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- 2021-05-13 发布
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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!