绝密★启用前2015年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）数学（理工类）试题参考答案一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）1．A 2．B 3．D 4．C 5．A 6．B 7．B 8．D 9．C 10．B 二、填空题（本大题共6小题，考生需作答5小题，每小题5分，共25分）11．912．2 13．14．（Ⅰ）22(1)(2x y -+=；（Ⅱ）①②③ 15．1216． 三、解答题（本大题共6小题，共75分） 17．（11分）（Ⅰ）根据表中已知数据，解得π5,2,6A ωϕ===-. 数据补全如下表：且函数表达式为()5sin(2)6f x x =-.（Ⅱ）由（Ⅰ）知 π()5sin(2)6f x x =-，得π()5sin(22)6g x x θ=+-.因为sin y x =的对称中心为(π,0)k ，k ∈Z . 令π22π6x k θ+-=，解得ππ212k x θ=+-，k ∈Z . 由于函数()y g x =的图象关于点5π(,0)12成中心对称，令ππ5π21212k θ+-=， 解得ππ23k θ=-，k ∈Z . 由0θ>可知，当1k =时，θ取得最小值π6. 18．（12分）（Ⅰ）由题意有，111045100,2,a d a d +=⎧⎨=⎩ 即112920,2,a d a d +=⎧⎨=⎩解得11,2,a d =⎧⎨=⎩ 或19,2.9a d =⎧⎪⎨=⎪⎩ 故121,2.n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或11(279),929().9n n n a n b -⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩（Ⅱ）由1d >，知21n a n =-，12n n b -=，故1212n n n c --=，于是 2341357921122222n n n T --=++++++， ① 2345113579212222222n nn T -=++++++. ② ①-②可得221111212323222222n n n nn n T --+=++++-=-， 故n T 12362n n -+=-. 19．（12分） （解法1）（Ⅰ）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥，由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PD CD D =，所以BC PCD ⊥平面. 而DE PCD ⊂平面，所以BC DE ⊥. 又因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥. 而PCBC C =，所以DE ⊥平面PBC . 而PB PBC ⊂平面，所以PB DE ⊥.又PB EF ⊥，DEEF E =，所以PB ⊥平面DEF .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB DEF ∠∠，，EFB DFB ∠∠，. （Ⅱ）如图1，在面PBC 内，延长BC 与FE 交于点G ，则DG 是平面DEF 与平面ABCD的交线. 由（Ⅰ）知，PB DEF ⊥平面，所以PB DG ⊥. 又因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD DG ⊥. 而PDPB P =，所以DG PBD ⊥平面.故BDF ∠是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角， 设1PD DC ==，BC λ=，有BD在Rt △PDB 中, 由DF PB ⊥, 得π3DPF FDB ∠=∠=, 则πtantan 3BD DPF PD=∠==, 解得λ= 所以1DC BC λ==第19题解答图2 第19题解答图1 故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC =（解法2）（Ⅰ）如图2，以D 为原点，射线,,DA DC DP 分别为,,x y z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系. 设1PD DC ==，BC λ=，则(0,0,0),(0,0,1),(,1,0),(0,1,0)D P B C λ，(,1,1)PB λ=-，点E 是PC 的中点，所以11(0,,)22E ，11(0,,)22DE =， 于是0PB DE ⋅=，即PB DE ⊥. 又已知EF PB ⊥，而DEEF E =，所以PB DEF ⊥平面.因(0,1,1)PC =-, 0DE PC ⋅=, 则DE PC ⊥, 所以DE PBC ⊥平面.由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB DEF ∠∠，，EFB DFB ∠∠，.（Ⅱ）由PD ABCD ⊥平面，所以(0,0,1)DP =是平面ABCD 的一个法向量；由（Ⅰ）知，PB DEF ⊥平面，所以(,1,1)BP λ=--是平面DEF 的一个法向量.若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，则π1cos32||||BP DP BPDP λ⋅===⋅， 解得λ=所以1DC BC λ== 故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC = 20．（12分）（Ⅰ）设每天,A B 两种产品的生产数量分别为,x y ，相应的获利为z ，则有3311(1)10.30.973.p p =--=-=2 1.5,1.512, 20,0, 0.x y W x y x y x y +≤⎧⎪+≤⎪⎨-≥⎪⎪≥≥⎩ （1） 目标函数为 10001200z x y =+．当12W =时，（1）表示的平面区域如图1，三个顶点分别为(0, 0), (2.4, 4.8), (6, 0)A B C ．将10001200z x y =+变形为561200zy x =-+，当 2.4, 4.8x y ==时，直线l ：561200zy x =-+在y 轴上的截距最大，最大获利max 2.41000 4.812008160Z z ==⨯+⨯=．当15W =时，（1）表示的平面区域如图2，三个顶点分别为(0, 0), (3, 6), (7.5, 0)A B C ．将10001200z x y =+变形为561200zy x =-+，当3, 6x y ==时，直线l ：561200zy x =-+在y 轴上的截距最大，最大获利max 310006120010200Z z ==⨯+⨯=． 当18W =时，（1）表示的平面区域如图3，四个顶点分别为(0, 0), (3, 6), (6, 4), (9, 0)A B C D .将10001200z x y =+变形为561200zy x =-+，当6,4x y ==时，直线l ：561200zy x =-+在y 轴上的截距最大，最大获利max 610004120010800Z z ==⨯+⨯=．因此，()81600.3102000.5108000.29708.E Z =⨯+⨯+⨯= （Ⅱ）由（Ⅰ）知，一天最大获利超过10000元的概率1(10000)0.50.20.7p P Z =>=+=，由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10000元的概率为21．（14分）（Ⅰ）设点(,0)(||2)D t t ≤，00(,),(,)N x y M x y ，依题意，2MD DN =，且||||1DN ON ==，第20题解答图1 第20题解答图2第20题解答图3所以00(,)2(,)t x y x t y --=-，且22002200()1,1.x t y x y ⎧-+=⎪⎨+=⎪⎩ 即0022,2.t x x t y y -=-⎧⎨=-⎩且0(2)0.t t x -=由于当点D 不动时，点N 也不动，所以t 不恒等于0，于是02t x =，故00,42x y x y ==-，代入22001x y +=，可得221164x y +=，即所求的曲线C 的方程为221.164x y +=（Ⅱ）（1）当直线l 的斜率不存在时，直线l 为4x =或4x =-，都有14482OPQ S ∆=⨯⨯=.（2）当直线l 的斜率存在时，设直线1:()2l y kx m k =+≠±，由22,416,y kx m x y =+⎧⎨+=⎩消去y ，可得222(14)84160k x kmx m +++-=. 因为直线l 总与椭圆C 有且只有一个公共点，所以2222644(14)(416)0k m k m ∆=-+-=，即22164m k =+. ① 又由,20,y kx m x y =+⎧⎨-=⎩可得2(,)1212m m P k k --；同理可得2(,)1212m m Q k k -++.由原点O 到直线PQ的距离为d =|||P Q PQ x x =-，可得22111222||||||||222121214OPQP Q m m m S PQ d m x x m k k k ∆=⋅=-=⋅+=-+-. ② 将①代入②得，222241281441OPQk m S k k ∆+==--. 当214k >时，2224128()8(1)84141OPQ k S k k ∆+==+>--；当2104k ≤<时，2224128()8(1)1414OPQ k S k k∆+==-+--. 因2104k ≤<，则20141k <-≤，22214k ≥-，所以228(1)814OPQ S k ∆=-+≥-， 当且仅当0k =时取等号.所以当0k =时，OPQ S ∆的最小值为8.综合（1）（2）可知，当直线l 与椭圆C 在四个顶点处相切时，△OPQ 的面积取得最小值8.22．（14分）（Ⅰ）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，()1e x f x '=-.当()0f x '>，即0x <时，()f x 单调递增； 当()0f x '<，即0x >时，()f x 单调递减.故()f x 的单调递增区间为(,0)-∞，单调递减区间为(0,)+∞. 当0x >时，()(0)0f x f <=，即1e x x +<.令1x n =，得111e n n +<，即1(1)e n n+<. ①（Ⅱ）11111(1)1121b a =⋅+=+=；22212121212122(1)(21)32b b b b a a a a =⋅=⋅+=+=；2333123312123123133(1)(31)43b b b b b b a a a a a a =⋅=⋅+=+=. 由此推测：1212(1).n nnb b b n a a a =+ ② 下面用数学归纳法证明②.（1）当1n =时，左边=右边2=，②成立. （2）假设当n k =时，②成立，即1212(1)k kkb b b k a a a =+. 当1n k =+时，1111(1)(1)1k k k b k a k +++=+++，由归纳假设可得 111211211211211(1)(1)(1)(2)1k k k k k k k k k k k b b b b b b b b k k k a a a a a a a a k ++++++=⋅=+++=++. 所以当1n k =+时，②也成立.根据（1）（2），可知②对一切正整数n 都成立. （Ⅲ）由n c 的定义，②，算术-几何平均不等式，n b 的定义及①得123n n T c c c c =++++=111131211212312()()()()nn a a a a a a a a a ++++111131212312112()()()()2341nn b b b b b b b b b n =+++++ 12312112122334(1)n b b b b b b b b b n n ++++++≤++++⨯⨯⨯+ 121111111[][]1223(1)2334(1)(1)n b b b n n n n n n =+++++++++⋅⨯⨯+⨯⨯++1211111(1)()()1211n b b b n n n n =-+-++-+++1212n b b b n <+++1212111(1)(1)(1)12n n a a a n=++++++12e e e n a a a <+++=e n S .即e n n T S <.。