风景优美的地方作文-左耳经典台词

2015年高考四川理科数学试题
及答案解析

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
A{x |(x1)(x2)0}
，集
合
B{x|1x3}
，则
AUB
（ ）
（A）

x|1x3

（B）

x|1x1


（C）

x|1x2

（D）

x|2x3


【答案】A
【解析】∵A{x|1x2}
，
B{x|1x3}
，
AUB{x |1x3}
，故
选A．
（2）【2015年四川，理2】设
i
是虚数单位，则复数
i
2


（ ）
i
（A）
i
（B）
3i
（C）
i
（D）
3i

【答案】C
2i
【解析】
i
2
ii2ii
，故选C．
ii
3
3
2
（3）【2015年四川，理3】执行如图所示的程序框 图，输
出
S
的值是（ ）
（A）

2
3（B）
2
3
（C）

1
2

（D）
1

2
【答案】D
【解析】易得当
k1 ,2,3,4
时时执行的是否，当
k5
时就执行是的

1
步骤，所以
Ssin
5
6

，故选D．
2
（4 ）【2015年四川，理4】下列函数中，最小正周期为

且
2

图象关于原点对称的函数是（ ）

（A）
ycos(2x

)
（B）
ysin(2x)
（C）
ysin2xcos2x

22
（D）
ysinxcosx

【答案】A
【解析 】显然对于A，
ycos(2x

)sin2x
，为关于原点对称， 且
2
最小正周期是

，符合题意，故选A．
（5）【2015年四 川，理5】过双曲线
x
y
3
1
的右焦点且与
x
轴
2
2
垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于
A
，
B两点，
则
|AB|
（ ）
（A）
4
3
3
（B）
23
（C）6
（D）
43

【答案】D
【解析】由题意可知 双曲线的渐近线方程为
y3x
，且右焦
点
(2,0)
，则直线< br>x2
与两条渐近线的交点分别为
A
(2,23)
，
B(2,23)
，∴
|AB|43
，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
CA72
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
CA48
种，
1
3
3
4
1
2
3
4
3

综上所述：总共有72+48=120种，故选B．
uuur
（7）【2015年四川，理7】设四边形
ABCD
为平行四边形 ，
AB6
，
uuuuruuuuruuuruuuruuuuruuuur
uuur

AD4
．若点
M
，
N
满足
B M3MC
，
DN2NC
，则
AMNM
（ ）
（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
B
建立直角坐标系，可得到
A

0,6

，
M

3,0

，
uuuuruuuur
uuuuruuuur
N

4,2

，∴
AM

3,6

，
NM
< br>1,2

，∴
AMNM3129
，故选C．
（8）【2015年四川，理8】设
a
，
b
都是不等于1的正数，则
“
3

3

1
”是“
log3log3
”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
333
可得
ab1
．当
ab1
时，< br>11
logalogb0
．∴，即
log3log3
．∴“333
”是

logalogb
ab
ab
abab
33
ab
33
“
log3

log3”的充分条件．然而取
a
1
13b
则
log30l og3
，
3
ab
ab
满足
log3log3
，却 不满足
ab1
．∴“
333
”是“
log3log3”
的不必要条件．综上“
333
”是“
log3log3
”的充分不必
要条件，故选B．
（9）【2015年四川，理9】如果函数
f

x


1

m2

x

n8

x1

m0,n0

2
a b
abab
ab
ab
2

在区间


1
,2

单调递减，则
mn

2

的最大值为（ ）
（A）16 （B）18
（C）25 （D）
81

2
【答案】B
4

【解析】
f'

x



m2

xn 8
，由于
f

x

单调递减得：∴
f


x

0
，

∴

m2
xn80
在



1
,2

上恒成立．设
g

x



m2

xn8
，则
2


一次函数
g

x

在



1
∴只须在两个端点
,2

上为非正数．
2

处

1
f


0

2

和
f


2

0
即可．即
1
m

1 2n

2

1


m2

 n80
LLLL
①

2

2

m2

n80
LLLL
②

2
，
由② 得：．∴
11

n12n

mnn

12 n



18
22

2

．
mn
当且
仅当
m3,n6
时取到最大值
18
． 经验证，
m3,n6
满足条
件①和②，故选B．
（10）【2015年 四川，理10】设直线
l
与抛物线
y4x
相交于
A
，与圆

x5

yr

r0

相切于点
M
，且
M
为线段
ABB
两点，
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

y4x【解析】设
A

x,y

，
B

x, y

，
M

5rcos

,rsin


，则

，

y
y4x
2
2< br>22
2
1
2
1
1122


22
两式相减，得：

y
1
y
2

y
1
y
2

4

x
1
x
2

，当直线
l
的斜率不存
A
M
O
B
C
x
在时，显然符合条件的直线
l

有两条．当直线
l
的斜率存在时，可得：
yy
2
， < br>2rsin


yy

4

xx
k
xxrsin

1
1
2
1212 AB
2
又∵
k
MC

rsin

0si n


5rcos

5cos

，∴
k
AB

1
k
MC

cos

sin

，
2cos

2
∴
rsin
r2

sin

cos

∴

rsin



2
由于
M
在抛物线的内部，
4
< br>5rcos


204rcos

204

2

12
，
5

∴
rsin

23
，∴
2r4
r
24
rsin

rr
2
423r
2
16r4
r
，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

2x1

的展开式中，含
x
的项
的系数是 ．
【答案】-40
【解析】由题意可知
x
的系数为：
C2( 1)40
．

（12）【2015年四川，理12】
sin15sin75
的值是 ．
【答案】
2
6

5
2
2
2
5
23
°°
【解析】
sin15sin75sin15cos15 

2sin

1545

2sin602
36

22
．
kxb
（13）【2015年四川，理1 3】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
ye

（
e2.718L
为自然 对数的底数，
k
，
b
为常数）．若该食品
在
0C
的 保鲜时间是192小时，在
23C
的保鲜时间是48
小时，则该食品在
33C
的保鲜时间是________小时．
【答案】24
11
【解析】
Qe192LL①
，
e48LLL②
，∴
②
e e
，
①42
°
°°
°
k0+bk22b
22kk
∴当
x33
时，
e
33kb
xLL L③
，∴
③
e
①
33k


e
k


3
1x
x24
8192
．
（14）【2015年四川，理14】如图，四边形
ABCD
和
ADPQ
均为
正方形，它们所在的平面相互垂直，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 ．
M
Q
2
【答案】
5

【解析】以
AB
为
x
轴，
AD
为
y
轴，
AQ
为
z
轴建立空间
直角坐标系，并设正方形边长为
6


P
A
E
B
F
D
C

uuruuuur
AF

2,1,0

，
EM

1,m,2


F

2,1,0

，
E

1,0,0

，
M

0,m,2< br>
，，则
A

0,0,0

，∴
u
uuuruuuur
AFEM2m
2m
∴
cos


uuuruuuu
(m

0,2

)

,
令
f(m)
r

2
AFEM
5m
2
5
5m
2
25
5m
2
25
f< br>
(m)
(2m)10m
25m
2
25
5m
2
25
，
Qm

0,2

，
f

(m)0
f(m)
x
max
f(0)
2
5
，从
而
cos

max

2
5
．
2
1212
（15）【2015年四川，理15】已知函数
f

x

2
，
g

x

xax
(其中
f

x

g

x
g

x

x
，
n
对于不相等的 实数
x
，设
m
f

x
x

< br>，，
aR
)．
xxx
1
2
1212
现 有如下命题：
(1) 对于任意不相等的实数
x
，
x
，都有
m0
；
(2) 对于任意
a
的及任意不相等的实数
x
，
x
，都有
n0
；
(3) 对于任意的
a
，存在不相等的实数
x
，
x
，使得
mn
；
(4) 对于任意的
a
，存在不相等的实数
x
，
x
，使得
mn
．
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
x
，
x
,∵函数
y2
是增函数，∴
22
，
xx0
，
则
m
f(x)f(x)
=
22
>0，
1
2
1
2
1
2
1
2
x
1
2
x
1
x
2
1 2
12
x
1
x
2
x
1
x
2x
1
x
2
所以正确；
(2)设
xx
，则
xx
1212
0
，∴
n
2
g
x
1

g

x
2

x
1< br>x
2
x
1
2
ax
1
x
22
ax
2
x
1
x
2
a
x< br>1
x
2

不妨我们设
x1,x
1
 2,a3
，则
n60
，矛盾，所以
1212
(2)错．
f

x

g

x

g

x


(3)∵
mn
，由(1)(2)可得：
mn
f

x
x


，化
xxx< br>1212
简得到，
f

x
1

f

x
2

g

x
1

g< br>
x
2

x
，也即
f

x

g

x

f

x

g< br>
x

，令
h

x

f

x

g

x

2xax
，即对 于任意的
a
函数
h

x

在定
x
．义域范围内存在有两个不相等的实数根
x
，则
1122
2
1
2
7

h

x
< br>0
恒
h

(x)2ln2xa
，，显然当
a 
时，
成立，即
h

x

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
f

x< br>
g

x

g

x

f

x

，设
h

x

f< br>
x

g

x

2xax
，
即对于任意的
a
函数
h

x

在定义域 范围内存在有
两个不相等的实数根
x
，
x
，从而
h

x

不是恒为单
h

x

2ln2 2xa
，
h

x

2

ln2

20
恒成立，调函数．∴
h

x

单调递 增，又∵
x
时，
h



0
，
x
时，
h



0
．所以h

x

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
{a}
的前
n
项和
S2aa
，且
a，
a1
，
a
成等
差数列．

（Ⅰ）求数列
{a}
的通项公式；
1
（Ⅱ）记数列
{a
1
}
的前
n
项和
T
，求得使
|T 1|
1000
成立的
n
的
h'

x
< br>2
x
ln
2
2xa
x2
'
x2
1122
1
2
'x
''x
2
'
'
'n
nn112
3
n
n
n
n
最小值．
解：（Ⅰ）当
n2
时有，
a
a
=
2
(
n ³2
)
，
a
n
n
-
1
n
S< br>n
S
n1
2a
n
a
1
(2an1
a
1
)
，则
a
n
2a
n 1
(n2)
，
∴
a
n
2
n
∴数列
a

是以
a
为首项，2为公比的等比数列．
又由题 意得
2a2aa
，
22a2a4a
，∴
a2，
(nN)

n
1
213111
1
*
（Ⅱ）由题意得
a< br>1

2
1
，∴
n
n
11
[1()
n
]
1
2
1(
1
)
n
Tn


i

2
1
2
i1
2
1
2
n
n
11
-）=()
，，则
T1 （

22
2n
n
又
Q
2
1
10

111
,
9

10242512
111
1
n
的，即
1024
成立时，

T1
10 00512
1000
最小值为
n10
．
8

（17）【2015年四川，理17】（本小题满分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．
（Ⅰ）求
A
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
A
表示“
A
中学至少有1名学生入选代表队”，< br>C
199
1
可以采用反面求解：
P(A)1
C< br>
CC100100
3
3
3
6
3
4
3
6
（Ⅱ）由题意，知
X1,2,3
，
13
C
3
C
1
P(X3)
4
3

C
6
5
31
C
3
C
3
1
P(X1)
C< br>6
4
5
；
C
3
2
C
3
2< br>3
P(X2)
C
6
4
5
；

2
3
5




因此
X
的分布列为：
X

1

1

P

5


3
1
5


31
期望为：
E(X)1
1
232
．
555

（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
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）；
9

（Ⅱ）证明：直线
MN
平面
BDH
；
（Ⅲ）求二面角
AEGM
的余
弦值．
H
解：（Ⅰ）如下图所示：
N
G
H
N
E
D
C
G
E
EAB
F
D
M
A
BC
H
E
F
G
Q
F
D
D
AP
O
B
M
C

（Ⅱ）如答图所示，连接
BD< br>，
AC
相交于点
O
，连接
MO

∵
M
、
O
分别为线段
BC
、
BD
的中点，∴
MOCDGH
且
11
MOCDGHNH

22
∴四边 形
QMNH
为平行四边形，∴
OHMN
，又∵
OH
平面
BDH
，∴
MN
平面
BDH

（Ⅲ）连接< br>EG
，过点
M
作
MPAC
于点
P
，过点< br>P
作
PQEG
于点
Q
，
连接
MQ
，由三垂线定理可得
EGMQ
，∴
PQM
为二面
角
A EGM
的平面角，设正方体棱长为
4a
，则
PQBC4a
，
2a2

∴
MC2a
，∵
MCP45
，
MP2a
，所以
tanPQM
MP
，
PQ4a4所以
cosPQM
2
3
2
，
所以
cos AEGMcosMLK
2
3
2
，即二面角的余弦值为
2
2
3
A
M
B
C
．
（19）【2015 年四川，理19】（本小题满分12分）如图，
A,B,C,D
为平面四边形
ABCD
的四个内角．
1cosA
（Ⅰ）证明：
tan
A
； < br>
2sinA
（Ⅱ）若
AC180
，
ABCD
t antantantan
．
2222
o
AB6
，
BC3
，
CD4
，
AD5
，求
10

解：（Ⅰ）证明：
AA
2sin
2A1cosA
2

2
tan
2
cos
A
2sin
A
cos
A
sinA
222
sino
．
（Ⅱ）∵
AC180
，∴
cosCcos

180A

cosA,sinCsin

180A

sinA
，
C1cosA1cosC1cosA1cosA2
∴
tan
A
，∵
AC180
，
tan 
22sinAsinCsinAsinAsinA
o
∴
BD180< br>
o
D2
ABCD1

1
同理可得
tan
B
，∴
tan
tantantantan2





2222
22sinB

sinAsin B

连接
BD
，设
BDx
，在
ABD
和
CBD
中分别利用余弦定
理及
AC180
可得：
c osAcosC
，
247
3
5x34x
即
6
2
，解得，从而得
x
cosA
，

65 234
7
7
o
222222
2
sinA
21 0
7
1
．同理可得，
cosB
19
，
sinB
610
19
，
．
∴
tan
A BCD1111410
tantantan2()2()
2222sinAs inB3
210610
719
（20）【2015年四川，理20】（本小题满分13 分）如图，
2
xy
椭圆
E:
a
，过点
P(0,1)

的动直线
l
与椭
1
的离心率是
2
b
22
22
圆相交于
A,B
两点．当直线
l
平行于< br>x
轴时，直线
l
被椭
圆
E
截得的线段长为
2 2
．
（Ⅰ）球椭圆
E
的方程；
（Ⅱ）在平面直角坐标系
xoy
中，是否存在与点
P
不同
QAPA
的定点
Q
，使得
QB
恒成立？若存在，求出点

PB
的坐标；若不存在，请说 明理由．
解：（Ⅰ）由题知椭圆过点

2,1

．因此可得：Q

c2

e
a2

1

2
1

22
ab



222
abc

，解得：
a2
，
bc2
．
11

∴椭圆E的方程为：
x
2
y
2
 1
42
．
（Ⅱ）假设存在满足题意的定点
Q
．当直线
l
平行于
x
轴时，
QAPA
则
QB
1
，
A,B
两点关于
y
轴对称，
PB
A0,2,B0,
∴
Q
点在
y
轴上．不妨设
Q

0,a

，当直线
l
垂直于
x
轴时，
2

，
QAPA
12a2

，解得
a2
或
a1
（舍去，否则
Q
点就
QBPB
12a2
是
P
点），∴
P
点的坐标为

0,2

．
下面我们证明对于一般的直线
l:ykx1
，
Q

0, 2

也满足
题意．
QAPA
∵
QB
，∴由角平分 线定理可知，
y
轴为
AQB
的角

PB
平分线． 所以
kk
．
设
A

x,y

，B

x,y

，则
ykx1
，
ykx 1
，
ykx1
联立：

，消去
y
可得，
12k

x4kx20
，

x2y4
QAQB
1122
1122
22

22
由韦达定理 可得，
xx
1
∴
k
QA

y
1
2kx
1
1
1
k
x
1
x
1x
1
，
k
QB
4k2
xx
12
1 2k
2
12k
2
y2kx
2
1
1

2
k
x
2
x
2
x
2
2< br>
，，
，
，两式相加得，

11

xx
k
QA
k
QB
2k

+
< br>2k
12
2k2k0
x
1
x
2

x
1
x
2

，即
k
QA
k< br>QB
从而，假设成立，即存在与点
P
不同的定点
Q
，使
QAPA
得
QB
恒成立．

PB
（21）【2015年 四川，理21】（本题满分14分）已知函数
f

x

2

xa

lnxx2ax2aa
，其中
a0
．
（Ⅰ）设
g

x

是
f

x

的导函数，讨论
g

x

的单调性；
（Ⅱ）证明：存在
a

0,1

，使得
f
< br>x

0
在区间

1,

内恒成
立，且
f

x

0
在区间

1,

内有唯一解．

解：（Ⅰ）∵
f

x

2

xa

lnxx2ax2aa
，∴求导 可得，
22
22
12

f'< br>
x

2lnx2
2a
2x2a
x，
g

x

2lnx2
2a
2 x2a

a0,x0

x
即∴
2

x
2
xa

22a
g'

x

2
2

a0,x0

2
xxx< br>2
，
2
对于多项式
xxa
，
（1）当
14a0
，即
a
1
时，
x
4
xa 0
恒成立．
此时，
g'

x

0
恒 成立，所以
g

x

恒单调递增．
（2）当
0 a
1
时，一元二次方程
xxa0
有两个实数
4
2< br>根，设为
x,x
．
那么求根可得：
x
1
12< br>1
14a

1



0,
2

2

，
x
2

114a
1



,1

2

2< br>
1

①令
g'

x

0
，即
xxa0

x0

，解得：
0xx，
xx
．所
以
g

x

在

0,x

，

x,

，时单调递增． ②令
g'

x

0
，即
xxa0
x0

，解得：
xxx
，所以
g
< br>x

在

x,x

，时单调递减．
g
x

在

0,

上单调递增． 综上所 述：当
a
1
时，
4
2
2
12
2
12
12
1
g

x

在
(0,
当
0a
1
时，
4
114a114a
(,)22
14a114a
),(,)
22
上单调递增，
上 单调递减．
（Ⅱ）∵
a

0,1

，∴由（Ⅰ）可知< br>f'

x

g

x

在

1,

内单调递
增．
又
x1
时，
limf'

x

f'

1

2 2a22a4a0
，
当
x
时，显然
limf'

x

f'



0
．而
f'

x

在

1,

是单
调递增的，因此在

1,

内必定存在唯一的
x
使得
2a
f'

x

2lnx22x2a 0
……………．． ①
x

x1

x
0
000
0
∴当
1xx
时，
f'

x

0
，当
xx
时，
f'

x

0
，
∴
f

x

在
(1, x)
上单调递减，在
(x,)
上单调递增，∴
0
0
00
13

f

x
min
f

x
0

．
由已知条件
f

x

0
在区间

1,

内有唯一解，∴必有
f

x

f

x

0
．
即
f

x

2

xa

lnxx2ax2aa0
………………………． ②
由①式得到
lnx2
x
a
xa
带入②式化简得：< br>min
0
22
00000
00
0
，即
x2xa


x2a

0
，注意这里
的
a
比较容易解出，因此我们可以用
x
表示
a
，解
得：
x
a
，
a2xx

2
3
2a
2


5x
0
2x
0
2
a

x
0
2x
0
2

0
2
000
0
0
2
00
(1)当
a
x< br>2
(
1
,1)
时，带入①式可得，
2
0
2 a2ln2a30
…………………．． ③
2
2

a1< br>
即讨③是否有解．令
h

a

2a2ln2a 3
，
h'

a

2
a
0

a

1

,1

上单调递减．又∵
h

a

h

130
，∴③∴
h

a

在



1
2

2

式无解．
(2)当
a2xx
时，∵
0a1
，∴
1x2
，把
a2xx
带入①
式可得 ，
2x2lnx60
………………．．④即讨论④是否有
解．
又 设
h(x)2x2lnx6
，
h'

x

 4x
x
2

2

2x
x
1

，∵
x

1,2

，
22
00
0
00
2
00
2
2
0
000
00
0
00
∴
h'

x

0
恒成立，∴< br>h(x)
在

1,2

上单调递增．∴
h

x

h(1)4
，
h

x

h

2

22ln20
．
∴
h

x

与
x
轴有交点，从而
2x2lnx60在

1,2

上有解．
从而命题得证！
0
0
2
00
14