2015年高考理科数学福建卷-答案.pdf

1/15 2015 年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学（理科）答案解析 第卷 一、选择题 1.【答案】C【解析】234ii,i,i,i,1,i,1A，11,B，i 1i 11111AB II，【提示】利用虚数单位i的运算性质化简 A，然后利用交集运算得答案【考点】虚数单位i及其性质，交集及其运算 2.【答案】D【解析】A函数的定义域为0,)，定义域关于原点不对称，故 A 为非奇非偶函数 B()|()|()fxsinxsinxf x，则()f x为偶函数 Ccosyx为偶函数 D()ee(ee()xxxxfxf x ，则()f x为奇函数【提示】根据函数奇偶性的定义进行判断即可【考点】函数奇偶性的判断，余弦函数的奇偶性 3.【答案】B【解析】由题意，双曲线22:1916xyE中3a 3a，P在双曲线的左支上，由双曲线的定义可得21|6|PFPF，2|9PF 【提示】确定P在双曲线的左支上，由双曲线的定义可得结论【考点】双曲线的简单性质 4.【答案】B【解析】由题意可得(8.28.6 10.0 11.3 11.9)1501x，(6.27.58.08.5915.8)8y，代入回归方程可得80.76 100.4a，回归方程为0.760.4yx，把15x 代入方程可得0.76 150.4 11.8y 2/15 【提示】由题意可得x和y，可得回归方程，把15x 代入方程求得 y 值即可【考点】线性回归方程 5.【答案】D【解析】由约束条件200220 xyxyxy作出可行域如图，由图可知，最优解为 A，联立20220 xyxy，解得11,2A 2zxy的最小值为152(1)22 【提示】由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案【考点】简单线性规划 6.【答案】C【解析】模拟执行程序框图，可得 AGB，0S cos2S，i2 不满足条件i5，coscos2S，i3 不满足条件i5，3coscoscos22S，i4 不满足条件i5，3coscoscoscos222S，i5 不满足条件i5，35coscoscoscos2cos0 10 100222S +，i6 满足条件i5，退出循环，输出 S 的值为 0【提示】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的 i，S 的值，当 i=6 时满足条件 i5，退出循环，输出 3/15 S 的值为 0【考点】循环结构 7.【答案】B【解析】lm，是两条不同的直线，m 垂直于平面，则“lm”可能“l”也可能l，反之，“l”一定有“lm”所以lm，是两条不同的直线，m 垂直于平面，则“lm”是“l”的必要而不充分条件【提示】利用直线与平面平行与垂直关系，判断两个命题的充要条件关系即可【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断 8.【答案】D【解析】由题意可得：abpabq，00pq，可得00ab，又2ab，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，可得224baab或224abab 解得：41ab；解得：14ab 51 44pabq ，则9pq【考点】等比数列的性质，等差数列的性质【提示】由一元二次方程根与系数的关系得到abpabq，再由2ab，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列关于ab，的方程组，求得ab，后得答案 9.【答案】A【考点】平面向量数量积的运算【提示】建系，由向量式的几何意义易得P的坐标，可化1144(1)4PB PCtttt，由基本不等式可得【解析】由题意建立如图所示的坐标系，可得1(0,0),0(0,)tABCt，4|ABACAPABAC，(1,4)P，4/15 11,4PBt，(1,4)CtP，114(1)1744tttPBtPC，由基本不等式可得114244tttt，117417413tt 当且仅当14tt即12t 时取等号，PB PC的最大值为 13，10.【答案】C【解析】解；lim0()(0)(0)0 xf xffx()1fxk，()(0)1f xfkx，即()11f xkx，当11xk时，1111111fkkkk，即1111111fkkk 故1111fkk，所以1111fkk，一定出错，另解：设()()1g xf xkx，0(0)g，且()()0g xfxk，()g x在R上递增，1k，对选项一一判断，可得 C 错【提示】根据导数的概念得出()(0)1f xfkx，用11xk代入可判断出1111fkk，即可判断答 5/15 案【考点】函数的单调性与导数的关系 第卷 二、填空题 11.【答案】80【解析】5(2)x的展开式的通项公式为5152rrrrTCx，令52r，求得3r，可得展开式中2x项的系数为335280C，【提示】先求出二项式展开式的通项公式，再令 x 的幂指数等于 2，求得 r 的值，即可求得展开式中的2x项的系数【考点】二项式定理 12.【答案】7【解析】因为锐角ABC的面积为10 3，且5AB，8AC，所以15 8 sin10 32A ，所以3sin2A，所以60A，所以1cos2A，所以221582 5 872BC 【提示】利用三角形的面积公式求出 A，再利用余弦定理求出 BC【考点】余弦定理的应用 13.【答案】512【解析】由已知，矩形的面积为4(2 1)4，阴影部分的面积为22321115(4)433x dxxx 由几何概型公式可得此点取自阴影部分的概率等于512；【提示】分别求出矩形和阴影部分的面积，利用几何概型公式解答【考点】定积分的简单应用，几何概型 14.【答案】(1,2 6/15 【解析】由于函数6,2()(01)3log,2axcf xaax x 且的值域是4,)，故当2x 时，满足()64f xx 当2x 时，由()3log4af xx，log1ax，log 21a，12a 综上可得，12a，【提示】当2x 时，满足()4f x 当2x 时，由()3log4af xx，即log1ax，故有log 2 1a，由此求得a的范围，综合可得结论【考点】对数函数的单调性与特殊点 15.【答案】5【解析】依题意，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，若1k，则12345670101101xxxxxxx，从而由校验方程组，得45671xxxx，故1k；若2k，则12345671001101xxxxxxx，从而由校验方程组，得23671xxxx，故2k；若3k，则12345671111101xxxxxxx，从而由校验方程组，得23671xxxx，故3k；若4k，则12345671100101xxxxxxx，从而由校验方程组，得13571xxxx，故4k；若5k，则12345671101001xxxxxxx，从而由校验方程组，得4567236713570,0,0 xxxxxxxxxxxx，故5k 符合题意；若6k，则12345671101111xxxxxxx，从而由校验方程组，得23671xxxx，故6k；若7k，则123456110110 xxxxxx，70 x，从而由校验方程组，得23671xxxx，故7k；综上，k 等于 5【提示】根据二元码127x xxL的码元满足的方程组，及“”的运算规则，将 k 的值从 1 至 7 逐个验证即可【考点】通讯安全中的基本问题 三、解答题 16.【答案】52 7/15 【考点】离散型随机变量的期望与方差，相互独立事件的概率乘法公式【提示】（1）根据概率的公式即可求当天小王的该银行卡被锁定的概率；（2）随机变量 X 的取值为：1，2，3，分别求出对应的概率，即可求出分布列和期望【解析】（1）设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为 A，则5431()=6542P A （2）有可能的取值是 1，2，3 又则1(1)6P X，511(2)656P X，542(3)653P X 所以 X 的分布列为：X 1 2 3 P 16 16 23 11251236632EX 17.【答案】（1）见解析（2）23【解析】解法一：（1）如图，取 AE 的中点 H，连接 HG，HD，G 是 BE 的中点，GHAB，且12GHAB，又F 是 CD 中点，四边形 ABCD 是矩形，DFAB，且12DFAB，即GHDF，且GHDF，四边形 HGFD 是平行四边形，GFDH，又DHADE平面，GFADE平面，GFADE平面（2）如图，在平面 BEG 内，过点 B 作BQ CE，BEEC，BQBE，又ABBEC平面，ABBE，ABBQ，以 B 为原点，分别以BE，BQ，BA的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则(0,0,2)(0,0,0)2,0,0)(2,2,1)(ABEF，8/15 ABBEC平面，(0,0,2)BA为平面 BEC 的法向量，设(,)nx y zr为平面 AEF 的法向量又(2,0,2)BE，(2,2,1)AF 由垂直关系可得220220nAExznAFxyz，取2z 可得(2,1,2)n r 2cos,3|n BAn BAn BA 平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为23 解法二：（1）如图，取 AB 中点 M，连接 MG，MF，又 G 是 BE 的中点，可知GMAE，且12GMAE 又AE 平面 ADE，GM 平面 ADE，GM平面 ADE 在矩形 ABCD 中，由 M，F 分别是 AB，CD 的中点可得MFAD 又AD平面 ADE，MF 平面ADE，MFADE平面 又GMMFMI，GM 平面GMF，MFGMF平面 平面GMFADE平面，GFGMF平面，GFADE平面（2）同解法一 【提示】解法一：（1）取 AE 的中点 H，连接 HG，HD，通过证明四边形 HGFD 是平行四边形来证明GFDH，由线面平行的判定定理可得；（2）以 B 为原点，分别以BE，BQ，BA的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，可得平面 BEC 和平面 AEF 的法向量，由向量夹角的余弦值可得 9/15 解法二：（1）如图，取 AB 中点 M，连接 MG，MF，通过证明平面GMF平面 ADE 来证明GF平面 ADE；（2）同解法一【考点】用空间向量求平面间的夹角，直线与平面平行的判定 18.【答案】（1）22142xy（2）见解析【解析】解法一：（1）由已知得222222bcaabc，解得22abc，椭圆 E 的方程为22142xy（2）设点11)(A x y，22)(,B x y，AB 中点为00)(,H xy 由221142xmyxy，化为22(2)230mymy，12222myym，12232y ym，022mym 9,04G，222222200000095525|(1)44216GHxymyymymy 222222212121212012()()(1)()4|(1)()444xxyymyyy yABmyy y，故222222012222|52553(1)25172|(1)042162(2)21616(2)ABmmmGHmymy ymmm.2|2ABGH，故 G 在以 AB 为直径的圆外 解法二：（1）同解法一（2）设点11)(A x y，22)(,B x y，则119,4GAxy，229,4GBxy 由221142xmyxy，化为222)230(mymy，12222myym，12232y ym，10/15 从而12129944GA GBxxy y 12125544mymyy y 21212525(1)()416my ym yy 22222253(1)2517202(2)21616(2)mmmmmm 0GA GB 又GA，GB不共线，AGB为锐角 故点9,04G在以 AB 为直径的圆外【提示】解法一：（1）由已知得222222bcaabc，解得即可得出椭圆 E 的方程（2）设点11)(,A x y，22)(,B x y，AB 中点为00(),H xy 直线方程与椭圆方程联立化为22(2)230mymy，利用根与系数的关系中点坐标公式可得：022mym222009|4GHxy 2221212(1)()4|44myyy yAB，作差22|4|ABGH即可判断出 解法二：（1）同解法一（2）设点1122(,(,)A x yB xy，则119=,4GAxy，229=,4GBxy 直线方程与椭圆方程联立化为22(2)230mymy，计算12129944GA GBxxy y 即可得出AGB，进而判断出位置关系【考点】直线与圆锥曲线的综合问题 19.【答案】（1）()2sinf xx()2xkkZ 11/15 （2）（i）()5,5（ii）见解析【解析】（1）将c(s)o xg x 的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍（横坐标不变）得到2cosyx的图象，再将2cosyx的图象向右平移2个单位长度后得到2cos2yx的图象，故()2sinf xx，从而函数()2sinf xx图象的对称轴方程为()2xkkZ（2）（i）21()()2sincos5sincos5sin()55f xg xxxxxx（其中1sin5，2cos5）依题意，in)(s5mx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（ii）因为，是方程5sin()xm在区间0,2)内的两个不同的解，所以sin()5m，sin()5m 当15m时，22，即2()；当51m时，232，即32()；所以2222cos()cos2()2sin()121155mm 【提示】（1）由函数sin()yAx的图象变换规律可得：()2sinf xx，从而可求对称轴方程（2）（i）由三角函数中的恒等变换应用化简解析式可得：()()5sin()f xg xx（其中1sin5，2cos5），从而可求|15m，即可得解（ii）由题意可得|sin()5m，|sin()5m 当15m时，可求2()，当50m时，可求32()，由2cos()2sin()1，从而得证 12/15 【考点】三角函数中的恒等变换应用，函数sin()yAx的图象变换 20.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）见解析【解析】（1）证明：令()()ln(1)f xf xxxx，0 x 则有1()111xfxxx ，0 x，()0fx，()f x在0,)上单调递减，当,()0 x时，有()(0)0f xf，0 x 时，()f xx；（2）证明：令()()ln(1()g xf xg xxkx，,()0 x，则有1(1)()11kxkg xkxx，当0k 时，()0g x，()g x在(0,)上单调递增，()(0)0g xg，故对任意正实数0 x均满足题意 当01k时，令()0g x，得1110kxkk 取011xk，对任意0)(0,xx，恒有()0g x，()g x在0(0,)x上单调递增，()(0)0g 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）解：当1k 时，由（1）知，对于任意,()0 x，()()xg xf x，故()()g xf x，()()()()ln(1)f xg xg xf xkxx，令2ln(1)()M xkxxx，,()0 x，则有212(2)1()211xkxkM xkxxx，故当22(2)8(1)0,4kkkx时，()0M x，()M x在22(2)8(1),40kkk上单调递增，故()(0)0M xM，即2()()|f xxg x，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0(0,)()()fxxxg x，此时|()()|()()ln(1)f xg xf xg xxkx 令2ln(1)0(),)Nxkxxxx，则有212(2)121(1)xxkxkNkxxx，13/15 故当2(2)(2)8(1)0,4kkkx时，0()N x，()N x在2(2)(2)8(1)0,4kkk上单调递增，故()(0)0N xN，即2()()xf xg x，记0 x与2(2)(2)8(1)4kkk中较小的为1x，则当1)(0,xx时，恒有2()()|f xxg x，故满足题意的 t 不存在 当1k，由（1）知，当,()0 x时，()()|()|()ln(1)f xg xg xf xxx，令2ln(1)(0),)Hxxxxx，则有2121)121(xxHxxxx，当0 x，()0H x，()H x在0,)上单调递减，故()(0)0H xH，故当0 x 时，恒有2()()|f xxg x，满足0t 的实数t存在 综上，1k 【提示】（1）令()()ln(1)f xf xxxx，0 x，求导得到()0fx，说明()f x在0,)上单调递减，则0 x 时，()f xx；（2）令()ln(1)()f xg xg xxkx，,()0 x，可得0k 时，()0g x，说明()g x在(0,)上单调递增，存在00 x，使得对任意0)(0,xx，恒有()()f xg x；当01k时，由()0G x求得1110kxkk 取011xk，对任意0)(0,xx，恒有()0g x，()g x在上单调递增，()0)0(g xg，即()()f xg x；（3）分1k、1k 和1k 把不等式2|()()|f xg xx的左边去绝对值，当1k 时，利用导数求得2|()()|f xg xx，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0()0,xx，()()f xg x 令2()(ln 1)Nxxxxk，,)0 x，求导数分析满足题意的 t 不存在 当1k，由（1）知，当,)0 x时，()|()()()n|l(1)g xf xxf xxxg，令2()ln(1)H xxxx，,)0 x，则有0 x，()0H x，()H x在0,)上单调递减，故()(0)0H xH，说明当0 x 时，恒有2|()()|f xg xx，此时，满足0t 的实数t存在【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用 14/15 21.【答案】（1）312221（2）32223【解析】（1）因为|2 3 1 42A ，所以131312222422122A；（2）由ACB得11()A A CA B，故1313112222012123CBA【提示】（1）求出矩阵的行列式，即可求 A 的逆矩阵1A；（2）由ACB得11()A A CA B，即可求矩阵 C，使得ACB【考点】逆变换与逆矩阵 22.【答案】（1）22(1)(2)9xy 0 xym（2）32 2 【解析】（1）消去参数 t，得到圆的普通方程为22(1)(2)9xy，由2 sin4m，得sincos0m，所以直线l的直角坐标方程为：0 xym.（2）依题意，圆心(1,2)C到直线0l xym:的距离等于 2，即|1(2)|22m，解得32 2m 【提示】（1）直接利用极坐标与直角坐标的互化以及参数方程与普通方程的互化求解即可（2）直接利用点到直线的距离个数求解即可【考点】圆的参数方程，简单曲线的极坐标方程 23.【答案】（1）4（2）87【解析】（1）因为|()|()()|f xxaxbcxaxbcabc ，15/15 当且仅当axb 时，等号成立，又00ab，所以|abab，所以()f x的最小值为abc，所以4abc；（2）由（1）知4abc，由柯西不等式得，2222211(491)231()164923ababccabc，即222118497abc 当且仅当1132231bac，即87a，187b，27c 时，等号成立 所以2221149abc的最小值为87【提示】（1）运用绝对值不等式的性质，注意等号成立的条件，即可求得最小值；（2）运用柯西不等式，注意等号成立的条件，即可得到最小值【考点】一般形式的柯西不等式