2015高考数学四川(理工科类)试卷真题与答案解析

2015年四川省高考数学〔理〕试卷真题答案及解析一、选择题1.设集合A{x|(x1)(x2)0}，集合B{x|1x3}，则ABA.{x|1x3} B.{x|1xC.{x|1x2} D.{x|2x3}【答案】A【解析】 A{x|x2}，且B{x|1x{x|xA设i是虚数单位，则复数i32iA.i B.C.i D.【答案】C【解析】

i32

i

i，故选Ci i2S 3

32 2B. C.12

D.12【答案】D【解析】进入循环，当k5时才能输出k的值，则Ssin5

1，故选D6 2以下函数中，最小正周期为且图象关于原点对称的函数是ycos(2x

) B. ysin(2x)2 2C. ysin2xcos2x D.ysinxcosx【答案】A【解析】1/20PAGEPAGE2/20ycos(2xsin2x可知其满足题意2ysin(2x

cos2x可知其图像的对称中心为(

k

,0)(kZ)，最小正周期为

2 4 2ysin2xcos2x

sin(2x242

) 可知其图像的对称中心为(k

,0)(kZ)，最小正周期为2 8ysinxcosx

2sin(x2

)可知其图像的对称中心为(k

,0)(kZ)小4 4正周期为2

x2y232

1x于A、B两点，则|AB|4 33A. B.24 333

C.6 D.43【答案】D3【解析】由题可知渐近线方程为y 3x，右焦点(2,0) ，则直线x2与两条渐近线的交点分别为A(2,2 3)，B(2,2 3)，所以3|AB|4340000〔A〕144个 B〕120个 〔〕96个 〔D〕72个【答案】B【解析】分类讨论①当5024C1

723 4种。②当402C1

482 4种，综上：共有120种。故选B。BM3MC，DN2NC，则AMNM 设四边形 ABCD为平行四边形，ABBM3MC，DN2NC，则AMNM 〕〔A〕20 〔B〕15 〔C〕9 〔D〕6【答案】C【解析】C.此题从解题方式方法上可有两种思路。ABCDA（0,）（6,（4,）进而AM(6,3)，NM(2,1)，AMNM9AB，AD为基底向量，AMAB3AMAB3AD，4NMNM1AB1AD则AMNMAB3AD1AB1

AD1AB23AD29。 4

4 3

4 综合两种方法，显然方法①更具备高考解题的准确性和高效性。设ab都是不等于13a3loga3logb3”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】B3a3ab1ab1logalogb0。所3 3以， 1

1 ，即

3

3ab3

3log3”log3

a logb a b a b3的充分条件。但 a1,b3也满足log3

3logb

3，而不满足ab1。所以，“3a3b3”是“log3log3”的不必要条件。故，选B。a b9.如果函数fx12x28x1m0在区间

1

单调递2减，则mn的最大值为〔A〕16 〔B18 〔C〕25 〔D〕812

2 【答案】B【错误解析】由fx单调递减得：fx0，故2xn80在1上2 恒成立。而2xn8是一次函数，在1上的图像是一条线段。故只须 在两个端点处f10,f20 2

2 12n822m2n80,

1，2由22mn10mnmn2

25.选C。2 2 【错误原因】mn当且仅当mn5时取到最大值25，而当mn5，mn不满足条件2。n满足条件2。由条件m

112n。2mn

1nn

1n12n

18。mnm3,n6时取到最2 2 2 大值18m3,n6满足条件2B。设直线l与抛物线y24x,B两点，与圆x52y2r2r0相切于点M，且MAB的中点.假设这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是〕3 〔B〕4 〔C〕3 〔〕4【答案】D【解析】当直线l与x轴垂直的时候，满足条件的直线有且只有2条。当直线l 与 x 轴不垂直的时候，由对称性不妨设切点Mrcosrsin，则切线的斜率为：kAB

cos。另一方面，sin由于M为AB中点，故由点差法得：kAB

2rsin

。故r

2cos

，r2。由于Mrcosrsin在抛物线内，所以满足y24x。代入并利用rcos2化简得到r4。故2r4。当2r4时，由r 2 知满足条件且在x轴上方的切点M只有1个。从cos而总的切线有4条。故选D。5/20二、填空题在2x的展开式中，含x2的项的系数是 〔用数字填写答案〕〖答案〗-40x2C3x2(1)3405sin15°sin75°的值是 6〖答案〗62〖解析〗sin15sin(4530)sin45cos30cos45sin303226 2= 13226 22 2 2 2 4sin75sin(4530)sin45cos30cos45sin303226 2 13226 22 2 2 2 46sin15sin7562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yekxb〔e=2.718为自然对数的底数为常数假设该食品在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。6/20〖答案〗24〖解析〗ek0+b192bln192,ek22b48kln4

ln422x33e33

ln192

eln2424如图四边形ABCD和ADPQ均为正方形它们所在的平面相互垂直动点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〗AB为x轴，AD为y轴，AQ为z轴建立坐标系，设正方形边长为2cos 2m5 m2

,令f(m) 2m5m225(2m)10m

(m0,2)f(m)

5m225

2 5m2255m225mf(m)0f(m)

max

f(0)

2，即cos5

2max 57/20PAGEPAGE10/20已知函数fx)2xg(x)x2ax(其中aR。对于不相等的实数x，x1 2f(x

)f(x

) g(x

)g(x)m 1xx1 2

2 ，n

1212x x1 2

。现有如下命题：对于任意不相等的实数xx，都有m0；1 2对于任意a的及任意不相等的实数xx，都有n0；1 2对于任意的a，存在不相等的实数xx，使得mn;1 2对于任意的a，存在不相等的实数xx，使得mn.1 2其中的真命题有 (写出所有真命题的序号。〖答案〗(1)(4)12〖解析〗12设x >x1

,函数2x 单调递增，所有2x

>2x

,x -x1

>0, 则f(xm 1

)f(x2

)=2x12x2

>0,所以正确；xx1 2

xx1 2

x>x1

,则xx1

>0,则n

g(x1x

)g(x)2x21 2 x2x2a(x1 2 xx1 2

x) (x2

1122x)(xxx1221 2

2

xx 1 2

，可令

x=1，x1

=2，a=—4，则n=—1<0，所以错误；1因为mn2f(x1x

)f(x2x2

xx1

a，分母乘到右边，右边即1 2为g(x1

)g(x2

)，所以原等式即为f(x1

)f(x2

)=g(x1

)g(x)，2即为f(x1

)g(x2

)=f(x1

)g(x2

，令h(x)f(xg(x,则原题意转化为对于任意的a，函数h(x)f(xg(x存在不相等的实数x1，x 使得函数值相等，h(x)2xx2ax，则h(x)2xln22x a，则2h(x)

ln2）2，令h"x01x2h'xa10000h'x0，即h'x0hx单调递增，不满足题意，所以错误。由(3)得f(x1

)f(x2

)=g(x1

)g(x2

)，则fx1

gx1

gx2

fx2

，设hxfxgxxx1 2

使其函数值相等，则hx不恒为单调。hx2xx2axh'x2xln22xah''x2xln2220h'x单调递增且h'0，h'0。所以hx先减后增，满足题意，所以正确。三、简答题12{an列。

的前n项和Sn

2an

a，且aa1 1

1,a3

成等差数〔1〕求数列{an

}的通项公式；〔2〕记数列{1的前n项和

，求得使|

1|

1 成立的n的最小值。a n n

10001〕当n2an则a 2a (n2)n n1

S n

n1

2an

a(2a1

n1

a)1aan〔n2〕a2n1则

是以an

为首项，2为公比的等比数列。1又由题意得2a2

2aa1 322a1

2a1

4a1a21则a 2n (nN*)n〔2〕由题意得11a 2nn

(nN*)1 1[1 ( )n] 1由等比数列求和公式得T 2n

2 1( )n11 22则T1n

1 1- 2=( )n2 2又 当n10时

1 1（10=102，（92 2T1n

1 n的最小值的n10。1000点评：此题放在简答题的第一题，考察前n项和S 与通项a 的关系和等比数列n n的求和公式，难度较易，考察常规。可以说是知识点的直接运用。所以也提醒我们在复习时要紧抓课本，着重基础。〔本小题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，2B3433〔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.【解析】〔1〕正难则反。求出A中学中无学生入选代表队的概率，再用1减去即能得到题目所求。〔2〕由题意，知X1,2,3，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和期望。【答案】（1）设事件A表示“A中学至少有1名学生入选代表队”，C3 C34P(A)1 34C3 C36 6

1 1 99100 100（2）由题意，知X1,2,3,C3C1

1 C2C2 3 C1C3 1P(X1)

3 3 ;P(X2) 3 3

;P(X3) 3 3C4 5 C46 6

5 C4 56因此X的分布列为：XX123P153515期望为：E(X)11233125 5 5易得分。〔本小题总分值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下图，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N。〔I〕请将字母标记在正方体相应的顶点处〔不需说明理由〕〔II〕证明：直线MN//平面BDH〔AEGM余弦值CDGCDGABFDCMBEH A【答案】〔I〕直接将平面图形折叠同时注意顶点的对应方式即可如图HNHNGLFDCKQMA B〔II〕连接BD，取BD的中点Q，连接MQ因为M、QBCBD中点，所以MQ//CD//GH且MQ

1 1CD GHN为GHNH得到NHMQ且NH//MQ

2 212GH所以四边形QMNH为得到QH//MN又因为QH平面BDH所以MN//平面BDH〔得证〕〔III〕ACEGMMKACACKABCD垂EGL，连接MLAEGM因为MK平面ABCD，且AEABCD所以MKAEAEAC所以MKAEGKLAEG，所以MKKLMKLRT设正方体棱长为a，则ABBCKLa，所以MCa，2因为，三角形MCK为RT，所以MKMCcos45 2a4所以tanMLK

2aMK 4

，所以cosMLK22 2KL a 4 322 22 23所以cosAEGMcosMLK2 23【点评】考点1.立体图形的展开与折叠2.线线平行、线面平行3.的难度。12如图，A,B,C,D为平面四边形ABCD的四个内角.〔1〕证明：tanA

1cosA；2 sinA〔2〕假设AC180o，AB6，BC3，CD4，AD5，求A B C Dtan tan tan tan .2 2 2 2DDCAB【解析】〔1〕证明：A Asin2

2sin22

1cosA.tanA A

A A

sinA〔2〕解：

cos 2sin cos2 2 2方法〔一〕方法〔一〕tan

A B C Dtan tan tan2 2 2 2A C B D(tan tan )(tan tan 2 2 2 21cosA 1cosC 1cosB 1cosD( sinA sinC )( sinB sinD )[(1cossinC(1cosC)sinA][(1cosB)sinD(1cosD)sinB]sinAsinC sinBsinD[sinAsinC(sinCcosAcosCsinA)][sinBsinD(sinDcosBcosDsinB)]sinAsinC sinBsinD[sinAsinCsin(AC)][sinBsinDsin(BD)sinAsinC sinBsinC由AC180o可知BD180o，所以有sinAsinC,sin(AC0，同理sinBsinD，sin(BD)0，进一步上式化简可得：A B C Dtan

tan tan tan2 2 2 2(sinAsinC)(sinBsinD)sinAsinC sinBsinD(2sinA)(2sinB)sin2A sin2B2(sinAsinsinAsinB2( 1 1 ) 〔*〕sinA sinB连接BD设BDx在 ABD和CBD中分别利用余弦定理及AC180o可得cosAcosC6252x2

3242x2

x2

247，从而得cosA3，265 234 7 7sinA7

.同理可得，cosB121019210

，sinB .代入〔*61019610AtaBn AtaBn Cn taD22222( 1 1 )sinA sinB2102( 1210

1 )6104107 194103方法〔二〕方法〔二〕由方法〔一〕知 cosA

3 ， sinA ，又由〔1〕有2107 721010A 1310A tan

A1cosA 7

，因为AC180o，所以 90o，所以2 sin

2107

5 2 210610310tanC 1 = ，同理可得B1，sinB ，解得tanB ，106103102 tanA 2 192

19 2 1010tanD 1 = .102 tanB 2103101010410所以tanAtanBtanCtanD .1031010104102 2 2 2 5 10 2 3 3弦定理等知识。考查学生转化思想、计算能力.此题将三角函数化简求值与解三颖！13分〕如图，椭圆E:x2a2

y2b2

1的离心率是222

，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2段长为2 。2E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QAQBPAPB 恒成立？假设存在，求出点QQAQBPAPB【答案】1〕由题知椭圆过点2 c2e

2,1 。得 a 222 12a2 b2

1解得：a2,bc 。a2b2c2所以，椭圆方程为：x2

y21。4 2PAPB(2)假设存在满足题意的定点QPAPBQAQB当直线lx不妨设Q0,aQAQB

1By轴对称，得Qy轴上。QAQBa 2a 2PAPB1 21 2当直线l为y轴时， QAQBa 2a 2PAPB1 21 2下证对一般的直线l:ykx1，Q0,2也满足题意。QAQBPAPB由 得y轴为AQB的角平分线。所QAQBPAPBQA

k 。QBAxyBxyykx1

11,y2

1 2 2kx12 1y2 y 2 1

2kxx

xx①x x 12 1 21 2又椭圆方程与直线方程联立得：ykx1

， x22y24

12k2 x24kx20xx 4k ,xx 21 2 12k2 1

12k2带入①得成立。故假设成立。综上存在点满足题意。【点评】此题的第一问求椭圆方程，考察简单，较容易得分。第二问，出现了长度比值，由特殊到一般先找到了定点，再去验证，降低了试题的难度。并且通过题中线段比联想到了角平分线的性质，这点事学生不容易观察到的。也提醒我们解析几何是几何和代数的结合，能够有效快速地观察到几何关系可以大大地简化我们的计算，从而节约时间！

本小题14分〕已知函数fx2xalnxx22ax2a2a，其中a0。〔1〕设gx是fx的导函数，讨论gx的单调性；〔2〕证明：存在a0,1，使得fx0在区间1,内恒成立，且fx0在区间1,内有唯一解。答案：1〕fx2xalnxx22ax2a2agxf'x2lnx22a2x2a0,x0xg'x

22a22

x2xa

0,x0x x2 x2令g'x0，即x2xa0x0，讨论此不等式的解，可得：①当14a0a恒单调递增。

1时，不等式恒成立。即g'x0恒成立，所以gx41 14a②当0a1时，x 0,1 14a

1,14 1

2

2 2 1 14a1 14a所以g'x0的解为0x