江苏高考数学试题与答案解析理科解析版.docx

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江苏高考数学试题与答案解析理科解析版

2015年江苏省高考数学试卷

一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分）

1．（5分）（2015•江苏）已知集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，则集合A∪B中元素的个数为　5　．

考点：

专题：

集合．

分析：

求出A∪B，再明确元素个数

解答：

解：

集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，则A∪B={1，2，3，4，5}；

所以A∪B中元素的个数为5；

故答案为：

点评：

题考查了集合的并集的运算，根据定义解答，注意元素不重复即可，属于基础题

2．（5分）（2015•江苏）已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为　6　．

考点：

专题：

概率与统计．

分析：

直接求解数据的平均数即可．

解答：

解：

数据4，6，5，8，7，6，

那么这组数据的平均数为：

=6．

故答案为：

6．

点评：

本题考查数据的均值的求法，基本知识的考查．

3．（5分）（2015•江苏）设复数z满足z2=3+4i（i是虚数单位），则z的模为　　．

考点：

专题：

数系的扩充和复数．

分析：

直接利用复数的模的求解法则，化简求解即可．

解答：

解：

复数z满足z2=3+4i，

可得|z||z|=|3+4i|==5，

∴|z|=．

故答案为：

．

点评：

本题考查复数的模的求法，注意复数的模的运算法则的应用，考查计算能力．

4．（5分）（2015•江苏）根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为　7　．

考点：

专题：

图表型；算法和程序框图．

分析：

模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的I，S的值，当I=10时不满足条件I＜8，退出循环，输出S的值为7．

解答：

解：

模拟执行程序，可得

S=1，I=1

满足条件I＜8，S=3，I=4

满足条件I＜8，S=5，I=7

满足条件I＜8，S=7，I=10

不满足条件I＜8，退出循环，输出S的值为7．

故答案为：

7．

点评：

本题主要考查了循环结构的程序，正确判断退出循环的条件是解题的关键，属于基础题．

5．（5分）（2015•江苏）袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球、1只红球、2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为　　．

考点：

专题：

概率与统计．

分析：

根据题意，把4个小球分别编号，用列举法求出基本事件数，计算对应的概率即可．

解答：

解：

根据题意，记白球为A，红球为B，黄球为C1、C2，则

一次取出2只球，基本事件为AB、AC1、AC2、BC1、BC2、C1C2共6种，

其中2只球的颜色不同的是AB、AC1、AC2、BC1、BC2共5种；

所以所求的概率是P=．

故答案为：

．

点评：

本题考查了用列举法求古典概型的概率的应用问题，是基础题目．

6．（5分）（2015•江苏）已知向量=（2，1），=（1，﹣2），若m+n=（9，﹣8）（m，n∈R），则m﹣n的值为　﹣3　．

考点：

专题：

平面向量及应用．

分析：

直接利用向量的坐标运算，求解即可．

解答：

解：

向量=（2，1），=（1，﹣2），若m+n=（9，﹣8）

可得，解得m=2，n=5，

∴m﹣n=﹣3．

故答案为：

﹣3．

点评：

本题考查向量的坐标运算，向量相等条件的应用，考查计算能力．

7．（5分）（2015•江苏）不等式2＜4的解集为　（﹣1，2）　．

考点：

专题：

函数的性质及应用；不等式的解法及应用．

分析：

利用指数函数的单调性转化为x2﹣x＜2，求解即可．

解答：

解；∵2＜4，

∴x2﹣x＜2，

即x2﹣x﹣2＜0，

解得：

﹣1＜x＜2

故答案为：

（﹣1，2）

点评：

本题考查了指数函数的性质，二次不等式的求解，属于简单的综合题目，难度不大．

8．（5分）（2015•江苏）已知tanα=﹣2，tan（α+β）=，则tanβ的值为　3　．

考点：

专题：

三角函数的求值．

分析：

直接利用两角和的正切函数，求解即可．

解答：

解：

tanα=﹣2，tan（α+β）=，

可知tan（α+β）==，

即=，

解得tanβ=3．

故答案为：

3．

点评：

本题考查两角和的正切函数，基本知识的考查．

9．（5分）（2015•江苏）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为　　．

考点：

专题：

计算题；空间位置关系与距离．

分析：

由题意求出原来圆柱和圆锥的体积，设出新的圆柱和圆锥的底面半径r，求出体积，由前后体积相等列式求得r．

解答：

解：

由题意可知，原来圆锥和圆柱的体积和为：

．

设新圆锥和圆柱的底面半径为r，

则新圆锥和圆柱的体积和为：

．

∴，解得：

．

故答案为：

．

点评：

本题考查了圆柱与圆锥的体积公式，是基础的计算题．

10．（5分）（2015•江苏）在平面直角坐标系xOy中，以点（1，0）为圆心且与直线mx﹣y﹣2m﹣1=0（m∈R）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为　（x﹣1）2+y2=2　．

考点：

专题：

计算题；直线与圆．

分析：

求出圆心到直线的距离d的最大值，即可求出所求圆的标准方程．

解答：

解：

圆心到直线的距离d==≤，

∴m=1时，圆的半径最大为，

∴所求圆的标准方程为（x﹣1）2+y2=2．

故答案为：

（x﹣1）2+y2=2．

点评：

本题考查所圆的标准方程，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，比较基础．

11．（5分）（2015•江苏）设数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N*），则数列{}的前10项的和为　　．

考点：

专题：

等差数列与等比数列．

分析：

数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N*），利用“累加求和”可得an=．再利用“裂项求和”即可得出．

解答：

解：

∵数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N*），

∴当n≥2时，an=（an﹣an﹣1）+…+（a2﹣a1）+a1=+n+…+2+1=．

当n=1时，上式也成立，

∴an=．

∴=2．

∴数列{}的前n项的和Sn=

=．

∴数列{}的前10项的和为．

故答案为：

．

点评：

本题考查了数列的“累加求和”方法、“裂项求和”方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

12．（5分）（2015•江苏）在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2﹣y2=1右支上的一个动点，若点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为　　．

考点：

专题：

计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．

分析：

双曲线x2﹣y2=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离．

解答：

解：

由题意，双曲线x2﹣y2=1的渐近线方程为x±y=0，

因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，

所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．

故答案为：

．

点评：

本题考查双曲线的性质，考查学生的计算能力，比较基础．

13．（5分）（2015•江苏）已知函数f（x）=|lnx|，g（x）=，则方程|f（x）+g（x）|=1实根的个数为　4　．

考点：

专题：

综合题；函数的性质及应用．

分析：

：

由|f（x）+g（x）|=1可得g（x）=﹣f（x）±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．

解答：

解：

由|f（x）+g（x）|=1可得g（x）=﹣f（x）±1．

g（x）与h（x）=﹣f（x）+1的图象如图所示，图象有两个交点；

g（x）与φ（x）=﹣f（x）﹣1的图象如图所示，图象有两个交点；

所以方程|f（x）+g（x）|=1实根的个数为4．

故答案为：

4．

点评：

本题考查求方程|f（x）+g（x）|=1实根的个数，考查数形结合的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

14．（5分）（2015•江苏）设向量=（cos，sin+cos）（k=0，1，2，…，12），则（ak•ak+1）的值为　　．

考点：

专题：

等差数列与等比数列；平面向量及应用．

分析：

利用向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期性即可得出．

解答：

解：

=++++

=++

=++，

∴（ak•ak+1）=+++++++…+++++++…+

=+0+0

=．

故答案为：

9．

点评：

本题考查了向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

二、解答题（本大题共6小题，共计90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

15．（14分）（2015•江苏）在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°．

（1）求BC的长；

（2）求sin2C的值．

考点：

专题：

解三角形．

分析：

（1）直接利用余弦定理求解即可．

（2）利用正弦定理求出C的正弦函数值，然后利用二倍角公式求解即可．

解答：

解：

（1）由余弦定理可得：

BC2=AB2+AC2﹣2AB•ACcosA=4+8﹣2×2×3×=7，

所以BC=．

（2）由正弦定理可得：

，则sinC===，

∵AB＜BC，∴C为锐角，

则cosC===．

因此sin2C=2sinCcosC=2×=．

点评：

本题考查余弦定理的应用，正弦定理的应用，二倍角的三角函数，注意角的范围的解题的关键．

16．（14分）（2015•江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E．

求证：

（1）DE∥平面AA1C1C；

（2）BC1⊥AB1．

考点：

专题：

证明题；空间位置关系与距离．

分析：

（1）根据中位线定理得DE∥AC，即证DE∥平面AA1C1C；

（2）先由直三棱柱得出CC1⊥平面ABC，即证AC⊥CC1；再证明AC⊥平面BCC1B1，即证BC1⊥AC；最后证明BC1⊥平面B1AC，即可证出BC1⊥AB1．

解答：

证明：

（1）根据题意，得；

E为B1C的中点，D为AB1的中点，所以DE∥AC；

又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，

所以DE∥平面AA1C1C；

（2）因为棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，

所以CC1⊥平面ABC，

因为AC⊂平面ABC，

所以AC⊥CC1；

又因为AC⊥BC，

CC1⊂平面BCC1B1，

BC⊂平面BCC1B1，

BC∩CC1=C，

所以AC⊥平面BCC1B1；

又因为BC1⊂平面平面BCC1B1，

所以BC1⊥AC；

因为BC=CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，

所以BC1⊥平面B1AC；

又因为AB1⊂平面B1AC，

所以BC1⊥AB1．

点评：

本题考查了直线与直线，直线与平面以及平面与平面的位置关系，也考查了空间想象能力和推理论证能力的应用问题，是基础题目．

17．（14分）（2015•江苏）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y=（其中a，b为常数）模型．

（1）求a，b的值；

（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t．

①请写出公路l长度的函数解析式f（t），并写出其定义域；

②当t为何值时，公路l的长度最短？

求出最短长度．

考点：

专题：

综合题；导数的综合应用．

分析：

（1）由题意知，点M，N的坐标分别为（5，40），（20，2.5），将其分别代入y=，建立方程组，即可求a，b的值；

（2）①求出切线l的方程，可得A，B的坐标，即可写出公路l长度的函数解析式f（t），并写出其定义域；

②设g（t）=，利用导数，确定单调性，即可求出当t为何值时，公路l的长度最短，并求出最短长度．

解答：

解：

（1）由题意知，点M，N的坐标分别为（5，40），（20，2.5），

将其分别代入y=，得，

解得，

（2）①由

（1）y=（5≤x≤20），P（t，），

∴y′=﹣，

∴切线l的方程为y﹣=﹣（x﹣t）

设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，则A（，0），B（0，），

∴f（t）==，t∈[5，20]；

②设g（t）=，则g′（t）=2t﹣=0，解得t=10，

t∈（5，10）时，g′（t）＜0，g（t）是减函数；t∈（10，20）时，g′（t）＞0，g（t）是增函数，

从而t=10时，函数g（t）有极小值也是最小值，

∴g（t）min=300，

∴f（t）min=15，

答：

t=10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米．

点评：

本题考查利用数学知识解决实际问题，考查导数知识的综合运用，确定函数关系，正确求导是关键．

18．（16分）（2015•江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆+=1（a＞b＞0）的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程．

考点：

专题：

直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．

分析：

（1）运用离心率公式和准线方程，可得a，c的方程，解得a，c，再由a，b，c的关系，可得b，进而得到椭圆方程；

（2）讨论直线AB的斜率不存在和存在，设出直线方程，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及两直线垂直的条件和中点坐标公式，即可得到所求直线的方程．

解答：

解：

（1）由题意可得，e==，

且c+=3，解得c=1，a=，

则b=1，即有椭圆方程为+y2=1；

（2）当AB⊥x轴，AB=，CP=3，不合题意；

当AB与x轴不垂直，设直线AB：

y=k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），

将AB方程代入椭圆方程可得（1+2k2）x2﹣4k2x+2（k2﹣1）=0，

则x1+x2=，x1x2=，

则C（，），且|AB|=•=，

若k=0，则AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意；

则k≠0，故PC：

y+=﹣（x﹣），P（﹣2，），

从而|PC|=，

由|PC|=2|AB|，可得=，解得k=±1，

此时AB的方程为y=x﹣1或y=﹣x+1．

点评：

本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的离心率和方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理和弦长公式，同时考查两直线垂直和中点坐标公式的运用，属于中档题．

19．（16分）（2015•江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+b（a，b∈R）．

（1）试讨论f（x）的单调性；

（2）若b=c﹣a（实数c是与a无关的常数），当函数f（x）有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），求c的值．

考点：

专题：

综合题；导数的综合应用．

分析：

（1）求导数，分类讨论，利用导数的正负，即可得出f（x）的单调性；

（2）由

（1）知，函数f（x）的两个极值为f（0）=b，f（﹣）=+b，则函数f（x）有三个不同的零点等价于f（0）f（﹣）=b（+b）＜0，进一步转化为a＞0时，﹣a+c＞0或a＜0时，﹣a+c＜0．设g（a）=﹣a+c，利用条件即可求c的值．

解答：

解：

（1）∵f（x）=x3+ax2+b，

∴f′（x）=3x2+2ax，

令f′（x）=0，可得x=0或﹣．

a=0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；

a＞0时，x∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（﹣，0）时，f′（x）＜0，

∴函数f（x）在（﹣∞，﹣），（0，+∞）上单调递增，在（﹣，0）上单调递减；

a＜0时，x∈（﹣∞，0）∪（﹣，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（0，﹣）时，f′（x）＜0，

∴函数f（x）在（﹣∞，0），（﹣，+∞）上单调递增，在（0，﹣）上单调递减；

（2）由

（1）知，函数f（x）的两个极值为f（0）=b，f（﹣）=+b，则函数f（x）有三个不同的零点等价于f（0）f（﹣）=b（+b）＜0，

∵b=c﹣a，

∴a＞0时，﹣a+c＞0或a＜0时，﹣a+c＜0．

设g（a）=﹣a+c，

∵函数f（x）有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），

∴在（﹣∞，﹣3）上，g（a）＜0且在（1，）∪（，+∞）上g（a）＞0均恒成立，

∴g（﹣3）=c﹣1≤0，且g（）=c﹣1≥0，

∴c=1，

此时f（x）=x3+ax2+1﹣a=（x+1）[x2+（a﹣1）x+1﹣a]，

∵函数有三个零点，

∴x2+（a﹣1）x+1﹣a=0有两个异于﹣1的不等实根，

∴△=（a﹣1）2﹣4（1﹣a）＞0，且（﹣1）2﹣（a﹣1）+1﹣a≠0，

解得a∈（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），

综上c=1．

点评：

本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查函数的零点，考查分类讨论的数学思想，难度大．

20．（16分）（2015•江苏）设a1，a2，a3．a4是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列．

（1）证明：

2，2，2，2依次构成等比数列；

（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？

并说明理由；

（3）是否存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列？

并说明理由．

考点：

专题：

等差数列与等比数列．

分析：

（1）根据等比数列和等差数列的定义即可证明；

（2）利用反证法，假设存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，推出矛盾，否定假设，得到结论；

（3）利用反证法，假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列，得到a1n（a1+2d）n+2k=（a1+2d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k），利用等式以及对数的性质化简整理得到ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t），（**），多次构造函数，多次求导，利用零点存在定理，推出假设不成立．

解答：

解：

（1）证明：

∵==2d，（n=1，2，3，）是同一个常数，

∴2，2，2，2依次构成等比数列；

（2）令a1+d=a，则a1，a2，a3，a4分别为a﹣d，a，a+d，a+2d（a＞d，a＞﹣2d，d≠0）

假设存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，

则a4=（a﹣d）（a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4，

令t=，则1=（1﹣t）（1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4，（﹣＜t＜1，t≠0），

化简得t3+2t2﹣2=0（*），且t2=t+1，将t2=t+1代入（*）式，

t（t+1）+2（t+1）﹣2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，则t=﹣，

显然t=﹣不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，

因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列．

（3）假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列，

则a1n（a1+2d）n+2k=（a1+2d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k），

分别在两个等式的两边同除以=a12（n+k），a12（n+2k），并令t=，（t＞，t≠0），

则（1+2t）n+2k=（1+t）2（n+k），且（1+t）n+k（1+3t）n+3k=（1+2t）2（n+2k），

将上述两个等式取对数，得（n+2k）ln（1+2t）=2（n+k）ln（1+t），

且（n+k）ln（1+t）+（n+3k）ln（1+3t）=2（n+2k）ln（1+2t），

化简得，2k[ln（1+2t）﹣ln（1+t）]=n[2ln（1+t）﹣ln（1+2t）]，

且3k[ln（1+3t）﹣ln（1+t）]=n[3ln（1+t）﹣ln（1+3t）]，

再将这两式相除，化简得，

ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t），（**）

令g（t）=4ln（1+3t）ln（1+t）﹣ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t），

则g′（t）=[（1+3t）2ln（1+3t）﹣3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t）]，

令φ（t）=（1+3t）2ln（1+3t）﹣3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t），

则φ′（t）=6[（1+3t）ln（1+3t）﹣2（1+2t）ln（1+2t）+3（1+t）ln（1+t）]，

令φ1（t）=φ′（t），则φ1′（t）=6[3ln（1+3t）﹣4ln（1+2t）+ln（1+t）]，

令φ2（t）=φ1′（t），则φ2′（t）=＞0，

由g（0）=φ（0）=φ1（0）=φ2（0）=0，φ2′（t）＞0，

知g（t），φ（t），φ1（t），φ2（t）在（﹣，0）和（0，+∞）上均单调，

故g（t）只有唯一的零点t=0，即方程（**）只有唯一解t=0，故假设不成立，

所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列．

点评：

本题主要考查等差数列、等比数列的定义和性质，函数与方程等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力，属于难题．

三、附加

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