普通高等学校招生全国统一考试湖北理.docx
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普通高等学校招生全国统一考试湖北理
2015年普通高等学校招生全国统一考试(湖北卷)(理科)
本试卷分第I卷(选择题)和第n卷(非选择题)两部分,共150分,考试时间120分钟.
只有一项是符合题目要求的)
1.i为虚数单位,i607的共轭复数为(
C.1
2.我国古代数学名著《数书九章》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()
4项与第8项的二项式系数相等,则奇数项的二项式系数
和为()
C.211
A.29
4.设X〜N(p,O),丫〜N(0O),这两个正态分布密度曲线如图所示,下列结论中正
确的是()
B.P(XW
(2)MP(XWoi)
C.对任意正数t,P(X禺尹(Y貝)
D.对任意正数t,P(XW)护(YW)
5.设ai,a2,…,an€R,n>3若p:
ai,a2,…,an成等比数列;q:
(af+a2+…+a2-i)(a2
+a3+…+a2)=(aia2+a2a3+…+an-ian)2,则()
A.p是q的必要条件,但不是q的充分条件
B.p是q的充分条件,但不是q的必要条件
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
x<0,
sgn[g(x)]=sgnx
sgn[g(x)]=sgn[f(x)]
sgn[g(x)]=-sgn[f(x)]
P2 P3 的概率,P3为事件xy4”的概率,则( A.pi C.P3 &将离心率为ei的双曲线Ci的实半轴长a和虚半轴长b(aMb)同时增加m(m>0)个单位 9.已知集合A={(x,y)|x2+y2wi,x,y€Z},B={(x,y)|xi<,2|y|x,yCZ},定义 集合A®B={(X1+X2,y1+y2)|(X1,y"CA,(X2,y2)CB},贝UA®B中元素的个数为() B.49 A.77 C.45 D.30 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,[t2]=2,…,[tn] =n同时成立,则正整数n的最大值是() 二、填空题(本大题共6小题,考生共需作答5小题,每小题5分,共25分.把答案填 在题中横线上) 11.ll綁向Mm丄兀反[丽I=3・则门X-可= 12.函数f(x)=4cos2Xcos{n-X〉2sinx-|ln(x+1)|的零点个数为 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 m. 为30°,则此山的高度CD= 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A的上方), 且|AB|=2. (1)圆C的标准方程为 (2)过点A任作一条直线与圆0: X2+y2=1相交于M,N两点,下列三个结论: ①iNAi=JMAJ.②JNBJ—2;|NB||MB|'|NA||MB|‘ (二)选考题(请考生在第15、16两题中任选一题作答,如果全选,则按第15题作答结果计分.) 15.(选修4-1: 几何证明选讲) 如图,PA是圆的切线,A为切点,PBC是圆的割线,且BC=3PB,则器= 16.(选修4-4: 坐标系与参数方程) 在直角坐标系xOy中,以0为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知直线I的 f1 「X=t-t, 极坐标方程为P(sin0-3cos0)=0,曲线C的参数方程为{(t为参数),I与C相交 ly=t+1 于A,B两点,则|AB|= 三、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) 17.(本小题满分11分)某同学用五点法”画函数f(x)=Asin(3x+0)3>0,|个周期内的图象时,列表并填入了部分数据,如下表: 3X+0 0 n 2 n 3n "2 2n x n 3 "g Asin(3x+0) 0 5 -5 0 (1)请将上表数据补充完整,并直接写出函数f(x)的解析式; ⑵将y=f(x)图象上所有点向左平行移动aO0)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gn,0)求0的最小值. 18.(本小题满分12分)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,0。 =100. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; ⑵当d>1时,记Cn=bn,求数列{Cn}的前n项和Tn. 19.(本小题满分12分)《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 在阳马P-ABCD 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.如图中,侧棱PD丄底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF丄PB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE. ⑴证明: PB丄平面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. (2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为扌,求DC的值. 20.(本小题满分12分)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 12 15 18 P 0.3 0.5 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. (1)求Z的分布列和均值; (2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立,求3天中至少有1 天的最大获利超过10000 元的概率. 21.(本小题满分14分)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N绕O转动一周(D不动时,N 也不动),M处的笔尖画出的曲线记为C.以O为原点,AB所在的直线为X轴建立如图②所 示的平面直角坐标系. (1)求曲线C的方程. (2)设动直线I与两定直线11: X—2y=0和12: X+2y=0分别交于P,Q两点.若直线I 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. 1 ⑶令Cn=(a1a2…an)n, 、选择题(本大题共 22.(本小题满分14分)已知数列{an}的各项均为正数,bn=n(1+幫an(n€N+),e为自然对数的底数. (1)求函数f(x)=1+X—ex的单调区间,并比较(1+1)与e的大小; ⑵计算/豐,囂,由此推测计算豐三: 的公式,并给出证明; 数列{an},{Cn}的前n项和分别记为Sn,Tn,证明: Tn 参考合案 10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的 11 4.解析: 选D由图象知,m )>2故P(丫》劝 故A错; 对任意正数t,P(X羽 对任意正数t,P(XW)护(YW)是正确的,故选D. 5.解析: 选B若p成立,设ai,a2,…,an的公比为q,则(al+a2+…+i)(a2+ 2II^2、2,,2II~2n—4、2,*2,,~2n—4、22^2,,~2n—4、2/, a3+…+an)=a1(1+q+…+q)a2(1+q+…+q)=a1a2(1+q+…+q),(a1a2+ a2a3+…+an-1an)2=@22)2(1+q2+…+q2n4)2,故q成立,故p是q的充分条件.取a1=a? =•••=an=0,则q成立,而P不成立,故P不是q的必要条件,故选B. 6.解析: 选C因为a>1,所以当x>0时,x 7.解析: 选B满足条件的x,y构成的点(x,y)在正方形OBCA及其边界上•事件“ +yW”对应的图形为图①所示的阴影部分;事件|x—yiw2”对应的图形为图②所示的阴影部 分;事件“W1”对应的图形为图③所示的阴影部分•对三者的面积进行比较,可得P2 (a+m)2+(b+m)2 离心率e2= 虚半轴长为b+m. (a+m)2 所以当a>b时,m(a—b)>0,即5>b a(a+m)a+ma 又也>0,b>0,a+ma 所以由不等式的性质依次可得> 1+卜1+加, 同理,当a ei>e2. 综上,当a>b时,e1 或x=0,y=0}, 1,2}.A®B表示点集. 共7种取值可能. 当Xi+X2=—3或3时,yi+y可以为一2,—1,0,1,2中的一个值 分别构成 5个不 同的点, 当X1+X2=—2,—1,0,1,2时,y1+y2可以为一3,—2,—1,0, 1,2,3中的一个 值,分别构成7个不同的点, 故A®B共有2X5+5X7=45(个)元素. 10.解析: 选B法一: 由[t]=1,得1W<2. 由[t2]=2,得2W2<3. 所以2W2<苗. 由[t3]=3,得3W3<4, 所以6W5<4诵. 由[t5]=5,得5W5<6, 与6W5<矛盾. 故正整数n的最大值是 4. 法二: 由[t]=1,得1WV2;由[t2]=2,得羽W 111 由[t3]=3,得33W<43;由[t4]=4,得返W<54; 11 由[t5]=5,得55W<65. =35=243,d5=63=216,1 所以33>65. 同理可以得到 111111 1<55<22<65<33<54<433<2. 以上每一个范围在数轴上的示意图如图所示,由图可知,当n=1,2,3,4时,[t]=1,[t2]=2,…,[tn]=n能同时成立;当n=5时,[f]=3与[f]=5不能同时成立,故n的最大值为4. n=l rt-2 a 沪3 H( 二、填空题(本大题共6小题,考生共需作答5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中横线上) 11. 解析: 回为^7(丄.可.所y-^nA* -QA*TmnA-0,所収丽*nfs-oA--ImI--取即FTt*而一0. 答案: fl 12.解析: f(x)=4cos^cos(2—xj—2sinx—|ln(x+1)| =2(1+cosx)sinx—2sinx—|ln(x+1)| =2sinxcosx—|ln(x+1)|=sin2x—|ln(x+1)|. 由f(x)=0,得sin2x=|ln(x+1)|. 设y1=sin2x,y2=|ln(x+1)|,在同一平面直角坐标系中画出二者的图象,如图所示. 答案: 2 13.解析: 由题意,在^ABC中,/BAC=30° /ABC_180°—75°_105°故/ACB_45° 600BC 又AB_600m,故由正弦定理得s^_齐,。 解得BC_30^2m. 在Rt△BCD中,CD=BCtan30=300 答案: 100寸6 14.解析: (1)取AB的中点D,连接CD,贝UCD丄AB. 由题意AD|=|CD|=1, 故|AC|=q|CD|2+|AD|2=72,即圆C的半径为U2. 又因为圆C与x轴相切于点T(1,0), 所以圆心C的坐标为(1,审), 故圆C的标准方程为(X—1)2+(y—72)2=2. ⑵在(X—1)2+(y—羽)2=2中,令X=0,得y={2±, 故A(0,72—1),B(0,逞+1). 设M(X1,y1),N(x2,y2), 当直线MN斜率不存在时,令M(0,—1),N(0,1), JMAi卫21|MB|_V2+2_U2— .|NA|=IMAI ■|NB|=|MB|. +k2)x2+2(述—1)kx+2(1—V2)=0, 则x1+x2=2(: 欝)k,x1x2=輕 1+k1+k 2—kxi2—kx2 =+ —x1—x2 =—+2k X1X2 c、2(1—/2)k 2X2 1+k2c +2k=0, 2(1—/2) 2 1+k 所以 /MBA=/NBA,BA是/MBN的平分线. 由内角平分线定理得咼鬧,喘=X 当k=0时,可求得1, 故器Y-1为定值. 所以齢iMA>72h—e—1)=2, 齢器=右7-1=2血 故①②③都正确. 答案: (1)(x—1)2+(y—/2)2=2 (2)①②③ (二)选考题(请考生在第15、16两题中任选一题作答,如果全选,则按第15题作答结果计分.) 15.解析: 由切割线定理, 得FA2=PBpc=PB(PB+BC),因为BC=3PB,所以FA2=4PB2,即FA=2PB. 由弦切角定理,得/Fab=/PCA. 2=4. 故AB|=讹-乎-乎;2+(-普-鉅丫= 答案: 2乖 n 17.解: (1)根据表中已知数据,解得A=5,3=2,0=—6,数据补全如下表: 3X+0 0 n 2 n 3n 2n x n n 7n 5n 13n 12 3 12 6 12 Asin(3x+0) 0 5 0 —5 0 且函数解析式为f(x)=5sin(2x—n ⑵由⑴知f(x)=5sin(2x—n)则g(x)=5sin(2x+20-才)因为函数y=sinx图象的对称中心为(kn0),k€Z,令2x+20—n=kn解得x=呼+去一0,k€乙 6212 亡严r、F人knn5n丹f/口knn 所以令y+12—0=12,解得吐y—3,k€乙 由AO可知,当k=1时,B取得最小值n [lOai+45d=100, 18.解: (1)由题意有0 |a1d=2, 于是Tn=1+3+'22+23+24+…+? —11,① ■Tn=1+22+》+2^+…+^2^—3+^2^^丄② ①—②可得 故Tn=6—黔 所以PD丄BC. 由底面ABCD为长方形,有BC丄CD, 而PDPCD=D,所以BC丄平面PCD. 而DE? 平面PCD,所以BC丄DE. 又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE丄PC. 而PCPBC=C,所以DE丄平面PBC. 而PB? 平面PBC,所以PB丄DE. 又PB丄EF,DEnEF=E,所以PB丄平面DEF. 由DE丄平面PBC,PB丄平面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. 法二: 证明: 如图,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.设PD=DC=1,BC=%心0),贝yD(0,0,0),P(0,0,1),B(人1,0),C(0,1,0),內=(入1,—1),因为点E是棱PC的中点, 所以E(0,2,H加=(0,2,2) ・・ 于是卩J;•"卜: =0,所以PB丄DE. 又已知EF丄PB,而DEnEF=E,所以PB丄平面DEF. 因为冋: =(0,1,—1),所以而=0,所以DE丄PC, 而PBnPC=P,所以DE丄平面PBC. 由DE丄平面PBC,PB丄平面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. ⑵由PD丄平面ABCD, 所以DP=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量. 由 (1)知,PB丄平面DEF, 所以】;卩=(—入—1,1)是平面DEF的一个法向量. 若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为n 3 结合Q0,解得匸寸2,所以DC=1=¥. 广2x+1.5yWW, Lx^0,y^0. 目标函数为z=1000X+1200y. 设|0: y=--x. 当W=12时,(*)表示的平面区域如图①阴影部分所示, 三个顶点分别为A(0,0),B(2.4,4.8),C(6,0). 平移直线10知当直线I过点B, 即当x=2.4,y=4.8时,z取最大值, 故最大获利Z=Zmax=2.4X1000+4.8X1200=8160(元). 三个顶点分别为A(0,0),B(3,6),C(7.5,0). 平移直线lo知当直线I过点B, 即当x=3,y=6时,z取得最大值, 故最大获利Z=Zmax=3X1000+6X1200=10200(元). 当W=18时,(*)表示的平面区域如图③阴影部分所示, 四个顶点分别为A(0,0),B(3,6),C(6,4),D(9,0). 平移直线l0知当直线I过点C, z 8160 10200 10800 P 0.3 0.5 0.2 因此,E(Z)=8160X).3+10200X0.5+10800X0.2=9708. ⑵由⑴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)3=1—0.33=0.973. 21.解: ⑴设点D(t,0)(|t|电),N(x0,y0),M(x,y),依题意, Ml)=2DN*且IDNI=I(fN1=1* 所以(t—x,—y)=2(x0—t,y0),且壮x0—t)2+y0=1, 滋+y0=1. [t—x=2X0—2t, 即丫且t(t—2X0)=0. Ly=—2y0, 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,故X0=4,y0=—y. 22 代入x0+y2=x可得話+沽1, 22 即所求的曲线c的方程为16+1=1. -1 ⑵①当直线I的斜率不存在时,直线I为x=4或x=—4,都有Saopq=X4肖=8. ②当直线I的斜率存在时, 设直线I: y=kx+m^M±) fy=kx+m, 由f消去y,可得 |x2+4y2=16, 222 (1+4k2)x2+8kmx+4m2—16=0. 因为直线I总与椭圆C有且只有一个公共点 所以△=64k2m2—4(1+4k2)(4m2—16)=0, 即m2=16k2+4.(*1) 又由 y=kx+m, 可得 x—2y=0, H—2k'1—2k丿 同理可得Qp®,I H+2k,1+2k丿 由原点O到直线PQ的距离为d=和|PQ=V1+k2|xp—xq|,可得 V1+k2 111 SOPQ=2IPQ|d=2|m|xP—Xq|=2|m| 2m2 1—4k2 将(*1)代入(*2),得Saopq= 当k2>4时,$△OPQ=) 4昭k—1丿 2m 2m2 1+2k — 1—4k2 |4k2+1| =8|4k2—1|. 当0我2v4时,Ss=8行扑8(—1+1—4k2} △OPQ 因为0家V则0<1-4k2<1,艺严, 所以OPQ=8「1+1_241<2〕电 当且仅当k=0时取等号. 所以当k=0时,OPQ的最小值为8. 综合①②可知,当直线I与椭圆C在四个顶点处相切时 △OPQ的面积取得最小值8. 22.解: (1)f(x)的定义域为(一8,+8),Fx)=1-ex. 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(一8,0),单调递减区间为(0,+S). 当x>0时,f(x) 111f1屮
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