.53答案:D解析:∵双曲线的渐近线方程为y=±b ax ,且过点(3,-4),∴-4=-b ×3,∴b a =43.∴离心率e= 1+ b 2= 1+ 4 =5,故选D .7.(2015湖南,文7)若实数a ,b 满足1a +2b=ab ,则ab 的最小值为( ) A. B.2C.2D.4答案:C解析:由已知1+2= ab ,可知a ,b 同号,且均大于0.由 =1a +2b ≥2 2ab,得ab ≥2 2.即当且仅当1=2,即b=2a 时等号成立,故选C .8.(2015湖南,文8)设函数f (x )=ln(1+x )-ln(1-x ),则f (x )是( )A.奇函数,且在(0,1)上是增函数B.奇函数,且在(0,1)上是减函数C.偶函数,且在(0,1)上是增函数D.偶函数,且在(0,1)上是减函数 答案:A解析:要使函数有意义,应满足 1+x >0,1-x >0,解得-1<x<1,即函数f (x )定义域为(-1,1),关于原点对称.此时f (-x )=ln(1-x )-ln(1+x )=-f (x ),所以f (x )为奇函数.又f (x )=ln 1+x 1-x=ln 21-x-1 ,由复合函数的单调性可知f (x )在(0,1)上是增函数.故选A .9.(2015湖南,文9)已知点A ,B ,C 在圆x 2+y 2=1上运动,且AB ⊥BC ,若点P 的坐标为(2,0),则|PA +PB +PC|的最大值为( ) A.6 B.7 C.8 D.9 答案:B解析:设坐标原点为O ,则PA +PB +PC =PO +OA +PO +OB +PO +OC =3PO +OB +(OA +OC ),由于AB ⊥BC ,所以AC 是圆的直径,因此OA +OC =0,于是|PA +PB +PC |=|3PO +OB |= (3PO +OB )2= 9|PO |2+6PO ·OB +|OB |2= 9×22+12-6OP ·OB= 37-6|OP ||OB |cos ∠POB= 37-12cos ∠POB ,故当∠POB=π时,cos ∠POB 取最小值-1,此时|PA +PB +PC |取最大值7.10.(2015湖南,文10)某工件的三视图如图所示,现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能大的正方体新工件,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利用率=新工件的体积原工件的体积()A.89πB.8 27πC.24(2-1)3D.8(2-1)3答案:A解析:由三视图可知该几何体是一个圆锥,其底面半径r=1,母线长l=3,所以其高h=l2-r2=32-12=22.故该圆锥的体积V=πr2h=π×12×22=22π.由题意可知,加工后的正方体是该圆锥的一个内接正方体,如图所示.正方体ABCD-EFGH的底面在圆锥的底面内,下底面中心与圆锥底面的圆心重合,上底面中心在圆锥的高线上,设正方体的棱长为x.在轴截面SMN中,由O1G∥ON可得,O1G=SO1,即22x=22-x22,x=22.所以正方体的体积为V1=2233=16227.所以该工件的利用率为V1=1622722π3=8.故选A.二、填空题:本大题共5小题,每小题5分,共25分.11.(2015湖南,文11)已知集合U={1,2,3,4},A={1,3},B={1,3,4},则A∪(∁U B)=.答案:{1,2,3}解析:∁U B={2},A∪(∁U B)={1,2,3}.12.(2015湖南,文12)在直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,若曲线C的极坐标方程为ρ=2sin θ,则曲线C的直角坐标方程为.答案:x2+y2-2y=0解析:∵ρ=2sin θ,且ρ2=x2+y2,ρsin θ=y,∴ρ2=2ρsin θ,∴x2+y2=2y.∴曲线C的直线坐标方程为x2+y2-2y=0.13.(2015湖南,文13)若直线3x-4y+5=0与圆x2+y2=r2(r>0)相交于A,B两点,且∠AOB=120°(O为坐标原点),则r=.答案:2解析:如图所示,由题意知,圆心O到直线3x-4y+5=0的距离|OC|=3+(-4)=1,故圆的半径r=1cos60°=2.14.(2015湖南,文14)若函数f(x)=|2x-2|-b有两个零点,则实数b的取值范围是. 答案:(0,2)解析:函数f(x)的零点个数即为函数g(x)=|2x-2|=2x-2,x≥1,2-2x,x<1的图象与直线y=b的交点个数.如图,分别作出函数y=g(x)与直线y=a的图象,由图可知,当0<a<2时,直线y=a与y=g(x)有两个交点.所以a 的取值范围为(0,2).15.(2015湖南,文15)已知ω>0,在函数y=2sin ωx与y=2cos ωx的图象的交点中,距离最短的两个交点的距离为23,则ω=.答案:π解析:如图所示,在同一直角坐标系中,作出函数y=2sin ωx与y=2cos ωx的图象.A,B为符合条件的两交点.则Aπ4ω,2,B-3π4ω,-2,由|AB|=23,得πω+(22)2=23,解得πω=2,即ω=π2.三、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)(2015湖南,文16)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.抽奖方法是:从装有2个红球A1,A2和1个白球B的甲箱与装有2个红球a1,a2和2个白球b1,b2的乙箱中,各随机摸出1个球,若摸出的2个球都是红球则中奖,否则不中奖.(1)用球的标号列出所有可能的摸出结果.(2)有人认为:两个箱子中的红球比白球多,所以中奖的概率大于不中奖的概率,你认为正确吗?请说明理由.解:(1)所有可能的摸出结果是{A1,a1},{A1,a2},{A1,b1},{A1,b2},{A2,a1},{A2,a2},{A2,b1},{A2,b2},{B,a1},{B,a2},{B,b1},{B,b2}.(2)不正确.理由如下:由(1)知,所有可能的摸出结果共12种,其中摸出的2个球都是红球的结果为{A1,a1},{A1,a2},{A2,a1},{A2,a2},共4种,所以中奖的概率为4=1,不中奖的概率为1-1=2>1.故这种说法不正确.17.(本小题满分12分)(2015湖南,文17)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=b tan A.(1)证明:sin B=cos A;(2)若sin C-sin A cos B=3,且B为钝角,求A,B,C.解:(1)由a=b tan A及正弦定理,得sin A=a=sin A,所以sin B=cos A.(2)因为sin C-sin A cos B=sin[180°-(A+B)]-sin A cos B=sin(A+B)-sin A cos B=sin A cos B+cos A sin B-sin A cos B=cos A sin B,所以cos A sin B=3.由(1)sin B=cos A,因此sin2B=3.又B为钝角,所以sin B=32,故B=120°.由cos A=sin B=3知A=30°.从而C=180°-(A+B)=30°.综上所述,A=30°,B=120°,C=30°.18.(本小题满分12分)(2015湖南,文18)如图,直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形,E ,F 分别是BC ,CC 1的中点.(1)证明:平面AEF ⊥平面B 1BCC 1;(2)若直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角为45°,求三棱锥F-AEC 的体积. 解:(1)证明:如图,因为三棱柱ABC-A 1B 1C 1是直三棱柱,所以AE ⊥BB 1.又E 是正三角形ABC 的边BC 的中点,所以AE ⊥BC. 因此,AE ⊥平面B 1BCC 1.而AE ⊂平面AEF ,所以,平面AEF ⊥平面B 1BCC 1. (2)设AB 的中点为D ,连结A 1D ,CD. 因为△ABC 是正三角形,所以CD ⊥AB.又三棱柱ABC-A 1B 1C 1是直三棱柱,所以CD ⊥AA 1.因此CD ⊥平面A 1ABB 1,于是∠CA 1D 为直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角.由题设,∠CA 1D=45°,所以A 1D=CD= 3AB= 3.在Rt △AA 1D 中,AA 1= A 1D 2-AD 2= 3-1= 2,所以FC=1AA 1=2.故三棱锥F-AEC 的体积V=1S △AEC ·FC=1×3×2=6.19.(本小题满分13分)(2015湖南,文19)设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=1,a 2=2,且a n+2=3S n -S n+1+3,n ∈N *. (1)证明:a n+2=3a n ; (2)求S n .解:(1)由条件,对任意n ∈N *,有a n+2=3S n -S n+1+3,因而对任意n ∈N *,n ≥2,有a n+1=3S n-1-S n +3.两式相减,得a n+2-a n+1=3a n -a n+1,即a n+2=3a n ,n ≥2. 又a 1=1,a 2=2,所以a 3=3S 1-S 2+3=3a 1-(a 1+a 2)+3=3a 1, 故对一切n ∈N *,a n+2=3a n .(2)由(1)知,a n ≠0,所以an +2n=3,于是数列{a 2n-1}是首项a 1=1,公比为3的等比数列;数列{a 2n }是首项a 2=2,公比为3的等比数列.因此a 2n-1=3n-1,a 2n =2×3n-1.于是S 2n =a 1+a 2+…+a 2n =(a 1+a 3+…+a 2n-1)+(a 2+a 4+…+a 2n )=(1+3+…+3n-1)+2(1+3+…+3n-1)=3(1+3+…+3n-1)=3(3n -1), 从而S 2n-1=S 2n -a 2n =3(3n -1)-2×3n-1=3(5×3n-2-1). 综上所述,S n = 32(5×3n -22-1),当n 是奇数,3(3n2-1),当n 是偶数. 20.(本小题满分13分)(2015湖南,文20)已知抛物线C 1:x 2=4y 的焦点F 也是椭圆C 2:y 22+x 2b2=1(a>b>0)的一个焦点.C 1与C 2的公共弦的长为2 6.过点F 的直线l 与C 1相交于A ,B 两点,与C 2相交于C ,D 两点,且AC 与BD同向. (1)求C 2的方程;(2)若|AC|=|BD|,求直线l 的斜率.解:(1)由C 1:x 2=4y 知其焦点F 的坐标为(0,1).因为F 也是椭圆C 2的一个焦点,所以a 2-b 2=1. ① 又C 1与C 2的公共弦的长为2 6,C 1与C 2都关于y 轴对称,且C 1的方程为x 2=4y ,由此易知C 1与C 2的公共点的坐标为 ± 6,32,所以94a 2+6b2=1.②联立①,②得a 2=9,b 2=8,故C 2的方程为y 2+x 2=1. (2)如图,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C (x 3,y 3),D (x 4,y 4).因AC 与BD 同向,且|AC|=|BD|,所以AC =BD ,从而x 3-x 1=x 4-x 2,即x 1-x 2=x 3-x 4,于是(x 1+x 2)2-4x 1x 2=(x 3+x 4)2-4x 3x 4,③ 设直线l 的斜率为k ,则l 的方程为y=kx+1. 由 y =kx +1,x 2=4y ,得x 2-4kx-4=0,而x 1,x 2是这个方程的两根,所以x 1+x 2=4k ,x 1x 2=-4. ④由 y =kx +1,x 2+y 2=1得(9+8k 2)x 2+16kx-64=0,而x 3,x 4是这个方程的两根, 所以x 3+x 4=-16k9+8k2,x 3x 4=-649+8k2.⑤将④,⑤代入③,得16(k 2+1)=162k2(9+8k 2)2+4×649×8k2,即16(k 2+1)=162×9(k 2+1)(9+8k 2)2,所以(9+8k 2)2=16×9,解得k=± 6,即直线l 的斜率为± 64.21.(本小题满分13分)(2015湖南,文21)已知a>0,函数f (x )=a e x cos x (x ∈[0,+∞)).记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *)个极值点.(1)证明:数列{f (x n )}是等比数列;(2)若对一切n ∈N *,x n ≤|f (x n )|恒成立,求a 的取值范围. 解:(1)f'(x )=a e x cos x-a e x sin x= 2a e x cos x +π4.令f'(x )=0,由x ≥0,得x+π=m π-π, 即x=m π-3π,m ∈N *.而对于cos x +π4 ,当k ∈Z 时,若2k π-π2<x+π4<2k π+π2,即2k π-3π4<x<2k π+π4,则cos x +π4>0;若2k π+π2<x+π4<2k π+3π2,即2k π+π4<x<2k π+5π4,则cos x +π4<0.因此,在区间 (m -1)π,mπ-3π 与 mπ-3π,mπ+π 上,f'(x )的符号总相反,于是当x=m π-3π(m ∈N *)时,f (x )取得极值,所以x n =n π-3π(n ∈N *).此时,f (x n )=a e nπ-34πcos nπ-3π =(-1)n+1 2a e nπ-34π.易知f (x n )≠0,而f (x n +1)n )=(-1)n +2 2a 2e (n +1)π-34π(-1)n +1 22a enπ-34π=-e π是常数,故数列{f (x n )}是首项为f (x 1)=2a e π4,公比为-e π的等比数列.(2)对一切n ∈N *,x n ≤|f (x n )|恒成立,即n π-3π4≤2a 2enπ-34π恒成立,亦即2a≤enπ-34πnπ-3π4恒成立(因为a>0).设g (t )=e t (t>0),则g'(t )=e t (t -1)t 2.令g'(t )=0得t=1.当0<t<1时,g'(t )<0,所以g (t )在区间(0,1)上单调递减.当t>1时,g'(t )>0,所以g (t )在区间(1,+∞)上单调递增.因为x 1∈(0,1),且当n ≥2时,x n ∈(1,+∞),x n <x n+1,所以[g (x n )]min =min{g (x 1),g (x 2)}=min g π ,g 5π =g π =4e π4,因此,x n ≤{f (x n )}恒成立,当且仅当 2≤4e π4.解得a ≥2πe -π4,故a 的取值范围是2πe -π4,+∞ .。
2015年高考语文湖南卷(附答案)
语文试卷 第1页（共10页）语文试卷 第2页（共10页）绝密★启用前2015年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）语文本试卷满分150分,考试时间150分钟。
考生注意：1. 答卷前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。
2. 请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。
一、语言文字运用（12分。
每小题3分）梦想是一个民族保持生机、激发活力的源泉。
没有梦想的民族是可悲的，对美好梦想没有_________和矢志不渝精神的民族同样没有前途。
_________、坚韧不拔是中华民族固有的精神基因。
回望历史，面对列强的坚船利炮，中华民族奋起抗争；面对新中国成立之初的_________，中国人民_________；面对现代化征程中的困难与挑战，中华儿女怀揣中国梦，一路高歌前行。
梦想的太阳，已经在东方地平线上喷薄而出，灿烂的朝霞正光耀在我们的眼前…… 1. 下列成语依次填入语段中画横线处，最恰当的一组是（ ）A. 坚贞不屈 自强不息 百废俱兴 奋起直追B. 坚定不移 自强不息 百废待兴 奋发图强C. 坚贞不屈 生生不息 百废待兴 奋发图强D. 坚定不移 生生不息 百废俱兴 奋起直追 2. 下列选项对语段主要运用的修辞手法的判断，正确的一组是（ ）A. 比喻 排比B. 对偶 比喻C. 排比 夸张D. 夸张 对偶说着，进入石洞来。
只见佳木茏葱，奇花 灼．，一带清流，从花木深处曲．折泻于石隙之下。
__________________，皆隐于山坳．树杪之间。
俯而视之，则清溪泻雪，石磴．穿云，白石为栏，环抱池沿，石桥三港，兽面衔吐。
桥上有亭。
3. 语段中加点的字，读音全都正确的一组是（ ）A. 灼．（shuò） 曲．（q ŭ）折 山坳．（ào ） 石磴．（chén g ） B. 灼．（shu ò） 曲．（q ū）折 山坳．（y òu ） 石磴．（d èn g ） C. 灼．（zhuó） 曲．（q ŭ）折 山坳．（yòu） 石磴．（chén g ） D. 灼．（zhu ó） 曲．（q ū）折 山坳．（ào ） 石磴．（d èn g ） 4. 下列语句填入语段中画横线处，衔接最恰当的一项是（ ）A. 再进数步，渐向北边，两边飞楼插空，平坦宽豁，雕甍绣槛B. 渐向北边，再进数步，雕甍绣槛，两边飞楼插空，平坦宽豁C. 再进数步，渐向北边，平坦宽豁，两边飞楼插空，雕甍绣槛D. 渐向北边，雕甍绣槛，再进数步，平坦宽豁，两边飞楼插空二、文言文阅读（22分。
2015年湖南省高考数学试卷答案与解析
2015年湖南省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题，共10小题，每小题5分，共50分1．（5分）（2015•湖南）已知=1+i（i为虚数单位），则复数z=（）A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i考点：复数代数形式的乘除运算．专题：数系的扩充和复数．分析：由条件利用两个复数代数形式的乘除法法则，求得z的值．解答：解：∵已知=1+i（i为虚数单位），∴z===﹣1﹣i，故选：D．点评：本题主要考查两个复数代数形式的乘除法法则的应用，属于基础题．2．（5分）（2015•湖南）设A、B是两个集合，则“A∩B=A”是“A⊆B”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：集合；简易逻辑．分析：直接利用两个集合的交集，判断两个集合的关系，判断充要条件即可．解答：解：A、B是两个集合，则“A∩B=A”可得“A⊆B”，“A⊆B”，可得“A∩B=A”．所以A、B是两个集合，则“A∩B=A”是“A⊆B”的充要条件．故选：C．点评：本题考查充要条件的判断与应用，集合的交集的求法，基本知识的应用．3．（5分）（2015•湖南）执行如图所示的程序框图，如果输入n=3，则输出的S=（）A．B．C．D．考点：程序框图．分析：列出循环过程中S与i的数值，满足判断框的条件即可结束循环．解答：解：判断前i=1，n=3，s=0，第1次循环，S=，i=2，第2次循环，S=，i=3，第3次循环，S=，i=4，此时，i＞n，满足判断框的条件，结束循环，输出结果：S===故选：B点评：本题考查循环框图的应用，注意判断框的条件的应用，考查计算能力4．（5分）（2015•湖南）若变量x、y满足约束条件，则z=3x﹣y的最小值为（）A．﹣7B．﹣1C．1D．2考点：简单线性规划．专题：不等式的解法及应用．分析：由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案．解答：解：由约束条件作出可行域如图，由图可知，最优解为A，联立，解得C（0，﹣1）．由解得A（﹣2，1），由，解得B（1，1）∴z=3x﹣y的最小值为3×（﹣2）﹣1=﹣7．故选：A．点评：本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．易错点是图形中的B点．5．（5分）（2015•湖南）设函数f（x）=ln（1+x）﹣ln（1﹣x），则f（x）是（）A．奇函数，且在（0，1）上是增函数B．奇函数，且在（0，1）上是减函数C．偶函数，且在（0，1）上是增函数D．偶函数，且在（0，1）上是减函数考点：利用导数研究函数的单调性．专题：导数的综合应用．分析：求出好的定义域，判断函数的奇偶性，以及函数的单调性推出结果即可．解答：解：函数f（x）=ln（1+x）﹣ln（1﹣x），函数的定义域为（﹣1，1），函数f（﹣x）=ln（1﹣x）﹣ln（1+x）=﹣[ln（1+x）﹣ln（1﹣x）]=﹣f（x），所以函数是奇函数．排除C，D，正确结果在A，B，只需判断特殊值的大小，即可推出选项，x=0时，f（0）=0；x=时，f（）=ln（1+）﹣ln（1﹣）=ln3＞1，显然f（0）＜f（），函数是增函数，所以B错误，A正确．故选：A．点评：本题考查函数的奇偶性以及函数的单调性的判断与应用，考查计算能力．6．（5分）（2015•湖南）已知（﹣）5的展开式中含x的项的系数为30，则a=（）A．B．﹣C．6D．﹣6考点：二项式定理的应用．专题：二项式定理．分析：根据所给的二项式，利用二项展开式的通项公式写出第r+1项，整理成最简形式，令x的指数为求得r，再代入系数求出结果．解答：解：根据所给的二项式写出展开式的通项，T r+1==；展开式中含x的项的系数为30，∴，∴r=1，并且，解得a=﹣6．故选：D．点评：本题考查二项式定理的应用，本题解题的关键是正确写出二项展开式的通项，在这种题目中通项是解决二项展开式的特定项问题的工具．7．（5分）（2015•湖南）在如图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（）附“若X﹣N=（μ，a2），则P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）=．p（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）=．A．2386B．2718C．3413D．4772考点：正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．专题：计算题；概率与统计．分析：求出P（0＜X≤1）=×=，即可得出结论．解答：解：由题意P（0＜X≤1）=×=，∴落入阴影部分点的个数的估计值为10000×=3413，故选：C．点评：本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量μ和σ的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．8．（5分）（2015•湖南）已知A，B，C在圆x2+y2=1上运动，且AB⊥BC，若点P的坐标为（2，0），则||的最大值为（）A．6B．7C．8D．9考点：圆的切线方程．专题：计算题；直线与圆．分析：由题意，AC为直径，所以||=|2+|=|4+|．B为（﹣1，0）时，|4+|≤7，即可得出结论．解答：解：由题意，AC为直径，所以||=|2+|=|4+|．所以B为（﹣1，0）时，|4+|≤7．所以||的最大值为7．故选：B．点评：本题考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．9．（5分）（2015•湖南）将函数f（x）=sin2x的图象向右平移φ（0＜φ＜）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=，则φ=（）考点：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．专题：三角函数的图像与性质．分析：利用三角函数的最值，求出自变量x1，x2的值，然后判断选项即可．解答：解：因为将函数f（x）=sin2x的周期为π，函数的图象向右平移φ（0＜φ＜）个单位后得到函数g（x）的图象．若对满足|f（x1）﹣g（x2）|=2的可知，两个函数的最大值与最小值的差为2，有|x1﹣x2|min=，不妨x1=，x2=，即g（x）在x2=，取得最小值，sin（2×﹣2φ）=﹣1，此时φ=，不合题意，x1=，x2=，即g（x）在x2=，取得最大值，sin（2×﹣2φ）=1，此时φ=，满足题意．故选：D．点评：本题考查三角函数的图象平移，函数的最值以及函数的周期的应用，考查分析问题解决问题的能力，是好题，题目新颖．有一定难度，选择题，可以回代验证的方法快速解答．10．（5分）（2015•湖南）某工件的三视图如图所示．现将该工件通过切削，加工成一个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（材料利用率=）（）考点：简单空间图形的三视图．专题：创新题型；空间位置关系与距离；概率与统计．分析：根据三视图可判断其为圆锥，底面半径为1，高为2，求解体积．利用几何体的性质得出此长方体底面边长为n的正方形，高为x，利用轴截面的图形可判断得出n=（1﹣），0＜x＜2，求解体积式子，利用导数求解即可，最后利用几何概率求解即．解答：解：根据三视图可判断其为圆锥，∵底面半径为1，高为2，∴V=×2=∵加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，∴此长方体底面边长为n的正方形，高为x，∴根据轴截面图得出：=，解得；n=（1﹣），0＜x＜2，∴长方体的体积Ω=2（1﹣）2x，Ω′=x2﹣4x+2，∵，Ω′=x2﹣4x+2=0，x=，x=2，∴可判断（0，）单调递增，（，2）单调递减，Ω最大值=2（1﹣）2×=，∴原工件材料的利用率为=×=，故选：A点评：本题很是新颖，知识点融合的很好，把立体几何，导数，概率都相应的考查了，综合性强，属于难题．二、填空题，共5小题，每小题5分，共25分11．（5分）（2015•湖南）（x﹣1）dx= 0 ．考点：定积分．专题：导数的概念及应用．分析：求出被积函数的原函数，代入上限和下限求值．解答：解：（x﹣1）dx=（﹣x）|=0；故答案为：0．点评：本题考查了定积分的计算；关键是求出被积函数的原函数．12．（5分）（2015•湖南）在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩（单位：分钟）的茎叶图如图所示．若将运动员成绩由好到差编号为1﹣35号，再用系统抽样方法从中抽取7人，则其中成绩在区间[139，151]上的运动员人数是4 ．考点：茎叶图．专题：概率与统计．分析：根据茎叶图中的数据，结合系统抽样方法的特征，即可求出正确的结论．解答：解：根据茎叶图中的数据，得；成绩在区间[139，151]上的运动员人数是20，用系统抽样方法从35人中抽取7人，成绩在区间[139，151]上的运动员应抽取7×=4（人）．点评：本题考查了茎叶图的应用问题，也考查了系统抽样方法的应用问题，是基础题目．13．（5分）（2015•湖南）设F是双曲线C：﹣=1的一个焦点．若C上存在点P，使线段PF的中点恰为其虚轴的一个端点，则C的离心率为．考点：双曲线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：设F（c，0），P（m，n），（m＜0），设PF的中点为M（0，b），即有m=﹣c，n=2b，将中点M的坐标代入双曲线方程，结合离心率公式，计算即可得到．解答：解：设F（c，0），P（m，n），（m＜0），设PF的中点为M（0，b），即有m=﹣c，n=2b，将点（﹣c，2b）代入双曲线方程可得，﹣=1，可得e2==5，解得e=．故答案为：．点评：本题考查双曲线的方程和性质，主要考查双曲线的离心率的求法，同时考查中点坐标公式的运用，属于中档题．14．（5分）（2015•湖南）设S n为等比数列{a n}的前n项和，若a1=1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则a n= 3n﹣1．考点：等差数列与等比数列的综合．专题：等差数列与等比数列．分析：利用已知条件列出方程求出公比，然后求解等比数列的通项公式．解答：解：设等比数列的公比为q，S n为等比数列{a n}的前n项和，若a1=1，且3S1，2S2，S3成等差数列，可得4S2=S3+3S1，a1=1，即4（1+q）=1+q+q2+3，q=3．∴a n=3n﹣1．点评：本题考查等差数列以及等比数列的应用，基本知识的考查．15．（5分）（2015•湖南）已知函数f（x）=若存在实数b，使函数g（x）=f（x）﹣b有两个零点，则a的取值范围是{a|a＜0或a＞1} ．考点：函数的零点．专题：计算题；创新题型；函数的性质及应用．分析：由g（x）=f（x）﹣b有两个零点可得f（x）=b有两个零点，即y=f（x）与y=b的图象有两个交点，则函数在定义域内不能是单调函数，结合函数图象可求a的范围解答：解：∵g（x）=f（x）﹣b有两个零点，∴f（x）=b有两个零点，即y=f（x）与y=b的图象有两个交点，由x3=x2可得，x=0或x=1①当a＞1时，函数f（x）的图象如图所示，此时存在b，满足题意，故a＞1满足题意②当a=1时，由于函数f（x）在定义域R上单调递增，故不符合题意③当0＜a＜1时，函数f（x）单调递增，故不符合题意④a=0时，f（x）单调递增，故不符合题意⑤当a＜0时，函数y=f（x）的图象如图所示，此时存在b使得，y=f（x）与y=b有两个交点综上可得，a＜0或a＞1故答案为：{a|a＜0或a＞1}本题考察了函数的零点问题，渗透了转化思想，数形结合、分类讨论的数学思想．点评：三、简答题，共1小题，共75分，16、17、18为选修题，任选两小题作答，如果全做，则按前两题计分选修4-1：几何证明选讲16．（6分）（2015•湖南）如图，在⊙O中，相较于点E的两弦AB，CD的中点分别是M，N，直线MO与直线CD相较于点F，证明：（1）∠MEN+∠NOM=180°（2）FE•FN=FM•FO．考点：相似三角形的判定．专题：选作题；推理和证明．分析：（1）证明O，M，E，N四点共圆，即可证明∠MEN+∠NOM=180°（2）证明△FEM∽△FON，即可证明FE•FN=FM•FO．解答：证明：（1）∵N为CD的中点，∴ON⊥CD，∵M为AB的中点，∴OM⊥AB，在四边形OMEN中，∴∠OME+∠ONE=90°+90°=180°，∴O，M，E，N四点共圆，∴∠MEN+∠NOM=180°（2）在△FEM与△FON中，∠F=∠F，∠FME=∠FNO=90°，∴△FEM∽△FON，∴=∴FE•FN=FM•FO．点评：本题考查垂径定理，考查三角形相似的判定与应用，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．选修4-4：坐标系与方程17．（6分）（2015•湖南）已知直线l：（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的坐标方程为ρ=2cosθ．（1）将曲线C的极坐标方程化为直坐标方程；（2）设点M的直角坐标为（5，），直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA|•|MB|的值．考点：参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．专题：选作题；坐标系和参数方程．分析：（1）曲线的极坐标方程即ρ2=2ρcosθ，根据极坐标和直角坐标的互化公式得x2+y2=2x，即得它的直角坐标方程；（2）直线l的方程化为普通方程，利用切割线定理可得结论．解答：解：（1）∵ρ=2cosθ，∴ρ2=2ρcosθ，∴x2+y2=2x，故它的直角坐标方程为（x﹣1）2+y2=1；（2）直线l：（t为参数），普通方程为，（5，）在直线l上，过点M作圆的切线，切点为T，则|MT|2=（5﹣1）2+3﹣1=18，由切割线定理，可得|MT|2=|MA|•|MB|=18．点评：本题主要考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，属于基础题．选修4-5：不等式选讲18．（2015•湖南）设a＞0，b＞0，且a+b=+．证明：（ⅰ）a+b≥2；（ⅱ）a2+a＜2与b2+b＜2不可能同时成立．考点：不等式的证明．专题：不等式的解法及应用．分析：（ⅰ）由a＞0，b＞0，结合条件可得ab=1，再由基本不等式，即可得证；（ⅱ）运用反证法证明．假设a2+a＜2与b2+b＜2可能同时成立．结合条件a＞0，b ＞0，以及二次不等式的解法，可得0＜a＜1，且0＜b＜1，这与ab=1矛盾，即可得证．解答：证明：（ⅰ）由a＞0，b＞0，则a+b=+=，由于a+b＞0，则ab=1，即有a+b≥2=2，当且仅当a=b取得等号．则a+b≥2；（ⅱ）假设a2+a＜2与b2+b＜2可能同时成立．由a2+a＜2及a＞0，可得0＜a＜1，由b2+b＜2及b＞0，可得0＜b＜1，这与ab=1矛盾．a2+a＜2与b2+b＜2不可能同时成立．点评：本题考查不等式的证明，主要考查基本不等式的运用和反证法证明不等式的方法，属于中档题．19．（2015•湖南）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=；（Ⅱ）求sinA+sinC的取值范围．考点：正弦定理．专题：解三角形．分析：（Ⅰ）由题意和正弦定理可得sinB=cosA，由角的范围和诱导公式可得；（Ⅱ）由题意可得A∈（0，），可得0＜sinA＜，化简可得sinA+sinC=﹣2（sinA ﹣）2+，由二次函数区间的最值可得．解答：解：（Ⅰ）由a=btanA和正弦定理可得==，∴sinB=cosA，即sinB=sin（+A）又B为钝角，∴+A∈（，π），∴B=+A，∴B﹣A=；（Ⅱ）由（Ⅰ）知C=π﹣（A+B）=π﹣（A++A）=﹣2A＞0，∴A∈（0，），∴sinA+sinC=sinA+sin（﹣2A）=sinA+cos2A=sinA+1﹣2sin2A=﹣2（sinA﹣）2+，∵A∈（0，），∴0＜sinA＜，∴由二次函数可知＜﹣2（sinA﹣）2+≤∴sinA+sinC的取值范围为（，]点评：本题考查正弦定理和三角函数公式的应用，涉及二次函数区间的最值，属基础题．20．（2015•湖南）某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有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个球中，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．（1）求顾客抽奖1次能获奖的概率；（2）若某顾客有3次抽奖机会，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．考点：离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．专题：概率与统计．分析：（1）记事件A1={从甲箱中摸出一个球是红球}，事件A2={从乙箱中摸出一个球是红球}，事件B1={顾客抽奖1次获一等奖}，事件A2={顾客抽奖1次获二等奖}，事件C={顾客抽奖1次能获奖}，利用A1，A2相互独立，，互斥，B1，B2互斥，然后求出所求概率即可．（2）顾客抽奖1次可视为3次独立重复试验，判断X～B．求出概率，得到X的分布列，然后求解期望．解答：解：（1）记事件A1={从甲箱中摸出一个球是红球}，事件A2={从乙箱中摸出一个球是红球}，事件B1={顾客抽奖1次获一等奖}，事件A2={顾客抽奖1次获二等奖}，事件C={顾客抽奖1次能获奖}，由题意A1，A2相互独立，，互斥，B1，B2互斥，且B1=A1A2，B2=+，C=B1+B2，因为P（A1）=，P（A2）=，所以，P（B1）=P（A1）P（A2）==，P（B2）=P（）+P（）=+==，故所求概率为：P（C）=P（B1+B2）=P（B1）+P（B2）=．（2）顾客抽奖1次可视为3次独立重复试验，由（1）可知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为：所以．X～B．于是，P（X=0）==，P（X=1）==，P（X=2）==，P（X=3）==．故X的分布列为：X 0 1 2 3PE（X）=3×=．点评：期望是概率论和数理统计的重要概念之一，是反映随机变量取值分布的特征数，学习期望将为今后学习概率统计知识做铺垫，它在市场预测，经济统计，风险与决策等领域有着广泛的应用，为今后学习数学及相关学科产生深远的影响．21．（2015•湖南）如图，已知四棱台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．（1）若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；（2）若PQ∥平面ABB1A1，二面角P﹣QD﹣A的余弦值为，求四面体ADPQ的体积．考点：二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的性质．专题：空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用．分析：（1）首先以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出一些点的坐标，Q在棱BC上，从而可设Q（6，y1，0），只需求即可；（2）设P（0，y2，z2），根据P在棱DD1上，从而由即可得到z2=12﹣2y2，从而表示点P坐标为P（0，y2，12﹣2y2）．由PQ∥平面ABB1A1便知道与平面ABB1A1的法向量垂直，从而得出y1=y2，从而Q点坐标变成Q（6，y2，0），设平面PQD的法向量为，根据即可表示，平面AQD 的一个法向量为，从而由即可求出y2，从而得出P点坐标，从而求出三棱锥P﹣AQD的高，而四面体ADPQ的体积等于三棱锥P﹣AQD的体积，从而求出四面体的体积．解答：解：根据已知条件知AB，AD，AA1三直线两两垂直，所以分别以这三直线为x，y，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：A（0，0，0），B（6，0，0），D（0，6，0），A1（0，0，6），B1（3，0，6），D1（0，3，6）；Q在棱BC上，设Q（6，y1，0），0≤y1≤6；∴（1）证明：若P是DD1的中点，则P；∴，；∴；∴；∴AB1⊥PQ；（2）设P（0，y2，z2），y2，z2∈[0，6]，P在棱DD1上；∴，0≤λ≤1；∴（0，y2﹣6，z2）=λ（0，﹣3，6）；∴；∴z2=12﹣2y2；∴P（0，y2，12﹣2y2）；∴；平面ABB1A1的一个法向量为；∵PQ∥平面ABB1A1；∴=6（y1﹣y2）=0；∴y1=y2；∴Q（6，y2，0）；设平面PQD的法向量为，则：；∴，取z=1，则；又平面AQD的一个法向量为；又二面角P﹣QD﹣A的余弦值为；∴；解得y2=4，或y2=8（舍去）；∴P（0，4，4）；∴三棱锥P﹣ADQ的高为4，且；∴V四面体ADPQ=V三棱锥P﹣ADQ=．点评：考查建立空间直角坐标系，利用空间向量解决异面直线垂直及线面角问题的方法，共线向量基本定理，直线和平面平行时，直线和平面法向量的关系，平面法向量的概念，以及两平面法向量的夹角和平面二面角大小的关系，三棱锥的体积公式．22．（13分）（2015•湖南）已知抛物线C1：x2=4y的焦点F也是椭圆C2：+=1（a＞b＞0）的一个焦点．C1与C2的公共弦长为2．（Ⅰ）求C2的方程；（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，且与同向．（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．考点：直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程．专题：创新题型；圆锥曲线中的最值与范围问题．分析：（Ⅰ）根据两个曲线的焦点相同，得到a2﹣b2=1，再根据C1与C2的公共弦长为2，得到=1，解得即可求出；（Ⅱ）设出点的坐标，（ⅰ）根据向量的关系，得到（x1+x2）2﹣4x1x2=（x3+x4）2﹣4x3x4，设直线l的方程，分别与C1，C2构成方程组，利用韦达定理，分别代入得到关于k的方程，解得即可；（ⅱ）根据导数的几何意义得到C1在点A处的切线方程，求出点M的坐标，利用向量的乘积∠AFM是锐角，问题得以证明．解答：解：（Ⅰ）抛物线C1：x2=4y的焦点F的坐标为（0，1），因为F也是椭圆C2的一个焦点，∴a2﹣b2=1，①，又C1与C2的公共弦长为2，C1与C2的都关于y轴对称，且C1的方程为x2=4y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为（±，），联立①②得a2=9，b2=8，故C2的方程为+=1．（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），A（x4，y4），（ⅰ）因为与同向，且|AC|=|BD|，所以=，从而x3﹣x1=x4﹣x2，即x1﹣x2=x3﹣x4，于是（x1+x2）2﹣4x1x2=（x3+x4）2﹣4x3x4，③设直线的斜率为k，则l的方程为y=kx+1，由，得x2﹣4kx﹣4=0，而x1，x2是这个方程的两根，所以x1+x2=4k，x1x2=﹣4，④由，得（9+8k2）x2+16kx﹣64=0，而x3，x4是这个方程的两根，所以x3+x4=，x3x4=﹣，⑤将④⑤代入③，得16（k2+1）=+，即16（k2+1）=，所以（9+8k2）2=16×9，解得k=±．（ⅱ）由x2=4y得y′=x，所以C1在点A处的切线方程为y﹣y1=x1（x﹣x1），即y=x1x﹣x12，令y=0，得x=x1，M（x1，0），1而=（x1，y1﹣1），于是•=x12﹣y1+1=x12+1＞0，因此∠AFM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．点评：本题考查了圆锥曲线的和直线的位置与关系，关键是联立方程，构造方程，利用韦达定理，以及向量的关系，得到关于k的方程，计算量大，属于难题．23．（13分）（2015•湖南）已知a＞0，函数f（x）=e ax sinx（x∈[0，+∞]）．记x n为f（x）的从小到大的第n（n∈N*）个极值点．证明：（Ⅰ）数列{f（x n）}是等比数列；（Ⅱ）若a≥，则对一切n∈N*，x n＜|f（x n）|恒成立．考点：利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：创新题型；导数的综合应用；等差数列与等比数列；不等式的解法及应用．分析：（Ⅰ）求出导数，运用两角和的正弦公式化简，求出导数为0的根，讨论根附近的导数的符号相反，即可得到极值点，求得极值，运用等比数列的定义即可得证；（Ⅱ）由sinφ=，可得对一切n∈N*，x n＜|f（x n）|恒成立．即为nπ﹣φ＜e a（nπ﹣φ）恒成立⇔＜，①设g（t）=（t＞0），求出导数，求得最小值，由恒成立思想即可得证．解答：证明：（Ⅰ）f′（x）=e ax（asinx+cosx）=•e ax sin（x+φ），tanφ=，0＜φ＜，令f′（x）=0，由x≥0，x+φ=mπ，即x=mπ﹣φ，m∈N*，对k∈N，若（2k+1）π＜x+φ＜（2k+2）π，即（2k+1）π﹣φ＜x＜（2k+2）π﹣φ，则f′（x）＜0，因此在（（m﹣1）π，mπ﹣φ）和（mπ﹣φ，mπ）上f′（x）符号总相反．于是当x=nπ﹣φ，n∈N*，f（x）取得极值，所以x n=nπ﹣φ，n∈N*，此时f（x n）=e a（nπ﹣φ）sin（nπ﹣φ）=（﹣1）n+1e a（nπ﹣φ）sinφ，易知f（x n）≠0，而==﹣e aπ是常数，故数列{f（x n）}是首项为f（x1）=e a（π﹣φ）sinφ，公比为﹣e aπ的等比数列；（Ⅱ）由sinφ=，可得对一切n∈N*，x n＜|f（x n）|恒成立．即为nπ﹣φ＜e a（nπ﹣φ）恒成立⇔＜，①设g（t）=（t＞0），g′（t）=，当0＜t＜1时，g′（t）＜0，g（t）递减，当t＞1时，g′（t）＞0，g（t）递增．t=1时，g（t）取得最小值，且为e．因此要使①恒成立，只需＜g（1）=e，只需a＞，当a=，tanφ==，且0＜φ＜，可得＜φ＜，于是π﹣φ＜＜，且当n≥2时，nπ﹣φ≥2π﹣φ＞＞，因此对n∈N*，ax n=≠1，即有g（ax n）＞g（1）=e=，故①亦恒成立．综上可得，若a≥，则对一切n∈N*，x n＜|f（x n）|恒成立．点评：本题考查导数的运用：求极值和单调区间，主要考查三角函数的导数和求值，同时考查等比数列的定义和通项公式的运用，考查不等式恒成立问题的证明，属于难题．。
2015年湖南省高考数学试卷(理科)答案与解析
2015年湖南省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题，共10小题，每小题5分，共50分1．（5分）（2015•湖南）已知=1+i（i为虚数单位），则复数z=（）A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i2．（5分）（2015•湖南）设A、B是两个集合，则“A∩B=A”是“A⊆B”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．（5分）（2015•湖南）执行如图所示的程序框图，如果输入n=3，则输出的S=（）A．B．C．D．4．（5分）（2015•湖南）若变量x、y满足约束条件，则z=3x﹣y的最小值为（）A．﹣7 B．﹣1 C．1D．25．（5分）（2015•湖南）设函数f（x）=ln（1+x）﹣ln（1﹣x），则f（x）是（）A．奇函数，且在（0，1）上是增函数B．奇函数，且在（0，1）上是减函数C．偶函数，且在（0，1）上是增函数D．偶函数，且在（0，1）上是减函数6．（5分）（2015•湖南）已知（﹣）5的展开式中含x的项的系数为30，则a=（）A．B．﹣C．6D．﹣67．（5分）（2015•湖南）在如图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（）附“若X﹣N=（μ，a2），则P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）=0.6826．p（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）=0.9544．A．2386 B．2718 C．3413 D．47728．（5分）（2015•湖南）已知A，B，C在圆x2+y2=1上运动，且AB⊥BC，若点P的坐标为（2，0），则||的最大值为（）A．6B．7C．8D．99．（5分）（2015•湖南）将函数f（x）=sin2x的图象向右平移φ（0＜φ＜）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=，则φ=（）A．B．C．D．10．（5分）（2015•湖南）某工件的三视图如图所示．现将该工件通过切削，加工成一个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（材料利用率=）（）A．B．C．D．二、填空题，共5小题，每小题5分，共25分11．（5分）（2015•湖南）（x﹣1）dx=．12．（5分）（2015•湖南）在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩（单位：分钟）的茎叶图如图所示．若将运动员成绩由好到差编号为1﹣35号，再用系统抽样方法从中抽取7人，则其中成绩在区间[139，151]上的运动员人数是．13．（5分）（2015•湖南）设F是双曲线C：﹣=1的一个焦点．若C上存在点P，使线段PF的中点恰为其虚轴的一个端点，则C的离心率为．14．（5分）（2015•湖南）设S n为等比数列{a n}的前n项和，若a1=1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则a n=．15．（5分）（2015•湖南）已知函数f（x）=若存在实数b，使函数g（x）=f（x）﹣b有两个零点，则a的取值范围是．三、简答题，共1小题，共75分，16、17、18为选修题，任选两小题作答，如果全做，则按前两题计分选修4-1：几何证明选讲16．（6分）（2015•湖南）如图，在⊙O中，相较于点E的两弦AB，CD的中点分别是M，N，直线MO与直线CD相较于点F，证明：（1）∠MEN+∠NOM=180°（2）FE•FN=FM•FO．选修4-4：坐标系与方程17．（6分）（2015•湖南）已知直线l：（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的坐标方程为ρ=2cosθ．（1）将曲线C的极坐标方程化为直坐标方程；（2）设点M的直角坐标为（5，），直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA|•|MB|的值．选修4-5：不等式选讲18．（2015•湖南）设a＞0，b＞0，且a+b=+．证明：（ⅰ）a+b≥2；（ⅱ）a2+a＜2与b2+b＜2不可能同时成立．19．（2015•湖南）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=；（Ⅱ）求sinA+sinC的取值范围．20．（2015•湖南）某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有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个球中，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．（1）求顾客抽奖1次能获奖的概率；（2）若某顾客有3次抽奖机会，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．21．（2015•湖南）如图，已知四棱台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．（1）若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；（2）若PQ∥平面ABB1A1，二面角P﹣QD﹣A的余弦值为，求四面体ADPQ的体积．22．（13分）（2015•湖南）已知抛物线C1：x2=4y的焦点F也是椭圆C2：+=1（a＞b ＞0）的一个焦点．C1与C2的公共弦长为2．（Ⅰ）求C2的方程；（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，且与同向．（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．23．（13分）（2015•湖南）已知a＞0，函数f（x）=e ax sinx（x∈[0，+∞]）．记x n为f（x）的从小到大的第n（n∈N*）个极值点．证明：（Ⅰ）数列{f（x n）}是等比数列；（Ⅱ）若a≥，则对一切n∈N*，x n＜|f（x n）|恒成立．答案：1、解：∵已知=1+i（i为虚数单位），∴z===﹣1﹣i，故选：D．2、解：A、B是两个集合，则“A∩B=A”可得“A⊆B”，“A⊆B”，可得“A∩B=A”．所以A、B是两个集合，则“A∩B=A”是“A⊆B”的充要条件．故选：C．3、解：判断前i=1，n=3，s=0，第1次循环，S=，i=2，第2次循环，S=，i=3，第3次循环，S=，i=4，此时，i＞n，满足判断框的条件，结束循环，输出结果：S===故选：B4解：由约束条件作出可行域如图，由图可知，最优解为A，联立，解得C（0，﹣1）．由解得A（﹣2，1），由，解得B（1，1）∴z=3x﹣y的最小值为3×（﹣2）﹣1=﹣7．故选：A．5、解：函数f（x）=ln（1+x）﹣ln（1﹣x），函数的定义域为（﹣1，1），函数f（﹣x）=ln（1﹣x）﹣ln（1+x）=﹣[ln（1+x）﹣ln（1﹣x）]=﹣f（x），所以函数是奇函数．排除C，D，正确结果在A，B，只需判断特殊值的大小，即可推出选项，x=0时，f （0）=0；x=时，f（）=ln（1+）﹣ln（1﹣）=ln3＞1，显然f（0）＜f（），函数是增函数，所以B错误，A正确．故选：A．6、解：根据所给的二项式写出展开式的通项，T r+1==；展开式中含x的项的系数为30，∴，∴r=1，并且，解得a=﹣6．故选：D．7、解：由题意P（0＜X≤1）=×0.6826=0.3413，∴落入阴影部分点的个数的估计值为10000×0.3413=3413，故选：C．8、解：由题意，AC为直径，所以||=|2+|=|4+|．所以B为（﹣1，0）时，|4+|≤7．所以||的最大值为7．故选：B．9、解：因为将函数f（x）=sin2x的周期为π，函数的图象向右平移φ（0＜φ＜）个单位后得到函数g（x）的图象．若对满足|f（x1）﹣g（x2）|=2的可知，两个函数的最大值与最小值的差为2，有|x1﹣x2|min=，不妨x1=，x2=，即g（x）在x2=，取得最小值，sin（2×﹣2φ）=﹣1，此时φ=，不合题意，x1=，x2=，即g（x）在x2=，取得最大值，sin（2×﹣2φ）=1，此时φ=，满足题意．故选：D．10、解：根据三视图可判断其为圆锥，∵底面半径为1，高为2，∴V=×2=∵加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，∴此长方体底面边长为n的正方形，高为x，∴根据轴截面图得出：=，解得；n=（1﹣），0＜x＜2，∴长方体的体积Ω=2（1﹣）2x，Ω′=x2﹣4x+2，∵，Ω′=x2﹣4x+2=0，x=，x=2，∴可判断（0，）单调递增，（，2）单调递减，Ω最大值=2（1﹣）2×=，∴原工件材料的利用率为=×=，故选：A11、解：（x﹣1）dx=（﹣x）|=0；故答案为：0．12、解：根据茎叶图中的数据，得；成绩在区间[139，151]上的运动员人数是20，用系统抽样方法从35人中抽取7人，成绩在区间[139，151]上的运动员应抽取7×=4（人）．故答案为：4．13、解：设F（c，0），P（m，n），（m＜0），设PF的中点为M（0，b），即有m=﹣c，n=2b，将点（﹣c，2b）代入双曲线方程可得，﹣=1，可得e2==5，解得e=．故答案为：．14、解：设等比数列的公比为q，S n为等比数列{a n}的前n项和，若a1=1，且3S1，2S2，S3成等差数列，可得4S2=S3+3S1，a1=1，即4（1+q）=1+q+q2+3，q=3．∴a n=3n﹣1．故答案为：3n﹣1．15、解：∵g（x）=f（x）﹣b有两个零点，∴f（x）=b有两个零点，即y=f（x）与y=b的图象有两个交点，由x3=x2可得，x=0或x=1①当a＞1时，函数f（x）的图象如图所示，此时存在b，满足题意，故a＞1满足题意②当a=1时，由于函数f（x）在定义域R上单调递增，故不符合题意③当0＜a＜1时，函数f（x）单调递增，故不符合题意④a=0时，f（x）单调递增，故不符合题意⑤当a＜0时，函数y=f（x）的图象如图所示，此时存在b使得，y=f（x）与y=b有两个交点综上可得，a＜0或a＞1故答案为：{a|a＜0或a＞1}16、证明：（1）∵N为CD的中点，∴ON⊥CD，∵M为AB的中点，∴OM⊥AB，在四边形OMEN中，∴∠OME+∠ONE=90°+90°=180°，∴O，M，E，N四点共圆，∴∠MEN+∠NOM=180°（2）在△FEM与△FON中，∠F=∠F，∠FME=∠FNO=90°，∴△FEM∽△FON，∴=∴FE•FN=FM•FO．17、解：（1）∵ρ=2cosθ，∴ρ2=2ρcosθ，∴x2+y2=2x，故它的直角坐标方程为（x﹣1）2+y2=1；（2）直线l：（t为参数），普通方程为，（5，）在直线l上，过点M作圆的切线，切点为T，则|MT|2=（5﹣1）2+3﹣1=18，由切割线定理，可得|MT|2=|MA|•|MB|=18．18、证明：（ⅰ）由a＞0，b＞0，则a+b=+=，由于a+b＞0，则ab=1，即有a+b≥2=2，当且仅当a=b取得等号．则a+b≥2；（ⅱ）假设a2+a＜2与b2+b＜2可能同时成立．由a2+a＜2及a＞0，可得0＜a＜1，由b2+b＜2及b＞0，可得0＜b＜1，这与ab=1矛盾．a2+a＜2与b2+b＜2不可能同时成立．19、解：（Ⅰ）由a=btanA和正弦定理可得==，∴sinB=cosA，即sinB=sin（+A）又B为钝角，∴+A∈（，π），∴B=+A，∴B﹣A=；（Ⅱ）由（Ⅰ）知C=π﹣（A+B）=π﹣（A++A）=﹣2A＞0，∴A∈（0，），∴sinA+sinC=sinA+sin（﹣2A）=sinA+cos2A=sinA+1﹣2sin2A=﹣2（sinA﹣）2+，∵A∈（0，），∴0＜sinA＜，∴由二次函数可知＜﹣2（sinA﹣）2+≤∴sinA+sinC的取值范围为（，]20、解：（1）记事件A1={从甲箱中摸出一个球是红球}，事件A2={从乙箱中摸出一个球是红球}，事件B1={顾客抽奖1次获一等奖}，事件A2={顾客抽奖1次获二等奖}，事件C={顾客抽奖1次能获奖}，由题意A1，A2相互独立，，互斥，B1，B2互斥，且B1=A1A2，B2=+，C=B1+B2，因为P（A1）=，P（A2）=，所以，P（B1）=P（A1）P（A2）==，P（B2）=P（）+P（）=+==，故所求概率为：P（C）=P（B1+B2）=P（B1）+P（B2）=．（2）顾客抽奖1次可视为3次独立重复试验，由（1）可知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为：所以．X～B．于是，P（X=0）==，P（X=1）==，P（X=2）==，P（X=3）==．故X的分布列为：X 0 1 2 3PE（X）=3×=．21、解：根据已知条件知AB，AD，AA1三直线两两垂直，所以分别以这三直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：A（0，0，0），B（6，0，0），D（0，6，0），A1（0，0，6），B1（3，0，6），D1（0，3，6）；Q在棱BC上，设Q（6，y1，0），0≤y1≤6；∴（1）证明：若P是DD1的中点，则P；∴，；∴；∴；∴AB1⊥PQ；（2）设P（0，y2，z2），y2，z2∈[0，6]，P在棱DD1上；∴，0≤λ≤1；∴（0，y2﹣6，z2）=λ（0，﹣3，6）；∴；∴z2=12﹣2y2；∴P（0，y2，12﹣2y2）；∴；平面ABB1A1的一个法向量为；∵PQ∥平面ABB1A1；∴=6（y1﹣y2）=0；∴y1=y2；∴Q（6，y2，0）；设平面PQD的法向量为，则：；∴，取z=1，则；又平面AQD的一个法向量为；又二面角P﹣QD﹣A的余弦值为；∴；解得y2=4，或y2=8（舍去）；∴P（0，4，4）；∴三棱锥P﹣ADQ的高为4，且；∴V四面体ADPQ=V三棱锥P﹣ADQ=．22、解：（Ⅰ）抛物线C1：x2=4y的焦点F的坐标为（0，1），因为F也是椭圆C2的一个焦点，∴a2﹣b2=1，①，又C1与C2的公共弦长为2，C1与C2的都关于y轴对称，且C1的方程为x2=4y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为（±，），所以=1，②，联立①②得a2=9，b2=8，故C2的方程为+=1．（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），A（x4，y4），（ⅰ）因为与同向，且|AC|=|BD|，所以=，从而x3﹣x1=x4﹣x2，即x1﹣x2=x3﹣x4，于是（x1+x2）2﹣4x1x2=（x3+x4）2﹣4x3x4，③设直线的斜率为k，则l的方程为y=kx+1，由，得x2﹣4kx﹣4=0，而x1，x2是这个方程的两根，所以x1+x2=4k，x1x2=﹣4，④由，得（9+8k2）x2+16kx﹣64=0，而x3，x4是这个方程的两根，所以x3+x4=，x3x4=﹣，⑤将④⑤代入③，得16（k2+1）=+，即16（k2+1）=，所以（9+8k2）2=16×9，解得k=±．（ⅱ）由x2=4y得y′=x，所以C1在点A处的切线方程为y﹣y1=x1（x﹣x1），即y=x1x﹣x12，令y=0，得x=x1，M（x1，0），所以=（x1，﹣1），而=（x1，y1﹣1），于是•=x12﹣y1+1=x12+1＞0，因此∠AFM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．23、证明：（Ⅰ）f′（x）=e ax（asinx+cosx）=•e ax sin（x+φ），tanφ=，0＜φ＜，令f′（x）=0，由x≥0，x+φ=mπ，即x=mπ﹣φ，m∈N*，对k∈N，若（2k+1）π＜x+φ＜（2k+2）π，即（2k+1）π﹣φ＜x＜（2k+2）π﹣φ，则f′（x）＜0，因此在（（m﹣1）π，mπ﹣φ）和（mπ﹣φ，mπ）上f′（x）符号总相反．于是当x=nπ﹣φ，n∈N*，f（x）取得极值，所以x n=nπ﹣φ，n∈N*，此时f（x n）=e a（nπ﹣φ）sin（nπ﹣φ）=（﹣1）n+1e a（nπ﹣φ）sinφ，易知f（x n）≠0，而==﹣e aπ是常数，故数列{f（x n）}是首项为f（x1）=e a（π﹣φ）sinφ，公比为﹣e aπ的等比数列；（Ⅱ）由sinφ=，可得对一切n∈N*，x n＜|f（x n）|恒成立．即为nπ﹣φ＜e a（nπ﹣φ）恒成立⇔＜，①设g（t）=（t＞0），g′（t）=，当0＜t＜1时，g′（t）＜0，g（t）递减，当t＞1时，g′（t）＞0，g（t）递增．t=1时，g（t）取得最小值，且为e．因此要使①恒成立，只需＜g（1）=e，只需a＞，当a=，tanφ==，且0＜φ＜，可得＜φ＜，于是π﹣φ＜＜，且当n≥2时，nπ﹣φ≥2π﹣φ＞＞，因此对n∈N*，ax n=≠1，即有g（ax n）＞g（1）=e=，故①亦恒成立．综上可得，若a≥，则对一切n∈N*，x n＜|f（x n）|恒成立．。
2015年高考文科数学湖南卷(含详细答案)
绝密★启用前2015年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）数学（文科）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分,考试时间120分钟.第Ⅰ卷（选择题 共50分）一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50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2(1i)1i z-=+(i 为虚数单位),在复数z = ( )A .1i +B .1i -C .1i -+D .1i --2.在一次马拉松比赛中,35名运动员的成绩（单位:分钟）的茎叶图如图所示.若将运动员按成绩由好到差编为1～35号,再用系统抽样方法从中抽取7人,则其中成绩在区间[139,151]上的运动员人数是( )A .3B .4C .5D .6 3.设x ∈R ,则“1x >”是“31x >”的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件4.若变量x ,y 满足约束条件1,1,1,x y y x x +⎧⎪-⎨⎪⎩≥≤≤则2z x y =-的最小值为( )A .1-B .0C .1D .25.执行如图所示的程序框图.如果输入3n =,则输出的S =( )A .67B .37C .89D .496.若双曲线22221x y a b -=的一条渐近线经过点(3,4)-,则此双曲线的离心率为( )AB .54C .43D .537.若实数a ,b满足12a b+=则ab 的最小值为 ( )AB .2 C.D .48.设函数()ln(1)ln(1)f x x x =+--,则()f x 是( )A .奇函数,且在(0,1)上是增函数B .奇函数,且在(0,1)上是减函数C .偶函数,且在(0,1)上是增函数D .偶函数,且在(0,1)上是减函数9.已知点A ,B ,C 在圆221x y +=上运动,且AB BC ⊥.若点P 的坐标为(2,0),则||PA PB PC ++的最大值为( )A .6B .7C .8D .910.某工件的三视图如图所示.现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能大的正方体新工件,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=⎛⎫ ⎪⎝⎭新工件的体积材料利用率原工件的体积 ( ) A .89π B .827πCD第Ⅱ卷（非选择题 共100分）二、填空题:本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填写在题中的横线上. 11.已知集合{1,2,3,4}U =,{1,3}A =,{1,3,4}B =,则()U A B =ð . 12.在直角坐标系xOy 中,以坐标原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.若曲线C 的极坐标方程为2sin ρθ=,则曲线C 的直角坐标方程为 .13.若直线3450x y -+=与圆222(0)x y r r +=>相交于A ,B 两点,且120(AOB O ∠=为坐标原点),则r = .14.若函数()22||x f x b =--有两个零点,则实数b 的取值范围是 .15.已知0ω>,在函数2sin y x ω=与2cos y x ω=的图象的交点中,距离最短的两个交点的距离为,则ω= .三、解答题:本大题共6小题,共75分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 16.（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.抽奖方法是:从装有2个红球1A ,2A 和1个白球B 的甲箱与装有2个红球1a ,2a 和2个白球1b ,2b 的乙箱中,各随机摸出1个球.若摸出的2个球都是红球则中奖,否则不中奖. （Ⅰ）用球的标号列出所有可能的摸出结果;（Ⅱ）有人认为:两个箱子中的红球比白球多,所以中奖的概率大于不中奖的概率.你认为正确吗?请说明理由.--------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无------------------------------------姓名________________ 准考证号_____________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 ,tan a b A =. （Ⅰ）证明:sin cos B A =; （Ⅱ）若3sin sin cos 4C A B -=,且B 为钝角,求A ,B ,C .18.（本小题满分12分）如图,直三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为2的正三角形,E ,F 分别是BC ,1CC 的中点.（Ⅰ）证明:平面AEF ⊥平面11B BCC ;（Ⅱ）若直线1A C 与平面11A ABB 所成的角为45︒,求三棱锥F AEC -的体积.19.（本小题满分13分）设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知11a =,22a =,且2133n n n a S S ++=-+,*n ∈Ν. （Ⅰ）证明:23n n a a +=;（Ⅱ）求n S .20.（本小题满分13分）已知抛物线1C :24x y =的焦点F 也是椭圆2C :22221(0)y x a b a b+=>>的一个焦点,1C 与2C 的公共弦的长为26过点F 的直线l 与1C 相交于A ,B 两点,与2C 相交于C ,D 两点,且AC 与BD 同向.（Ⅰ）求2C 的方程;（Ⅱ）若||||AC BD =,求直线l 的斜率.21.（本小题满分13分）已知0a >,函数()cos ([0,))x f x ae x x =∈+∞.记n x 为()f x 的从小到大的第*()n n ∈Ν个极值点.（Ⅰ）证明:数列{()}n f x 是等比数列;（Ⅱ）若对一切*n ∈Ν,|()|n n x f x ≤恒成立,求a 的取值范围.2015年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）数学（文科）答案解析第Ⅰ卷z x y∴=-在点A处取得最小值为.故选A.z x y∴=-22数学试卷第10页（共36页）(22)x x x -≤第Ⅱ卷二、填空题11.【答案】{123}，， 【解析】由题{}2U B =ð，所以(){123}UB A =，，ð. 【提示】首先求出集合B 的补集，然后再与集合A 取并集. 【考点】集合的运算. 12.【答案】22(1)1x y +-=【解析】曲线C 的极坐标方程为22sin 2sin ,ρθρρθ=∴=，它的直角坐标方程为222x y y +=， 22(1)1x y ∴+-=，故答案为22(1)1x y +-=【提示】直接利用极坐标与直角坐标互化，求解即可. 【考点】圆的极坐标方程. 13.【答案】2数学试卷 第16页（共36页）120，120，则△120的等腰三角形，顶点（圆心）到直线的距离数y b =的图像有两个交点，结合函数的图像可得，02b <<时符合条件，故答案为02b <<.所以平面AEF⊥平面11B BCC.3322121BC BB B=，推出数学试卷第22页（共36页）（Ⅱ）如图，设11223344()()()()A x yB x yC x yD x y，，，，，，，，uuu r uuu r u u ur u u ur数学试卷第28页（共36页）11 / 12数学试卷第34页（共36页）数学试卷第35页（共36页）数学试卷第36页（共36页）。
2015高考数学真题及答案
2015高考数学真题及答案高三数学 （文科）本试卷共5页，共150分。
考试时长120分钟。
考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题 共40分）一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项） （1）在复平面内，复数12i z =-对应的点的坐标为（A ）(1,2) （B ）(2,1) （C ） (1,2)- （D ）(2,1)-（2）双曲线2214x y -=的渐近线方程为（A ）12y x =±（B ）y =（C ）2y x =± （D ）y =（3）记函数)(x f 的导函数为)(x f '，若()f x 对应的曲线在点))(,(00x f x 处的切线方程为1y x =-+，则（A ）0()=2f x ' （B ）0()=1f x ' （C ）0)(0='x f（D ）0()=1f x '-（4）已知命题p ：直线a ，b 不相交，命题q ：直线a ，b 为异面直线，则p 是q 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）在区间[0,2]上随机取一个实数x ，则事件“310x -<”发生的概率为（A ）12 （B ）13（C ）14（D ）16（6）执行如图所示的程序框图，若输出的b 的值为4，则图中判断框内①处应填（A ）2 （B ）3（C ）4 （D ）5（7）设集合1,(,) 1.x y D x y x y ⎧⎫+≥⎧⎪⎪=⎨⎨⎬-≤，则下列命题中正确的是（A ）(,)x y ∀D ∈，20x y -≤ （B ）(,)x y ∀D ∈，22x y +≥- （C ）(,)x y ∀D ∈，2x ≥（D ）(,)x y ∃D ∈，1y ≤-（8）某学校餐厅每天供应500名学生用餐，每星期一有A ，B 两种菜可供选择．调查资料表明，凡是在星期一选A 种菜的学生，下星期一会有20%改选B 种菜；而选B 种菜的学生，下星期一会有30%改选A 种菜．用n a ，n b 分别表示在第n 个星期的星期一选A 种菜和选B 种菜的学生人数，若1300a =，则+1n a 与n a 的关系可以表示为 （A ）111502n n a a +=+ （B ）112003n n a a +=+ （C ）113005n n a a +=+ （D ）121805n n a a +=+第Ⅱ卷（非选择题 共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。
2015湖南卷高考数学试题及答案或解析下载_2015高考真题抢先版
开始输入2015年高考将于6月6、7日举行，我们将在第一时间收录真题，现在就请先用这套权威预测解解渴吧市2015届高三四月调研考试数学（文史类）本试卷包括选择题、填空题和解答题三部分，共5页.时量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，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i 为虚数单位，复数对应的点位于A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限 2. 已知集合 A. B.C. D.3. 命题“若，则”的否命题是A ．若，则B ．若，则C ．若，则D ．若，则4. 已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，它的长轴长等于圆的半径，则椭圆的标准方程是A ． B.C. D.5. 当时，执行如右图所示的程序框图， 输出的值为A. 30B.14C. 8D.6 6. 设，则的大小关系是 A ．B ．C ．D ．7. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 A ．B ．C ． D.8. 不等式组围成的区域为，能够把区域的周长和面积同时分为相等两部分的曲线为 A ．B ．a2aa正视图 左视图俯视图C．D．9. 已知函数，若恒成立，则的取值围是A. B. C. D.10. 如图，在△中，分别是的中点，若（），且点落在四边形（含边界），则的取值围是A．B．C. D．二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在答题卡中对应题号后的横线上。
11. 在某市2015年“创建省文明卫生城市”知识竞赛中，考评组从中抽取份试卷进行分析，其分数的频率分布直方图如右图所示，则分数在区间上的人数大约有人.12. 如图所示，矩形长为3，宽为2，在矩形随机撒200颗黄豆，数得落在椭圆的黄豆数为160颗，依据此实验数据可以估计出椭圆的面积约为.（第10题图）分数（分）组距40 50 60 70 80频率O0.0313. 在极坐标系中，点A（2，）与曲线上的点的最短距离为.14. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象,若的图象的对称轴重合，则的值为.15. 点在直线上，记，若使取得最小值的点有无数个，则实数的取值是.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)等差数列满足：，，其中为数列前n项和．(Ⅰ)求数列通项公式；(Ⅱ)若，且，，成等比数列，求的值．17.(本小题满分12分)某城市持续性的雾霾天气严重威胁着人们的身体健康,汽车的尾气排放是造成雾霾天气的重要因素之一，为此该城市实施了机动车尾号限行政策。
2015年湖南省高考数学试题及答案(理科)【解析版】
2015年湖南省高考数学试卷（理科)参考答案与试题解析一、选择题，共10小题，每小题5分,共50分1．（5分)(2015•湖南)已知=1+i(i为虚数单位）,则复数z=(）A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i考点: 复数代数形式的乘除运算．专题：数系的扩充和复数．分析：由条件利用两个复数代数形式的乘除法法则，求得z的值．解答：解:∵已知=1+i（i为虚数单位），∴z===﹣1﹣i,故选:D．点评：本题主要考查两个复数代数形式的乘除法法则的应用，属于基础题．2．（5分）（2015•湖南）设A、B是两个集合，则“A∩B=A”是“A⊆B”的() A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：集合；简易逻辑．分析:直接利用两个集合的交集，判断两个集合的关系，判断充要条件即可．解答：解：A、B是两个集合，则“A∩B=A"可得“A⊆B"，“A⊆B"，可得“A∩B=A”．所以A、B是两个集合，则“A∩B=A"是“A⊆B”的充要条件．故选：C．点评：本题考查充要条件的判断与应用,集合的交集的求法,基本知识的应用．3．（5分）（2015•湖南)执行如图所示的程序框图,如果输入n=3，则输出的S=（）A．B．C．D．考点：程序框图．分析：列出循环过程中S与i的数值，满足判断框的条件即可结束循环．解答：解：判断前i=1，n=3,s=0，第1次循环，S=,i=2，第2次循环，S=，i=3，第3次循环，S=，i=4，此时，i＞n，满足判断框的条件，结束循环，输出结果：S===故选:B点评：本题考查循环框图的应用，注意判断框的条件的应用，考查计算能力4．（5分）（2015•湖南）若变量x、y满足约束条件，则z=3x﹣y的最小值为（）A．﹣7 B．﹣1 C．1D．2考点：简单线性规划．专题: 不等式的解法及应用．分析:由约束条件作出可行域,由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案．解答:解：由约束条件作出可行域如图,由图可知,最优解为A，联立,解得C(0，﹣1）．由解得A（﹣2，1)，由，解得B（1，1）∴z=3x﹣y的最小值为3×（﹣2）﹣1=﹣7．故选:A．点评：本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．易错点是图形中的B点．5．（5分）（2015•湖南）设函数f（x)=ln（1+x）﹣ln(1﹣x）,则f(x)是(）A．奇函数，且在（0，1）上是增函数B．奇函数，且在（0，1）上是减函数C．偶函数，且在（0，1）上是增函数D．偶函数，且在（0,1）上是减函数考点：利用导数研究函数的单调性．专题：导数的综合应用．分析:求出好的定义域，判断函数的奇偶性，以及函数的单调性推出结果即可．解答：解:函数f（x）=ln(1+x）﹣ln(1﹣x）,函数的定义域为（﹣1，1），函数f（﹣x）=ln（1﹣x)﹣ln（1+x）=﹣[ln（1+x)﹣ln（1﹣x）］=﹣f（x），所以函数是奇函数．排除C,D，正确结果在A，B,只需判断特殊值的大小，即可推出选项,x=0时,f（0）=0；x=时，f（）=ln（1+)﹣ln（1﹣)=ln3＞1，显然f（0）＜f(），函数是增函数，所以B错误，A正确．故选：A．点评：本题考查函数的奇偶性以及函数的单调性的判断与应用,考查计算能力．6．（5分)（2015•湖南)已知（﹣）5的展开式中含x的项的系数为30，则a=（）A．B．﹣C．6D．﹣6考点：二项式定理的应用．专题：二项式定理．分析:根据所给的二项式，利用二项展开式的通项公式写出第r+1项，整理成最简形式,令x 的指数为求得r，再代入系数求出结果．解答：解：根据所给的二项式写出展开式的通项,T r+1==；展开式中含x的项的系数为30，∴,∴r=1，并且,解得a=﹣6．故选：D．点评：本题考查二项式定理的应用，本题解题的关键是正确写出二项展开式的通项，在这种题目中通项是解决二项展开式的特定项问题的工具．7．（5分）(2015•湖南）在如图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（）附“若X﹣N=（μ，a2)，则P(μ﹣σ＜X≤μ+σ）=0.6826．p（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）=0。
2015年(全国卷II)(含答案)高考文科数学
2015年普通高等学校招生全国统一考试（2全国Ⅱ卷）数学(文）试题一、选择题 ( 本大题 共 12 题， 共计 60 分）1.已知集合A={}{}=<<=<<-B A x x B x x 则,30,21（ ） A.( −1,3) B 。
( −1,0 ) C.(0，2) D.(2,3） 2。
若a 实数,且=+=++a i iai则,312( ） A 。
—4 B. -3 C 。
3 D. 43.根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化碳年排放量（单位：万吨）柱形图，以下结论中不正确的是（ ）2700260025002400210020001900)A.逐年比较,2008年减少二氧化碳排放量的效果最显著； B 。
2007年我国治理二氧化碳排放显现成效； C.2006年以来我国二氧化碳排放量呈减少趋势； D 。
2006年以来我国二氧化碳年排放量与年份正相关。
4。
已知向量=•+-=-=a b a b a ）则（2),2,1(),1,0(（ ） A. -1 B 。
0 C 。
1 D. 25。
设{}项和，的前是等差数列n a S n n 若==++5531,3S a a a 则（ ）A 。
5B 。
7 C. 9 D. 116.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如右图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为 ( ）A 。
81 B 。
71 C. 61 D. 51 7。
已知三点)32()30(),01(，，，，C B A ,则ABC 外接圆的圆心到原点的距离为( ）A 。
35B 。
321C 。
352D 。
348。
右边程序框图的算法思路来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为（)否否A。
0 B. 2 C。
4 D。
149。
已知等比数列{}=-==24531),1(4,41aaaaaan则满足（)A. 2B. 1C.21D.8110.已知A,B是球O的球面上两点,为该球面上动点，CAOB,90︒=∠若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（）A. 36πB. 64πC。
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备战高考数学(精讲+精练+精析)专题13.1几何证明选讲试题文(含解析)
专题1 几何证明选讲（文科）【三年高考】1. 【2016高考天津】如图，AB是圆的直径，弦CD与AB相交于点E，BE=2AE=2，BD=ED，则线段CE的长为__________.【答案】2.【2016高考新课标1卷】如图,△OAB是等腰三角形,∠AOB=120°.以O为圆心,OA为半径作圆.(I)证明：直线AB与O相切；(II)点C,D在⊙O上,且A,B,C,D四点共圆,证明：AB∥CD.【解析】（Ⅰ）设是的中点,连结,因为,所以,．在中,,即到直线的距离等于圆的半径,所以直线与⊙相切．（Ⅱ）因为,所以不是四点所在圆的圆心,设是四点所在圆的圆心,作直线．由已知得在线段的垂直平分线上,又在线段的垂直平分线上,所以．同理可证,．所以．3．【2016高考新课标2】如图，在正方形中，分别在边上（不与端点重合），且，过点作，垂足为．(Ⅰ) 证明：四点共圆；(Ⅱ)若，为的中点，求四边形的面积．4．【2016高考新课标3】如图，中的中点为，弦分别交于两点．（I）若，求的大小；（II）若的垂直平分线与的垂直平分线交于点，证明．【解析】（Ⅰ）连结，则.因为，所以，又，所以.又，所以，因此.（Ⅱ）因为，所以，由此知四点共圆，其圆心既在的垂直平分线上，又在的垂直平分线上，故就是过四点的圆的圆心，所以在的垂直平分线上，又也在的垂直平分线上，因此．5.【2015高考新课标2，】如图，为等腰三角形内一点，圆与的底边交于、两点与底边上的高交于点，与、分别相切于、两点．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若等于的半径，且，求四边形的面积．【解析】（Ⅰ）由于是等腰三角形，，所以是的平分线．又因为分别与、相切于、两点，所以，故．从而．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，,，故是的垂直平分线，又是的弦，所以在上．连接，，则．由等于的半径得，所以．所以和都是等边三角形．因为，所以，．因为，，所以．于是，．所以四边形的面积．6．【2015高考陕西，】如图，切于点，直线交于，两点，，垂足为．（I ）证明：；（II ）若，，求的直径．7.【2015高考新课标1】如图，AB是O的直径，AC是O的切线，BC交O于E.（Ⅰ）若D为AC的中点，证明：DE是O的切线；（Ⅱ）若，求∠ACB的大小.【解析】（Ⅰ）连结AE，由已知得，AE⊥BC，AC⊥AB，在Rt△AEC中，由已知得DE=DC，∴∠DEC=∠DCE，连结OE，∠OBE=∠OEB，∵∠ACB+∠ABC=90°，∴∠DEC+∠OEB=90°，∴∠OED=90°，∴DE是圆O的切线. （Ⅱ）设CE=1，AE=,由已知得AB=，，由射影定理可得，，∴，解得=，∴∠ACB=60°.8.【2015高考湖南】如图，在圆中，相交于点的两弦，的中点分别是，，直线与直线相交于点，证明：（1）；（2）【解析】（1）如图所示，∵，分别是弦，的中点，∴，，即，，，又四边形的内角和等于，故；（2）由（I）知，，，，四点共圆，故由割线定理即得9. 【2014高考辽宁第22题】如图，EP交圆于E、C两点，PD切圆于D，G为CE上一点且，连接DG并延长交圆于点A，作弦AB垂直EP，垂足为F.（Ⅰ）求证：AB为圆的直径；（Ⅱ）若AC=BD，求证：AB=ED.【解析】（Ⅰ）因为PD=PG,所以∠PDG=∠PGD. 由于PD为切线，故∠PDA=∠DBA, 又由于∠PGD=∠EGA,故∠DBA=∠EGA,所以∠DBA+∠BAD=∠EGA+∠BAD,从而∠BDA=∠PFA.由于AF垂直EP，所以∠PFA=90°，于是∠BDA=90°，故AB是直径.(Ⅱ)连接BC，DC.由于AB是直径，故∠BDA=∠ACB=90°，在Rt△BDA与Rt△ACB中，AB=BA,AC=BD，从而Rt△BDA≌Rt△ACB，于是Rt△BDA与∠DAB=∠CBA.又因为∠DCB=∠DAB,所以∠DCB=∠CBA，故DC∥AB. 由于ED是直径，由（Ⅰ）得ED=AB.10. 【2014高考全国2第22题】如图，P是O外一点，PA是切线，A为切点，割线PBC与O相交于点B，C，PC=2PA，D为PC的中点，AD的延长线交O于点E.证明：（Ⅰ）BE=EC；（Ⅱ）AD DE=2【解析】（Ⅰ）连结AB，AC，由题意知PA=PD，故，因为，，，所以，从而，因此BE=EC. （Ⅱ）由切割线定理得：，因为，所以，，由相交弦定理得：===，所以等式成立.11. 【2014高考全国1第22题】如图，四边形是的内接四边形，的延长线与的延长线交于点，且.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）设不是的直径，的中点为，且，证明：为等边三角形.【三年高考命题回顾】纵观前三年各地高考试题, 高考对几何证明的考查，主要考查有关三角形相似、全等、面积、线段长度及角相等的求解及证明，以平行线等分线段定理，平行线截割定理，相似三角形的判定与性质定理，直角三角形射影定理，圆心角、圆周角定理，圆内接四边形的性质定理及判定定理，圆的割线定理，切割线定理，弦切角定理，相交弦定理等为主要考查内容，题目难度一般为中、低档，备考中应严格控制训练题的难度．【2017年高考复习建议与高考命题预测】由前三年的高考命题形式可以看出, 高考对这部分要求不是太高，要求会以圆为几何背景，利用直角三角形射影定理，圆周角定理、圆的切线的判定定理及性质定理，相交弦定理、圆内接四边形的性质定理与判定定理、切割线定理证明三角形相似，全等，求线段长等，预测2017年高考还会以圆为几何背景，考查相交线定理，切割线定理，以及圆内接四边形的性质定理与判定定理，考查学生的数形结合的能力.“几何证明选讲”是选修系列4的一个专题,该专题在高考中只考查“相似三角形”和“圆”这两部分平面几何内容,且与另三个选修4的专题一起命题,供考生选择作答.其核心内容为:线段成比例与相似三角形,圆的切线及其性质,与圆有关的相似三角形等.对同学们来说,“几何证明选讲”是初中所学知识的深化,因而倍感亲切.试题题型为解答题,且难度不大.题型以比例问题为主，平行线分线段成比例定理、相似形、角平分线定理、直角三角形中的射影定理、圆中的割线定理、切割线定理和相交弦定理等,都涉及线段成比例,因此比例问题是本专题中所占比重最大的题型.解决这类问题,主要方法就是设法利用上述定理,并灵活变形.复习建议：圆内接四边形的重要结论：内接于圆的平行四边形是矩形；内接于圆的菱形是正方形；内接于圆的梯形是等腰梯形.应用这些性质可以大大简化证明有关几何题的推证过程.与圆有关的比例线段的证明要诀：相交弦、切割线定理是法宝，相似三角形中找诀窍，联想射影定理分角线，辅助线来搭桥，第三比作介绍，代数方法不可少，分析综合要记牢，十有八九能见效.【2017年高考考点定位】几何证明选讲的内容涉及的考点可归纳为:①相似三角形的定义与性质;②平行线截割定理;③直角三角形射影定理;④圆周角与圆心角定理;⑤圆的切线的判定定理及性质定理;⑥弦切角的性质;⑦相交弦定理;⑧圆内接四边形的性质定理和判定定理;⑨切割线定理.【考点1】相似三角形的判定与性质【备考知识梳理】1．平行线等分线段定理如果一组平行线在一条直线上截得的线段相等，那么在其他直线上截得的线段也相等．推论1：经过三角形一边的中点与另一边平行的直线必平分第三边．推论2：经过梯形一腰的中点，且与底边平行的直线平分另一腰．2．平行线分线段成比例定理三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．推论：平行于三角形一边的直线截其他两边(或两边的延长线)所得的对应线段成比例．3．相似三角形的判定与性质(1)判定定理：结论相似三角形外接圆的直径比、周长比等于相似比，外接圆的面积比等于相似比的平方射影定理直角三角形中，每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项；斜边上的高是两条直角边在斜边上的射影的比例中项【规律方法技巧】1．判定两个三角形相似的常规思路(1)先找两对对应角相等；(2)若只能找到一对对应角相等，则判断相等的角的两夹边是否对应成比例；(3)若找不到角相等，就判断三边是否对应成比例，否则考虑平行线分线段成比例定理及相似三角形的“传递性”．2．借助图形判断三角形相似的方法(1)有平行线的可围绕平行线找相似；(2)有公共角或相等角的可围绕角做文章，再找其他相等的角或对应边成比例；(3)有公共边的可将图形旋转，观察其特征，找出相等的角或成比例的对应边．3.比例线段常用平行线产生，利用平行线转移比例是常用的证题技巧，当题中没有平行线条件而有必要转移比例时，也常添加辅助平行线，从而达到转移比例的目的.4.判定两个三角形相似要注意结合图形特征灵活选择判定定理，特别要注意对应角和对应边．在一个题目中，相似三角形的判定定理和性质定理可能多次用到．相似三角形的性质可用来证明线段成比例、角相等；也可间接证明线段相等．5.．在使用直角三角形射影定理时，要学会将“乘积式”转化为相似三角形中的“比例式”．证题时，要注意作垂线构造直角三角形是解直角三角形时常用的方法．6.相似关系的证明中，经常要应用比例的性质：若，则①；②；③；④；⑤；⑥.7.辅助线作法：几何证明题的一个重要问题就是作出恰当的辅助线，相似关系的基础就是平行截割定理，故作辅助线的主要方法就是作平行线，见中点取中点连线利用中位线定理，见比例点取等比的分点构造平行关系，截取等长线段构造全等关系，立体几何中通过作平行线或连结异面直线上的点化异为共等等都是常用的作辅助线方法．【考点针对训练】1.【2016届河南省郑州一中高三考前冲刺四】如图所示，已知圆O外有一点P，作圆O的切线PM，M为切点，过PM的中点N作割线NAB，交圆O于A，B两点，连接PA并延长，交圆O于点C，连接PB交圆O于点D，若MC=BC.（1）求证：△APM△ABP；（2）求证：四边形PMCD是平行四边形.2.【2016年山西省右玉一中高考冲刺压轴卷三】如图，已知⊙和⊙相交于两点，为⊙的直径，直线交⊙于点，点为弧中点，连结分别交⊙、于点，连结.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：.【解析】（Ⅰ）连结，∵为⊙的直径，∴，∵为⊙的直径，∴，∵，∴，∵为弧中点，∴，∵，∴，∴，∴，∴.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，∴，由（Ⅰ）知，∴.【考点2】圆的有关问题【备考知识梳理】1．圆周角定理(1)圆周角：顶点在圆周上且两边都与圆相交的角．(2)圆周角定理：圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．(3)圆心角定理：圆心角的度数等于它所对弧的度数．推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等．推论2：半圆(或直径)所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径．2．圆内接四边形的性质与判定定理(1)性质：定理1：圆内接四边形的对角互补．定理2：圆内接四边形的外角等于它的内角的对角．(2)判定：判定定理：如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．推论：如果四边形的一个外角等于它的内角的对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．另外：若两点在一条线段同侧且对该线段张角相等，则此两点与线段两个端点共圆，特别的，对定线段张角为直角的点共圆．3.圆的切线(1)直线与圆的位置关系直线与圆交点的个数直线到圆心的距离d与圆的半径r的关系相交两个d＜r相切一个d＝r相离无d＞r性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．推论1：经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．推论2：经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．(3)切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线长相等．3．弦切角(1)弦切角：顶点在圆上，一边与圆相切，另一边与圆相交的角．(2)弦切角定理及推论①定理：弦切角的度数等于所夹弧的度数的一半．②推论：同弧(或等弧)上的弦切角相等，同弧(或等弧)上的弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角． 4．与圆有关的比例线段定理名称基本图形条件结论应用相交弦定理弦AB、CD相交于圆内点P(1)PA·PB＝PC·PD；(2)△ACP∽△DBP(1)在PA、PB、PC、PD四线段中知三求一；(2)求弦长及角切割线定理PA切⊙O于A，PBC是⊙O的割线(1)PA2＝PB·PC；(2)△PAB∽△PCA(1)已知PA、PB、PC知二可求一；(2)求解AB、AC割线定理PAB、PCD是⊙O的割线(1)PA·PB＝PC·PD；(2)△PAC∽△PDB(1)求线段PA、PB、PC、PD及AB、CD；(2)应用相似求AC、BD(1)(2)割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等．(3)切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．(4)切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角．【规律方法技巧】1. 与圆有关的比例线段： (1)应用相交弦定理、切割线定理要抓住几个关键内容：如线段成比例与相似三角形、圆的切线及其性质、与圆有关的相似三角形等．(2)相交弦定理、切割线定理主要是用于与圆有关的比例线段的计算与证明．解决问题时要注意相似三角形知识及圆周角、弦切角、圆的切线等相关知识的综合应用．(3)相交弦定理、切割线定理、割线定理、切线长定理统称为圆幂定理：圆的两条弦或其延长线若相交，各弦被交点分成的两条线段长的积相等.当两交点在圆内时为相交弦定理，当两交点在圆外时为割线定理，两交点重合时为切线，一条上两点重合时为切割线定理，两条都重合时为切线长定理，应用此定理一定要分清两条线段是指哪两条．2. 弦切角定理及推论的应用(1)圆周角定理及其推论与弦切角定理及其推论多用于推出角的关系，从而证明三角形全等或相似，可求线段或角的大小．(2)涉及圆的切线问题时要注意弦切角的转化；关于圆周上的点，常作直线(或半径)或向弦(弧)两端画圆周角或作弦切角．3. 证明多点共圆，当两点在一条线段同侧时，可证它们对此线段张角相等，也可以证明它们与某一定点距离相等；如两点在一条线段异侧，则证明它们与线段两端点连成的凸四边形对角互补．4.涉及圆的切线问题时要注意弦切角的转化；关于圆周上的点，常作直径(或半径)或向弦(弧)两端画圆周角或作弦切角．5.一般地，涉及圆内两条相交弦时首先要考虑相交弦定理，涉及两条割线时要想到割线定理，涉及切线和割线时要注意应用切割线定理，要注意相交弦定理中线段之间的关系与切割线定理线段关系之间的区别．6.在平面几何的有关计算中往往要使用比例线段，产生比例线段的一个主要根据是两三角形相似．在涉及两圆的公共弦时，通常是作出两圆的公共弦．如果有过公共点的切线就可以使用弦切角定理．在两个圆内实现角的等量代换，这是解决两个圆相交且在交点处有圆的切线问题的基本思考方向．【考点针对训练】1.【2016届湖北七市教研协作体高三4月联考】已知中，，是外接圆劣弧上的点（不与点重合），延长至，延长至.（1）求证：；（2）若，中边上的高为，求外接圆的面积.2.【2016届陕西省高三下学期教学质检二】如图，已知圆与相交于两点，过点作圆的切线交圆于点，过点作两圆的割线，分别交圆、圆于点、，与相交于点. （Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若是圆的切线，且，求的长.【解析】（Ⅰ）连接．∵是圆的切线，∴.又∵，∴，∴.（Ⅱ）证明：设，∵，∴.又∵，∴，∴.又∵，联立上述方程得到，∴.∵是圆的切线，∴.∴.【应试技巧点拨】1．辅助线作法：几何证明题的一个重要问题就是作出恰当的辅助线，相似关系的基础就是平行截割定理，故作辅助线的主要方法就是作平行线，见中点取中点连线利用中位线定理，见比例点取等比的分点构造平行关系，截取等长线段构造全等关系，立体几何中通过作平行线或连结异面直线上的点化异为共等等都是常用的作辅助线方法．2．比例的性质的应用相似关系的证明中，经常要应用比例的性质：若，则①；②；③；④；⑤；⑥.3．同一法：先作出一个满足命题结论的图形，然后证明图形符合命题已知条件，确定所作图形与题设条件所指的图形相同，从而证明命题成立．4.证明多点共圆，当两点在一条线段同侧时，可证它们对此线段张角相等，也可以证明它们与某一定点距离相等；如两点在一条线段异侧，则证明它们与线段两端点连成的凸四边形对角互补．5.与圆有关的比例线段(1)应用相交弦定理、切割线定理要抓住几个关键内容：如线段成比例与相似三角形、圆的切线及其性质、与圆有关的相似三角形等．(2)相交弦定理、切割线定理主要是用于与圆有关的比例线段的计算与证明．解决问题时要注意相似三角形知识及圆周角、弦切角、圆的切线等相关知识的综合应用．二年模拟1. 【2016年山西榆林高三二次模考】如图所示，在中，是的平分线，的外接圆交于点，.（1）求证：；（2）当时，求的长.2. 【2016年湖北八校高三四次联考】如图，在锐角三角形中，，以为直径的圆与边另外的交点分别为，且于．（Ⅰ）求证：是的切线；（Ⅱ）若，，求的长．【解析】（Ⅰ）连结则又，∴为的中点，而为中点，∴，又，∴，而是半径，∴是的切线.（Ⅱ）连，则，则，∴，设，则，由切割线定理得：，即，解得：（舍），∴EFDOC BA3. 【2016年安徽安庆二模】如图,以的边为直径作圆,圆与边的交点恰为边的中点,过点作于点．（I ）求证：是圆的切线；（II ）若,求的值．【解析】（Ⅰ）如图,连接.因为是的中点,是的中点,所以//.因为,所以,所以是⊙的切线. （Ⅱ）因为是⊙的直径,点在⊙上,所以. 又是的中点,所以. 故.因为,所以. 在直角三角形中,；在直角三角形中,. 于是.4.【2016年江西高三九校联考】如图所示，为的直径，为的中点，为的中点．（1）求证：；（2）求证：．5. 【2016年安徽淮北一中高三模考】如图，是圆上的两点，为圆外一点，连结分别交圆于点，且，连结并延长至，使．（1）求证：；（2）若，且，求．【解析】（1）连结，因为，又因为，所以，所以，由已知，所以，且，所以，所以．（2）因为，所以，则，所以，又因为，所以，所以，所以．6. 【2016年江西南昌高三一模】如图，圆M与圆N交于A， B两点，以A为切点作两圆的切线分别交圆M和圆N于C、D两点，延长DB交圆M于点E，延长CB交圆N于点F．已知BC=5， DB=10. (I)求AB的长；（II）求.【解析】（Ⅰ）根据弦切角定理，知，，∴△∽△，则，故.（Ⅱ）根据切割线定理，知，，两式相除，得（*）.由△∽△，得，，又，由（*）得．7. 【2016年河南八市高三三模】已知，内接于圆，延长到点，使得交圆于点.（1）求证：；（2）若，求证：.【解析】(1）如图，连结．．又（2）8.【2016届河北省石家庄市高三二模】如图，内接于⊙，，弦交线段于，为的中点，在点处作圆的切线与线段的延长线交于，连接.（I）求证：；（II）若，⊙的半径为，求切线的长.【解析】（I）证明：在中，弦相交于E，，又E为AC的中点，所以，又因为,，根据射影定理可得,;（II）因为为直径，所以，又因为，所以为等腰直角三角形．，根据勾股定理得，解得，所以，由（I）得所以，所以．9.【2016届陕西省高三高考全真模拟四】如下图,是圆的两条互相垂直的直径,是圆上的点,过点作圆的切线交的延长线于.连结交于点.（1）求证：；（2）若圆的半径为,求的长.【解析】（1）证明：连接,由弦切角定理知，又,即.由切割线定理得,所以.（2）由知，.在中，由得，.在中，由得，于是.10.【2016届山西右玉一中高三下学期模拟】已知如图，四边形是圆的内接四边形，对角线交于点，直线是圆的切线，切点为，.（1）若，求的长；（2）在上取一点，若，求的大小.11. 【2015届陕西西安西北工大附中高三下学期5月模拟】如图，和相交于A，B两点，过A 作两圆的切线分别交两圆于两点，连结并延长交于点．证明：（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】（1）由与相切于，得，同理，所以从而，即（2）由与相切于，得，又，得从而，即，综合（1）的结论，12.【2015届陕西省西工大附中高三下学期模拟考试一】如图,⊙的直径的延长线与弦的延长线相交于点,为⊙上一点,AE＝AC ,交于点,且,（Ⅰ）求的长度．（Ⅱ）若圆F 与圆内切，直线PT与圆F切于点T，求线段PT的长度【解析】（Ⅰ）连结,由同弧对应的圆周角与圆心角之间的关系结合题中条件弧长等于弧长可得,又,,从而,故∽,∴, 由割线定理知,故．（Ⅱ）若圆F 与圆内切，设圆的半径为，因为即，所以是圆的直径，且过点圆的切线为，则，即.13.【2015届吉林省吉林市高三第三次模拟考试】如图，在△ABC 中，，以为直径的⊙O 交于，过点作⊙O 的切线交于，交⊙O 于点．（Ⅰ）证明：是的中点；（Ⅱ）证明：.【解析】（Ⅰ）证明：连接，因为为⊙O 的直径，所以，又，所以CB切⊙O于点B ，且ED 切于⊙O 于点E ，因此，，所以，得，因此，即是的中点（Ⅱ）证明：连接BF ，可知BF 是△ABE 斜边上的高，可得△ABE ∽△AFB ，于是有，即，同理可证，所以.14.【2015届辽宁省师大附中高三模拟考试】如图，圆周角的平分线与圆交于点，过点的切线与弦的延长线交于点，交于点．（1）求证：;（2）若四点共圆，且弧与弧相等，求【解析】（1）因为与圆相切，，平方，所以，，所以（2）弧与弧相等，设，，，.15.【2015届陕西省西安市第一中学高三下学期自主命题二】如图，在中，是的角平分线，的外接圆交于点，．EDCA B（Ⅰ）求证：； （Ⅱ）当，时，求的长．【解析】（Ⅰ）连接，因为是圆内接四边形，所以又∽，即有，又因为，可得因为是的平分线，所以，从而（Ⅱ）由条件知，设，则，根据割线定理得，即即，解得或（舍去），则．EDCA B拓展试题以及解析 1. 如图，内接于⊙，弦AE 交BC 于点D ，已知，，OD =1,. （Ⅰ）求；（Ⅱ）求中BC 边上的高．【入选理由】本题主要考查平面几何的相关知识，同时考查考生的逻辑推理能力.高考对平面几何的考查主要是通过三角形全等或三角形相似进行边角转化，并综合运用圆的切割线定理、相交弦定理等 进行证明计算．以圆为背景是基本不变的，因而灵活应用圆的几何性质，找准有关的对应三角形、对应边和对应角是解题的关键.本题构思巧妙，难度不大，故选此题.2．如图，过圆外一点作圆的切线，切点为，割线、割线分别交圆于与、与．已知的垂直平分线与圆相切．（1）求证：；（2）若，，求的长．【解析】（1）证明：连结，∵与圆相切，∴．又为的垂直平分线，∴，∴，∴．（2）由（1）知且为的中点，∴为的中点，且，∴．∵为圆的切线，∴，∴，∴，∴．【入选理由】本题考查圆的切割线定理，弦切角定理等基础知识，意在考查逻辑思维能力和推理论证能力. 切割线定理、三角形相似、四点共圆的性质，是高考重点考查知识点，本题难度不大，故选此题.3.如图，直线AB过圆心O，交圆O于A、B，直线AF交圆O于F（不与B重合），直线与圆O相切于C，交AB于E，且与AF垂直，垂足为G，连接AC．求证：（Ⅰ）；（Ⅱ）．【证明】（Ⅰ）连接，是直径，，．切圆于，．．（Ⅱ）连接，切圆于，．又∽．．【入选理由】本题考查圆的弦切角定理、三角形相似等基础知识，意在考查逻辑思维能力和推理论证能力.本题由弦切角定理入手，得出三角形相似，从而可证，本题难度不大，故选此题.4.如图，是⊙的直径，是圆上两点，交于点，若，．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求线段的长度．【入选理由】本题考查平面几何的证明，具体涉及圆的性质，四点共圆，割线定理等基础知识，意在考察学生推理证明和逻辑思维能力.本题考查知识基础，综合性强，是高考出题方向，故选此题.5.如图，圆内接四边形满足∥，在的延长线上，且. 若，.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求的长.【解析】（Ⅰ）由知是圆的切线. ∴由弦切线角定理得，又，∴，∴；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，又，∴∽，∴，又，，∴，∵，∴. 【入选理由】本题考查圆的切线的性质，圆內接四边形的性质，三角形相似等基础知识，意在考察学生推理证明和逻辑思维能力.本题考查知识基础，难度不大，故选此题.6.如图，点P是△ABC的外接圆O在C点的切线与直线AB的交点．（Ⅰ）若∠ACB＝∠APC，证明：BC⊥PC；（Ⅱ）若D是圆O上一点，∠BPC=∠DAC，AC=，AB=，PC＝4，求CD的长．【证明】（Ⅰ）由弦切角定理知，∠ABC=∠ACP，∵∠ACB＝∠APC，∴△ACB∽△APC，∴∠BAC=∠CAP，∵∠BAC+∠CAP=，∴∠BAC=∠CAP=90°，∴BC是圆O的直径，又PC是圆O的切线，∴BC⊥PC. （Ⅱ）由切割线定理知，，即，即，解得（负值舍去），由弦切角定理及同弧所对的圆周角相等知，∠ACP=∠ABC=∠CDA，∵∠BPC=∠DAC，∴△CAD∽△APC，∴，∴=.【入选理由】本题考查三角形相似的判定与性质、弦切角定理、切割线定理等基础知识，意在考查学生推理证明和逻辑思维能力.本题第一问由弦切角入手，得三角形相似，从而得结论，第二问由切割线定理入手，结合弦切角定理及同弧所对的圆周角相等，得三角形相似，像这种题型考查知识基础，综合性强，是高考出题方向，故选此题.7.如图所示，在四边形中，交于点，.（Ⅰ）求证：、、、四点共圆;（Ⅱ）过作四边形外接圆的切线交的延长线于，,求证：平分.【证明】（Ⅰ）∵,∴,,∵,, ∴,,∴=,=,=,=,∴=+++=+++==,∴、、、四点共圆；（Ⅱ）由弦切角定理可知：∠=∠，∵,∴∽,∴=，∵，∴=,∴=,∴=,∴=,∴=∠,∴平分.。
2015年普通高等学校招生全国统一考试数学文试题(湖南卷,含解析)
几何关系不难得到 PA PB PC 2 PO PB 4 PB ，易知当 B 为（-1，0）时取得最大值.
由题意，AC 为直径，所以 PA PB PC 2 PO PB 4 PB ,已知 B 为（-1，0）时， 4 PB 取得
最大值 7，故选 B.
考点：直线与圆的位置关系、平面向量的运算性质
2015 年普通高等学校招生全国统一考试数学文试题（湖南卷，含解析）
一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 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 i)2
1、 已知
=1+i（i 为虚数单位），则复数 z=( )
z
A、1+i
B、1-i
C、-1+i
【答案】D
D、-1-i
“ x2 >1”可以得到“x>1”，所以“x>1”是“ x2 >1”的充要条件，故选 C.
考点：命题与条件
x y 1
4、若变量
x、y
满足约束条件
Hale Waihona Puke yx1，则 z=2x-y 的最小值为(
)
x 1
A、-1
B、0
C、1
D、2
【答案】A
考点：简单的线性规划 5、执行如图 2 所示的程序框图，如果输入 n=3，中输入的 S=( )
x2
因为双曲线
a2
y2 b2
1的一条渐近线经过点（3，-4），3b 4a，（9 c2 a 2） 16a 2，e
c = 5． a3
故选 D.
考点：双曲线的简单性质
7、若实数 a，b 满足 1 2 ab ，则 ab 的最小值为( ) ab
A、 2
2015年高考数学试卷真题附详细解析
2015年高考数学试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分2015年普通高等学校招生全国统一考试（真题卷）数学（理科）1．（5分）（2015•真题）已知集合P={x|x2﹣2x≥0}，Q={x|1＜x≤2}，则（∁R P）∩Q=（）A ．[0，1）B．（0，2]C．（1，2）D．[1，2]2．（5分）（2015•真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）A ．8cm3B．12cm3C．D．3．（5分）（2015•真题）已知{a n}是等差数列，公差d不为零，前n项和是S n，若a3，a4，a8成等比数列，则（）A ．a1d＞0，dS4＞0B．a1d＜0，dS4＜0C．a1d＞0，dS4＜0D．a1d＜0，dS4＞04．（5分）（2015•真题）命题“∀n∈N*，f（n）∈N*且f（n）≤n”的否定形式是（）A．∀n∈N*，f（n）∉N*且f（n）＞n B．∀n∈N*，f（n）∉N*或f（n）＞nC．∂n0∈N*，f（n0）∉N*且f（n0）＞n0D．∂n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n05．（5分）（2015•真题）如图，设抛物线y2=4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是（）A ．B．C．D．6．（5分）（2015•真题）设A，B是有限集，定义：d（A，B）=card（A∪B）﹣card（A∩B），其中card（A）表示有限集A中的元素个数（）命题①：对任意有限集A，B，“A≠B”是“d（A，B）＞0”的充分必要条件；命题②：对任意有限集A，B，C，d（A，C）≤d（A，B）+d（B，C）A．命题①和命题②都成立B．命题①和命题②都不成立C．命题①成立，命题②不成立D．命题①不成立，命题②成立7．（5分）（2015•真题）存在函数f（x）满足，对任意x∈R都有（）A ．f（sin2x）=sinx B．f（sin2x）=x2+xC．f（x2+1）=|x+1| D．f（x2+2x）=|x+1|8．（5分）（2015•真题）如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α，则（）A ．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．9．（6分）（2015•真题）双曲线=1的焦距是，渐近线方程是．10．（6分）（2015•真题）已知函数f（x）=，则f（f（﹣3））=，f（x）的最小值是．11．（6分）（2015•真题）函数f（x）=sin2x+sinxcosx+1的最小正周期是，单调递减区间是．12．（4分）（2015•真题）若a=log43，则2a+2﹣a=．13．（4分）（2015•真题）如图，三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是．14．（4分）（2015•真题）若实数x，y满足x2+y2≤1，则|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值是．15．（6分）（2015•真题）已知是空间单位向量，，若空间向量满足，且对于任意x，y∈R，，则x0=，y0=，|=．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（14分）（2015•真题）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=，b2﹣a2=c2．（1）求tanC的值；（2）若△ABC的面积为3，求b的值．17．（15分）（2015•真题）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．（1）证明：A1D⊥平面A1BC；（2）求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值．18．（15分）（2015•真题）已知函数f（x）=x2+ax+b（a，b∈R），记M（a，b）是|f（x）|在区间[﹣1，1]上的最大值．（1）证明：当|a|≥2时，M（a，b）≥2；（2）当a，b满足M（a，b）≤2时，求|a|+|b|的最大值．19．（15分）（2015•真题）已知椭圆上两个不同的点A，B关于直线y=mx+对称．（1）求实数m的取值范围；（2）求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．20．（15分）（2015•真题）已知数列{a n}满足a1=且a n+1=a n﹣a n2（n∈N*）（1）证明：1≤≤2（n∈N*）；（2）设数列{a n2}的前n项和为S n，证明（n∈N*）．高考数学试卷（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分2015年普通高等学校招生全国统一考试（真题卷）数学（理科）1．（5分）考点：交、并、补集的混合运算．专题：集合．分析：求出P中不等式的解集确定出P，求出P补集与Q的交集即可．解答：解：由P中不等式变形得：x（x﹣2）≥0，解得：x≤0或x≥2，即P=（﹣∞，0]∪[2，+∞），∴∁R P=（0，2），∵Q=（1，2]，∴（∁R P）∩Q=（1，2），故选：C．点评：此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．2．（5分）考点：由三视图求面积、体积．专题：空间位置关系与距离．分析：判断几何体的形状，利用三视图的数据，求几何体的体积即可．解答：解：由三视图可知几何体是下部为棱长为2的正方体，上部是底面为边长2的正方形奥为2的正四棱锥，所求几何体的体积为：23+×2×2×2=．故选：C．点评：本题考查三视图与直观图的关系的判断，几何体的体积的求法，考查计算能力．3．（5分）考点：等差数列与等比数列的综合．专题：等差数列与等比数列．分析：由a3，a4，a8成等比数列，得到首项和公差的关系，即可判断a1d和dS4的符号．解答：解：设等差数列{a n}的首项为a1，则a3=a1+2d，a4=a1+3d，a8=a1+7d，由a3，a4，a8成等比数列，得，整理得：．∵d≠0，∴，∴，=＜0．故选：B．点评：本题考查了等差数列和等比数列的性质，考查了等差数列的前n项和，是基础题．4．（5分）考点：命题的否定．专题：简易逻辑．分析：根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论．解答：解：命题为全称命题，则命题的否定为：∂n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0，故选：D．点评：本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．5．（5分）考点：直线与圆锥曲线的关系．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：根据抛物线的定义，将三角形的面积关系转化为的关系进行求解即可．解答：解：如图所示，抛物线的准线DE的方程为x=﹣1，过A，B分别作AE⊥DE于E，交y轴于N，BD⊥DE于E，交y轴于M，由抛物线的定义知BF=BD，AF=AE，则|BM|=|BD|﹣1=|BF|﹣1，|AN|=|AE|﹣1=|AF|﹣1，则===，故选：A点评：本题主要考查三角形的面积关系，利用抛物线的定义进行转化是解决本题的关键．6．（5分）考点：复合命题的真假．专题：集合；简易逻辑．分析：命题①根据充要条件分充分性和必要性判断即可，③借助新定义，根据集合的运算，判断即可．解答：解：命题①：对任意有限集A，B，若“A≠B”，则A∪B≠A∩B，则card（A∪B）＞card（A∩B），故“d（A，B）＞0”成立，若d（A，B）＞0”，则card（A∪B）＞card（A∩B），则A∪B≠A∩B，故A≠B成立，故命题①成立，命题②，d（A，B）=card（A∪B）﹣card（A∩B），d（B，C）=card（B∪C）﹣card（B∩C），∴d（A，B）+d（B，C）=card（A∪B）﹣card（A∩B）+card（B∪C）﹣card（B∩C）=[card （A∪B）+card（B∪C）]﹣[card（A∩B）+card（B∩C）]≥card（A∪C）﹣card（A∩C）=d（A，C），故命题②成立，故选：A点评：本题考查了，元素和集合的关系，以及逻辑关系，分清集合之间的关系与各集合元素个数之间的关系，注意本题对充要条件的考查．集合的元素个数，体现两个集合的关系，但仅凭借元素个数不能判断集合间的关系，属于基础题．7．（5分）考点：函数解析式的求解及常用方法．专题：函数的性质及应用．分析：利用x取特殊值，通过函数的定义判断正误即可．解答：解：A．取x=0，则sin2x=0，∴f（0）=0；取x=，则sin2x=0，∴f（0）=1；∴f（0）=0，和1，不符合函数的定义；∴不存在函数f（x），对任意x∈R都有f（sin2x）=sinx；B．取x=0，则f（0）=0；取x=π，则f（0）=π2+π；∴f（0）有两个值，不符合函数的定义；∴该选项错误；C．取x=1，则f（2）=2，取x=﹣1，则f（2）=0；这样f（2）有两个值，不符合函数的定义；∴该选项错误；D．令|x+1|=t，t≥0，则f（t2﹣1）=t；令t2﹣1=x，则t=；∴；即存在函数f（x）=，对任意x∈R，都有f（x2+2x）=|x+1|；∴该选项正确．故选：D．点评：本题考查函数的定义的应用，基本知识的考查，但是思考问题解决问题的方法比较难．8．（5分）考点：二面角的平面角及求法．专题：创新题型；空间角．分析：解：画出图形，分AC=BC，AC≠BC两种情况讨论即可．解答：解：①当AC=BC时，∠A′DB=α；②当AC≠BC时，如图，点A′投影在AE上，α=∠A′OE，连结AA′，易得∠ADA′＜∠AOA′，∴∠A′DB＞∠A′OE，即∠A′DB＞α综上所述，∠A′DB≥α，故选：B．点评：本题考查空间角的大小比较，注意解题方法的积累，属于中档题．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．9．（6分）双曲线的简单性质．考点：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．专题：确定双曲线中的几何量，即可求出焦距、渐近线方程．分析：解解：双曲线=1中，a=，b=1，c=，答：∴焦距是2c=2，渐近线方程是y=±x．故答案为：2；y=±x．本题考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，比较基础．点评：10．（6分）函数的值．考点：计算题；函数的性质及应用．专题：分根据已知函数可先求f（﹣3）=1，然后代入可求f（f（﹣3））；由于x≥1时，f（x）=，析：当x＜1时，f（x）=lg（x2+1），分别求出每段函数的取值范围，即可求解解答：解：∵f（x）=，∴f（﹣3）=lg10=1，则f（f（﹣3））=f（1）=0，当x≥1时，f（x）=，即最小值，当x＜1时，x2+1≥1，（x）=lg（x2+1）≥0最小值0，故f（x）的最小值是．故答案为：0；．本题主要考查了分段函数的函数值的求解，属于基础试题．点评：11．（6分）两角和与差的正弦函数；三角函数的周期性及其求法；正弦函数的单调性．考点：专三角函数的求值．题：分由三角函数公式化简可得f（x）=sin（2x﹣）+，易得最小正周期，解不等析：式2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得函数的单调递减区间．解答：解：化简可得f（x）=sin2x+sinxcosx+1=（1﹣cos2x）+sin2x+1=sin（2x﹣）+，∴原函数的最小正周期为T==π，由2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得kπ+≤x≤kπ+，∴函数的单调递减区间为[kπ+，kπ+]（k∈Z）故答案为：π；[kπ+，kπ+]（k∈Z）点评：本题考查三角函数的化简，涉及三角函数的周期性和单调性，属基础题．12．（4分）考点：对数的运算性质．专题：函数的性质及应用．分析：直接把a代入2a+2﹣a，然后利用对数的运算性质得答案．解答：解：∵a=log43，可知4a=3，即2a=，所以2a+2﹣a=+=．故答案为：．点评：本题考查对数的运算性质，是基础的计算题．13．（4分）考点：异面直线及其所成的角．专题：空间角．分析：连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME说明异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC 通过解三角形，求解即可．解答：解：连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME，则ME∥AN，异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC，∵AN=2，∴ME==EN，MC=2，又∵EN⊥NC，∴EC==，∴cos∠EMC===．故答案为：．点评：本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．14．（4分）考点：函数的最值及其几何意义．专题：不等式的解法及应用；直线与圆．分析：根据所给x，y的范围，可得|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y，再讨论直线2x+y﹣2=0将圆x2+y2=1分成两部分，分别去绝对值，运用线性规划的知识，平移即可得到最小值．解答：解：由x2+y2≤1，可得6﹣x﹣3y＞0，即|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y，如图直线2x+y﹣2=0将圆x2+y2=1分成两部分，在直线的上方（含直线），即有2x+y﹣2≥0，即|2+y﹣2|=2x+y﹣2，此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=（2x+y﹣2）+（6﹣x﹣3y）=x﹣2y+4，利用线性规划可得在A（，）处取得最小值3；在直线的下方（含直线），即有2x+y﹣2≤0，即|2+y﹣2|=﹣（2x+y﹣2），此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=﹣（2x+y﹣2）+（6﹣x﹣3y）=8﹣3x﹣4y，利用线性规划可得在A（，）处取得最小值3．综上可得，当x=，y=时，|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值为3．故答案为：3．点本题考查直线和圆的位置关系，主要考查二元函数在可行域内取得最值的方法，属于中档题．评：15．（6分）空间向量的数量积运算；平面向量数量积的运算．考点：专创新题型；空间向量及应用．题：分由题意和数量积的运算可得＜•＞=，不妨设=（，，0），=（1，0，0），析：由已知可解=（，，t），可得|﹣（|2=（x+）2+（y﹣2）2+t2，由题意可得当x=x0=1，y=y0=2时，（x+）2+（y﹣2）2+t2取最小值1，由模长公式可得|．解解：∵•=||||cos＜•＞=cos＜•＞=，答：∴＜•＞=，不妨设=（，，0），=（1，0，0），=（m，n，t），则由题意可知=m+n=2，=m=，解得m=，n=，∴=（，，t），∵﹣（）=（﹣x﹣y，，t），∴|﹣（|2=（﹣x﹣y）2+（）2+t2=x2+xy+y2﹣4x﹣5y+t2+7=（x+）2+（y﹣2）2+t2，由题意当x=x0=1，y=y0=2时，（x+）2+（y﹣2）2+t2取最小值1，此时t2=1，故|==2故答案为：1；2；2点本题考查空间向量的数量积，涉及向量的模长公式，属中档题．评：三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（14分）余弦定理．考点：解三角形．专题：分（1）由余弦定理可得：，已知b2﹣a2=c2．可得，a=．利析：用余弦定理可得cosC．可得sinC=，即可得出tanC=．（2）由=×=3，可得c，即可得出b．解解：（1）∵A=，∴由余弦定理可得：，∴b2﹣a2=bc﹣c2，答：又b2﹣a2=c2．∴bc﹣c2=c2．∴b=c．可得，∴a2=b2﹣=，即a=．∴cosC===．∵C∈（0，π），∴sinC==．∴tanC==2．（2）∵=×=3，解得c=2．∴=3．点评：本题考查了正弦定理余弦定理、同角三角形基本关系式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17．（15分）考点：二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系，通过•=•=0及线面垂直的判定定理即得结论；（2）所求值即为平面A1BD的法向量与平面B1BD的法向量的夹角的余弦值的绝对值的相反数，计算即可．解答：（1）证明：如图，以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系．则BC=AC=2，A1O==，易知A1（0，0，），B（，0，0），C（﹣，0，0），A（0，，0），D（0，﹣，），B1（，﹣，），=（0，﹣，0），=（﹣，﹣，），=（﹣，0，0），=（﹣2，0，0），=（0，0，），∵•=0，∴A1D⊥OA1，又∵•=0，∴A1D⊥BC，又∵OA1∩BC=O，∴A1D⊥平面A1BC；（2）解：设平面A1BD的法向量为=（x，y，z），由，得，取z=1，得=（，0，1），设平面B1BD的法向量为=（x，y，z），由，得，取z=1，得=（0，，1），∴cos＜，＞===，又∵该二面角为钝角，∴二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值为﹣．点评：本题考查空间中线面垂直的判定定理，考查求二面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题．18．（15分）考点：二次函数在闭区间上的最值．专题：函数的性质及应用．分析：（1）明确二次函数的对称轴，区间的端点值，由a的范围明确函数的单调性，结合已知以及三角不等式变形所求得到证明；（2）讨论a=b=0以及分析M（a，b）≤2得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1，进一步求出|a|+|b|的求值．解答：解：（1）由已知可得f（1）=1+a+b，f（﹣1）=1﹣a+b，对称轴为x=﹣，因为|a|≥2，所以或≥1，所以函数f（x）在[﹣1，1]上单调，所以M（a，b）=max{|f（1），|f（﹣1）|}=max{|1+a+b|，|1﹣a+b|}，所以M（a，b）≥（|1+a+b|+|1﹣a+b|）≥|（1+a+b）﹣（1﹣a+b）|≥|2a|≥2；（2）当a=b=0时，|a|+|b|=0又|a|+|b|≥0，所以0为最小值，符合题意；又对任意x∈[﹣1，1]．有﹣2≤x2+ax+b≤2得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1，易知|a|+|b|=max{|a﹣b|，|a+b|}=3，在b=﹣1，a=2时符合题意，所以|a|+|b|的最大值为3．点评：本题考查了二次函数闭区间上的最值求法；解答本题的关键是正确理解M（a，b）是|f（x）|在区间[﹣1，1]上的最大值，以及利用三角不等式变形．19．（15分）考点：直线与圆锥曲线的关系．专题：创新题型；圆锥曲线中的最值与范围问题．分析：（1）由题意，可设直线AB的方程为x=﹣my+n，代入椭圆方程可得（m2+2）y2﹣2mny+n2﹣2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2）．可得△＞0，设线段AB的中点P（x0，y0），利用中点坐标公式及其根与系数的可得P，代入直线y=mx+，可得，代入△＞0，即可解出．（2）直线AB与x轴交点横坐标为n，可得S△OAB=，再利用均值不等式即可得出．解答：解：（1）由题意，可设直线AB的方程为x=﹣my+n，代入椭圆方程，可得（m2+2）y2﹣2mny+n2﹣2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2）．由题意，△=4m2n2﹣4（m2+2）（n2﹣2）=8（m2﹣n2+2）＞0，设线段AB的中点P（x0，y0），则．x0=﹣m×+n=，由于点P在直线y=mx+上，∴=+，∴，代入△＞0，可得3m4+4m2﹣4＞0，解得m2，∴或m．（2）直线AB与x轴交点纵坐标为n，∴S△OAB==|n|•=，由均值不等式可得：n2（m2﹣n2+2）=，∴S△AOB=，当且仅当n2=m2﹣n2+2，即2n2=m2+2，又∵，解得m=，当且仅当m=时，S△AOB取得最大值为．点评：本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、中点坐标公式、线段垂直平分线的性质、三角形面积计算公式、弦长公式、均值不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．20．（15分）考点：数列的求和；数列与不等式的综合．专题：创新题型；点列、递归数列与数学归纳法．分析：（1）通过题意易得0＜a n≤（n∈N*），利用a n﹣a n+1=可得≥1，利用==≤2，即得结论；（2）通过=a n﹣a n+1累加得S n=﹣a n+1，利用数学归纳法可证明≥a n≥（n≥2），从而≥≥，化简即得结论．解答：证明：（1）由题意可知：0＜a n≤（n∈N*），又∵a2=a1﹣=，∴==2，又∵a n﹣a n+1=，∴a n＞a n+1，∴≥1，∴==≤2，∴1≤≤2（n∈N*）；（2）由已知，=a n﹣a n+1，=a n﹣1﹣a n，…，=a1﹣a2，累加，得S n=++…+=a1﹣a n+1=﹣a n+1，易知当n=1时，要证式子显然成立；当n≥2时，=．下面证明：≥a n≥（n≥2）．易知当n=2时成立，假设当n=k时也成立，则a k+1=﹣+，由二次函数单调性知：a n+1≥﹣+=≥，a n+1≤﹣+=≤，∴≤≤，即当n=k+1时仍然成立，故对n≥2，均有≥a n≥，∴=≥≥=，即（n∈N*）．点评：本题是一道数列与不等式的综合题，考查数学归纳法，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于难题．。