2015年高考四川理科数学试题及答案解析.pdf

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1、 2015 年高考四川理科数学试题及答案解析 2 2015 年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）数学（理科）第卷（共 50 分）一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的（1）【2015 年四川，理 1】设集合|(1)(2)0Axxx，集合|13Bxx，则AB（）（A）1|3xx （B）|11xx （C）|12xx （D）|23xx【答案】A【解析】|12Axx，|13Bxx，|13ABxx，故选 A（2）【2015年四川，理 2】设i是虚数单位，则复数32ii（）（A）i （B）3i （C）i （D）3i【答案】C【解析】3222

2、iiii2iiii ，故选 C（3）【2015 年四川，理 3】执行如图所示的程序框图，输出S的值是（）（A）32 （B）32 （C）12 （D）12【答案】D【解析】易得当1,2,3,4k 时时执行的是否，当5k 时就执行是的步骤，所以51sin62S，故选 D（4）【2015 年四川，理 4】下列函数中，最小正周期为且 3 图象关于原点对称的函数是（）（A）cos(2)2yx （B）sin(2)2yx （C）sin2cos2yxx （D）sincosyxx【答案】A【解析】显然对于 A，cos(2)sin22yxx，为关于原点对称，且最小正周期是，符合题意，故选 A（5）【2015 年四川

3、，理 5】过双曲线2213yx 的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则|AB（）（A）4 33 （B）2 3 （C）6 （D）4 3【答案】D【解析】由题意可知双曲线的渐近线方程为3yx，且右焦点(2,0)，则直线2x 与两条渐近线的交点分别为 A(2,2 3)，B(2,2 3)，|4 3AB，故选 D（6）【2015 年四川，理 6】用数字 0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，其中比 40000 大的偶数共有（）（A）144 个 （B）120 个 （C）96 个 （D）72 个【答案】B【解析】这里大于 40000 的数可以分两类：当 5 在万位时，

4、个位可以排 0、2、4 三个数中的一个，十位百位和千位没有限制有133472C A 种；当 4 在万位时，个位可以排 0、2 两个数中的一个，十位百位和千位没有限制，有132448C A 种，4 5 6 sin2 3r，2224sin42 3164rrrrrrr，因此，24r，故选 D 第 II 卷（共 100 分）二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分（11）【2015 年四川，理 11】在521x 的展开式中，含2x的项的系数是 【答案】-40【解析】由题意可知2x的系数为：22352(1)40C （12）【2015 年四川，理 12】sin15sin75的值是 【答案】62【解析

5、】36sin15sin75sin15cos152sin 15452sin60222 （13）【2015 年四川，理 13】某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：C）满足函数关系kx bye（2.718e 为自然对数的底数，k，b为常数）若该食品在0 C的保鲜时间是 192 小时，在23 C的保鲜时间是 48小时，则该食品在33 C的保鲜时间是_小时【答案】24【解析】0+192kbe，2248kbe，221142kkee，当33x 时，33k bex ，3331248192kkxeex（14）【2015 年四川，理 14】如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面相

6、互垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC中点，设异面直线EM与AF所成的角为，则cos的最大值为 【答案】25【解析】以AB为x轴，AD为y轴，AQ为z轴建立空间直角坐标系，并设正方形边长为 FEABCDPQM 7 2，则0,0,0A，2,1,0F，1,0,0E，0,2Mm，2,1,0AF，1,2EMm 22cos,55AF EMmAFEMm令22()(0,2)525mf mmm 222(2)105252 525()525mmmmfmm，0,2m，()0fmmax2()(0)5f mf，从而max2cos5（15）【2015 年四川，理 15】已知函数 2xf x，2g xxax(其

7、中aR)对于不相等的实数1x，2x，设 1212f xf xmxx，1212g xg xnxx，现有如下命题：(1)对于任意不相等的实数1x，2x，都有0m；(2)对于任意a的及任意不相等的实数1x，2x，都有0n；(3)对于任意的a，存在不相等的实数1x，2x，使得mn；(4)对于任意的a，存在不相等的实数1x，2x，使得mn 其中的真命题有_（写出所有真命题的序号）【答案】(1)(4)【解析】(1)设1x，2x,函数2xy 是增函数，1222xx，120 xx，则1212()()f xf xmxx=12x1222xxx0，所以正确；(2)设12xx，则120 xx，221211221212

8、12g xg xxaxxaxnxxaxxxx 不妨我们设121,2,3xxa ，则60n ，矛盾，所以(2)错(3)mn，由(1)(2)可得：12121212f xf xg xg xmnxxxx，化简得到，1212f xf xg xg x，也即 1122f xg xf xg x，令 22xh xf xg xxax，即对于任意的a函数 h x在定义域范围内存在有两个不相等的实数根1x，2x 则 8 22 ln2xh xxa，2()2 ln2xh xxa，显然当a 时，0h x 恒成立，即 h x单调递增，最多与 x 轴有一个交点，不满足题意，所以错误(4)同理可得 1122f xg xg xf

9、x，设 22xh xf xg xxax，即对于任意的a函数 h x在定义域范围内存在有两个不相等的实数根1x，2x，从而 h x不是恒为单调函数 2 ln22xh xxa，22ln220 xhx 恒成立，h x单调递增，又x 时，0h ，x 时，0h 所以 h x为先减后增的函数，满足要求，所以正确 三、解答题：本大题共 6 题，共 75 分（16）【2015 年四川，理 16】（本小题满分 12 分）设数列na的前n项和12nnSaa，且1a，21a，3a成等 差数列（）求数列na的通项公式；（）记数列1na的前n项和nT，求得使1|1|1000nT 成立的n的最小值 解：（）当2n时有，1

10、1112(2)nnnnnaSSaaaa，则12nnaa(2)n，12nnaa2n，数列 na是以1a为首项，2 为公比的等比数列 又 由 题 意 得21322aaa，1112 224aaa，12a，2nna*()nN （）由题意得112nna，1111()11221()12212nnnniiT，则2111-=()22nnT（），又1091111,21024 2512，即11110241000512111000nT成立时，n的最小值为10n 9 （17）【2015 年四川，理 17】（本小题满分 12 分）某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐 3 名男生，2 名女生，B中学推荐了

11、3 名男生，4 名女生，两校推荐的学生一起参加集训，由于集训后队员的水平相当，从参加集训的男生中随机抽取 3 人，女生中随机抽取 3 人组成代表队（）求A中学至少有 1 名学生入选代表队的概率；（）某场比赛前，从代表队的 6 名队员中随机抽取 4人参赛，设 X 表示参赛的男生人数，求 X 得分布列和数学期望 解：（）设事件A表示“A中学至少有 1 名学生入选代表队”，可以采用反面求解：33343366199()11100100CCP ACC （）由题意，知1,2,3X，3133461(1)5C CP XC；2233463(2)5C CP XC；1333461(3)5C CP XC 因此X的分布

12、列为：期望为：131()1232555E X （18）【2015 年四川，理 18】（本小题满分 12 分）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N（）请将字母标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）；X 1 2 3 P 15 35 15 10 （）证明：直线/MN平面BDH；（）求二面角AEGM的余弦值 解：（）如下图所示：NMDHCGFBAE（）如答图所示，连接BD，AC相交于点O，连接MO M、O分别为线段BC、BD的中点，/MOCDGH且1122MOCDGHNH 四边形QMNH为平行四边形，/OHMN，又OH 平面BDH，/

13、MN平面BDH（）连接EG，过点M作MPAC于点P，过点P作PQEG于点Q，连接MQ，由三垂线定理可得EGMQ，PQM为二面角AEGM的平面角，设正方体棱长为4a，则4PQBCa，2MCa，45MCP，2MPa，所以22tan44MPaPQMPQa，所以2 2cos3PQM，所以2 2coscos3AEGMMLK，即二面角的余弦值为223（19）【2015 年四川，理 19】（本小题满分 12 分）如图，,A B C D为平面四边形ABCD的四个内角（）证明：1 costan2sinAAA；（）若180oAC，6AB，3BC，4CD，5AD，求tantantantan2222ABCD ONMD

14、HCGFBAEPQMEABCDCBADGEHF 11 解：（）证明：2sin2sin1cos22tan2sincos2sincos222AAAAAAAA（）180oAC，coscos 180cos,sinsin 180sinCAACAA，1 cos1 cos1 cos1cos2tantan22sinsinsinsinsinACACAAACAAA，180oAC，180oBD 同理可得2tantan22sinBDB，11tantantantan22222sinsinABCDAB 连接BD，设BDx，在ABD和CBD中分别利用余弦定理及180oAC可得：coscosAC，即22222265342 6

15、 52 3 4xx ，解得22477x，从而得3cos7A，2 10sin7A 同理可得，1cos19B，6 10sin19B，11114 10tantantantan2()2()2222sinsin32 106 10719ABCDAB（20）【2015 年四川，理 20】（本小题满分 13 分）如图，椭圆2222:1xyEab的离心率是22，过点(0,1)P 的动直线l与椭圆相交于,A B两点当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2 2（）球椭圆E的方程；（）在平面直角坐标系xoy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得QAPAQBPB恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明

16、理由 解：（）由题知椭圆过点2,1因此可得：2222222211ceaababc，解得：2a，2bc 12 椭圆 E 的方程为：22142xy（）假设存在满足题意的定点Q 当直线l平行于x轴时，则1QAPAQBPB，,A B两点关于y轴对称，Q点在y轴上 不妨设0,Qa，当直线l垂直于x轴时，0,2,0,2AB，212212QAPAaQBPBa，解得2a 或1a（舍去，否则Q点就是P点），P点的坐标为0,2 下面我们证明对于一般的直线:1l ykx，0,2Q也满足题意 QAPAQBPB，由角平分线定理可知，y轴为AQB的角平分线所以QAQBkk 设11,A x y，22,B xy，则111yk

17、x，221ykx，联立：22124ykxxy，消去y可得，2212420kxkx，由韦达定理可得，122412kxxk，1 22212x xk，11111211QAykxkkxxx，22222211QBykxkkxxx，两式相加得，121212112+2220QAQBxxkkkkkkxxx x，即QAQBkk，从而，假设成立，即存在与点P不同的定点Q，使得QAPAQBPB恒成立（21）【2015 年四川，理 21】（本题满分 14 分）已知函数 222ln22f xxaxxaxaa，其中0a （）设 g x是 f x的导函数，讨论 g x的单调性；（）证明：存在0,1a，使得 0f x 在区间

18、1,内恒成立，且 0f x 在区间1,内有唯一解 解：（）222ln22f xxaxxaxaa，求 导 可 得，13 22ln222afxxxax，即 22ln2220,0ag xxxa axx 22222220,0 xxaagxaxxxx，对于多项式2xxa，（1）当140a，即14a时，20 xxa恒成立 此时，0gx 恒成立，所以 g x恒单调递增（2）当104a时，一元二次方程20 xxa有两个实数根，设为12,x x 那么求根可得：111410,22ax，21141,122ax 令 0gx，即200 xxax，解得：10 xx，2xx 所以 g x在10,x，2,x，时单调递增 令

19、0gx，即200 xxax，解得：12xxx，所以 g x在12,x x，时单调递减 综上所述：当14a时，g x在0,上单调递增 当104a时，g x在114114(0,),(,)22aa上单调递增，114114(,)22aa上单调递减（）0,1a，由（）可知 fxg x在1,内单调递增 又1x时，1lim 1222240 xfxfaaa ，当x 时，显然 lim0 xfxf 而 fx在1,是单调递增的，因此在1,内必定存在唯一的0 x使得 000022ln2220afxxxax 当01xx时，0fx，当0 xx时，0fx，f x在0(1,)x上单调递减，在0(,)x 上单调递增，14 0m

20、inf xf x 由已知条件 0f x 在区间1,内有唯一解，必有 0min0f xf x 即 22000002ln220f xxaxxaxaa 由式得到000ln2axxax带入式化简得：2232000025220axxaxx，即2000220 xxaxa，注意这里的a比较容易解出，因此我们可以用0 x表示a，解得：02xa，2002axx(1)当01(,1)22xa 时，带入式可得，22ln 230aa 即讨是否有解令 22ln 23h aaa，21220ah aaa h a在1,12上单调递减又 11302h ah，式无解(2)当2002axx时，01a，012x，把2002axx带入式可得，20022ln60 xx 即讨论是否有解 又设2000()22ln6h xxx，2000002 2124xh xxxx，01,2x，00hx恒成立，0()h x在1,2上单调递增(1)4h xh，222ln 20h xh h x与x轴有交点，从而20022ln60 xx在1,2上有解 从而命题得证！