2015 地方卷 数学

A 解析过程： 因为 ${ \frac { \overline { { z } } } { 1 - i } } = i$ ，所以， $\overline { { z } } = i \big ( 1 - i \big ) = 1 + i$ 所以， $z = 1 - i$ ，选 A

D 解析过程： 因为 ${ \overrightarrow { B D } } \cdot { \overrightarrow { C D } } = { \overrightarrow { B D } } \cdot { \overrightarrow { B A } } = \left( { \overrightarrow { B A } } + { \overrightarrow { B C } } \right) \cdot { \overrightarrow { B A } }$ $= \left( { \overrightarrow { B A } } \right) ^ { 2 } + { \overrightarrow { B C } } \cdot { \overrightarrow { B A } } = a ^ { 2 } + a ^ { 2 } \cos 6 0 ^ { \circ } = { \frac { 3 } { 2 } } a ^ { 2 }$ ，选 D

A 解析过程： 原不等式可转化为以下三个不等式的并集： （Ⅰ） $\binom { x < 1 } { 1 - x + x - 5 < 2 }$ ，解得 $\left\{ x | x < 1 \right\}$ （Ⅱ） $\left\{ { \begin{array} { l } { 1 \leq x < 5 } \\ { x - 1 + x - 5 < 2 } \end{array} } \right.$ ，解得 $\{ x | 1 \leq x < 4 \}$ （Ⅲ） $\left\{ { \begin{array} { l } { x \geq 5 } \\ { x - 1 - x + 5 < 2 } \end{array} } \right.$ ，解得 $\phi$ 综上，原不等式的解集为 $\{ x | x < 4 \}$ ，选 A

B 解析过程： 作出可行域如图 若 $z = a x + y$ 的最大值为 4，则最优解可能为 A(1,1) 或 B(2,0) 经检验 A(1,1) 不是最优解， B(2,0)是最优解，此时 a = 2

B 解析过程： 用表示 $\xi$ 零件的长度，根据正态分布的性质得： $ \begin{array} { l } { { P \big ( 3 < \xi < 6 \big ) = \displaystyle \frac { 1 } { 2 } \Big [ P \big ( - 6 < \xi < 6 \big ) - P \big ( - 3 < \xi < 3 \big ) \Big ] } } \\ { { = \displaystyle \frac { 0 . 9 5 4 4 - 0 . 6 8 2 6 } { 2 } = 0 . 1 3 5 9 ~ , ~ \dot { \mathrm { ! 4 } } \mathrm { B } . } } \end{array} $

D 解析过程： 由光的反射原理知，反射光线的反向延长线必过点(2, 3)- ， 设反射光线所在直线的斜率为k，则反射光线所在直线方程为： $y + 3 = k ( x - 2 )$ ，即 $k x - y - 2 k - 3 = 0$ 又因为光线与圆相切， $( x + 3 ) ^ { 2 } + ( y - 2 ) ^ { 2 } = 1$ 所以， $\frac { \left| - 3 k - 2 - 2 k - 3 \right| } { \sqrt { k ^ { 2 } + 1 } } = 1$ ，整理得 $1 2 k ^ { 2 } + 2 5 k + 1 2 = 0$ 解得： $k = - \frac { 4 } { 3 }$ 或 $k = - \frac { 3 } { 4 }$ ，选 D

C 解析过程： 当 $a \geq 1$ 时， $f ( a ) = 2 ^ { a } > 1$ 所以， $f ( f ( a ) ) = 2 ^ { f ( a ) }$ ，即 $a > 1$ 符合题意； 当 $a < 1$ 时， $f ( a ) = 3 a - 1$ ，若 $f ( a ) \geq 1$ 即 $3 a - 1 \geq 1$ $a \geq \frac { 2 } { 3 }$ ，所以 $\frac { 2 } { 3 } \leq a < 1$ 符合题意； 综上，a的取值范围是 $[ \frac { 2 } { 3 } , + \infty )$ ，选 C

$4 ^ { n - 1 }$ 解析过程： 由归纳推理得： $C _ { 2 n - 1 } ^ { 0 } + C _ { 2 n - 1 } ^ { 1 } + C _ { 2 n - 1 } ^ { 2 } + \cdots + C _ { 2 n - 1 } ^ { n - 1 } = 4 ^ { n - 1 }$

1 解析过程： $y = \tan x $ 在 $\left[ 0 , { \frac { \pi } { 4 } } \right]$ 上单调递增，所以 $y = \tan x $ 在 $\left[ 0 , { \frac { \pi } { 4 } } \right]$ 上的最大值为 $\tan { \frac { \pi } { 4 } } = 1$ 由题意得， $m \geq 1$

（I）单调递增区间是 ${ \Bigg [ } - { \frac { \pi } { 4 } } + k \pi , { \frac { \pi } { 4 } } + k \pi { \Bigg ] } ( k \in z )$ ；单调递减区间是 ${ \Bigg [ } { \frac { \pi } { 4 } } + k \pi , { \frac { 3 \pi } { 4 } } + k \pi { \Bigg ] } ( k \in z )$ （II） 面积的最大值为DABC $\frac { 2 + { \sqrt { 3 } } } { 4 }$ 解析过程： （I）由题意知 $f ( x ) = { \frac { \sin 2 x } { 2 } } - { \frac { 1 + \cos ( 2 x + { \frac { \pi } { 2 } } ) } { 2 } }$ $ = { \frac { \sin 2 x } { 2 } } - { \frac { 1 - \sin 2 x } { 2 } } = \sin 2 x - { \frac { 1 } { 2 } } $ 由 $- { \frac { \pi } { 2 } } + 2 k \pi \leq 2 x \leq { \frac { \pi } { 2 } } + 2 k \pi , k \in z$ 可得 $- { \frac { \pi } { 4 } } + k \pi \leq x \leq { \frac { \pi } { 4 } } + k \pi \ , k \in z$ 由 $\frac { \pi } { 2 } + 2 k \pi \leq 2 x \leq \frac { 3 \pi } { 2 } + 2 k \pi , k \in z$ 可得 ${ \frac { \pi } { 4 } } + k \pi \leq x \leq { \frac { 3 \pi } { 4 } } + k \pi , k \in z$ 所以，函数f(x)的单调递增区间是 $\left[ - { \frac { \pi } { 4 } } + k \pi , { \frac { \pi } { 4 } } + k \pi \right] ( k \in z )$ 函数 f(x)的单调递减区间是 $\left[ { \frac { \pi } { 4 } } + k \pi , { \frac { 3 \pi } { 4 } } + k \pi \right] ( k \in z )$ （II）由 $f ( \frac { A } { 2 } ) = \sin A - \frac { 1 } { 2 } = 0$ ，得 $\sin A = { \frac { 1 } { 2 } }$ 由题意得A为锐角，所以 $\cos A = { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } }$ 由余弦定理： $a ^ { 2 } = b ^ { 2 } + c ^ { 2 } - 2 b \cos A$ 可得： $1 + { \sqrt { 3 } } b c = b ^ { 2 } + c ^ { 2 } \geq 2 b c$ 即： $b c \leq 2 + { \sqrt { 3 } }$ ，当且仅当b c= 时等号成立 因此 $\frac { 1 } { 2 } b c \sin A \leq \frac { 2 + \sqrt { 3 } } { 4 }$ 所以 $\Delta A B C$ 面积的最大值为 $\frac { 2 + { \sqrt { 3 } } } { 4 }$

（I）详见解析；（II） $6 0 ^ { \circ }$ 解析过程： （I）证法一：连接 设DG CD, . $C D \cap G F = M$ ,连接 ，MH 在三棱台 $D E F - A B C$ 中， 分别为 的中点，可得AB DE G= 2 ， AC $D F / / G C , D F = G C$ ，所以四边形是平行四边形，DFCG 则 为 的中点，又 是 的中点，所以M CD H BC $H M / / B D$ 又 $H M \subset \cdot$ 平面 ， 平面 ，所以 平面FGH BD Ë FGH BD/ /$F G H$ 证法二：在三棱台 $D E F - A B C$ 中， 由 $B C = 2 E F , H$ 为 的中点，BC 可得 $B H / / E F , B H = E F$ 所以 为平行四边形，可得HBEF $B E / / H F$ 在 $\Delta A B C$ 中， 分别为 的中点，G H， AC BC， 所以 $G H / / A B ,$ 又 $G H \cap H F = H$ 所以平面 平面 ，FGH / / ABED 因为 平面 ，BD Ì ABED 所以 平面 .BD / / FGH （Ⅱ）解法一：设 ，则AB = 2 CF =1 在三棱台 $D E F - A B C$ 中， 为 的中点G AC 由 ${ D F } = \frac { 1 } { 2 } A C = G C$ 可得四边形 为平行四边形，DGCF 因此 $D G / / C F$ 又 平面FC ^ ABC 所以 平面DG ^ ABC 在 中，由 DABC $A B \bot B C , \angle B A C = 4 5 ^ { \circ }$ ， 是 中点， G AC 所以 $A B = B C , G B \bot G C$ 因此 $G B , G C , G D$ 两两垂直, 以 为坐 标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G$G - x y z$ 所以 $G \big ( 0 , 0 , 0 \big ) , B \Big ( \sqrt { 2 } , 0 , 0 \Big ) , C \Big ( 0 , \sqrt { 2 } , 0 \Big ) , D \big ( 0 , 0 , 1 \big )$ 可得 $H \left( \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } , \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } , 0 \right) , F \left( 0 , \sqrt { 2 } , 1 \right)$ 故 $\overrightarrow { G H } = \left( \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } , \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } , 0 \right) , \overrightarrow { G F } = \left( 0 , \sqrt { 2 } , 1 \right)$ 设 $\stackrel { } { n } = ( x , y , z )$ 是平面 的一个法向量，则FGH 由 $\left\{ { \begin{array} { l } { { \vec { n } } \cdot { \overrightarrow { G H } } = 0 , } \\ { { \vec { n } } \cdot { \overrightarrow { G F } } = 0 , } \end{array} } \right.$ 可得 $\displaystyle { \int } \imath + \jmath = 0$ 可得平面 的一个法向量FGH $\stackrel { } { n } = ( 1 , - 1 , { \sqrt { 2 } } )$ 因为 $\overrightarrow { G B }$ 是平面 的一个法向量，ACFD $\overrightarrow { G B } = \left( \sqrt { 2 } , 0 , 0 \right)$ 所以 $\cos < \overrightarrow { G B } , \stackrel { } { n } > = \frac { \overrightarrow { G B } \cdot \stackrel { } { n } } { | \overrightarrow { G B } | \cdot | \stackrel { } { n } | } = \frac { \sqrt { 2 } } { 2 \sqrt { 2 } } = \frac { 1 } { 2 }$ 所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为 $6 0 ^ { \circ }$ 解法二： 作 $H M \perp A C$ 于点 ，作 M $M N \perp G F$ 于点 ，连N 接 NH 由 平面 ，得FC ^ ABC $H M \perp F C$ 又 $F C \cap A C = C$ 所以 $H M \perp$ 平面 ACFD 因此 $G F \perp N H$ 所以 $\angle M N H$ 即为所求的角 在 中,DBGC $M H / / B G , M H = \frac { 1 } { 2 } B G = \frac { \sqrt { 2 } } { 2 }$ 由 $\Delta G N M \setminus \Delta G C F$ 可得 ${ \frac { M N } { F C } } { = } { \frac { G M } { G F } }$ 从而 $M N = \frac { \sqrt { 6 } } { 6 }$ ，由MH ^平面ACFD，MN Ì平面ACFD得 $M H \bot M N$ ，所以 $\tan \angle M N H = \frac { H M } { M N } = \sqrt { 3 }$ ，所以 $\angle M H N = 6 0 ^ { \circ }$ 所以平面 $F G H $ 平面ACFD所成角（锐角）的大小为 $6 0 ^ { 0 }$

（I） $a _ { n } = \left\{ \begin{array} { l l } { { 3 , } } & { { n = 1 , } } \\ { { 3 ^ { n - 1 } , } } & { { n > 1 , } } \end{array} \right.$ ; （II） $T _ { n } = \frac { 1 3 } { 1 2 } + \frac { 6 n + 3 } { 4 \times 3 ^ { n } }$ 解析过程： 解：（I）因为 $2 S _ { n } = 3 ^ { n } + 3$ 所以， $2 a _ { 1 } = 3 + 3$ ，故 $a _ { \mathrm { 1 } } = 3 _ { \cdot }$ 当 $n > 1$ 时， $2 S _ { n - 1 } = 3 ^ { n - 1 } + 3 ,$ 此时， $2 a _ { n } = 2 S _ { n } - 2 S _ { n - 1 } = 3 ^ { n } - 3 ^ { n - 1 }$ ，即 $a _ { n } = 3 ^ { n - 1 }$ 所以， $a _ { n } = { \left\{ \begin{array} { l l } { 3 } & { n = 1 } \\ { 3 ^ { n - 1 } n \geq 2 } \end{array} \right. }$ （II）因为 $a _ { n } b _ { n } = \log _ { 3 } a _ { n } , b _ { 1 } = { \frac { 1 } { 3 } }$ 当 $n > 1$ 时， $b _ { n } = 3 ^ { 1 - n } \log _ { 3 } 3 ^ { n - 1 } = ( n - 1 ) \cdot 3 ^ { 1 - n }$ 所以 $T _ { 1 } = b _ { 1 } = \frac { 1 } { 3 }$ ，当 $n > 1$ 时， $ T _ { n } = b _ { 1 } + b _ { 2 } + \cdots + b _ { n } = { \frac { 1 } { 3 } } + ( 1 \times 3 ^ { - 1 } + 2 \times 3 ^ { - 2 } + \cdots + ( n - 1 ) 3 ^ { 1 - n } ) $ 所以 $3 T _ { n } = 1 + ( 1 \times 3 ^ { 0 } + 2 \times 3 ^ { 1 } + \cdots + ( n - 1 ) 3 ^ { 2 - n } )$ 两式相减得， $ 2 T _ { n } = { \frac { 2 } { 3 } } + ( 3 ^ { 0 } + 3 ^ { 1 } + 3 ^ { 2 - n } ) - ( n - 1 ) \cdot 3 ^ { 1 - n } $ $ = { \frac { 2 } { 3 } } + { \frac { 1 - 3 ^ { 1 - n } } { 1 - 3 ^ { - 1 } } } - ( n - 1 ) \cdot 3 ^ { 1 - n } = { \frac { 1 3 } { 6 } } - { \frac { 6 n + 3 } { 2 \times 3 ^ { n } } } $ 所以， $T _ { n } = \frac { 1 3 } { 1 2 } + \frac { 6 n + 3 } { 4 \times 3 ^ { n } }$ ，经检验，n =1时也适合， 综上， $T _ { n } = \frac { 1 3 } { 1 2 } + \frac { 6 n + 3 } { 4 \times 3 ^ { n } }$

$\mathrm { ( I ) } \ \frac { x ^ { 2 } } { 4 } + y ^ { 2 } = 1 \ ; \ \mathrm { ( I I ) } \ \mathrm { ( i ) } 2 ; \ \mathrm { ( i i ) } \ 6 \sqrt { 3 }$ 解析过程： （I）由题意知 $2 a = 4$ ，则 $a = 2$ 又 ${ \frac { c } { a } } = { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } } , a ^ { 2 } - c ^ { 2 } = b ^ { 2 }$ ，可得 $b = 1$ 所以椭圆C的标准方程为 ${ \frac { x ^ { 2 } } { 4 } } + y ^ { 2 } = 1$ （II）由（I）知椭圆E的方程为 $\frac { x ^ { 2 } } { 1 6 } + \frac { y ^ { 2 } } { 4 } = 1$ （i）设 $P \left( x _ { 0 } , y _ { 0 } \right) , \ { \frac { \left| O Q \right| } { \left| O P \right| } } = \lambda$ ，由题意知 $Q \left( - \lambda x _ { 0 } , - \lambda y _ { 0 } \right)$ 因为 $\frac { x _ { 0 } ^ { 2 } } { 4 } + y _ { 0 } ^ { 2 } = 1$ 又 $\frac { \left( - \lambda x _ { 0 } \right) ^ { 2 } } { 1 6 } + \frac { \left( - \lambda y _ { 0 } \right) ^ { 2 } } { 4 } = 1$ 即 $\frac { \lambda ^ { 2 } } { 4 } \Bigg ( \frac { x _ { 0 } ^ { 2 } } { 4 } + y _ { 0 } ^ { 2 } \Bigg ) = 1$ ，所以 $\lambda = 2$ ，即 $\displaystyle { \frac { \left| O Q \right| } { \left| O P \right| } } = 2$ （ii）设 $A \big ( x _ { 1 } , y _ { 1 } \big ) , B \big ( x _ { 2 } , y _ { 2 } \big )$ 将 $y = k x + m$ 代入椭圆E的方程， 可得 $\left( 1 + 4 k ^ { 2 } \right) x ^ { 2 } + 8 k m x + 4 m ^ { 2 } - 1 6 = 0$ 由 $\Delta > 0$ ，可得 $m ^ { 2 } < 4 + 1 6 k ^ { 2 } \dots \textcircled { 1 }$ 则有 $x _ { 1 } + x _ { 2 } = - \frac { 8 k m } { 1 + 4 k ^ { 2 } } , x _ { 1 } x _ { 2 } = \frac { 4 m ^ { 2 } - 1 6 } { 1 + 4 k ^ { 2 } }$ 所以 $\left| x _ { 1 } - x _ { 2 } \right| = \frac { 4 \sqrt { 1 6 k ^ { ^ 2 } + 4 - m ^ { 2 } } } { 1 + 4 k ^ { ^ 2 } }$ 因为直线 $y = k x + m$ 与轴交点的坐标为 $\left( 0 , m \right)$ 所以 $\Delta O A B$ 的面积 $S = { \frac { 1 } { 2 } } { \big | } m { \big | } \cdot { \big | } x _ { 2 } - x _ { 2 } { \big | } = { \frac { 2 { \sqrt { 1 6 k ^ { 2 } + 4 - m ^ { 2 } } } } { 1 + 4 k ^ { 2 } } } { \big | } m { \big | }$ $ = \frac { 2 \sqrt { ( 1 6 k ^ { 2 } + 4 - m ^ { 2 } ) \cdot m ^ { 2 } } } { 1 + 4 k ^ { 2 } } = 2 \sqrt { ( 4 - \frac { m ^ { 2 } } { 1 + 4 k ^ { 2 } } ) \cdot \frac { m ^ { 2 } } { 1 + 4 k ^ { 2 } } } $ ${ \frac { m ^ { 2 } } { 1 + 4 k ^ { 2 } } } = t$ 将 $y = k x + m$ 代入椭圆 C 的方程 可得 $\left( 1 + 4 k ^ { 2 } \right) x ^ { 2 } + 8 k m x + 4 m ^ { 2 } - 4 = 0$ 由 $\Delta \geq 0$ ，可得 $m ^ { 2 } \leq 1 + 4 k ^ { 2 } \ . . . . . . \textcircled { 2 }$ 由 $\textcircled{1} \textcircled{2}$ 可知 $0 < t \leq 1$ 因此 $S = 2 \sqrt { \left( 4 - t \right) t } = 2 \sqrt { - t ^ { 2 } + 4 t }$ 故 $S \leq 2 \sqrt { 3 }$ 当且仅当 ，即t =1 $m ^ { 2 } = 1 + 4 k ^ { 2 }$ 时取得最大值 $2 \sqrt { 3 }$ 由（i）知， 面积为DABQ 3S 所以 面积的最大值为DABQ $6 \sqrt { 3 }$