2015年高考真题——文科数学（四川卷）（含答案）.docx

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1、一、选择题1、设集合Ax|1x2，集合Bx|1x3，则AB( )(A)x|1x3 (B)x|1x1 (C)x|1x2 (D)x|2x3【答案】A【解析】集合A(1，2)，B(1，3)，故AB(1，3)，选A2、设向量a(2，4)与向量b(x，6)共线，则实数x( )(A)2 (B)3 (C)4 (D)6【答案】B3、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】按照各种抽样方法的适用范围可知，应使用分层抽样.

2、选C4、设a，b为正实数，则“ab1”是“log2alog2b0”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】ab1时，有log2alog2b0成立，反之也正确.选A5、下列函数中，最小正周期为的奇函数是( )(A)ysin(2x) (B)ycos(2x)(C)ysin2xcos2x (D)ysinxcosx【答案】B【解析】A、B、C的周期都是，D的周期是2但A中，ycos2x是偶函数，C中ysin(2x)是非奇非偶函数故正确答案为B6、执行如图所示的程序框图，输出S的值为( )(A) (B)(C) (D)【答案】D【解析】第

3、四次循环后，k5，输出Ssin，选D7、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|AB|( )(A) (B)2 (C)6 (D)4【答案】D8、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小时，在的保鲜时间是小时，则该食品在的保鲜时间是( )(A)16小时 (B)20小时 (C)24小时 (D)21小时【答案】C【解析】由题意，得于是当x33时，ye33kb(e11k)3eb19224(小时)9、设实数x，y满足，则xy的最大值为( )(A) (B) (C)12 (D)14【答案】A当动点在线

4、段AC上时xy取得最大此时2xy10xy(2xy)当且仅当x，y5时取等号，对应点落在线段AC上故最大值为选A10、设直线l与抛物线y24x相较于A，B两点，与圆C：(x5)2y2r2(r0)相切于点M，且M为线段AB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二、填空题11、设i是虚数单位，则复数_.【答案】2i【解析】12、lg0.01log216_.【答案】2【解析】lg0.01log21624213、已知sin2cos0，则2sincoscos2的值是_.【答案】1【解析】由已知可得tan22sin

5、coscos214、在三棱住ABCA1B1C1中，BAC90，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AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥PA1MN的体积是_.【答案】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.其中真命题有_(写出所有真命题的序号).【答案】【解析】对于，因为f

6、 (x)2xln20恒成立，故正确对于，取a8，即g(x)2x8，当x1，x24时n0，错误对于，令f (x)g(x)，即2xln22xa记h(x)2xln22x，则h(x)2x(ln2)22三、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Sn2ana3，且a1，a21，a3成等差数列.()求数列的通项公式；()设数列的前n项和为Tn，求Tn. 【解析】本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前n项和等基础知识，考查运算求解能力.() 由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1

7、(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.()由()得所以Tn17、(本小题满分12分)一辆小客车上有5个座位，其座位号为1，2，3，4，5，乘客P1,P2,P3,P4,P5的座位号分别为1，2，3，4，5，他们按照座位号顺序先后上车，乘客P1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

8、P1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P1P2P3P4P5座位号3214532451(II)若乘客P1坐到了2号座位，其他乘客按规则就坐，求乘客P1坐到5号座位的概率.【解析】本题主要考查随机事件的概率、古典概型等概念及相关计算，考查运用概率知识与方法分析和解决问题的能力，考查推理论证能力、应用意识.(I)余下两种坐法如下表所示乘客P1P2P3P4P5座位号3241532541(II)若乘客P1做到了2号座位，其他乘客按规则就坐则所有可能坐法可用下表表示为乘客P1P2P3P4P5座位号2134

9、523145234152345123541243152435125341于是，所有可能的坐法共8种设“乘客P5坐到5号座位”为事件A，则事件A中的基本事件的个数为4所以P(A)答：乘客P5坐到5号座位的概率为.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.(I)请按字母F，G，H标记在正方体相应地顶点处(不需要说明理由)(II)判断平面BEG与平面ACH的位置关系.并说明你的结论. ()证明：直线DF平面BEG【解析】本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行与垂直的判定与性质等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力.(I)点F，G，H的位置如图所示

10、(II)平面BEG平面ACH.证明如下因为ABCDEFGH为正方体，所以BCFG，BCFG又FGEH，FGEH，所以BCEH，BCEH于是BCEH为平行四边形所以BECH又CH平面ACH，BE平面ACH，所以BE平面ACH同理BG平面ACH又BEBGB所以平面BEG平面ACH()连接FH因为ABCDEFGH为正方体，所以DH平面EFGH因为EG平面EFGH，所以DHEG又EGFH，EGFHO，所以EG平面BFHD又DF平面BFDH，所以DFEG同理DFBG又EGBGG所以DF平面BEG.19、(本小题满分12分)已知A、B、C为ABC的内角，tanA、tanB是关于方程x2pxp10(pR)两

11、个实根.()求C的大小()若AB3，AC，求p的值【解析】 ()由已知，方程x2pxp10的判别式(p)24(p1)3p24p40所以p2或p由韦达定理，有tanAtanBp，tanAtanB1p于是1tanAtanB1(1p)p0从而tan(AB)所以tanCtan(AB)所以C60()由正弦定理，得sinB解得B45或B135(舍去)于是A180BC75则tanAtan75tan(4530)所以p(tanAtanB)(21)120、(本小题满分13分)如图，椭圆E：(ab0)的离心率是，点(0，1)在短轴CD上，且1(I)求椭圆E的方程；(II)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A、

12、B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.【解析】本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程等基础知识，考查推理论证呢过能留、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.(I)由已知，点C，D的坐标分别为(0，b)，(0，b)又点P的坐标为(0，1)，且1于是，解得a2，b所以椭圆E方程为.(II)当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为ykx1A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)联立，得(2k21)x24kx20其判别式(4k)28(2k21)0所以从而x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x

13、1x2)1所以，当1时，3此时，3为定值当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD此时213故存在常数1，使得为定值3.21、(本小题满分14分)已知函数f(x)2lnxx22axa2，其中a0.(I)设g(x)为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(x)g(x).【解析】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，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、数形结合、化归与转化等数学思想.(I)由已知，函数f(x)的定义域为(0，)g(x)f (x)2(x1lnxa)所以g(x)2当x(0，1)时，g(x)0

14、，g(x)单调递减当x(1，)时，g(x)，g(x)单调递增(II)由f (x)2(x1lnxa)0，解得ax1lnx令(x)2xlnxx22x(x1lnx)(x1lnx)2(1lnx)22xlnx则(1)10，(e)2(2e)0于是存在x0(1，e)，使得(x0)0令a0x01lnx0u(x0)，其中u(x)x1lnx(x1)由u(x)10知，函数u(x)在区间(1，)上单调递增故0u(1)a0u(x0)u(e)e21即a0(0，1)当aa0时，有f (x0)0，f(x0)(x0)0再由(I)知，f (x)在区间(1，)上单调递增当x(1，x0)时，f (x)0，从而f(x)f(x0)0当x(x0，)时，f (x)0，从而f(x)f(x0)0又当x(0，1时，f(x)(xa0)22xlnx0故x(0，)时，f(x)0综上所述，存在a(0，1)，使得f(x)0恒成立，且f(x)0在区间(1，)内有唯一解.