四川高考文科数学试题文史类解析 13页

绝密 ★ 启封并使用完毕前 ‎2015年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）‎ 数 学（文史类）‎ 本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页。满分l50‎ 分。考试时间l20分钟。考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。‎ 第Ⅰ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Ⅰ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.在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。‎ ‎1.设集合，集合，则 ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎【答案】A ‎【解析】∵，，，选A.‎ 2. 设向量与向量共线，则实数 ‎(A) (B) (C) (D) ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由共线向量，的坐标运算可知，‎ 即，选B.‎ ‎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】因为是为了解各年级之间的学生视力是否存在显著差异，所以选择分层抽样法。‎ ‎4.设，为正实数，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】A ‎【解析】由已知当时，∴，“”是“”的充分条件。反过来由，可得，∴“”是“”的必要条件，综上，“”是“”的充要条件，选A.‎ ‎5.下列函数中，最小正周期为的奇函数是 A. B.‎ C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. ,可知其满足题意;‎ 是 否 开始 结束 K=k+1‎ K=1‎ k>4?‎ 输出S B. ,可知其最小正周期为，偶函数;‎ C. ,最小正周期为，非奇非偶函数;‎ D. ,可知其最小正周期为，非奇非偶函数.选A ‎6.执行如图所示的程序框图，输出S的值是 ‎(A) (B) (C)- (D) ‎ ‎【答案】D ‎【解析】易得当k=1,2,3,4时执行的是否，当k=5时就执行是的步骤，‎ 所以，选D.‎ ‎7.过双曲线的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则 （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，，∴,选D.‎ ‎8. 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，k，b为常数）。若该食品在的保鲜时间是192小时，在23的保鲜时间是48小时，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)21小时 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎，，∴， ‎ ‎∴当时，，∴,选C.‎ ‎9. 设实数满足，则的最大值为 ‎(A) (B) (C) 12 (D)14‎ ‎【答案】A ‎【解析】由第一个条件得：。于是，，当且仅当时取到最大值。经验证，在可行域内，选.‎ ‎10.设直线与抛物线相交于A，B两点，与圆相切于点M，且M为线 段AB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M在抛物线的内部，∴，‎ ‎∴，∴，‎ 因此，，选D.‎ 第Ⅱ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说只是的区域内作答。作图可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚。答在试卷、草稿纸上无效。‎ 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。‎ ‎11. 设是虚数单位，则复数_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意可知：‎ ‎12. 的值是 ________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎13. .已知，则的值是________. ‎ ‎【答案】-1‎ ‎【解析】由已知得，，‎ ‎∴‎ ‎14. 三棱柱中，，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设点M,N,P分别是，，的中点，则三棱锥的体积是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】采用等积法，‎ ‎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、简答题：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）‎ 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。‎ ‎【解答】：‎ ‎（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，∴ ‎ ‎17.（本小题满分12分）‎ 一个小客车有5个座位，其座位号为，乘客 的座位号为，他们按照座位号顺序先后上车，乘客因身体原因没有坐自己号座位，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选择座位.‎ ‎（I）若乘客坐到了3号座位，其他乘客按规则就座，则此时共有4种坐法。下表给出其中两种坐法，请填入余下两种坐法（将乘客就坐的座位号填入表中空格处）‎ 乘客 ‎ ‎ 座位号 ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎1‎ ‎（II）若乘客坐到了2号座位，其，他乘客按规则就坐，求乘客坐到5号座位的概率。‎ ‎【解答】‎ ‎（Ⅰ）当乘客坐在3号位置上，此时的位置没有被占，只能坐在2位置，位置被占，可选剩下的任何，即可选1、4、5:①当选1位置，位置没被占，只能选4位置，选剩下的，只有一种情况；②当 选4位置，可选5位置也可选1位置，选剩下的，有两种情况；③当 选5位置，只可选4位置选剩下的，有一种情况；‎ 乘客 ‎ ‎ 座位号 ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎5‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎ （Ⅱ）这个问情况比较复杂，需要列表解答，当坐2位置时，位置被占，可选剩下的 座位，下表列出了所有可能 乘客 ‎ ‎ 座位号 ‎2‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎5‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎5‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎5‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎1‎ 综上，共有8种情况，坐在5位置上的情况有4种，所求概率为 ‎ ‎18.（本小题满分分）‎ 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。‎ ‎（I）请将字母标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）；‎ ‎（II）判断平面与平面的位置关系，并证明你的结论；‎ ‎（III）证明：平面 ‎。‎ ‎【解答】‎ ‎（I）如答图1所示 ‎ ‎ 答图1 答图2 答图3‎ ‎（II）如答图2所示，连接，易得四边形和四边形为，所以，，又∵平面，且平面，∴平面，平面，又∵平面，且，所以平面平面 ‎ （III）如答图3所示，易得，∴平面,‎ 得∵平面，∴，同理可得，，又， ‎ ‎∴平面。‎ ‎19.（本小题满分12分）‎ 已知为的内角，是关于的方程的两实根.‎ ‎（Ⅰ）求的大小；‎ ‎（Ⅱ）若，求的值.‎ ‎【解答】‎ ‎（Ⅰ）是关于的方程的两个根可得：‎ ‎，，所以，则，由三角形内角和为可知，.‎ ‎（Ⅱ）在中，由正弦定理可得，求得，则.又，由三角形内角和为及诱导公式可知，解得，将代入，解得.‎ ‎20.（本小题满分13分）‎ 如图，椭圆（）的离心率是，点在短轴上，且。‎ ‎（Ⅰ）球椭圆的方程；‎ x y O B A P ‎（Ⅱ）设为坐标原点，过点的动直线与椭圆交于两点。是否存在常数，使得 为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由。‎ ‎【解答】‎ ‎（Ⅰ）由知，，解得，‎ 又∵由离心率是得到 ； ‎ ‎∴椭圆E的方程为：。‎ ‎(Ⅱ)当直线AB的斜率存在时，设AB的解析式为，，‎ ‎ 联立：，显然，由 韦达定理可知，，，‎ ‎∴，‎ 这里，与的取值无关，∴，即。‎ 此时，‎ 当直线AB的斜率不存在时，AB就是CD，‎ 那么 ‎∴‎ 综上，存在常数，使得为定值。‎ ‎21.已知函数，其中，设是的导函数.‎ ‎（Ⅰ）讨论的单调性；‎ ‎（Ⅱ）证明：存在，使得恒成立，且在区间(1，)内有唯一解。‎ ‎【解答】：‎ ‎（Ⅰ）∵，∴求导可得，‎ ‎，即 ‎ ‎∴恒成立，∴在其定义域上单调递增。‎ ‎（Ⅱ）∵，∴由(Ⅰ)可知在(1，)内单调递增。‎ 又时，，‎ 当时，显然。而在(1，)是单调递增的，因此在 ‎(1，)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，‎ 令，，恒成立，∴为减函数，‎ ‎∵，∴在内有零点，即时，有解，此时为增函数，且，‎ 即。∴存在，使得恒成立，且在区间(1，)内有唯一解。‎