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1、精选优质文档-倾情为你奉上2015年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）1已知集合，则集合中元素的个数为 【答案】5【解析】因为，所以该集合元素的个数为5 2已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为 【答案】6【解析】这6个数的和为36，故平均数为63设复数满足（是虚数单位），则的模为 【答案】While End While Print （第4题）【解析】设，则，结合条件得解得所以4根据如图所示的伪代码，可知输出的结果为 【答案】7【解析】 “追踪”循环体（就在图形的一旁标注，这样不容易出错）：于是，输出5袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球.从
2、中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为 【答案】【解析】从4个球中一次随机地取2个球，有6种取法：（白, 红），（白,黄1），（白,黄2），（红, 黄1），（红, 黄2），（黄1,黄2），其中，两个球不同颜色有5种取法，故所求概率为（或先求颜色相同的概率为，再用对立事件求）6已知向量，若，则的值为 【答案】【解析】由，得解得故7不等式的解集为 【答案】【解析】原不等式即，得，即，得解集为8已知，则的值为 【答案】3【解析】9现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底
3、面半径为 【答案】【解析】设新的圆锥与圆柱的底面半径都为，原圆锥的体积，由题意得，解得，即10在平面直角坐标系中，以点为圆心且与直线相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为 【答案】【解析】直线，即，该直线过定点，以点为圆心且与直线相切的所有圆中，最大半径为这两点间的距离，故所求圆的标准方程为11.设数列满足，且，则数列前10项的和为 【答案】【解析】，将上面各式叠加得（也满足），所以.所以数列的前10项和12在平面直角坐标系中，为双曲线右支上的一个动点若点到直线的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为 【答案】【解析】双曲线的一条渐近线与已知直线平行，由题意知，所求的最大值，即这两条直线间的距
4、离13已知函数，则方程实根的个数为 【答案】4；【解析】由，得，即或，问题转化为求函数与的图像交点个数.图2先画出的图像和的图像（图1），由图知与的图像有2个交点，与的图像也有2个交点（图2），共4个交点，即方程实根的个数为4图114设向量，则的值为 【答案】；解析：，于是，所以15在中，已知（1）求的长；（2）求的值解：（1）在中，由余弦定理得，所以.（2）在中，由正弦定理，得，所以.因为是最小边，所以为锐角.所以.（第16题）所以 16如图，在直三棱柱中，已知设的中点为，求证：（1）平面；（2）解：（1）因为三棱柱的侧面均为平行四边形，对角线互相平分，所以是的中点.又为的中点，所以为的中位
5、线，即.又平面，平面，所以平面.（2）因为棱柱是直三棱柱，所以平面，平面，所以，.又，所以为正方形.因为正方形对角线互相垂直平分，所以. 因为，且，所以平面.因为面，所以. 又，所以平面.因为平面，所以（第17题）17某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路.记两条相互垂直的公路为，山区边界曲线为，计划修建的公路为.如图所示，为的两个端点，测得点到的距离分别为5千米和40千米，点到的距离分别为20千米和千米.以所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系.假设曲线符合函数（其中为常数）模型.（1）求的值；（2）设公路与曲线相切于
6、点，的横坐标为 请写出公路长度的函数解析式，并写出其定义域； 当为何值时，公路的长度最短？求出最短长度解：（1）由题意，得点的坐标分别为，将其分别代入，得解得（2）由（1）知，则点.设在点处的切线交轴分别于点，则切线的方程为，由此得，故.设，则.令，解得.当时，单调递减；当时，单调递增.所以当时，有极小值，也是最小值，即，此时答：当时，公路的长度最短，最短长度为千米18如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到左准线的距离为3（1）求椭圆的标准方程；（第18题）（2）过的直线与椭圆交于两点，线段的垂直平分线分别交直线和于点，若，求直线的方程解：（1）由题意得且，解得，则，所以椭圆
7、的标准方程为.（2）当轴时，不合题意；当与轴不垂直时，设直线的方程为，设，将代入，得，则.因为为的中点，所以，. 若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意；从而，故直线的方程为，令，得，于是，由，得，解得.于是直线的方程为或19已知函数.（1）试讨论的单调性；（2）若（实数是与无关的常数），当函数有三个不同的零点时，的取值范围恰好是，求的值解：（1），由，解得，.当时，因为，所以在上单调递增；当时，时，；时，所以在和上单调递增，在上单调递减；当时，时，；时，；所以在和上单调递增，在上单调递减（2）由（1）知，函数的两个极值为，则函数有三个不同零点等价于，从而或又，所以当时，或当时，.
8、设，因为函数有三个不同零点时，的取值范围恰好是，则在上，且在上均恒成立，从而因此此时，.因为函数有三个不同零点，所以有两个异于的不等实根，所以，且，解得，综上20设是各项为正数且公差为的等差数列（1）证明：依次构成等比数列；（2）是否存在，使得依次构成等比数列？并说明理由；（3）是否存在及正整数，使得依次构成等比数列？并说明理由（1）证明：因为是同一个不为0的常数（或证），所以依次构成等比数列.（2）解：不存在，理由如下：令，则分别为假设存在，使得依次构成等比数列，则再令，则化简得将代入式，得，因为，所以，显然不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立.因此不存在，使得依次构成等比数列（3）解：不
9、存在，理由如下：假设存在及正整数，使得依次构成等比数列，则，且，分别在两个等式的两边同除以及，并令，则，且.将上述两个等式两边取对数，得，且，化简得，且，将这两式相除，化简得. （）令，则.再令，则.令，则.令，则. 由，知在和上均单调.故只有唯一零点，即方程（）只有唯一解，故假设不成立.（第21题）所以不存在及正整数，使得依次构成等比数列21 A选修4-1：几何证明选讲 如图，在中，的外接圆的弦交于点求证：证明：因为，所以.又因为，所以.又为公共角，所以B选修4-2：矩阵与变换 已知，向量是矩阵的属于特征值的一个特征向量，求矩阵以及它的另一个特征值解：由已知得，即，即，则解得所以矩阵.于是矩
10、阵的特征多项式.所以矩阵的另一个特征值为1C.选修4-4：坐标系与参数方程 已知圆的极坐标方程为，求圆的半径.解：以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点，以极轴为轴的正半轴，建立直角坐标系，则，.原极坐标方程即，化简，得，即，化为标准方程，所以圆的半径为.D选修4-5：不等式选讲 解不等式（第22题）解：原不等式可化为或解得或.所以原不等式的解集为22如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，,.（1）求平面与平面所成二面角的余弦值；（2）点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，求线段的长（第22题）解： （1）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，因为平面，所以是平面的一个法向
11、量因为，设平面的一个法向量为，则即得可取.设向量的夹角为，所以，所求二面角的平面角与相等或互补，根据图形可知，所求二面角的平面角为锐角，所以平面与平面所成二面角的余弦值为.（2）因为，设，又，则，.从而.设，于是（当且仅当时取等号），此时.因为在上是减函数，所以此时直线与所成角取得最小值.又因为，所以23. 已知集合，令表示集合所含元素的个数.（1）写出的值；（2）当时，写出的表达式，并用数学归纳法证明解：（1）时，当时，可以取；当时，可以取；当时，可以取，故（2）当时，.下面用数学归纳法证明：当时，结论成立；假设时结论成立，那么时，在的基础上新增加的元素在，中产生，分以下情形讨论： 若，则，此时有，结论成立； 若，则，此时有，结论成立； 若，则，此时有，结论成立； 若，则，此时有，结论成立； 若，则，此时有，结论成立； 若，则，此时有，结论成立.综上，结论对满足的自然数均成立专心-专注-专业