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  • 2021-05-13 发布

高考四川理科数学试题及答案解析

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‎2015年普通高等学校招生全国统一考试(四川卷)‎ 数学(理科)‎ 第Ⅰ卷(共50分)‎ 一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.‎ ‎(1)【2015年四川,理1】设集合,集合,则( )‎ ‎(A) (B) (C) (D)‎ ‎【答案】A ‎【解析】∵,,,故选A.‎ ‎(2)【2015年四川,理2】设是虚数单位,则复数( )‎ ‎(A) (B) (C) (D)‎ ‎【答案】C ‎【解析】,故选C.‎ ‎(3)【2015年四川,理3】执行如图所示的程序框图,输出的值是( )‎ ‎(A) (B) (C) (D)‎ ‎【答案】D ‎【解析】易得当时时执行的是否,当时就执行是的步骤,所以,故选D.‎ ‎(4)【2015年四川,理4】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) (B) (C) (D)‎ ‎【答案】A ‎【解析】显然对于A,,为关于原点对称,且最小正周期是,符合题意,故选A.‎ ‎(5)【2015年四川,理5】过双曲线的右焦点且与轴垂直的直线,交该双曲线的两条渐近线于,两点,则( )‎ ‎ (A) (B) (C)6 (D)‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意可知双曲线的渐近线方程为,且右焦点,则直线与两条渐近线的交点分别为 ‎,,∴,故选D.‎ ‎(6)【2015年四川,理6】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】这里大于40000的数可以分两类:‎ ‎①当5在万位时,个位可以排0、2、4三个数中的一个,十位百位和千位没有限制∴有种;‎ ‎②当4在万位时,个位可以排0、2两个数中的一个,十位百位和千位没有限制,∴有种,‎ 综上所述:总共有72+48=120种,故选B.‎ ‎(7)【2015年四川,理7】设四边形 为平行四边形,,.若点,满足,,则( )‎ ‎(A)20 (B)15 (C)9 (D)6‎ ‎【答案】C ‎【解析】这里可以采用最快速的方法,把平行四边形矩形化,因此,过建立直角坐标系,可得到,,,∴,,∴,故选C.‎ ‎(8)【2015年四川,理8】设,都是不等于1的正数,则“”是“”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】B ‎【解析】由已知条件可得.当时,.∴,即.∴“”是“”的充分条件.然而取则,满足,却不满足.∴“”是“”的不必要条件.综上“”是“”的充分不必要条件,故选B.‎ ‎(9)【2015年四川,理9】如果函数在区间单调递减,则 的最大值为( )‎ ‎(A)16 (B)18 (C)25 (D)‎ ‎【答案】B ‎【解析】,由于单调递减得:∴,∴在上恒成立.设,则一次函数在上为非正数.∴只须在两个端点处和即可.即,‎ 由②得:.∴.当且仅当时取到最大值.经验证,满足条件①和②,故选B.‎ ‎(10)【2015年四川,理10】设直线与抛物线相交于,两点,与圆 相切于点,且为线段的中点. 若这样的直线恰有4条,则的取值范围是( )‎ ‎ (A) (B) (C) (D)‎ ‎【答案】D ‎【解析】设,,,则,两式相减,得:‎ ‎,当直线的斜率不存在时,显然符合条件的直线 有两条.当直线的斜率存在时,可得:‎ ‎,‎ 又∵,∴,‎ ‎∴‎ 由于在抛物线的内部,∴,‎ ‎∴,∴,因此,,故选D.‎ 第II卷(共100分)‎ 二、填空题:本大题共5小题,每小题5分 ‎(11)【2015年四川,理11】在的展开式中,含的项的系数是 .‎ ‎【答案】-40‎ ‎【解析】由题意可知的系数为:.‎ ‎(12)【2015年四川,理12】的值是 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】.‎ ‎(13)【2015年四川,理13】某食品的保鲜时间(单位:小时)与储藏温度(单位:)满足函数关系 (为自然对数的底数,,为常数).若该食品在的保鲜时间是192小时,在的保鲜时间是48小时,则该食品在的保鲜时间是________小时.‎ ‎【答案】24‎ ‎【解析】,,∴,‎ ‎∴当时,,∴.‎ ‎(14)【2015年四川,理14】如图,四边形和均为正方形,它们所在的平面相互垂直,动点在线段上,,分别为,中点,设异面直线与所成的角为,则的最大值为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】以为轴,为轴,为轴建立空间直角坐标系,并设正方形边长为 ‎,则,,,,∴,‎ ‎∴令 ‎,,,从而.‎ ‎(15)【2015年四川,理15】已知函数,(其中).对于不相等的实数,,设,,现有如下命题:‎ ‎(1) 对于任意不相等的实数,,都有;‎ ‎(2) 对于任意的及任意不相等的实数,,都有;‎ ‎(3) 对于任意的,存在不相等的实数,,使得;‎ ‎(4) 对于任意的,存在不相等的实数,,使得.‎ 其中的真命题有_______(写出所有真命题的序号).‎ ‎【答案】(1) (4)‎ ‎【解析】(1)设,,∵函数是增函数,∴,,则=>0,‎ 所以正确;‎ ‎(2)设,则,∴‎ 不妨我们设,则,矛盾,所以(2)错.‎ ‎(3)∵,由(1)(2)可得:,化简得到,‎ ‎,也即,令,即对于任意的函数在定义域范围内存在有两个不相等的实数根,.则,,显然当时,恒成立,即单调递增,最多与x轴有一个交点,不满足题意,所以错误.‎ ‎(4)同理可得,设,即对于任意的函数在定义域范围内存在有两个不相等的实数根,,从而不是恒为单调函数.,恒成立,∴单调递增,又∵时,,时,.所以为先减后增的函数,满足要求,所以正确.‎ ‎ 三、解答题:本大题共6题,共75分.‎ ‎(16)【2015年四川,理16】(本小题满分12分)设数列的前项和,且,,成等 差数列. ‎(Ⅰ)求数列的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)记数列的前项和,求得使成立的的最小值.‎ 解:(Ⅰ)当时有,,则,,‎ ‎∴数列是以为首项,2为公比的等比数列.‎ 又由题意得,,∴,∴‎ ‎ (Ⅱ)由题意得,∴,则,‎ 又,即成立时,的最小值为.‎ ‎(17)【2015年四川,理17】(本小题满分12分)某市,两所中学的学生组队参加辩论赛,中学推荐3名男生,2名女生,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.‎ ‎(Ⅰ)求中学至少有1名学生入选代表队的概率;‎ ‎(Ⅱ)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:(Ⅰ)设事件表示“中学至少有1名学生入选代表队”,可以采用反面求解:‎ ‎(Ⅱ)由题意,知,;;‎ 因此的分布列为:‎ 期望为:. ‎ ‎(18)【2015年四川,理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,设的中点为,的中点为.‎ ‎(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:直线平面;‎ ‎(Ⅲ)求二面角的余弦值.‎ 解:(Ⅰ)如下图所示:‎ ‎(Ⅱ)如答图所示,连接,相交于点,连接 ‎∵、分别为线段、的中点,∴且 ‎∴四边形为平行四边形,∴,又∵平面,∴平面 ‎(Ⅲ)连接,过点作于点,过点作于点,连接,由三垂线定理可得,∴为二面角的平面角,设正方体棱长为,则,‎ ‎∴,∵,,所以,所以,‎ 所以,即二面角的余弦值为.‎ ‎(19)【2015年四川,理19】(本小题满分12分)如图,为平面四边形的四个内角.‎ ‎(Ⅰ)证明:;‎ ‎(Ⅱ)若,,,,,求.‎ 解:(Ⅰ)证明:.‎ ‎(Ⅱ)∵,∴,‎ ‎∴,∵,∴‎ 同理可得,∴‎ 连接,设,在和中分别利用余弦定理及可得:,‎ 即,解得,从而得,.同理可得,,‎ ‎,∴.‎ ‎(20)【2015年四川,理20】(本小题满分13分)如图,椭圆的离心率是,过点 的 动直线与椭圆相交于两点.当直线平行于轴时,直线被椭圆截得的线段长为.‎ ‎(Ⅰ)球椭圆的方程;‎ ‎(Ⅱ)在平面直角坐标系中,是否存在与点不同的定点,使得恒成立?若存在,求出点的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 解:(Ⅰ)由题知椭圆过点.因此可得:,解得:,.‎ ‎∴椭圆E的方程为:.‎ ‎(Ⅱ)假设存在满足题意的定点.当直线平行于轴时,则,两点关于轴对称,‎ ‎∴点在轴上.不妨设,当直线垂直于轴时,,‎ ‎,解得或(舍去,否则点就是点),∴点的坐标为.‎ 下面我们证明对于一般的直线,也满足题意.‎ ‎∵,∴由角平分线定理可知,轴为的角平分线.所以.‎ 设,,则,,‎ 联立:,消去可得,,‎ 由韦达定理可得,,,‎ ‎∴,,两式相加得,‎ ‎,即,‎ 从而,假设成立,即存在与点不同的定点,使得恒成立.‎ ‎(21)【2015年四川,理21】(本题满分14分)已知函数,其中. ‎ ‎(Ⅰ)设是的导函数,讨论的单调性;‎ ‎(Ⅱ)证明:存在,使得在区间内恒成立,且在区间内有唯一解.‎ 解:(Ⅰ)∵,∴求导可得,,‎ 即∴,‎ 对于多项式,‎ ‎(1)当,即时,恒成立.‎ 此时,恒成立,所以恒单调递增.‎ ‎(2)当时,一元二次方程有两个实数根,设为.‎ 那么求根可得:,‎ ‎①令,即,解得:,.所以在,,时单调递增.‎ ‎②令,即,解得:,所以在,时单调递减.‎ 综上所述:当时,在上单调递增.‎ 当时,在上单调递增,上单调递减.‎ ‎(Ⅱ)∵,∴由(Ⅰ)可知在内单调递增.‎ 又时,,‎ 当时,显然.而在是单调递增的,因此在内必定存在唯一的使得 …………….. ①‎ ‎∴当时,,当时,,‎ ‎∴在上单调递减,在上单调递增,∴.‎ 由已知条件在区间内有唯一解,∴必有.‎ 即 ………………………. ②‎ 由①式得到带入②式化简得:,即,注意这里的比较容易解出,因此我们可以用表示,解得:‎ ‎,‎ ‎(1)当时,带入①式可得,………………….. ③‎ 即讨③是否有解.令,‎ ‎∴在上单调递减.又∵,∴③式无解.‎ ‎(2)当时,∵,∴,把带入①式可得,‎ ‎ ………………..④即讨论④是否有解.‎ 又设,,∵,‎ ‎∴恒成立,∴在上单调递增.∴,.‎ ‎∴与轴有交点,从而在上有解.‎ 从而命题得证!‎