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陕西高考数学试题及答案
2015年普通高等学校招生全国统一考试(陕西卷)
理科数学
一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60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.)
.设集合,,则()
A.B.C.D.
【答案】A
试题分析:
,,所以,故选A.
考点:
1、一元二次方程;2、对数不等式;3、集合的并集运算.
【分析及点评】本题主要考察了集合的表示及其相关运算,并结合一元二次方程以及对数运算,属于基础题型,难度不大。
2.某中学初中部共有110名教师,高中部共有150名教师,其性别比例如图所示,则该校女教师
的人数为()
A.167B.137C.123D.93
【答案】B
考点:
扇形图.
【分析及点评】本题主要考察了统计以及统计图表的相关知识,难度系数很小,属于基础题型。
3.如图,某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数,据此函数
可知,这段时间水深(单位:
m)的最大值为()
A.5B.6C.8D.10
【答案】C
试题分析:
由图象知:
,因为,所以,解得:
,所以这段时间水深的最大值是,故选C.
考点:
三角函数的图象与性质.
【分析及点评】本题重在转化,将实际问题转化成三角函数问题,对三角函数的图像、性质有较高要求,但作为基础题型,难度不大。
4.二项式的展开式中的系数为15,则()
A.4B.5C.6D.7
【答案】C
考点:
二项式定理.
【分析及点评】本题主要考察了学生对二项式定理的理解,以及二项式系数的计算,难度不大,属于基础题型。
5.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()
A.B.C.D.
【答案】D
试题分析:
由三视图知:
该几何体是半个圆柱,其中底面圆的半径为,母线长为,所以该几何体的表面积是,故选D.
考点:
1、三视图;2、空间几何体的表面积.
【分析及点评】三视图以及体积、面积求值几乎每年必考,今年也不例外,题目设置与往年没有改变,难度不大,变化也不大。
6.“”是“”的()
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
【答案】A
试题分析:
因为,所以或,因为“”“”,但“”“”,所以“”是“”的充分不必要条件,故选A.
考点:
1、二倍角的余弦公式;2、充分条件与必要条件.
【分析及点评】本题主要将三角函数与命题进行了简单结合,一方面要求学生三角恒等变化要特别熟悉,另一方面对命题的各种类型都要熟悉。
但是,题目设置不算复杂,与往年基本相同。
7.对任意向量,下列关系式中不恒成立的是()
A.B.
C.D.
【答案】B
考点:
1、向量的模;2、向量的数量积.
【分析及点评】作为数学中很重要的一中工具,向量几乎每年必考,但是基本分布在两个位置,选填和圆锥曲线,但是选择题中一般难度都不会太大,以基础考核为主。
8.根据右边的图,当输入x为2006时,输出的()
A.28B.10C.4D.2
【答案】B
试题分析:
初始条件:
;第1次运行:
;第2次运行:
;第3次运行:
;;第1003次运行:
;第1004次运行:
.不满足条件,停止运行,所以输出的,故选B.
考点:
程序框图.
【分析及点评】框图问题是高考中一个热点问题,尤其是循环结构,要求学生有良好的逻辑分析能力,此题难度不大,主要还是以基础为主。
9.设,若,,,则下列关系
式中正确的是()
A.B.C.D.
【答案】C
考点:
1、基本不等式;2、基本初等函数的单调性.
【分析及点评】本题主要考察了函数单调性的应用以及基本不等式。
要求学生一方面数学函数单调性以及不等关系的转化,另一方面对基本不等式的基本结构以及成立条件都要熟悉。
10.某企业生产甲、乙两种产品均需用A,B两种原料.已知生产1吨每种产品需原料及每天原料
的可用限额如表所示,如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元,则该企业每天可获得最
大利润为()
A.12万元B.16万元C.17万元D.18万元
【答案】D
试题分析:
设该企业每天生产甲、乙两种产品分别为、吨,则利润
由题意可列,其表示如图阴影部分区域:
当直线过点时,取得最大值,所以,故选D.
考点:
线性规划.
【分析及点评】本题主要考察线性规划及其应用,一方面对线性问题转化要求较高,另一方面对函数,尤其是变量关系的表示有较高要求。
对文科生而言,难度较大。
11.设复数,若,则的概率为()
A.B.C.D.
【答案】B
试题分析:
如图可求得,,阴影面积等于
若,则的概率是,故选B.
【分析及点评】本题主要将复数问题和几何概型进行了融合,并且对两者都有较高要求,较之往年,题目较为新颖。
考点:
1、复数的模;2、几何概型.
12.对二次函数(a为非零整数),四位同学分别给出下列结论,其中有且仅有
一个结论是错误的,则错误的结论是()
A.-1是的零点B.1是的极值点
C.3是的极值D.点在曲线上
【答案】A
考点:
1、函数的零点;2、利用导数研究函数的极值.
【分析及点评】本题属于函数综合问题,要求学生对函数及其应用有较高的要求,极点、零点作为很多学生常常混淆的概念,在同一问题中出现,要求学生一方面对基本概念必须熟悉,另一方面对常见的零点和极点的判断方法有一定的了解。
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.)
13.中位数1010的一组数构成等差数列,其末项为2015,则该数列的首项为.
【答案】
【解析】
试题分析:
设数列的首项为,则,所以,故该数列的首项为,所以答案应填:
.
考点:
等差中项.
【分析及点评】本题主要考察了等差数列,对等差数列的相关性质有较高要求。
14.若抛物线的准线经过双曲线的一个焦点,则p=.
【答案】
考点:
1、抛物线的简单几何性质;2、双曲线的简单几何性质.
【分析及点评】本题将抛物线和双曲线进行综合,一方面要求学生对两者概念务必熟练,对参数及其以及也能很好掌握,但是在本题中,两者的融合方式较为简单,属于基础简单题型。
15.设曲线在点(0,1)处的切线与曲线上点p处的切线垂直,则p的坐标
为.
【答案】
试题分析:
因为,所以,所以曲线在点处的切线的斜率,设的坐标为(),则,因为,所以,所以曲线在点处的切线的斜率,因为,所以,即,解得,因为,所以,所以,即的坐标是,所以答案应填:
.
考点:
1、导数的几何意义;2、两条直线的位置关系.
【分析及点评】本题主要考察了导数以及导数的几何意义,导数法求切线是高考重点内容,也是难点所在,要求较高,但此题以基础考核为主。
16.如图,一横截面为等腰梯形的水渠,因泥沙沉积,导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线表
示),则原始的最大流量与当前最大流量的比值为.
【答案】
试题分析:
建立空间直角坐标系,如图所示:
原始的最大流量是,设抛物线的方程为(),因为该抛物线过点,所以,解得,所以,即,所以当前最大流量是,故原始的最大流量与当前最大流量的比值是,所以答案应填:
.
考点:
1、定积分;2、抛物线的方程;3、定积分的几何意义.
【分析及点评】本题主要考察了定积分的应用,对函数、导数、定积分等都有较高要求,尤其是应用定积分求面积,难度较大。
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.)
17.(本小题满分12分)的内角,,所对的边分别为,,.向量
与平行.
(I)求;
(II)若,求的面积.
【答案】(I);(II).
试题解析:
(I)因为,所以,
由正弦定理,得
又,从而,
由于,所以
(II)解法一:
由余弦定理,得
而
得,即
因为,所以.
故ABC的面积为.
考点:
1、平行向量的坐标运算;2、正弦定理;3、余弦定理;4、三角形的面积公式.
【分析及点评】本题主要考察了学生解三角形的能力,并渗透着三角恒等变换以及函数性质的理解,较之往年,难度不算大,属于基础题型。
18.(本小题满分12分)如图,在直角梯形中,,,,
,是的中点,是与的交点.将沿折起到的位置,如图.
(I)证明:
平面;
(II)若平面平面,求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(I)证明见解析;(II).
试题解析:
(I)在图1中,
因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,BAD=,所以BEAC
即在图2中,BE,BEOC
从而BE平面
又CDBE,所以CD平面.
(II)由已知,平面平面BCDE,又由
(1)知,BE,BEOC
所以为二面角的平面角,所以.
如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,
因为,
所以
得,.
设平面的法向量,平面的法向量,平面与平面夹角为,
则,得,取,
,得,取,
从而,
即平面与平面夹角的余弦值为.
考点:
1、线面垂直;2、二面角;3、空间直角坐标系;4、空间向量在立体几何中的应用.
【分析及点评】立体几何一直都是高考重点内容,几乎每年必考,但都是作为基础题型考核,主要考察学生垂直、平行的判定和性质以及线段和角度的计算,需要应用空间向量作为基本工具,对立体几何的基本概念和性质证明已经向量运算都有较高要求。
19.(本小题满分12分)设某校新、老校区之间开车单程所需时间为,只与道路畅通状况有关,
对其容量为的样本进行统计,结果如下:
(分钟)
25
30
35
40
频数(次)
20
30
40
10
(I)求的分布列与数学期望;
(II)刘教授驾车从老校区出发,前往新校区做一个50分钟的讲座,结束后立即返回老校区,求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率.
【答案】(I)分布列见解析,;(II).
试题分析:
(I)先算出的频率分布,进而可得的分布列,再利用数学期望公式可得数学期望;(II)先设事件表示“刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过分钟”,再算出的概率.
试题解析:
(I)由统计结果可得T的频率分步为
(分钟)
25
30
35
40
频率
以频率估计概率得T的分布列为
25
30
35
40
从而(分钟)
(II)设分别表示往、返所需时间,的取值相互独立,且与T的分布列相同.设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”,由于讲座时间为50分钟,所以事件A对应于“刘教授在途中的时间不超过70分钟”.
解法一:
.
解法二:
故.
考点:
1、离散型随机变量的分布列与数学期望;2、独立事件的概率.
【分析及点评】概率统计是每年学生必考题型,但难度设置不大,今年也不例外,此题第一问求解分布列和数学期望,难度设置不大,属于基础题型;第二问主要求解概率,对学生要求较高,尤其是掌握一些基本解题思路:
如“正难则反”解决起来会事半功倍。
20.(本小题满分12分)已知椭圆()的半焦距为,原点到经过两点
,的直线的距离为.
(I)求椭圆的离心率;
(II)如图,是圆的一条直径,若椭圆经过,两点,求椭圆的方程.
【答案】(I);(II).
试题分析:
(I)先写过点,的直线方程,再计算原点到该直线的距离,进而可得椭圆的离心率;(II)先由(I)知椭圆的方程,设的方程,联立,消去,可得和的值,进而可得,再利用可得的值,进而可得椭圆的方程.
试题解析:
(I)过点(c,0),(0,b)的直线方程为,
则原点O到直线的距离,
由,得,解得离心率.
(II)解法一:
由(I)知,椭圆E的方程为.
(1)
依题意,圆心M(-2,1)是线段AB的中点,且.
易知,AB不与x轴垂直,设其直线方程为,代入
(1)得
设则
由,得解得.
从而.
于是.
由,得,解得.
故椭圆E的方程为.
解法二:
由(I)知,椭圆E的方程为.
(2)
依题意,点A,B关于圆心M(-2,1)对称,且.
设则,,
两式相减并结合得.
易知,AB不与x轴垂直,则,所以AB的斜率
因此AB直线方程为,代入
(2)得
所以,.
于是.
由,得,解得.
故椭圆E的方程为.
考点:
1、直线方程;2、点到直线的距离公式;3、椭圆的简单几何性质;4、椭圆的方程;5、圆的方程;6、直线与圆的位置关系;7、直线与圆锥曲线的位置.
【分析及点评】本题题型较之往年几乎没有改变,第一问,求解曲线离心率,属于基础题型,稍微有点圆锥曲线基础的学生应该都能完成;第二问求解曲线方程,较之往年变换较大,无论从难度和出题角度都会对学生造成较大干扰。
21.(本小题满分12分)设是等比数列,,,,的各项和,其中,,
.
(I)证明:
函数在内有且仅有一个零点(记为),且;
(II)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为,比较
与的大小,并加以证明.
【答案】(I)证明见解析;(II)当时,,当时,,证明见解析.
试题分析:
(I)先利用零点定理可证在内至少存在一个零点,再利用函数的单调性可证在内有且仅有一个零点,进而利用是的零点可证;(II)先设,再对的取值范围进行讨论来判断与的大小,进而可得和的大小.
试题解析:
(I)则
所以在内至少存在一个零点.
又,故在内单调递增,
所以在内有且仅有一个零点.
因为是的零点,所以,即,故.
(II)解法一:
由题设,
设
当时,
当时,
若,
若,
所以在上递增,在上递减,
所以,即.
综上所述,当时,;当时
解法二由题设,
当时,
当时,用数学归纳法可以证明.
当时,所以成立.
假设时,不等式成立,即.
那么,当时,
.
又
令,则
所以当,,在上递减;
当,,在上递增.
所以,从而
故.即,不等式也成立.
所以,对于一切的整数,都有.
解法三:
由已知,记等差数列为,等比数列为,则,,
所以,
令
当时,,所以.
当时,
而,所以,.
若,,,
当,,,
从而在上递减,在上递增.所以,
所以当又,,故
综上所述,当时,;当时
考点:
1、零点定理;2、利用导数研究函数的单调性.
【分析及点评】本题题型较之往年有所改变,第一问求解导数,难度不大。
第二问将函数、导数、数列进行综合,有些新意。
对学生函数的综合能力和数列的性质以及不等式都有很高的要求。
难度很大。
请在22、23、24三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号后的方框涂黑.
22.(本小题满分10分)选修4-1:
几何证明选讲
如图,切于点,直线交于,两点,,垂足为.
(I)证明:
;
(II)若,,求的直径.
【答案】(I)证明见解析;(II).
【解析】
试题分析:
(I)先证,再证,进而可证;(II)先由(I)知平分,进而可得的值,再利用切割线定理可得的值,进而可得的直径.
试题解析:
(I)因为DE为圆O的直径,则,
又BCDE,所以CBD+EDB=90°,从而CBD=BED.
又AB切圆O于点B,得DAB=BED,所以CBD=DBA.
(II)由(I)知BD平分CBA,则,又,从而,
所以,所以.
由切割线定理得,即=6,
故DE=AE-AD=3,即圆O的直径为3.
考点:
1、直径所对的圆周角;2、弦切角定理;3、切割线定理.
【分析及点评】圆的相关证明是学生喜欢做的题型,但是也是出错率极高的题型。
一方面有初中的基础,很多学生简单圆的问题比较亲切。
另一方面由于初中基础限制以及高中的新变化,很多学生不能将前后很好的结合。
23.(本小题满分10分)选修4-4:
坐标系与参数方程
在直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数).以原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,的极坐标方程为.
(I)写出的直角坐标方程;
(II)为直线上一动点,当到圆心的距离最小时,求的直角坐标.
【答案】(I);(II).
试题分析:
(I)先将两边同乘以可得,再利用,可得的直角坐标方程;(II)先设的坐标,则,再利用二次函数的性质可得的最小值,进而可得的直角坐标.
试题解析:
(I)由,
从而有.
(II)设,则,
故当t=0时,|PC|取最小值,此时P点的直角坐标为(3,0).
考点:
1、极坐标方程化为直角坐标方程;2、参数的几何意义;3、二次函数的性质.
【分析及点评】参数方程以及极坐标方程一直以来是极力推荐学生认真完成的题目,题型方面与平时练习变换不到,只要掌握一些基本转化关系以及解题思路,并不难做出来。
24.(本小题满分10分)选修4-5:
不等式选讲
已知关于的不等式的解集为.
(I)求实数,的值;
(II)求的最大值.
【答案】(I),;(II).
试题分析:
(I)先由可得,再利用关于的不等式的解集为可得,的值;(II)先将变形为,再利用柯西不等式可得的最大值.
试题解析:
(I)由,得
则解得,
(II)
当且仅当,即时等号成立,
故.
考点:
1、绝对值不等式;2、柯西不等式.
【分析及点评】本题主要考察了学生对不等式的理解,以及解不等式的能力,难度不算太大,但是由于很多学生对柯西不等式理解并不到位,所以第二问会对学生造成很大干扰。
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