2015年普通高等学校招生全国统一考试(四川理).doc

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1、2015年普通高等学校招生全国统一考试(四川卷)(理科)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟第卷一、选择题(本大题共10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Ax|(x1)(x2)0，集合Bx|1x3，则AB()Ax|1x3Bx|1x1Cx|1x2 Dx|2x3b3”是“loga30)相切于点M，且M为线段AB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)第卷二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分把答案填在题中横线上)11在(2x1)5的展

2、开式中，含x2的项的系数是_(用数字填写答案)12sin 15sin 75的值是_13某食品的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：)满足函数关系yekxb(e2.718为自然对数的底数，k，b为常数)若该食品在0 的保鲜时间是192小时，在22 的保鲜时间是48小时，则该食品在33 的保鲜时间是_小时14.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点设异面直线EM与AF所成的角为，则cos 的最大值为_15已知函数f(x)2x，g(x)x2ax(其中aR)对于不相等的实数x1，x2，设m，n，现有如下命题：对于任意不

3、相等的实数x1，x2，都有m0；对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n0；对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得mn；对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得mn.其中的真命题有_(写出所有真命题的序号)三、解答题(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an(n1，2，3，)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|b0)的离心率是，过点P(0，1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得

4、的线段长为2.(1)求椭圆E的方程(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由21(本小题满分14分)已知函数f(x)2(xa)ln xx22ax2a2a，其中a0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a(0，1)，使得f(x)0在区间(1，)内恒成立，且f(x)0在区间(1，)内有唯一解参考答案第卷一、选择题(本大题共10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解析：选A因为Ax|(x1)(x2)0x|1x2，所以ABx|1x2x|1x3x|1

5、x3b3，ab1，此时loga3logb3正确；反之，若loga33b3，例如当a，b时，loga3b1.故“3a3b3”是“loga3logb3”的充分不必要条件9解析：选B法一：由已知得f(x)(m2)xn8，又对任意的x，f(x)0，所以即画出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，令mnt，则当n0时，t0，当n0时，m.由线性规划的相关知识知，只有当直线2mn12与曲线m相切时，取得最大值由解得n6，t18，所以(mn)max18，选B.法二：当m2时，f(x)在上单调递减，0n8，mn2n2时，抛物线开口向上，f(x)在上单调递减，2，即2mn12.又2mn2，212，mn18

6、.当2mn6，即m3，n6时取等号，mn的最大值为18.b当m2时，抛物线开口向下，f(x)在上单调递减，即m2n18，即n9m.又0m2，n0，mn9mm2(m9)22.由于M在抛物线的内部，(rsin )24(5rcos )204rcos 204(2)12.|rsin |2.|rsin |r2r2160r4.因此2r4.第卷二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分把答案填在题中横线上)11解析：二项展开式的通项为C(2x)5r(1)r.令5r2，得r3，所以x2的系数为C253(1)340.答案：4012解析：sin 15sin 75sin 15cos 15(sin 15cos 4

7、5cos 15sin 45)sin 60.答案：13解析：由已知条件，得192eb，bln 192.又48e22kbe22kln 192192e22k192(e11k)2，e11k.设该食品在33 的保鲜时间是t小时，则te33kln 192192e33k192(e11k)319224.答案：2414. 解析：以AB，AD，AQ所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设正方形边长为2，M(0，y，2)(0y2)，则A(0，0，0)，E(1，0，0)，F(2，1，0)，(1，y，2)，|，(2，1，0)，|，cos .令t2y，要使cos 最大，显然00，故正确对于，

8、由g(x)x2ax的单调性可知g(x)x2ax在其定义域上先减后增，则存在n0的情形，故错误对于，由mn，得f(x1)f(x2)g(x1)g(x2)，即f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)令H(x)f(x)g(x)2xx2ax，求导可得H(x)2xln 22xa.令H(x)0，得2xln 22xa.(*)图(1)由图(1)易知，当a很小时，两图象无交点，故方程(*)无解，所以不一定存在x1，x2使得f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)，故不正确对于，由mn，得f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)令F(x)f(x)g(x)2xx2ax，求导可得F(x)2xln 22xa，令F(x)0

9、，图(2)得2xln 22xa.(*)由图(2)易知，两图象必有交点，故方程(*)必有解，所以一定存在x1，x2使得f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)，故正确答案：三、解答题(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解：(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)，所以a14a12(2a11)，解得a12.所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列故an2n.(2)由(1)得，所以Tn1.由|Tn1|，得1 000.因为29

10、5121 0001 024210，所以n10.于是使|Tn1|0，所以x1x2，x1x2.因此2k.易知，点B关于y轴对称的点B的坐标为(x2，y2)又kQAk，kQBkk，所以kQAkQB，即Q，A，B三点共线，所以.故存在与点P不同的定点Q(0，2)，使得恒成立21 解：(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，)，g(x)f(x)2(xa)2ln x2，所以g(x)2.当0a0，(e)20.故存在x0(1，e)，使得(x0)0.令a0，u(x)x1ln x(x1)由u(x)10知，函数u(x)在区间(1，)上单调递增所以0a01，即a0(0，1)当aa0时，有f(x0)0，f(x0)(x0)0，由(1)知，f(x)在区间(1，)上单调递增，故当x(1，x0)时，f(x)f(x0)0；当x(x0，)时，f(x)0，从而f(x)f(x0)0.所以，当x(1，)时，f(x)0.综上所述，存在a(0，1)，使得f(x)0在区间(1，)内恒成立，且f(x)0在区间(1，)内有唯一解