2015年高考北京文科数学试题及答案(word解析)

12015年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学（文科）第一部分（选择题共40分）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，选出符合题目要求的一项．（1）【2015年北京，文1，5分】若集合52Axx，33Bxx，则AB（）（A）32xx（B）52xx（C）33xx（D）53xx【答案】A【解析】32ABxx，故选A．（2）【2015年北京，文2，5分】圆心为1,1且过原点的圆的方程是（）（A）22111xy（B）22111xy（C）22112xy（D）22112xy【答案】D【解析】由已知得，圆心为1,1，半径为2，圆的方程为22112xy，故选D．（3）【2015年北京，文3】下列函数中为偶函数的是（）（A）2sinyxx（B）2cosyxx（C）lnyx（D）2xy【答案】B【解析】函数2sinyxx为奇函数，2cosyxx为偶函数，lnyx与2xy为非奇非偶函数，故选B．（4）【2015年北京，文4，5分】某校老年、中年和青年教师的人数见下表，采用分层抽样的方法调查教师的身体状况，在抽取的样本中，青年教师有320人，则该样本的老年教师人数为（）（A）90（B）100（C）180（D）300【答案】C【解析】由题意，总体中青年教师与老年教师比例为1600169009；设样本中老年教师的人数为x，由分层抽样的性质可得总体与样本中青年教师与老年教师的比例相等，即320169x，解得180x，故选C．（5）【2015年北京，文5，5分】执行如图所示的程序框图，输出的k的值为（）（A）3（B）4（C）5（D）6【答案】B【解析】13322a，1k，3124a否313224a，2k，3144a否313428a，3k，3184a否3138216a，4k，31164a是输出4k，故选B．（6）【2015年北京，文6，5分】设a，b是非零向量，“abab”是“//ab”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【答案】A【解析】||||cos,ababab，由已知得cos,1ab，即,0ab，//ab．而当//ab时，,ab还可能是，此时||||abab，故“abab”是“//ab”的充分而不必要条件，故选A．（7）【2015年北京，文7，5分】某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥类别人数老年教师900中年教师1800青年教师1600合计4300俯视图侧（左）视图正（主）视图1112最长棱的棱长为（）（A）1（B）2（C）3（D）2【答案】C【解析】四棱锥的直观图如图所示：由三视图可知，SC平面ABCD，SA是四棱锥最长的棱，222223SASCACSCABBC，故选C．（8）【2015年北京，文8，5分】某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况．加油时间加油量（升）加油时的累计里程（千米）2015年5月1日12350002015年5月15日4835600注：“累计里程“指汽车从出厂开始累计行驶的路程，在这段时间内，该车每100千米平均耗油量为（）（A）6升（B）8升（C）10升（D）12升【答案】B【解析】因为第一次邮箱加满，所以第二次的加油量即为该段时间内的耗油量，故耗油量48V升．而这段时间内行驶的里程数3560035000600S千米．所以这段时间内，该车每100千米平均耗油量为481008600升，故选B．第二部分（非选择题共110分）二、填空题：共6小题，每小题5分，共30分。（9）【2015年北京，文9，5分】复数i1i的实部为．【答案】1【解析】复数i(1i)i11i，其实部为1．（10）【2015年北京，文10，5分】32，123，2log5三个数中最大数的是．【答案】2log5【解析】31218，12331，22log5log423，所以2log5最大．（11）【2015年北京，文11，5分】在ABC中，3a，6b，23A，则B______．【答案】4【解析】由正弦定理，得sinsinabAB，即36sin32B，所以2sin2B，所以4B．（12）【2015年北京，文12，5分】已知2,0是双曲线2221yxb（0b）的一个焦点，则b．【答案】3【解析】由题意知2,1ca，2223bca，所以3b．（13）【2015年北京，文13，5分】如图，ABC及其内部的点组成的集合记为D，,Rxy为D中任意一点，则23zxy的最大值为_______．【答案】7【解析】依题意，23zxy在点2,1A处取得最大值7．（14）【2015年北京，文14，5分】高三年级267位学生参加期末考试，某班37位学生的语文成绩，数学成绩与总成绩在全年级中的排名情况如下图所示，甲、乙、丙为该班三位学生．从这次考试成绩看，①在甲、乙两人中，其语文成绩名次比其总成绩名次靠前的学生是；yxC0,2()A2,1()B1,0()OyxC0,2()A2,1()B1,0()O3②在语文和数学两个科目中，丙同学的成绩名次更靠前的科目是．【答案】乙、数学．【解析】①由图可知，甲的语文成绩排名比总成绩排名靠后；而乙的语文成绩排名比总成绩排名靠前，故填乙．②由图可知，比丙的数学成绩排名还靠后的人比较多；而总成绩的排名中比丙排名靠后的人数比较少，所以丙的数学成绩的排名更靠前，故填数学．三、解答题：共6题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．（15）【2015年北京，文15，13分】已知函数2sin23sin2xfxx．（1）求()fx的最小正周期；（2）求()fx在区间20,3上的最小值．解：（1）sin3cos3fxxx2sin33x()fx的最小正周期为2．（2）因为203x，所以33x，从而3x，即23x时，fx最小。所以fx在区间20,3上的最小值为233f．（16）【2015年北京，文16，13分】已知等差数列na满足1210aa，432aa．（1）求na的通项公式；（2）设等比数列nb满足23ba，37ba，问：6b与数列na的第几项相等？解：（1）设等差数列na的公差为d．因为432aa，所以2d．又因为1210aa，所以1210ad，故14a．所以42(1)22nann(1,2,)n．（2）设等比数列nb的公比为q．因为238ba，3716ba，所以2q，14b．所以61642128b．由12822n，得63n．所以6b与数列na的第63项相等．（17）【2015年北京，文17，13分】某超市随机选取1000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买．商品顾客人数甲乙丙丁100√×√√217×√×√200√√√×300√×√×85√×××98×√××（1）估计顾客同时购买乙和丙的概率；（2）估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3中商品的概率；（3）如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中那种商品的可能性最大？解：（1）从统计表可以看出，在这1000位顾客中，有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为2000.21000．（2）从统计表可以看出，在在这1000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品．所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为1002000.31000．（3）与（1）同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2000.21000，4顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为1002003000.61000，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1000.11000，所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大．（18）【2015年北京，文18，14分】如图所示，在三棱锥VABC中，平面VAB平面ABC，三角形VAB为等边三角形，ACBC，且2ACBC，O，M分别为AB，VA的中点．（1）求证：//VB平面MOC；（2）求证：平面MOC平面VAB；（3）求三棱锥VABC的体积．解：（1）依题意，O，M分别为AB，VA的中点，则OM是VAB△的中位线，所以//OMVB，OM平面MOC，VB平面MOC，故//VB平面MOC．（2）因为ACBC，O为AB的中点，所以OCAB．又因为平面VAB平面ABC，且OC平面ABC，所以OC平面VAB，所以平面MOC平面VAB．．（3）在等腰直角三角形ACB中，2ACBC，所以2,1ABOC．所以等边三角形VAB的面积3VABS．又因为OC平面VAB，所以三棱锥C-VAB的体积等于1333VABOCS．又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥CVAB的体积相等，所以三棱锥V-ABC的体积为33．（19）【2015年北京，文19，13分】设函数2ln2xfxkx，0k．（1）求fx的单调区间和极值；（2）证明：若fx存在零点，则fx在区间1,e上仅有一个零点．解：（1）由函数2ln2xfxkx，0k2/kxkfxxxx，所以/0fxxk。从而/0fxxk；/00fxk。所以，()fx的单调递减区间是(0,)k，单调递增区间是(,)k；()fx在xk处取得极小值(1ln)()2kkfk．（2）由（1）知，()fx在区间(0,)上的最小值为(1ln)()2kkfk．因为()fx存在零点，所以(1ln)02kk，从而ke．当ke时，()fx在区间(1,)e上单调递减，且()0fe，所以xe是()fx在区间(1,]e上的唯一零点．当ke时，()fx在区间(0,)e上单调递减，且1(1)02f，()02ekfe，所以()fx在区间(1,]e上仅有一个零点．综上可知，若()fx存在零点，则()fx在区间(1,]e上仅有一个零点．（20）【2015年北京，文20，14分】已知椭圆22:33Cxy，过点1,0D且不过点2,1E的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线3x交于两点M．（1）求椭圆C的离心率；（2）若AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；（3）试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由．OMCBAV5解：（1）椭圆C的标准方程为2213xy．所以3a，1b，2c．所以椭圆C的离心率63cea．（2）因为AB过点(1,0)D且垂直于x轴，所以可设1(1,)Ay，1(1,)By．直线AE的方程为11(1)(2)yyx．令3x，得1(3,2)My．所以直线BM的斜率112131BMyyk．（3）直线BM与直线DE平行．证明如下：当直线AB的斜率不存在时，由（2）可知1BMk．又因为直线DE的斜率10121DEk，所以//BMDE．当直线AB的斜率存在时，设其方程为(1)(1)ykxk．设11(,)Axy，22(,)Bxy，则直线AE的方程为1111(2)2yyxx．令3x，得点1113(3,)2yxMx．由2233(1)xyykx，得2222(13)63