2015年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题(福建卷含解析)

2015年一般高等学校招生全国一致考试（福建卷）数学理第I卷（选择题共50分）一、选择题：本题共10小题，每题5分，共50分，在每题给出的四个选项中，只有一项是吻合题目要求的.1．若会集Ai,i2,i3,i4（i是虚数单位），B1,1，则AB等于()A．1B．1C．1,1D．【答案】C【分析】试题分析：由已知得Ai,1,i,1，故AB1,1，应选C．考点：1、复数的看法；2、会集的运算．2．以下函数为奇函数的是

(

)A．

y

x

B．

y

sinx

C．

y

cosx

D．

y

ex

e

x【答案】

D考点：函数的奇偶性．3．若双曲线E:x2y2F1,F2，点P在双曲线E上，且PF13，91的左、右焦点分别为16则PF2等于（）A．11B．9C．5D．3【答案】B【分析】试题分析：由双曲线定义得PF1PF22a6，即3PF26，解得PF29，应选B．考点：双曲线的标准方程和定义．4．为认识某社区居民的家庭年收入所年支出的关系，随机检查了该社区5户家庭，获得以下统计数据表：收入x（万8.28.610.011.311.9元）支出y（万6.27.58.08.59.8元）依据上表可得回归直线方程???，此中???，据此预计，该社区一户ybxab0.76,aybx收入为15万元家庭年支出为()]A．11.4万元B．11.8万元C．12.0万元D．12.2万元【答案】B考点：线性回归方程．x,yx2y0,5满足拘束条件xy0,则z2xy的最小值等于()．若变量x2y20,A．5B．232C．D．22【答案】A【分析】试题分析：画出可行域，以以下图，目标函数变形为y2xz，当z最小时，直线y2xz1的纵截距最大，故将直线y2x经过可行域，尽可能向上移到过点B(1,)时，z取到最小2值，最小值为15z2(1)，应选A．22考点：线性规划．6．阅读以以下图的程序框图，运转相应的程序，则输出的结果为()A．2B．1C．0D．1【答案】

C【分析】试题分析：程序在执行过程中

S,i

的值挨次为：

S

0,i

1；

S

0,i

2；S1,i

3；

S

1,i

4；

S

0,i

5；S

0,i

6，程序结束，输出S0，应选

C．考点：程序框图．7．若l,m是两条不一样的直线，m垂直于平面，则“lm”是“l//的（）A．充分而不用要条件B．必需而不充分条件C．充分必需条件D．既不充分也不用要条件【答案】B考点：空间直线和平面、直线和直线的地点关系．8．若

a,b

是函数

f

x

x2

px

qp

0,q

0

的两个不一样的零点，且

a,b,2

这三个数可合适排序后成等差数列，也可合适排序后成等比数列，则

pq

的值等于（

）A．6B．7

C．8

D．9【答案】D【分析】试题分析：由韦达定理得abp，abq，则a0,b0，当a,b,2合适排序后成等比数列时，2必为等比中项，故abq4，b4．当合适排序后成等差数列时，2必a44是等差中项时，不是等差中项，当a是等差中项时，2a2，解得a1，b4；当8aa1，综上所述，abp5，因此pq9，选D．a2，解得a4，ba考点：等差中项和等比中项．9．已知ABAC,AB1,ACt，若P点是ABC所在平面内一点，且tAB4AC的最大值等于（）AP，则PBPCABACA．13B．15C．19D．21【答案】AyCPBxA考点：1、平面向量数目积；2、基本不等式．10．若定义在R上的函数fx满足f01，其导函数fx满足fxk1，则以下结论中必定错误的选项是（）11．f1111D．1kA．fBkk1C．fk1fk1kkk1k1【答案】C考点：函数与导数．第II卷（非选择题共100分）二、填空题：本大题共5小题，每题4分，共20分.把答案填在答题卡的相应地点.11．x25的睁开式中，x2的系数等于．（用数字作答）【答案】80【分析】580，因此x2的系数等于80．试题分析：x2的睁开式中x2项为C5223x2考点：二项式定理．12．若锐角ABC的面积为103，且AB5,AC8，则BC等于________．【答案】7【分析】试题分析：由已知得ABC的面积为1ABACsinA20sinA103，因此sinA3，22A(0,)，因此A．由余弦定理得BC2AB2AC22ABACcosA49，23BC7．考点：1、三角形面积公式；2、余弦定理．13．如图，点A的坐标为1,0，点C的坐标为2,4，函数fxx2，若在矩形ABCD内随机取一点，则此点取自暗影部分的概率等于．【答案】【分析】

51222dx475．因此此点取自暗影部分的概率试题分析：由已知得暗影部分面积为4x13355等于3．412考点：几何概型．x6,x2,0且a1）的值域是4,，则实数a14．若函数fx（a的3logax,x2,取值范围是．【答案】(1,2]考点：分段函数求值域．15．一个二元码是由0和1构成的数字串xxxnnN*，此中xkk1,2,,n称为12第k位码元，二元码是通讯中常用的码，但在通讯过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，也许由1变为0）x4x5x6x70,已知某种二元码x1x2x7的码元满足以下校验方程组：x2x3x6x70,x1x3x5x70,此中运算定义为：000,011,101,110．现已知一个这类二元码在通讯过程中仅在第k位发生码元错误后变为了1101101，那么利用上述校验方程组可判断k等于．【答案】5．考点：推理证明和新定义．三、解答题：本大题共6小题，共80分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。16．某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码试试错误，该银行卡将被锁定，小王到银行取钱时，发现自己忘掉了银行卡的密码，但是可以确立该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择

1个进行试试

.若密码正确，则结束试试；不然连续试试，直至该银行卡被锁定

.(Ⅰ)求当日小王的该银行卡被锁定的概率；(Ⅱ)设当日小王用该银行卡试试密码次数为

X，求

X的分布列和数学希望．【答案】

(Ⅰ)

1；(Ⅱ)分布列见分析，希望为

5．2

2【分析】试题分析：

(Ⅰ)第一记事件“当日小王的该银行卡被锁定”的事件为

A．则银行卡被锁死相当于三次试试密码都错，基本领件总数为

A63

65

4，事件

A包括的基本领件数为A53

543，代入古典概型的概率计算公式求解；

(Ⅱ)列出随机变量

X

的全部可能取值，分别求取相应值的概率，写出分布列求希望即可．试题分析：（Ⅰ）设“当日小王的该银行卡被锁定”的事件为A，则P(A)=5创43=16542（Ⅱ）依题意得，X全部可能的取值是1，2，3又P(X=1)=1,P(X=2)=5?11,P(X=3)=5创41=2.6656653因此X的分布列为1125因此E(X)=1?2?3?3．662考点：1、古典概型；2、失散型随机变量的分布列和希望．17．如图，在几何体ABCDE中，四边形^^EC，AB=BE=EC=2，ABCD是矩形，AB平面BEC，BEG，F分别是线段BE，DC的中点.(Ⅰ)求证：GF//平面ADE；(Ⅱ)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．ADBFGEC【答案】(Ⅰ)详见分析；(Ⅱ)2．3试题分析：解法一：（Ⅰ）如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，1因此GHAB，且GH=AB，又F是CD中点，因此DF=1CD，由四边形ABCD是矩形得，ABCD，AB=CD，因此2GHDF，且GH=DF．从而四边形HGFD是平行四边形，因此GF//DH，,又DH趟平面ADE，GF平面ADE，因此GF平面ADE．ADHBFGEC

ADHBFQGEC因此平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为2．3解法二：(Ⅰ)如图，取AB中点M，连接MG，MF，又

G是BE的中点，可知GM//AE，又AE

面ADE

，GM

面ADE，因此

GM//平面

ADE

．在矩形

ABCD中，由Ｍ，Ｆ分别是ＡＢ，ＣＤ的中点得

MF//AD

．又AD

面ADE，MF

面ADE，因此

MF//面

ADE

．又由于

GM

MF

M，GM

面GMF

，MF

面GMF，因此面

GMF//平面

ADE，由于

GF

面GMF，因此GM//平面

ADE

．AMDBFGEC（Ⅱ）同解法一．考点：1、直线和平面平行的判断；2、面面平行的判断和性质；3、二面角．18.．已知椭圆E：x2+y2=1(a>b>0)过点(0,2），且离心率为2．a2b22(Ⅰ)求椭圆E的方程；(Ⅱ)设直线x=my-1，(m?R)交椭圆E于A，B两点，判断点G(-9,0)与以线段AB为直径4的圆的地点关系，并说明原由．【答案】(Ⅰ)x2+y2=1；(Ⅱ)G(-9,0)424

在以AB为直径的圆外．在圆上．试题分析：解法一：(Ⅰ)由已知得ìb=2,?ì?c2??解得?b=2í=,?a2??222?c=2?a=b+c,?因此椭圆E的方程为x2y2+=1．42故2|AB|252255m23(m2+1)2517m2+24=2my0+(m+1)y1y2+16=2(m2+2)-m2+2+16=16(m2+2)>0|GH|-因此|GH|>|AB|，故G(-9,0)24

在以AB为直径的圆外．解法二：(Ⅰ)同解法一.(Ⅱ)设点A(x1y1),B(x2,y2),，则GA=(x1+9,y1),GB=(x2+9,y2).44ìx=my-12m3由?22得22因此，í+y(m+2)y-2my-3=0,y1+y2=,y1y2=?x=1m2+2m2+2?42从而GAGB=(x19955)+y1y2+)(x2+)+y1y2=(my1+4)(my2+44425255m23(m2+1)2517m2+2=(m+1)y1y2+4m(y1+y2)+16=2(m2+2)-m2+2+16=16(m2+2)>0因此cos狁GA,GB>0,又GA，GB不共线，因此DAGB为锐角.故点G(-9,0)在以AB为直径的圆外．4考点：1、椭圆的标准方程；2、直线和椭圆的地点关系；3、点和圆的地点关系．19．已知函数f(x)的图像是由函数g(x)=cosx的图像经以下变换获得：先将g(x)图像上所有点的纵坐标伸长到本来的2倍（横坐标不变），再将所获得的图像向右平移p个单位长度.2(Ⅰ)求函数f(x)的分析式，并求其图像的对称轴方程；(Ⅱ)已知关于x的方程f(x)+g(x)=m在[0,2p)内有两个不一样的解a,b．（1)务实数m的取值范围；（2)证明：cos(a-b)=2m2-1.5【答案】(Ⅰ)f(x)=2sinx，x=kp+p(k?Z).；(Ⅱ)（1）(-5,5)；（2）详见分析．2【分析】试题分析：(Ⅰ)纵向伸缩或平移：g(x)kg(x)或g(x)g(x)k；横向伸缩或平移：g(x)g(x)（纵坐标不变，横坐标变为本来的1倍），g(x)g(xa)(a0时，向左平移a个单位；a0时，向右平移a个单位)；(Ⅱ)（1)由(Ⅰ)得f(x)=2sinx，则f(x)+g(x)=2sinx+cosx，利用辅助角公式变形为f(x)+g(x)=5sin(x+j)（此中sinj=1,cosj=2），方程f(x)+g(x)=m在[0,2p)内有两个不一样的解a,b，等价于55直线ym和函数y=5sin(x+j)有两个不一样交点，数形联合务实数m的取值范围；（2)结合图像可得a+b=2(p-j)和a+b=2(3p-j)，从而利用引诱公式联合已知条件求解．22试题分析：解法一：(1)将g(x)=cosx的图像上全部点的纵坐标伸长到本来的2倍（横坐标不变）获得y=2cosx的图像，再将y=2cosx的图像向右平移p个单位长度后获得y=2cos(x-p)的图像，故f(x)=22sinx，从而函数f(x)=2sinx图像的对称轴方程为2x=kp+p(k?Z).2(2)1)f(x)+g(x)=2sinx+cosx=5(2sinx+1cosx)55=5sin(x+j)（此中sinj=1,cosj=2）55依题意，sin(x+j)=m在区间[0,2p)内有两个不一样的解a,b当且仅当|m|<1，故m的取55值范围是(-5,5).2)由于a,b是方程5sin(x+j)=m在区间[0,2p)内有两个不一样的解，因此sin(a+j)=m，sin(b+j)=m.55当1￡m<5时，p+=2(-j),a-b=p-2(b+j);2当-5<m<1时,a+b=2(3p),a-b=3p-2(b+j);-j2因此cos(a-b)=-cos2(b+j)=2sin2(b+j)-1=2(m)2-1=2m2-1.55解法二：(1)同解法一.(2)1)同解法一.由于a,b是方程5sin(x+j)=m在区间[0,2p)内有两个不一样的解，因此sin(a+j)=m，sin(b+j)=m.55当1￡m<5时，+=2(p-j),即a+j=p-(b+j);ab2当-5<m<1时,3p),即a+j=3p-(b+j);a+b=2(-j2因此cos(a+j)=-cos(b+j)于是cos(a-b)=cos[(a+j)-(b+j)]=cos(a+j)cos(b+j)+sin(a+j)sin(b+j)2)sin(b+jm)2]+(m2=2m2=-cos(b+j)+sin(a+j)=-[1-()-1.555考点：1、三角函数图像变换和性质；2、辅助角公式和引诱公式．20已知函数f(x)=ln(1+x)，g(x)=kx,(k?R),(Ⅰ)证明：当x>0时，f(x)<x；(Ⅱ)证明：当k<1时，存在x0>0,使得对任意x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)；(Ⅲ)确立k的因此可能取值，使得存在t>0，对任意的x?(0，t),恒有|f(x)-g(x)|<x2．【答案】(Ⅰ)详见分析；(Ⅱ)详见分析；(Ⅲ)k=1．【分析】试题分析：(Ⅰ)构造函数F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x?(0,?),只要求值域的右端点并和0比较即可；(Ⅱ)构造函数G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x?(0,?),即G(x)0，￠1-kG(x)=1+x=-kx+(1-k)，利用导数研究函数G(x)的形状和最值，证明当k<1时，存在x0>0，使得1+xG(x)0即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，当k>1时，关于"x违(0,+),g(x)>x>f(x，)故g(x)>f(x)，则不等式|fx(-)g2ln(+1x2x(<)x|变形为kx-<)x，构造函数M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x违[0，+)，只要说明M(x)0，易发现函数M(x)在k-2+(k-2)2+8(k-1)x?（0，4)递加，而M(0)0，故不存在；当k<1时，由(Ⅱ)知，存在x0>0,使得对任意的任意的x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)，此时不等式变形为ln(1+x)-kx<x2，构造Nx(=2违-x)，+xk，易,发[现0函数)N(x)在)+lxn-(x1）(k+2)2+8(1-k)递加，而N(0)0，不满足题意；当时，代入证明-(k+2+)x?04即可．试题分析：解法一：(1)令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x?(0,?),则有￠1=1-xF(x=)-x1+1x+当x?(0,?),F￠因此F(x)在(0,+?)上单调递减；(x)<0,故当x>0时，F(x)<F(0)=0,即当x>0时，f(x)<x．￠1-kx+(1-k)(2)令G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x?(0,?-k=),则有G(x)=1+x1+x当k￡0￠G(x)>G(0)=0G(x)>0,因此G(x)在[0,+?)上单调递加,故对任意正实数x0均满足题意.当0<k<1时，令G￠(x)=0,得x=1-k=1-1>0．kk1-，对任意￠取x0=k恒有,因此G(x)在[0,x0)上单调递加,1x?(0x,0),G(x)>0G(x)>G(0)=0,即f(x)>g(x).综上，当k<1时，总存在x0>0,使得对任意的x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)．(3)当k>1时，由（1）知，关于"x违(0,+),g(x)>x>f(x)，故g(x)>f(x)，|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)，令M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x违[0，+)，则有￠1-2x2+(k-2)x+k-1M(x)=k--2x=,1+x1+x故当k-2+-(2+k-2)8(k1)x（0，)时，￠)M(x)在,?4k-2+(k-2)2+8(k-1)上单调递加，故M(x)>M(0)=0,即2，)|f(x)-g(x)|>x,因此满[04足题意的t不存在.当k<1时，由（2）知存在x0>0,使得对任意的任意的x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)．此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,令N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x违[0，+)，则有N'(x=1-k)-xx2-x-k+2-(k,+21+x1+x2=-(k）2+(-k+2)8(1k)故当（，时，￠),M(x)在x?04>-(k+2)+(k+2)2+8(1-k))上单调递加，故N(x)>N(0)=0,即2[04与-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)中较小的为x1，4则当x?(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|>x2，故满足题意的t不存在.当，由（1）知，当x违(0,+),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，k=12￠1-2x2-x令H(x)=x-ln(1+x)-x-2x=,,x违[0，+)，则有H(x)=1-1+x1+x当x>0￠因此H(x)在[0，+￥）上单调递减，故H(x)<H(0)=0,时，H(x)<0,故当x>0时，恒有|f(x)-g(x)|<x2,此时，任意实数t满足题意.综上，.k=1解法二：（1）（2）同解法一.（3）当k>1时，由（1）知，关于，"x违(0,+),g(x)>x>f(x)，故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)>kx-x=(k-1)x，令(k-1)x>x2,解得0<x<k-1，从而获得当k>1时，关于x?(0,k1)恒有|f(x)-g(x)|>x2,因此满足题意的t不存在.当k<1时，取k1=k+1，从而k<k1<12由（2）知存在x0>0,使得任意x?(0，x0),恒有f(x)>k1x>kx=g(x).此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k-k)x=1-kx,12令1-kx>x2,解得0<x<1-k，此时f(x)-g(x)>x2,22记x0与1-k中较小的为x1，则当x?(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|>x2，2故满足题意的t不存在.当，由（1）知，当x违(0,+),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，k=1令M(x)xln(1x)2,x[0，+)，则有M(x)112x2xx2x1x,1x当x>0时，￠0，）<M(x)<M(0)=0,,因此M(x)在[0+上单调递减，故故当x>0时，恒有|f(x)-g(x)|<x2,此时，任意实数t满足题意综上，.k=1考点：导数的综合应用．21．本题设有三个选考题，请考生任选2题作答.选修4-2：矩阵与变换骣1骣1已知矩阵琪琪.340-1桫桫(Ⅰ)求A的逆矩阵A-1；(Ⅱ)求矩阵C，使得AC=B.31【答案】(Ⅰ)2221

3；(Ⅱ)22．23【分析】骣131