2015年湖北省高考数学理科试卷及解答

1.i为虚数单位，i607（ ）A．i B．-i C．1 D．-1【答案】A

2.我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为（ ） A．134石 B．169石 C．338石 D．1365石【答案】B

3.已知(1x)的展开式中第4项与第的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ） A.2B．2 4.设XN(1,1211nC．2D．2【答案】D

109212)，YN(2,2)，这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正确的是（ ）

A．P(Y2)P(Y1) B．P(X2)P(X1)

C．对任意正数t，P(Xt)P(Yt)D．对任意正数t，P(Xt)P(Yt)

【答案】C

5．设a1,a2,,anR，n3.若p：a1,a2,,an成等比数列；

q：(a1a2an1)(a2a3an)(a1a2a2a3an1an)，则（ ）

A．p是q的充分条件，但不是q的必要条件

B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件 C．p是q的充分必要条件 D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件【答案】A

22222221,x0,6.已知符号函数sgnx0,x0,f(x)是R上的增函数，g(x)f(x)f(ax)(a1)，则（ ）

1,x0.A．sgn[g(x)]sgnx B．sgn[g(x)]sgnx C．sgn[g(x)]sgn[f(x)]

D．sgn[g(x)]sgn[f(x)] 【答案】B.

7．在区间[0,1]上随机取两个数x,y，记p1为事件“xy概率，p3为事件“xy11”的概率，p2为事件“|xy|”的221”的概率，则 （ ）【答案】B 2A．p1p2p3 B．p2p3p1C．p3p1p2D．p3p2p1

8．将离心率为e1的双曲线C1的实半轴长a和虚半轴长b(ab)同时增加m(m0)个单位长度，得到离心率为e2的双曲线C2，则（ ）

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A．对任意的a,b，e1e2

C．对任意的a,b，e1e2

22B．当ab时，e1e2；当ab时，e1e2

D．当ab时，e1e2；当ab时，e1e2【答案】D

9．已知集合A{(x,y)xy1,x,yZ}，B{(x,y)|x|2,|y|2,x,yZ}，定义集合

AB{(x1x2,y1y2)(x1,y1)A,(x2,y2)B}，则AB中元素的个数为（ ）

A．77 B．49 C．45 D．30【答案】C

10．设xR，[x]表示不超过x的最大整数. 若存在实数t，使得[t]1，[t]2，„，[t]n

同时成立，则正整数n的最大值是（ ） ．．．．

A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B

2n11.已知向量OAAB，|OA|3，则OAOB.【答案】9

12．函数f(x)4cos2xπ【答案】2 cos(x)2sinx|ln(x1)|的零点个数为．

2213．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30的方

向上，行驶600m后到达B处，测得此山顶在西偏北75的方向上，仰角为30，则此山的高度CD m.

【答案】1006

， A的上方）

14．如图，圆C与x轴相切于点T(1,0)，与y轴正半轴交于两点A,B（B在 且AB2．（Ⅰ）圆C的标准方程为 ．．

（Ⅱ）过点A任作一条直线与圆O:xy1相交于M,N两点，下列三个结论：

①

22NANBMAMB； ②

NBNAMAMB2； ③

NBNAMAMB22．

其中正确结论的序号是 （写出所有正确结论的序号）正确结论的序号是①②③.

15．如图，PA是圆的切线，A为切点，PBC是圆的割线，且BC3PB，则

1AB. 【答案】 AC216．在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系. 已知直线l的极坐标

1xt,t方程为(sin3cos)0，曲线C的参数方程为 ( t为参数) ，l与C相交于

1ytt第 2 页 共 9 页

AB两点，则|AB|. 【答案】25

π)在某一个周期内的图象 23π 25π 65 17．某同学用“五点法”画函数f(x)Asin(x)(0,||时，列表并填入了部分数据，如下表：

x x 0 π 2π 35 π 2π 0 0 Asin(x) （Ⅰ）请将上表数据补充完整，填写在答题卡上相应位置，并直接写出函数f(x)的解析式； ．．．．．．．．．．．

（Ⅱ）将yf(x)图象上所有点向左平行移动(0)个单位长度，得到yg(x)的图象. 若

yg(x)图象的一个对称中心为(5π,0)，求的最小值. 12π. 数据补全如下表： 6π 【解】（Ⅰ）根据表中已知数据，解得A5,2,x x 0 π 2π 35 3π 25π 65 2π π 120 7π 120 13π 120 Asin(x) 且函数表达式为f(x)5sin(2xππ). （Ⅱ）由（Ⅰ）知 f(x)5sin(2x)，得66ππg(x)5sin(2x2).因为ysinx的对称中心为(kπ,0)，kZ. 令2x2kπ，解得

66xkππ5π，kZ . 由于函数yg(x)的图象关于点(,0)成中心对称，令21212kππ5πkπππ，解得，kZ. 由0可知，当k1时，取得最小值.

2121223618．设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q．已知b1a1，b22，qd，（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）当d1时，记cnS10100．和Tn．

an，求数列{cn}的前n项bn第 3 页 共 9 页

1135792n1. ② Tn23452222222n①-②可得

11112n12n32n3，故. TTn22n2n36n222222n2n119．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马PABCD中，侧棱PD底面ABCD，且PDCD，过棱PC的中点E，作EFPB交PB于点F，连接DE,DF,BD,BE.

（Ⅰ）证明：PB平面DEF．试判断四面体DBEF是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；

（Ⅱ）若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为

πDC，求的值． 3BC【解】（解法1）（Ⅰ）因为PD底面ABCD，所以PDBC，由底面ABCD为长方形，有

BCCD，而PDCDD，所以BC平面PCD. 而DE平面PCD，所以BCDE.

又因为PDCD，点E是PC的中点，所以DEPC. 而PCBCC，所以DE平面PBC. 而

PB平面PBC，所以PBDE.又PBEF，DEEFE，所以PB平面DEF. 由DE平

面PBC，PB平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB，DEF，EFB，DFB. （Ⅱ）如图1，在面PBC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ABCD

的交线. 由（Ⅰ）知，PB平面DEF，所以PBDG. 又因为PD底面ABCD，所以PDDG. 而PDPBP，所以DG平面PBD. 故BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角， 设

PDDC1，BC，有BD12，在Rt△PDB中, 由DFPB, 得DPFFDB则 tanπ, 3DC12πBD.故当面DEF与面tanDPF123, 解得2. 所以

BC23PDDC2π时，. BC23ABCD所成二面角的大小为

（解法2）（Ⅰ）如图2，以D为原点，射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.

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设PDDC1，BC，则D(0,0,0),P(0,0,1),B(,1,0),C(0,1,0)，PB(,1,1)，点E是PC1111的中点，所以E(0,,)，DE(0,,)，于是PBDE0，即PBDE. 又已知EFPB，

2222而DEEFE，所以PB平面DEF. 因PC(0,1,1), DEPC0, 则DEPC, 所以

DE平面PBC.由DE平面PBC，PB平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角

形，

即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB，DEF，EFB，DFB. （Ⅱ）由PD平面ABCD，所以DP(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量；由（Ⅰ）知，

PB平面DEF，所以BP(,1,1)是平面DEF的一个法向量. 若面DEF与面ABCD所成二面

πBPDP11DC12π，解得2. 所以角的大小为，则cos.故当面

23|BP||DP|2BC232DEF与面ABCD所成二面角的大小为

DC2π时，. BC2320．某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A,B两种奶制品．生产1吨A产品需鲜牛奶2吨，使用设备1小时，获利1000元；生产1吨B产品需鲜牛奶1.5吨，使用设备1.5小时，获利1200元．要求每天B产品的产量不超过A产品产量的2倍，设备每天生产A,B两种产品时间之和不超过12小时. 假定每天可获取的鲜牛奶数量W（单位：吨）是一个随机变量，其分布列为

W P 12 0.3 15 0.5 18 0.2 该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产，使其获利最大，因此每天的最大获利Z（单位：元）是一个随机变量．（Ⅰ）求Z的分布列和均值；（Ⅱ） 若每天可获取的鲜牛奶数量相互，求3天中至少有1天的最大获利超过10000元的概率．

【解】（Ⅰ）设每天A,B两种产品的生产数量分别为x,y，相应的获利为z，

2x1.5yW,x1.5y12, （1） 则有2xy0,x0, y0.第 5 页 共 9 页

目标函数为 z1000x1200y． 当W12时，（1）表示的平面区域如图1，三个顶点分别为

5z，当x2.4, y4.8A(0, 0), B(2.4, 4.8), C(6, 0)． 将z1000x1200y变形为yx61200时，直线

l：

5zyx61200在

y轴上的截距最大，最大获利

（1）表示的平面区域如图2，三个顶点分别为Zzmax2.410004.812008160．当W15时，

5z，当x3, y6时，直A(0, 0), B(3, 6), C(7.5, 0)．将z1000x1200y变形为yx61200线l：y5z在y轴上的截距最大，最大获利Zzmax310006120010200．当x61200（1）表示的平面区域如图3，四个顶点分别为A(0, 0), B(3, 6), C(6, 4), D(9, 0). 将W18时，

5z5z，当x6,y4时，直线l：yx在y轴上的z1000x1200y变形为yx6120061200截距最大，最大获利Zzmax610004120010800．故最大获利Z的分布列为

Z P 8160 0.3 10200 0.5 10800 0.2 因此，E(Z)81600.3102000.5108000.29708.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，一天最大获利超过10000元的概率p1P(Z10000)0.50.20.7， 由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10000元的概率为p1(1p1)10.30.973. 21．一种作图工具如图1所示．O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DNON1，MN3．当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动，M处的笔尖画出的曲线记为C．以O为原点，AB所在．．N绕O转动一周（D不动时，N也不动）的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系． （Ⅰ）求曲线C的方程；

（Ⅱ）设动直线l与两定直线l1:x2y0和l2:x2y0分别交于P,Q两点．若直线l总与曲线C有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．

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【解】（Ⅰ）设点D(t,0)(|t|2)，N(x0,y0),M(x,y)，依题意，

22(x0t)y01,即MD2DN，且|DN||ON|1，所以(tx,y)2(x0t,y0)，且22x0y01.tx2x02t,且t(t2x0)0.由于当点D不动时，点N也不动，所以t不恒等于0，于是t2x0，y2y.0x2y2x2y2xy221，即所求的曲线C的方程为1. 故x0,y0，代入x0y01，可得

1142（Ⅱ）（1）当直线l的斜率不存在时，直线l为x4或x4，都有SOPQ（2）当直线l的斜率存在时，设直线l:ykxm(k)，

1448. 212由ykxm,22x4y16, 消去y，可得(14k)x8kmx4m160.

2222222因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，所以km4(14k)(4m16)0，即

ykxm,2mm2mm 可得P(m216k24. ①又由,)；同理可得Q(,).

x2y0,12k12k12k12k由原点O到直线PQ的距离为d|m|1k2和|PQ|1k|xPxQ|，可得

2SOPQ1112m2m2m2. ② |PQ|d|m||xPxQ||m|22212k12k14k2将①代入②得，SOPQ4k212m24k212128S8()8(1)8；. 当时， kOPQ222214k4k14k144k1第 7 页 共 9 页

4k2121122当0k时，SOPQ8(.因，则014k1，)8(1)0k2214k14k44222，所以2S8(1)8，当且仅当k0时取等号.所以当k0时，SOPQ的最OPQ14k214k2小值为8.综合（1）（2）可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8. 22．已知数列{an}的各项均为正数，bnn(1x1n)an(nN)，e为自然对数的底数． n1n)与e的大小； n（Ⅰ）求函数f(x)1xe的单调区间，并比较(1（Ⅱ）计算

b1bbbbbbbbn，12，123，由此推测计算12的公式，并给出证明； a1a1a2a1a2a3a1a2an1n（Ⅲ）令cn(a1a2an)，数列{an}，{cn}的前n项和分别记为Sn,Tn, 证明：TneSn. 【解】（Ⅰ）f(x)的定义域为(,)，f(x)1e.当f(x)0，即x0时，f(x)单调递增；当f(x)0，即x0时，f(x)单调递减. 故f(x)的单调递增区间为(,0)，单调递减区间为(0,). 当x0时，f(x)f(0)0，即1xe.

xx111令x，得1en，即(1)ne. ①

nnn（Ⅱ）

1b1bbbb111(1)1112；121222(1)2(21)232； a11a1a2a1a22b1b2b3b1b2b31323(1)3(31)343.

a1a2a3a1a2a33由此推测：

b1b2bn(n1)n. ② 下面用数学归纳法证明②.

a1a2anb1b2bk(k1)k.

a1a2ak（1）当n1时，左边右边2，②成立. （2）假设当nk时，②成立，即

当nk1时，bk1(k1)(11k1)ak1，由归纳假设可得 k1b1b2bkbk1b1b2bkbk11k1(k1)k(k1)(1)(k2)k1.

a1a2akak1a1a2akak1k1所以当nk1时，②也成立. 根据（1）（2），可知②对一切正整数n都成立. （Ⅲ）由cn的定义，②，算术-几何平均不等式，bn的定义及①得

Tnc1c2c3cn(a1)(a1a2)(a1a2a3)(a1a2an)

1112131n(bbb)(bbbn)(b1)(bb)1212312234n1bbbnbbbbbb11212312 122334n(n1)1112131n第 8 页 共 9 页

1111111 b1[]b2[]bn1223n(n1)2334n(n1)n(n1)b1(111111)b2()bn() n12n1nn1bb1b2111n(1)1a1(1)2a2(1)nan 12n12nea1ea2eaneSn. 即TneSn.

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