高考四川理科数学试题及答案解析

高考四川理科数学试题及答案解析

‎2015年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）‎ 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，集合，则（ ）‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎【答案】A ‎【解析】∵，，，故选A．‎ ‎（2）【2015年四川，理2】设是虚数单位，则复数（ ）‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎【答案】C ‎【解析】，故选C．‎ ‎（3）【2015年四川，理3】执行如图所示的程序框图，输出的值是（ ）‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎【答案】D ‎【解析】易得当时时执行的是否，当时就执行是的步骤，所以，故选D．‎ ‎（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） （B） （C） （D）‎ ‎【答案】A ‎【解析】显然对于A，，为关于原点对称，且最小正周期是，符合题意，故选A．‎ ‎（5）【2015年四川，理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）6 （D）‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意可知双曲线的渐近线方程为，且右焦点，则直线与两条渐近线的交点分别为 ‎，，∴，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：‎ ‎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，∴有种，‎ 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 为平行四边形，，．若点，满足，，则（ ）‎ ‎（A）20 （B）15 （C）9 （D）6‎ ‎【答案】C ‎【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，过建立直角坐标系，可得到，，，∴，，∴，故选C．‎ ‎（8）【2015年四川，理8】设，都是不等于1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】B ‎【解析】由已知条件可得．当时，．∴，即．∴“”是“”的充分条件．然而取则，满足，却不满足．∴“”是“”的不必要条件．综上“”是“”的充分不必要条件，故选B．‎ ‎（9）【2015年四川，理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】B ‎【解析】，由于单调递减得：∴，∴在上恒成立．设，则一次函数在上为非正数．∴只须在两个端点处和即可．即，‎ 由②得：．∴．当且仅当时取到最大值．经验证，满足条件①和②，故选B．‎ ‎（10）【2015年四川，理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】D ‎【解析】设，，，则，两式相减，得：‎ ‎，当直线的斜率不存在时，显然符合条件的直线 有两条．当直线的斜率存在时，可得：‎ ‎，‎ 又∵，∴，‎ ‎∴‎ 由于在抛物线的内部，∴，‎ ‎∴，∴，因此，，故选D．‎ 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】在的展开式中，含的项的系数是 ．‎ ‎【答案】-40‎ ‎【解析】由题意可知的系数为：．‎ ‎（12）【2015年四川，理12】的值是 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】．‎ ‎（13）【2015年四川，理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，，为常数）．若该食品在的保鲜时间是192小时，在的保鲜时间是48小时，则该食品在的保鲜时间是________小时．‎ ‎【答案】24‎ ‎【解析】，，∴，‎ ‎∴当时，，∴．‎ ‎（14）【2015年四川，理14】如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面相互垂直，动点在线段上，，分别为，中点，设异面直线与所成的角为，则的最大值为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，并设正方形边长为 ‎，则，，，，∴，‎ ‎∴令 ‎，，，从而．‎ ‎（15）【2015年四川，理15】已知函数，(其中)．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，,∵函数是增函数，∴，，则=>0，‎ 所以正确；‎ ‎(2)设，则，∴‎ 不妨我们设，则，矛盾，所以(2)错．‎ ‎(3)∵，由(1)(2)可得：，化简得到，‎ ‎，也即，令，即对于任意的函数在定义域范围内存在有两个不相等的实数根，．则，，显然当时，恒成立，即单调递增，最多与x轴有一个交点，不满足题意，所以错误．‎ ‎(4)同理可得，设，即对于任意的函数在定义域范围内存在有两个不相等的实数根，，从而不是恒为单调函数．，恒成立，∴单调递增，又∵时，，时，．所以为先减后增的函数，满足要求，所以正确．‎ ‎ 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）设数列的前项和，且，，成等 差数列． ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）记数列的前项和，求得使成立的的最小值．‎ 解：（Ⅰ）当时有，，则，，‎ ‎∴数列是以为首项，2为公比的等比数列．‎ 又由题意得，，∴，∴‎ ‎ （Ⅱ）由题意得，∴，则，‎ 又，即成立时，的最小值为．‎ ‎（17）【2015年四川，理17】（本小题满分12分）某市，两所中学的学生组队参加辩论赛，中学推荐3名男生，2名女生，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．‎ 解：（Ⅰ）设事件表示“中学至少有1名学生入选代表队”，可以采用反面求解：‎ ‎（Ⅱ）由题意，知，；；‎ 因此的分布列为：‎ 期望为：． ‎ ‎（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）求二面角的余弦值．‎ 解：（Ⅰ）如下图所示：‎ ‎（Ⅱ）如答图所示，连接，相交于点，连接 ‎∵、分别为线段、的中点，∴且 ‎∴四边形为平行四边形，∴，又∵平面，∴平面 ‎（Ⅲ）连接，过点作于点，过点作于点，连接，由三垂线定理可得，∴为二面角的平面角，设正方体棱长为，则，‎ ‎∴，∵，，所以，所以，‎ 所以，即二面角的余弦值为．‎ ‎（19）【2015年四川，理19】（本小题满分12分）如图，为平面四边形的四个内角．‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）若，，，，，求．‎ 解：（Ⅰ）证明：．‎ ‎（Ⅱ）∵，∴，‎ ‎∴，∵，∴‎ 同理可得，∴‎ 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，，‎ ‎，∴．‎ ‎（20）【2015年四川，理20】（本小题满分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．‎ ‎（Ⅰ）球椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）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．‎ 解：（Ⅰ）由题知椭圆过点．因此可得：，解得：，．‎ ‎∴椭圆E的方程为：．‎ ‎（Ⅱ）假设存在满足题意的定点．当直线平行于轴时，则，两点关于轴对称，‎ ‎∴点在轴上．不妨设，当直线垂直于轴时，，‎ ‎，解得或（舍去，否则点就是点），∴点的坐标为．‎ 下面我们证明对于一般的直线，也满足题意．‎ ‎∵，∴由角平分线定理可知，轴为的角平分线．所以．‎ 设，，则，，‎ 联立：，消去可得，，‎ 由韦达定理可得，，，‎ ‎∴，，两式相加得，‎ ‎，即，‎ 从而，假设成立，即存在与点不同的定点，使得恒成立．‎ ‎（21）【2015年四川，理21】（本题满分14分）已知函数，其中． ‎ ‎（Ⅰ）设是的导函数，讨论的单调性；‎ ‎（Ⅱ）证明：存在，使得在区间内恒成立，且在区间内有唯一解．‎ 解：（Ⅰ）∵，∴求导可得，，‎ 即∴，‎ 对于多项式，‎ ‎（1）当，即时，恒成立．‎ 此时，恒成立，所以恒单调递增．‎ ‎（2）当时，一元二次方程有两个实数根，设为．‎ 那么求根可得：，‎ ‎①令，即，解得：，．所以在，，时单调递增．‎ ‎②令，即，解得：，所以在，时单调递减．‎ 综上所述：当时，在上单调递增．‎ 当时，在上单调递增，上单调递减．‎ ‎（Ⅱ）∵，∴由（Ⅰ）可知在内单调递增．‎ 又时，，‎ 当时，显然．而在是单调递增的，因此在内必定存在唯一的使得 ……………．． ①‎ ‎∴当时，，当时，，‎ ‎∴在上单调递减，在上单调递增，∴．‎ 由已知条件在区间内有唯一解，∴必有．‎ 即 ………………………． ②‎ 由①式得到带入②式化简得：，即，注意这里的比较容易解出，因此我们可以用表示，解得：‎ ‎，‎ ‎(1)当时，带入①式可得，…………………．． ③‎ 即讨③是否有解．令，‎ ‎∴在上单调递减．又∵，∴③式无解．‎ ‎(2)当时，∵，∴，把带入①式可得，‎ ‎ ………………．．④即讨论④是否有解．‎ 又设，，∵，‎ ‎∴恒成立，∴在上单调递增．∴，．‎ ‎∴与轴有交点，从而在上有解．‎ 从而命题得证！‎