2015年普通高等学校招生全国统一考试(四川卷)理数.docx

2015年普通高等学校招生全国统一考试(四川卷)理数本卷满分150分,考试时间120分钟.第卷(选择题,共50分)一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的.1.设集合A=x|(x+1)(x-2)0,集合B=x|1x3,则AB=() A.x|-1x3B.x|-1x1C.x|1x2D.x|2x3b3”是“loga30)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.(1,3)B.(1,4)C.(2,3)D.(2,4)第卷(非选择题,共100分)二、填空题:本大题共5小题,每小题5分,共25分.11.在(2x-1)5的展开式中,含x2的项的系数是(用数字填写答案).12.sin 15+sin 75的值是.13.某食品的保鲜时间y(单位:小时)与储藏温度x(单位:)满足函数关系y=ekx+b(e=2.718为自然对数的底数,k,b为常数).若该食品在0 的保鲜时间是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.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cos 的最大值为.15.已知函数f(x)=2x,g(x)=x2+ax(其中aR).对于不相等的实数x1,x2,设m=f(x1)-f(x2)x1-x2,n=g(x1)-g(x2)x1-x2.现有如下命题:对于任意不相等的实数x1,x2,都有m0;对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2,都有n0;对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=n;对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=-n.其中的真命题有(写出所有真命题的序号).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.(本小题满分12分)设数列an(n=1,2,3,)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.()求数列an的通项公式;()记数列1an的前n项和为Tn,求使得|Tn-1|b0)的离心率是22,过点P(0,1)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22.()求椭圆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|QA|QB|=|PA|PB|恒成立?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.21.(本小题满分14分)已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a0.()设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;()证明:存在a(0,1),使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.答案一、选择题1.AA=x|-1x2,B=x|1x3,利用数轴可知AB=x|-1x3b3”等价于“ab1”,“loga3b1或0a1b或0ba3b3”是“loga3logb3”的充分不必要条件.故选B.评析本题主要考查指数函数与对数函数的图象及性质,数形结合思想的运用.9.B当m=2时, f(x)=(n-8)x+1在区间12,2上单调递减,则n-80n8,于是mn16,则mn无最大值.当m0,2)时, f(x)的图象开口向下且过点(0,1),要使f(x)在区间12,2上单调递减,需-n-8m-212,即2n+m18,又n0,则mnm9-m2=-12m2+9m.而g(m)=-12m2+9m在0,2)上为增函数,m0,2)时,g(m)2时, f(x)的图象开口向上且过点(0,1),要使f(x)在区间12,2上单调递减,需-n-8m-22,即2m+n12,而2m+n22mn,所以mn18,当且仅当2m+n=12,2m=n,即m=3,n=6时,取“=”,此时满足m2.故(mn)max=18.故选B.评析本题考查了二次函数的图象与性质、基本不等式.考查学生分析问题与解决问题的能力.考查转化与化归的数学思想.10.D当直线AB的斜率不存在,且0r0和kAB4(y00),即r2.另一方面,由AB的中点为M知B(6-x1,2y0-y1),点B,A在抛物线上,(2y0-y1)2=4(6-x1), y12=4x1, 由,得y12-2y0y1+2y02-12=0,=4y02-4(2y02-12)0,y0212.r2=(3-5)2+y02=4+y0216,r4.综上,r(2,4),故选D.二、填空题11.答案-40解析Tr+1=C5r(2x)5-r(-1)r=(-1)r25-rC5rx5-r,令5-r=2,则r=3,所以含x2的项的系数是-40.12.答案62解析sin 15+sin 75=sin 15+cos 15=2sin(15+45)=2sin 60=62.13.答案24解析依题意有192=eb,48=e22k+b=e22keb,所以e22k=48eb=48192=14,所以e11k=12或-12(舍去),于是该食品在33 的保鲜时间是e33k+b=(e11k)3eb=123192=24(小时).评析本题考查了函数的应用,考查转化与化归的数学思想.14.答案25解析如图,建立空间直角坐标系A-xyz,设AB=2,QM=m(0m2),则F(2,1,0),E(1,0,0),M(0,m,2)(0m2).AF=(2,1,0),ME=(1,-m,-2),cos =|cos|=AFME|AF|ME|=2-m5m2+5=|m-2|5m2+25.设y=(m-2)25m2+25,则y=2(m-2)(5m2+25)-(m-2)210m(5m2+25)2=(m-2)(10m2+50)-(m-2)10m(5m2+25)2=(m-2)(50+20m)(5m2+25)2.当0m2时,y0,g(x)=2x+a可知m0,nR.从而是真命题,是假命题.当a0时,y1=f (x)与y2=g(x)的图象显然无交点,即不存在x1,x2,使m=n,故是假命题;因为对任意的a,y3=-f (x)=-2xln 2与y2=g(x)=2x+a的图象恒有交点,即说明对任意的a,恒存在x1,x2,使-m=n.故是真命题.三、解答题16.解析()由已知Sn=2an-a1,有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n2),即an=2an-1(n2).从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1).所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.所以,数列an是首项为2,公比为2的等比数列.故an=2n.()由()得1an=12n,所以Tn=12+122+12n=121-12n1-12=1-12n.由|Tn-1|11 000,得1-12n-11 000.因为29=5121 0001 024=210,所以n10.于是,使|Tn-1|11 000成立的n的最小值为10.评析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项和等基础知识,考查运算求解能力.17.解析()由题意,参加集训的男、女生各有6名.参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为C33C43C63C63=1100.因此,A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1-1100=99100.()根据题意,X的可能取值为1,2,3.P(X=1)=C31C33C64=15,P(X=2)=C32C32C64=35,P(X=3)=C33C31C64=15.所以X的分布列为X123P153515因此,X的数学期望为E(X)=1P(X=1)+2P(X=2)+3P(X=3)=115+235+315=2.评析本题主要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.解析()点F,G,H的位置如图所示.()连结BD,设O为BD的中点.因为M,N分别是BC,GH的中点,所以OMCD,且OM=12CD,HNCD,且HN=12CD.所以OMHN,OM=HN.所以MNHO是平行四边形,从而MNOH.又MN平面BDH,OH平面BDH,所以MN平面BDH.()解法一:连结AC,过M作MPAC于P.在正方体ABCD-EFGH中,ACEG,所以MPEG.过P作PKEG于K,连结KM,所以EG平面PKM,从而KMEG.所以PKM是二面角A-EG-M的平面角.设AD=2,则CM=1,PK=2.在RtCMP中,PM=CMsin 45=22.在RtPKM中,KM=PK2+PM2=322.所以cosPKM=PKKM=223.即二面角A-EG-M的余弦值为223.解法二:如图,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DH方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.设AD=2,则M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),所以,GE=(2,-2,0),MG=(-1,0,2).设平面EGM的法向量为n1=(x,y,z),由n1GE=0,n1MG=0,得2x-2y=0,-x+2z=0,取x=2,得n1=(2,2,1).在正方体ABCD-EFGH中,DO平面AEGC,则可取平面AEG的一个法向量为n2=DO=(1,1,0),所以cos=n1n2|n1|n2|=2+2+04+4+11+1+0=223,故二面角A-EG-M的余弦值为223.评析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、二面角的平面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.解析()tanA2=sinA2cosA2=2sin2A22sinA2cosA2=1-cosAsinA.()由A+C=180,得C=180-A,D=180-B.由(),有tanA2+tanB2+tanC2+tanD2=1-cosAsinA+1-cosBsinB+1-cos(180-A)sin(180-A)+1-cos(180-B)sin(180-B)=2sinA+2sinB.连结BD.在ABD中,有BD2=AB2+AD2-2ABADcos A,在BCD中,有BD2=BC2+CD2-2BCCDcos C,所以AB2+AD2-2ABADcos A=BC2+CD2+2BCCDcos A.则cos A=AB2+AD2-BC2-CD22(ABAD+BCCD)=62+52-32-422(65+34)=37.于是sin A=1-cos2A=1-372=2107.连结AC.同理可得cos B=AB2+BC2-AD2-CD22(ABBC+ADCD)=62+32-52-422(63+54)=119,于是sin B=1-cos2B=1-1192=61019.所以,tanA2+tanB2+tanC2+tanD2=2sinA+2sinB=27210+219610=4103.评析本题主要考查二倍角公式、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.解析()由已知,点(2,1)在椭圆E上.因此,2a2+1b2=1,a2-b2=c2,ca=22.解得a=2,b=2.所以椭圆E的方程为x24+y22=1.()当直线l与x轴平行时,设直线l与椭圆相交于C,D两点.如果存在定点Q满足条件,则有|QC|QD|=|PC|PD|=1,即|QC|=|QD|.所以Q点在y轴上,可设Q点的坐标为(0,y0).当直线l与x轴垂直时,设直线l与椭圆相交于M,N两点,则M,N的坐标分别为(0,2),(0,-2).由|QM|QN|=|PM|PN|,有|y0-2|y0+2|=2-12+1,解得y0=1或y0=2.所以,若存在不同于点P的定点Q满足条件,则Q点坐标只可能为(0,2).下面证明:对任意直线l,均有|QA|QB|=|PA|PB|.当直线l的斜率不存在时,由上可知,结论成立.当直线l的斜率存在时,可设直线l的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).联立x24+y22=1,y=kx+1,得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其判别式=(4k)2+8(2k2+1)0,所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-22k2+1.因此1x1+1x2=x1+x2x1x2=2k.易知,点B关于y轴对称的点B的坐标为(-x2,y2).又kQA=y1-2x1=kx1-1x1=k-1x1,kQB=y2-2-x2=kx2-1-x2=-k+1x2=k-1x1,所以kQA=kQB,即Q,A,B三点共线.所以|QA|QB|=|QA|QB|=|x1|x2|=|PA|PB|.故存在与P不同的定点Q(0,2),使得|QA|QB|=|PA|PB|恒成立.评析本题主要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.解析()由已知,函数f(x)的定义域为(0,+),g(x)=f (x)=2(x-a)-2ln x-21+ax,所以g(x)=2-2x+2ax2=2x-122+2a-14x2.当0a0,(e)=-e(e-2)1+e-1-2e-21+e-120.故存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=x0-1-ln x01+x0-1,u(x)=x-1-ln x(x1).由u(x)=1-1x0知,函数u(x)在区间(1,+)上单调递增.所以0=u(1)1+1u(x0)1+x0-1=a0u(e)1+