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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）

11．9 12．2 13．

1006

1

16．

25

2

14．（Ⅰ）

(x1)

2

(y2)

2

2

；（Ⅱ）①②③ 15．

三、解答题（本大题共6小题，共75分）

17．（11分）

π

（Ⅰ）根据表中已知数据，解得

A5,

2,



. 数据补全如下表：

6

x

x

0

π

12

π

2

π

3

π

7π

12

3π

2

5π

6

5

2π

13

π

12

Asin(

x

)

0

5

0 0

π

且函数表达式为

f(x)5sin(2x)

.

6

ππ

（Ⅱ）由（Ⅰ）知

f(x)5sin(2x)

，得

g(x)5sin(2x2

)

.

66

因为

ysinx

的对称中心为

(kπ,0)

，

kZ

.

令

2x2

π

k

ππ



，

kZ

.

kπ

，解得

x

6212

5πk

ππ5π

，

,0)

成中心对称，令



1221212

由于函数

yg(x)

的图象关于点

(

解得

18．（12分）

k

πππ

，

kZ

. 由

0

可知，当

k1

时，

取得最小值.

236

10a45d100,

2a9d20,

（Ⅰ）由题意有，

1

即

1

ad2,ad2,

1

1

1

a(2n79),

a

1

9,

a

1

1,

a

n

2n1,

n

9

解得

或

或

2

故

n1

2

d2,

d.

b2.

n

b9()

n1

.

9

n

9

（Ⅱ）由

d1

，知

a

n

2n1

，

b

n

2

n1

，故

c

n

T

n

1

3579

2

3

4

2222

2n1

，于是

2

n1

2n1

， ①

2

n1

2n1

.

②

2

n

113579

T

n



2

3

4

5

222222

①-②可得

111

T

n

2

2

222

1

2

n2

2n12n3

，

3

nn

22

故

T

n

6

19．（12分）

（解法1）

2n3

.

n1

2

（Ⅰ）因为

PD

底面

ABCD

，所以

PDBC

，

由底面

ABCD

为长方形，有

BCCD

，而

PDCDD

，

所以

BC平面PCD

. 而

DE平面PCD

，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平面PBC

，所以

PBDE

.

EFE

，所以

PB

平面

DEF

. 又

PBEF

，

DE

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，

EFB，DFB

. 即四面体

BDEF

是一个鳖臑，其四个面的直角分别为

DEB，DEF，

（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平面DEF

，所以

PBDG

.

又因为

PD

底面

ABCD

，所以

PDDG

. 而

PDPBP

，所以

DG平面PBD

.

故

BDF

是面

DEF

与面

ABCD

所成二面角的平面角，

设

PDDC1

，

BC

，有

BD1

2

，

在Rt△PDB中, 由

DFPB

, 得

DPFFDB

π

,

3

则

tan

π

BD

tanDPF1

2

3

, 解得

2

.

3PD

所以

DC12

.

BC

2

DC2

π

时，.

3

BC2

故当面

DEF

与面

ABCD

所成二面角的大小为

（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

PDDC1

，

BC

，则

D(0,0,0),P(0,0,1),(B,1,0),

(0,1C,0)

，

PB(

,1,1)

，点

E

是

PC

的中点，所以

E(0,

1111

,)

，

DE(0,,)

，

2222

于是

PBDE0

，即

PBDE

.

又已知

EFPB

，而

DEEFE

，所以

PB平面DEF

.

因

PC(0,1,1)

,

DEPC0

, 则

DEPC

, 所以

DE平面PBC

.

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

.

z

P

P

（Ⅱ）由

PD平面ABCD

，所以

DP(0,0,1)

是平面

ABCD

的一个法向量；

由（Ⅰ）知，

PB平面DEF

，所以

BP(

,1,1)

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

则

cos

π

BPDP



3

|BP||DP|

1

1

，

2

π

，

3

F

E

G

F

E

D

C

D

C

y

A

第19题解答图1

B

x

A

第19题解答图2

B

2

2

解得

2

. 所以

DC12

.

BC

2

DC2

π

时，.

3

BC2

故当面

DEF

与面

ABCD

所成二面角的大小为

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

2x1.5yW,

x1.5y12,

（1）

2xy0,

x0, y0.

目标函数为

z1000x

O

A(0,0)

C(6,0)12

x

y

．

120y0

y

y

12

10

8

B(2.4,4.8)

8

B(3,6)

8

B(3,6)

C(6,4)

O

A(0,0)

C(7.5,0)

12

x

O

A(0,0)

D(9,0)

12

x

第20题解答图1

第20题解答图2

第20题解答图3

当

W12

时，（1）表示的平面区域如图1，三个顶点分别为

A(0, 0), B(2.4, 4.8), C(6, 0)

．

5z

将

z1000x1200y

变形为

yx

，

61200

5z

当

x2.4, y4.8

时，直线

l

：

yx

在

y

轴上的截距最大，

61200

最大获利

Zz

max

2.410004.812008160

．

当

W15

时，（1）表示的平面区域如图2，三个顶点分别为

A(0, 0), B(3, 6), C(7.5, 0)

．

5z

将

z1000x1200y

变形为

yx

，

61200

5z

当

x3, y6

时，直线

l

：

yx

在

y

轴上的截距最大，

61200

最大获利

Zz

max

310006120010200

．

当

W18

时，（1）表示的平面区域如图3，

四个顶点分别为

A(0, 0), B(3, 6), C(6, 4), D(9, 0)

.

5z

将

z1000x1200y

变形为

yx

，

61200

5z

当

x6,y4

时，直线

l

：

yx

在

y

轴上的截距最大，

61200

最大获利

Zz

max

610004120010800

．

故最大获利

Z

的分布列为

Z

8160 10200 10800


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