2015年高考北京理科数学试题及答案解析

数学（理科）

第一部分（选择题共40分）

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． （1）【2015年北京，理1】复数i2i（）

（A）12i（B）12i（C）12i（D）12i 【答案】A

【解析】i2i2ii212i，故选A． （2）【2015年北京，理

xy0，2】若x，y满足xy1，则zx2y的最大值

x0，为（）

（A）0（B）1（C）3（D）2

2【答案】D

【解析】如图，当x0y1，zmax2，故选D． （3）【2015年北京，理3】执行如图所示的程序框图，输出的结果为（） （A）2，2（B）4，0（C）4，4（D）0，8 【答案】B

s0t2x0y2k1【解析】s2t2x2y2k2，结束，输出(4,0)，故选

s4t0x4y0k3B．

（4）【2015年北京，理4】设，是两个不同的平面，m是直线且m⊂．“m∥”是“∥”

的（）

（A）充分而不必要条件（B）必要而不充分条件（C）充分必要条件（D）既不充分也不必要条件 【答案】B

【解析】m//不能推出//，而//，m//，“m//”是“//”的必要不充分条件，故选B．

（5）【2015年北京，理5】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱

锥的表面积是（） （A）25 （B）45（C）225（D）5 【答案】C

【解析】由三视图知，PA面ABC，SABC1222，ABAC2SPAB5，

SPCA155122,

PCPB6，

SPBC12552，S225，

故选C．

（6）【2015年北京，理6】设an是等差数列.下列结论中正确的是

（）

（A）若aa0，则aa0（B）若aa0，则aa0 （C）若0aa，则a2a1a3（D）若a0，则a2a1a2a30 【答案】C

【解析】a2a10，d0，所以a30，a2a1a3a1a3，故选C．

122313121212（7）【2015年北京，理7】如图，函数fx的图象为折线ACB，则

不等式fx≥log2x1的解集是（）

（A）x|1x≤0（B）x|1≤x≤1（C）x|1x≤1（D）x|1x≤2

【答案】C

【解析】由题可知：f(x)2x2-1x0x20x2，当x1,0时，log2(x1)02x2．x0,2时，f(x)单调

递减，g(x)log2(x1)单调递增，log2(x1)x2x1当0x1时，log2(x1)x2，

f(x)log2(x1)的解集为1,1，故选C．

（8）【2015年北京，理8】汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，

下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况.下列叙述中正确

的是（）

（A）消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米

（B）以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多 （C）甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油

（D）某城市机动车最高限速80千米/小时.相同条件下，在该市用丙车比用乙车

更省油

【答案】D

A错；【解析】由图可知，对乙车存在一个速度，使燃油效率高于5，由图知，

当以40km/h的速度行驶时，甲车燃油效率最高，行驶相同路程时，耗油最少，B错；甲车以80km/h行驶1小时耗油8升，故C错在限速80km/h，相同情况下，丙车燃油效率较乙车高，所以乙车更省油，故选D．

第二部分（非选择题共110分）

二、填空题：共6小题，每小题5分，共30分。

（9）【2015年北京，理9】在2x的展开式中，x3的系数为．（用数字作答）

5【答案】40

32【解析】Tr1C5r25rxr，当r3时，系数为C5245440．

2x2（10）【2015年北京，理10】已知双曲线2y21a0的一条渐近线为3xy0，则a．

a【答案】3

3x2【解析】令2y20xy0，所以13a3．

a3aaπ（11）【2015年北京，理11】在极坐标系中，点2‚到直线cos3sin6的3距离为______． 【答案】1

【解析】直线方程为x离为d1361321． 23y6x3y60，点为(1,3)，所以点到直线方程的距

（12）【2015年北京，理12】在△ABC中，a4，b5，c6，则

sin2A． sinC【答案】1

sin2A2sinAcosA2ab2c2a2425361690【解析】1．

sinCsinCc2bc63090N满足AM2MC，（13）【2015年北京，理13】在△ABC中，点M，

BNNC．若MNxAByAC，则x ；y_______． 【答案】x1，y1

26【解析】MNMCCN1AC1CB1AC1(ABAC)1AB1AC，所以x1,y1．

3226262xa‚x1‚（14）【2015年北京，理14】设函数fx①若a1，则fx的最小值为

4xax2a‚x≥1.． fx恰有2个零点，则实数a的取值范围是 1【答案】f(x)min1；a,12,．

232；②若

【解析】①当a1时，

2x1,x1f(x)，

4(x1)(x2),x1所以f(x)min1； x1时，1f(x)1，x1时，f(x)minf()4()1，

②（Ⅰ）当a0时，f(x)没有两个零点，

（Ⅱ）当0a1时，x1时，2xa0xloga20，f(x)有一个零点；

x1时，f(x)0x1a,x22a；

当2a1，即a1时，f(x)恰有两个零点，所以当1a1时，f(x)22321212恰有两个零点；

a（Ⅲ）当1a2时，x1时，2xa0xlog21，f(x)有一个零点；

x1时，f(x)有两个零点， f(x)0xa，x2a，

此时f(x)有三个零点；

（Ⅳ）当a2时，x1时，无零点；x≥1时，有两个零点，此时f(x)有

两个零点．

1综上所述a,12,．

122三、解答题：共6题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．

xxx（15）【2015年北京，理15】（本小题满分13分）已知函数f(x)2sincos2sin2．

222（Ⅰ）求f(x)的最小正周期；

（Ⅱ）求f(x)在区间[π，0]上的最小值．

解：（Ⅰ）f(x)（Ⅱ）

2222222T2． sinx(1cosx)sinxcosxsin(x)，周期122222423222x0x1sin(x)1f(x)0最小值为1． 4444222（16）【2015年北京，理16】（本小题满分13分）A，B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间（单位：天）记录如下： A组：10，11，12，13，14，15，16 B组：12，13，15，16，17，14，a

假设所有病人的康复时间互相独立，从A，B两组随机各选1人，A组选

出的人记为甲，B组选出的人

记为乙．

（Ⅰ）求甲的康复时间不少于14天的概率；

（Ⅱ）如果a25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；

（Ⅲ）当a为何值时，A，B两组病人康复时间的方差相等？（结论不要求证明）

3P(A)A解：（Ⅰ）记甲康复时间不小于14天为事件．则，所以甲康复时间不73小于14天的概率为7．

（Ⅱ）记甲的康复时间比乙的康复时间长为事件B．

基本事件空间如下表 乙10 11 12 13 14 甲 12 短 短 短 长 长 13 短 短 短 短 长 14 短 短 短 短 短 15 短 短 短 短 短 16 短 短 短 短 短 17 短 短 短 短 短 25 短 短 短 短 短 15 长 长 长 短 短 短 短 16 长 长 长 长 短 短 短 所以P(B)10107749．

（Ⅲ）a11或a18

由于A组为公差为1的等差数列，所以当a11或a18时B组也为公差为1的等差数列，所以方差一定相等，而方差相等的方程是关于a的一个一元二次方程，故最多有两个解，所以只有a11或a18两个值．

（17【）2015年北京，理17（】本小题满分14分）如图，在四棱锥AEFCB中，△AEF为等边

三角形，平面AEF平面EFCB，EF∥BC，BC4，EF2a，EBCFCB60，

O为EF的中点．

（Ⅰ）求证：AOBE；

（Ⅱ）求二面角FAEB的余弦值； （Ⅲ）若BE平面AOC，求a的值．

解：（Ⅰ）证明：AEF为等边三角形，O为EF中点，AO⊥EF

又平面AEF⊥平面EFCB，平面AEF平面EFCBEF， AO⊥平面EFCB，AO⊥BE。

（Ⅱ）以O为原点建立如图坐标系Ea,0,0，Fa,0,0，A0,0,3a，

B2,32a,0，EAa,0,3a，EB2a,32a,0

平面

AEF的法向量m0,1,0；设平面

AEB的法向量

nx,y,z，

nEA0x3z0则，取nx3y0nEB0cosm,n3,1,1，

mn115mn55，

55又二面角FAEB为钝角，二面角FAEB的余弦值为（Ⅲ）

BE⊥平面AOC，BE⊥OC，OC2,32a,0．

，

4． 31xfxln．

1xBEOC22a32a32a0，解得a2（舍）或a（18）【2015年北京，理18】（本小题满分13分）已知函数

（Ⅰ）求曲线yfx在点0，f0处的切线方程；

x31时，fx2x； （Ⅱ）求证：当x0，3x31恒成立，求k的最大值． （Ⅲ）设实数k使得fxkx对x0，3解：（Ⅰ）f(x)ln(1x)ln(1x)，f(x)1x1x11又f(x)0， 1x1x所以，切线方程为y02(x0)，即y2x．

112323F(x)f(x)2xxln(1x)ln(1x)2xx， （Ⅱ）3321122(1x2)(1x2)2x4222(1x)F(x)22x， (1x)(1x)1x1x1x21x2又因为0x1，所以F(x)0，所以F(x)在(0,1)上是增函数， x3又F(0)0，故F(x)F(0)，所以f(x)k(x＋3)．

1xx31xx2（Ⅲ）ln1xk(x3),x(0,1)，设t(x)ln1xk(x3)0,x(0,1)，

2kx42k2t(x)k(1x)x(0,1)，k[0,2]，

1x21x2t(x)0，函数t(x)是单调递增，t(x)t(0)显然成立。 当k2时，令t(x)0t(x)0，得x40 — k2(0,1)， k + 极值 2． t(x0)t(0)0，显然不成立，由此可知k最大值为（19）【2015年北京，理19】（本小题满分14

的离心率为于点M．

22x2y2分）已知椭圆C：221ab0ab，点P0，1和点Am，nm≠0都在椭圆C上，直线PA交x轴

（Ⅰ）求椭圆C的方程，并求点M的坐标（用m，n表示）；

（Ⅱ）设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N．问：y轴上是否存在点Q，使

得OQMONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．

解：（Ⅰ）由题意知b1，caa2,bc1，

22，又a2b2c2，解得

x2所以C的方程为y21．PA的斜率kPAn1，

2m所以PA方程yn1x1，令y0，解得xm，

m1nm所以M,0． 1n1mtanOQM（Ⅱ）Bm,n，同（Ⅰ）可得N，,0kQM1n，

tt1即mm1n1ntanONQkQN，因为OQMONQ所以kQNkQM1，设Qt,0则

m2t1n22，

m2m22又A在椭圆C上，所以n1，即22，所以t2，故存在Q2,021n使得OQMONQ．

（20）【2015年北京，理20】（本题满分13分）已知数列an满足：a1N*，a且

2an，an≤18，an1…，记集合Man|nN*n1，2，2an36，an18（Ⅰ）若a16，写出集合M的所有元素；

1≤36，

．

（Ⅱ）若集合M存在一个元素是3的倍数，证明：M的所有元素都是3的倍数；

（Ⅲ）求集合M的元素个数的最大值． 解：（Ⅰ）6，12，24．

（Ⅱ）若存在a(i1,2,L,n)是3的倍数，设ai3k(kN*)， 当a≤18时，a2a6k，a也是3的倍数；

当a18时，a2a366k36，a也是3的倍数．

综上，a是3的倍数，依次类推，当n≥i时，a是3的倍数；

若存在a(i2,3,L,n)是3的倍数，设ai3k(kN*)，

当a≤18时，ai1ai3k，因为ai1N*，所以a也是3的倍数；

iii1ii1ii1ii1i1nii122i1当ai18时，ai1i1ai36k． 3(6)，因为ai1N*，所以ai1也是3的倍数；

22n综上，a是3的倍数，依次类推，当ni时，a是3的倍数；所以原结论成立．

（Ⅲ）当a1an≤182an,(n1,2,L)， 1时，将a11代入an12a36,a18nn依次得到2，4，8，16，32，28，20，4，L

所以当n≥9时，aa，此时M{1,2,4,8,16,20,28,32}，共8个元素． 由题意，a可取的值有4a，4a36，4a72，4a108共4个元素， 显然，不论a为何值，a必为4的倍数，所以a4k(k1,2,L,9)，

①当a3{4,8,16,20,28,32}时，an{4,8,16,20,28,32}(n≥3)，此时M最多有8个元素；

②当a{12,24}时，a{12,24}(n≥3)，此时M最多有4个元素； ③当a36时，a36(n≥3)，此时M最多有3个元素；

所以集合M的元素个数的最大值为8．

nn6311111333n3n