2015年山东省高考数学试题（文科含解析）
第Ⅰ卷（共50分）
一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的
1. 已知集合A={x|20
(.若方程没有实根，则0
【答案】D
【解析】
试题分析：一个命题的逆否命题，要将原命题的条件、结论加以否定，并且加以互换，故选D.
考点：命题的四种形式.
6. 为比较甲、乙两地某月14时的气温状况，随机选取该月中的5天，将这5天中14时的气温数据（单位：℃）制成如图所示的茎叶图.考虑以下结论：
①甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温；
②甲地该月14时的平均气温高于乙地该月14时的平均气温；
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③甲地该月14时的平均气温的标准差小于乙地该月14时的气温的标准差；
④甲地该月14时的平均气温的标准差大于乙地该月14时的气温的标准差.
其中根据茎叶图能得到的统计结论的标号为( )
（A）①③ (B) ①④ (C) ②③ (D) ②④
【答案】B
考点：1.茎叶图；2.平均数、方差、标准差.
7. 在区间[0,2]上随机地取一个数x,则事件“”发生的概率为( )
（A） （B） （C） （D）
【答案】A
【解析】
试题分析：由得，，所以，由几何概型概率的计算公式得，，故选A.
考点：1.几何概型；2.对数函数的性质.
8. 若函数是奇函数，则使f（x）>3成立的x的取值范围为( )
（A）( ) (B)() （C）（0,1） （D）（1，+）
【答案】C
【解析】
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试题分析：由题意，即所以，，由得，故选C.
考点：1.函数的奇偶性；2.指数运算.
9. 已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )
（A） （B） （）2 （）4
【答案】B
考点：1.旋转体的几何特征；2.几何体的体积.
10. 设函数，若，则b=( )
（A）1 （B） （C） (D)
【答案】D
【解析】
试题分析：由题意，由得，或，解得，故选D.
考点：1.分段函数；2.函数与方程.
第Ⅱ卷（共100分）
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分
11. 执行右边的程序框图，若输入的x的值为1，则输出的y的值是 .
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【答案】
考点：算法与程序框图.
12. 若x,y满足约束条件则的最大值为 .
【答案】
【解析】
试题分析：画出可行域及直线，平移直线，当其经过点时，直线的纵截距最大，所以最大为.
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考点：简单线性规划.
13. 过点P（1，）作圆的两条切线，切点分别为A，B，则= .
【答案】
考点：1.直线与圆的位置关系；2.平面向量的数量积.
14. 定义运算“”： （）.当时，的最小值是 .
【答案】
【解析】
试题分析：由新定义运算知， ，因为，，
所以，，当且仅当时，的最小值是.
考点：1.新定义运算；2.基本不等式.
15. 过双曲线的右焦点作一条与其渐近线平行的直线，交于点.若点
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的横坐标为,则的离心率为 .
【答案】
考点：1.双曲线的几何性质；2.直线方程.
三、解答题：本大题共6小题，共75分
16. （本小题满分12分）
某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：（单位：人）
参加书法社团
未参加书法社团
参加演讲社团
8
5
未参加演讲社团
2
30
（1） 从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率；
（2） 在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学A1，A2，A3，A4，A5,3名女同学B1，B2，B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求A1被选中且B1未被选中的概率.
【答案】(1) ；(2).
【解析】
试题分析：（1）由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有人，故至少参加上述一个社团的共有人，所以从该班级随机选名同学，利用公式计算即得.
(2)从这名男同学和名女同学中各随机选人，其一切可能的结果组成的基本事件有：
，共个.
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根据题意，这些基本事件的出现是等可能的.
事件“被选中且未被选中”所包含的基本事件有：，共个.
应用公式计算即得.
试题解析：（1）由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有人，故至少参加上述一个社团的共有人，所以从该班级随机选名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率为
(2)从这名男同学和名女同学中各随机选人，其一切可能的结果组成的基本事件有：
，共个.
根据题意，这些基本事件的出现是等可能的.
事件“被选中且未被选中”所包含的基本事件有：，共个.
因此被选中且未被选中的概率为.
考点：1.古典概型；2.随机事件的概率.
17. (本小题满分12分)
中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c.已知
求 和 的值.
【答案】
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由正弦定理可得，结合即得.
试题解析：在中，由，得.
因为，所以，
因为，所以，为锐角，，
因此.
由可得，又，所以.
考点：1.两角和差的三角函数；2.正弦定理.
18. 如图，三棱台中，分别为的中点.
（I）求证：平面；
（II）若求证：平面平面.
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【答案】证明见解析
思路二：在三棱台中，由为的中点，
可得为平行四边形，
在中，分别为的中点，
得到又，
得到平面平面.
(II)证明：连接.根据 分别为的中点，得到 由得，又为的中点，得到四边形是平行四边形，从而
又，得到 .
试题解析：（I）证法一：连接设,连接，在三棱台中，分别为的中点，可得，所以四边形是平行四边形，则为的中点，又是的中点，所以,
又平面，平面，所以平面.
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证法二：在三棱台中，由为的中点，
可得所以为平行四边形，可得
在中，分别为的中点，
所以又，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面.
(II)证明：连接.因为分别为的中点，所以由得，又为的中点，所以因此四边形是平行四边形，所以
又，所以.
又平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面
考点：1.平行关系；2.垂直关系.
19. （本小题满分12分）
已知数列是首项为正数的等差数列，数列的前项和为.
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（I）求数列的通项公式；
（II）设，求数列的前项和.
【答案】（I） (II)
【解析】
试题分析：（I）设数列的公差为，
令得，得到 .
令得，得到 .
解得即得解.
（II）由（I）知得到
从而利用“错位相减法”求和.
试题解析：（I）设数列的公差为，
令得，所以.
令得，所以.
解得，所以
（II）由（I）知所以
所以
两式相减，得
所以
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考点：1.等差数列的通项公式；2.数列的求和、“错位相减法”.
20. (本小题满分13分)
设函数. 已知曲线 在点处的切线与直线平行.
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）是否存在自然数k，使得方程在内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；
（Ⅲ）设函数（min{p，q}表示，p，q中的较小值），求m(x)的最大值.
【答案】（I） ；(II) ；(III) .
【解析】
试题分析：（I）由题意知， ，根据即可求得.
（II）时，方程在内存在唯一的根.
设
通过研究时，.又
得知存在，使.
应用导数研究函数的单调性，当时，单调递增.
作出结论：时，方程在内存在唯一的根.
（III）由（II）知，方程在内存在唯一的根，且时，，时，，得到.
当时，研究得到
当时，应用导数研究得到且.
综上可得函数的最大值为.
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试题解析：（I）由题意知，曲线在点处的切线斜率为，所以，
又所以.
（II）时，方程在内存在唯一的根.
设
当时，.
又
所以存在，使.
因为所以当时，，当时，，
所以当时，单调递增.
所以时，方程在内存在唯一的根.
（III）由（II）知，方程在内存在唯一的根，且时，，时，，所以.
当时，若
若由可知故
当时，由可得时，单调递增；时，单调递减；
可知且.
综上可得函数的最大值为.
考点：1.导数的几何意义；2.应用导数研究函数的单调性、最值.
21. (本小题满分14分)
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平面直角坐标系中，已知椭圆C：的离心率为，且点（，）在椭圆C上.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设椭圆E：，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.
（i）求的值；
(ii)求面积的最大值.
【答案】（I）；（II）（i）；（ii）
【解析】
试题分析：（I）由题意知又，解得.
（II）由（I）知椭圆E的方程为.
（i） 设由题意知.
根据及 ，知.
（ii）设将代入椭圆E的方程，可得，由可得……………………①
应用韦达定理计算及的面积
设将直线代入椭圆C的方程，可得，由
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可得……………………②
由①②可知
当且仅当，即时取得最大值
由（i）知，的面积为即得 面积的最大值为
试题解析：（I）由题意知又，解得，
所以椭圆C的方程为
（II）由（I）知椭圆E的方程为.
（i） 设由题意知.
因为又，即
所以，即
（ii）设将代入椭圆E的方程，可得，由可得……………………①
则有所以因为直线与轴交点的坐标为，所以的面积
设将直线代入椭圆C的方程，可得，由可得……………………②
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由①②可知故.
当且仅当，即时取得最大值
由（i）知，的面积为，所以面积的最大值为
考点：1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与椭圆的位置关系；3.距离与三角形面积；4.转化与化归思想.
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