数学-2015年高考真题——重庆卷(理)(word版含解析)

2015年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）

数 学（理工类）

数学试题卷（理工农医类）共4页。满分150分。考试时间120分钟。 注意事项：

1、答题前，务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡规定的位置上；

2、答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，在选涂其它答案标号。

3、答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4、所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上答题无效。 5、考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回。 特别提醒：

（14）、（15）、（16）三题为选做题，请从中任选两题作答，若三题全做，则按前两题给分。

一、选择题：本大题10个小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的。

（1）已知集合A1,2,3，B2,3，则（ ）

（A）A＝B （B）A∩B （C）AÜB （D）BÜA （2）在等差数列an中，若a24,a42，则a6＝（ ）

（A）－1 （B）0 （C）1 （D）6 （3）重庆市2013年各月的平均气温（ºC）数据的茎叶图如下：

则这组数据的中位数是（ ）

（A）19 （B）20 （C）21.5 （D）23

1

（4）“x1”是“log1(x2)0的”（ ）

2 （A）充要条件 （B）充分而不必要条件 （C）必要而不充分条件 （D）既不充分也不必要条件 （5）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

（A）

1212 （2） （3）2 （4）2 3333（6）若非零向量a，b满足a（A）

22 )，则a与b的夹角为（ ）b，且(ab)(3a2b33 （B） （C） （D）

442（7）执行如题（7）图所示的程序框图，若输出k值为8，则判断框内可填入的条件是（ ）

（A）s≤351125 （B）s≤ （C）s≤ （D）s≤

12244622（8）已知直线l：xay10(aR)是圆C：xy4x2y10的对称轴，过点A（-4，a）作圆C的一条切线，切点为B，则AB＝（ ） （A）2 （B）42 （C）6 （D）210

2

（9）若tan2tan5cos(，则

3)10＝（ ）

sin()5 （A）1 （B）2 （C）3 （D）4

x2y210、设双曲线221（a0,b0）的右焦点为F，右顶点为A，过F作AF的垂线

ab与双曲线交于B、C两点，过B、C分别作AC、AB的垂线，两垂线交于点D。若D到直线BC的距离小于aab，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是（ ） （A）(1,0)∪(0,1) （B）(,1)∪(1,) （C）(2,0)∪(0,2) （D）(,2,)∪(2,)

二、填空题：本大题共6个小题，考生作答第5小题，每小题5分，共25分。把答案填写在答题卡相应的位置上。

（11）设复数abi(a,bR)的模为3，则(abi)(abi)＝ （12）(x32212x)5的展开式中x8的系数是 （用数字作答）

（13）在△ABC中，B＝120º，AB＝2，A的角平分线AD＝3，则AC＝ 考生注意：（14）、（15）、（16）三题为选做题，请从中任选两题作答，若三题全做，则按前两题给分。

（14）如题（14）图，圆O的弦AB，CD相交于点E，过点A作圆O的切线与DC的延长线交于点P，若PA＝6，AE＝9，PC＝3，CE：ED＝2：1，则BE＝

x1tl（15）已知直线的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴

y1t2为极轴建立坐标系，曲线C的极坐标方程为cos24(0,35)，则直线l443

与曲线C的交点的极坐标为

（16）若函数f(x)x1xa的最小值为5，则实数a＝ 。

三、解答题：本大题共6个小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 （17）（本小题满分13分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问8分）

端午节吃粽子是我国的传统习俗。设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个。 （Ⅰ）求三种粽子各取到1个的概率；

（Ⅱ）设x表示取到的豆沙粽个数，求x的分布列与数学期望。

（18）（本小题满分13分，（Ⅰ）小问7分，（Ⅱ）小问6分） 已知函数f(x)sin(2x)sinx3cos2x

（Ⅰ）求f(x)的最小正周期和最大值；

（Ⅱ）讨论f(x)在

2,上的单调性。 63（19）（本小题满分13分，（Ⅰ）小问4分，（Ⅱ）小问9分）

如题（19）图，三菱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝别为线段AB，BC上的点，BC上的点，且CD＝DE＝2，CE＝2EB＝2。 （Ⅰ）证明：DE⊥平面PCD； （Ⅱ）求二面角A－PD－C的余弦值。

4

，D，E分2

（20）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问7分，（Ⅱ）小问5分）

3x2ax 设函数f(x)(aR)。

ex（Ⅰ）若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

（Ⅱ）若f(x)在3,上为减函数，求a的取值范围。

（21）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分）

x2y2 如题（21）图，椭圆221（ab0）的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的

ab直线交椭圆于P、Q两点，且PQPF1。

（Ⅰ）若PF122，PF222，求椭圆的标准方程； （Ⅱ）若PF1PQ，求椭圆的离心率e。

（22）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问4分，（Ⅱ）小问8分）

2 在数列an中，a13，an1anan1an0(nN)。

（Ⅰ）若0,2，求数列an的通项公式； （Ⅱ）若111 (k0N,k0≥2),1，证明:2ak012k03k012k01

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数学（理工类）参

一、选择题：每小题5分，满分50分

（1）D (2)B (3)B (4)B (5)A （6）D (7) C (8) C (9) C (10) A 二、填空题：每小题5分，满分25分 （11）3 (12)

5 (13)6 (14)2 (15)2, （16）-6或4 2三、解答题：满分75分 （17）（本题12份）

解：（Ⅰ）令A表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典型的概率计算公式有

111CCC2351P(A).

34C10 （Ⅱ）X的所有可能值为0，1,2，且

1221CCCCC72818287, P,(X1),P(X2) P(X0)315331515CCC101010 综上知，X的分布列为

3

故E(X)0771312（个）。 1515155（18）（本题13分） 解：（Ⅰ）f(x)sin(2x)sinx3cos2xcosxsinx3(1cos2x) 2 1333sin2xcos2xsin(2x), 22232 6

因此f(x)的最小周期为，最大值为

23 2（Ⅱ）当x2,时，02x,从而

3635,即x时，f(x)单调递增， 3261252x 当02x,即时，f(x)单调递减。

3123 当02x（19）（本题13分）

（Ⅰ）证明：由PC平面ABC，DE平面ABC，故PCDE. 由CE=2，CD=DE=2得CDE为等腰直角三角形，故CDDE.

由PCCD=C,DE垂直于平面PCD内的两条相交直线，故DE平面PCD。 （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CDE为等腰直角三角形，DCE作DF垂直CE于F，已知DF=FC=FE=1，又已知EB=1，故FB=2.

4.如答（19）图，过D

DFFB233, 故AC= DF=

2ACBC322 以C为坐标原点，分别以CA,CB,CP的方向为x轴，y轴，z轴的方向建立空间直角

由ACB得DF∥AC,

坐标系，则

13C(0,0,0),P(0,0,3),A(,0,0),E(0,2,0),D(1,1,0),ED(1,1,0),DP(1,1,3),DA(,1,0)22 设平面PAD的法向量为n1(x1,y1,z1)

x1y13z10 由n1，故可取n1(2,1,1) DP0,n1DA0,得1x1y102由（Ⅰ）可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为DE,即n2(1,1,0).

从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cosn1,n2n1n23 n1n26 故所求的二面角A-PD-C的余弦值为

3. 6（20）（本题12分） 解：（Ⅰ）对f(x)求导得

7

(6xa)ex(3x2ax)ex3x2(6a)xaf'(x),

(ex)2ex 因为f(x)在x0处取得极值，所以f'(0)0即a0.

3x23x26x33f(1),f'(1),从而f(x)在点（1，当a0时，f(x)=x,f'(x)故,xeeeef(1)）处的切线方程为y33(x1),化简得3xey0. ee3x2(6a)xa2 （Ⅱ）由（Ⅰ）知f'(x) 令.g(x)3x(6a)xa, xe6aa2366aa236,x2. 由g(x)0解得x166当xx1时，g(x)0，即f'(x)0，故f(x)为减函数； 当x1xx2时，g(x)0，即f'(x)0，故f(x)为增函数； 当xx2时，g(x)0，即f'(x)0，故f(x)为减函数；

6aa23693,解得a, 由f(x)在3,上为减函数，知x226故a的取值范围为,.

（21）（本题12分）解：（Ⅰ）由椭圆的定义，

922aPF1PF2(22)(22)=4，故a=2

设椭圆的半焦距为c，又已知PF1PF2, 因此2cF1F222PF1PF2(22)2(22)223,即c3,从而

22x2bac1.故所求椭圆的标准方程为y21.

4（Ⅱ）解法一：如答（21）图，设点P(x0,y0)在椭圆上，且PF1PF2,则

x02y0221,x02y02c2, 2ab 8

a2b22 求得x0a2b,y0.

cc由PF1PQPF2得x00,2

aa22b2b42从而PF1(c)2=2(a2b2)+2aa22b2(aa22b2)2

cc由椭圆的定义，PF1PF22a,QF1QF22a.从而由PF1PQPF2QF2,有

QF14a2PF1.又由PF1PF2,PF1PQ,知QF12PF1,因此

(22)PF14a,即(22)(aa22b2)4a,于是(22)(12e21)4,解

得e1421(1)63. 222 解法二：如答（21）图，由椭圆的定义，PF1PF22a,QF1QF22a，从而由

PF1PQPF2QF2,有QF14a2PF1.又由PF1PQ,PF1PQ,知QF12PF1,因此4a2PF12PF1得PF12(22)a,从而PF22aPF12a2(22)a2(21)a,由PF1PF2,知

PF1PF2F1F2(2c)2,因此

222ceaPF1PF22a22(22)2(21)296263。

（22）（本题12分）

解：（Ⅰ）由=0，=2，有an1an2an2(nN).

若存在某个n0N,使得ano0,则由上述递推公式易得ano10,重复上述过程可得a10，此与a13矛盾，所以对任意nN,an0.

从而an12an(nN),即an是一个公比q2的等比数列。故ana1qn132n1.（Ⅱ）由211,1，数列an的递推关系式变为an1anan1a0，变形为

nk0k0 9

an1(an21)a(nN).由上式及a130，归纳可得

nk03a1a2anan10.

211a222nakk111n00an,所以对n1,2,,k0求和得因为an1a11kkka1nkan000n0k0ak01a1(a2a1)(ak01ak0) =ak1111110k(1k)

0k0k0a11k0a20ak01 >2+1k(13111k)20013k013k013k01k0另一方面，由上已证的不等式知

a1a2ak0ak012,得ak11111k01a10k(a)

0k0k011k0a21k0ak01 <2+1k(12k11)210012k012k012k01k0综上，2+13ka1k012.

012k01

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