2015年福建省高考数学试卷（理科）.doc

第 1 页（共 29 页）2015 年福建省高考数学试卷（理科）年福建省高考数学试卷（理科）一、选择题（共一、选择题（共 10 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 50 分）分）2015 年普通高等学校招生全年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学（理工类）国统一考试（福建卷）数学（理工类）1 （5 分）若集合 A=i，i2，i3，i4（i 是虚数单位） ，B=1，1，则 AB 等于（ ）A1 B1 C1，1 D2 （5 分）下列函数为奇函数的是（ ）Ay=By=|sinx|Cy=cosxDy=exex3 （5 分）若双曲线 E：=1 的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P 在双曲线E 上，且|PF1|=3，则|PF2|等于（ ）A11B9C5D34 （5 分）为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系，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）8.28.610.011.311.9支出 y（万元）6.27.58.08.59.8根据上表可得回归直线方程，其中，据此估计，该社区一户收入为 15 万元家庭年支出为（ ）A11.4 万元B11.8 万元C12.0 万元D12.2 万元5 （5 分）若变量 x，y 满足约束条件则 z=2xy 的最小值等于（ ）A2B2CD6 （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（ 第 2 页（共 29 页）A2B1C0D17 （5 分）若 l，m 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8 （5 分）若 a，b 是函数 f（x）=x2px+q（p0，q0）的两个不同的零点，且 a，b，2 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 p+q 的值等于（ ）A6B7C8D99 （5 分）已知，若 P 点是ABC 所在平面内一点，且，则的最大值等于（ ）A13B15C19D2110 （5 分）若定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（0）=1，其导函数 f（x）满足f（x）k1，则下列结论中一定错误的是（ ）第 3 页（共 29 页）ABCD二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 5 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 20 分分.11 （4 分） （x+2）5的展开式中，x2的系数等于 （用数字作答）12 （4 分）若锐角ABC 的面积为，且 AB=5，AC=8，则 BC 等于 13 （4 分）如图，点 A 的坐标为（1，0） ，点 C 的坐标为（2，4） ，函数 f（x）=x2，若在矩形 ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于 14 （4 分）若函数 f（x）=（a0 且 a1）的值域是4，+） ，则实数 a 的取值范围是 15 （4 分）一个二元码是由 0 和 1 组成的数字串，其中xk（k=1，2，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 x1x2x7的码元满足如下校验方程组：其中运算定义为：00=0，01=1，10=1，11=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 三、解答题三、解答题第 4 页（共 29 页）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17 （13 分）如图，在几何体 ABCDE 中，四边形 ABCD 是矩形，AB平面BEC，BEEC，AB=BE=EC=2，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18 （13 分）已知椭圆 E：+=1（ab0）过点，且离心率 e 为（1）求椭圆 E 的方程；（2）设直线 x=my1（mR）交椭圆 E 于 A，B 两点，判断点 G与以线段 AB 为直径的圆的位置关系，并说明理由19 （13 分）已知函数 f（x）的图象是由函数 g（x）=cosx 的图象经如下变换得第 5 页（共 29 页）到：先将 g（x）图象上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍，横坐标不变，再将所得到的图象向右平移个单位长度（1）求函数 f（x）的解析式，并求其图象的对称轴方程；（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：cos（）=120 （7 分）已知函数 f（x）=ln（1+x） ，g（x）=kx， （kR）（1）证明：当 x0 时，f（x）x；（2）证明：当 k1 时，存在 x00，使得对任意 x（0，x0） ，恒有 f（x）g（x） ；（3）确定 k 的所有可能取值，使得存在 t0，对任意的 x（0，t） ，恒有|f（x）g（x）|x2四、选修四、选修 4-2：矩阵与变换：矩阵与变换21 （7 分）已知矩阵 A=，B=（1）求 A 的逆矩阵 A1；（2）求矩阵 C，使得 AC=B五、选修五、选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程22 （7 分）在平面直角坐标系 xOy 中，圆 C 的参数方程为（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） ，直线 l 的方程为sin（）=m， （mR）（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 的值六、选修六、选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲23 （7 分）已知 a0，b0，c0，函数 f（x）=|x+a|+|xb|+c 的最小值为第 6 页（共 29 页）4（1）求 a+b+c 的值；（2）求a2+b2+c2的最小值第 7 页（共 29 页）2015 年福建省高考数学试卷（理科）年福建省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题（共一、选择题（共 10 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 50 分）分）2015 年普通高等学校招生全年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学（理工类）国统一考试（福建卷）数学（理工类）1 （5 分）若集合 A=i，i2，i3，i4（i 是虚数单位） ，B=1，1，则 AB 等于（ ）A1 B1 C1，1 D【分析】利用虚数单位 i 的运算性质化简 A，然后利用交集运算得答案【解答】解：A=i，i2，i3，i4=i，1，i，1，B=1，1，AB=i，1，i，11，1=1，1故选：C【点评】本题考查了交集及其运算，考查了虚数单位 i 的运算性质，是基础题2 （5 分）下列函数为奇函数的是（ ）Ay=By=|sinx|Cy=cosxDy=exex【分析】根据函数奇偶性的定义进行判断即可【解答】解：A函数的定义域为0，+） ，定义域关于原点不对称，故 A 为非奇非偶函数Bf（x）=|sin（x）|=|sinx|=f（x） ，则 f（x）为偶函数Cy=cosx 为偶函数Df（x）=exex=（exex）=f（x） ，则 f（x）为奇函数，故选：D【点评】本题主要考查函数奇偶性的判断，根据函数奇偶性定义是解决本题的关键第 8 页（共 29 页）3 （5 分）若双曲线 E：=1 的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P 在双曲线E 上，且|PF1|=3，则|PF2|等于（ ）A11B9C5D3【分析】确定 P 在双曲线的左支上，由双曲线的定义可得结论【解答】解：由题意，双曲线 E：=1 中 a=3|PF1|=3，P 在双曲线的左支上，由双曲线的定义可得|PF2|PF1|=6，|PF2|=9故选：B【点评】本题考查双曲线的标准方程，考查双曲线的定义，属于基础题4 （5 分）为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系，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）8.28.610.011.311.9支出 y（万元）6.27.58.08.59.8根据上表可得回归直线方程，其中，据此估计，该社区一户收入为 15 万元家庭年支出为（ ）A11.4 万元B11.8 万元C12.0 万元D12.2 万元【分析】由题意可得 和 ，可得回归方程，把 x=15 代入方程求得 y 值即可【解答】解：由题意可得 =（8.2+8.6+10.0+11.3+11.9）=10，=（6.2+7.5+8.0+8.5+9.8）=8，代入回归方程可得 =80.76×10=0.4，回归方程为 =0.76x+0.4，第 9 页（共 29 页）把 x=15 代入方程可得 y=0.76×15+0.4=11.8，故选：B【点评】本题考查线性回归方程，涉及平均值的计算，属基础题5 （5 分）若变量 x，y 满足约束条件则 z=2xy 的最小值等于（ ）A2B2CD【分析】由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案【解答】解：由约束条件作出可行域如图，由图可知，最优解为 A，联立，解得 A（1，） z=2xy 的最小值为 2×（1）=故选：D【点评】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题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（ 第 10 页（共 29 页）A2B1C0D1【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的 i，S 的值，当 i=6 时满足条件 i5，退出循环，输出 S 的值为 0【解答】解：模拟执行程序框图，可得i=1，S=0S=cos，i=2不满足条件 i5，S=cos+cos，i=3不满足条件 i5，S=cos+cos+cos，i=4不满足条件 i5，S=cos+cos+cos+cos2，i=5不满足条件 i5，S=cos+cos+cos+cos2+cos=01+0+1+0=0，i=6满足条件 i5，退出循环，输出 S 的值为 0，故选：C【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的i，S 的值是解题的关键，属于基础题第 11 页（共 29 页）7 （5 分）若 l，m 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【分析】利用直线与平面平行与垂直关系，判断两个命题的充要条件关系即可【解答】解：l，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面 ，则“lm”可能“l”也可能 l，反之， “l”一定有“lm”，所以 l，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面 ，则“lm”是“l”的必要而不充分条件故选：B【点评】本题考查空间直线与平面垂直与平行关系的应用，充要条件的判断，基本知识的考查8 （5 分）若 a，b 是函数 f（x）=x2px+q（p0，q0）的两个不同的零点，且 a，b，2 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 p+q 的值等于（ ）A6B7C8D9【分析】由一元二次方程根与系数的关系得到 a+b=p，ab=q，再由 a，b，2 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列关于 a，b 的方程组，求得 a，b 后得答案【解答】解：由题意可得：a+b=p，ab=q，p0，q0，可得 a0，b0，又 a，b，2 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，可得或解得：；解得：第 12 页（共 29 页）p=a+b=5，q=1×4=4，则 p+q=9故选：D【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，考查了等差数列和等比数列的性质，是基础题9 （5 分）已知，若 P 点是ABC 所在平面内一点，且，则的最大值等于（ ）A13B15C19D21【分析】建系，由向量式的几何意义易得 P 的坐标，可化=4（4）（t1）=17（4+t） ，由基本不等式可得【解答】解：由题意建立如图所示的坐标系，可得 A（0，0） ，B（，0） ，C（0，t） ，P（1，4） ，=（1，4） ，=（1，t4） ，=4（4）（t1）=17（4t+） ，由基本不等式可得+4t2=4，17（4t+）174=13，当且仅当 4t=即 t=时取等号，的最大值为 13，故选：A第 13 页（共 29 页）【点评】本题考查平面向量数量积的运算，涉及基本不等式求最值，属中档题10 （5 分）若定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（0）=1，其导函数 f（x）满足f（x）k1，则下列结论中一定错误的是（ ）ABCD【分析】根据导数的概念得出k1，用 x=代入可判断出 f（），即可判断答案【解答】解；f（0）=f（x）k1，k1，即k1，当 x=时，f（）+1×k=，即 f（）1=故 f（），所以 f（），一定出错，另解：设 g（x）=f（x）kx+1，g（0）=0，且 g（x）=f（x）k0，第 14 页（共 29 页）g（x）在 R 上递增，k1，对选项一一判断，可得 C 错故选：C【点评】本题考查了导数的概念，不等式的化简运算，属于中档题，理解了变量的代换问题二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 5 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 20 分分.11 （4 分） （x+2）5的展开式中，x2的系数等于 80 （用数字作答）【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令 x 的幂指数等于 2，求得 r 的值，即可求得展开式中的 x2项的系数【解答】解：（x+2）5的展开式的通项公式为 Tr+1=x5r2r，令 5r=2，求得 r=3，可得展开式中 x2项的系数为=80，故答案为：80【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题12 （4 分）若锐角ABC 的面积为，且 AB=5，AC=8，则 BC 等于 7 【分析】利用三角形的面积公式求出 A，再利用余弦定理求出 BC【解答】解：因为锐角ABC 的面积为，且 AB=5，AC=8，所以，所以 sinA=，所以 A=60°，所以 cosA=，所以 BC=7故答案为：7【点评】本题考查三角形的面积公式，考查余弦定理的运用，比较基础第 15 页（共 29 页）13 （4 分）如图，点 A 的坐标为（1，0） ，点 C 的坐标为（2，4） ，函数 f（x）=x2，若在矩形 ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于 【分析】分别求出矩形和阴影部分的面积，利用几何概型公式，解答【解答】解：由已知，矩形的面积为 4×（21）=4，阴影部分的面积为=（4x）|=，由几何概型公式可得此点取自阴影部分的概率等于；故答案为：【点评】本题考查了定积分求曲边梯形的面积以及几何概型的运用；关键是求出阴影部分的面积，利用几何概型公式解答14 （4 分）若函数 f（x）=（a0 且 a1）的值域是4，+） ，则实数 a 的取值范围是 （1，2 【分析】当 x2 时，检验满足 f（x）4当 x2 时，分类讨论 a 的范围，依据函数的单调性，求得 a 的范围，综合可得结论【解答】解：由于函数 f（x）=（a0 且 a1）的值域是4，+） ，故当 x2 时，满足 f（x）=6x4若 a1，f（x）=3+logax 在它的定义域上单调递增，当 x2 时，由 f（x）=3+logax4，logax1，loga21，1a2第 16 页（共 29 页）若 0a1，f（x）=3+logax 在它的定义域上单调递减，f（x）=3+logax3+loga23，不满足 f（x）的值域是4，+） 综上可得，1a2，故答案为：（1，2【点评】本题主要考查分段函数的应用，对数函数的单调性和特殊点，属于中档题15 （4 分）一个二元码是由 0 和 1 组成的数字串，其中xk（k=1，2，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 x1x2x7的码元满足如下校验方程组：其中运算定义为：00=0，01=1，10=1，11=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 5 【分析】根据二元码 x1x2x7的码元满足的方程组，及“”的运算规则，将 k 的值从 1 至 7 逐个验证即可【解答】解：依题意，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，若 k=1，则 x1=0，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1，从而由校验方程组，得 x4x5x6x7=1，故 k1；若 k=2，则 x1=1，x2=0，x3=0，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1，从而由校验方程组，得 x2x3x6x7=1，故 k2；若 k=3，则 x1=1，x2=1，x3=1，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1，从而由校验方程组，得 x2x3x6x7=1，故 k3；若 k=4，则 x1=1，x2=1，x3=0，x4=0，x5=1，x6=0，x7=1，从而由校验方程组，得 x1x3x5x7=1，故 k4；若 k=5，则 x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=0，x6=0，x7=1，第 17 页（共 29 页）从而由校验方程组，得 x4x5x6x7=0，x2x3x6x7=0，x1x3x5x7=0，故 k=5 符合题意；若 k=6，则 x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=1，x7=1，从而由校验方程组，得 x2x3x6x7=1，故 k6；若 k=7，则 x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=0，x7=0，从而由校验方程组，得 x2x3x6x7=1，故 k7；综上，k 等于 5故答案为：5【点评】本题属新定义题，关键是弄懂新定义的含义或规则，事实上，本题中的运算符号“”可看作是两个数差的绝对值运算，知道了这一点，验证就不是难事了三、解答题三、解答题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【分析】 （1）根据概率的公式即可求当天小王的该银行卡被锁定的概率；（2）随机变量 X 的取值为：1，2，3，分别求出对应的概率，即可求出分布列和期望【解答】解：（1）设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为 A，则 P（A）=（2）有可能的取值是 1，2，3又则 P（X=1）=，P（X=2）=，第 18 页（共 29 页）P（X=3）=，所以 X 的分布列为：X123PEX=1×+2×+3×=【点评】本小题主要考查分步计数原理、随机变量的分布列、数学期望等基础知识，考查运算求解能力、应用意识，考查必然与或然思想17 （13 分）如图，在几何体 ABCDE 中，四边形 ABCD 是矩形，AB平面BEC，BEEC，AB=BE=EC=2，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【分析】解法一：（1）取 AE 的中点 H，连接 HG，HD，通过证明四边形 HGFD是平行四边形来证明 GFDH，由线面平行的判定定理可得；（2）以 B 为原点，分别以的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，可得平面 BEC 和平面 AEF 的法向量，由向量夹角的余弦值可得解法二：（1）如图，取 AB 中点 M，连接 MG，MF，通过证明平面 GMF平面ADE 来证明 GF平面 ADE；（2）同解法一【解答】解法一：（1）如图，取 AE 的中点 H，连接 HG，HD，G 是 BE 的中点，GHAB，且 GH=AB，又F 是 CD 中点，四边形 ABCD 是矩形，第 19 页（共 29 页）DFAB，且 DF=AB，即 GHDF，且 GH=DF，四边形 HGFD 是平行四边形，GFDH，又DH平面 ADE，GF平面 ADE，GF平面 ADE（2）如图，在平面 BEG 内，过点 B 作 BQCE，BEEC，BQBE，又AB平面 BEC，ABBE，ABBQ，以 B 为原点，分别以的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则 A（0，0，2） ，B（0，0，0） ，E（2，0，0） ，F（2，2，1）AB平面 BEC，为平面 BEC 的法向量，设 =（x，y，z）为平面 AEF 的法向量又=（2，0，2） ，=（2，2，1）由垂直关系可得，取 z=2 可得cos ，=平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为解法二：（1）如图，取 AB 中点 M，连接 MG，MF，又 G 是 BE 的中点，可知 GMAE，且 GM=AE又 AE平面 ADE，GM平面 ADE，GM平面 ADE在矩形 ABCD 中，由 M，F 分别是 AB，CD 的中点可得 MFAD又 AD平面 ADE，MF平面 ADE，MF平面 ADE又GMMF=M，GM平面 GMF，MF平面 GMF平面 GMF平面 ADE，GF平面 GMF，GF平面 ADE（2）同解法一第 20 页（共 29 页）【点评】本题考查空间线面位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，建系求二面角是解决问题的关键，属难题18 （13 分）已知椭圆 E：+=1（ab0）过点，且离心率 e 为（1）求椭圆 E 的方程；（2）设直线 x=my1（mR）交椭圆 E 于 A，B 两点，判断点 G与以线段 AB 为直径的圆的位置关系，并说明理由第 21 页（共 29 页）【分析】解法一：（1）由已知得，解得即可得出椭圆 E 的方程（2）设点 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，AB 中点为 H（x0，y0） 直线方程与椭圆方程联立化为（m2+2）y22my3=0，利用根与系数的关系中点坐标公式可得：y0=|GH|2=，作差|GH|2即可判断出解法二：（1）同解法一（2）设点 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，则=，=直线方程与椭圆方程联立化为（m2+2）y22my3=0，计算=即可得出AGB，进而判断出位置关系【解答】解法一：（1）由已知得，解得，椭圆 E 的方程为（2）设点 A（x1y1） ，B（x2，y2） ，AB 中点为 H（x0，y0） 由，化为（m2+2）y22my3=0，第 22 页（共 29 页）y1+y2=，y1y2=，y0=G，|GH|2=+=+=，故|GH|2=+=+=0，故 G 在以 AB 为直径的圆外解法二：（1）同解法一（2）设点 A（x1y1） ，B（x2，y2） ，则=，=由，化为（m2+2）y22my3=0，y1+y2=，y1y2=，从而=+y1y2=+=+=00，又，不共线，AGB 为锐角第 23 页（共 29 页）故点 G在以 AB 为直径的圆外【点评】本小题主要考查椭圆、圆、直线与椭圆的位置关系、点与圆的位置关系、向量数量积运算性质等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想，属于难题19 （13 分）已知函数 f（x）的图象是由函数 g（x）=cosx 的图象经如下变换得到：先将 g（x）图象上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍，横坐标不变，再将所得到的图象向右平移个单位长度（1）求函数 f（x）的解析式，并求其图象的对称轴方程；（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：cos（）=1【分析】 （1）由函数 y=Asin（x+）的图象变换规律可得：f（x）=2sinx，从而可求对称轴方程（2） （i）由三角函数中的恒等变换应用化简解析式可得 f（x）+g（x）=sin（x+） （其中 sin=，cos=） ，从而可求|1，即可得解（ii）由题意可得 sin（+）=，sin（+）=当 1m时，可求=2（+） ，当m0 时，可求 =32（+） ，由 cos（）=2sin2（+）1，从而得证【解答】解：（1）将 g（x）=cosx 的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍（横坐标不变）得到 y=2cosx 的图象，再将 y=2cosx 的图象向右平移个单位长度后得到 y=2cos（x）的图象，故 f（x）=2sinx，从而函数 f（x）=2sinx 图象的对称轴方程为 x=k（kZ） （2） （i）f（x）+g（x）=2sinx+cosx=（）=sin（x+） （其中 sin=，cos=）第 24 页（共 29 页）依题意，sin（x+）=在区间0，2）内有两个不同的解 ，当且仅当|1，故 m 的取值范围是（，） （ii）因为 ， 是方程sin（x+）=m 在区间0，2）内的两个不同的解，所以 sin（+）=，sin（+）=当 1m时，+=2（） ，即 =2（+） ；当m1 时，+=2（） ，即 =32（+） ；所以 cos（）=cos2（+）=2sin2（+）1=2（）21=【点评】本小题主要考查三角函数的图象与性质、三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力、抽象概括能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、分类与整体思想、化归与转化思想、数形结合思想20 （7 分）已知函数 f（x）=ln（1+x） ，g（x）=kx， （kR）（1）证明：当 x0 时，f（x）x；（2）证明：当 k1 时，存在 x00，使得对任意 x（0，x0） ，恒有 f（x）g（x） ；（3）确定 k 的所有可能取值，使得存在 t0，对任意的 x（0，t） ，恒有|f（x）g（x）|x2【分析】 （1）令 F（x）=f（x）x=ln（1+x）x，x0，求导得到 F（x）0，说明 F（x）在0，+）上单调递减，则 x0 时，f（x）x；（2）令 G（x）=f（x）g（x）=ln（1+x）kx，x（0，+） ，可得 k0 时，G（x）0，说明 G（x）在（0，+）上单调递增，存在 x00，使得对任意x（0，x0） ，恒有 f（x）g（x） ；当 0k1 时，由 G（x）=0，求得取，对任意 x（0，x0） ，恒有 G（x）0，G（x）在上单调递增，G（x）G（0）=0，即 f（x）g（x） ；（3）分 k1、k1 和 k=1 把不等式|f（x）g（x）|x2的左边去绝对值，当第 25 页（共 29 页）k1 时，利用导数求得|f（x）g（x）|x2，满足题意的 t 不存在当 k1 时，由（2）知存在 x00，使得对任意的任意 x（0，x0） ，f（x）g（x） 令 N（x）=ln（1+x）kxx2，x0，+） ，求导数分析满足题意的 t 不存在当 k=1，由（1）知，当 x（0，+）时，|f（x）g（x）|=g（x）f（x）=xln（1+x） ，令 H（x）=xln（1+x）x2，x0，+） ，则有x0，H（x）0，H（x）在0，+）上单调递减，故 H（x）H（0）=0，说明当 x0 时，恒有|f（x）g（x）|x2，此时，满足 t0 的实数 t 存在【解答】 （1）证明：令 F（x）=f（x）x=ln（1+x）x，x0，则有 F（x）=1=，x0，F（x）0，F（x）在0，+）上单调递减，当 x（0，+）时，有 F（x）F（0）=0，x0 时，f（x）x；（2）证明：令 G（x）=f（x）g（x）=ln（1+x）kx，x（0，+） ，则有 G（x）=k=，当 k0 时，G（x）0，G（x）在（0，+）上单调递增，G（x）G（0）=0，故对任意正实数 x0均满足题意当 0k1 时，令 G（x）=0，得取，对任意 x（0，x0） ，恒有 G（x）0，G（x）在（0，x0）上单调递增，G（x）G（0）=0，即 f（x）g（x） 综上，当 k1 时，总存在 x00，使得对任意的 x（0，x0） ，恒有 f（x）第 26 页（共 29 页）g（x） ；（3）解：当 k1 时，由（1）知，对于任意 x（0，+） ，g（x）xf（x） ，故 g（x）f（x） ，|f（x）g（x）|=g（x）f（x）=kxln（1+x） ，令 M（x）=kxln（1+x）x2，x（0，+） ，则有，故当时，M（x）0，M（x）在0，）上单调递增，故 M（x）M（0）=0，即|f（x）g（x）|x2，满足题意的 t 不存在当 k1 时，由（2）知存在 x00，使得对任意的 x（0，x0） ，f（x）g（x） 此时|f（x）g（x）|=f（x）g（x）=ln（1+x）kx，令 N（x）=ln（1+x）kxx2，x0，+） ，则有，故当时，N（x）0，N（x）在0，）上单调递增，故 N（x）N（0）=0，即 f（x）g（x）x2，记 x0与中较小的为 x1，则当 x（0，x1）时，恒有|f（x）g（x）|x2，故满足题意的 t 不存在当 k=1，由（1）知，当 x（0，+）时，|f（x）g（x）|=g（x）f（x）=xln（1+x） ，令 H（x）=xln（1+x）x2，x0，+） ，则有，第 27 页（共 29 页）当 x0，H（x）0，H（x）在0，+）上单调递减，故 H（x）H（0）=0，故当 x0 时，恒有|f（x）g（x）|x2，满足 t0 的实数 t 存在综上，k=1【点评】本小题主要考查导数及其应用等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、有限与无限思想、数形结合思想，是压轴题四、选修四、选修 4-2：矩阵与变换：矩阵与变换21 （7 分）已知矩阵 A=，B=（1）求 A 的逆矩阵 A1；（2）求矩阵 C，使得 AC=B【分析】 （1）求出矩阵的行列式，即可求 A 的逆矩阵 A1；（2）由 AC=B 得（A1A）C=A1B，即可求矩阵 C，使得 AC=B【解答】解：（1）因为|A|=2×31×4=2，所以；（2）由 AC=B 得（A1A）C=A1B，故【点评】本小题主要考查矩阵、逆矩阵等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想五、选修五、选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程22 （7 分）在平面直角坐标系 xOy 中，圆 C 的参数方程为（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 为第 28 页（共 29 页）极点，以 x 轴非负半轴为极轴） ，直线 l 的方程为sin（）=m， （mR）（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【分析】 （1）直接利用极坐标与直角坐标的互化以及参数方程与普通方程的互化求解即可（2）直接利用点到直线的距离个数求解即可【解答】解：（1）消去参数 t，得到圆的普通方程为（x1）2+（y+2）2=9，由sin（）=m，得 sincosm=0，所以直线 l 的直角坐标方程为：xy+m=0（2）依题意，圆心 C（1，2）到直线 l：xy+m=0 的距离等于 2，即，解得 m=3±2【点评】本小题主要考查极坐标与直角坐标的互化、圆的参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想六、选修六、选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲23 （7 分）已知 a0，b0，c0，函数 f（x）=|x+a|+|xb|+c 的最小值为4（1）求 a+b+c 的值；（2）求a2+b2+c2的最小值【分析】 （1）运用绝对值不等式的性质，注意等号成立的条件，即可求得最小值；（2）运用柯西不等式，注意等号成立的条件，即可得到最小值【解答】解：（1）因为 f（x）=|x+a|+|xb|+c|（x+a）（xb）|+c=|a+b|+c，当且仅当axb 时，等号成立，又 a0，b0，所以|a+b|=a+b，所以 f（x）的最小值为 a+b+c，第 29 页（共 29 页）所以 a+b+c=4；（2）由（1）知 a+b+c=4，由柯西不等式得，（a2+b2+c2） （4+9+1）（2+3+c1）2=（a+b+c）2=16，即a2+b2+c2当且仅当=，即 a=，b=，c=时，等号成立所以a2+b2+c2的最小值为【点评】本题主要考查绝对值不等式、柯西不等式等基础知识，考查运算能力，属于中档题