2015年普通高等学校招生全国统一考试
天津文科数学
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分,考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至2页,第Ⅱ卷3至5页.
答卷前,考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上,并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时,考生务必将答案涂写在答题卡上,答在试卷上的无效.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
祝各位考生考试顺利!
第Ⅰ卷
注意事项:
1.每小题选出答案后,用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.
2.本卷共8小题,每小题5分,共40分. 参考公式:
如果事件A,B互斥,那么P(A∪B)=P(A)+P(B).
柱体的体积公式V=Sh,其中S表示柱体的底面面积,h表示柱体的高.
锥体的体积公式V=Sh,其中S表示锥体的底面面积,h表示锥体的高.
一、选择题: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.(2015天津,文1)已知全集U={1,2,3,4,5,6},集合A={2,3,5},集合B={1,3,4,6},则集合A∩∁UB=( ) A.{3} B.{2,5} C.{1,4,6} D.{2,3,5} 答案:B
解析:∵∁UB={2,5},A={2,3,5},∴A∩∁UB={2,5}.故选B.
𝑥−2≤0,
2.(2015天津,文2)设变量x,y满足约束条件{𝑥−2𝑦≤0,则目标函数z=3x+y的最大值为( )
𝑥+2𝑦−8≤0,
A.7 B.8 C.9 D.14 答案:C
解析:画出题中约束条件满足的可行域,如图中阴影所示.
13
目标函数z=3x+y可化为y=-3x+z,平移目标函数线当其过点A时,z取最大值. 𝑥=2,𝑥=2,由{得{所以点A的坐标为(2,3),zmax=3×2+3=9. 𝑥+2𝑦−8=0𝑦=3.
3.(2015天津,文3)阅读下边的程序框图,运行相应的程序,则输出i的值为( )
A.2 B.3 C.4 答案:C
解析:第一次循环,得i=1,S=9,不满足S≤1,进入循环体;
第二次循环,得i=2,S=7,不满足S≤1,进入循环体;
D.5
1 / 6
第三次循环,得i=3,S=4,不满足S≤1,进入循环体; 第四次循环,得i=4,S=0,满足S≤1,终止循环,输出i=4. 4.(2015天津,文4)设x∈R,则“1解析:由|x-2|<1解得15.(2015天津,文5)已知双曲线则双曲线的方程为( )𝑥2𝑦2
−=1 913𝑥22
C.-y=1 3𝑥2𝑎2−
𝑦2𝑏
2=1(a>0,b>0)的一个焦点为
F(2,0),且双曲线的渐近线与圆(x-2)2+y2=3相切,
A.
答案:D
𝑥2𝑦2
−=1 139
2𝑦
D.x2-=1
3B.
解析:由题意知,双曲线
𝑥2𝑎2−
𝑦2𝑏
2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为
2
2
y=±x.
𝑏
𝑏𝑎
因为该双曲线的渐近线与圆(x-2)+y=3相切,所以又因为c2=a2+b2=4,所以a2=1,b2=3. 故所求双曲线的方程为x2-=1. 6.(2015天津,文6)
𝑦232|𝑎|
2√1+(𝑏)𝑎=√3,解得b2=3a2.
如图,在圆O中,M,N是弦AB的三等分点,弦CD,CE分别经过点M,N.若CM=2,MD=4,CN=3,则线段NE的长为( ) 8A. B.3
310C. 3D. 答案:A
解析:由相交弦定理,得{
52𝐶𝑀·𝑀𝐷=𝐴𝑀·𝑀𝐵,
𝐶𝑁·𝑁𝐸=𝐴𝑁·𝑁𝐵.
因为M,N是弦AB的三等分点, 所以AM=MN=NB,MB=AN. 所以AM·MB=AN·NB. 所以CM·MD=CN·NE,即2×4=3·NE,解得NE=.
8
37.(2015天津,文7)已知定义在R上的函数f(x)=2|x-m|-1(m为实数)为偶函数.记a=f(log0.53),b=f(log25),c=f(2m),则a,b,c的大小关系为( ) A.a解析:∵f(-x)=2|-x-m|-1=2|x+m|-1,且f(x)为偶函数,∴2|x+m|-1=2|x-m|-1对任意的x∈R恒成立,解得m=0. ∴f(x)=2|x|-1,且f(x)在[0,+∞)上为增函数.
∵a=f(log0.53)=f(-log23)=f(log23),c=f(2m)=f(0),且02−|𝑥|,𝑥≤2,8.(2015天津,文8)已知函数f(x)={函数g(x)=3-f(2-x),则函数y=f(x)-g(x)的零点个数为 ( )
(𝑥−2)2,𝑥>2,
A.2 B.3 C.4 D.5 答案:A
2 / 6
2+𝑥,𝑥<0,
解析:因为f(x)={2−𝑥,0≤𝑥≤2,
(𝑥−2)2,𝑥>2,
2+(2−𝑥),2−𝑥<0,𝑥2,𝑥<0,
所以f(2-x)={2−(2−𝑥),0≤2−𝑥≤2,⇒{𝑥,0≤𝑥≤2,
4−𝑥,𝑥>2,(2−𝑥−2)2,2−𝑥>2
𝑥2+𝑥+2,𝑥<0,
f(x)+f(2-x)={2,0≤𝑥≤2,
2
𝑥−5𝑥+8,𝑥>2,
𝑥2+𝑥−1,𝑥<0,
所以函数y=f(x)-g(x)=f(x)-3+f(2-x)={−1,0≤𝑥≤2,
𝑥2−5𝑥+5,𝑥>2.
其图象如图所示.
显然函数图象与x轴有2个交点,故函数有2个零点.
第Ⅱ卷
注意事项:
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2.本卷共12小题,共110分.
二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分. 9.(2015天津,文9)i是虚数单位,计算答案:-i 解析:
1−2i2+i1−2i
的结果为 2+i−5i
=-i. 5
.
=
(1−2i)(2−i)(2+i)(2−i)=
2−i−4i−2
5=
10.(2015天津,文10)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为 m3.
8π答案:
3
解析:由三视图可知,该几何体是一个组合体,左、右两边是两个相同的圆锥,底面半径为1,高为1;中间是一个圆柱,底面半径为1,高为2,所以该几何体的体积V=2××π×12×1+π×12×2=+2π=.
11.(2015天津,文11)已知函数f(x)=axln x,x∈(0,+∞),其中a为实数,f'(x)为f(x)的导函数,若f'(1)=3,则a的值为 . 答案:3
解析:因为f(x)=axln x,所以f'(x)=aln x+ax·=a(ln x+1).由f'(1)=3得a(ln 1+1)=3,所以a=3. 12.(2015天津,文12)已知a>0,b>0,ab=8,则当a的值为 时,log2a·log2(2b)取得最大值. 答案:4 解析:由题意知
log2𝑎+log2(2𝑏)2
log2a·log2(2b)≤[]
2
1𝑥132π38π3=
log2(2𝑎𝑏)2[]
2
=
log2162()=4, 2
当且仅当log2a=log2(2b),即a=2b时等号成立.又因为ab=8,且a>0,所以a=4. 13.(2015天津,文13)在等腰梯形ABCD中,已知AB∥DC,AB=2,BC=1,∠ABC=60°.点E和F分别在线段BC和
2⃗⃗⃗⃗⃗ 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为 . ⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐵𝐶,𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐷𝐶,则𝐴𝐸DC上,且𝐵𝐸
29
答案: 18
36解析:
3 / 6
由平面几何知识可求得CD=1.
2⃗⃗⃗ 1
由⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐸=⃗⃗𝐵𝐶,⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐹=⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐶,得
⃗⃗⃗⃗⃗ ·⃗⃗⃗⃗⃗ =(⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐸𝐴𝐹𝐴𝐵+⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐸)·(⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐷+⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐹)
21⃗⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ )·(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ =(𝐴𝐵𝐵𝐶𝐷𝐶)
36
14.(2015天津,文14)已知函数f(x)=sin ωx+cos ωx(ω>0),x∈R.若函数f(x)在区间(-ω,ω)内单调递增,且函数y=f(x)
的图象关于直线x=ω对称,则ω的值为 . 答案: 2
√π362⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ )·(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ +1𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ) =(𝐴𝐵31212⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 1⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗
=⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵·⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐷+⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵2+⃗⃗𝐵𝐶·𝐴𝐷+⃗⃗𝐵𝐶·𝐴𝐵
1231812⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗
=|⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵|·|⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐷|cos 60°+×22+|𝐵𝐶|·|𝐴𝐷|cos 60°+|𝐵𝐶|·|𝐴𝐵|cos 120°
12318112111
=2×1×++×1×1×−×1×2×
233218251=− 31829=. 18解析:f(x)=sin ωx+cos ωx=√2sin(𝜔𝑥+),由2kπ-≤ωx+≤2kπ+,k∈Z,解得的单调递增区间是[
2𝑘π3π2𝑘ππ
−,+](k∈Z), 𝜔4𝜔𝜔4𝜔2𝑘π3π
−𝜔4𝜔
而f(x)在区间(-ω,ω)内单调递增,所以{2𝑘π
π+𝜔4𝜔
π22
因为ω>0,所以只能取k=0,这时有0<ω≤.
4π4π2π4π22𝑘π3π2𝑘ππ
−≤x≤+,k∈Z,即𝜔4𝜔𝜔4𝜔3π
f(x)
≤−𝜔(𝑘∈Z),𝜔2≤−2𝑘π+(𝑘∈Z),
4解得{ π2
𝜔≤2𝑘π+(𝑘∈Z).≥𝜔(𝑘∈Z),
4① ②
又因为函数f(x)的图象关于直线x=ω对称,
πππ
所以ω2+=kπ+(k∈Z),即ω2=kπ+(k∈Z).
4
由①②知ω2=.故ω=.
三、解答题:本大题共6小题,共80分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)(2015天津,文15)设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为27,9,18.现采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取6名运动员组队参加比赛. (1)求应从这三个协会中分别抽取的运动员的人数;
(2)将抽取的6名运动员进行编号,编号分别为A1,A2,A3,A4,A5,A6.现从这6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛.
①用所给编号列出所有可能的结果;
②设A为事件“编号为A5和A6的两名运动员中至少有1人被抽到”,求事件A发生的概率. 解:(1)应从甲、乙、丙三个协会中抽取的运动员人数分别为3,1,2.
(2)①从6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛的所有可能结果为
{A1,A2},{A1,A3},{A1,A4},{A1,A5},{A1,A6},{A2,A3},{A2,A4},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A4},{A3,A5},{A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6},共15种.
②编号为A5和A6的两名运动员中至少有1人被抽到的所有可能结果为{A1,A5},{A1,A6},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A5},{A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6},共9种.
因此,事件A发生的概率P(A)=3√15,b-c=2,cos A=-. (1)求a和sin C的值; (2)求cos(2𝐴+)的值.
解:(1)在△ABC中,由cos A=-,可得sin A=
由a=b+c-2bccos A,可得a=8. 由
𝑎sin𝐴2
2
2
π42
√π4
216.(本小题满分13分)(2015天津,文16)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为
14
915
=.
35
π614√154.由S△ABC=bcsin A=3√15,得bc=24,又由b-c=2,解得b=6,c=4.
12=
𝑐
,得sin𝐶sin C=
√158.
4 / 6
(2)cos(2𝐴+)=cos 2A·cos-sin 2A·sin=17.(本小题满分13分)(2015天津,文17)
π
6π6π6√32(2cos2A-1)-×2sin A·cos A=
1
2√15−7√316.
如图,已知AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=2√5,AA1=√7,BB1=2√7,点E和F分别为BC和A1C的中点. (1)求证:EF∥平面A1B1BA;
(2)求证:平面AEA1⊥平面BCB1;
(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小.
(1)证明:
如图,连接A1B.在△A1BC中,因为E和F分别是BC和A1C的中点,所以EF∥BA1.又因为EF⊄平面A1B1BA,所以EF∥平面A1B1BA.
(2)证明:因为AB=AC,E为BC中点,所以AE⊥BC.因为AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,所以BB1⊥平面ABC,从而BB1⊥AE.又因为BC∩BB1=B,所以AE⊥平面BCB1,又因为AE⊂平面AEA1,所以平面AEA1⊥平面BCB1.
(3)解:取BB1的中点M和B1C的中点N,连接A1M,A1N,NE.因为N和E分别为B1C和BC的中点,所以NE∥B1B,NE=B1B.故NE∥A1A,且NE=A1A.所以A1N∥AE,且A1N=AE.又因为AE⊥平面BCB1,所以A1N⊥平面BCB1,从而∠A1B1N为直线A1B1与平面BCB1所成的角.
在△ABC中,可得AE=2,所以A1N=AE=2.
因为BM∥AA1,BM=AA1,所以A1M∥AB,A1M=AB, 又由AB⊥BB1,有A1M⊥BB1.
在Rt△A1MB1中,可得A1B1=√𝐵1𝑀2+𝐴1𝑀2=4.
在Rt△A1NB1中,sin∠A1B1N=
𝐴1𝑁𝐴1𝐵1
12
=,
12
因此∠A1B1N=30°.
所以,直线A1B1与平面BCB1所成的角为30°.
18.(本小题满分13分)(2015天津,文18)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7. (1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=anbn,n∈N*,求数列{cn}的前n项和.
2𝑞2−3𝑑=2,
解:(1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,由题意q>0.由已知,有{4消去d,整理得q4-2q2-8=0.
𝑞−3𝑑=10,
又因为q>0,解得q=2,所以d=2.
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,n∈N*;数列{bn}的通项公式为bn=2n-1,n∈N*. (2)由(1)有cn=(2n-1)·2n-1,设{cn}的前n项和为Sn,则Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1, 2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,
上述两式相减,得-Sn=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3, 所以,Sn=(2n-3)·2n+3,n∈N*. 19.(本小题满分14分)(2015天津,文19)已知椭圆
𝑥2
𝑎2+
𝑦2𝑏
2=1(a>b>0)的上顶点为
B,左焦点为F,离心率为.
5√55 / 6
(1)求直线BF的斜率;
(2)设直线BF与椭圆交于点P(P异于点B),过点B且垂直于BP的直线与椭圆交于点Q(Q异于点B),直线PQ与y轴交于点M,|PM|=λ|MQ|. ①求λ的值;
7√5,求椭圆的方程. 9√5𝑐
解:(1)设F(-c,0).由已知离心率=及a2=b2+c2,可得a=√5c,b=2c.
𝑎5
𝑏−02𝑐
又因为B(0,b),F(-c,0),故直线BF的斜率k===2.
0−(−𝑐)𝑐②若|PM|sin∠BQP=
(2)设点P(xP,yP),Q(xQ,yQ),M(xM,yM).
①由(1)可得椭圆的方程为5𝑐2+4𝑐2=1,直线BF的方程为y=2x+2c.将直线方程与椭圆方程联立,消去y,整理得3x2+5cx=0,解得xP=-.
140𝑐
.
221|𝑃𝑀||𝑥−𝑥||𝑥|7
又因为λ=,及xM=0,可得λ=𝑀𝑃=𝑃=.
|𝑀𝑄||𝑥𝑄−𝑥𝑀||𝑥𝑄|8|𝑃𝑀|7|𝑃𝑀|77157√5②由①有|𝑀𝑄|=8,所以|𝑃𝑀|+|𝑀𝑄|=7+8=15,即|PQ|=7|PM|.又因为|PM|sin∠BQP=9,所以|BP|=|PQ|sin∠
5𝑐3𝑥2𝑦2
因为BQ⊥BP,所以直线BQ的方程为y=-x+2c,与椭圆方程联立,消去y,整理得21x2-40cx=0,解得xQ=
BQP=|PM|sin∠BQP=c=1.
所以,椭圆方程为
𝑥251575√5.又因为3
yP=2xP+2c=-c,所以|BP|=√(0+
43
5𝑐2)3
+(2𝑐+
4𝑐2)3
=
5√55√55√5c,因此c=,得333
+
20.(本小题满分14分)(2015天津,文20)已知函数f(x)=4x-x4,x∈R.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的实数x,都有f(x)≤g(x);
(3)若方程f(x)=a(a为实数)有两个实数根x1,x2,且x1当f'(x)>0,即x<1时,函数f(x)单调递增; 当f'(x)<0,即x>1时,函数f(x)单调递减.所以,f(x)的单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞).
1
𝑦2
=1. 4𝑎31
(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=43,f'(x0)=-12.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f'(x0)(x-x0),即g(x)=f'(x0)(x-x0).令函数F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f'(x0)(x-x0),则F'(x)=f'(x)-f'(x0).
由于f'(x)=-4x3+4在(-∞,+∞)上单调递减,故F'(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又因为F'(x0)=0,所以当x∈(-∞,x0)时,F'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以对于任意的实数x,F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的实数x,都有f(x)≤g(x).
(3)证明:由(2)知g(x)=-12(x-43).设方程g(x)=a的根为x'2,可得x'2=-1
(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),因此x2≤x'2.
类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=4x.对于任意的x∈(-∞,+∞),有f(x)-h(x)=-x4
≤0,即f(x)≤h(x).
𝑎
设方程h(x)=a的根为x'1,可得x'1=.因为h(x)=4x在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x'1)=a=f(x1)≤h(x1),因此x'1≤
4
x1.
由此可得x2-x1≤x'2-x'1=-+43.
𝑎3
1
1𝑎
+43.因为12g(x)在(-∞,+∞)上单调递减,又由
6 / 6
