2015年高考湖南理科数学试题及答案(详解纯word版)

第1页共11页2015年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）数学（理科）本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分，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izi1)1(2(i是虚数单位)，则复数z=A.i1B.i1C.i1D.i12.设A、B是两个集合，则“ABA”是“BA”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.执行如图所示的程序框图，如果输入的3n，则输出的S＝A.76B.73C.98D.944.若变量x,y满足约束条件1121yyxyx，则yxz3的最小值为A.7B.1C.1D.25.设函数)1ln()1ln()(xxxf，则)(xf是A.奇函数，且在)1,0(是增函数B.奇函数，且在)1,0(是减函数C.偶函数，且在)1,0(是增函数D.偶函数，且在)1,0(是减函数6.已知5)(xax的展开式中含23x的项的系数为30，则aA.3B.3C.6D.67.在如图2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)1,0(N的密度曲线）的点的个数的估计值为A.2386B.2718C.3413D.4772附：若),(~2NX，则6826.0)(XP,9544.0)22(XP.第2页共11页8.已知点A,B,C在圆122yx上运动，且BCAB.若点P的坐标为)0,2(,则||PCPBPA的最大值为A.6B.7C.8D.99.将函数xxf2sin)(的图象向右平移)20(个单位后得到函数)(xg的图象，若对满足2|)()(|21xgxf的1x，2x，有3||min21xx，则A.125B.3C.4D.610.某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成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（材料的利用率原工件的体积新工件的体积）A.98B.916C.2124）－（D.21212）－（二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.11.20)1(dxx__________.12.在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩（单位：分钟）茎叶图如图所示若将运动员按成绩由好到差编为1－35号，再用系统抽样的方法从中抽取7人，则其中成绩在区间]151,139[上的运动员的人数是_________.13.设F是双曲线C1:2222byax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.设nS为等比数列}{na的前n项和，若11a，且321,2,3SSS成等差数列，则na___________.15.已知函数.,,,)(23axxaxxxf若存在实数b，使函数bxfxg)()(有两个零点，则a的取值范围是___________.俯视图侧视图正视图222121第3页共11页三、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)本小题有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个选做题，请考生任选两题作答，并将解答过程写在答题纸中相应题号的答题区域内，如果全做，则按所做的前两题计分.Ⅰ.（本小题满分6分）选修4－1几何证明选讲如图，在⊙O中，相交于点E的两弦AB，CD的中点分别是M，N，直线MO与直线CD相交于点F，证明：（i）180NOMMEN；（ii）FOFMFNFE.Ⅱ.（本小题满分6分）选修4－4坐标系与参数方程已知直线l.213,235:tytx（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的极坐标方程为cos2.（i）将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；（ii）设点M的直角坐标为)3,5(，直线l与曲线C的交点为A，B，求||||MBMA的值.Ⅲ.（本小题满分6分）选修4－5不等式选讲设0,0ba，且baba11，证明：（i）2ba；（ii）22aa与22bb不可能同时成立.EFMNOABDC第4页共11页17.(本小题满分12分)设ABC的内角CBA,,的对边分别为cba,,，Abatan，且B为钝角.(Ⅰ)证明：2AB；(Ⅱ)求CAsinsin的取值范围.18.(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.每次抽奖都是从装有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.(Ⅰ)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(Ⅱ)若某顾客有3次抽奖的机会，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.19.(本小题满分13分)如图，在四棱台1111DCBAABCD的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，61AA，且1AA底面ABCD，点P，Q分别在棱1DD，BC上.(Ⅰ)若点P是1DD的中点，证明：PQAB1；(Ⅱ)若//PQ平面11AABB，二面角AQDP的余弦值为73，求四面体ADPQ的体积.ABCDA1B1C1D1QP第5页共11页20.(本小题满分13分)已知抛物线1Cyx4:2的焦点F也是椭圆2C)0(1:2222babxay的一个焦点，1C与2C的公共弦长为62.(Ⅰ)求2C的方程；(Ⅱ)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）若||||BDAC，求直线l的斜率；（ii）设1C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.21.(本小题满分13分)已知0a，函数)),0[(sin)(xxexfax，记nx为)(xf的从小到大的第n*)(Nn个极值点.证明:(Ⅰ)数列)}({nxf是等比数列；(Ⅱ)若112ea，则对一切*Nn，|)(|nnxfx恒成立.第6页共11页2015年高考湖南卷理科数学参考答案一、选择题DCBAADCBDA二、填空题11.012.413.514.13n15.),1()0,(三、解答题16.Ⅰ.证明：(i)如图，因为M，N分别是两弦AB，CD的中点，所以ABOM,CDON，即90ONEOME，因此180ONEOME，又四边形的内角和等于360，故180NOMMEN.(ii)由（i）知，O，M，E，N四点共圆，故由割线定理即得FOFMFNFE.Ⅱ.解：(i)cos2等价于cos22，将222yx，xcos代入上式即得曲线C的直角坐标方程是0222xyx.(ii)将.213,235tytx代入0222xyx得018352tt.设这个方程的两个实根分别为21,tt，则由参数t的几何意义知||||MBMA＝.18||21ttⅢ.证明：由abbababa11，0,0ba得1ab（i）由基本不等式及1ab，有22abba，即2ba.(ii)设22aa与22bb可同时成立，则由22aa及0a可得10a，同理10b，从而10ab这与1ab相矛盾，故22aa与22bb不可能同时成立.17.解：（Ⅰ）由Abatan及正弦定理，得BAbaAAsinsincossin，所以ABcossin，即)2sin(sinAB.又B为钝角，),2(2A，故AB2，即2AB.(Ⅱ)由（Ⅰ）知022)(ABAC,所以)4,0(A.于是)22sin(sinsinsinAACAAA2cossin.89)41(sin2sin21sin22AAAEFMNOABDC第7页共11页因为40A，所以22sin0A，因此8989)41(sin2222A.由此可得CAsinsin的取值范围是]89,22(.18.解：（Ⅰ）记事件1A={从甲箱中摸出的一个球是红球}，2A={从乙箱中摸出的一个球是红球}，1B＝{顾客抽奖一次获一等奖}，2B＝{顾客抽奖一次获二等奖}，C＝{顾客抽奖一次能获奖}.由题意1A与2A相互独立，21AA与21AA互斥，1B与2B互斥，且211AAB，2B=21AA+21AA，21BBC.又因为52104)(1AP，21105)(2AP，所以512152)()()()(21211APAPAAPBP，)()()()(212121212AAPAAPAAAAPBP2121)521()211(52)()()()(2121APAPAPAP,故所求概率为1072151)()()()(2121BPBPBBPCP.(Ⅱ)顾客抽奖3次可视为3次独立重复实验，由（Ⅰ）知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为51，所以)51,3(~BX，于是)3,2,1,0()54()51()(33KCKXPKKK由此求得X的分布列为X0123P1256412548125121251X的数学期望为53513)(XE.19.解法一：（Ⅰ）如图，取1AA的中点R，连结PRBR,,因为1AA,1DD是梯形DDAA11的两腰，点P是1DD的中点，所以ADPR//，于是由BCAD//知，BCPR//，所以CBRP,,,四点共面.由题设知ABBC，1AABC，AAAAB1,所以BC平面11AABB,1AB平面11AABB，因此1ABBC.因为11111tan63tanABAAABAABARABR,所以11ABAABR，因此901111BABABABABABR,于是1ABBR,又已证得1ABBC，所以1AB平面BRPC,显然有PQ平面BRPC,故PQAB1.RD1C1B1A1DCBAQP第8页共11页(Ⅱ)如下图，过点P作1//AAPM交AD于点M，则//PM平面11AABB，因为1AA底面ABCD，所以PM底面ABCD，过点M作QDMN于点N，连结PN，则QDPN，PNM是二面角AQDP的平面角.所以73cosPNM，即73PNMN，从而340MNPM.连结MQ，由//PQ平面11AABB及//PM平面11AABB知，平面//PQM平面11AABB，所以ABMQ//，又ABCD是正方形，所以ABQM是矩形，故MQ=AB=6.设MD＝t，则.366222ttMDMQMDMQMN过点1D作AAED11//交AD于点E，则EDAA11是矩形，所以611AAED，311DAAE，因此3AEADDE.于是21DEEDMDPM,所以tMDPM22，从而tttMNPM63623402，解得2t，所以4PM.故四面体ADPQ的体积24466213131PMSVADQ.解法二：由题设知ABADAA,,1G两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，1AA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，则相关各点的坐标为)0,0,0(A，)6,0,3(1B，)0,6,0(D，)6,3,0(1D,)0,,6(mQ，其中mBQ，60m.(Ⅰ)若点P是1DD的中点，则)3,29,0(P，)3,29,6(mPQ，又)6,0,3(1AB，于是018181PQAB,所以PQAB1，即PQAB1.(Ⅱ)由题设知，)0,6,6(mDQ,)6,3,0(1DD是平面PQD内两个不共线的向量，设),,(1zyx