2015高考数学四川(理工科类)试卷真题与答案解析【最新】

1、2015年四川省高考数学（理）试卷真题答案及解析23 / 20一、选择题1. 设集合 A x | ( x1)(x2)0，集合 B x |1x3 ，则 ABA. x |1x3B. x |1x1C. x |1x2D. x | 2x3【答案】 A【解析】A x |1x2 ，且 B x |1x3ABx | 1x3，故选 A2. 设i 是虚数单位，则复数i 32 iA.iB.3iC. iD. 3i【答案】 C【解析】 i32i2ii ，故选 Cii 23. 执行如图所示的程序框图，输出S 的值是A. 321B. 321B.C.2D.2【答案】 D【解析】进入循环，当 k5 时才能输出 k 的值，则 Ss

2、in 5162，故选 D4. 下列函数中，最小正周期为且图象关于原点对称的函数是A. ycos(2x) 2B. ysin(2 x) 2C. ysin 2 xcos 2xD.ysin xcos x【答案】 A【解析】A. yB. ycos(2 xsin(2 x)sin 2x 可知其满足题意2)cos 2x 可知其图像的对称中心为(k 242,0)( kZ ) ，最小正周期为C. ysin 2 xcos 2 x2 sin(2 x)可 知 其 图 像 的 对 称 中 心 为4k(,0)( kZ ) ，最小正周期为28D. ysin xcos x2 sin( x) 可知其图像的对称中心为( k4,0)

3、( kZ ) 小4正周期为 25. 过双曲线y 2x21的右焦点且与 x轴垂直的直线， 交该双曲线的两条渐近线3于 A 、 B 两点，则 | AB |A.43 3【答案】 D【解析】B. 2 3C.6D. 43由题可知渐近线方程为y3x ，右焦点 (2,0) ，则直线 x2 与 两条 渐近 线的 交点 分别 为 A (2,23) ， B (2, 23) ， 所以| AB |436. 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】分类讨论34 当 5 在万位时，个位可以

4、排 0、2 、4 三个数，其余位置没有限制， 故有 C1 A372种。24 当 4 在万位时， 个位可以排 0 、2 两个数，其余位置没有限制， 固有C1 A348种，综上：共有 120 种。故选 B。7. 设 四边 形 ABCD为 平 行四 边 形 ， AB6 , AD4. 若 点 M,N满足BM3MC， DN2 NC ，则 AMNM（）（ A）20（ B） 15（C）9（D） 6【答案】 C【解析】 C.本题从解题方式方法上可有两种思路。方法：这个地方四边形 ABCD 为平行四边形，可赋予此四边形为矩形，进而以 A 为坐标原点建立坐标系。 由 A（ 0,0）， M6,3（）4,4N（），进

5、而 AM(6,3)， NM(2,1) ， AMNM9 。方法：这个地方可以以 AB ， AD为基底向量，利用三角形法则将 AM， NM分别用基底向量表示可得AMAB3 AD，4NM1 AB1 AD 则34AMNMAB3 AD1 AB1 AD1AB 223 AD9 。43434b综合两种方法，显然方法更具备高考解题的准确性和高效性。8. 设a, b 都是不等于 1 的正数，则“ 3a33 ”是“ log a 3log b 3”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】 Bab【解析】条件 33b3等价于 ab1 。当 ab1 时， log 3

6、alog 3 b0 。所以，11log 3 alog3 b，即 log 3log 3。所以，“ 3a33 ”是“ log a 3logb 3 ”的充分条件。但ab1a, b33 也满足 loga 3logb 3 ，而不满足ab1 。所以，a“ 33b3 ”是“ loga 3logb 3 ”的不必要条件。故，选 B 。9. 如果函数 fx1m2x22n8x 1m0， n0 在区间 1 ，22单调递减，则 mn 的最大值为81（ A）16（B）18（ C） 25（D）2【答案】 B【错误解析】由 fx 单调递减得： fx0 ，故 m2 xn80 在 1 ，2 上2恒成立。而m2 xn8 是一次函数

7、，在 1 ，22上的图像是一条线段。故只须在两个端点处 f10, f220 即可。即1 m222 m2n80,1，n80,2由 212 得： mn10 。所以， mn2mn25 . 选 C 。2【错误原因】 mn 当且仅当 mn5 时取到最大值 25 ，而当 mn5 ， m, n 不满足 条 件 1 , 2 。【正确解析】同前面一样m,n 满足条件 1 , 2 。由条件 2 得： m21 12n 。2于是， mn1 n 12n1n12n18。 mn 当且仅当 m3, n6 时取到最222大值18 。经验证， m3, n6 满足条件 1 , 2 。故选 B 。210. 设直线l 与抛物线y4x

8、相交于22A, B 两点，与圆 x5yr 2r0 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【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M 5rcos , rsin0，则切线的斜率为：kABcos sin。另一方面，由于 M 为 AB 中点，故由点差法得：k AB2r sin。故 r2， r2 。cos由于 M5r cos,rsin在抛物线内， 所 以

9、满 足y24x 。代入并利用r c o s2化简得到 r4 。故 2r4 。当 2r4 时，由r2cos知满足条件且在 x 轴上方的切点 M 只有 1个。从而总的切线有 4 条。故选 D 。2二、填空题11. 在 2 x81的展开式中，含x 的项的系数是 （用数字填写答案）答案 -40解析由题意知x2 的系数为：5C3x2 ( 1)34012.sin15 °sin 75°的值是 答案62解析sin15sin(4530 )sin 45 cos30cos 45 sin 30=32216222224sin75sin(4530 )sin 45 cos30cos45 sin30322

10、16222224sin15sin 756213. 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 yekx b （ e=2.718为自然对数的底数， k，b为常数）。若该食品在 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。答案 24解析ek 0+ b192bln192, ek22 b48kln 422故当 x3333 时， eln 422ln192eln 242414. 如图，四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形， 它们所在的平面相互垂

11、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 2cos2m 5m2, 令 f5(m)2m(m 5m2250,2 )5m225(2m)10mf (m)2 5m22525m25m0,2 ,f ( m)0f (m)maxf (0)2 ，即 cos52max515. 已知函数f ( x)2 x , g( x)x 2ax(其中aR) 。对于不相等的实数x1 ， x 2 ，设mf (x1) x1f ( x2 ) ， n x

12、2g( x1 )x1g( x2 ) x2。现有如下命题：(1) 对于任意不相等的实数 x 1 ， x 2 ，都有 m0 ；(2) 对于任意 a 的及任意不相等的实数 x 1 ， x 2 ，都有 n0 ；(3) 对于任意的 a ，存在不相等的实数 x 1 ， x 2 ，使得 mn ;(4) 对于任意的 a ，存在不相等的实数 x 1 ， x 2 ，使得 mn.其中的真命题有写(出所有真命题的序号） 。答案 (1) (4)x解析(1) 设x 1 >x 2 , 函 数 2单 调 递 增 ， 所 有2 x1>2 x 2, x 1 -x 2 >0,则mf (x1)f ( x2 ) =2

13、x 12x 2>0, 所以正确；x1x2x1x2(2) 设x > x ,则x - x>0, 则ng( x1 )g( x2 )1212x1x2x1x2a( x1x2 )( x1x2 )( x1x2a)x1x2x1x22212xxa ，可令12x =1 ， x =2 ，a= 4 ，则 n= 1<0 ，所以错误；(3) 因为 mn ，由（ 2）得：f (x1)x1f (x2) x2x1x2a ，分母乘到右边，右边即为 g(x1)g(x2 ) ，所以原等式即为f (x1 )f ( x2 ) =g( x1 )g( x2 ) ，即为 f ( x1 )g( x2 ) =f ( x1

14、)g( x2 ) ，令h( x)f ( x )g( x ) ,则原题意转化为对于任意的a ，函数h(x)f ( x )g( x) 存在不相等的实数x 1 ，x2 使 得 函 数 值 相 等 ，h( x)2 xx 2ax ， 则h ( x)2 x ln22xa ， 则h (x)2（xln2） 2 ，"令 hx0 ，且 1x2 ，可得 h'x为极小值。若 a10000 ，则 h'x0 ，'即hx0 ， h x 单调递增，不满足题意，所以错误。(4) 由(3)得f ( x1 )f ( x2 ) =g( x1 )g( x2 ) ，则f x1g x1gx2fx2 ，设h

15、 xfxg x ， 有x1，x2 使其函数值相等，则 h x 不恒为单调。h x2xx2ax ，h'x2x ln 22xa ，h''x2 xln 2 220 恒成立， h' x''单调递增且 h0 ，h0 。所以h x 先减后增，满足题意，所以正确。三、简答题16.（本小题 12 分）设数列 an的前 n 项和 Sn2ana1 ，且 a1,a21, a3成等差数列。（1） 求数列 an 的通项公式；1（2） 记数列 an的前 n 项和 Tn ，求得使|Tn1|11000成立的 n 的最小值。解：（ 1）当 n2 时有， anSnSn 12ana1

16、(2 an 1a1)则an2an1 (n2)an= 2an- 1（ n 3 2 ）则 an是以 a1 为首项， 2 为公比的等比数列。又由题意得2a22a1a32 2a12a14a1a12则an2n(nN* )11（ 2）由题意得(nN* )na2 n11 n2 1( 2 ) 1 n由等比数列求和公式得 Tn1121()2则 Tn11 2（-）1 n=()22n101 1019又 当时 ， （ ） =1024，（ ）=51222Tn111000成立时， n 的最小值的 n10 。点评：此题放在简答题的第一题，考察前n 项和Sn 与通项an 的关系和等比数列的求和公式，难度较易，考察常规。可以说

17、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。17. （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， 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 .【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

18、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”，C3C3199P( A)1341C3C310010066（ 2） 由题意，知 X1,2,3 ,P( X1)31CC C15433; P( X2)62213CC CCC C35415433; P( X3)3366因此 X 的分布列为：X123P期望为：E( X )1 11315552 33 12555【点评】本题主要考察了利用排列组合解决概率问题。 第一问用了正难则反的思想。题意容易理解，入手点容易找到，并且计

19、算也并无门槛，是一道常规题，容 易得分。18. （本小题满分 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图所示，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（III） ）求二面角 AEGM 余弦值CDGEEABFDCMHAB【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HNGLEFDCKQMAB（ II）连接 BD ，取 BD 的中点 Q ，连接 MQ因为 M 、Q 为线段 BC 、 BD 中点，所以MQ / /CD/ /GH 且

20、MQ1 CD1 GH又因 N 为GH 中点，所以 NH221 GH2得到 NHMQ 且 NH / / MQ所以四边形 QMNH 为Y得到 QH / / MN又因为 QH平面 BDH所以 MN / / 平面 BDH （得证）（ III）连接 AC ， EG ，过点 M 作 MKAC ，垂足在 AC 上，过点 K 作平面 ABCD 垂线，交 EG 于点 L ，连接 ML ，则二面角 AEGMMLK因为 MK平面 ABCD ，且 AEABCD所以 MKAE又 AE ， AC平面 AEG所以 MK平面 AEG且 KLAEG ，所以 MKKL ，所以三角形 MKL 为 RT设正方体棱长为 a ，则 AB

21、BCKLa ，所以 MCa ，2因 为 MCK45 ，三角形 MCK 为 RT，所以MKMCcos452a4所以 tan2aMLKMK42 ，所以 cosMLK22KLa43所以 cosAEGMcosMLK223【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. 二面角的求解。此次立体几何题加入了让学生“画图” ，不过图象为长方体，降低了认识图形上的难度。19. （本题满分 12 分）如图， A, B,C, D 为平面四边形 ABCD 的四个内角 .（ 1）证明： tan A21sin Acos A ；（ 2 ） 若 AC180o，AB6，BC3，CD4，AD5 ， 求ta

22、n Atan Btan C 222tan D .2DCAB【解析】（ 1）证明：As i n2 s i n2Atan A221cos A22sin A cos Ac o sA . sin A22（ 2）解：方法（一）ABCDtantantantan2222(tan Atan C )(tan Btan D )2222(1cos A1cosC )(1cos B1cos D )sin Asin Csin Bsin D (1cos A) sin C(1cos C) sin A (1cos B) sin D(1cos D) sin B sin Asin Csin Bsin Dsin Asin C(sin

23、 C cos Acos C sin A)sin Bsin D(sin D cos Bcos D sin B)sin Asin Csin Bsin D sin Asin Csin( AC) sin Bsin Dsin( BD)sin Asin Csin Bsin C由 AC180o可 知 BDo180， 所 以有 sin Asin C,sin( AC)0， 同理s i nBs iDn ， sin( BD )0 ，进一步上式化简可得：tan Atan Btan Ctan D2222( sin Asin C )(sin Bsin D )sin Asin Csin Bsin D( 2sin A)(2s

24、in B)sin2 Asin2 B2(sin Asin B)sin A sin B112()（* ）sin Asin B连接 BD ，设 BDx ，在 ABD 和 CBD 中分别利用余弦定理及 AC180o 可得cos AcosC ，即 65x3242x解得 x2247，从而得cos A3 ，22222 6 52 3 477sin A2107. 同 理 可 得 ，cos B1， sin B 1961019. 代 入 （ * ） 式 可 得tan Atan Btan Ctan D22222(11)sin Asin B2(11)2 106 107194 103方法（二）由 方 法 （ 一 ） 知c

25、os A3， sin A 72 107， 又 由 （ 1） 有At a n31c Ao s1710， 因 为 AC180o， 所 以 AC90o， 所以2s Ain2105227C11 016 10B3 10t a n2tan A2=，同理可得：2cos B， sin B19，解得 tan，19210D110tan2=.tan B32ABCD所以 tantantantan103 1010104 10 .2222510233【点评】本题主要考查三角函数中正切半角公式的推导，三角函数化简求值， 余弦定理等知识。考查学生转化思想、计算能力.本题将三角函数化简求值与解三 角形结合， 并且两小问以正切函

26、数出题， 既考查考生基础知识， 又体现题目的新颖！x2y2220.（本小题 13 分）如图，椭圆E :22ab1 的离心率是，过点2P(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 。（1） ） 球椭圆 E 的方程；（2） ） 在平面直角坐 标系 x o y中， 是否存 在与点 P 不同的定点 Q ， 使得QAPAQBPB恒成立？若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由。【答案】解：（ 1）由题知椭圆过点2,1 。得ec2a2211解得： a2,bc2 。a2b2a2b2c222所以，椭圆方程为： xy1

27、。42(2) 假设存在满足题意的定点 Q 。QAPA当直线 l 平行于 x 轴时，1， A, B 两点关于 y 轴对称，得 Q 在 y 轴上。QBPB不妨设 Q 0,aQAa当直线 l 为 y 轴时，QBa2 , PA2PB12 , a121 。解得 a2下证对一般的直线l : ykx1 ， Q0,2也满足题意。QAPA由QBPB得 y 轴为 AQB 的角平分线。所以kQAkQB 。不妨设A x1, y1, B x2, y2y1kx11, y2kx21y12 x1y22，化简得x22kx1x2x1x2 又椭圆方程与直线方程联立得：ykx1， 12 k 2x24kx20x22 y2xx44k,

28、x x21212k 21 212k 2带入得成立。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！21（.本小题 14 分）已知函数 fx2 xaln xx22ax2a2a ，其中 a0 。（1） ）设 g x 是 fx 的导函数，讨论 g x 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：解：（ 1） fx2 xa2ln xx2 a2ax2aa2g xf ' x2ln x22 xx2a a0, x0g ' x22axx22 x2xa2x2a0, x0令 g ' x0 ，即 x2xa0 x0 ，讨论此不等式的解，可得： 当14 a恒单调递增。0 时，即 a1时，不等式恒成立。即 g ' x40 恒成立，所以 g x 当 0a1 时， x114a0, 1 , x114a1 ,11242