2015年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)文科数学试题及参考答案解析

2015年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)数学Ⅰ一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分． 1. 已知集合A ＝{1，2，3}，B ＝{2，4，5}，那么集合A ∪B 中元素的个数为________． 2. 已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为________． 3. 若复数z 满足z 2＝3＋4i ，则z 的模为________．4. 根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S 为________．(第4题)5. 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________．6. 已知向量a ＝(2，1)，b ＝(1，－2)，若m a ＋n b ＝(9，－8)(m ，n ∈R )，则m －n 的值为________．7. 不等式2x2－x<4的解集为________．8. 已知tan α＝－2，tan (α＋β)＝17，那么tan β的值为________．9. 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与圆柱各一个，则新的底面半径为________．10. 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____________．11. 已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，那么数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项和为________．12. 在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线x 2－y 2＝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________．13. 已知函数f(x)＝|ln x|，g(x)＝⎩⎨⎧0，0<x ≤1，|x 2－4|－2，x>1，那么方程|f(x)＋g(x)|＝1实数根的个数为________．14. 若向量a k ＝⎝⎛⎭⎫cosk π6，sin k π6＋cosk π6(k ＝0，1，2，…，12)，则k ＝011(a k ·a k ＋1)的值为________．二、解答题：本大题共6小题，共90分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15. (本小题满分14分)在△ABC中，已知AB＝2，AC＝3，A＝60°.(1) 求BC的长；(2) 求sin 2C的值．16. (本小题满分14分)如图，在直三棱柱AB－CA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.若AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.(1) 求证：DE∥平面AA1C1C；(2) 求证：BC1⊥AB1.(第16题)17. (本小题满分14分)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的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，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l 1，l 2的距离分别为5 km 和40 km ，点N 到l 1，l 2的距离分别为20 km 和 2.5 km ，以l 1，l 2所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy ，假设曲线C 符合函数y ＝a x 2＋b(其中a ，b 为常数)模型．(1) 求a ，b 的值；(2) 设公路l 与曲线C 相切于点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．(第17题)18. (本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为22，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．(第18题)19. (本小题满分16分)已知函数f(x)＝x 3＋ax 2＋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)∪⎝⎛⎭⎫1，32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞，求c 的值．20. (本小题满分16分)设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d(d ≠0)的等差数列． (1) 求证：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次成等比数列；(2) 是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次成等比数列，并说明理由；(3) 是否存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k 4依次成等比数列，并说明理由．2015年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)1. 5 【解析】由题意知A ∪B ＝{1，2，3，4，5}，则集合中有5个元素．2. 6 【解析】平均数为4＋6＋5＋8＋7＋66＝366＝6.3. 5 【解析】方法一：由z 2＝3＋4i ，知|z 2|＝|z|2＝5，所以|z|＝ 5.方法二：设z ＝a ＋bi(a ，b ∈R )代入z 2＝3＋4i ，得解得所以z ＝±(2＋i)，所以|z|＝ 5.4. 7 【解析】由题意知，在循环的过程中，S 与I 的值依次为3，4；5，7；7，10.最后输出的S 的值为7.5. 56 【解析】方法一：从4只球中一次摸出2只，基本事件共有6个，2只颜色相同的事件只有1个，根据对立事件的概率公式知所求的概率为1－16＝56.方法二：基本事件共有6个，其中颜色不同的事件有5个：(白，红)，(白，黄1)，(白，黄2)，(红，黄1)，(红，黄2)，故所求的概率为56.6. －3 【解析】由题意知m(2，1)＋n(1，－2)＝(9，－8)，所以错误!解得错误!所以m －n ＝－3.7. (－1，2) 【解析】由2x 2－x<4，知x 2－x<2，解得－1<x<2，所以原不等式的解集为(－1，2)．8. 3 【解析】方法一：tan β＝tan (α＋β－α)＝tan （α＋β）－tan α1＋tan （α＋β）tan α＝17＋21＋17×（－2）＝3.方法二：由tan (α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β，得－2＋tan β1＋2tan β＝17，解得tan β＝3.9. 7 【解析】底面半径为5，高为4的圆锥的体积是1003π；底面半径为2，高为8的圆柱的体积是32π，故总体积是1963π.设重新制作后的圆锥、圆柱的底面半径为r ，则13πr 2·4＋πr 2·8＝1963π，所以r 2＝7，所以r ＝7.10. (x －1)2＋y 2＝2 【解析】方法一：圆半径r ＝|－m －1|m 2＋1，由r 2＝m 2＋2m ＋1m 2＋1＝1＋2m m 2＋1≤2，知r ≤2，所以半径最大的圆为(x －1)2＋y 2＝2.方法二：直线mx －y －2m －1＝0过定点(2，－1)，该点必须不在以(1，0)为圆心的圆(x－1)2＋y 2＝r 2内，所以(2－1)2＋(－1)2≥r 2，从而r 2≤2，即所求半径最大的圆为(x －1)2＋y 2＝2.11.2011【解析】由a n ＋1－a n ＝n ＋1知，当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋2＋1＝n （n ＋1）2.当n ＝1时上式也成立，所以a n ＝n （n ＋1）2，n ∈N *，所以1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项和为2(11－12＋12－13＋…＋110－111)＝2⎝⎛⎭⎫1－111＝2011. 12.22【解析】方法一：如图，数形结合，双曲线右支上点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于渐近线y ＝x 到x －y ＋1＝0的距离22，即c 的最大值为22. 方法二：设右支上点P ⎝⎛⎭⎫1cos α，tan α，－π2<α<π2，则点P 到直线x －y ＋1＝0的距离d ＝⎪⎪⎪⎪1cos α－tan α＋12＝12·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－sin αcos α＋1＝12·⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫cos α2－sin α22cos 2α2－sin 2α2＋1＝12·⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos α2－sin α2cos α2＋sin α2＋1＝12·⎪⎪⎪⎪⎪⎪2cos α2cos α2＋sin α2＝2·cosα2cos α2＋sinα2＝2·11＋tanα2>22，即c 的最大值为22.(第12题)13. 4 【解析】若|f(x)＋g(x)|＝1，即f(x)＋g(x)＝±1.令h(x)＝f(x)＋g(x)，分段考虑函数．当x ∈(0，1]时，h(x)＝－lnx ，函数h(x)的值域为[0，＋∞)，且函数单调递减，故存在1个实数根；当x ∈(1，2]时，h(x)＝lnx －x 2＋2，h ′(x)＝1－2x 2x<0，所以函数单调递减，所以函数h(x)的值域为[ln2－2，1)，因为ln2－2<－1，故存在1个实数根；当x ∈(2，＋∞)时，h(x)＝lnx ＋x 2－6，函数单调递增，函数的值域为(ln2－2，＋∞)，故存在2个实数根．综上，一共存在4个实数根．14. 93 【解析】方法一：a 0·a 1＝(1，1)·⎝⎛⎭⎫32，32＋12＝3＋12，a 1·a 2＝334＋1，a 2·a 3＝32＋12，a 3·a 4＝32－12，a 4·a 5＝334－1，a 5·a 6＝3－12，a 6·a 7＝a 0·a 1，a 7·a 8＝a 1·a 2，…，所以(a k ·a k ＋1)＝2×932＝9 3.方法二：a k ·a k ＋1＝⎝⎛⎭⎫cosk π6，sin k π6＋cos k π6·(cos （k ＋1）π6，sin （k ＋1）π6＋cos（k ＋1）π6)＝cos k π6cos （k ＋1）π6＋sin （2k ＋1）π6＋cos π6＝12cos （2k ＋1）π6＋sin （2k ＋1）π6＋334，根据三角函数的周期性，(a k ·a k ＋1)＝12cos（2k ＋1）π6＋sin（2k ＋1）π6＋334＝0＋0＋12×334＝9 3. 15. (1) 由余弦定理知，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB·AC·cos A ＝4＋9－2×2×3×12＝7，所以BC ＝7.(2) 由正弦定理知，AB sin C ＝BCsin A ，所以sin C ＝AB BC ·sin A ＝2sin 60°7＝217.因为AB<BC ，所以C 为锐角， 所以cos C ＝1－sin 2C ＝1－37＝277， 所以sin 2C ＝2sin Ccos C ＝2×217×277＝437. 16. (1) 由题意知，E 为B 1C 的中点，又D 为AB 1的中点，所以DE ∥AC. 又因为DE平面AA 1C 1C ，AC平面AA 1C 1C ，所以DE ∥平面AA 1C 1C.(2) 因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC. 因为AC平面ABC ，所以AC ⊥CC 1.又因为AC ⊥BC ，CC 1，BC 平面BCC 1B 1，BC ∩CC 1＝C ，所以AC ⊥平面BCC 1B 1. 又因为BC 1平面BCC 1B 1，所以BC 1⊥AC.因为BC ＝CC 1，所以矩形BCC 1B 1是正方形，所以BC 1⊥B 1C. 因为AC ，B 1C平面B 1AC ，AC ∩B 1C ＝C ，所以BC 1⊥平面B 1AC.又因为AB 1平面B 1AC ，所以BC 1⊥AB 1.17. (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 ＝ax 2＋b，得(2) ①由(1)知，y ＝1 000x2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫t ，1 000t 2. 设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于点A ，B ，y ′＝－2 000x 3，则直线l 的方程为y －1 000t 2＝－2 000t 3(x －t)， 由此得A ⎝⎛⎭⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎫0，3 000t 2， 故f(t)＝⎝⎛⎭⎫3t 22＋⎝⎛⎭⎫3 000t 22＝32t 2＋4×106t4，t ∈[5，20]．②设g(t)＝t 2＋4×106t 4，则g′(t)＝2t －16×106t 5.令g′(t)＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5，102)时，g ′(t)<0，g(t)单调递减； 当t ∈(102，20)时，g ′(t)>0，g(t)单调递增．所以，当t ＝102时，函数g(t)有极小值，也是最小值，g(t)min ＝300，此时f(t)min ＝15 3. 答：当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为15 3 km. 18. (1) 由题意，得c a ＝22且c ＋a 2c ＝3，解得a ＝2，c ＝1，则b ＝1，所以椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2) 当AB ⊥x 轴时，AB ＝2，又CP ＝3，不合题意．当AB 与x 轴不垂直时，设直线AB 的方程为y ＝k(x －1)，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)， 将AB 的方程代入椭圆方程，得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2(k 2－1)＝0， 则x 1，2＝2k 2±2（1＋k 2）1＋2k 2，点C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋2k 2，－k 1＋2k 2，且AB ＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2＝（1＋k 2）（x 2－x 1）2＝22（1＋k 2）1＋2k 2.若k ＝0，则线段AB 的垂直平分线为y 轴，与左准线平行，不合题意．从而k ≠0，故直线PC 的方程为y ＋k 1＋2k 2＝－1k ⎝⎛⎭⎫x －2k 21＋2k 2，则点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，5k 2＋2k （1＋2k 2），所以PC ＝2（3k 2＋1）1＋k 2|k|（1＋2k 2）. 因为PC ＝2AB ，所以2（3k 2＋1）1＋k 2|k|（1＋2k 2）＝42（1＋k 2）1＋2k 2，解得k ＝±1.此时直线AB 的方程为y ＝x －1或y ＝－x ＋1.19. (1) f′(x)＝3x 2＋2ax ，令f′(x)＝0，解得x 1＝0，x 2＝－2a3.当a ＝0时，因为f′(x)＝3x 2>0(x ≠0)， 所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)，f ′(x)>0，函数f(x)在⎝⎛⎭⎫－∞，－2a3，(0，＋∞)上单调递增；x ∈⎝⎛⎭⎫－2a 3，0，f ′(x)<0，函数f(x)在⎝⎛⎭⎫－2a3，0上单调递减； 当a<0时，x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫－2a 3，＋∞，f ′(x)>0，函数f(x)在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫－2a 3，＋∞上单调递增；x ∈⎝⎛⎭⎫0，－2a 3时，f ′(x)<0，函数f(x)在⎝⎛⎭⎫0，－2a3上单调递减． (2) 由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b ，f ⎝⎛⎭⎫－2a 3＝427a 3＋b ， 则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f ⎝⎛⎭⎫－2a 3＝b(427a 3＋b)<0，又因为b ＝c －a ，所以当a>0时，427a 3－a ＋c>0；当a<0时，427a 3－a ＋c<0.设g(a)＝427a 3－a ＋c ，因为函数f(x)有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝⎛⎭⎫1，32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞， 则在(－∞，－3)上，g(a)<0，且在⎝⎛⎭⎫1，32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞上，g(a)>0均恒成立， 从而g(－3)＝c －1≤0，且g ⎝⎛⎭⎫32＝c －1≥0，因此c ＝1.此时，f(x)＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a]， 因为函数f(x)有三个不同的零点，所以x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不相等的实数根， 所以Δ＝(a －1)2－4(1－a)＝a 2＋2a －3>0， 且(－1)2－(a －1)＋1－a ≠0，解得a ∈(－∞，－3)∪⎝⎛⎭⎫1，32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞. 综上，c 的值为1.20. (1) 因为2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ＝2d (n ＝1，2，3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2) 令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d(a>d ，a>－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d)(a ＋d)3，且(a ＋d)6＝a 2(a ＋2d)4. 令t ＝da ，则1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4⎝⎛⎭⎫－12<t<1，t ≠0， 化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1.将t 2＝t ＋1代入(*)式， t(t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．(3) 假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k 4依次构成等比数列， 则a n 1(a 1＋2d)n ＋2k＝(a 1＋d)2(n ＋k)，且(a 1＋d)n ＋k (a 1＋3d)n ＋3k ＝(a 1＋2d)2(n ＋2k)． 分别在两个等式的两边同除以a 2（n ＋k ）1及a 2（n ＋2k ）1，并令t ＝da 1⎝⎛⎭⎫t>－13，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)，将上述两个等式两边取对数，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)＝2[（1＋3t ）2ln （1＋3t ）－3（1＋2t ）2ln （1＋2t ）＋3（1＋t ）2ln （1＋t ）]（1＋t ）（1＋2t ）（1＋3t ）.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)＋(1＋t)ln(1＋t)]． 令φ1(t)＝φ′(t)，则φ′1(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]． 令φ2(t)＝φ′1(t)，则φ′2(t)＝12（1＋t ）（1＋2t ）（1＋3t ）>0.由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)>0，知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在⎝⎛⎭⎫－13，0和(0，＋∞)上均单调． 故g(t)只有唯一零点t ＝0，即方程(**)只有唯一解t ＝0，故假设不成立．所以不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k 3，a n ＋3k4依次构成等比数列．。