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2015年四川理科数学选择题1.设集合 { | ( 1)( 2) 0}A x x x ,集合 { |1 3}B x x ,则A B = ( )A.{x|-1<x<3} B.{x|-1<x<1} C.{x|1<x<2} D.{x|2<x<3}[来源:学#科#网]
【答案】A
【解析】试题分析: { | 1 2}, { |1 3}, { | 1 3}A x x B x x A B x x ,选 A.
考点:集合的基本运算.
2.设 i 是虚数单位,则复数3 2i
i
( )
A.-i B.-3i C.i. D.3i
【答案】C
【解析】
考点:复数的基本运算.
3.执行如图所示的程序框图,输出 S 的值是( )
A.
32-
B.
32 C.-
12 D.
12
【答案】D
【解析】
试题分析:这是一个循环结构,每次循环的结果依次为: 2; 3; 4; 5k k k k ,大于
4,所以输出的5 1sin6 2
S ,选 D.
考点:程序框图.
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( ). cos(2 )
2A y x
. sin(2 )2
B y x . sin 2 cos 2C y x x
. sin cosD y x x
【答案】A
【解析】
试题分析:对于选项 A,因为2sin 2 ,2
y x T ,且图象关于原点对称,故选 A.
考点:三角函数的性质.
5.过双曲线2
2 13yx 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)4 3
3 (B) 2 3 (C)6 (D) 4 3
【答案】D
考点:双曲线.
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】试题 分析:据题意,万位上只能排 4、5.若万位 上排 4,则有 3
42 A 个;若万位上排 5,则有 3
43 A 个.所以共有 342 A 3
43 5 24 120A 个.选 B.
考点:排列组合.
7.设四边形 ABCD 为平行四边形, 6AB
, 4AD
.若点 M,N 满足 3BM MC ,
2DN NC ,则 AM NM
( )(A)20 (B)15 (C)9 (D)6
【答案】C
【解析】
试题分析:3 1 1,4 4 3
AM AB AD NM CM CN AD AB
,所以2 21 1 1 1(4 3 ) (4 3 ) (16 9 ) (16 36 9 16) 9
4 12 48 48AM NM AB AD AB AD AB AD
选 C.
考点:平面向量.
8.设 a,b 都是不等于 1 的正数,则“3 3 3a b ”是“ log 3 log 3a b ”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
【解析】考点:命题与逻辑.
9.如果函数 21 2 8 1 0 02
f x m x n x m n , 在区间1 22
, 单调递减,则mn 的最大值为( )
(A)16 (B)18 (C)25 (D)812
【答案】B
【解析】
试题分析: 2m 时,抛物线的对称轴为82
nxm
.据题意,当 2m 时,
8 22
nm
即 2 12m n .
22 6, 182m nm n mn
.由 2m n 且 2 12m n 得
3, 6m n .当 2m 时,抛物线开口向下,据题意得,8 12 2
nm
即 2 18m n .
2 812 9,2 2n mn m mn
.由 2n m 且 2 18m n 得 9 2m ,故应舍去.要
使得mn 取得最大值,应有 2 18m n ( 2, 8)m n .所以(18 2 ) (18 2 8) 8 16mn n n ,所以最大值为 18.选 B..
考点:函数与不等式的综合应用.
10.设直线 l 与抛物线 2 4y x 相交于 A,B 两点,与圆 2 2 25 0x y r r 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,
x
y
–1–2 1 2 3 4 5 6 7 8 9
–1
–2
–3
–4
–5
–6
1
2
3
4
5
6
A
B
CFO
M
【答案】D
考点:直线与圆锥曲线,不等式.
2015年四川理科数学填空题11.在 5(2 1)x 的展开式中,含 2x 的项的系数是 (用数字作答).
【答案】 40 .[来源:Zxxk.Com]
【解析】试题分析: 5 5(2 1) (1 2 )x x ,所以 2x 的系数为 2 2
5 ( 2) 40C .
考点:二项式定理.
12. 75sin15sin .
【答案】6
2 .
【解析】
试题分析:6sin15 sin 75 sin15 cos15 2 sin(15 45 )
2
.
考点:三角函数.
13.某食品的保鲜时间 y(单位:小时)与储存温度 x(单位: C )满足函数关系 bkxey
( 718.2e 为自然对数的底数,k、b 为常数)。若该食品在 0 C 的保鲜时间设计 192
小时,在 22 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
考点:函数及其应用.
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 .
【答案】25
【解析】
试题分析:建立坐标系如图所示.设 1AB ,则1 1(1, ,0), ( ,0,0)2 2
AF E
.设(0, ,1)(0 1)M y y ,则
z
y
x
F
M
E
Q P
D
CB
A
考点:1、空间两直线所成的角;2、不等式.
15.已知函数 xxf 2)( , axxxg 2)( (其中 Ra ) .对于不相等的实数 21, xx ,设
21
21 )()(xxxfxfm
, 21
21 )()(xxxgxgn
.
现有如下命题:(1)对于任意不相等的实数 21, xx ,都有 0m ;(2)对于任意的 a 及任意不相等的实数 21, xx ,都有 0n ;(3)对于任意的 a,存在不相等的实数 21, xx ,使得 nm ;
(4)对于任意的 a,存在不相等的实数 21, xx ,使得 nm .
其中的真命 题有 (写出所有真命题的序号).
【答案】①④
对(4),由m=-n得 1 2 2 1( ) ( ) ( ) ( )f x f x g x g x ,即 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x g x .
令 2( ) ( ) ( ) 2xh x f x g x x ax ,则 ( ) 2 ln 2 2xh x x a .
由 ( ) 0h x 得: 2 ln 2 2x x a ,作出 2 ln 2, 2xy y x a 的图象知,方程2 ln 2 2x x a 必一定有解,所以 ( )h x 一定有极值点,即对 于任意的 a,一定存在不相等的实数 21, xx ,使得 1 2( ) ( )h x h x ,即一定存在不相等的实数 21, xx ,使得m n .故正确。所以(1)(4)考点:函数与不等式的综合应用.
2015年四川理科数学解答题
16.设数列{ }na 的前n项和 12n nS a a ,且 1 2 3, 1,a a a 成等差数列.
(1)求数列{ }na 的通项公式;
(2)记数列1{ }na 的前 n 项和 nT ,求得
1| 1|1000nT 成立的 n 的最小值.
【答案】(1) 2nna ;(2)10.
【解析】试题分析:(1)利用 1n n na S S 及题设可得 na 与 1na 的关系为 12 ( 1)n na a n ,所以这是一个公比为 2 的等比数列.再利用 1 2 3, 1,a a a 成等差数列,可求得 1 2a ,从而得通
项公式.(2)由(1)得1 1
2nna ,这仍然是一个等比数列,利用等比数列的前 n 项和公式,
可求得112n nT ,代入
1| 1|1000nT ,即可得使
1| 1|1000nT 成立的 n的最小值.
试题解析:(1)由已知 12n nS a a ,有 1 12 2 ( 1)n n n n na S S a a n ,即 12 ( 1)n na a n .
从而 2 1 3 12 , 4a a a a .
又因为 1 2 3, 1,a a a 成等差数列,即 1 3 22( 1)a a a .
所以 1 1 14 2(2 1)a a a ,解得 1 2a .
所以,数列{ }na 是首项为 2,公比为 2 的等比数列.
故 2nna .
考点: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 项和公式等基础知识,考查运算求解能力.
17.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(1)求 A 中学至少有 1名学生入选代表队的概率.
(2)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.
【答案】(1)A 中学至少 1名学生入选的概率为99
100p
.
(2)X 的分布列为:
X 的期望为 ( ) 2E X .
试题解析:(1)由题意,参加集训的男女生各有 6名.
参赛学生全从 B 中抽取(等价于 A 中没有学生入选代表队)的概率为3 33 43 36 6
1100
C CC C
.
因此,A 中学至少 1名学生入选的概率为1 991
100 100
.
(2)根据题意,X 的可能取值为 1,2,3.
1 33 3
46
1( 1)5
C CP XC
,
2 23 3
46
3( 2)5
C CP XC
,
3 13 3
46
1( 3)5
C CP XC
,
所以 X 的分布列为:
因此,X 的期望为1 3 1( ) 1 2 3 25 5 5
E X .
考点:本题考查随机事件的概率、古典概型、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,考查运用概率与统计的知识与方法分析和解决实际问题的能力.
18.一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
(1)请将字母 , ,F G H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)(2)证明:直线 / /MN 平面BDH
(3)求二面角 A EG M 的余弦值.
【答案】(1)点 F、G、H 的位置如图所示.
(2)详见解析.(3)2 2
3
【解析】试题分析:(1)注意 ABCD 是底面,将平面展开图还原可得点 F、G、H 的位置. (2)根据直线与平面平行的判定定理,应考虑证明MN 平行于平面 BDH内的一条直线.连结O、M,易得MNHO 是平行四边形,从而 / /MN OH ,进而证得 / /MN 平面BDH .
(3)要作出二面角 A EG M 的平面角,首先要过 M 作平面 AEGC 的垂线,然后再过垂足作棱 EG 的垂线,再将垂足与点 M连结,即可得二面角 A EG M 的平面角.
试题解析:(1)点 F、G、H 的位置如图所示.
(2)连结 BD,设 O 为 BD 的中点.
因为 M、N 分别是 BC、GH 的中点,
所以 / /OM CD,且12
OM CD ,
/ /NH CD ,且12
NH CD ,
所以 / / ,OM NH OM NH ,且12
OM CD ,所以MNHO 是平行四边形,从而 / /MN OH ,又MN 平面BDH ,OH 平面BDH ,所以 / /MN 平面BDH .
(3)连结 AC,过 M 作MP AC 于 P.
在正方形 ABCD EFGH 中, / /AC EG ,所以MP EG .
过 P 作PK EG 于 K,连结 KM,所以EG 平面PKM ,从而KM EG .
所以 PKM 是二面角 A EG M 的平面角.
设 2AD ,则 1, 2CM PK ,
在Rt CMP 中,2sin 45
2PM CM
.
在Rt CMP 中,2 2 3 2
2KM PK PM
.
所以 cos PKPKMKM
2 23 .
即二面角 A EG M 的余弦值为2 2
3 .
(另外,也可利用空间坐标系求解)考点:本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、空间面面夹角的计算等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.
19.如图,A,B,C,D为平面四边形 ABCD的四个内角.
(1)证明:1 costan ;
2 sinA A
A
(2)若 180 , 6, 3, 4, 5,A C AB BC CD AD o 求tan tan tan tan
2 2 2 2A B C D 的值
【答案】(1)详见解析;(2)4 10
3 .
【解析】
试题分析:(1)首先切化弦得
sin2tan
2 cos2
AA
A
,为了将半角变为单角,可在分子分母同时
乘以 2sin2A
,然后逆用正弦与余弦的二倍角公式即可.(2)由题设知,该四边形的两对 角
互补.再结合(1)的结果,有 tan tan tan tan2 2 2 2A B C D
2 2sin sinA B ,所以只需
求出 sin ,sinA B 即可.由于已知四边,且 cos cosC A , cos cosD B ,故考虑用余弦定理列方程组求 cos ,cosA B,从而求出sin ,sinA B .
试题解析:(1)
2sin 2sin 1 cos2 2tan2 sincos 2sin cos
2 2 2
A AA A
A A A A
.
(2)由 180A C ,得 180 , 180C A D B .
由(1),有 tan tan tan tan2 2 2 2A B C D
1 cos 1 cos 1 cos(180 ) 1 cos(180 )sin sin sin(180 ) sin(180 )
A B A BA B A B
2 2sin sinA B
连结 BD,在 ABD 中,有 2 2 2 2 cosBD AB AD AB AD A ,在 BCD 中,有 2 2 2 2 cosBD BC CD BC CD C ,所以 2 2 2 cosAB AD AB AD A 2 2 2 cosBC CD BC CD A ,
则2 2 2 2 2 2 2 26 5 3 4 3cos
2( ) 2(6 5 3 4) 7AB AD BC CDA
AB AD BC CD
,
于是2 23 2 10sin 1 cos 1 ( )
7 7A A
.
连结 AC,同理可得2 2 2 2 2 2 2 26 3 5 4 1cos
2( ) 2(6 3 5 4) 19AB BC AD CDB
AB BC AD CD
,
于是2 21 6 10sin 1 cos 1 ( )
19 19B B
.
所以 tan tan tan tan2 2 2 2A B C D
2 2sin sinA B
14 2 192 10 2 10
4 103
.
考点:本题考查二倍角公式、诱导公式、余弦定理、简单的三角恒等变换等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力,考查函数与方程、化归与转化等数学思想.
20.如图,椭圆 E:2 2
2 2+ 1( 0)x y a ba b
的离心率是 22 ,过点
P(0,1)的动直线 l与椭圆相交于 A,B两点,当直线 l平行与 x轴时,直线 l被椭圆 E截得的线段长为2 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QA PAQB PB
恒成立?若存在,求出点 Q 的坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)2 2
14 2x y ;(2)存在,Q 点的坐标为 (0,2)Q .
【解析】试题分析:(1)根据椭圆的对称性,当直线 l与 x轴平行时, ( 2,1), ( 2,1)B A ,将这
个点的坐标代入椭圆的方程,得 2 2
2 1 1a b
.再根据离心率得2
2ca ,又 2 2 2a b c ,
三者联立,解方程组即可得 2, 2a b ,进而得椭圆的方程为2 2
14 2x y
.(2)先利用l与 x轴平行和垂直这两种特殊情况找出点 Q 的坐标为 (0, 2)Q .接下来联立直线与椭圆的方
程,利用根与系数的关系证明:对任意的直线 l,均有| | | || | | |QA PAQB PB
.设
1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ,由图可看出1
2
| || || | | |
xPAPB x
,为了证明| | | || | | |QA PAQB PB
,只需证明1
2
| || || | | |
xQAQB x
,为此作点 B 关于 y 轴对称的点 2 2( , )B x y ,这样将问题转化为证 , ,Q A B
三点共线.
试题解析:(1)由已知,点 ( 2,1) 在椭圆 E 上.
因此,
2 2
2 2 2
2 1 1,
,
2 ,2
a ba b c
ca
解得 2, 2a b .
所以椭圆的方程为2 2
14 2x y
.
(2)当直线 l与 x轴平行时,设直线 l与椭圆相交于 C、D 两点.
如果存在定点 Q 满足条件,则| | | | 1| | | |QC PCQD PD
,即 | | | |QC QD
所以 Q 点在 y 轴上,可设 Q 点的坐标为 0(0, )y .
当直线 l与 x轴垂直时,设直线 l与椭圆相交于 M、N 两点.
则 (0, 2), (0, 2)M N ,
由| | | || | | |QM PMQN PN
,有0
0
| 2 | 2 1| 2 | 2 1yy
,解得 0 1y 或 0 2y .
所以,若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件,则 Q 点的坐标 只可能为 (0,2)Q .
下面证明:对任意的直线 l,均有| | | || | | |QA PAQB PB
.
当直线 l的斜率不存在时,由上可知,结论成立.
当直线 l的斜率存在时,可设直线 l的方程为 1y kx ,A、B 的坐标分别为1 1 2 2( , ), ( , )x y x y .
联立
2 2
1,4 21
x y
y kx
得 2 2(2 1) 4 2 0k x kx .
其判别式 2 216 8(2 1) 0k k ,
所以, 1 2 1 22 2
4 2,2 1 2 1kx x x x
k k
.
因此1 2
1 2 1 2
1 1 2x x kx x x x
.
易知,点 B 关于 y 轴对称的点的坐标为 2 2( , )B x y .
又1 2
1 1 2 2 1
2 21 1 1,QA QBy yk k k k kx x x x x
,
所以 QA QBk k ,即 , ,Q A B三点共线.
所以1
2
| || | | | | || | | | | | | |
xQA QA PAQB QB x PB
.
故存在与 P 不同的定点 (0,2)Q ,使得| | | || | | |QA PAQB PB
恒成立.
考点:本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知
识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.
21.已知函数 2 2( ) 2( ) ln 2 2 , 0.f x x a x x ax a a a 其中
(1)设 ( ) ( ) ( )g x f x g x是 的导函数,讨论 的单调性;
(2)证明:存在 (0,1)a ,使得 ( ) 0f x 在区间 (1,+ )内恒成立,且 ( ) 0f x 在(1,+ )内有唯一解.
【答案】(1)当104
a 时, ( )g x 在区间1 1 4 1 1 4(0, ), ( , )
2 2a a
上单调递
增, 在区间1 1 4 1 1 4( , )
2 2a a
上单调递减;当14
a 时, ( )g x 在区间 (0, ) 上单调递增.(2)详见解析.
【解析】
试题分析:(1)首先对函数 ( )f x 求导,得 ( ) ( ) 2 2 2ln 2(1 )ag x f x x a xx
,然
后再求导得2
2 2
1 12( ) 2( )2 2 2 4( ) 2x aag x
x x x
.利用导数的符号即得其单调性.此题
分12( ) 04
a 和12( ) 04
a 两种情况讨论.(2)要使得 ( ) 0f x 在区间 (1,+ )内恒成立,且 ( ) 0f x 在 (1, + )内有唯一解,则这个解 0x 应为极小值点,且极小值为 0 .所以我
们应考虑求 ( )f x 的极小值.由 0( ) 0f x ,解得0 0
10
1 ln1
x xa
x
,代入 ( )f x 得
2 20 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 01 1 1 1
0 0 0 0
1 ln 1 ln 1 ln 1 ln( ) 2( ) ln 2( ) 2( )1 1 1 1
x x x x x x x xf x x x x x
x x x x
是否存在令 0x 使得 0( ) 0f x 呢?为此,令2 2
1 1 1 1
1 ln 1 ln 1 ln 1 ln( ) 2( ) ln 2( ) 2( )1 1 1 1x x x x x x x xx x x x x
x x x x
.
因为2
1 1
( 2) 2(1) 1 0, ( ) ) 2( ) 01 1e e ee
e e
,故存在 0 (1, )x e ,使得 0( ) 0x .
接下来的问题是,此时的a是否满足 (0,1)a 呢?令0 0
0 10
1 ln , ( ) 1 ln ( 1)1
x xa u x x x xx
.由1( ) 1 0u xx
知,函数 ( )u x 在区间
(1, ) 上单调递增.所以0
01 1 10
( )(1) ( ) 20 11 1 1 1 1
u xu u e eax e e
.即 0 (0,1)a .
当 0a a 时,有 0 0 0( ) 0, ( ) ( ) 0f x f x x .由(1)知,函数 ( )f x 在区间 (1, ) 上单调递增.
故当 0(1, )x x 时,有 0( ) 0f x ,从而 0( ) ( ) 0f x f x ;当 0( , )x x 时,有0( ) 0f x ,从而 0( ) ( ) 0f x f x ;所以,当 (1, )x 时, ( ) 0f x .
试题解析:(1)由已知,函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ,( ) ( ) 2 2 2ln 2(1 )ag x f x x a x
x ,
所以2
2 2
1 12( ) 2( )2 2 2 4( ) 2x aag x
x x x
.
当104
a 时, ( )g x 在区间1 1 4 1 1 4(0, ), ( , )
2 2a a
上单调递增,
在区 间1 1 4 1 1 4( , )
2 2a a
上单调递减;
当14
a 时, ( )g x 在区间 (0, ) 上单调递增.
(2)由 ( ) 2 2 2ln 2(1 ) 0af x x a xx
,解得 1
1 ln1x xa
x
.
令2 2
1 1 1 1
1 ln 1 ln 1 ln 1 ln( ) 2( ) ln 2( ) 2( )1 1 1 1x x x x x x x xx x x x x
x x x x
.
则2
1 1
( 2) 2(1) 1 0, ( ) ) 2( ) 01 1e e ee
e e
,.
故存在 0 (1, )x e ,使得 0( ) 0x .
令0 0
0 10
1 ln , ( ) 1 ln ( 1)1
x xa u x x x x
x
,.
由1( ) 1 0u xx
知,函数 ( )u x 在区间 (1, ) 上单调递增.
所以0
01 1 10
( )(1) ( ) 20 11 1 1 1 1
u xu u e eax e e
.
即 0 (0,1)a .
当 0a a 时,有 0 0 0( ) 0, ( ) ( ) 0f x f x x ,.
由(1)知,函数 ( )f x 在区间 (1, ) 上单调递增.
故当 0(1, )x x 时,有 0( ) 0f x ,从而 0( ) ( ) 0f x f x ;当 0( , )x x 时,有 0( ) 0f x ,从而 0( ) ( ) 0f x f x ;所以,当 (1, )x 时, ( ) 0f x .
综上所述,存在 (0,1)a ,使得 ( ) 0f x 在区间 (1,+ )内恒成立,且 ( ) 0f x 在(1,+ )内有唯一解.
考点:本题考查导数的运算、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、分类与整合,化归与转化等数学思想.