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2015年四川省高考数学(理)试卷真题答案及解析 一、选择题 1. 设集合 ,集合 ,则 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 ,且 ,故选A 2. 设 是虚数单位,则复数 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 ,故选C 3. 执行如图所示的 程序框图,输出S的值是 A. B. C. D . 【答案】D 【 解析】进入循环,当 时才能输出 的值,则 ,故选D 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. B. C. D. 【答案】A 【解析】 A. 可知其 满足题意 B. 可知其图像的对称中心为 ,最小正周期为 C. 可知其图像的对称中心 为 ,最小正周期为 D. 可知其图像的对称中心为 小正周期为 5. 过双曲线 的右焦点且与 轴垂直的直线,交该双曲线的两条渐近线于 、 两点,则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】由题可知渐近线方程为 ,右焦点 , 则直线 与两条渐近线的交点分别为 , ,所以 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】 【解析】分类讨论 ① 当5在万位 时,个位可以排0、2、4三个数,其余位置没有限制,故有 种。 ② 当4在万位时,个位可以排0、2两个数,其余位置没有限制,固有 种, 综上:共有120种。故选B。 7. 设四边形ABCD为平行四边形, .若点M,N满足 , ,则 ( ) (A)20 (B)15 (C)9 (D)6 【答案】C 【解析】C.本题从解题方式方法上可有两种思路。 方法①:这个地方四边形ABCD为平行四边形,可赋予此四边形为 矩形,进而以A为坐标原点建立坐标系。由 进而 , , 。 方法②:这个地方 可以以 , 为基底向量,利用三角形法则 将 , 分别用基底向量表示可得 , 则 。 综合两种方法,显然方法①更具备高考解题的准确性和高效性。 8. 设 都是不等于 的正数,则“ ”是“ ”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】 【解析】条件 等价于 。当 时, 。所以, ,即 。所以,“ ”是“ ”的 充分条件 。但 也满足 ,而不满足 。所以,“ ”是“ ”的不必要条件。故,选 。 9. 如果函数 在区间 单调递减,则 的最大值为 (A)16 (B)18 (C)25 (D) 【答案】 【错误解析】由 单调递减得: ,故 在 上恒成立。而 是一次函数,在 上的图像是一条线段。故只须在两个端点处 即可 。 即 , 由 得: 。所以, . 选C。 【错误原因】 当且仅当 时取到最大值 ,而当 , 不满足条件 。 【正确解析】同前面一样 满足条件 。由条件 得: 。于是, 。 当且仅当 时取到最大值 。经验证, 满足条件 。故选 。 10. 设直线 与抛物线 相交于 两点,与圆 相切于 点 ,且 为线段 的中点.若这样的直线 恰有4条,则 的取值范围是 (A) (B) (C) (D) 【答案】 【解析】当直线 与 轴垂直的时候,满足条件的直线 有且只有 条。 当直线 与 轴不垂直的时候,由对称性不妨设切点 ,则切线的斜率为: 。另一方面 ,由于 为 中点, 故由点差法得: 。故 , 。 由于 在抛物线内,所以满足 。代入并利用 化简得到 。故 。 当 时,由 知满足条件且在 轴上方的切点 只有 个。从而总的切线有 条。故选 。 二、填空题 11.在 的展开式中,含 的项的系数是________ (用数字填写答案) 〖答案〗 〖解析〗由题意知 的系数为: 12 . 的值是________ 〖答案〗 〖解析〗 13.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,k,b为常数 )。若该食品在 的保鲜时间是192小时,在23 的保鲜时间是48小时,则该食品在33 的保鲜时间是________小时。 〖答案〗24 〖解析〗 故当 时, 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,E,F分别为AB,BC中点,设异面直线EM与AF所成的角为 ,则 的最大值为________ A 〖答案〗 〖解析〗 AB为x轴,AD为y轴,AQ为z轴建立坐标系,设正方形边长为 令 ,即 15.已知函数 。对于不相等的实数 , ,设 , 。现有如下命题: (1) 对于任意不相等的实数 , ,都有 ; (2) 对于任意 的及任意不相等的实数 , ,都有 ; (3) 对于任意的 , 存在 不相等的实数 , ,使得 ; (4) 对于任意的 ,存在不相等的实数 , , 使得 . 其中的真命题有_________________(写出所有真命题的序号)。 〖答案〗(1) (4) 〖解析〗 (1)设 > ,函数 单调递增,所有 > , - >0, 则 = >0,所以正确; (2)设 > ,则 - >0,则 ,可令 =1, =2, a=— 4,则n=—1<0,所以错误; (3)因为 ,由(2)得: ,分母 乘到右边,右边即 为 ,所以原等式即为 = , 即为 = ,令 , 则原题意转化为对于任意的 ,函数 存在不相等的实数 , 使得函数值相等, ,则 ,则 , 令 ,且 ,可得 为极小值。若 ,则 ,即 , 单调递增,不满足题意,所以 错误。 (4)由(3) 得 = ,则 ,设 ,有 , 使 其函数 值相等,则 不恒为单调。 , , 恒成立 , 单调递增且 , 。所以 先减后增,满足题意,所以正确 。 三、简答题 16.(本小题12分)设数列 的前 项和 ,且 成等差数列。 (1)求数列 的通项公式; (2)记数列 的前 项和 ,求得使 成立的 的最小值。 解:(1)当 时有, 则 ( ) 则 是以 为首项,2为公比的等比数列。 又由题意得 则 (2)由题意得 由等比数列求和公式得 则 又 当 时, 成立时, 的最小值的 。 点评:此题放在简答题的第一题, 考察前 项和 与通项 的关系和等比数列的求和公式, 难度较易,考察常规。可以说是知识点的直接运用。所以也提醒我们在复习时要紧 抓课本,着重基础。 17.(本小题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 (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. 【解析】(1)正难则反。求出A中学中无学生入选代表队的概率,再 用1减去即能得到题目所求。 (2)由题意,知 ,分别求出相应的概率,由此能求出 的分布列和期望。 【答案】 (1) 设事件 表示“A中学至少 有1名学生入选代表队”, (2) 由题意,知 , ; ; 因此 的分布列为: 期望为: 【点评】本题 主要考察了利用排列组合解决 概率问题。第一问用了正难 则反的思想。题意容易理解,入手点容易找到,并且计算也并无门槛,是一道常规题,容易得分。 18.(本小题满分 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 的中点为 , 的中点为 。 (I)请将字母标记在正方体相应的顶点处(不 需说明理由) (II)证明:直线 平面 (III )求二面角 余弦值 【答案】 (I)直接将平面图形折叠同时注意顶点的对应方式即可 如图 (II) 连接 ,取 的中点 ,连接 因为 、 为线段 、 中点, 所以 且 又 因 为 中点,所以 得到 且 所以四边形 为 得到 又因为 平面 所以 平面 (得证) ( III) 连接 , ,过点 作 ,垂足在 上,过点 作平面 垂线,交 于点 ,连接 ,则二面角 因为 平面 ,且 所以 又 , 平面 所以 平面 且 ,所以 ,所以三角形 为 设正方体棱长为 ,则 , 所以 , 因为 ,三角形 为 ,所以 所以 ,所以 所以 【点评】考点 立体图形的展开与折叠 线线平行、线面平行 二面角的求解。此次立体几何题加入了让学生“画图”,不过图象为长方体 ,降低了认识图形上的难度。 19.(本题满分12分) 如图, 为平面四边形 的四个内角. (1)证明: ; (2)若 , , , , ,求 . 【解析】 (1)证明: . (2)解: 方法(一) 由 可知 ,所以有 , 同理 , ,进一步上式化简可得: (*) 连接 ,设 ,在 和 中分别利用余弦定理及 可得 ,即 解得 ,从而得 , .同理可得, , .代入(*)式可得 方法(二) 由方法(一)知 , ,又由(1)有 ,因为 ,所以 ,所以 ,同理可得: , ,解得 , . 所以 . 【点评】本题主要考查三角函数中正切半角公式的推导,三角函数化简求值,余弦定理等知识。考查学生转化思想、计算能力.本题将三角函数化简求值与解三角形结合,并且两小问以正切函数出题,既考查考生基础知识,又体现题目的新颖! 20.(本小题13分)如图,椭圆 的离心率是 ,过点 的动直线 与椭圆相交于 两点。当直线 平行于 轴时,直线 被椭圆 截得的线段长为 。 (1) 球椭圆 的方程; (2) 在平面直角坐标系 中,是否存在与点 不同的定点 ,使得 恒成立?若存在,求出点 的坐标;若不存在,请说明理由。 【答案】 解:(1)由题知椭圆过点 。得 解得: 。 所以 ,椭圆方程为: 。 (2)假设存在满足题意的定点 。 当直线 平行于 轴时, , 两点关于 轴对称,得 在 轴上。不妨设 当直线 为 轴时, 。 解得 下证对一般的直线 , 也满足 题意。 由 得 轴为 的角平分线。所以 。 不妨设 ,化简得 ① 又椭圆方程与直线方程联立得: , 带入①得成立。 故假设成立。 综上存在点满足题意。 【点评】此题的第一问求椭圆方程,考察简单,较容易得分。第二问,出现了长度比值,由特殊到一般先找到了定点,再去验证,降低了试题的难度。并且通过题中线段比联想到了角平分线的性质,这点事学生 不容易观察到的。也提醒我们 解析几何是几何和代数的结合,能够有效 快速地观察到几何关系可以大大地简化我们的计算,从而节约时间! 21.(本小题14分 )已知函数 ,其中 。 (1)设 是 的导函数,讨论 的单调性; (2)证明:存在 ,使得 在区间 内恒成立,且 在区间 内有唯一解。 答案: 解:(1) 令 ,即 ,讨论此不等式的解,可得: ① 当 时,即 时,不等式恒成立。即 恒成立,所以 恒单调递增。 ② 当 时, 所以 的解为 。所以 在 时单调递增。 综上:当 时, 在 上单调递增。 当 时, 在 上单调递增,在 上单调递减。 (2) 由(1) 得 在 内单调递增 。且 , 。由零点存在性定理得存在唯一 使得 ①。 所以 在 上单调递减, 上单调递增。 所以满足 在区间 内有唯一解只需满足 即可。 ,将①带入化简得: 当 时,此时①变形为 ,在 上有解。令 所以 在 上 单调递减。 不满足。 当 时,此时①变形为 在 上有解。 不妨设 所以 在 上单调递增。 。所以 在 上有解。 所以结论得证。 【点评】此题延续2014年风格,不设置纯送分小问,但考生无需慌张。第一小问,目测阅卷时,考生只要能得到 及其导数的话,就会得到不低于两分,而接下来分类讨论则极为常规,稍加练习便能得到满分;第二小问的话思主题思路极为常规,可参考09全国卷、12全国卷、15绵阳二诊试题,但是在处理②时需要利用到主元转换(因式分解功底强大 的则无需),后续操作则只需注意变量的取值范围即可,此题需要考生强大的计算和心理承受能力,能明确自身目的所在,不至于在多重带换后迷失目标而功亏一篑。

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