2015年内蒙高考理科数学答案解析word精校版

2015年高考理科数学选择题

(本大题共12小题，每小题5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、已知集合，,则（   ）

A． 　B．　C． 　D．

【答案】A

考点：集合的运算．

2、若为实数且，则（    ）

  A．  B． C．  D．

【答案】B

【解析】

试题分析：由已知得，所以，解得，故选B．

考点：复数的运算．

3、根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫排放量（单位：万吨）柱形图。以下结论不正确的是(     )

A．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著

B．2007年我国治理二氧化硫排放显现

C．2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势

D．2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关

【答案】D

【解析】

试题分析：由柱形图得，从2006年以来，我国二氧化硫排放量呈下降趋势，故年排放量与年份负相关，故选D．

考点：正、负相关．

4、等比数列｛an｝满足a1=3，=21，则(    )

A．21     B．42      C．63    D．84

【答案】B

考点：等比数列通项公式和性质．

5、设函数,(    )

A．3    B．6      C．9    D．12

【答案】C

【解析】

试题分析：由已知得，又，所以，故，故选C．

考点：分段函数．

6、一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为(     )

A．       B．      C．      D．

【答案】D

【解析】

试题分析：由三视图得，在正方体中，截去四面体，如图所示，，设正方体棱长为，则，故剩余几何体体积为，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D．

考点：三视图．

7、过三点，，的圆交y轴于M，N两点，则(    )

A．2     B．8      C．4     D．10

【答案】C

【解析】由已知得，，所以，所以，即为直角三角形，其外接圆圆心为，半径为，所以外接圆方程为，令，得，所以，故选C．

考点：圆的方程．

8、右边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入分别为14,18，则输出的(   )

A．0             B．2      C．4                 D．14

【答案】B

【解析】

试题分析：程序在执行过程中，，的值依次为，；；；；；，此时程序结束，输出的值为2，故选B．

考点：程序框图．

9．已知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为(    )

A．36π   B.64π   C.144π   D.256π

【答案】C

【解析】

试题分析：如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C．

考点：外接球表面积和椎体的体积．

10．如图，长方形的边，，是的中点，点沿着边，与运动，记．将动到、两点距离之和表示为的函数，则的图像大致为（   ）

【答案】B

【解析】

考点：函数的图象和性质．

11．已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，∆ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为（    ）

A．  B．   C． D．

【答案】D

【解析】

试题分析：设双曲线方程为，如图所示，，，过点作轴，垂足为，在中，，，故点的坐标为，代入双曲线方程得，即，所以，故选D．

考点：双曲线的标准方程和简单几何性质．

12．设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（     ）

A．         　B．

C．        　D．

【答案】A

【解析】

试题分析：记函数，则，因为当时，，故当时，，所以在单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递减，且．当时，，则；当时，，则，综上所述，使得成立的的取值范围是，故选A．

考点：导数的应用、函数的图象与性质．

2015年高考理科数学填空题

（本大题共4小题，每小题5分。第13题~第21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22题~第24题为选考题，考生根据要求作答。高考必中网www.win789.com）

13．设向量，不平行，向量与平行，则实数_________．

【答案】

【解析】

试题分析：因为向量与平行，所以，则所以．

考点：向量共线．

14．若x，y满足约束条件，则的最大值为____________．

【答案】

【解析】

试题分析：画出可行域，如图所示，将目标函数变形为，当取到最大时，直线的纵截距最大，故将直线尽可能地向上平移到，则的最大值为．

考点：线性规划．

15．的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则__________．

【答案】

【解析】

试题分析：由已知得，故的展开式中x的奇数次幂项分别为，，，，，其系数之和为，解得．

考点：二项式定理．

16．设是数列的前n项和，且，，则________．

【答案】

【解析】

试题分析：由已知得，两边同时除以，得，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以．

考点：等差数列和递推关系．

2015年高考理科数学解答题

17．（本题满分12分）

中，是上的点，平分，面积是面积的2倍．

(Ⅰ)求；

(Ⅱ)若，，求和的长．

【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)．

(Ⅱ)因为，所以．在和中，由余弦定理得

，．

．由(Ⅰ)知，所以．

考点：1、三角形面积公式；2、正弦定理和余弦定理．

18．（本题满分12分）

某公司为了解用户对其产品的满意度，从，两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：

A地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 76

       78 86 95 66 97 78 88 82 76 89

B地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 82

       93 48 65 81 74 56 54 76 65 79

（Ⅰ）根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）；

（Ⅱ）根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：

记时间C：“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”．假设两地区用户的评价结果相互独立．根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率．

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．

【解析】

试题分析：（Ⅰ）将两地区用户对产品的满意度评分的个位数分别列与茎的两侧，并根据数字的集中或分散来判断平均值和方差的大小；（Ⅱ）事件“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”分为两种情况：当B地区满意度等级为不满意时，A地区的满意度等级为满意或非常满意；当B地区满意度等级为满意时，A地区满意度等级为非常满意．再利用互斥事件和独立事件的概率来求解．

试题解析：（Ⅰ）两地区用户满意度评分的茎叶图如下

表示事件：“B地区用户满意度等级为满意”．

则与独立，与独立，与互斥，．

．

由所给数据得，，，发生的概率分别为，，，．故，

，，，故．

考点：1、茎叶图和特征数；2、互斥事件和独立事件．

19．（本题满分12分）

如图，长方体中,，，，点，分别在，上，．过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．

（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．

【解析】

试题分析：（Ⅰ）由线面平行和面面平行的性质画平面与长方体的面的交线；（Ⅱ）由交线围成的正方形，计算相关数据．以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，并求平面的法向量和直线的方向向量，利用求直线与平面所成角的正弦值．

试题解析：（Ⅰ）交线围成的正方形如图：

（Ⅱ）作，垂足为，则，，因为为正方形，所以．于是，所以．以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，．设是平面的法向量，则即所以可取．又，故．所以直线与平面所成角的正弦值为．

考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．

20．（本题满分12分）

已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．

 (Ⅰ)证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；

（Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．

【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）能，或．

【解析】

试题分析：(Ⅰ)题中涉及弦的中点坐标问题，故可以采取“点差法”或“韦达定理”两种方法求解：设端点的坐标，代入椭圆方程并作差，出现弦的中点和直线的斜率；设直线的方程同时和椭圆方程联立，利用韦达定理求弦的中点，并寻找两条直线斜率关系；（Ⅱ）根据(Ⅰ)中结论，设直线方程并与椭圆方程联立，求得坐标，利用以及直线过点列方程求的值．

试题解析：(Ⅰ)设直线，，，．

将代入得，故，

．于是直线的斜率，即．所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．

（Ⅱ）四边形能为平行四边形．

因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，．

由(Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为．由得，即．将点的坐标代入直线的方程得，因此．四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即．于是

．解得，．因为，，，所以当的斜率为

或时，四边形为平行四边形．

考点：1、弦的中点问题；2、直线和椭圆的位置关系．

21．（本题满分12分）

设函数．

(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；

（Ⅱ）若对于任意，都有，求的取值范围．

【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）．

【解析】

试题分析：(Ⅰ)先求导函数，根据的范围讨论导函数在和的符号即可；（Ⅱ）恒成立，等价于．由是两个独立的变量，故可求研究的值域，由(Ⅰ)可得最小值为，最大值可能是或，故只需，从而得关于的不等式，因不易解出，故利用导数研究其单调性和符号，从而得解．

考点：导数的综合应用．

（请考生在22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号。高考必中网www.win789.com）

22．（本小题满分10分）

选修4—1：几何证明选讲

如图，为等腰三角形内一点，圆与的底边交于、两点与底边上的高交于点，与、分别相切于、两点．

（Ⅰ）证明：；

（Ⅱ）若等于的半径，且，求四边形的面积．

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．

【解析】

试题分析：（Ⅰ）由已知得，欲证明，只需证明，由切线长定理可得，故只需证明是角平分线即可；（Ⅱ）连接，，在中，易求得，故和都是等边三角形，求得其边长，进而可求其面积．四边形的面积为两个等边三角形面积之差．

试题解析：（Ⅰ）由于是等腰三角形，，所以是的平分线．又因为分别与、相切于、两点，所以，故．从而．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，,，故是的垂直平分线，又是的弦，所以在上．连接，，则．由等于的半径得，所以．所以和都是等边三角形．因为，所以，．

因为，，所以．于是，．所以四边形的面积．

考点：1．等腰三角形的性质；2、圆的切线长定理；3、圆的切线的性质．

23．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

在直角坐标系中，曲线（为参数，），其中，在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线，曲线．

（Ⅰ）.求与交点的直角坐标；

（Ⅱ）.若与相交于点，与相交于点，求的最大值．

【答案】（Ⅰ）和；（Ⅱ）．

【解析】

试题分析：（Ⅰ）将曲线与的极坐标方程化为直角坐标方程，联立求交点，得其交点的直角坐标，也可以直接联立极坐标方程，求得交点的极坐标，再化为直角坐标；（Ⅱ）分别联立与和与的极坐标方程，求得的极坐标，由极径的概念将表示，转化为三角函数的最大值问题处理．

试题解析：（Ⅰ）曲线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为．联立解得或所以与交点的直角坐标为和．

（Ⅱ）曲线的极坐标方程为，其中．因此得到极坐标为，的极坐标为．所以，当时，取得最大值，最大值为．

考点：1、极坐标方程和直角坐标方程的转化；2、三角函数的最大值．

24．（本小题满分10分）选修4-5不等式选讲

设均为正数，且，证明：

（Ⅰ）若，则；

（Ⅱ）是的充要条件．

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析．

考点：推理证明．