2015年高考数学江苏卷.doc

2015年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）
1．已知集合，，则集合中元素的个数为　 ▲　．
【答案】5
【解析】因为，所以该集合元素的个数为5．
2．已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为　 ▲　．
【答案】6
【解析】这6个数的和为36，故平均数为6．
3．设复数满足（是虚数单位），则的模为　 ▲　．
【答案】

While

End While
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（第4题）
【解析】设，则，结合条件得解得所以．
4．根据如图所示的伪代码，可知输出的结果为　 ▲　．
【答案】7
【解析】 “追踪”循环体（就在图形的一旁标注，这样不容易出错）：

于是，输出．

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　 ▲　．
【答案】
【解析】从4个球中一次随机地取2个球，有6种取法：（白, 红），（白,黄1），（白,黄2），（红, 黄1），（红, 黄2），（黄1,黄2），其中，两个球不同颜色有5种取法，故所求概率为．（或先求颜色相同的概率为，再用对立事件求）
6．已知向量，，若，则的值为　 ▲　．
【答案】
【解析】由，得解得故．
7．不等式的解集为　 ▲　．
【答案】
【解析】原不等式即，得，即，得解集为．
8．已知，，则的值为　 ▲　．
【答案】3
【解析】．
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　 ▲　．
【答案】
【解析】设新的圆锥与圆柱的底面半径都为，原圆锥的体积，，由题意得，解得，即．
10．在平面直角坐标系中，以点为圆心且与直线相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为　 ▲　．
【答案】
【解析】直线，即，该直线过定点，以点为圆心且与直线相切的所有圆中，最大半径为这两点间的距离，故所求圆的标准方程为．
11.设数列满足，且，则数列前10项的和为　 ▲　．
【答案】
【解析】，
，
，
…，
，
将上面各式叠加得（也满足），
所以.
所以数列的前10项和．
12．在平面直角坐标系中，为双曲线右支上的一个动点．若点到直线的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为　 ▲　．
【答案】
【解析】双曲线的一条渐近线与已知直线平行，由题意知，所求的最大值，即这两条直线间的距离．
13．已知函数，则方程实根的个数为　 ▲　．
【答案】4；
【解析】由，得，即或，问题转化为求函数与的图像交点个数.
图2
先画出的图像和的图像（图1），由图知与的图像有2个交点，与的图像也有2个交点（图2），共4个交点，即方程实根的个数为4．
图1

14．设向量，则的值为　 ▲　．
【答案】；
解析：，，，，，，，，，，，，．
于是，，，，，，，，，，，，所以．
15．在中，已知．
（1）求的长；
（2）求的值．
解：（1）在中，由余弦定理得，，所以.
（2）在中，由正弦定理，得，所以.因为是最小边，所以为锐角.所以.
（第16题）
所以 ．
16．如图，在直三棱柱中，已知．设的中点为，．
求证：（1）∥平面；
（2）．
解：（1）因为三棱柱的侧面均为平行四边形，对角线互相平分，所以是的中点.又为的中点，所以为的中位线，即∥.又平面，平面，所以∥平面.
（2）因为棱柱是直三棱柱，所以平面，平面，所以，.
又，所以为正方形.因为正方形对角线互相垂直平分，所以. ①
因为，且，，所以平面.
因为面，所以. ②
又，所以平面.因为平面，所以．
（第17题）
17．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，山区边界曲线为，计划修建的公路为.如图所示，为的两个端点，测得点到的距离分别为5千米和40千米，点到的距离分别为20千米和千米.以所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系.假设曲线符合函数（其中为常数）模型.
（1）求的值；
（2）设公路与曲线相切于点，的横坐标为．
①请写出公路长度的函数解析式，并写出其定义域；
②当为何值时，公路的长度最短？求出最短长度．
解：（1）由题意，得点的坐标分别为，．将其分别代入，得解得
（2）①由（1）知，，则点.设在点处的切线交轴分别于点，
，则切线的方程为，由此得，．
故.
②设，则.令，解得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以当时，有极小值，也是最小值，即，此时．
答：当时，公路的长度最短，最短长度为千米．
18．如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到左准线的距离为3．
（1）求椭圆的标准方程；
（第18题）
（2）过的直线与椭圆交于两点，线段的垂直平分线分别交直线和于点，若，求直线的方程．
解：（1）由题意得且，解得，，则，所以椭圆的标准方程为.
（2）①当轴时，，，不合题意；
②当与轴不垂直时，设直线的方程为，设，，将代入，得，则.
因为为的中点，所以，
.
若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意；
从而，故直线的方程为，令，得，
于是，由，得，解得.
于是直线的方程为或．
19．已知函数.
（1）试讨论的单调性；
（2）若 （实数是与无关的常数），当函数有三个不同的零点时，的取值范围恰好是，求的值．
解：（1），由，解得，.
①当时，因为，所以在上单调递增；
②当时，时，；时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
③当时，时，；时，；
所以在和上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）知，函数的两个极值为，，则函数有三个不同零点等价于，从而或
又，所以当时，或当时，.
设，因为函数有三个不同零点时，的取值范围恰好是，
则在上，且在上均恒成立，
从而因此．
此时，.
因为函数有三个不同零点，所以有两个异于的不等实根，所以，且，解得，
综上．
20．设是各项为正数且公差为的等差数列．
（1）证明：依次构成等比数列；
（2）是否存在，使得依次构成等比数列？并说明理由；
（3）是否存在及正整数，使得依次构成等比数列？并说明理由．
（1）证明：因为是同一个不为0的常数（或证），
所以依次构成等比数列.
（2）解：不存在，理由如下：
令，则分别为．
假设存在，使得依次构成等比数列，
则再令，则化简得将代入式，得，因为，所以，显然不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立.
因此不存在，使得依次构成等比数列．
（3）解：不存在，理由如下：
假设存在及正整数，使得依次构成等比数列，则，且，
分别在两个等式的两边同除以及，并令，
则，且.
将上述两个等式两边取对数，得，且，
化简得，
且，将这两式相除，化简得
. （）
令，
则.
再令，
则.
令，则.
令，则.
由，，知在和上均单调.故只有唯一零点，即方程（）只有唯一解，故假设不成立.
（第21题）
所以不存在及正整数，使得依次构成等比数列．
21． A．[选修4-1：几何证明选讲]
如图，在中，，的外接圆⊙的弦交于点．
求证：∽．
证明：因为，所以.又因为，所以.又为公共角，所以∽．
B．[选修4-2：矩阵与变换]
已知，向量是矩阵的属于特征值的一个特征向量，求矩阵以及它的另一个特征值．
解：由已知得，即，即，则解得所以矩阵.
于是矩阵的特征多项式.
所以矩阵的另一个特征值为1．
C.[选修4-4：坐标系与参数方程]
已知圆的极坐标方程为，求圆的半径.
解：以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点，以极轴为轴的正半轴，建立直角坐标系，则，.
原极坐标方程即，
化简，得，即，化为标准方程，所以圆的半径为.
D．[选修4-5：不等式选讲]
解不等式．
（第22题）
解：原不等式可化为或解得或.所以原不等式的解集为．
22．如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，,.
（1）求平面与平面所成二面角的余弦值；
（2）点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，求线段的长．
（第22题）
解： （1）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，．
因为平面，所以是平面的一个法向量．
因为，，设平面的一个法向量为，则即得可取.设向量的夹角为，所以，
所求二面角的平面角与相等或互补，根据图形可知，所求二面角的平面角为锐角，
所以平面与平面所成二面角的余弦值为.
（2）因为，设，又，则，.
从而.设，
于是（当且仅当时取等号），此时.因为在上是减函数，所以此时直线与所成角取得最小值.又因为，所以．
23. 已知集合，，令表示集合所含元素的个数.
（1）写出的值；
（2）当时，写出的表达式，并用数学归纳法证明．
解：（1）时，，
当时，可以取；当时，可以取；当时，可以取，故．
（2）当时，.
下面用数学归纳法证明：
①当时，，结论成立；
②假设时结论成立，那么时，在的基础上新增加的元素在，，中产生，分以下情形讨论：
若，则，此时有
，结论成立；
若，则，此时有
，结论成立；
若，则，此时有
，结论成立；
若，则，此时有
，结论成立；
若，则，此时有
，结论成立；
若，则，此时有
，结论成立.
综上，结论对满足的自然数均成立．