2015年普通高等学校招生全国统一考试 数学(理)(北京卷)

绝密★启封并使用完毕前2015年普通高等学校招生全国统一考试数学（理）（北京卷）本试卷共5页，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收回。第一部分（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）复数i2i（A）12i（B）12i（C）12i（D）12i（2）若x，y满足010xyxyx≤，≤，≥，则2zxy的最大值为（A）0（B）1（C）32（D）2（3）执行如图所示的程序框图，输出的结果为（A）22，（B）40，（C）44，（D）08，开始x=1，y=1，k=0s=x-y，t=x+yx=s，y=tk=k+1k≥3输出(x，y)结束是否（4）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）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是正(主)视图11俯视图侧(左)视图21（A）25（B）45（C）225（D）5（6）设na是等差数列.下列结论中正确的是（A）若120aa，则230aa（B）若130aa，则120aa（C）若120aa，则213aaa（D）若10a，则21230aaaa（7）如图，函数fx的图象为折线ACB，则不等式2log1fxx≥的解集是ABOxy-122C（A）|10xx≤（B）|11xx≤≤（C）|11xx≤（D）|12xx≤（8）汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况.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）甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油（D）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）在52x的展开式中，3x的系数为．（用数字作答）（10）已知双曲线22210xyaa的一条渐近线为30xy，则a．（11）在极坐标系中，点π23‚到直线cos3sin6的距离为．（12）在ABC△中，4a，5b，6c，则sin2sinAC．（13）在ABC△中，点M，N满足2AMMC，BNNC．若MNxAByAC，则x；y．（14）设函数21421.xaxfxxaxax‚‚‚≥①若1a，则fx的最小值为；②若fx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。解答应写出必要的文字说明，演算步骤。（15）（本小题13分）已知函数2()2sincos2sin222xxxfx．（Ⅰ）求()fx的最小正周期；（Ⅱ）求()fx在区间[π0]，上的最小值．（16）（本小题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：10，11，12，13，14，15，16B组：12，13，15，16，17，14，a假设所有病人的康复时间互相独立，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．（Ⅰ）求甲的康复时间不少于14天的概率；（Ⅱ）如果25a，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；（Ⅲ）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）（本小题14分）如图，在四棱锥AEFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF平面EFCB，EFBC∥，4BC，2EFa，60EBCFCB，O为EF的中点．（Ⅰ）求证：AOBE；（Ⅱ）求二面角FAEB的余弦值；（Ⅲ）若BE平面AOC，求a的值．OFECBA（18）（本小题13分）已知函数1ln1xfxx．（Ⅰ）求曲线yfx在点00f，处的切线方程；（Ⅱ）求证：当01x，时，323xfxx；（Ⅲ）设实数k使得33xfxkx对01x，恒成立，求k的最大值．（19）（本小题14分）已知椭圆C：222210xyabab的离心率为22，点01P，和点Amn，0m≠都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M．（Ⅰ）求椭圆C的方程，并求点M的坐标（用m，n表示）；（Ⅱ）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OQMONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．（20）（本小题13分）已知数列na满足：*1aN，136a≤，且121823618nnnnnaaaaa，≤，，12n，，…．记集合*|nManN．（Ⅰ）若16a，写出集合M的所有元素；（Ⅱ）若集合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；（Ⅲ）求集合M的元素个数的最大值．绝密★考试结束前2015年普通高等学校招生全国统一考试数学（理）（北京卷）参考答案一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）（1）A（2）D（3）B（4）B（5）C（6）C（7）C（8）D二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）（9）40（10）33（11）1（12）1（13）1216（14）1112+2，∪，三、解答题（共6小题，共80分）（15）（共13分）解：（Ⅰ）因为22()sin(1cos)22fxxx2sin()42x所以()fx的最小正周期为2（Ⅱ）因为0x，所以3444x当42x，即34x时，()fx取得最小值。所以()fx在区间,0上的最小值为32()142f（16）（共13分）解：设时间1A为“甲是A组的第i个人”，时间1B为“乙是B组的第i个人”，i=1,2，…，7.由题意可知111()()7PAPB,i=1,2，…，7.（Ⅰ）由题意知，时间“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A组的第5人，或者第6人，或者第7人”，所以甲的康复时间不少于14天的概率是5675673()()()()7PAAAPAPAPA（Ⅱ）设时间C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”.由题意知，C=41516171526272736676ABABABABABABABABABAB.因此4151617152()()()()()()PCPABPABPABPABPAB6272736676()()()()()PABPABPABPABPAB=1041()PAB=1041()()PAPB=1049（Ⅲ）a=11或a=18（17）（共14分）解：（Ⅰ）因为△AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB，AO平面AEF，所以AO⊥平面EFCB.所以AO⊥BE.（Ⅱ）取BC中点G，连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OG⊥EF.由（Ⅰ）知AO⊥平面EFCB又OG平面EFCB，所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O-xyz，则E（a,0,0），A（0，0，3a），B（2，3（2-a），0），EA=（-a，0，3a），BE=（a-2，3（a-2）,0）.设平面ABE的法向量为n=（x,y,z）则：0?0?nEAnBE，，即30?  (2)3(2)0axazaxay令z=1，则x=3，y=-1.于是n=（3，-1,1）平面AEF是法向量为p=（0,1,0）所以cos（n，p）=npnp=55.由题知二维角F-AE-B为钝角，所以它的余弦值为55（Ⅲ）因为BE⊥平面AOC，所以BE⊥OC，即0BEOC.因为BE=（a-2，3（a-2），0），OC=（-2，3（2-a），0），所以BEOC=-2（a-2）-32(2)a.由0BEOC及0a2，解得a=43，（18）（共13分）解：（Ⅰ）因为()fx=ln（1+x）-ln（1-x），所以()fx=1111xx，(0)f=2.又因为(0)f=0，所以曲线y=()fx在点（0，(0)f）处的切线方程为y=2x.（Ⅱ）令()gx=()fx-2(x+33x)，则()gx=()fx-2（1+2x）=4221xx.因为()gx0（0x1），所以()gx在区间（0,1）上单调递增。所以()gx(0)g=0，x∈（0，1），即当x∈（0，1）时，()fx2(x+33x).（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当k≤2时，()fxk(x+33x)对x（0，1）恒成立.当k2时，令()hx=()fx-k(x+33x)，则()hx=()fx-k（1+2x）=4221kxkx.所以当420kxk时，()hx0，因此()hx在区间（0，42kk）上单调递减.当420kxk时，()hx(0)h=0，即()fxk(x+33x).所以当k2时，()fxk(x+33x)并非对x（0，1）恒成立.综上可知，k的最大值为2.（19）（共14分）解：（Ⅰ）由题意得2221,22.bcaabc，解得2a=2.故椭圆C的方程为2212xy设M（Mx，0）.因为m≠0，所以-1n1.直线PA的方程为y-1=1nxm，所以Mx=1mn，即M（1mn，0）.（Ⅱ）因为点B与点A关于x轴对称，所以B（m，-n），设N(Nx,0)，则Nx=1mn.“存在点Q（0，Qy）使得OQM=ONQ”等价“存在点Q（0，Qy）使得OMOQ=OQON”即Qy满足2QMNyxx.因为1Mmxn，1Nmxn，2212mn，所以22221QMNmyxxn.所以Qy=2或Qy=-2.故在y轴上存在点Q，使得OQM=ONQ.点Q的坐标为（0，2）或（0，-2）.（20）（共13分）解：（Ⅰ）6，12，24（Ⅱ）因为集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设ka是3的倍数.由12,18,236,18nnnnnaaaaa可归纳证明对任意nk，na是3的倍数.如果k=1，则M的所有元素都是3的倍数.如果k1，因为ka=21ka或ka=21ka-36，所以21ka是3的倍数，于是1ka是3的倍数，；类似可得，2ka，…，1a都是3的倍数，从而对任意1n，na是3的倍数，因此M的所有元素都是3的倍数.综上，若集合M存在一个元素是3的倍数，则M的所有元素都是3的倍数.（Ⅲ）由36a，11112,18,236,18nnnnnaaaaa可归纳证明36(2,3...)nan.由于1a是正整数，112112,18,236,18,aaaaa所以2a是2的倍数.从而当3n时，na是4的倍数.如果1a是3的倍数，由（Ⅱ）知对所有正整数n，na是3的倍数.因此当3n时，12,24,36na.这时M的元素个数不超过5.如果1a不是3的倍数，由（Ⅱ）知所有正整数n，na不是3的倍数.因此当3n时4,8,16,20,28,32na.这时M的元素个数不超过8.当1a=1时，1,2,4,8,16,20,28,32M有8个元素.综上可知，集合M的元素个数最大值为8.