2015年高考试题数学理(四川卷)解析版.doc

2015年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）
数学理
第Ⅰ卷（共50分）
一、选择题：本大题共10个小题,每小题5分,共50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.设集合，集合，则（ ）
A. {x|-1<x<3} B.{x|-1<x<1} C.{x|1<x<2} D.{x|2<x<3}[来源:学优高考网]
【答案】A
【解析】
试题分析：，选A.
考点：集合的基本运算.
2. 设i是虚数单位，则复数( )
A. -i B.-3i C.i. D.3i
【答案】C

考点：复数的基本运算.
3. 执行如图所示的程序框图，输出S的值是( )
A. B. C.- D.

【答案】D
【解析】
试题分析：这是一个循环结构，每次循环的结果依次为：，大于4，所以输出的，选D.
考点：程序框图.
4. 下列函数中，最小正周期为且图象关于原点对称的函数是（ ）

【答案】A
【解析】
试题分析：对于选项A，因为，且图象关于原点对称，故选A.
考点：三角函数的性质.
5.过双曲线的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则（ ）
（A） （B） （C）6 （D）
【答案】D

考点：双曲线.
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】
试题分析：据题意，万位上只能排4、5.若万位上排4，则有个；若万位上排5，则有个.所以共有个.选B.
考点：排列组合.
7.设四边形ABCD为平行四边形，，.若点M，N满足，，则（ ）
（A）20 （B）15 （C）9 （D）6
【答案】C
【解析】
试题分析：，所以
，选C.
考点：平面向量.
8.设a，b都是不等于1的正数，则“”是“”的 （ ）
（A） 充要条件 （B）充分不必要条件
（C）必要不充分条件 （D）既不充分也不必要条件

【答案】B

考点：命题与逻辑.
9. 如果函数在区间单调递减，则mn的最大值为（ ）
（A）16 （B）18 （C）25 （D）
【答案】B
【解析】
试题分析：时，抛物线的对称轴为.据题意，当时，即..由且得.当时，抛物线开口向下，据题意得，即..由且得，故应舍去.要使得取得最大值，应有.所以，所以最大值为18.选B..
考点：函数与不等式的综合应用.
10. 设直线l与抛物线相交于A，B两点，与圆相切于点M，且M为线段AB的中点.若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是（ ）
（A） （B） （C） （D）

【答案】D

考点：直线与圆锥曲线，不等式.

第Ⅱ卷（共100分）

二、填空题（每题5分，满分25分，将答案填在答题纸上）
11.在的展开式中，含的项的系数是 （用数字作答）.
【答案】.[来源:gkstk.Com]
【解析】
试题分析：，所以的系数为.
考点：二项式定理.
12. .
【答案】.
【解析】
试题分析：.
考点：三角函数.
13.某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：）满足函数关系（为自然对数的底数，k、b为常数）。若该食品在0的保鲜时间设计192小时，在22的保鲜时间是48小时，则该食品在33的保鲜时间是 小时.
【答案】24

考点：函数及其应用.
14.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点。设异面直线EM与AF所成的角为，则的最大值为 .

【答案】
【解析】
试题分析：建立坐标系如图所示.设，则.设，则

考点：1、空间两直线所成的角；2、不等式.
15.已知函数，（其中）.对于不相等的实数，设，.
现有如下命题：
（1）对于任意不相等的实数，都有；
（2）对于任意的a及任意不相等的实数，都有；
（3）对于任意的a，存在不相等的实数，使得；
（4）对于任意的a，存在不相等的实数，使得.
其中的真命题有 （写出所有真命题的序号）.
【答案】①④
对（4），由m=－n得，即.
令，则.
由得：，作出的图象知，方程必一定有解，所以一定有极值点，即对于任意的a，一定存在不相等的实数，使得，即一定存在不相等的实数，使得.故正确.
所以（1）（4）
考点：函数与不等式的综合应用.
三、解答题 （本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
16.设数列的前项和，且成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前n项和，求得成立的n的最小值.
【答案】（1）；（2）10.
【解析】
试题分析：（1）利用及题设可得与的关系为，所以这是一个公比为2的等比数列.再利用成等差数列，可求得，从而得通项公式.（2）由（1）得，这仍然是一个等比数列，利用等比数列的前n项和公式，可求得，代入，即可得使成立的n的最小值.
试题解析：（1）由已知，有，
即.
从而.
又因为成等差数列，即.
所以，解得.
所以，数列是首项为2，公比为2的等比数列.
故.

考点：本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前n项和公式等基础知识，考查运算求解能力.
17.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
（1）求A中学至少有1名学生入选代表队的概率.
（2）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.
【答案】（1）A中学至少1名学生入选的概率为.
（2）X的分布列为：

X的期望为.

试题解析：（1）由题意，参加集训的男女生各有6名.
参赛学生全从B中抽取（等价于A中没有学生入选代表队）的概率为.
因此，A中学至少1名学生入选的概率为.
（2）根据题意，X的可能取值为1，2，3.
，
，
，
所以X的分布列为：

因此，X的期望为.
考点：本题考查随机事件的概率、古典概型、随机变量的分布列、数学期望等基础知识，考查运算求解能力、应用意识，考查运用概率与统计的知识与方法分析和解决实际问题的能力.
18.一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，设的中点为，的中点为
（1）请将字母标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）
（2）证明：直线平面
（3）求二面角的余弦值.

【答案】（1）点F、G、H的位置如图所示.

（2）详见解析.（3）
【解析】学优高考网
试题分析：（1）注意ABCD是底面，将平面展开图还原可得点F、G、H的位置. （2）根据直线与平面平行的判定定理，应考虑证明MN平行于平面BDH内的一条直线.连结O、M，易得是平行四边形，从而，进而证得平面.（3）要作出二面角的平面角，首先要过M作平面AEGC的垂线，然后再过垂足作棱EG的垂线，再将垂足与点M连结，即可得二面角的平面角.
试题解析：（1）点F、G、H的位置如图所示.

（2）连结BD，设O为BD的中点.
因为M、N分别是BC、GH的中点，
所以，且，
，且，
所以，且，
所以是平行四边形，
从而，
又平面，平面，
所以平面.
（3）连结AC，过M作于P.
在正方形中，，
所以.
过P作于K，连结KM，
所以平面，
从而.
所以是二面角的平面角.
设，则，
在中，.
在中，.
所以.
即二面角的余弦值为.
（另外，也可利用空间坐标系求解）
考点：本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、空间面面夹角的计算等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.
19.如图，A,B,C,D为平面四边形ABCD的四个内角.
（1）证明：
（2）若求.[来源:学优高考网]

【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
试题分析：（1）首先切化弦得，为了将半角变为单角，可在分子分母同时乘以，然后逆用正弦与余弦的二倍角公式即可.（2）由题设知，该四边形的两对角互补.再结合（1）的结果，有，所以只需求出即可.由于已知四边，且，，故考虑用余弦定理列方程组求，从而求出.
试题解析：（1）.
（2）由，得.
由（1），有

连结BD，
在中，有，
在中，有，[来源:学优高考网gkstk]
所以 ，
则，
于是.
连结AC，同理可得
，
于是.
所以

.
考点：本题考查二倍角公式、诱导公式、余弦定理、简单的三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程、化归与转化等数学思想.
20.如图，椭圆E：的离心率是，过点P（0,1）的动直线与椭圆相交于A，B两点，当直线平行与轴时，直线被椭圆E截得的线段长为.
(1)求椭圆E的方程；
（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，Q点的坐标为.
【解析】
试题分析：（1）根据椭圆的对称性，当直线与轴平行时，，将这个点的坐标代入椭圆的方程，得.再根据离心率得，又，三者联立，解方程组即可得，进而得椭圆的方程为.（2）先利用与轴平行和垂直这两种特殊情况找出点Q的坐标为.接下来联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系证明：对任意的直线，均有.设，由图可看出，为了证明，只需证明，为此作点B关于y轴对称的点，这样将问题转化为证三点共线.
试题解析：（1）由已知，点在椭圆E上.
因此，
解得.
所以椭圆的方程为.
（2）当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于C、D两点.
如果存在定点Q满足条件，则，即.[来源:gkstk.Com]
所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为.
当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于M、N两点.
则，
由，有，解得或.
所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点的坐标只可能为.
下面证明：对任意的直线，均有.
当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立.
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，A、B的坐标分别为.
联立得.
其判别式，
所以，.
因此.
易知，点B关于y轴对称的点的坐标为.

又，
所以，即三点共线.
所以.
故存在与P不同的定点，使得恒成立.
考点：本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.
21.已知函数
（1）设
（2）证明：存在，使得在区间内恒成立，且在内有唯一解.
【答案】（1）当时，在区间上单调递增， 在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增.（2）详见解析.
【解析】
试题分析：（1）首先对函数求导，得，然后再求导得.利用导数的符号即得其单调性.此题分和两种情况讨论.（2）要使得在区间内恒成立，且在内有唯一解，则这个解应为极小值点，且极小值为0.所以我们应考虑求的极小值.由，解得，代入得.是否存在令使得呢？为此，令.
因为，故存在，使得.接下来的问题是，此时的是否满足呢？令.由知，函数在区间上单调递增.所以.即.
当时，有.由（1）知，函数在区间上单调递增.
故当时，有，从而；当时，有，从而；所以，当时，.
试题解析：（1）由已知，函数的定义域为，
，
所以.
当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减；
当时，在区间上单调递增.
（2）由，解得.
令.
则，.
故存在，使得.
令，.
由知，函数在区间上单调递增.
所以.
即.
当时，有，.
由（1）知，函数在区间上单调递增.
故当时，有，从而；
当时，有，从而；
所以，当时，.
综上所述，存在，使得在区间内恒成立，且在内有唯一解.
考点：本题考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、分类与整合，化归与转化等数学思想.