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2015年高考真题——理科数学(福建卷)解析版

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2015 年普通高等学校招生全国统一考试(福建卷) 数学(理科) 第Ⅰ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,只有一项符合题目要求. (1)【 2015 年福建,理 1,5 分】若集合  234i,i ,i ,iA  (i 是虚数单位),  1, 1B ,则 AB等于( ) (A) 1 (B) 1 (C) 1, 1 (D) 【答案】C 【解析】由已知得  i, 1, i,1A    ,故  1, 1AB,故选 C. (2)【 2015 年福建,理 2,5 分】下列函数为奇函数的是( ) (A) yx (B) sinyx (C) cosyx (D) xxy e e 【答案】D 【解析】函数 yx 是非奇非偶函数; sinyx 和 cosyx 是偶函数; xxy e e 是奇函数,故选 D. (3)【2015 年福建,理 3,5 分】若双曲线 22 :19 16 xyE 的左、右焦点分别为 12,FF,点 P 在双曲线 E 上,且 1 3PF  , 则 2PF 等于( ) (A)11 (B)9 (C)5 (D)3 【答案】B 【解析】由双曲线定义得 1226PF PF a   ,即 23 2 6PF a   ,解得 2 9PF  ,故选 B. (4)【2015 年福建,理 4,5 分】为了解某社区居民的家庭年收入所年支出的关系,随机调查了该社区 5 户家庭, 得到如下统计数据表: 收入 x (万元) 8.2 8.6 10.0 11.3 11.9 支出 y (万元) 6.2 7.5 8.0 8.5 9.8 根据上表可得回归直线方程 ˆˆ ˆy bx a,其中 ˆ ˆˆ0.76,b a y bx   ,据此估计,该社区一户收入为 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 【解析】由已知得 8.2 8.6 10.0 11.3 11.9 105x    (万元), 6.2 7.5 8.0 8.5 9.8 85y    (万元),故 8 0.76 10 0.4a     ,所以回归直线方程为 0.76 0.4yx,当社区一户收入为 15 万元家庭年支出为 0.76 15 0.4 11.8y     (万元),故选 B. (5)【2015 年福建,理 5,5 分】若变量 ,xy满足约束条件 20 0 2 2 0 xy xy xy        ,则 2z x y的最 小值等于( ) (A) 5 2 (B) 2 (C) 3 2 (D)2 【答案】A 【解析】画出可行域,如图所示,目标函数变形为 2y x z,当 z 最小时,直线 2y x z的纵截距最大, 故将 直线 2yx 经过可行域,尽可能向上移到过点 11, 2B 时, z 取到最小值,最小值为   152122z       ,故选 A. (6)【2015 年福建,理 6,5 分】阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序,则输出的结果为( ) (A)2 (B)1 (C)0 (D)-1 【答案】C 【解析】程序在执行过程中 ,Si的值依次为: 0, 1Si; 0, 2Si; 1, 3Si   ; 1, 4Si   ; 0, 5Si; 0, 6Si,程序结束,输出 0S  ,故选 C. (7)【2015 年福建,理 7,5 分】若 ,lm是两条不同的直线, m 垂直于平面 ,则“lm ”是“ //l  ”的( ) (A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件 (C)充分必要条件 (D)既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】若lm ,因为 m 垂直于平面 ,则 //l  或l  ,若 ,又 m 垂直于平面 ,则 ,所以“ ” 是“ ”的必要不充分条件,故选 B. (8)【 2015 年福建,理 8,5 分】若 ,ab是函数    2 0, 0f x x px q p q     的两个不同的零点,且 , , 2ab 这三 个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则 pq 的值等于( ) (A)6 (B)7 (C)8 (D)9 【答案】D 【解析】由韦达定理得 a b p ,a b q,则 0, 0ab,当 , , 2ab 适当排序后成等比数列时, 2 必为等比中 项,故 4a b q   , 4b a .当适当排序后成等差数列时, 必不是等差中项,当 a 是等差中项时, 422a a,解得 1, 4ab;当 4 a 是等差中项时,8 2aa ,解得 4, 1ab,综上所述, 5a b p   , 所以 9pq,故选 D. (9)【 2015 年福建,理 9,5 分】已知 1,,AB AC AB AC tt   ,若点 p 是 ABC 所在 平面内一点,且 4AB ACAP AB AC  ,则 PB PC 的最大值等于( ) (A)13 (B)15 (C)19 (D)21 【答案】A 【解析】以 A 为坐标原点,建立平面直角坐标系,如图所示,则 1,0B t   ,  0,Ct,      1,0 4 0,1 1,4AP    , 即  1,4P ,所以 1 1, 4PB t    ,  1, 4PC t   ,因此 111 4 16 17 4PB PC t ttt         ,因为 114 2 4 4tttt    ,所以当1 4tt  ,即 1 2t  时取等号, PB PC 的最大值等于 13,故选 A. (10)【 2015 年福建,理 10,5 分】若定义在 R 上的函数  fx满足  01f  ,其导函数  fx 满足   1f x k , 则下列结论中一定错误的是( ) (A) 11f kk  (B) 11 1f kk   (C) 11 11f kk  (D) 1 11 kf kk  【答案】C 【解析】由已知条件,构造函数    g x f x kx,则     0g x f x k   ,故函数  gx在 R 上单调递增,且 1 01k  ,故  1 01ggk  ,所以 1 111 kf kk    , 11 11f kk  ,所以结论中一定错误的是 C,选项 D 不确定;构造函数    h x f x x,则     10h x f x   ,所以函数  hx在 R 上单调递增, 且 1 0k  ,所以  1 0hhk  ,即 111f kk    , 111f kk  ,选项 A,B 无法判断,故选 C. 第Ⅱ卷(非选择题 共 100 分) 二、填空题:本大题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分.把答案填在答题卡的相应位置. (11)【2015 年福建,理 11,5 分】 52x  的展开式中, 2x 的系数等于 (用数字填写答案). 【答案】80 【解析】 52x  的展开式中 2x 项为 2 3 2 5 2 80Cx ,所以 2x 的系数等于 80. x y B C A P (12)【2015 年福建,理 12,5 分】若锐角 ABC 的面积为10 3 ,且 5AB  , 8AC  ,则 BC 等于 . 【答案】7 【解析】由已知得 的面积为 1 sin 20sin 10 32 AB AC A A   ,所以 3sin 2A  , 0, 2A  ,所以 3A  .由 余弦定理得 2 2 2 2 cos 49BC AB AC AB AC A     , 7BC  . (13)【2015 年福建,理 13,5 分】如图,点 A 的坐标为 1,0 ,点C 的坐标为 2,4 ,函数   2f x x , 若在矩形 ABCD内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率等 . 【答案】 5 12 【解析】由已知得阴影部分面积为 2 2 1 754433x dx    .所以此点取自阴影部分的概率等于 5 53 4 12 . (14)【2015 年福建,理 14,5 分】若函数   6, 2 3 log , 2a xxfx xx      ( 0a  且 1a  )的值域是 4, ,则实数 a 的 取值范围是 . 【答案】 1,2 【解析】当 2x  ,故 64x   ,要使得函数  fx的值域为 4, ,只需    1 3 log 2af x x x   的值域包含于 ,故 1a  ,所以  1 3 log 2afx ,所以3 log 2 4a,解得12a,所以实数 a 取值范围是 . (15)【 2015 年福建,理 15,5 分】一个二元码是由 0 和 1 组成的数字串  * 12 nx x x n N ,其中  1,2, ,kx k n 称为第 k 位码元,二元码是通信中常用的码,但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由 0 变为 1, 或者由 1 变为 0),已知某种二元码 1 2 7x x x 的码元满足如下校验方程组: 4 5 6 7 2 3 6 7 1 3 5 7 0 0 0 x x x x x x x x x x x x               ,其中运算  定义为:0 0 0,0 1 1,1 0 1,1 1 0        ,其中运算  定义为:0 0 0,0 1 1,1 0 1,1 1 0        .现 已知一个这种二元码在通信过程中仅在第 k 位发生码元错误后变成了 1101101,那么利用上述校验方程组 可判定 k 等于 __. 【答案】5 【解析】由题意得相同数字经过运算后为 0,不同数字运算后为 1.由 4 5 6 7 0x x x x    可判断后 4 个数字 出错;由 2 3 6 7 0x x x x    可判断后 2 个 数 字 没 错 , 即 出 错 的 是 第 4 个 或 第 5 个 ; 由 1 3 5 7 0x x x x    可判断出错的是第 5 个,综上,第 5 位发生码元错误. 三、解答题:本大题共 6 题,共 80 分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程. (16)【2015 年福建,理 16,13 分】某银行规定,一张银行卡若在一天内出现 3 次密码尝试错误,该银行卡将 被锁定,小王到银行取钱时,发现自己忘记了银行卡的密码,但是可以确定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 个进行尝试.若密码正确,则结束尝试;否则继续尝 试,直至该银行卡被锁定. (1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率; (2)设当天小王用该银行卡尝试密码次数为 X,求 X 的分布列和数学期望. 解:(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为 A ,则 543() 6 5 4PA   1 2 . (2)依题意得, X 所有可能的取值是 1,2,3,又 1 5 1 1 5 4 2( 1) , ( 2) , ( 3) 16 6 5 6 6 5 3P X P X P X           所以 X 的分布列为 X 1 2 3 p 1 6 1 6 2 3 所以 1 1 2 5( ) 1 2 36 6 3 2EX        . (17)【 2015 年福建,理 17,13 分】如图,在几何体 ABCDE 中,四边形 ABCD 是矩形,AB  平面 BEG , BE EC , 2AB BE EC   ,G , F 分别是线段 BE , DC 的中点. (1)求证: //GF 平面 ADE ; (2)求平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值. 解:解法一: (1)如图,取 AE 的中点 H ,连接 HG ,HD ,又 G 是 BE 中点,所以 //GH AB ,且 1 2GH AB , 又 F 是CD 中点,所以 1 2DF CD ,由四边形 ABCD 是矩形得, //AB CD , AB CD 所以 //GH DF .且GH DF ,从而四边形 HGFD是平行四边形,所以 //GF DH , 又 DH  平面 ADE ,GF 平面 ADE ,所以 //GF 平面 ADE . (2)如图,在平面 BEG 内,过点 B 作 //BQ EC ,因为 BE CE ,所以 BQ BE ,因为 AB  平面 BEC ,所以 AB BE ,AB BQ ,以 B 为原点,分别以 ,,BE BQ BA的方向为 x 轴, y 轴, z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则        0,0,2 , 0,0,0 , 2,0,0 , 2,2,1A B E F , 因为 AB  平面 BEC ,所以  0,0,2BA  为平面 BEC 的法向量,设 ( , , )n x y z= 为平面 AEF 的法向量,又  2,0, 2AE ,  2,2, 1AF ,由 0 0 n AE n AF    得 2 2 0 2 2 0 xz x y z      , 取 2z = 得  2, 1,2n  .从而 42cos , 3 2 3| | | | n BAn BA n BA    , 所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为 2 3 . 解法二: (1)如图,取 AB 中点 M ,连接 ,MG MF ,又G 是 BE 的中点,可知 //GM AE ,又 AE  平 面 ,ADE GM  平面 ADE ,所以 //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  平面 ,ADE MF  平面 ADE ,所以 //MF 平 面 ADE ,又因为 ,GM MF M GM平面 ,GMF MF  平面GMF ,所以平面 //GMF 平面 ADF ,因为GF 平面GMF ,所以 //GF 平面 ADE . (2)同解法一. (18)【2015 年福建,理 18,13 分】已知椭圆 E : 22 221(a 0)xy bab+ = > > 过点 (0, 2),且离心率为 2 2e = . (1)求椭圆 E 的方程; (2)设直线  :1l x my m R   交椭圆 E 于 A , B 两点,判断点 9 ,04G 与以线段 AB 为直径的圆的位置关系,并说明理由. 解:解法一: (1)由已知得 2 2 2 2 2 2 b c a a b c         解得 2 2 2 a b c      ,所以椭圆 E 的方程为 22 142 xy+=. (2)设点 11( , )A x y , 22( , )B x y , AB 中点为 00( , )H x y .由 22 1 142 x my xy   ,得 22( 2) 2 3 0m y my    , 所以 12 2 2+= 2 myy m + , 12 2 3= 2yy m + ,从而 0 2 2 2y m  . 所以 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 9 5 5 25| | ( ) ( ) ( 1)4 4 2 16GH x y my y m y my          . 222 1 2 1 2( - ) ( - )|| 44 x x y yAB  22 12(1 )( - ) 4 m y y 22 1 2 1 2(1 )[( ) - 4 ] 4 m y y y y 22 0 1 2(1 )( - )m y y y 故 2 22 0 1 2 | | 5 25| | ( 1)4 2 16 ABGH my m y y     22 22 5 3( 1) 25-2( 2) 2 16 mm mm  2 2 17 2 16( 2) m m   0 所以 ||||2 ABGH  ,故 9( 4G  ,0)在以 AB 为直径的圆外. 解法二: (1)同解法一. (2)设点 11()A x y , 22( , )B x y ,则 11 9( , )4GA x y , 22 9( , )4GB x y . 由 22 1 142 x my xy   ,得 22( 2) 2 3 0m y my    ,所以 12 2 2 2 myym  , 12 2 3 2yy m  . 从而 1 2 1 2 99( )( )44GA GB x x y y     1 2 1 2 55( )( )44my my y y    2 1 2 1 2 5 25( 1) ( )4 16m y y m y y     2 2 22 5 3( 1) 252 2 2 16 mm mm    2 2 17 2 016(m 2) m +=>+ 所以 cos , 0GA GB  ,又 ,GA GB 不共线,所以 AGB 为锐角.故点 9( 4G  ,0)在以 AB 为直径的圆外. (19)【2015 年福建,理 19,13 分】已知函数  fx的图像是由函数 ( ) cosg x x= 的图像经如下变换得到:先将 ()gx 图像上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍(横坐标不变),再将所得到的图像向右平移 2  个单位长度. (1)求函数  fx的解析式,并求其图像的对称轴方程; (2)已知关于 x 的方程    f x g x m在 0,2 内有两个不同的解 ,  ; (i)求实数 m 的取值范围; (ii)证明: 22cos( ) 15 m   . 解:解法一: (1)将 ( ) cosg x x= 的图像上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍(横坐标不变)得到 2cosyx= 的图像,再 将 2cosyx 的图像向右平移 2  个单位长度后得到 2cos( - )2yx 的图像,故 ( ) 2sinf x x ,从而函数 ( ) 2sinf x x 图像的对称轴方程为 ()2x k k Z   . (2)(i) ( ) ( ) 2sin cosf x g x x x   215( sin cos ) 55 xx 5sin( )x (其中 12sin ,cos 55 ) 依题意,sin( ) 5 mx  在区间[0,2 ] 内有两个不同的解 ,当且仅当| | 1 5 m  ,故 m 的取值范围 是 ( 5, 5) . (ii)因为 ,是方程 5sin( )xm在[0,2 ] 内的两个不同的解,所以sin( ) 5 m sin( ) 5 m ,当15m 时, 2( )2      ,即 2( )        ; 当 51 1m   时, 32( )2      ,即 3 2( )        , 所以 cos ) cos2( )      ( 22sin ( ) 1   22( ) 1 5 m 22 15 m. 解法二: (1)同解法一. (2)(i)同解法一. (ii)因为 ,  是方程 5sin( )xm在区间[0,2 ) 内的两个不同的解,所以sin( ) 5 m , sin( ) 5 m ,当15m 时, 2( )2      ,即 2( )        ; 当 51m   时, 32( )2      ,即 3 2( )        ,所以 cos ) cos( )      ( 于是 cos( ) cos[( ) ( )]          cos( )cos( ) sin( )sin( )             2cos ( ) sin( )sin( )          22[1 ( ) ] ( ) 55 mm    22 15 m. (20)【2015 年福建,理 20,14 分】已知函数    ln 1f x x,    g x kx k R. (1)证明:当 0x > 时,  f x x ; (2)证明:当 1k < 时,存在 0 0x > ,使得对任意的  0,xt 恒有    f x g x ; (3)确定 k 的所以可能取值,使得存在 0t > ,对任意的 ,恒有 2| ( ) ( ) |f x g x x-<. 解:解法一: (1)令 ( ) ( ) ln(1 ) , [0, )F x f x x x x x       ,则有 1( ) 111 xFx xx     ,当 (0, )x  时, ( ) 0Fx  , 所以 ()Fx在[0, ) 上单调递减,故当 0x  时, ( ) (0) 0F x F,即当 0x  时, ()f x x . (2)令 ( ) ( ) ( ) ln(1 ) , [0, )G x f x g x x kx x       ,则有 1 (1 )() 11 kx kG x kxx       , 当 0k  时, ( ) 0Gx  ,故 ()Gx在[0, ) 单调递增, ( ) (0) 0G x G,故对任意正实数 0x 均满足题意 当 01k时,令 ( ) 0Gx  ,得 1110kx kk     ,取 0 1 1x k,对任意 0(0, )xx ,有 ( ) 0Gx  , 从而 ()Gx在[0, ) 单调递增,所以 ( ) (0) 0G x G,即 ( ) ( )f x g x . 综上,当 1k  时,总存在 0 0x  ,使得对任意 0(0, )xx ,恒有 ( ) ( )f x g x . (3)当 1k  时,由(1)知,对于 (0, ), ( ) ( )x g x x f x     ,故 ( ) ( )g x f x . | ( ) ( ) | ( ) ( ) ln(1 )f x g x g x f x kx x      令 2( ) ln(1 ) , [0, )M x kx x x x      , 则有 21 2 ( 2) 1( ) 211 x k x kM x k xxx          故当 22 ( 2) 8( 1)(0, )4 k k kx      时, ( ) 0Mx  , ()Mx在 22 ( 2) 8( 1)[0, )4 k k k     上单调递增,故 ( ) (0) 0M x M,即 2| ( ) ( ) |f x g x x.所以满 足题意的t 不存在,当 1k  时,由(2)知,存在 0 0x  ,使得当 0(0, )xx 时, ( ) ( )f x g x , 此时| ( ) ( ) | ( ) ( ) ln(1 )f x g x f x g x x kx      ,令 2( ) ln(1 ) , [0, )N x x kx x x      , 则有 21 2 ( 2) 1( ) 211 x k x kN x k xxx          ,当 2( 2) ( 2) 8( 1)(0, )4 k k kx       时, ( ) 0Nx  , ()Nx在 2( 2) ( 2) 8( 1)[0, )4 k k k      上单调递增,故 ( ) (0) 0N x N,即 2( ) ( )f x g x x. 记 0x 与 2( 2) ( 2) 8( 1) 4 k k k      中的较小者为 1x ,则当 1(0, )xx 时,恒有 2| ( ) ( ) |f x g x x,故满 足题意的t 不存在.当 1k  时,由(1)知,当 0x  时,| ( ) ( ) | ( ) ( ) ln(1 )f x g x g x f x x x      , 令 2( ) ln(1 ) , [0, )H x x x x x      ,则有 212( ) 1 211 xxH x xxx      ,当 0x  时, ( ) 0Hx  , 所以 ()Hx在[0, ) 上单调递减,故 ( ) (0) 0H x H,故当 0x  时,恒有 2| ( ) ( ) |f x g x x, 此时,任意正实数t 均满足题意,综上, 1k  . 解法二: (1)解法一. (2)解法二. (3)当 1k  时,由(1)知,对于 (0, ), ( ) ( )x g x x f x     , 故| ( ) ( ) | ( ) ( ) ln(1 ) ( 1)f x g x g x f x kx x kx x k x          ,令 2( 1)k x x,解得 01xk   . 从而得到,当 1k  时,对于 (0, 1)xk,恒有 2| ( ) ( ) |f x g x x,故满足题意的t 不存在. 当 1k  时,取 1 1 2 kk  ,从而 1 1kk,由(2)知,存在 0 0x  ,使得 01(0, ), ( ) ( )x x f x k x kx g x    , 此时 1 1| ( ) ( ) | ( ) ( ) ( ) 2 kf x g x f x g x k k x x      ,令 21 2 k xx  ,解得 10 2 kx  , 2( ) ( )f x g x x, 记 0x 与1 2 k 的较小者为 1x ,当 1(0, )xx 时,恒有 2| ( ) ( ) |f x g x x,故满足题意的t 不存在. 当 1k  时,由(1)知, 0,| ( ) ( ) | ( ) ( ) ln(1 )x f x g x f x g x x x       , 令 2( ) ln(1 ) , [0, )M x x x x x      ,则有 212( ) 1 211 xxM x xxx      , 当 0x  时, ( ) 0Mx  ,所以 ()Mx在[0, ) 上单调递减,故 ( ) (0) 0M x M. 故当 0x  时,恒有 2| ( ) ( ) |f x g x x,此时,任意正实数t 均满足题意,综上, 1k  . 本题设有三个选考题,每题 7 分,请考生任选 2 题作答.满分 14 分,如果多做,则按所做的前两题计分,作答 时,先用 2B 铅笔在答题卡上所选题目对应题号右边的方框涂黑,并将所选题号填入括号中. (21)【2015 年福建,理 21(1),7 分】(选修 4-2:矩阵与变换)已知矩阵 2 1 1 1,4 3 0 1           A Β . (1)求 A 的逆矩阵 1A ; (2)求矩阵C ,使得 AC B . 解:(1)因为| | 2 3 1 4 2    A ,所以 1 31 31 22 2242 21 22   A . (2)由 得 11()A C A B--A= ,故 1 3 1 311 2==2 2 2012 1 2 3                      C A B . (21)【 2015 年福建,理 21(2),7 分】(选修 4-4:坐标系与参数方程)在平面直角坐标系 xoy 中,圆C 的参 数方程为 1 3cos 2 3sin xt yt      ( t 为参数).在极坐标系(与平面直角坐标系 xoy 取相同的长度单位,且以原点 O 为极点,以 x 轴非负半轴为极轴)中,直线l 的方程为 2 sin( ) ( )4 m m R   . (1)求圆C 的普通方程及直线 l 的直角坐标方程; (2)设圆心C 到直线l 的距离等于 2,求 m 的值. 解:(1)消去参数t ,得到圆 C 的普通方程为 22( 1) ( 2) 9xy    ,由 2 sin( )4 m,得 sin cos 0m      ,所以直线l 的直角坐标方程为 0x y m   . (2)依题意,圆心C 到直线l 的距离等于 2,即  |1 2 | 2 2 m    ,解得 3 2 2m    . (21)【 2015 年福建,理 21(3),7 分】(选修 4-5:不等式选讲)已知 0a  , 0b  , 0c  ,函数  f x x a x b c     的最小值为 4. (1)求 abc++的值; (2)求 2 2 211 49a b c++的最小值. 解:(1)因为 ( ) | | | | | ( ) ( ) | | |f x x a x b c x a x b c a b c             ,当且仅当 a x b   时,等号成立. 又 0, 0ab>>,所以||a b a b   ,所以 ()fx的最小值为 abc,又已知 ()fx的最小值为 4, 所以 4abc   . (2)由(1)知 4abc   ,由柯西不等式得 2 2 2 2 211( )(4 9 1) ( 2 3 1) ( ) 164 9 2 3 aba b c c a b c              , 即 2 2 21 1 8()4 9 7a b c   ,当且仅当 11 32 2 3 1 ba c,即 8 18 2,,7 7 7a b c   时等号成立, 故 2 2 211 49a b c的最小值为 8 7 .