2015年普通高等学校招生全国统一考试(重庆理).doc

2015年普通高等学校招生全国统一考试(重庆卷)(理科)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟第卷一、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已知集合A1，2，3，B2，3，则()AABBABCAB DBA2在等差数列中，若a24，a42，则a6()A1 B0C1 D63重庆市2013年各月的平均气温()数据的茎叶图如下图，则这组数据的中位数是()A.19 B20C21.5 D234“x1”是“log(x2)0”的()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. B.C.2 D.26若非零向量a，b满足|a|b|，且(ab)(3a2b)，则a与b的夹角为()A. B.C. D7执行如图所示的程序框图，若输出k的值为8，则判断框内可填入的条件是()As BsCs Ds8已知直线l：xay10(aR)是圆C：x2y24x2y10的对称轴过点A(4，a)作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|()A2 B4C6 D29若tan 2tan，则()A1 B2C3 D410设双曲线1(a0，b0)的右焦点为F，右顶点为A，过F作AF的垂线与双曲线交于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，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(，0)(0，)D(，)(，)第卷二、填空题(本大题共6小题，考生作答5小题，每小题5分，共25分把答案填在题中横线上)11设复数abi(a，bR)的模为，则(abi)(abi)_12.的展开式中x8的系数是_(用数字作答)13在ABC中，B120°，AB，A的角平分线AD，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PA6，AE9，PC3，CEED21，则BE_15已知直线l的参数方程为(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2cos 24，则直线l与曲线C的交点的极坐标为_16若函数f(x)|x1|2|xa|的最小值为5，则实数a_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)17(本小题满分13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(1)求三种粽子各取到1个的概率；(2)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)已知函数f(x)sinsin xcos2x.(1)求f(x)的最小正周期和最大值；(2)讨论f(x)在上的单调性19.(本小题满分13分)如图，三棱锥P­ABC中，PC平面ABC，PC3，ACB.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CDDE，CE2EB2.(1)证明：DE平面PCD；(2)求二面角A­PD­C的余弦值20(本小题满分12分)设函数f(x)(aR)(1)若f(x)在x0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)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)如图，椭圆1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQPF1.(1)若|PF1|2，|PF2|2，求椭圆的标准方程；(2)若|PF1|PQ|，求椭圆的离心率e.22(本小题满分12分)在数列an中，a13，an1anan1a0(nN)(1)若0，2，求数列an的通项公式；(2)若(k0N，k02)，1，证明：2<ak01<2.2015年普通高等学校招生全国统一考试(重庆卷)(理科)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟第卷一、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解析：选DA1，2，3，B2，3，2，3A且2，3B，1A但1B，BA.2解析：选B为等差数列，2a4a2a6，a62a4a2，即a62×240.3解析：选B由茎叶图可知这组数据由小到大依次为8，9，12，15，18，20，20，23，23，28，31，32，所以中位数为20.4解析：选Bx1log(x2)0，log(x2)0x21x1，“x1”是 “log(x2)0”的充分而不必要条件5解析：选A由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和一个三棱锥组成的由图中数据可得三棱锥的体积V1××2×1×1，半圆柱的体积V2××12×2，V.6解析：选A由(ab)(3a2b)，得(ab)·(3a2b)0，即3a2a·b2b20.又|a|b|，设a，b，即3|a|2|a|·|b|·cos 2|b|20，|b|2|b|2·cos 2|b|20.cos .又0，.7解析：选C由s0，k0满足条件，则k2，s，满足条件；k4，s，满足条件；k6，s，满足条件；k8，s，不满足条件，输出k8，所以应填s.8解析：选C由于直线xay10是圆C：x2y24x2y10的对称轴，圆心C(2，1)在直线xay10上，2a10，a1，A(4，1)|AC|236440.又r2，|AB|240436.|AB|6.9解析：选Ccoscossin，原式.又tan 2tan，原式3.10 解析：选A由题作出图象如图所示由1，可知A(a，0)，F(c，0)易得B，C.kAB，kCD.kAC，kBD.lBD：y(xc)，即yx，lCD：y(xc)，即yx.xDc.点D到BC的距离为.<aac，b4<a2(c2a2)a2b2，a2>b2，0<<1.0<<1或1<<0.第卷二、填空题(本大题共6小题，考生作答5小题，每小题5分，共25分把答案填在题中横线上)11解析：|abi|，(abi)(abi)a2b23.答案：312.解析：Tr1C·(x3)5r·C·x153r··x·C·x(r0，1，2，3，4，5)，由8，得r2，·C.答案：13解析：如图，在ABD中，由正弦定理，得sinADB.ADB45°，BAD180°45°120°15°.BAC30°，C30°，BCAB.在ABC中，由正弦定理，得，AC.答案：14.解析：由题意设EDx，则CE2x.PC·PDPA2，3(33x)36，x3.AE·EBCE·ED，EB2.答案：215解析：由得xy20，则cos sin 20.由2cos 24得2cos22sin24.联立解得cos 2，sin 0.，2.直线l与曲线C的交点的极坐标为A(2，)答案：(2，)16解析：由于f(x)|x1|2|xa|，当a>1时，f(x)作出f(x)的大致图象如图所示，由函数f(x)的图象可知f(a)5，即a15，a4.同理，当a1时，a15，a6.答案：6或4三、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)17解：(1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有P(A).(2)X的所有可能值为0，1，2，且P(X0)，P(X1)，P(X2).综上知，X的分布列为X012P故E(X)0×1×2×(个)18解：(1)f(x)sinsin xcos2xcos xsin x(1cos 2x)sin 2xcos 2xsin，因此f(x)的最小正周期为，最大值为.(2)当x时，02x，从而当02x，即x时，f(x)单调递增，当2x，即x时，f(x)单调递减综上可知，f(x)在上单调递增；在上单调递减19.解：(1)证明：由PC平面ABC，DE平面ABC，得PCDE.由CE2，CDDE，得CDE为等腰直角三角形，故CDDE.由PCCDC，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD.(2)由(1)知，CDE为等腰直角三角形，DCE.如图，过D作DF垂直CE于F，易知DFFCFE1.又已知EB1，故FB2.由ACB，得DFAC，故ACDF.以C为坐标原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，P(0，0，3)，A，E(0，2，0)，D(1，1，0)，(1，1，0)，(1，1，3)，.设平面PAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，由n1·0，n1·D0，得故可取n1(2，1，1)由(1)可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2(1，1，0)，从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cosn1，n2，故所求二面角A­PD­C的余弦值为.20解：(1)对f(x)求导得f(x).因为f(x)在x0处取得极值，所以f(0)0，即a0.当a0时，f(x)，f(x)，故f(1)，f(1)，从而f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y(x1)，化简得3xey0.(2)由(1)知f(x)，令g(x)3x2(6a)xa，由g(x)0，解得x1，x2.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)为减函数由f(x)在3，)上为减函数，知x23，解得a.故a的取值范围为.21.解：(1)由椭圆的定义得，2a|PF1|PF2|(2)(2)4，故a2.设椭圆的半焦距为c，由已知PF1PF2，因此2c|F1F2|2.即c，从而b1，故所求椭圆的标准方程为y21.(2)连接F1Q，法一：如图，设点P(x0，y0)在椭圆上，且PF1PF2，则1，xyc2，求得x0± ，y0±.由|PF1|PQ|>|PF2|，得x0>0，从而|PF1|22(a2b2)2a(a)2.由椭圆的定义，|PF1|PF2|2a，|QF1|QF2|2a.从而由|PF1|PQ|PF2|QF2|，有|QF1|4a2|PF1|，又由PF1PF2，|PF1|PQ|，知|QF1|PF1|，因此(2)|PF1|4a，即(2)(a)4a，于是(2)(1)4，解得e .法二：如图，由椭圆的定义，|PF1|PF2|2a，|QF1|QF2|2a，从而由|PF1|PQ|PF2|QF2|，有|QF1|4a2|PF1|.又由PF1PQ，|PF1|PQ|，知|QF1|PF1|，因此，4a2|PF1|PF1|，则|PF1|2(2)a，从而|PF2|2a|PF1|2a2(2)a2(1)a.由PF1PF2，知|PF1|2|PF2|2|F1F2|2(2c)2，因此e.22解：(1)由0，2，有an1an2a(nN)若存在某个n0N，使得an00，则由上述递推公式易得an010，重复上述过程可得a10，此与a13矛盾，所以对任意nN，an0.从而an12an(nN)，即an是一个公比q2的等比数列故ana1qn13·2n1.(2)证明：由，1，数列an的递推关系式变为an1anan1a0，变形为an1a(nN)由上式及a13>0，归纳可得3a1>a2>>an>an1>>0.因为an1an·，所以对n1，2，k0求和得ak01a1(a2a1)(ak01ak0)a1k0··()>2·,sdo4(k0个)2.另一方面，由上已证的不等式知a1>a2>>ak0>ak01>2，得ak01a1k0··()<2·,sdo4(k0个)2.综上，2<ak01<2.