2015高考江苏数学试题及答案解析[解析版]

2014年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）

数学Ⅰ

注 意 事 项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1． 本试卷共4页，包含填空题（第1题—第14题）、解答题（第15题  第20题）．本卷满分160分，考试时间为120分钟．考试结束后，请将答题卡交回． 2． 答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3． 请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效．作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔．请注意字体工整，笔迹清楚． 4． 如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗． 5． 请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、破损．一律不准使用胶带纸、修正液、可擦洗的圆珠笔． 参考公式：

圆柱的体积公式：V圆柱sh，其中s为圆柱的表面积，h为高．

圆柱的侧面积公式：S圆柱=cl，其中c是圆柱底面的周长，l为母线长．

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分． 请把答案填写在答题卡相应位置上． ．．．．．．．．（1）【2014年江苏，1，5分】已知集合A{2，1，，34}，B{1，，23}，则A【答案】{1，3}

【解析】由题意得AB{1,3}．

B_______．

（2）【2014年江苏，2，5分】已知复数z(52i)2(i为虚数单位)，则z的实部为_______． 【答案】21

【解析】由题意z(52i)225252i(2i)22120i，其实部为21． （3）【2014年江苏，3，5分】右图是一个算法流程图，则输出的n的值是_______． 【答案】5

【解析】本题实质上就是求不等式2n20的最小整数解．2n20整数解为n5，因此输出的n5． （4）【2014年江苏，4，5分】从1，2，，36这4个数中一次随机地取2个数，则所取2个数的乘积为6的

概率是_______． 【答案】1

326种取法，其中乘积为6的有1,6和2,3两种取法，因此所求【解析】从1,2,3,6这4个数中任取2个数共有C421概率为P．

63（5）【2014年江苏，5，5分】已知函数ycosx与ysin(2x)(0≤)，它们的图象有一个横坐标为交点，则的值是_______． 【答案】

6【解析】由题意cos以的33sin(23)，即sin(212)，k(1)k，(kZ)，因为0，所3236．

6（6）【2014年江苏，6，5分】为了了解一片经济林的生长情况，随机抽测了其中60株树木的底部周长（单位：

cm），所得数据均在区间[80，其频率分布直方图如图所示，则在抽测的60株树木中，有 株 130]上，树木的底部周长小于100 cm． 【答案】24

【解析】由题意在抽测的60株树木中，底部周长小于100cm的株数为(0.0150.025)106024．

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（7）【2014年江苏，7，5分】在各项均为正数的等比数列{an}中，若a21，a8a62a4，则a6的值是________． 【答案】4

q4q220，【解析】设公比为q，因为a21，则由a8a62a4得q6q42a2，解得q22，所以a6a2q44．

S2，体积分别为V1，V2，若它们的侧面积相（8）【2014年江苏，8，5分】设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，等，且【答案】3

2S1r129h1r2【解析】设甲、乙两个圆柱的底面和高分别为r1、h1，r2、h2，则2r1h12r2h2，，又2，所

S2r24h2r1V1r12h1r12h1r12r2r13r13以，则222．

V2r2h2r2h2r2r1r22r22S19V，则1的值是_______． S24V2（9）【2014年江苏，9，5分】在平面直角坐标系xOy中，直线x2y30被圆(x2)2(y1)24截得的弦长

为________．

255【答案】

5【解析】圆(x2)2(y1)24的圆心为C(2,1)，半径为r2，点C到直线x2y30的距离为

51222（10）【2014年江苏，10，5分】已知函数f(x)x2mx1，若对任意x[m，m1]，都有f(x)0成立，则实

数m的取值范围是________．

20 【答案】2，f(m)m2m2102【解析】据题意，解得m0． 22f(m1)(m1)m(m1)10（11）【2014年江苏，11，5分】在平面直角坐标系xOy中，若曲线yax2b(a，b为常数)过点P(2，5)，且

x该曲线在点P处的切线与直线7x2y30平行，则ab的值是________． 【答案】3

a1bbbb7【解析】曲线yax2过点P(2,5)，则4a5①，又y'2ax2，所以4a②，由①②解得，

b1x2x42d22(1)33，所求弦长为l2r2d2249255． 55所以ab2．

（12）【2014年江苏，12，5分】如图，在平行四边形ABCD中，已知，AB8，AD5，

CP3PD，APBP2，则ABAD的值是________．

【答案】22

【解析】由题意，APADDPAD133AB，BPBCCPBCCDADAB， 444221313所以APBP(ADAB)(ADAB)ADADABAB，

4421613即225ADAB，解得ADAB22．

2161（13）【2014年江苏，13，5分】已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x[0，3)时，f(x)x22x．

2若函数yf(x)a在区间[3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a的取值范围是________． 1【答案】0，

2【解析】作出函数f(x)x22x111,x[0,3)的图象，可见f(0)，当x1时，f(x)极大， 222 范文范例 参考指导

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7，方程f(x)a0在x[3,4]上有10个零点，即函数yf(x)和图象与直线 2ya在[3,4]上有10个交点，由于函数f(x)的周期为3，因此直线ya与函数 f(3)f(x)x22x11,x[0,3)的应该是4个交点，则有a(0,)． 22（14）【2014年江苏，14，5分】若ABC的内角满足sinA2sinB2sinC，则cosC的最小值是_______．

【答案】62

4a2b2a2b2()222abc2【解析】由已知sinA2sinB2sinC及正弦定理可得a2b2c，cosC

2ab2aba23a22b222ab26ab22ab62，当且仅当3a22b2，即时等号成立，所以cosCb8ab8ab4362． 4二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明．．．．．．．．

的最小值为过程或演算步骤．

，sin5． （15）【2014年江苏，15，14分】已知，52 （1）求sin的值；

4 （2）求cos2的值．

6225解：（1）∵，， ，sin5，∴cos1sin525 sinsincoscossin2(cossin)10．

444210cos2cos2sin23， （2）∵sin22sincos4，55 ∴cos2coscos2sinsin23314334．

666252510（16）【2014年江苏，16，14分】如图，在三棱锥PABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB 的中点．已知

PAAC，PA6，BC8，DF5．

（1）求证：直线PA∥平面DEF； （2）平面BDE⊥平面ABC． 解：（1）∵D，E为PC，AC中点∴DE∥PA∵PA平面DEF，DE平面DEF∴PA∥平面DEF．

11（2）∵D，E为PC，AC中点，∴DEPA3∵E，F为AC，AB中点，∴EFBC4，

22222∴DEEFDF，∴DEF90°，∴DE⊥EF，∵DE//PA，PAAC，∴DEAC， ∵ACEFE，∴DE⊥平面ABC，∵DE平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．

2x2y1(ab0)F2分别是椭圆2（17）【2014年江苏，17，14分】如图，在平面直角坐标系xOy中，F1，的左、

ab2右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，连结BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，

连结FC． 1 （1）若点C的坐标为

1，，且BF43322，求椭圆的方程；

AB，求椭圆离心率e的值． （2）若FC116141解：（1）∵C，，∴92929，∵BF22b2c2a2，∴a2(2)22，∴b21，

33ab 范文范例 参考指导

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2x∴椭圆方程为y21． 20)，F2(c，0)，C(x，y)，∵A，（2）设焦点F1(c，C关于x轴对称，∴A(x，y)，

byF2，A三点共线，∴b∵B，，即bxcybc0①

cxyb1，即xcbyc20② AB∵FC，∴1xccxca2b2c2 ∴Ca2c，2bc2 ①②联立方程组，解得2b2c2b2c22bcy2bc2a2c2bc2b2c2b2c251，化简得5c2a2，∴c5, 故离心率为C在椭圆上，∴． 225a5ab（18）【2014年江苏，18，16分】如图，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规

划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m．经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m处(OC为河岸)，tanBCO4．

3 （1）求新桥BC的长；

（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最大？． 解：解法一：

（1）如图，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy．

224由条件知A(0, 60)，C(170, 0)，直线BC的斜率kBC－tanBCO．

33又因为AB⊥BC，所以直线AB的斜率kAB．设点B的坐标为(a,b)，

4b04b603则kBC=， k AB=，解得a=80，b=120．

a1703a04所以BC=(17080)2(0120)2150．因此新桥BC的长是150 m．

（2）设保护区的边界圆M的半径为r m,OM=d m,(0≤d≤60)．

4由条件知，直线BC的方程为y(x170)，即4x3y6800，

3|3d680|6803d由于圆M与直线BC相切，故点M(0，d)到直线BC的距离是r，即r． 55因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，

6803dd≥80rd≥805所以，即，解得10≤d≤35．

r(60d)≥806803d(60d)≥8056803d故当d=10时,r最大，即圆面积最大． 所以当OM = 10 m时，圆形保护区的面积最大．

5解法二：

443（1）如图，延长OA, CB交于点F．因为tan∠BCO=．所以sin∠FCO=，cos∠FCO=．

355680OC850因为OA=60,OC=170，所以OF=OC tan∠FCO=．CF=， cosFCO335004从而AFOFOA．因为OA⊥OC，所以cos∠AFB=sin∠FCO=，又因为AB⊥BC，

35所以BF=AF

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400，从而BC=CF－BF=150．因此新桥BC的长是150 m． 3（2）设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半径，并设MD=r m，

OM=d m(0≤d≤60)．因为OA⊥OC，所以sin∠CFO =cos∠FCO，

MDMDr36803d故由（1）知，sin∠CFO =． 所以rMFOFOM680d553因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，

6803dd≥80rd≥805所以，即，解得10≤d≤35，

r(60d)≥806803d(60d)≥8056803d故当d=10时，r最大，即圆面积最大．所以当OM = 10 m时，圆形保护区的面积最大．

5（19）【2014年江苏，19，16分】已知函数f(x)exex其中e是自然对数的底数． （1）证明：f(x)是R上的偶函数；

cos∠AFB==

（2）若关于x的不等式mf(x)≤exm1在(0，)上恒成立，求实数m的取值范围；

)，使得f(x0)a(x033x0)成立．试比较ea1与ae1的大小，并证明 （3）已知正数a满足：存在x0[1，你的结论．

解：（1）xR，f(x)exexf(x)，∴f(x)是R上的偶函数．

（2）由题意，m(exex)≤exm1，即m(exex1)≤ex1，∵x(0，)，∴exex10，

x1对即m≤xex(0，)恒成立．令tex(t1)，则m≤21t对任意t(1，)恒成立． xee1tt11t11∵21t≥1，当且仅当t2时等号成立，∴m≤． 23tt1(t1)(t1)13t111t1xx（3）f'(x)ee，当x1时f'(x)0∴f(x)在(1，令h(x)a(x33x)， )上单调增，h'(x)3ax(x1)，

∵a0，x1，∴h'(x)0，即h(x)在x(1，)上单调减，

)，使得f(x0)a(x033x0)，∴f(1)e12a，即a1e1． ∵存在x0[1，2eee-1aa，e1∵lna1lnae1lnea1(e1)lnaa1，设m(a)(e1)lnaa1，则m'(a)e11eaaa1e1．当1e1ae1时，m'(a)0，m(a)单调增；当ae1时，m'(a)0，m(a)单调

2e2e减，因此m(a)至多有两个零点，而m(1)m(e)0，∴当ae时，m(a)0，ae1ea1； 11当eae时，m(a)0，ae1ea1；当ae时，m(a)0，ae1ea1． 2e（20）【2014年江苏，20，16分】设数列{an}的前n项和为Sn．若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Snam，

则称{an}是“H数列”．

（1）若数列{an}的前n项和Sn2n(nN)，证明：{an}是“H数列”；

（2）设{an}是等差数列，其首项a11，公差d0．若{an}是“H数列”，求d的值；

（3）证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得anbncn(nN)成立． 解：（1）当n≥2时，anSnSn12n2n12n1，当n1时，a1S12，

∴n1时，S1a1，当n≥2时，Snan1，∴{an}是“H数列”．

n(n1)n(n1)n(n1)dnd，对nN，mN使Snam，即nd1(m1)d， （2）Snna1222取n2得1d(m1)d，m21，∵d0，∴m2，又mN，∴m1，∴d1．

d（3）设{an}的公差为d，令bna1(n1)a1(2n)a1，对nN，bn1bna1，cn(n1)(a1d)，

{cn}为等差数列． 对nN，cn1cna1d，则bncna1(n1)dan，且{bn}， 范文范例 参考指导

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{bn}的前n项和Tnna1n(n1)n(n3)(a1)，令Tn(2m)a1，则m2． 22当n1时m1；当n2时m1；当n≥3时，由于n与n3奇偶性不同，即n(n3)非负偶数，mN．

因此对n，都可找到mN，使Tnbm成立，即{bn}为“H数列”．

n(n1)n(n1)(a1d)，令cn(m1)(a1d)Rm，则m1 {cn}的前ｎ项和Rn22∵对nN，n(n1)是非负偶数，∴mN，即对nN，都可找到mN，使得Rncm成立， 即{cn}为“H数列”，因此命题得证．

数学Ⅱ

注 意 事 项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1． 本试卷只有解答题，供理工方向考生使用．本试，21题有A、B、C、D 4个小题供选做，每位考生在4个选做题中选答2题．若考生选做了3题或4题，则按选做题中的前2题计分．第22、23题为必答题．每小题10分，共40分．考试时间30分钟．考试结束后，请将答题卡交回． 2． 答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3． 请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效．作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔．请注意字体工整，笔迹清楚． 4． 如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗． 【选做】本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按作答 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．的前两题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （21-A）【2014年江苏，21-A，10分】（选修4-1：几何证明选讲）如图，AB是圆O的直径，C、 D 是圆O 上位于AB异侧的两点．证明：∠OCB=∠D．

解：因为B，C是圆O上的两点，所以OB=OC．故∠OCB=∠B．又因为C, D是圆O上位于AB异侧

的两点，故∠B，∠D为同弧所对的两个圆周角，所以∠B=∠D．因此∠OCB=∠D．

12211B（21-B）【2014年江苏，21-B，10分】（选修4-2：矩阵与变换）已知矩阵A，，向量y， 211xx，y为实数，若Aα=Bα，求x，y的值． 2y22y2y22y，y4． Bα解：A，，由得解得x1，Aα=Bα22xy4y2xy4y，（21-C）【2014年江苏，21-C，10分】（选修4-4：坐标系与参数方程）在平面直角坐标系xOy中，已知直线l2t，x12的参数方程为(t为参数)，直线l与抛物线y24x交于A，B两点，求线段AB的长．

2y2t22． 解：直线l：xy3代入抛物线方程y24x并整理得x210x90，∴交点A(1，故|AB|82)，B(9，6)，

（21-D）【2014年江苏，21-D，10分】（选修4-5：不等式选讲）已知x0，证明：y0，1xy21x2y9xy． 解：因为x>0, y>0, 所以1+x+y≥33xy20，1+x+y≥33x2y0，所以(1+x+y)( 1+x+y)≥33xy233x2y=9xy． 【必做】第22、23题，每小题10分，计20分．请把答案写在答题卡的指定区域内． ．．．．．．．．．．．

（22）【2014年江苏，22，10分】盒有9个球，其中有4个红球，3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完

全相同．

（1）从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球颜色相同的概率P；

x2，x3，x2，x3 （2）从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1，随机变量X表示x1，中的最大数，求X的概率分布和数学期望E(X)．

22236种可能情况，2个球颜色相同共有C2解：（1）一次取2个球共有C94C3C210种可能情况，

2222

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∴取出的2个球颜色相同的概率P105．

3618131C3C414C5C3C（2）X的所有可能取值为4，，；P(X3)13； 32，则P(X4)43C9126C963P(X2)1P(X3)P(X4)11．∴X的概率分布列为：

14X 2 3 4 13 1 11 P 6312614故X的数学期望E(X)2113134120．

14631269（23）【2014年江苏，23，10分】已知函数f0(x)sinx(x0)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN．

x（1）求2f1f2的值；

222（2）证明：对任意的nN，等式nfn1fn2成立．

4442解：（1）由已知，得f1(x)f0(x)sinxcosxsinx2， xxx4216cosxsinxsinx2cosx2sinx于是f2(x)f1(x)，所以， f(),f()21xx2x322223xx故2f1()f2()1．

222（2）由已知，得xf0(x)sinx,等式两边分别对x求导，得f0(x)xf0(x)cosx，

即f0(x)xf1(x)cosxsin(x)，类似可得2f1(x)xf2(x)sinxsin(x)， 23f2(x)xf3(x)cosxsin(x3)，4f3(x)xf4(x)sinxsin(x2)．

2n下面用数学归纳法证明等式nfn1(x)xfn(x)sin(x)对所有的nN*都成立． 2（i）当n=1时，由上可知等式成立．

k)（ii）假设当n=k时等式成立, 即kfk1(x)xfk(x)sin(x．

2因为[kfk1(x)xfk(x)]kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)fk1(x),

(k1)(k1)]．[sin(xk)]cos(xk)(xk)sin[x]，所以(k1)fk(x)fk1(x)sin[x 22222所以当n=k+1时,等式也成立．

综合(i),(ii)可知等式nfn1(x)xfn(x)sin(xn)对所有的nN*都成立．

2n令x，可得nfn1()fn()sin()(nN*)．所以nfn1()fn()2(nN*)．

4444244424

 范文范例 参考指导