发布时间 : 星期日 文章2015年湖北数学高考卷 理科(含答案)更新完毕开始阅读
（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
P,0,1),(B,1,0)?,(0,1,0C)PD?DC?1，BC??，则D(0,0,0),(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
PP
EFEF
G
CDDC y
xA ABB
第19题解答图1 第19题解答图2
（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cosπBP?DP??3|BP|?|DP|1?1， 2π， 3?2?2解得??2. 所以
DC12??. BC?2DC2π时，. ?BC23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?
OA(0,0)C(6,0)12xy．120y0
yy12108B(2.4,4.8)8B(3,6)8B(3,6)C(6,4)OA(0,0)C(7.5,0)12xOA(0,0)D(9,0)12x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?，
612005z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?zmax?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?，
612005z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?zmax?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?，
612005z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?zmax?6?1000?4?1200?10800．
故最大获利Z的分布列为 8160 Z 0.3 P 10200 0.5 10800 0.2 因此，E(Z)?8160?0.3?10200?0.5?10800?0.2?9708. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，一天最大获利超过10000元的概率p1?P(Z?10000)?0.5?0.2?0.7，
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
33 p?1?(1?p1)?1?0.3?0.973.
21．（14分）
（Ⅰ）设点D(t,0)(|t|?2)，N(x0,y0),M(x,y)，依题意，
MD?2DN，且|DN|?|ON|?1，
yPNDMOQx
22??(x0?t)?y0?1,所以(t?x,?y)?2(x0?t,y0)，且?2 2??x0?y0?1.?t?x?2x0?2t,即?且t(t?2x0)?0.
y??2y.0?由于当点D不动时，点N也不动，所以t不恒等于0，
x2y2xy22于是t?2x0，故x0?,y0??，代入x0?y0?1，可得??1，
16442x2y2即所求的曲线C的方程为??1.
1641（Ⅱ）（1）当直线l的斜率不存在时，直线l为x?4或x??4，都有S?OPQ??4?4?8.
21（2）当直线l的斜率存在时，设直线l:y?kx?m(k??)，
2?y?kx?m,由?2 消去y，可得(1?4k2)x2?8kmx?4m2?16?0. 2?x?4y?16,因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，
所以??64k2m2?4(1?4k2)(4m2?16)?0，即m2?16k2?4. ① ?y?kx?m,2mm?2mm又由? 可得P(,)；同理可得Q(,).
x?2y?0,1?2k1?2k1?2k1?2k?由原点O到直线PQ的距离为d?S?OPQ|m|1?k2和|PQ|?1?k2|xP?xQ|，可得
1112m2m2m2?|PQ|?d?|m||xP?xQ|??|m|??. ② 2221?2k1?2k1?4k2将①代入②得，S?OPQ24k2?12m2. ??8221?4k4k?14k2?121当k?时，S?OPQ?8(2)?8(1?2)?8；
4k?14k?144k2?121当0?k?时，S?OPQ?8()?8(?1?).
1?4k21?4k242因0?k2?122，则0?1?4k2?1，，所以?2S?8(?1?)?8， ?OPQ2241?4k1?4k当且仅当k?0时取等号.
所以当k?0时，S?OPQ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(??,??)，f?(x)?1?ex.
当f?(x)?0，即x?0时，f(x)单调递增； 当f?(x)?0，即x?0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x?0时，f(x)?f(0)?0，即1?x?ex.
1111令x?，得1??en，即(1?)n?e. ①
nnn（Ⅱ）
b1bbbb11?1?(1?)1?1?1?2；12?1?2?2?2(1?)2?(2?1)2?32； a11a1a2a1a22b1b2b3b1b2b31???32?3(1?)3?(3?1)3?43. a1a2a3a1a2a33由此推测：
b1b2a1a2bn?(n?1)n. ② an下面用数学归纳法证明②.
（1）当n?1时，左边?右边?2，②成立. （2）假设当n?k时，②成立，即当n?k?1时，bk?1?(k?1)(1?b1b2a1a2bkbk?1b1b2?akak?1a1a2b1b2a1a2bk?(k?1)k. ak1k?1)ak?1，由归纳假设可得 k?1bkbk?11k?1??(k?1)k(k?1)(1?)?(k?2)k?1. akak?1k?1所以当n?k?1时，②也成立.
根据（1）（2），可知②对一切正整数n都成立. （Ⅲ）由cn的定义，②，算术-几何平均不等式，bn的定义及①得
Tn?c1?c2?c3??cn?(a1)?(a1a2)?(a1a2a3)?1213111213?(a1a2an)
1n??(bbb)(b1)(bb)?12?123?234b1b?bb?b?b?12?123?1?22?33?4?11?(b1b2bn)
n?1b1?b2??bn
n(n?1)?1]?n(n?1)?bn?1
n(n?1)1n?11?b1[??1?22?3111]?b2[??n(n?1)2?33?4?b1(1??111)?b2(?)?n?12n?1?11?bn(?)
nn?11?(1?)nan
nb1b2??12bn11?(1?)1a1?(1?)2a2?n12?ean?eSn.
?ea1?ea2?即Tn?eSn.