2015年高考四川理科数学试题及答案解析

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AB（ ）

（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}，AB{x|1x3}，故选A． （2）【2015年四川，理2】设i是虚数单位，则复数i32（ ）

i（A）i （B）3i （C）i （D）3i 【答案】C

22i【解析】i3i2i2ii，故选C．

ii（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）3（B）3（C）1（D）1

2 2 2 2【答案】D

51【解析】易得当k1,2,3,4时时执行的是否，当k5时就执行是的步骤，所以Ssin，故选D．

62（4）【2015年四川，理4】下列函数中，最小正周期为且图象关于原点对称的函数是（ ）

（A）ycos(2x) （B）ysin(2x) （C）ysin2xcos2x （D）ysinxcosx

22【答案】A

【解析】显然对于A，ycos(2x)sin2x，为关于原点对称，且最小正周期是，符合题意，故选A．

2y22（5）【2015年四川，理5】过双曲线x1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，

3B两点，则|AB|（ ）

（A）【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x2与两条渐近线的交点分别为

43 （B）23 （C）6 （D）43 3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：

13A472种；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C3

13A448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C2综上所述：总共有72+48=120种，故选B．

（7）【2015年四川，理7】设四边形ABCD 为平行四边形，AB6，AD4．若点M，N满足BM3MC，

DN2NC，则AMNM（ ）

1

（A）20 （B）15 （C）9 （D）6 【答案】C

M3,0，【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，

N4,2，∴AM3,6，NM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“3a3b1”是“loga3logb3”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

11【解析】由已知条件3a3b3可得ab1．当ab1时，log3alog3b0．∴，即log3alog3b1loga3logb3．∴“3a3b3”是“loga3logb3”的充分条件．然而取a13b则loga30logb3，

3满足loga3logb3，却不满足ab1．∴“3a3b3”是“loga3logb3”的不必要条件．综上“3a3b3”是“loga3logb3”的充分不必要条件，故选B．

11（9）【2015年四川，理9】如果函数fxm2x2n8x1m0,n0在区间,2单调递减，则mn

22的最大值为（ ）

81（A）16 （B）18 （C）25 （D）

2【答案】B

1【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,2上恒成立．设

211gxm2xn8，则一次函数gx在,2上为非正数．∴只须在两个端点处f0和

221①m2n80f20即可．即2，

2m2n80②111n12n由②得：m12n．∴mnn12n18．mn当且仅当m3,n6时取到最大

2222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y24x相交于A，B两点，与圆x5y2r2r0 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 【答案】D

2y14x1【解析】设Ax1,y1，Bx2,y2，M5rcos,rsin，则2，两式相减，得： y24x2y1y2y1y24x1x2，当直线l的斜率不存在时，显然符合条件的直线l 22y有两条．当直线l的斜率存在时，可得：

yy22， 2rsiny1y24x1x2kAB1x1x2rsinrsin0sin1cos又∵kMC，∴kAB， ksin5rcos5cosMC∴

AMOBCx2cos2r2 rsinsincos2由于M在抛物线的内部，∴rsin45rcos204rcos204212，

r24r2423r216r4，因此，2r4，故选D． ∴rsin23，∴rsinrr2

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x2的项的系数是 ． 【答案】-40

【解析】由题意可知x2的系数为：C5222(1)340．

°°（12）【2015年四川，理12】sin15sin75的值是 ．

6【答案】 236． 22（13）【2015年四川，理13】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ekxb

5【解析】sin15sin75sin15cos152sin15452sin602（e2.718为自然对数的底数，k，b为常数）．若该食品在0°C的保鲜时间是192小时，在23°C的保鲜

时间是48小时，则该食品在33°C的保鲜时间是________小时． 【答案】24

②11①，ek22b48②，∴【解析】ek0+b192e22kek，

①423③33k1x③，∴∴当x33时，e33kbxeekx24．

①8192（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，设异面直线EM与AF所成的角为，则cos的最大值为 ． BC中点，E，F分别为AB，

M2QP【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

2，则A0,0,0，F2,1,0，E1,0,0，M0,m,2，∴AF2,1,0，EM1,m,2

∴cosAEBFDCAFEMAFEM2m5m25,令f(m)2m5m225(m0,2)

2225m25，m0,2，f(m)0f(m)f(0)2，从而． cosf(m)maxmax555m225（15）【2015年四川，理15】已知函数fx2x，gxx2ax(其中aR)．对于不相等的实数x1，x2，设

5m225(2m)10mmfx1fx2x1x2，ngx1gx2x1x2，现有如下命题：

(1) 对于任意不相等的实数x1，x2，都有m0；

(2) 对于任意a的及任意不相等的实数x1，x2，都有n0； (3) 对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得mn； (4) 对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，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)

x1x2f(x)f(x)2212【解析】(1)设x1，x2,∵函数y2是增函数，∴22，x1x20，则m=>0，

x1x2x1x2所以正确；

gx1gx2x12ax1x22ax2x1x2a (2)设x1x2，则x1x20，∴nx1x2x1x2xx1x2不妨我们设x11,x22,a3，则n60，矛盾，所以(2)错．

3

(3)∵mn，由(1)(2)可得：mnfx1fx2x1x2gx1gx2x1x2，化简得到，

fx1fx2gx1gx2，也即fx1gx1fx2gx2，令hxfxgx2xx2ax，

x2．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x1，则h'x2xln22xa，

h(x)2xln22xa，显然当a时，h'x0恒成立，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x1gx1gx2fx2，设hxfxgx2xx2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x1，x2，从而hx不是恒为单调函

数．h'x2xln22xa，h''x2xln220恒成立，∴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．

2 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{an}的前n项和Sn2ana1，且a1，a21，a3成等

差数列．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

11（Ⅱ）记数列{}的前n项和Tn，求得使|Tn1|成立的n的最小值．

an1000a解：（Ⅰ）当n2时有，anSnSn12ana1(2an1a1)，则an2an1(n2)，n2n2，

an1∴数列an是以a1为首项，2为公比的等比数列．

又由题意得2a22a1a3，22a12a14a1，∴a12，∴an2n(nN*)

11[1()n]n121n11121(1)n，则T1（-）=()， （Ⅱ）由题意得n，∴Tni2n12222an2i11211111111又，即成立时，n的最小值为n10． ,9Tn110210242512102410005121000（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．

33C3C4199P(A)1331解：（Ⅰ）设事件A表示“A中学至少有1名学生入选代表队”，可以采用反面求解：

C6C61001003113C3C31C32C323C3C31P(X2)P(X3) （Ⅱ）由题意，知X1,2,3，P(X1)；；C645C645C645因此X的分布列为： 3 X 1 2 131 P

555

131期望为：E(X)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）；

4

（Ⅱ）证明：直线MN//平面BDH； （Ⅲ）求二面角AEGM的余弦值． 解：（Ⅰ）如下图所示：

HNEFGDCGEHNQFGEABFDMABCEHDMABCDOPMCAB

（Ⅱ）如答图所示，连接BD，AC相交于点O，连接MO

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

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

（Ⅲ）连接EG，过点M作MPAC于点P，过点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，

MP2a222，所以cosPQM， PQ4a43∴MC2a，∵MCP45，MP2a，所以tanPQM所以cosAEGMcosMLK222，即二面角的余弦值为2． 33（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．

A1cosA（Ⅰ）证明：tan；

2sinAABCD（Ⅱ）若AC180o，AB6，BC3，CD4，AD5，求tantantantan．

2222AAsin2sin2A1cosA22解：（Ⅰ）证明：tan． 2cosA2sinAcosAsinA222（Ⅱ）∵AC180o，∴cosCcos180AcosA,sinCsin180AsinA，

AC1cosA1cosC1cosA1cosA2，∵AC180o，∴BD180o tan22sinAsinCsinAsinAsinABD2ABCD11同理可得tantan，∴tantantantan2

2222sinAsinB22sinB∴tan连接BD，设BDx，在ABD和CBD中分别利用余弦定理及AC180o可得：cosAcosC， 247312106252x23242x2即，解得x2，从而得cosA，．同理可得，cosB， sinA72652347197610ABCD1111410，∴tantantantan2(． sinB)2()192222sinAsinB32106107192x2y2（20）【2015年四川，理20】（本小题满分13分）如图，椭圆E:221的离心率是，过点P(0,1) 的动

2ab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截得的线段长为22． （Ⅰ）球椭圆E的方程；

QAPA（Ⅱ）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QBPB点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

5

解：（Ⅰ）由题知椭圆过点

c2ea2122,1．因此可得：221，解得：a2，bc2．

ba222abcx2y2∴椭圆E的方程为：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，则

QAQBPAPB1，A,B两点关于y轴对称，

∴Q点在y轴上．不妨设Q0,a，当直线l垂直于x轴时，A0,2,B0,2， QAQBa2a2PAPB1212，解得a2或a1（舍去，否则Q点就是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． ∵QAQBPAPB，∴由角平分线定理可知，y轴为AQB的角平分线．所以kQAkQB．

设Ax1,y1，Bx2,y2，则y1kx11，y2kx21，

ykx1联立：2，消去y可得，12k2x24kx20， 2x2y44k2由韦达定理可得，x1x2，， xx1212k212k2y2kx11y2kx2111∴kQA1k，kQB2k，两式相加得，

x1x1x1x2x2x211xxkQAkQB2k+2k122k2k0，即kQAkQB，

x1x2x1x2QAPA从而，假设成立，即存在与点P不同的定点Q，使得恒成立． QBPB（21）【2015年四川，理21】（本题满分14分）已知函数fx2xalnxx22ax2a2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x0在区间1,内恒成立，且fx0在区间1,内有唯一解．

2a解：（Ⅰ）∵fx2xalnxx22ax2a2a，∴求导可得，f'x2lnx22x2a，

x2x2xa22a2a2即gx2lnx22x2aa0,x0∴g'xa0,x0， xx2x2x对于多项式x2xa，

1（1）当14a0，即a时，x2xa0恒成立．

4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x2xa0有两个实数根，设为x1,x2． 4114a1114a10,，x2,1 那么求根可得：x12222①令g'x0，即x2xa0x0，解得：0xx1，xx2．所以gx在0,x1，x2,，

时单调递增．

6

②令g'x0，即x2xa0x0，解得：x1xx2，所以gx在x1,x2，时单调递减． 综上所述：当a当0a1时，gx在0,上单调递增． 41114a114a114a114agx在(0,时，),(,)上单调递增，(,)上单调递减．

22224（Ⅱ）∵a0,1，∴由（Ⅰ）可知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， x1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

x存在唯一的x0使得f'x02lnx022a． ① 2x02a0 ……………．

x0∴当1xx0时，f'x0，当xx0时，f'x0，

∴fx在(1,x0)上单调递减，在(x0,)上单调递增，∴fxminfx0． 由已知条件fx0在区间1,内有唯一解，∴必有fxminfx00． 即fx02x0alnx0x022ax02a2a0 ………………………． ② 由①式得到lnx02a3x0a带入②式化简得：2a25x02x02ax02x020，即x0x202x0ax02a0，注意这里的a比较容易解出，因此我们可以用x0表示a，解得：

x0，a2x0x02 2x1(1)当a0(,1)时，带入①式可得，2a2ln2a30…………………．． ③

2222a1即讨③是否有解．令ha2a2ln2a3，h'a20 aa11∴ha在,1上单调递减．又∵hah130，∴③式无解．

22(2)当a2x0x02时，∵0a1，∴1x02，把a2x0x02带入①式可得， a2x022lnx060 ………………．．④即讨论④是否有解．

2222x01又设h(x0)2x02lnx06，h'x04x0，∵x01,2， x0x02∴h'x00恒成立，∴h(x0)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2x022lnx060在1,2上有解． 从而命题得证！

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