2015江蘇高考壓軸卷

1、 2015江蘇高考壓軸卷數(shù) 學(xué)一、 填空題（本大題共14小題，每小題5分，共70分）1.已知復(fù)數(shù)的實(shí)部為，虛部為1，則的模等于 .2.已知集合，集合，則 .3.右圖1是一個算法流程圖，若輸入的值為，則輸出的值為 .(圖1)圖24.函數(shù)的定義域?yàn)?.5.樣本容量為10的一組數(shù)據(jù)，它們的平均數(shù)是5，頻率如條形圖2所示，則這組數(shù)據(jù)的方差等于 6.設(shè)是兩個不重合的平面，是兩條不重合的直線，給出下列四個命題：若則；若，則；若，則；若，則.其中正確的命題序號為 7.若圓上有且只有兩個點(diǎn)到直線的距離等于1，則半徑的取值范圍是 .xy12圖38.已知命題在上為減函數(shù)；命題，使得.則在命題，中任取一個命題，則取

2、得真命題的概率是 9.若函數(shù)，其圖象如圖3所示，則 .10.函數(shù)的圖象經(jīng)過四個象限，則a的取值范圍是 11.在中,已知角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且，則函數(shù)在上的單調(diào)遞增區(qū)間是 .12. “已知關(guān)于的不等式的解集為，解關(guān)于的不等式.”給出如下的一種解法：解：由的解集為，得的解集為，即關(guān)于的不等式的解集為.參考上述解法：若關(guān)于的不等式的解集為，則關(guān)于的不等式的解集為 .13.2014年第二屆夏季青年奧林匹克運(yùn)動會將在中國南京舉行，為了迎接這一盛會，某公司計(jì)劃推出系列產(chǎn)品，其中一種是寫有“青奧吉祥數(shù)”的卡片.若設(shè)正項(xiàng)數(shù)列滿足，定義使為整數(shù)的實(shí)數(shù)k為“青奧吉祥數(shù)”，則在區(qū)間1，2014內(nèi)的所

3、有“青奧吉祥數(shù)之和”為_14.已知，設(shè)集合，若對同一x的值，總有，其中，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 二、 解答題（本大題共6小題，共90分）15.在中，角，的對邊分別為，向量，且（1）求的值；（2）若，求邊c的長度.ABCMPD圖416.如圖4，在四棱錐中，平面平面，ABDC， 是等邊三角形，已知，（1）設(shè)是上的一點(diǎn)，證明：平面平面；（2）求四棱錐的體積17.如圖5，GH是東西方向的公路北側(cè)的邊緣線，某公司準(zhǔn)備在GH上的一點(diǎn)B的正北方向的A處建一倉庫，設(shè)AB = y km，并在公路同側(cè)建造邊長為x km的正方形無頂中轉(zhuǎn)站CDEF（其中邊EF在GH上），現(xiàn)從倉庫A向GH和中轉(zhuǎn)站分別修兩條道路AB，AC，

4、已知AB = AC + 1，且ABC = 60o（1）求y關(guān)于x的函數(shù)解析式；圖5（2）如果中轉(zhuǎn)站四周圍墻造價為1萬元/km，兩條道路造價為3萬元/km，問：x取何值時，該公司建中轉(zhuǎn)站圍墻和兩條道路總造價M最低？18. 如圖6，橢圓過點(diǎn)，其左、右焦點(diǎn)分別為，離心率，是橢圓右準(zhǔn)線上的兩個動點(diǎn)，且OMNF2F1yx（圖6）（1）求橢圓的方程；（2）求的最小值；（3）以為直徑的圓是否過定點(diǎn)？請證明你的結(jié)論19.已知函數(shù)（1）求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（2）求函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間；（3）若存在，使得是自然對數(shù)的底數(shù))，求實(shí)數(shù)的取值范圍20. 已知數(shù)列an中，a2=a(a為非零常數(shù))，其前n項(xiàng)和Sn滿足Sn=

5、(nÎN*)（1）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；（2）若a=2，且，求m、n的值；（3）是否存在實(shí)數(shù)a、b，使得對任意正整數(shù)p，數(shù)列an中滿足的最大項(xiàng)恰為第項(xiàng)？若存在，分別求出a與b的取值范圍；若不存在，請說明理由數(shù)學(xué)（附加題）21A選修4-1：幾何證明選講（本小題滿分10分）BACPO（第21 - A題）如圖，從圓外一點(diǎn)引圓的切線及割線，為切點(diǎn) 求證： 21B已知矩陣，計(jì)算21C已知圓的極坐標(biāo)方程是，以極點(diǎn)為平面直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，極軸為軸的正半軸，建立平面直角坐標(biāo)系，直線的參數(shù)方程是是參數(shù)）若直線與圓相切，求正數(shù)的值21D（本小題滿分10分，不等式選講）已知不等式對于滿足條件的任意實(shí)數(shù)恒成

6、立,求實(shí)數(shù)的取值范圍【必做題】第22、23題，每小題10分，共計(jì)20分請?jiān)诖痤}卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時應(yīng)寫出 文字說明、證明過程或演算步驟22（本小題滿分10分）22. 如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD，底面ABCD是邊長為2的菱形，M為PC的中點(diǎn)（1）求異面直線PB與MD所成的角的大小；MPDCBA（第22題）（2）求平面PCD與平面PAD所成的二面角的正弦值23（本小題滿分10分）袋中共有8個球，其中有3個白球，5個黑球，這些球除顏色外完全相同從袋中隨機(jī)取出一球，如果取出白球，則把它放回袋中；如果取出黑球，則該黑球不再放回，并且另補(bǔ)一個白球放入袋中重復(fù)上述過程n次后，袋中白球的個數(shù)

7、記為Xn （1）求隨機(jī)變量X2的概率分布及數(shù)學(xué)期望E(X2)；（2）求隨機(jī)變量Xn的數(shù)學(xué)期望E(Xn)關(guān)于n的表達(dá)式 2015江蘇高考壓軸卷數(shù)學(xué)答案一、填空題1. 2. 3.2 4. 5.7.2 6. 7. 8. 9.4 10. 11. 12. 13.2047 14. 提示： 1.，則，則.2.，又，所以.3. 當(dāng)時，則；當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，不成立，則輸出.4.要使原式有意義，則，即且.5.2出現(xiàn)次，5出現(xiàn)次，8出現(xiàn)次，所以.6. 逐個判斷。由線面平行的性質(zhì)定理知正確；由面面平行的判定定理知直線相交時才成立，所以錯誤；由面面垂直的性質(zhì)定理知正確；中，可以是，所以錯誤，即正確命題是.圖77.如

8、圖7，要使圓上有且只有兩個點(diǎn)到直線的距離等于1，只須轉(zhuǎn)化為圓與直線相交，且與直線相離，即，又圓心到直線的距離為5，則.8. 因?yàn)?，函?shù)的對稱軸，且開口向上，所以命題正確；又由解得，比如，所以命題也正確，所以都是假命題，只有是真命題，故由古典概型的概率計(jì)算公式可知取得真命題的概率是.9.由圖可知，為奇函數(shù)，則，又，解得，所以.10.，得，.當(dāng)時，在和上是增函數(shù)，在上是減函數(shù).因?yàn)?，所以必過一、二、三象限，故只要極小值小于0即可.的解為，同理，當(dāng)時，得.綜上，的取值范圍是.11. 由，利用正弦定理可得，所以，由余弦定理得，又A為ABC的內(nèi)角，所以，所以，令，與取交集得所求遞增區(qū)間是.12.由的解集

9、為，得的解集為，即的解集為.13.因?yàn)椋?，所以，?dāng)時，所以在區(qū)間1，2014內(nèi)的所有奧運(yùn)吉祥數(shù)之和為.圖814. 由題意可得對任意恒成立，當(dāng)時，作出函數(shù)圖象如圖8，顯然當(dāng)時，不滿足題意；當(dāng)時，只要直線在上與線段重合或者在線段下方時，滿足題意，所以.二、解答題15. 解析：（1），則，（2分）即（），（4分）又，故（）可化簡為，（5分）兩邊平方得，.（2）又得，a=2,b=2，（9分）由（1）知，（12分）在ABC中，由余弦定理可得.，故.16. （1）證明：在中，ABCMPDO由于，所以故又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，故平面平面（2）過作交于，由于平面平面，所以平面因此為四棱

10、錐的高，又是邊長為4的等邊三角形因此在底面四邊形中，所以四邊形是梯形，在中，斜邊邊上的高為，此即為梯形的高， 所以四邊形的面積為故17. 解：（1）因?yàn)?，所?在直角三角形中，因?yàn)?，所?由于，得.在ABC中，因?yàn)?，則由，及，得即關(guān)于的函數(shù)解析式為（）（2）令，則，在，即，時，總造價M最低答：時，該公司建中轉(zhuǎn)站圍墻和道路總造價M最低18. （1），且過點(diǎn)， 解得橢圓方程為. （2）設(shè)點(diǎn),則，又， 的最小值為（3）圓心的坐標(biāo)為，半徑.圓的方程為，整理得. ，令，得，.圓過定點(diǎn). 19. （1）因?yàn)楹瘮?shù)，所以，又因?yàn)椋院瘮?shù)在點(diǎn)處的切線方程為（2）由（1），因?yàn)楫?dāng)時，總有在上是增函數(shù)，又，所以不

11、等式的解集為，故函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為（3）因?yàn)榇嬖?，使得成立，而?dāng)時，所以只要即可又因?yàn)椋淖兓闆r如下表所示：減函數(shù)極小值增函數(shù)所以在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，所以當(dāng)時，的最小值，的最大值為和中的最大值因?yàn)?，令，因?yàn)?，所以在上是增函?shù)而，故當(dāng)時，即；當(dāng)時，即所以，當(dāng)時，即，函數(shù)在上是增函數(shù)，解得；當(dāng)時，即，函數(shù)在上是減函數(shù)，解得綜上可知，所求的取值范圍為20. 解：（1）由已知，得a1=S1=0，Sn=，則有Sn+1=，2(Sn+1Sn)=(n+1)an+1nan，即(n1)an+1=nan，nan+2=(n+1)an+1，兩式相加，得2an+1=an+2+an，nÎN*，即an+1

12、an+1=an+1an，nÎN*，故數(shù)列an是等差數(shù)列又a1=0，a2=a，an=(n1)a（2）若a=2，則an=2(n1)，Sn=n(n-1)由，得n2-n+11=(m-1)2，即4(m-1)2(2n-1)2=43，(2m+2n-3)(2m2n-1)=4343是質(zhì)數(shù)，2m+2n-3>2m-2n-1，2m+2n-3>0，解得m=12，n=11（3）由an+b£p，得a(n1)+b£p若a<0，則n³+1，不合題意，舍去；若a>0，則n£+1不等式an+b£p成立的最大正整數(shù)解為3p2，3p2£+1&

13、lt;3p1，即2ab<(3a1)p£3ab對任意正整數(shù)p都成立3a1=0，解得a=，此時，b<0£1b，解得<b£1故存在實(shí)數(shù)a、b滿足條件，a與b的取值范圍是a=，<b£121.A證明：因?yàn)镻C為圓的切線， 所以， 又， 故， 所以， 即21.B解法一：矩陣的特征多項(xiàng)式為，令，解得，對應(yīng)的一個特征向量分別為， 令，得， 解法二：因?yàn)椋?所以21.C解：由，得，所以，即圓方程為.又由，消得，因?yàn)橹本€與圓相切，所以得，又，所以21.D解： 因?yàn)?，所以，又對任意?shí)數(shù)恒成立, 故，解得 22. 解：（1）設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，以O(shè)為頂

14、點(diǎn)，向量，為x，y軸，平行于AP且方向向上的向量為軸建立直角坐標(biāo)系則，所以， 所以異面直線PB與MD所成的角為 （2）設(shè)平面PCD的法向量為，平面PAD的法向量為，因?yàn)椋闪?，得，由令，得，所以，所?3.解：（1）由題意可知X2=3，4，5當(dāng)X2=3時，即二次摸球均摸到白球，其概率是P(X2=3)=；當(dāng)X2=4時，即二次摸球恰好摸到一白，一黑球，其概率是P(X2=4)=；當(dāng)X2=5時，即二次摸球均摸到黑球，其概率是P(X2=5)=3分所以隨機(jī)變量X2的概率分布如下表：X2345P（一個概率得一分 不列表不扣分）數(shù)學(xué)期望E(X2)=（2）設(shè)P(Xn=3+k)=pk，k=0，1，2，3，4，5則p0+p1+p2+p3+p4+p5=1，E(Xn)=3p0+4p1+5p2+6p3+7p4+8p5P(Xn+1=3)=，P(Xn+1=4)=p0+p1，P(Xn+1=5)=p1+p2，P(Xn+1=6)=p2+p3，P(Xn+1=7)=p3+p4，P(