全国高考理科数学试题及答案湖南卷.docx
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全国高考理科数学试题及答案湖南卷
2015年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）
理科数学
本试题包括选择题，填空题和解答题三部分，共
6页，时间120分钟，满分150分.
.选择题：
本大题共
10小题，每小题
5分，共50分，贼每小题给出的四个选项中，只有一项是
复合题目要求的
1.
i（i为虚数单位）
，则复数
z=（
2.
A.1i
B.
C.
D.
设A,B是两个集合，则”
AI
A”是“AB
的（）
A.充分不必要条件
B.
必要不充分条件
C.充要条件
D.
既不充分也不必要条件
A6
r3
8
4
A.-
B.C.
D.
7
7
9
9
xy
1,
4.若变量
x,y满足约束条件
2xy
则z3x
y的最小值为
y1
A.-7
B.-1C.1D.2
5.设函数
f（x）ln（1x）
ln（1x）
，则f（x）是（
）
3.执行如图1所示的程序框图，如果输入n3，则输出的S（）
）
A.奇函数，且在（0,1）上是增函数B.奇函数，且在（0,1）上是减函数
C.偶函数，且在（0,1）上是增函数D.偶函数，且在（0,1）上是减函数
6.已知（.x
的展开式中含
3
X2的项的系数为30，则a
A.、3B..3C.6D.-6
7.在如图2所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分（曲线
为正态分布N（0,1）的密度曲线）的点的个数的估计值为（）
C
Q
1
丙2
Jf
）
A.2386B.2718C.3413D.4772
ooULWUUUUUU
8.已知点A,B,C在圆x2y21上运动，且ABBC,若点P的坐标为（2,0），则|PAPBPC|
的最大值为（）
A.6B.7C.8D.9
9.将函数f（x）sin2x的图像向右平移（0-）个单位后得到函数g（x）的图像，若对满足
|f（Xi）g（X2）|2的论兀，有|旨X2〔min3,则（）
3
A.—B.-C.-D.-
12346
10.某工件的三视图如图3所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，
并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率
新工件的体积、/、
=）（）
原工件的体积
二、填空题：
本大题共5小题，每小题5分，共25分.
2
11.0（x1）dx
12.在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩（单位：
分钟）的茎叶图如图4所示.若将运动员按
成绩由好到差编为1：
35号，再用系统抽样方法从中抽取7人，则其中成绩在区间［139,151］上
的运动员人数是
fe4
个端点，贝UC的离心率为
、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。
16.（本小题满分12分）
本小题设有I,n，川三个选做题，请考生任选两题作答，并将解答过程写在答题卡中相应
题号的答题区域内。
如果全做，则按所做的前两题计分。
（I）（本题满分6分）选修4-1:
几何证明选讲
2cos
A,B，求|MA|gMB|的值。
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
（i）将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程;
（ii）设点M的直角坐标为（5,.3），直线I与曲线C的交点为
（川）（本题满分6分）选修4-5:
不等式选讲
11
设aO,bO，且ab，证明：
ab
（i）ab2;
22
（ii）aa2与bb2不可能同时成立。
17.（本小题满分12分）
设ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,abtanA，且B为钝角。
（I）证明：
BA-;
2
（n）求sinAsinC的取值范围。
（I）求顾客抽奖1次能获奖的概率;
（n）若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布
的公共弦的长为2..6。
（I）求C2的方程；
uuuruuu
（n）过点F的直线I与Ci相交于A,B两点，与C2相交于C,D两点，且AC与BD同向。
（i）若|AC||BDI，求直线I的斜率；
（ii）设Ci在点A处的切线与x轴的交点为M,证明：
直线I绕点F旋转时，MFD总是钝角三角形。
21.（本小题满分13分）
已知a0，函数f（x）eaxsinx（x[0,））。
记xn为f（x）的从小到大的第n（nN*）个极值点。
证明：
（I）数列｛f（xn）｝是等比数列；
1*
（n）若a，则对一切nN,x“|f（xn）|恒成立。
Je21
2015年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）
FEg=NFMgFO
理科数学参考答案
一.选择题：
本大题共10小题，每小题5分，共50分，贼每小题给出的四个选项中，只有一项是复合题目要求的•
1.D
2.C
3.B
4.A
5.A
6.D
7.C
8.B
9.D
10.A
、填空题:
本大题共
5小题，每小题
5分，共25分.
11.0
12.4
13..5
14.3n1
15.（
0）U（1,
）
三、解答题：
16.（I）证明：
所以OM,ONCD，即
OME
90o,1
ENO90o,因此
OME
ENO
180o，又四边形的内角和等于
360o，故
MEN
NOM180o。
n）解：
（i）
2cos等价于
（i）如图a所示，因为M,N分别是弦AB,CD的中点,
2cos
222
将xy,cosx代入①即得曲线C的直角坐标方程为
22小小
xy2x0
x5—t,
（ii）将2代入②，得t25、、3t180。
设这个方程的两个实根分别为，则
y廖£t
由参数t的几何意义即知，|MA|gMB||址2|18
（川）证明：
11abzn,,
由ab,a0,b0，得ab1
abab
（i）
由基本不等式及ab1,
有ab2、ab2，即a
b
2
（ii）
假设a2a2与b2b
2同时成立，则由a2a
2及a0得0
a1;同
理，0b1，从而ab
1，这与ab1矛盾。
故a2
a
2与b2b
2不可能
同时成立。
17.解:
（i）由abtanA及正弦定理，得sinA-s^nA，所以sinBcosA，即cosAbsinB
sinBsin（—A）
2
又B为钝角，因此
A
），故B
一
A，即BA—
2
2
2
2
n）由（i）知，C
（A
B）
（2A
-）
2A0，所以A（0,—）
2
24
工曰
于是
sinA
sinC
sinA
sin（—
2A）
2
sinAcos2A
2sin2AsinA12（sinA丄）29
48
因为0A-
所以0
sinA
，因此
4
込
2（sin
1\2
99
A-）
2
4
88
J29由此可知sinAsinC的取值范围是（一，一］
28
解：
（i）记事件a
｛从甲箱中摸出的1个球是红球｝,
A2｛从乙甲箱中摸出的1个球是红球｝，
B1｛顾客抽奖1次获一等奖｝，
B2｛顾客抽奖1次获二等奖｝，
C｛顾客抽奖1次能获奖｝
由题意，A与A相互独立，AA?
与AA互斥，B1与B2互斥，且
B1AA_,B2AAAA_,CB1B2
因为P（A1）
4
P（A2）
5
1
—,所以
10
5
10
2
211
P（Bi）
p（AA2）P（A）
P（A2）525
P（B2）巴氏aAAP（AAOP（A"）
P（A）P（A）P（A）P（AO
p（A）（1p（A2））（1p（A））p（A2）
2（1丄）（12）-
5252
故所求概率为
1
等奖的概率为-,
5
（n）顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由（i）知，顾客抽奖1次获
1
所以X~B（3,—）
5
于是
P（X0）C30
（1）0£）3
55
64
125，
48
125
11142
P（X1）C3（：
）（：
）
55
12
1
3
5
Q
0
则
即
0
取
（6
ni
3
3
180
3y6z0
6x（m6）y0
y6，得
故X的分布列为
19.解法
由题设知，AA,AB,AD两两垂直，以A为坐标原点，AB,AD,AA,所在直线分别为x轴，y
轴，z轴，建立如图b所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为
A（0,0,0）,^（3,0,6）,D（0,6,0）,。
1（0,3,6）,Q（6,m,0），其中mBQ,0m6。
21241
P（X2）C3（）（）
55
3134°
p（x3）c；（5）3q）0
1
E（X）3-
5
9uuu
（I）若P是DD1的中点，贝UP（0,—,3）,PQ（6,m
2
UULT
又AB1（3,0,6）,
UULTmgDQuuuun1gDD1
m,6,3）。
又平面AQD的一个法向量是n?
（0,0,1），所以
cosrh,门2
125'
125
9
2
3），
面PQD内的两个不共线向量。
设m（x,y,z）是平面PQD的一个法向量,
lr1g门2丨1g,（6m）26232（6m）245
UJLTUUU于是ABgPQ18
UULT
所以AB,
UUT
PQ，即AB1PQ
（n）由题设知,
UJiruluu
DQ（6,m6,0）,DD1（0,3,6）是平
X
0
1
2
3
64
48
12
1
P
125
125
125
125
X的数学期望为
33
A的余弦值为二，因此
77（6m）245
解得m
4，或m
（舍去），此时Q（6,4,0）
umr设DP
ujun
DD（O
jjuu
1），而DD,（0,3,6），由此得点
P（0,63,6）,
jjj所以PQ
（6,3
2,
因为PQ//平面ABBiA，且平面ABBiAi的一个法向量是门3（0,1,0）,
uuu2
所以PQgi30，即320，亦即，从而P（0,4,4）
3
故四面体ADPQ的体积
解法二:
由题设知，BCAB,BCA,A，所以BC平面ABBA，因此
①
0
Q
Nd
BCAB,
因为tanABR
AR
AB
3AB,
6A,A
tanA,AB,，所以ABRA,AB,，因此
ABRBABiA1AB1BABi90°
于是ABiBR
再由①即知AB1平面PRBC
又PQ平面PRBC，故AB1PQ
（n）如图d，过点P作PM〃AA交AD于点M，则
PM//平面ABB1A1
因为AA平面ABCD，所以PM平面ABCD过点M作MNQD于点N，连结PN，则PNQD，
3MN3
PNM为二面角PQDA的平面角，所以cosPNM，即，从而
7PN7
pm40
③
MN3
连结MQ，由PQ//平面ABB1A1及②知，平面PQM//平面ABB1A1，所以MQ//AB
又ABCD是正方形，所以ABQM为矩形，故MQAB6
设MDt，贝U
MQgMD6t
MN④
JMQ2MD2J36t2
过点D1作D1E//A1A交AD于点E，则AADjE为矩形，
所以D1EA,A6,AEA1D13,
因此EDAD
AE
c于曰PM
3,于是
D1E
6
2，所以PM2MD2t
MD
ED
3
J
36t2
740
再由③，④得一
解得
t2,
因此
PM4
3
3
故四面体ADPQ的体积
20.解:
（I）由C1:
x2
V3sADQgPM
4y知其焦点
b2
11
66424
32
F的坐标为（0,1），因为F也是椭圆C2的一个焦点，所以
又G与C2的公共弦的长为26，
2
G与C2都关于y轴对称，且G的方程为x
4y，由
此易知G与c2的公共点的坐标为
（邑），所以
96
2~2
4a2b2
联立①②得a29,b28，故C2的方程为
（n）如图f，设A（x1,y1）,B（X2,y2）,C（X3,y3）,D（x4,y4）
uuuruuur
（i）因AC与BD同向，且|AC|
UULT
|BD|，所以AC
UULT
BD，从而x3x1
x4X2，即
x-ix2
X3X4，于是
（X1
X2）
4X1X2
（X3
X4）2
4X3X4
设直线I的斜率为k，则I的方程为ykx1
由¥2
X
kx1,2
得x4kx4
4y
0，而x,,x2是这个方程的两根，所以
Xi
x24k,X|X2
21.证明:
（I）
kx
2
y_
9
X3
1,
将④⑤代入③,
所以
ii）由X2
因此
得（98k2）x2
1
16kx
640，而X3,X4是这个方程的两根，所以
X4
16（k2
（98k2）2
4y得y
故直线
16k
98k2，X3X
64
8k2
2
16（k21）聶和
晋，即
1）
16
1629（k21）
22，
（98k）
9，解得k
x
，所以C1在点
x,x
2
2
X1
即直线I的斜率为
A处的切线方程为
yy1
xL
2
X1
即M（1,0）
2
，所以
uuuux
FM（-1
2
X1
un
1），而FA（x1,y11），于是
mn
FAg^M
uuuu
2
X1
y11
AFM是锐角,
从而
I绕点F旋转时,
（x）aeaxsinxeaxcosx
eaX（asinxcosx）
a21eaxsin（x）
MFD180oAFM
MFD总是钝角三角形
是钝角。
其中
tan,0
a
2
令f
（x）0，
由X
0得X
m，即xm
*
mN
对k
N，若
2k
X
（2k1），即2k
x（2k1），贝Uf（x）
0;
若（2k1）
X
（2k
2），即（2k1）
x（2k2），则f（x）
0
因此,
在区间
（（m
1）,m
）与（m,m
）上，f（X）的符号总相反，于是
当X
m
（m
N*）时，
f（X）取得极值，所以
X,
nn
（nN*）
此时,
f（Xn）
a（ne
）sin（r
n1a（n
i）
（1）e（
）sin，易知f（Xn）0,而
ae
巡J
（1）n2ea[（n1）]sin
f（Xn）
（1）n1ea（n）sin
恒成立（因为
当0t1时,
g（t）0,所以g（t）在区间（0,1）上单调递减;
当t1时，g（t）0，所以g（t）在区间（1,）上单调递增。
从而当t1时，函数g（t）取得最小值g
（1）e
因此，要使（*）式恒成立，只需
g
（1）e,即只需a
1
而当a时，由
tan
知，
2
且当
2时，n
因此对一切nN,axn
1,所以
e21
g（axn）
g
（1）e
a21
故（*）式恒成立。
综上所述，若a
，则对一切n
一e21
N,Xn|f（Xn）|恒成立。
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