2015年普通高等学校招生全国统一考试(福建卷)数学试题(理科)解析版.pdf

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1、2015 年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学理 第 I 卷（选择题共 50 分）一、选择题：本题共 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若集合234,Ai ii i（i 是虚数单位），1,1B ，则AB 等于()A 1 B1 C1,1 D 【答案】C【解析】试题分析：由已知得,1,1Aii，故AB 1,1，故选 C 考点：1、复数的概念；2、集合的运算 2下列函数为奇函数的是()Ayx Bsinyx Ccosyx Dxxyee 【答案】D 考点：函数的奇偶性 3若双曲线22:1916xyE 的左、右焦点分别为12,F F，点

2、P在双曲线E上，且13PF，则2PF 等于（）A11 B9 C5 D3【答案】B【解析】试题分析：由双曲线定义得1226PFPFa，即236PF，解得29PF，故选B 考点：双曲线的标准方程和定义 4为了解某社区居民的家庭年收入所年支出的关系，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）8.2 8.6 10.0 11.3 11.9 支出y（万元）6.2 7.5 8.0 8.5 9.8 根据上表可得回归直线方程ybxa，其中0.76,baybx，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 【答案

3、】B 考点：线性回归方程 5若变量,x y 满足约束条件20,0,220,xyxyxy 则2zxy 的最小值等于()A52 B2 C32 D2【答案】A【解析】试题分析：画出可行域，如图所示，目标函数变形为2yxz，当z最小时，直线2yxz的纵截距最大，故将直线2yx经过可行域，尽可能向上移到过点1(1,)2B 时，z取到最小值，最小值为 152(1)22z ，故选 A 考点：线性规划 6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()A2 B1 C0 D1 【答案】C【解析】试题分析：程序在执行过程中,S i的值依次为：0,1Si；0,2Si；1,3Si；1,4Si；0,5Si；0

4、,6Si，程序结束，输出 0S，故选 C 考点：程序框图 7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【答案】B 考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系 8若,a b 是函数 20,0f xxpxq pq 的两个不同的零点，且,2a b 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pq 的值等于（）A6 B7 C8 D9【答案】D【解析】试题分析：由韦达定理得abp，a bq，则0,0ab，当,2a b 适当排序后成等比数列时，2必为等比中项，故4a bq，4ba当适

5、当排序后成等差数列时，2必不是等差中项，当a是等差中项时，422aa，解得1a，4b；当4a是等差中项时，82aa，解得4a，1b，综上所述，5abp，所以pq9，选 D 考点：等差中项和等比中项 9 已 知1,ABAC ABACtt，若P 点 是ABC 所 在 平 面 内 一 点，且4ABACAPABAC，则PB PC 的最大值等于（）A13 B15 C19 D21【答案】A xyBCAP 考点：1、平面向量数量积；2、基本不等式 10若定义在R上的函数 f x 满足 01f ，其导函数 fx 满足 1fxk，则下列结论中一定错误的是（）A11fkk B111fkk C1111fkk D 1

6、11kfkk【答案】C 考点：函数与导数 第 II 卷（非选择题共 100 分）二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分.把答案填在答题卡的相应位置.1152x 的展开式中，2x的系数等于 （用数字作答）【答案】80【解析】试题分析：52x 的展开式中2x项为2325280Cx，所以2x的系数等于80 考点：二项式定理 12若锐角ABC的面积为10 3，且5,8ABAC，则BC 等于_【答案】7【解析】试题分析：由已知得ABC的面积为1sin20sin2AB ACAA10 3，所以3sin2A，(0,)2A，所以3A由余弦定理得2222cosBCABACAB ACA49，7

7、BC 考点：1、三角形面积公式；2、余弦定理 13 如图，点A 的坐标为1,0，点C 的坐标为2,4，函数 2f xx，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 【答案】512【解析】试题分析：由已知得阴影部分面积为221754433x dx所以此点取自阴影部分的概率等于553412 考点：几何概型 14若函数 6,2,3log,2,axxf xx x （0a 且1a ）的值域是4,，则实数a 的取值范围是 【答案】(1,2 考点：分段函数求值域 15一个二元码是由 0 和 1 组成的数字串*12nx xxnN，其中1,2,kxkn 称为第k 位码元，二元码是通信中常用的码

8、，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127x xx 的码元满足如下校验方程组：4567236713570,0,0,xxxxxxxxxxxx 其中运算 定义为：000,011,101,110 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 【答案】5 考点：推理证明和新定义 三、解答题：本大题共 6 小题，共 80 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。16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

9、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.()求当天小王的该银行卡被锁定的概率；()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 【答案】()12；()分布列见解析，期望为52【解析】试题分析：()首先记事件“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A则银行卡被锁死相当于三次尝试密码都错，基本事件总数为366 5 4A ，事件A包含的基本事件数为355 4 3A ，代入古典概型的概率计算公式求解；()列出随机变量X的所有可能取值，分别求取相应值

10、的概率，写出分布列求期望即可 试题解析：（）设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为 A，则5431(A)=6542P（）依题意得，X 所有可能的取值是 1，2，3 又1511542(X=1),(X=2),(X=3)1=.6656653PPP 所以 X 的分布列为 所以1125E(X)1236632 考点：1、古典概型；2、离散型随机变量的分布列和期望 17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.()求证：/GF平面ADE；()求平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值 GFBA

11、CDE【答案】()详见解析；()23 试题解析：解法一：（）如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又 G 是 BE 的中点，1GHABGH=AB2所以，且，又 F 是 CD 中点，1DF=CD2所以，由四边形 ABCD 是矩形得，ABCDAB=CD，所以 GHDFGH=DF，且从而四边形HGFD是平行四边形，所以/GFDH，,又 DHADEGFADE平面，平面，所以GFADE平面 HGFBACDEHGFBACDEQ 所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为23 解法二：()如图，取AB中点M，连接MG，MF，又G是BE的中点，可知/GMAE，又AE 面ADE，GM 面ADE，所

12、以/GM平面ADE 在矩形 ABCD 中，由，分别是，的中点得/MFAD 又AD 面ADE，MF 面ADE，所以/MF面ADE 又因为GMMFM，GM 面GMF，MF 面GMF，所以面/GMF平面ADE，因为GF 面GMF，所以/GM平面ADE MGFBACDE（）同解法一 考点：1、直线和平面平行的判断；2、面面平行的判断和性质；3、二面角 18.已知椭圆 E：22221(a0)xybab过点(0,2），且离心率为22()求椭圆 E 的方程；()设直线1xmymR，()交椭圆 E 于 A，B 两点，判断点 G9(4-,0)与以线段 AB 为直径的圆的位置关系，并说明理由【答案】()22142

13、xy；()G9(4-,0)在以 AB 为直径的圆外 G在圆上 试题解析：解法一：()由已知得 2222,2,2,bcaabc解得222abc 所以椭圆 E 的方程为22142xy 故222222012222|AB|52553(m+1)25172|GH|my(m+1)y042162(m2)m21616(m2)mmy 所以|AB|GH|2，故 G9(4-,0)在以 AB 为直径的圆外 解法二：()同解法一.()设点1122(y),B(,y),A xx，则112299GA(,),GB(,).44xyxy 由22221(m2)y230,142xmymyxy得所以12122223y+y=,y y=m2m

14、2m，从而121212129955GA GB()()(my)(my)4444xxy yy y 22212122252553(m+1)25(m+1)y(y)4162(m2)m216mym y 22172016(m2)m 所以cos GA,GB0,GA GB又，不共线，所以AGB为锐角.故点 G9(4-,0)在以 AB 为直径的圆外 考点：1、椭圆的标准方程；2、直线和椭圆的位置关系；3、点和圆的位置关系 19已知函数f()x的图像是由函数()cosg xx的图像经如下变换得到：先将()g x图像上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍（横坐标不变），再将所得到的图像向右平移2个单位长度.()求函数f

15、()x的解析式，并求其图像的对称轴方程；()已知关于x的方程f()g()xxm在0,2)内有两个不同的解,（1)求实数 m 的取值范围；（2)证明：22cos)1.5m(【答案】()f()2sinxx，(kZ).2xk；()（1）(5,5)；（2）详见解析【解析】试题分析：()纵向伸缩或平移：()()g xkg x或()()g xg xk；横向伸缩或平移：()()g xgx（纵坐标不变，横坐标变为原来的1倍），()()g xg xa(0a 时，向左平移a个单位；0a 时，向右平移a个单位)；()（1)由()得f()2sinxx，则f()g()2sincosxxxx，利用辅助角公式变形为f()g

16、()xx5sin()x（其中12sin,cos55），方程f()g()xxm在0,2)内有两个不同的解,，等价于直线ym和函数5sin()yx有两个不同交点，数形结合求实数 m 的取值范围；（2)结合图像可得+=2()2和3+=2()2，进而利用诱导公式结合已知条件求解 试题解析：解法一：(1)将()cosg xx的图像上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍（横坐标不变）得到y2cos x的图像，再将y2cos x的图像向右平移2个单位长度后得到y2cos()2x的图像，故f()2sinxx，从而函数f()2sinxx图像的对称轴方程为(kZ).2xk(2)1)21f()g()2sincos5(

17、sincos)55xxxxxx 5sin()x（其中12sin,cos55）依题意，sin()=5mx在区间0,2)内有两个不同的解,当且仅当|15m，故 m 的取值范围是(5,5).2)因为,是方程5sin()=mx在区间0,2)内有两个不同的解，所以sin()=5m，sin()=5m.当1m 5时，+=2(),2();2 当5m1时,3+=2(),32();2 所以2222cos)cos2()2sin()12()11.55mm(解法二：(1)同解法一.(2)1)同解法一.2)因为,是方程5sin()=mx在区间0,2)内有两个不同的解，所以sin()=5m，sin()=5m.当1m 5时，

18、+=2(),+();2即 当5m1时,3+=2(),+3();2即 所以cos+)cos()(于是cos)cos()()cos()cos()sin()sin()(22222cos()sin()sin()1()()1.555mmm 考点：1、三角函数图像变换和性质；2、辅助角公式和诱导公式 20.已知函数f()ln(1)xx，(),(k),g xkxR()证明：当0 xxx时，f()；()证明：当1k时，存在00 x,使得对0(0),xx任意，恒有f()()xg x；()确定 k 的所以可能取值，使得存在0t，对任意的(0),x，t恒有2|f()()|xg xx【答案】()详见解析；()详见解析

19、；()=1k【解析】试题分析：()构造函数()f()ln(1),(0,),F xxxxx x只需求值域的右端点并和 0 比较即可；()构造函数G()f()()ln(1),(0,),xxg xxkx x即()0G x，求导得1()1+G xkx(1 k)1+kxx，利用导数研究函数()G x的形状和最值，证明当1k时，存在00 x，使得()0G x 即可；()由()知，当1k时，对于(0,),x+()f()g xxx，故()f()g xx，则 不 等 式2|f()()|xg xx变 形 为2kln(1)xxx，构 造 函 数2M()kln(1),0)xxxxx，+，只 需 说 明()0M x，易

20、 发 现 函 数()M x在22(k 2)8(k 1)0)4kx（，递增，而(0)0M，故不存在；当1k时，由()知，存在00 x,使得对任意的任意的0(0),xx，恒有f()()xg x，此时不等式变形为2ln(1)kxxx，构造2N()ln(1)k,0)xxxxx，+，易发现函数()N x在2(+2(k+2)8(1 k)0)4kx）（，递增，而(0)0N，不满足题意；当=1k时，代入证明即可 试 题 解 析：解 法 一：(1)令()f()ln(1),(0,),F xxxxx x则 有1()11+1+xF xxx 当(0,),x()0F x,所以()F x在(0,)上单调递减；故当0 x时，

21、()(0)0,F xF即当0 x时，xxf()(2)令G()f()()ln(1),(0,),xxg xxkx x则有1(1 k)()1+1+kxG xkxx 当0k G()0 x,所以G()x在0,)上单调递增,G()(0)0 xG 故对任意正实数0 x均满足题意.当01k时，令()0,xG得11=10kxkk 取01=1xk，对 任 意0(0,),xx恒 有G()0 x,所 以G()x在00,x)上 单 调 递 增,G()(0)0 xG,即 f()()xg x.综上，当1k时，总存在00 x,使得对任意的0(0),xx，恒有f()()xg x(3)当1k时，由（1）知，对于(0,),x+()

22、f()g xxx，故()f()g xx，|f()()|()()kln(1)xg xg xf xxx，令2M()kln(1),0)xxxxx，+，则有21-2+(k-2)1M()k2=,11xxkxxxx 故当22(k 2)8(k 1)0)4kx（，时，M()0 x,M()x在22(k 2)8(k 1)0)4k，上单调递增，故M()M(0)0 x,即2|f()()|xg xx,所以满足题意的 t 不存在.当1k时，由（2）知存在00 x,使得对任意的任意的0(0),xx，恒有f()()xg x 此时|f()()|f()()ln(1)kxg xxg xxx,令2N()ln(1)k,0)xxxxx，

23、+，则有21-2-(k+2)1()2=,11xxkN xkxxx 故当2(+2(k+2)8(1 k)0)4kx）（，时，N()0 x,M()x在2(2)(k 2)8(1 k)0)4k，上单调递增，故N()(0)0 xN,即2f()()xg xx,记0 x与2(2)(k 2)8(1 k)4k中较小的为1x，则当21(0)|f()()|xxxg xx，时，恒有，故满足题意的 t 不存在.当=1k，由（1）知，(0,),x当+|f()()|()()ln(1)xg xg xf xxx，令2H()ln(1),0)xxxxx，+，则有21-2H()12=,11xxxxxx 当0 x时，H()0 x,所以H

24、()x在0+，）上单调递减，故H()(0)0 xH,故当0 x时，恒有2|f()()|xg xx,此时，任意实数 t 满足题意.综上，=1k.解法二：（1）（2）同解法一.（3）当1k时，由（1）知，对于(0,),x+()f()g xxx，故|f()()|()()kln(1)k(k 1)xg xg xf xxxxxx，令2(k 1),01xxxk解得，从而得到当1k时，(0,1)xk对于恒有2|f()()|xg xx,所以满足题意的 t 不存在.当1k时，取11k+1=12kkk，从而 由（2）知存在00 x,使得0(0),xx任意，恒有1f()()xk xkxg x.此时11|f()()|f

25、()()(k)2kxg xxg xkxx,令21 k1 k,022xxx解得，此时 2f()()xg xx,记0 x与1-k2中较小的为1x，则当21(0)|f()()|xxxg xx，时，恒有，故满足题意的 t 不存在.当=1k，由（1）知，(0,),x当+|f()()|()()ln(1)xg xg xf xxx，令2M()ln(1),0)xxxxx，+，则有212M()12,11xxxxxx 当0 x时，M()0 x,所以M()x在0+，）上单调递减，故M()M(0)0 x,故当0 x时，恒有2|f()()|xg xx,此时，任意实数 t 满足题意 综上，=1k.考点：导数的综合应用 21

26、本题设有三个选考题，请考生任选 2 题作答.选修 4-2：矩阵与变换 已知矩阵2111,.4301AB()求 A 的逆矩阵1A；()求矩阵 C，使得 AC=B.【答案】()312221；()32223【解析】试题分析：因为2143A，得伴随矩阵3142A，且2A，由11AAA可求得1A；()因为ACB，故1CA B，进而利用矩阵乘法求解 试题解析：(1)因为|A|=23-1 4=2 所以131312222422122A(2)由 AC=B 得11()CA AA B,故1313112C=222012123A B 考点：矩阵和逆矩阵 选修 4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xoy中，圆 C

27、的参数方程为1 3cos(t)2 3sinxtyt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）中，直线l 的方程为 2sin()m,(mR).4()求圆 C 的普通方程及直线 l 的直角坐标方程；()设圆心 C 到直线 l 的距离等于 2，求 m 的值【答案】()22129xy，0 xym；()2m=-32【解析】试题分析：()将圆的参数方程通过移项平方消去参数得22129xy，利用cosx，siny将直线的极坐标方程化为直角坐标方程；()利用点到直线距离公式求解 试题解析：()消去参数 t，得到圆的普通方程为22129xy,由2si

28、n()m4，得sincosm0,所以直线 l 的直角坐标方程为0 xym.()依题意，圆心 C 到直线 l 的距离等于 2，即|12m|22，解得2m=-32 考点：1、参数方程和普通方程的互化；2、极坐标方程和直角坐标方程的互化；3、点到直线距离公式 选修 4-5：不等式选讲 已知0,0,0abc，函数()|f xxaxbc的最小值为 4()求abc的值；()求2221149abc的最小值【答案】()4；()87【解析】试题分析：()由绝对值三角不等式得()|f xxaxbc 的最小值为|a|bc，故|a|4bc，即a b c4；()利用柯西不等式2222222123123112233()()()xxxyyyx yx yx y求解 考点：1、绝对值三角不等式；2、柯西不等式