...wd......wd......wd...2015年高考全國新課標卷Ⅱ理科數學真題一、選擇題1、集合A={–2,–1,0,1,2}，B={x|(x–1)(x+2)<0}，則A∩B=()A．{–1,0} B．{0,1} C．{–1,0,1} D．{0,1,2}2、假設a為實數，且(2+ai)(a–2i)=–4i，則a=()A．–1 B．0 C．1 D．23、根據下面給出的2004年至2013年我國二氧化硫排放量(單位：萬噸)柱形圖，以下結論中不正確的選項是()A．逐年比照，2008年減少二氧化硫排放量的效果最顯著B．2007年我國治理二氧化硫排放顯現成效C．2006年以來我國二氧化硫排放量呈減少趨勢D．2006年以來我國二氧化硫排放量與年份正相關4、等比數列{QUOTEanan}滿足QUOTEa1a1=3，a1+a3+a5=21，則QUOTEa3a3+a5+a7=()A．21 B．42 C．63 D．845、設函數f(x)=EQ\b\lc\{(\a\al(1+log2(2–x)(x<1),2x–1(x≥1)))，則f(–2)+f(log212)=()A．3 B．6 C．9 D．126.一個正方體被一個平面截去一局部后，剩余局部的三視圖如下左1圖，則截去局部體積與剩余局部體積的比值為()A．18 B．17 C．17、過三點A(1,3)，B(4,2)，C(1,–7)的圓交y軸于M，N兩點，則IMNI=()A．2EQ\r(,6) B．8 C．4EQ\r(,6) D．108、如上左2程序框圖的算法思路源于我國古代數學名著《九章算術》中的“更相減損術〞．執行該程序框圖，假設輸入的a，b分別為14，18，則輸出的a=()A．0 B．2 C．4 D．149、A，B是球O的球面上兩點，∠AOB=90°，C為該球上的動點，假設三棱錐O–ABC的體積最大值為36，則球O的外表積為()A．36π B．64π C．144π D．256π10、如上左3圖，長方形ABCD的邊AB=2，BC=1，O是AB的中點，點P沿著邊BC，CD與DA運動，記∠BOP=x，將動點P到A，B兩點距離之和表示為x的函數，則y=f(x)的圖像大致為()A． B． C． D．11、A，B為雙曲線E的左，右頂點，點M在E上，△ABM為等腰三角形，且頂角為120°，則E的離心率為()A．EQ\r(,5) B．2 C．EQ\r(,3) D．EQ\r(,2)12、設函數f’(x)是奇函數f(x)(x∈R)的導函數，f(–1)=0，當x>0時，xf’(x)–f(x)<0,則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A．(QUOTE-∞–∞,–1)∪(0,1) B．(-1,0)∪(1,+∞)C．(–∞,–1)∪(–1,0) D．(0,1)∪(1,+∞)二、填空題13、設向量a,b不平行，向量λa+b與a+2b平行，則實數λ=．14、假設x，y滿足約束條件EQ\b\lc\{(\a\al(x–y+1≥0,x–2y≤0,x+2y–2≤0))，則z=x+y的最大值為．15、(a+x)(1+x)4的展開式中x的奇數次冪項的系數之和為32，則a=．16、設Sn是數列{an}的前n項和，且a1=–1，an+1=SnSn+1，則Sn=________________．三、解答題17、△ABC中，D是BC上的點，AD平分∠BAC，△ABD面積是△ADC面積的2倍．(1)求EQ\F(sinB,sinC)．(2)假設AD=1，DC=EQ\F(\r(,2),2)，求BD和AC的長．18.某公司為了了解用戶對其產品的滿意度，從A，B兩地區分別隨機抽查了20個用戶，得到用戶對產品的滿意度評分如下：A地區：6273819295857464537678869566977888827689B地區：7383625191465373648293486581745654766579(1)根據兩組數據完成兩地區用戶滿意度評分的莖葉圖，并通過莖葉圖比照兩地區滿意度評分的平均值及分散程度(不要求計算出具體值，給出結論即可)(Ⅱ)根據用戶滿意度評分，將用戶的滿意度從低到高分為三個等級：記事件C：“A地區用戶的滿意等級高于B地區用戶的滿意度等級〞.假設兩地區用戶的評價結果互相獨立．根據所給的數據，以事件發生的頻率作為響應事件的概率，求C的概率19、如圖，長方形ABCD–A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，點E，F分別在A1B1、D1C1上，A1E=D1F=4．過點E，F的平面α與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形．(1)在途中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由)；(2)求直線AF與α平面所成角的正弦值．20、橢圓C：9x2+y2=M2(m>0)．直線l不過圓點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M．(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；(2)假設l過點(EQ\F(m,3),m),延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形假設能，求此時l的斜率；假設不能，說明理由．21、設函數f(x)=emx+x2–mx．(1)證明：f(c)在(–∞,0)單調遞減，在(0,+∞)單調遞增；(2)假設對于任意x1，x2[–1,1]，都有|f(x1)–(x2)|≤e–1，求m的取值范圍．22、[選修4—1：幾何證明選講]如圖，O為等腰三角形ABC內一點，⊙O與△ABC的底邊BC交于M，N兩點，與底邊的高AD交于點G，切與AB，AC分別相切與E，F兩點．(1)證明：EF∥BC；(2)假設AG等于⊙O的半徑，且AE=MN=2EQ\R(,3)，求四邊形EBCF的面積．23、[選修4—4：坐標系與參數方程]在直角坐標系xOy中，曲線C1：EQ\b\lc\{(\a\al(x=tcosα,y=tsinα))(t為參數，t≠0)，其中0≤α<π．在以QUOTEOO為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標系中，曲線C2：ρQUOTEC2=2sinθQUOTEθ，C3：ρ=2EQ\r(,3)cosθ．(1)求C2與C3交點的直角坐標；(2)假設C1與C2相交于點A，C1與C3相交于點B，求|AB|的最大值24、[選修4–5：不等式選講]設a，b，c，d均為正數，且a+b=c+d，證明：(1)假設ab>cd，則EQ\r(,a)+EQ\r(,b)>EQ\r(,c)+EQ\r(,d)；(2)EQ\r(,a)+EQ\r(,b)>EQ\r(,c)+EQ\r(,d)是|a–b|<|c–d|的充要條件．2015年高考全國新課標卷Ⅱ理科數學真題一、選擇題1、答案：A．∵(x–1)(x+2)<0，解得–2<x<1，∴B={x|–2<x<1}，∴A∩B={–1,0}．2、答案：B．∵(2+ai)(a–2i)=(2a+2a)+(a2–4)i=–4i，∴a2–4=–4，解得a=0．3、答案：D．由柱形圖得，從2006年以來，我國二氧化硫排放量呈下降趨勢，故年排放量與年份負相關．4、答案：B．∵a1+a3+a5=a1+a1q2+a1q4=3(1+q2+q4)=21，∴1+q2+q4=7，整理得(q2+3)(q2–2)=0．解得q2=2，∴a3+a5+a7=a1q2+a1q4+a1q6=a1q2(1+q2+q4)=3×2×7=42．5、答案：C．∵f(–2)=1+log2(2+2)=3，，∴f(–2)+f(log212)=9．6、答案：D．如以以下列圖截面為ABC，設邊長為a，則截取局部體積為EQ\F(1,3)S△ADC·|DB|=EQ\F(1,6)a3，所以截去局部體積與剩余局部體積的比值為EQ\F(\F(1,6)a3,a3–\F(1,6)a3)=EQ\F(1,5)．7、答案：C．由題可得EQ\b\lc\{(\a\al(1+9+D+3E+F=0,10+4+4D+2E+F=0,1+49+D–7E+F=0))，解得EQ\b\lc\{(\a\al(D=–2,E=4,F=–20))，所以圓方程為x2+y2–2x+4y–20=0，令x=0，解得y=–2±2EQ\r(,6)，所以|MN|=|–2+2EQ\R(,6)–(–2–2EQ\R(,6))|=4EQ\R(,6)．8、答案：B．輸入a=14，b=18．第一步a≠b成立，執行a>b，不成立執行b=b–a=18–14=4；第二步a≠b成立，執行a>b，成立執行a=a–b=14–a=10；第三步a≠b成立，執行a>b，成立執行a=a–b=10–4=6；第四步a≠b成立，執行a>b，成立執行a=a–b=6–4=2；第四步a≠b成立，執行a>b，不成立執行b=b–a=4–a=2．第五步a≠b不成立，輸出a=2．選B．9、答案：C．設球的半徑為r，三棱錐O–ABC的體積為V=EQ\F(1,3)S△ABO·h=EQ\F(1,3)×EQ\F(1,2)r2h=EQ\F(1,6)r2h，點C到平面ABO的最大距離為r，∴EQ\F(1,6)r3=36，解得r=6，球外表積為4πr2=144π．10、答案：B．由得，當點P在BC邊上運動時，即0≤x≤EQ\F(π,4)時，PA+PB=EQ\r(,tan2x+4)+tanx；當點P在CD邊上運動時，即EQ\F(π,4)≤x≤EQ\F(3π,4)，x≠EQ\F(π,2)時，PA+PB=EQ\r(,(\F(1,tan2x)–1)2+1)+EQ\r(,(\F(1,tan2x)+1)2+1)，當x=EQ\F(π,2)時，PA+PB=2EQ\R(,2)；當點P在邊DA上運動時，即EQ\F(3π,4)≤x≤π時，PA+PB=EQ\r(,tan2x+4)–tanx，從點的運動過程可以看出，軌跡關于直線x=EQ\F(π,2)對稱，且f(EQ\F(π,4))>f(EQ\F(π,2))，且軌跡非線性，應選B．11、答案：D．設雙曲線方程為EQ\F(x2,a2)–EQ\F(y2,b2)=1(a>0，b>0)，如以以下列圖，|AB|=|BM|，∠ABM=120°，過點M作MD⊥x軸，垂足為D．在Rt△BMD中，|BD|=a，|MD|=EQ\R(,3)a，故點M的坐標為M(2a,EQ\r(,3)a)，代入雙曲線方程得EQ\F(4a2,a2)–EQ\F(3a2,b2)=1，化簡得a2=b2，∴e=EQ\r(,\F(c2,a2))=EQ\r(,\F(a2+b2,a2))=EQ\r(,2)．應選D．12、答案：A．記函數g(x)=EQ\F(f(x),x)，則g'(x)=EQ\F(xf'(x)–f(x),x2)，因為當x>0時，f'(x)–f(x)<0，故當x>0時，g'(x)<0，所以g(x)在(0,+∞)單調遞減；又因為函數f(x)是奇函數，故函數g(x)是偶函數，所以g(x)在(–∞,0)單調遞減，且g(–1)=g(1)=0．當0<x<1時，g(x)>0，則f(x)>0；當x<–1時，g(x)<0，則f(x)>0，綜上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(–∞,–1)∪(0,1)，應選A．二、填空題13、答案：EQ\F(1,2)．設λa+b=x(a+2b)，可得EQ\b\lc\{(\a\al(λ=x,1=2x))，解得λ=x=EQ\F(1,2)．14、答案：EQ\F(3,2)．如以以下列圖，可行域為△ABC，直線y=–x+z經過點B時，z最大．聯立EQ\b\lc\{(\a\al(x–2y=0,x+2y–2=0))，解得EQ\b\lc\{(\a\al(x=1,y=\F(1,2)))，所以zmax=1+EQ\F(1,2)=EQ\F(3,2)．15、答案：3．(a+x)(1+x)4=(CEQ\a(0,4)a+CEQ\a(1,4)ax+CEQ\a(2,4)ax2+CEQ\a(3,4)ax3+CEQ\a(4,4)ax4)+(CEQ\a(0,4)x+CEQ\a(1,4)x2+CEQ\a(2,4)x3+CEQ\a(3,4)x4+CEQ\a(4,4)x5)，所以CEQ\a(1,4)a+CEQ\a(3,4)a+CEQ\a(0,4)+CEQ\a(2,4)+CEQ\a(4,4)=32，解得a=3．16、答案：–EQ\F(1,n)．∵an+1=Sn+1–Sn=SnSn+1，∴EQ\F(1,Sn)–EQ\F(1,Sn+1)=1．即EQ\F(1,Sn+1)–EQ\F(1,Sn)=–1，∴{EQ\F(1,Sn)}是等差數列，∴EQ\F(1,Sn)=EQ\F(1,S1)–(n–1)=–1–n+1=–n，即Sn=–EQ\F(1,n)．三、解答題17、答案：(1)EQ\F(1,2)；(2)|BD|=EQ\R(,2)，|AC|=1．(1)如圖，由題意可得S△ABD=EQ\F(1,2)|AB||AD|sin∠BAD，S△ADC=EQ\F(1,2)|AC||AD|sin∠CAD，∵S△ABD=2S△ADC，∠BAD=∠DAC，∴|AB|=2|AC|，∴EQ\F(sin∠B,sin∠C)=EQ\F(|AC|,|AB|)=EQ\F(1,2)．(2)設BC邊上的高為h，則S△ABD=EQ\F(1,2)|BD|·h=2S△ADC=2×EQ\F(1,2)×EQ\F(\r(,2),2)h，解得|BD|=EQ\r(,2)，設|AC|=x，|AB|=2x，則cos∠BAD=EQ\F(4x2+1–2,4x)，cos∠DAC=EQ\F(x2+1–\F(1,2),2x)．∵cos∠DAC=cos∠BAD，∴EQ\F(4x2+1–2,4x)=EQ\F(x2+1–\F(1,2),2x)，解得x=1或x=–1(舍去)．∴|AC|=1．18、(1)如以以下列圖．通過莖葉圖可知A地區的平均值比B地區的高，A地區的分散程度大于B地區．(2)記事件不滿意為事件A1，B1，滿意為事件A2，B2，非常滿意為事件A3，B3．則由題意可得P(A1)=EQ\F(4,20)，P(A2)=EQ\F(12,20)，P(A3)=EQ\F(4,20)，P(B1)=EQ\F(10,20)，P(B2)=EQ\F(8,20)，P(B3)=EQ\F(2,20)，則P(C)=P(A2)P(B1)+P(A3)(P(B1)+P(B2))=EQ\F(12,20)×EQ\F(10,20)+EQ\F(4,20)×(EQ\F(10,20)+EQ\F(8,20))=EQ\F(12,25)．19、(1)如以以下列圖(2)建設空間直角坐標系．由題意和(1)可得A(10,0,0)，F(0,4,8)，E(10,4,8)，G(10,10,0)，則向量AF=(–10,4,8)，EF=(–10,0,0)，EG=(0,6,–8)．設平面EFHG的一個法向量為n=(x,y,z)，則EQ\b\lc\{(\a\al(n·EF=0,n·EG=0))，即EQ\b\lc\{(\a\al(–10x=0,6y–8z=0))，解得x=0，令y=4，z=3，則n=(0,4,3)．所以直線AF與α平面所成角的正弦值為sinθ=|cos<AF,n>|=EQ\F(AF·n,|AF||n|)=EQ\F(16+24,\r(,100+16+84\r(,16+9)))=EQ\F(2\r(,2),5)．20、(1)設直線l的方程為y=kx+b(k≠0)，點A(x1,y1)，B(x2,y2)，則M(EQ\F(x1+x2,2),EQ\F(y1+y2,2))，聯立方程EQ\b\lc\{(\a\al(y=kx+b,9x2+y2=m2))，消去y整理得(9+k2)x2+2kbx+b2–m2=0(*)，∴x1+x2=–EQ\F(2kb,9+k2)，y1+y2=k(–EQ\F(2kb,9+k2))+2b=EQ\F(18b,9+k2)，∴kOM·kAB=EQ\F(\F(y1+y2,2),\F(x1+x2,2))·k=EQ\F(18b,9+k2)·(–EQ\F(9+k2,2kb))·k=–9．(2)假設直線l存在，直線方程為y=kx+EQ\F(m(1–k),3)，b=EQ\F(m(3–k),3)．設點P(xP,yP)，則由題意和(1)可得xP=x1+x2=–EQ\F(2kb,9+k2)，yP=y1+y2=EQ\F(18b,9+k2)，因為點P在橢圓上，所以9(–EQ\F(2kb,9+k2))2+(EQ\F(18b,9+k2))2=m2，整理得36b2=m2(9+k2)，即36(EQ\F(m(3–k),3))2=m2(9+k2)，化簡得k2–8k+9=0，解得k=4±EQ\r(,7)，有(*)知△=4k2b2–4(9+k2)(b2–m2)>0，驗證可知k=4±EQ\r(,7)都滿足．21、(1)∵f(x)=emx+x2–mx，∴f'(x)=memx+2x–m，f''(x)=m2emx+2≥0在R上恒成立，∴f'(x)=memx+2x–m在R上單調遞增．又∵f'(0)=0，∴x>0時，f'(x)>0；∴x<0時，f'(x)<0．∴f(x)在(–∞,0)單調遞減，在(0,+∞)單調遞增．(2)有(1)知fmin(x)=f(0)=1，當m=0時，f(x)=1+x2，此時f(x)在[–1,1]上的最大值是2，所以此時|f(x1)–f(x2)|≤e–1．當m≠0時，f(–1)=e–m+1+m，f(1)=em+1–m．令g(m)=f(1)–f(–1)=em–e–m–2m，∵g'(m)=em+e–m–2≥0，∴g(m)=f(1)–f(–1)=em–e–m–2m在R上單調遞增．而g(0)=0，所以m>0時，g(m)>0，即f(1)<f(–1)．∴m<0時，g(m)<0，即f(1)<f(–1)．當m>0時，|f(x1)–f(x2)|≤f(1)–1=em–m≤e–1，∴m≤1；當m<0時，|f(x1)–f(x2)|≤f(–1)–1=e–m+m≤e–m–(–m)≤e–1，∴–m≤1，∴–1≤m≤0．所以，綜上所述m的取值范圍是[–1,1]．22、(1)如以以下列圖，連接OE，OF，則OE⊥AB，OF⊥AC，即∠AEO=∠AFO=90°．∵OE=OF，∴∠OEF=∠OFE，∴∠AEF=90°–∠OEF，∠AFE=90°–∠OFE，即∠AEF=∠AFE．∵∠AEF+∠AFE+∠EAF=180°，∴∠AEF=∠AFE=EQ\F(1,2)(180°–∠EAF)．∵△ABC是等腰三角形，∴∠B=∠C=EQ\F(1,2)(180°–∠BAC)，∴∠AEF=∠AFE=∠B=∠C，∴EF∥BC．(2)設⊙O的半徑為r，∴AG=r，OA=2r．在Rt△AEO中，∴AE2+EO2=AO2．∴(2EQ\r(,3))2+r2=(2r)2，解得r=2．在Rt△AEO中，sin∠OAE=EQ\F(OE,OA)=EQ\F(r,2r)=EQ\F(1,2)．∴∠OAE=60°，∵∠OAE=∠OAF=EQ\F(1,2)∠EAF，AE=AF，∴∠EAF=2∠OAE=60°，∴△AEF、△ABC是等邊三角形．連接OM，∴OM=2．∵OD⊥MN，∴MD=ND=EQ\F(1,2)MN=EQ\R(,3)．在Rt△ODM中，OD=EQ\r(,OM2–MD2)=EQ\R(,22–(\R(,3))2)=1，∴AD=OA+AD=4+1=5．在Rt△ADB中