2015年普通高等学校招生全国统一考试文科数学(四川卷) (2)

1、2015年普通高等学校招生全国统一考试(四川卷)数学(文史类)第卷(选择题共50分)注意事项:必须使用2b铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑.第卷共10小题.一、选择题:本大题共10个小题,每小题5分,共50分,在每个小题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的.1.(2015四川,文1)设集合a=x|-1<x<2,集合b=x|1<x<3,则ab=()a.x|-1<x<3b.x|-1<x<1c.x|1<x<2d.x|2<x<3答案:a解析:如图所示,把集合a,b在数轴上表示出来.所以ab=x|-1<x<3

2、.2.(2015四川,文2)设向量a=(2,4)与向量b=(x,6)共线,则实数x=()a.2b.3c.4d.6答案:b解析:由a=(2,4),b=(x,6)共线,可得4x=12,即x=3.3.(2015四川,文3)某学校为了了解三年级、六年级、九年级这三个年级之间的学生视力是否存在显著差异,拟从这三个年级中按人数比例抽取部分学生进行调查,则最合理的抽样方法是()a.抽签法b.系统抽样法c.分层抽样法d.随机数法答案:c解析:根据调查的目的,为了解三个年级之间的学生视力是否存在差异,故最合理的抽样方法应是分层抽样.4.(2015四川,文4)设a,b为正实数,则“a>b>1”是“lo

3、g2a>log2b>0”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:a解析:因为函数y=log2x在(0,+)上是增函数.故a>b>1log2a>log2b>log21=0.且log2a>log2b>0a>b>1.故a>b>1是log2a>log2b>0的充要条件.5.(2015四川,文5)下列函数中,最小正周期为的奇函数是()a.y=sin 2x+2b.y=cos 2x+2c.y=sin 2x+cos 2xd.y=sin x+cos x答案:b解析:对于a,y=sin

4、2x+2=cos 2x,是最小正周期为的偶函数;对于b,y=cos 2x+2=-sin 2x,是最小正周期为的奇函数;对于c,y=sin 2x+cos 2x=2sin 2x+4,是最小正周期为的非奇非偶函数;对于d,y=sin x+cos x=2sin x+4,是最小正周期为2的非奇非偶函数,故选b.6.(2015四川,文6)执行如图所示的程序框图,输出s的值为()a.-32b.32c.-12d.12答案:d解析:这是一个循环结构,每次循环的结果依次为:k=2,不满足k>4;k=3,不满足k>4;k=4,不满足k>4;k=5,满足k>4,此时s=sin 56=sin 6

5、=12.7.(2015四川,文7)过双曲线x2-y23=1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.433b.23c.6d.43答案:d解析:双曲线x2-y23=1的两条渐近线方程为y=±3x,右焦点为f(2,0)如图所示.根据题意,由y=3x,x=2,得a(2,23).同理可得b(2,-23).所以|ab|=43,故选d.8.(2015四川,文8)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

6、,则该食品在33 的保鲜时间是()a.16小时b.20小时c.24小时d.28小时答案:c解析:由题意,得(0,192)和(22,48)是函数y=ekx+b图象上的两个点.所以192=eb,48=e22k+b. 由得,48=e22k·eb,把代入得e22k=48192=14,即(e11k)2=14,所以e11k=12.所以当储藏温度为33 时,保鲜时间y=e33k+b=(e11k)3·eb=18×192=24(小时).9.(2015四川,文9)设实数x,y满足2x+y10,x+2y14,x+y6,则xy的最大值为()a.252b.492c.12d.16答案:a解析

7、:作出可行域,如图所示.令t=xy,则y=tx,由图可知,当曲线y=tx与线段ab相切时,t最大,由x+2y=14,2x+y=10,得a(2,6),由x+y=6,2x+y=10,得b(4,2),由y=tx,得y'=-tx2.设切点坐标为(x0,y0),则2x0+y0=10,y0=tx0,-tx02=-2,解得x0=522,4,y0=5,t=252.所以xy的最大值为252.10.(2015四川,文10)设直线l与抛物线y2=4x相交于a,b两点,与圆(x-5)2+y2=r2(r>0)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.(

8、1,4)c.(2,3)d.(2,4)答案:d解析:如图所示,设a(x1,y1),b(x2,y2),m(x0,y0),则y12=4x1,y22=4x2,两式相减,得(y1+y2)(y1-y2)=4(x1-x2).当l的斜率不存在,即x1=x2时,符合条件的直线l必有两条.当l的斜率k存在,即x1x2时,有2y0(y1-y2)=4(x1-x2),即k=2y0.由cmab,得kcm=y0x0-5=-y02,即x0=3.因为点m在抛物线内部,所以y02<4x0=12,又x1x2,所以y1+y20,即0<y02<12.因为点m在圆上,所以(x0-5)2+y02=r2,即r2=y02+4

9、.所以4<r2<16,即2<r<4,故选d.第卷(非选择题共100分)注意事项:必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答.作图题可先用铅笔绘出,确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚.答在试题卷、草稿纸上无效.第卷共11小题.二、填空题:本大题共5小题,每小题5分,共25分.11.(2015四川,文11)设i是虚数单位,则复数i-1i=. 答案:2i解析:i-1i=i-(-i)=2i.12.(2015四川,文12)lg 0.01+log216的值是. 答案:2解析:lg 0.01+log216=lg 10-2+log22

10、4=-2+4=2.13.(2015四川,文13)已知sin +2cos =0,则2sin cos -cos2的值是. 答案:-1解析:由sin +2cos =0,得tan =-2.所以原式=2sincos-cos2sin2+cos2=2tan-1tan2+1=2×(-2)-1(-2)2+1=-55=-1.14.(2015四川,文14)在三棱柱abc-a1b1c1中,bac=90°,其正视图和侧视图都是边长为1的正方形,俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形,设点m,n,p分别是棱ab,bc,b1c1的中点,则三棱锥p-a1mn的体积是. 答案:124解析

11、:由题意,可得直三棱柱abc-a1b1c1如图所示.其中ab=ac=aa1=bb1=cc1=a1b1=a1c1=1.m,n,p分别是棱ab,bc,b1c1的中点,mn=12,np=1.smnp=12×12×1=14.点a1到平面mnp的距离为am=12,vp-a1mn=va1-mnp=13×14×12=124.15.(2015四川,文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m&

12、gt;0;对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2,都有n>0;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). 答案:解析:对于,因为函数f(x)=2x单调递增,所以m=f(x1)-f(x2)x1-x2>0,故该命题正确;对于,函数g(x)=x2+ax的对称轴为x=-a2,故函数在-,-a2上单调递减,在-a2,+上单调递增.所以当x1,x2-,-a2时,n=g(x1)-g(x2)x1-x2<0.所以该命题错误.对于,若存在不相等的实数x1,x2,使得m=n,即f

13、(x1)-f(x2)x1-x2=g(x1)-g(x2)x1-x2,整理得f(x1)-g(x1)=f(x2)-g(x2),设函数h(x)=f(x)-g(x),则h(x)=f(x)-g(x)=2x-x2-ax的图象与平行于x轴的直线可能有两个交点.h'(x)=2xln 2-2x-a,记p(x)=h'(x),则p'(x)=2x(ln 2)2-2,令p'(x)=0,解得2x=2(ln2)2,故x=log22(ln2)2=1-2log2(ln 2),记为x0.当x(-,x0)时,p'(x)<0,函数单调递减;当x(x0,+)时,p'(x)>0,

14、函数单调递增,所以p(x)p(x0).显然当p(x0)0时,h'(x)p(x0)0,此时函数h(x)在r上单调,函数h(x)=f(x)-g(x)=2x-x2-ax的图象与平行于x轴的直线只有一个交点,即此时h(x)的图象与平行于x轴的直线不可能有两个交点.所以该命题错误.对于,若存在不相等的实数x1,x2,使得m=-n,即f(x1)-f(x2)x1-x2=-g(x1)-g(x2)x1-x2,整理得f(x1)+g(x1)=f(x2)+g(x2),设函数h(x)=f(x)+g(x),则q(x)=f(x)+g(x)=2x+x2+ax的图象与平行于x轴的直线可能有两个交点.q'(x)=

15、2xln 2+2x+a,显然q'(x)在r上单调,设q'(x)=0的解为t,则当x(-,t)时,q'(x)<0,函数q(x)单调递减,x(t,+)时,q'(x)>0,函数q(x)单调递增.所以函数q(x)=2x+x2+ax的图象与平行于x轴的直线可能有两个交点.所以该命题正确.综上,正确的命题为.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)(2015四川,文16)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.(1)求数列an的通项公式;

16、(2)设数列1an的前n项和为tn,求tn.解:(1)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(a1+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.(2)由(1)得1an=12n.所以tn=12+122+12n=121-12n1-12=1-12n.17.(本小题满分12分)(2015四川,文17)一辆小客车上有5个座位,其座位号为1,2,3,4,5,乘客p1,p2,p3

17、,p4,p5的座位号分别为1,2,3,4,5,他们按照座位号从小到大的顺序先后上车,乘客p1因身体原因没有坐自己的1号座位,这时司机要求余下的乘客按以下规则就坐:如果自己的座位空着,就只能坐自己的座位;如果自己的座位已有乘客就坐,就在这5个座位的剩余空位中任意选择座位.(1)若乘客p1坐到了3号座位,其他乘客按规则就坐,则此时共有4种坐法.下表给出了其中两种坐法.请填入余下两种坐法(将乘客就座的座位号填入表中空格处);(2)若乘客p1坐到了2号座位,其他乘客按规则就坐,求乘客p5坐到5号座位的概率.乘客p1p2p3p4p5座位号3214532451解:(1)余下两种坐法如下表所示:乘客p1p2

18、p3p4p5座位号3241532541(2)若乘客p1坐到了2号座位,其他乘客按规则就坐,则所有可能的坐法可用下表表示为:乘客p1p2p3p4p5座位号2134523145234152345123541243152435125341于是,所有可能的坐法共8种.设“乘客p5坐到5号座位”为事件a,则事件a中的基本事件的个数为4.所以p(a)=48=12.答:乘客p5坐到5号座位的概率是12.18.(本小题满分12分)(2015四川,文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.(1)请将字母f,g,h标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)判断平面beg与平面ach的

19、位置关系,并证明你的结论;(3)证明:直线df平面beg.(1)解:点f,g,h的位置如图所示.(2)解:平面beg平面ach.证明如下:因为abcd-efgh为正方体,所以bcfg,bc=fg,又fgeh,fg=eh,所以bceh,bc=eh,于是bche为平行四边形.所以bech.又ch平面ach,be平面ach,所以be平面ach.同理bg平面ach.又bebg=b,所以平面beg平面ach.(3)证明:连接fh.因为abcd-efgh为正方体,所以dh平面efgh.因为eg平面efgh,所以dheg.又egfh,egfh=o,所以eg平面bfhd.又df平面bfhd,所以dfeg.同理

20、dfbg.又egbg=g,所以df平面beg.19.(本小题满分12分)(2015四川,文19)已知a,b,c为abc的内角,tan a,tan b是关于x的方程x2+3px-p+1=0(pr)的两实根.(1)求c的大小;(2)若ab=3,ac=6,求p的值.解:(1)由已知,方程x2+3px-p+1=0的判别式=(3p)2-4(-p+1)=3p2+4p-40.所以p-2,或p23.由韦达定理,有tan a+tan b=-3p,tan atan b=1-p.于是1-tan atan b=1-(1-p)=p0,从而tan (a+b)=tana+tanb1-tanatanb=-3pp=-3.所以t

21、an c=-tan (a+b)=3,所以c=60°.(2)由正弦定理,得sin b=acsincab=6sin60°3=22,解得b=45°,或b=135°(舍去).于是a=180°-b-c=75°.则tan a=tan 75°=tan (45°+30°)=tan45°+tan30°1-tan45°tan30°=1+331-33=2+3.所以p=-13(tan a+tan b)=-13(2+3+1)=-1-3.20.(本小题满分13分)(2015四川,文20)如图,

22、椭圆e:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是22,点p(0,1)在短轴cd上,且pc·pd=-1.(1)求椭圆e的方程;(2)设o为坐标原点,过点p的动直线与椭圆交于a,b两点.是否存在常数,使得oa·ob+pa·pb为定值?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.解:(1)由已知,点c,d的坐标分别为(0,-b),(0,b).又点p的坐标为(0,1),且pc·pd=-1,于是1-b2=-1,ca=22,a2-b2=c2.解得a=2,b=2.所以椭圆e方程为x24+y22=1.(2)当直线ab的斜率存在时,设直线ab的方程为y=kx+

23、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.从而,oa·ob+pa·pb=x1x2+y1y2+x1x2+(y1-1)(y2-1)=(1+)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=(-2-4)k2+(-2-1)2k2+1=-12k2+1-2.所以,当=1时,-12k2+1-2=-3.此时,oa·ob+pa·pb=-3为定值.当直线ab斜率不存在时,直线ab即为直线cd.此时,oa·ob+pa·pb=oc·od+pc·pd=-2-1=-3.故存在常数=1,使得oa·ob+pa·pb为定值-3.21.(本小题满分14分)(2015四川,文21)已知函数f(