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2015年高考真题——文科数学(陕西卷) Word版含解析


2015 年普通高等学校招生全国统一考试(陕西卷) 文科数学
一. 选择题: 在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的. (本大题共 10 小题, 每小题 5 分,共 50 分). 1. 设集合 M ? {x | x 2 ? x} , N ? {x | lg x ? 0} ,则 M ? N ? ( A. [0,1] 【答案】 A B. (0,1] C. [0

,1) D. (??,1] )

考点:集合间的运算. 2. 某中学初中部共有 110 名教师,高中部共有 150 名教师,其性别比例如图所示,则该校 女教师的人数为( A.93 B.123 ) C.137 D.167

70% 女





60% 男

(初中部)
【答案】 C 【解析】

(高中部)

试题分析:由图可知该校女教师的人数为 110 ? 70% ? 150 ? (1 ? 60%) ? 77 ? 60 ? 137 故答案选 C 考点:概率与统计. 3. 已知抛物线 y ? 2 px( p ? 0) 的准线经过点 (?1,1) ,则抛物线焦点坐标为(
2



A. (?1, 0)

B. (1, 0)

C. (0, ?1)

D. (0,1)

【答案】 B 【解析】 试题分析: 由抛物线 y 2 ? 2 px( p ? 0) 得准线 x ? ? 所以抛物线焦点坐标为 (1, 0) ,故答案选 B 考点:抛物线方程. 4. 设 f ( x) ? ? A. ? 1 B.

p , 因为准线经过点 (?1,1) , 所以 p ? 2 , 2

?1 ? x , x ? 0 ? ,则 f ( f (?2)) ? ( x 2 , x ? 0 ? ?
1 4
C.



1 2

D.

3 2

【答案】 C

考点:1.分段函数;2.函数求值. 5. 一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( A. 3? B. 4? C. 2? ? 4 D. 3? ? 4 )

【答案】 D 【解析】 试题分析:由几何体的三视图可知该几何体为圆柱的截去一半,

所以该几何体的表面积为 ? ?1? 2 ?

1 ? ? ?12 ? 2 ? 2 ? 2 ? 3? ? 4 ,故答案选 D 2

考点:1.空间几何体的三视图;2.空间几何体的表面积. 6. “ sin ? ? cos ? ”是“ cos 2? ? 0 ”的( A 充分不必要条件 【答案】 A B 必要不充分条件 ) C 充分必要条件 D 既不充分也不必要

考点:1.恒等变换;2.命题的充分必要性. 7. 根据右边框图,当输入 x 为 6 时,输出的 y ? ( A. 1 B. 2 C. 5 D. 10 )

【答案】 D 【解析】 试题分析:该程序框图运行如下: x ? 6 ? 3 ? 3 ? 0 , x ? 3 ? 3 ? 0 , x ? 0 ? 3 ? ?3 ? 0 ,

y ? (?3)2 ? 1 ? 10 ,故答案选 D .
考点:程序框图的识别. 8. 对任意向量 a, b ,下列关系式中不恒成立的是(

? ?



A . | a ? b |?| a || b | D. (a ? b)( a ? b) ? a ? b 【答案】 B

? ?

? ?

B . | a ? b |?|| a | ? | b ||

? ?

?

?

C . (a ? b)2 ?| a ? b |2

? ?

? ?

?

? ?

?

?2

?2

考点:1.向量的模;2.数量积. 9. 设 f ( x) ? x ? sin x ,则 f ( x) ? ( A.既是奇函数又是减函数 C.是有零点的减函数 【答案】 B 【解析】 试题分析: )

B.既是奇函数又是增函数 D.是没有零点的奇函数

f ( x) ? x ? sin x ? f (? x) ? (? x) ? sin(? x) ? ? x ? sin x ? ?( x ? sin x) ? ? f ( x)
又 f ( x ) 的定义域为 R 是关于原点对称,所以 f ( x ) 是奇函数;

f ?( x) ? 1 ? cos x ? 0 ? f ( x) 是增函数.
故答案选 B 考点:函数的性质. 10. 设 f ( x) ? ln x,0 ? a ? b ,若 p ? f ( ab ) , q ? f ( 下列关系式中正确的是( A. q ? r ? p 【答案】 C 【解析】 试题分析: p ? f ( ab ) ? ln ab ? ) C. p ? r ? q D. p ? r ? q

a?b 1 ) , r ? ( f (a ) ? f (b)) ,则 2 2

B. q ? r ? p

1 a?b a?b ln ab ; q ? f ( ) ? ln ; 2 2 2

1 1 r ? ( f (a) ? f (b)) ? ln ab 2 2

因为

a?b a?b ? ab ,由 f ( x) ? ln x 是个递增函数, f ( ) ? f ( ab ) 2 2

所以 q ? p ? r ,故答案选 C 考点:函数单调性的应用. 11. 某企业生产甲乙两种产品均需用 A,B 两种原料,已知生产 1 吨每种产品需原料及每天 原料的可用限额表所示,如果生产 1 吨甲乙产品可获利润分别为 3 万元、4 万元,则该企业 每天可获得最大利润为( )

A(吨) B(吨)
A.12 万元 【答案】 D

甲 3 1
B.16 万元

乙 2 2

原料限额 12 8
D.18 万元

C.17 万元

当直线 3x ? 4 y ? z ? 0 过点 A(2,3) 时, z 取得最大值 z ? 3 ? 2 ? 4 ? 3 ? 18 故答案选 D 考点:线性规划. 12. 设复数 z ? ( x ? 1) ? yi ( x, y ? R) ,若 | z |? 1 ,则 y ? x 的概率( A. )

3 1 ? 4 2?

B.

1 1 ? 2 ?

C.

1 1 ? 4 2?

D.

1 1 ? 2 ?

【答案】 C 【解析】 试题分析: z ? ( x ? 1) ? yi ?| z |?

( x ? 1) 2 ? y 2 ? 1 ? ( x ? 1) 2 ? y 2 ? 1

如图可求得 A(1,1) , B(1, 0) ,阴影面积等于 ? ?1 ?
2

1 4

1 ? 1 ? 1? 1 ? ? 2 4 2

1 1 1 若 | z |? 1 ,则 y ? x 的概率 4 2 ? ? 2 ? ?1 4 2? ?
故答案选 C 考点:1.复数的模长;2.几何概型. 二、填空题:把答案填写在答题卡相应题号后的横线上(本大题共 5 小题,每小题 5 分, 共 25 分). 13、中位数为 1010 的一组数构成等差数列,其末项为 2015,则该数列的首项为________ 【答案】5

?

考点:等差数列的性质. 14、如图,某港口一天 6 时到 18 时的谁深变化曲线近似满足函数 y=3sin( 此函数可知,这段时间水深(单位:m)的最大值为____________.

? x+Φ)+k,据 6

【答案】8 【解析】 试题分析:由图像得,当 sin( 当 sin(

?
6

x ? ? ) ? ?1 时 ymin ? 2 ,求得 k ? 5 ,

?
6

x ? ? ) ? 1 时, ymax ? 3 ?1 ? 5 ? 8 ,故答案为 8.

考点:三角函数的图像和性质. 15、函数 y ? xex 在其极值点处的切线方程为____________. 【答案】 y ? ?

1 e

考点:导数的几何意义. 16、观察下列等式:

1 1 ? 2 2 1 1 1 1 1 1- ? ? ? ? 2 3 4 3 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1- ? ? ? ? ? ? ? 2 3 4 5 6 4 5 6
1- ???? 据此规律,第 n 个等式可为______________________. 【答案】 1 ? 【解析】 试题分析:观察等式知:第 n 个等式的左边有 2 n 个数相加减,奇数项为正,偶数项为负,

1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? ??? ? ? ? ? ? ??? ? 2 3 4 2n ? 1 2n n ? 1 n ? 2 2n

1 1 1 ? ? ??? ? . n ?1 n ? 2 2n 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? ? ??? ? 故答案为 1 ? ? ? ? ??? ? 2 3 4 2n ? 1 2n n ? 1 n ? 2 2n
且分子为 1,分母是 1 到 2 n 的连续正整数,等式的右边是 考点:归纳推理. 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(本大题共 6 小题,共 75 分) 17. ?ABC 的内角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c ,向量 m ? (a, 3b) 与 n ? (cos A,sin B) 平行. (I)求 A ; (II)若 a ? 7, b ? 2 求 ?ABC 的面积. 【答案】(I) A ?

??

?

?
3

;(II)

3 3 . 2

试题解析:(I)因为 m // n ,所以 a sin B ? 3b cos A ? 0 由正弦定理,得 sin Asin B ? 3sin B cos A ? 0 , 又 sin B ? 0 ,从而 tan A ? 由于 0 ? A ? ? 所以 A ?

??

?

3,

?
3

(II)解法一:由余弦定理,得

a 2 ? b2 ? c2 ? 2bc cos A ,而 a ? 7, b ? 2 , A ?
得 7 ? 4 ? c ? 2c ,即 c ? 2c ? 3 ? 0
2 2

?
3



因为 c ? 0 ,所以 c ? 3 , 故 ?ABC 面积为

1 3 3 . bc sin A ? 2 2
7 sin

解法二:由正弦定理,得

?
3

?

2 sin B

从而 sin B ?

21 7 2 7 7

又由 a ? b 知 A ? B ,所以 cos B ? 故 sin C ? sin( A ? B ) ? sin( B ?

?
3

)

? sin B cos

?
3

? cos B sin

?
3

?

3 21 , 14

所以 ?ABC 面积为

1 3 3 ab sin C ? . 2 2

考点:1.正弦定理和余弦定理;2.三角形的面积. 18.如图 1,在直角梯形 ABCD 中, AD // BC , ?BAD ?

?
2

, AB ? BC ?

1 AD ? a , E 是 2

AD 的中点, O 是 OC 与 BE 的交点,将 ?ABE 沿 BE 折起到图 2 中 ?A1BE 的位置,得到
四棱锥 A 1 ? BCDE . (I)证明: CD ? 平面 AOC ; 1 (II)当平面 A 1BE ? 平面 BCDE 时,四棱锥 A 1 ? BCDE 的体积为 36 2 ,求 a 的值.

【答案】(I) 证明略,详见解析;(II) a ? 6 .

(II) 由已知,平面 A 1BE ? 平面 BCDE ,且平面 A 1BE ? 平面 BCDE ? BE ,又由 (I) 知,

AO ? BE ,所 1
以 AO ? 平面 BCDE ,即 AO 1 1 是四棱锥 A 1 ? BCDE 的高,易求得平行四边形 BCDE 面积

1 2 3 S ? BC ? AB ? a 2 , 从 而 四 棱 锥 A1 ? BCDE 的 为 V ? ? S ? A1O ? a ,由 3 6 2 3 a ?3 6 6 2 a ? 6. ,得

(II)由已知,平面 A 1BE ? 平面 BCDE , 且平面 A 1BE ? 平面 BCDE ? BE 又由(I)知, AO ? BE ,所以 1

AO ? 平面 BCDE , 1
即 AO 1 是四棱锥 A 1 ? BCDE 的高, 由图 1 可知, AO ? 1

2 2 AB ? a ,平行四边形 BCDE 面积 S ? BC ? AB ? a 2 , 2 2

从而四棱锥 A 1 ? BCDE 的为

1 1 2 2 3 V ? ? S ? AO ? ? a2 ? a? a , 1 3 3 2 6


2 3 a ? 36 2 ,得 a ? 6 . 6

考点:1.线面垂直的判定;2.面面垂直的性质定理;3.空集几何体的体积. 19.随机抽取一个年份,对西安市该年 4 月份的天气情况进行统计,结果如下: 日期 天气 1 晴 2 雨 3 阴 4 阴 5 阴 6 雨 7 阴 8 晴 9 晴 10 晴 11 阴 12 晴 13 晴 14 晴 15 晴

日期 天气

16 晴

17 阴

18 雨

19 阴

20 阴

21 晴

22 阴

23 晴

24 晴

25 晴

26 阴

27 晴

28 晴

29 晴

30 雨

(I)在 4 月份任取一天,估计西安市在该天不下雨的概率; (II)西安市某学校拟从 4 月份的一个晴天开始举行连续两天的运动会,估计运动会期间不下 雨的概率. 【答案】(I) 【解析】 试题分析:(I)在容量为 30 的样本中,从表格中得,不下雨的天数是 26,以频率估计概率, 4 月份任选一天,西安市不下雨的概率是

13 7 ; (II) . 15 8

26 13 ? . 30 15

(II)称相邻两个日期为“互邻日期对” (如 1 日与 2 日,2 日与 3 日等)这样在 4 月份中,前

一天为晴天的互邻日期对有 16 对, 其中后一天不下雨的有 14 个, 所以晴天的次日不下雨的 频率为

14 7 7 ? ,以频率估计概率,运动会期间不下雨的概率为 . 8 16 8 13 . 15

试题解析:(I)在容量为 30 的样本中,不下雨的天数是 26,以频率估计概率,4 月份任选一 天,西安市不下雨的概率是

(II)称相邻两个日期为“互邻日期对” (如 1 日与 2 日,2 日与 3 日等)这样在 4 月份中,前 一天为晴天的互邻日期对有 16 对, 其中后一天不下雨的有 14 个, 所以晴天的次日不下雨的 频率为

7 , 8 7 . 8

以频率估计概率,运动会期间不下雨的概率为 考点:概率与统计. 20.如图,椭圆 E :

x2 y2 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 经过点 A(0, ?1) ,且离心率为 . 2 a b 2

(I)求椭圆 E 的方程; (II)经过点 (1,1) ,且斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同两点 P, Q (均异于点 A ) ,证明: 直线 AP 与 AQ 的斜率之和为 2.

【答案】(I) 【解析】

x2 ? y 2 ? 1 ; (II)证明略,详见解析. 2

试题分析:(I)由题意知

c 2 ? , b ? 1 ,由 a 2 ? b2 ? c2 ,解得 a ? 2 ,继而得椭圆的方程 a 2



x2 ? y2 ? 1 ; 2

(II) 设 P ? x1 y1 ? , Q ? x2 y2 ? , x1 x2 ? 0 由题设知,直线 PQ 的方程为 y ? k ( x ? 1) ? 1(k ? 2) , 代入

x2 ? y2 ? 1 2









(1 ? 2k 2 ) x2 ? 4k (k ? 1) x ? 2k (k ? 2) ? 0





4k (k ? 1) 2k ( k ? 2) x1 ? x ? 2 ,x x ? 1 , 2 2 1 ? 2k 1 ? 2k 2
由 已 知

??0









线

AP



AQ











k AP ? k AQ ?

y1 ? 1 y2 ? 1 kx1 ? 2 ? k kx2 ? 2 ? k ? ? ? x1 x2 x1 x1 x1 ? x2 4k (k ? 1) ? 2k ? ? 2 ? k ? ? 2k ? (2k ? 1) ? 2 . 2k (k ? 2) x1 x2

化简得 k AP ? k AQ ? 2k ? (2 ? k )

试题解析:(I)由题意知
2 2 2

c 2 ? ,b ? 1, a 2

综合 a ? b ? c ,解得 a ? 2 ,

x2 ? y2 ? 1 . 所以,椭圆的方程为 2
(II)由题设知,直线 PQ 的方程为 y ? k ( x ? 1) ? 1(k ? 2) ,代入

x2 ? y 2 ? 1 ,得 2

(1 ? 2k 2 ) x2 ? 4k (k ? 1) x ? 2k (k ? 2) ? 0 ,
由已知 ? ? 0 ,设 P ? x1 y1 ? , Q ? x2 y2 ? , x1 x2 ? 0 则 x1 ? x2 ?

4k (k ? 1) 2k ( k ? 2) , x1 x2 ? , 2 1 ? 2k 1 ? 2k 2

从而直线 AP 与 AQ 的斜率之和

k AP ? k AQ ?

y1 ? 1 y2 ? 1 kx1 ? 2 ? k kx2 ? 2 ? k ? ? ? x1 x2 x1 x1

?1 1? x ?x ? 2k ? (2 ? k ) ? ? ? ? 2k ? (2 ? k ) 1 2 x1 x2 ? x1 x2 ?
? 2k ? ? 2 ? k ? 4k (k ? 1) ? 2k ? (2k ? 1) ? 2 . 2k (k ? 2)

考点:1.椭圆的标准方程;2.圆锥曲线的定值问题. 21. 设 f n ( x) ? x ? x ? ? ? x ? 1, n ? N , n ? 2.
2 n

(I)求 f n?(2) ; (II)证明: f n ( x) 在 ? 0, ? 内有且仅有一个零点(记为 an ) ,且 0 ? an ? 【答案】(I) f n?(2) ? (n ? 1)2n ? 1 ;(II)证明略,详见解析. 【解析】 试题分析:(I)由题设 f n?( x) ? 1 ? 2 x ? ? ? nxn?1 ,所以 f n?(2) ? 1 ? 2 ? 2 ? ? ? n2n?1 ,此式 等价于数列 {n ? 2n?1} 的前 n 项和,由错位相减法求得 f n?(2) ? (n ? 1)2n ? 1 ; (II) 因为 f (0) ? ?1 ? 0 , f n ( ) ? 1 ? 2 ? ? ? ? 1 ? 2 ? ? ? ? 0 ,所以 f n ( x) 在 (0, ) 内 至少存在一个零点,又 f n?( x) ? 1 ? 2 x ? ? ? nx n?1 ? 0 ,所以 fn ( x) 在 (0, ) 内单调递增,因 此 , fn ( x) 在 (0, ) 内 有 且 只 有 一 个 零 点 an , 由 于 f n ( x ) ?

? ?

2? 3?

1 1? 2? ? ? ? . 2 3? 3?

n

2 3

?2? ?3?

n

? 2? ? 3?

2

2 3

2 3

2 3

1 ? xn ?1 , 所 以 1? x

0 ? f n (an ) ?

1 1 1 1 ? an n ? 1 ,由此可得 an ? ? an n ?1 ? 2 2 2 1 ? an
n ?1

1 2 1 1 1 ?2? 故 ? an ? ,继而得 0 ? an ? ? an n?1 ? ? ? ? 2 3 2 2 2 ? 3?
试题解析:(I)由题设 f n?( x) ? 1 ? 2 x ? ? ? nxn?1 , 所以 f n?(2) ? 1 ? 2 ? 2 ? ? ? n2n?1 由

1 ?2? ? ?? ? . 3 ? 3?

n


n

2 f n? ( 2 ? ) ? 1 ?2 ? 22 ?2 ?? n

2



① ? ②得 ? f n?(2) ? 1 ? 2 ? 22 ? ? ? 2n?1 ? n2n

?
所以

1 ? 22 ? n ? 2n ? (1 ? n)2n ? 1 , 1? 2

fn?(2) ? (n ? 1)2n ? 1

(II)因为 f (0) ? ?1 ? 0

2? ?2? ?1 ? ? ? 3? ? 3? 2 fn ( ) ? ? 2 3 1? 3
2 3

n

? ? n 2 ? ? ?1 ? 1? 2 ? ? 2 ? ? 1? 2 ? ? 2 ? ? 0 , ? ? ? ? ? 3? ? 3?

所以 f n ( x) 在 (0, ) 内至少存在一个零点, 又 f n?( x) ? 1 ? 2 x ? ? ? nx n?1 ? 0 所以 fn ( x) 在 (0, ) 内单调递增, 因此, fn ( x) 在 (0, ) 内有且只有一个零点 an , 由于 f n ( x ) ?

2 3

2 3

1 ? xn ?1, 1? x

1 ? an n 所以 0 ? f n (an ) ? ?1 1 ? an
由此可得 an ? 故

1 1 n ?1 1 ? an ? 2 2 2

1 2 ? an ? 2 3
n ?1

1 1 1 ?2? 所以 0 ? an ? ? an n?1 ? ? ? ? 2 2 2 ? 3?

1 ?2? ? ?? ? 3 ? 3?

n

考点:1.错位相减法;2.零点存在性定理;3.函数与数列. 考生注意:请在 22、23、24 三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分, 作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题是以后的方框涂黑.

22. 选修 4-1:几何证明选讲 如图, AB 切 ? O 于点 B ,直线 AO 交 ? O 于 D , E 两点, BC ? DE , 垂足为 C . (I)证明: ?CBD ? ?DBA (II)若 AD ? 3DC, BC ?

2 ,求 ? O 的直径.

【答案】(I)证明略,详见解析; (II) 3 . 【解析】 试题分析: :(I)因为 DE 是 ? O 的直径,则 ?BED ? ?EDB ? 90? ,又 BC ? DE ,所以

? ? B E, D所 以 ?CBD ? ?EDB ? 90? , 又 AB 切 ? O 于 点 B , 得 ?D B A

?CBD ? ?DBA ;
(II) 由 (I) 知 BD 平 分 ?C B A, 则
2 2 AB2 ? BC ? AC ,
2 解 得 AC ? 4 , 所 以 AD ? 3 , 由 切 割 线 定 理 得 AB ? AD ? AE , 解 得 AE ? 6 , 故

BA AD ? ? 3 , 又 BC ? 2 , 从 而 AB ? 3 2 , 由 BC CD

D E ? A E? A D?3 ,
即 ? O 的直径为 3. 试题解析:(I)因为 DE 是 ? O 的直径, 则 ?BED ? ?EDB ? 90? 又 BC ? DE ,所以 ?CBD ? ?EDB ? 90? 又 AB 切 ? O 于点 B , 得 ?DBA ? ?BED 所以 ?CBD ? ?DBA (II)由(I)知 BD 平分 ?CBA , 则

BA AD ? ? 3, BC CD

又 BC ? 2 ,从而 AB ? 3 2 , 所以 AC ?

AB2 ? BC2 ? 4

所以 AD ? 3 , 由切割线定理得 AB ? AD ? AE
2

即 AE ?

AB 2 ? 6, AD

故 DE ? AE ? AD ? 3 , 即 ? O 的直径为 3. 考点:1.几何证明;2.切割线定理. 23. 选修 4-4:坐标系与参数方程

1 ? x ? 3? t ? 2 ? 在直角坐标版权法 xOy 吕, 直线 l 的参数方程为 ? , 以原点为极点, (t 为参数) 3 ?y ? t ? ? 2

x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, ? C 的极坐标方程为 ? ? 2 3sin ? .
(I)写出 ? C 的直角坐标方程; (II) P 为直线 l 上一动点,当 P 到圆心 C 的距离最小时,求点 P 的坐标. 【答案】(I) x ? y ? 3
2

?

?

2

? 3 ; (II) (3,0) .

【解析】 试 题 分 析 : (I) 由 ? ? 2 3sin ? , 得 ? 2 ? 2 3? sin? , 从 而 有 x 2 ? y 2 ? 2 3 y , 所 以

x2 ? y ? 3

?

?

2

?3
2

2 ? ? 1 3 ? 1 ? ? 3 ? t ? ,又 C (0, 3) ,则 PC ? ? 3 ? t ? ? ? (II)设 P ? 3 ? t , t ? 3 ? ? t 2 ? 12 , 2 2 ? 2 ? ? 2 ? ? ?

故当 t ? 0 时, PC 取得最小值,此时 P 点的坐标为 (3,0) . 试题解析:(I)由 ? ? 2 3sin ? , 得 ? 2 ? 2 3? sin? , 从而有 x 2 ? y 2 ? 2 3 y 所以 x ? y ? 3
2

?

?

2

?3

(II)设 P ? 3 ?

? ?

1 3 ? t, t ? ,又 C (0, 3) , 2 2 ?

2 ? 1 ? ? 3 ? 则 PC ? ? 3 ? t ? ? ? t ? 3 ? ? t 2 ? 12 , 2 ? ? 2 ? ?

2

故当 t ? 0 时, PC 取得最小值, 此时 P 点的坐标为 (3,0) . 考点:1. 坐标系与参数方程;2.点与圆的位置关系. 24. 选修 4-5:不等式选讲 已知关于 x 的不等式 x ? a ? b 的解集为 {x | 2 ? x ? 4} (I)求实数 a , b 的值; (II)求 at ? 12 ? bt 的最大值. 【答案】(I) a ? ?3, b ? 1 ;(II) 4 . 【解析】 试 题 分 析 : (I) 由 x ? a ? b , 得 ?b ? a ? x ? b ? a ,由题意得 ?

? ?b ? a ? 2 ,解得 ?b ? a ? 4

a ? ?3, b ? 1 ;
(II)柯西不等式得

?3t ? 12 ? t ? 3 4 ? t ? t ? [( 3) 2 ? 12 ][( 4 ? t ) 2 ? ( t ) 2 ? 2 4 ? t ? t ? 4 ,
当且仅当

4?t t 即 t ? 1 时等号成立,故 ? 1 3

?

?3t ? 12 ? t

?

min

?4.

试题解析:(I)由 x ? a ? b ,得 ?b ? a ? x ? b ? a 则?

? ?b ? a ? 2 ,解得 a ? ?3, b ? 1. ?b ? a ? 4

(II) ?3t ? 12 ? t ? 3 4 ? t ? t

? [( 3) 2 ? 12 ][( 4 ? t ) 2 ? ( t ) 2

? 2 4?t ?t ? 4
当且仅当

4?t t 即 t ? 1 时等号成立, ? 1 3



?

?3t ? 12 ? t

?

min

?4

考点:1.绝对值不等式;2.柯西不等式.


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