2015年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(福建卷).docx

1、2015年普通高等学校招生全国统一考试(福建卷)数学试题(理工农医类)第卷(选择题共50分)一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50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福建,理1)若集合A=i,i2,i3,i4(i是虚数单位),B=1,-1,则AB等于()A.-1B.1C.1,-1D.答案:C解析:A=i,-1,-i,1,B=1,-1,则AB=1,-1.2.(2015福建,理2)下列函数为奇函数的是()A.y=xB.y=|sin x|C.y=cos xD.y=ex-e-x答案:D解析:令y=f(x),选项A,定义域为0,+),不关于原点对称,所以为非奇

2、非偶函数;选项B,f(-x)=|sin(-x)|=|sin x|=f(x),为偶函数;选项C,f(-x)=cos(-x)=cos x=f(x),为偶函数;选项D,f(-x)=e-x-ex=-(ex-e-x)=-f(x),为奇函数.3.(2015福建,理3)若双曲线E:x29-y216=1的左、右焦点分别为F1,F2,点P在双曲线E上,且|PF1|=3,则|PF2|等于()A.11B.9C.5D.3答案:B解析:由双曲线的定义知,|PF1|-|PF2|=6.因为|PF1|=3,所以|PF2|=9.4.(2015福建,理4)为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系,随机调查了该社区5户家庭,得到

3、如下统计数据表:收入x(万元)8.28.610.011.311.9支出y(万元)6.27.58.08.59.8根据上表可得回归直线方程y=bx+a,其中b=0.76,a=y-b x.据此估计,该社区一户年收入为15万元家庭的年支出为()A.11.4万元B.11.8万元C.12.0万元D.12.2万元答案:B解析:x=8.2+8.6+10+11.3+11.95=10,y=6.2+7.5+8+8.5+9.85=8,a=y-0.76x=8-0.7610=0.4.y=0.76x+0.4.当x=15时,y=0.7615+0.4=11.8.5.(2015福建,理5)若变量x,y满足约束条件x+2y0,x-

4、y0,x-2y+20,则z=2x-y的最小值等于()A.-52B.-2C.-32D.2答案:A解析:画出可行域,如图阴影部分所示.目标函数化为y=2x-z,平移后在点A处取得最小值,由x+2y=0,x-2y+2=0,得A-1,12,所以zmin=2(-1)-12=-52.6.(2015福建,理6)阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序,则输出的结果为()A.2B.1C.0D.-1答案:C解析:第一次循环,S=cos2=0,i=2,不满足判断框条件,进入循环体;第二次循环,S=cos22=-1,i=3,不满足判断框条件,进入循环体;第三次循环,S=-1+cos32=-1,i=4,不满足判断框条件

5、,进入循环体;第四次循环,S=-1+cos42=0,i=5,不满足判断框条件,进入循环体;第五次循环,S=cos52=0,i=6,满足判断框条件,终止循环,输出S=0.7.(2015福建,理7)若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面,则“lm”是“l”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案:B解析:因为m,若lm,则l或l,即lml.若l,则lm,即llm.所以“lm”是“l”的必要而不充分条件.8.(2015福建,理8)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p0,q0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适

6、当排序后成等比数列,则p+q的值等于()A.6B.7C.8D.9答案:D解析:由题意得a+b=p0,ab=q0,则a0,b0.不妨设ak1,则下列结论中一定错误的是()A.f1k1k-1C.f1k-1kk-1答案:C解析:构造函数F(x)=f(x)-kx,则F(x)=f(x)-k0,函数F(x)在R上为单调递增函数.1k-10,F1k-1F(0).F(0)=f(0)=-1,f1k-1-kk-1-1,即f1k-1kk-1-1=1k-1,f1k-11k-1,故C错误.第卷(非选择题共100分)二、填空题:本大题共5小题,每小题4分,共20分.把答案填在答题卡的相应位置.11.(2015福建,理11

7、)(x+2)5的展开式中,x2的系数等于.(用数字作答)答案:80解析:通项公式为Tr+1=C5rx5-r2r,令5-r=2,得r=3.则x2的系数为C5323=80.12.(2015福建,理12)若锐角ABC的面积为103,且AB=5,AC=8,则BC等于.答案:7解析:由SABC=12|AB|AC|sin A=1258sin A=103,得sin A=32.ABC为锐角三角形,A=60.由余弦定理,得BC2=AB2+AC2-2ABACcos 60=25+64-25812=49,|BC|=7.13.(2015福建,理13)如图,点A的坐标为(1,0),点C的坐标为(2,4),函数f(x)=x

8、2.若在矩形ABCD内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率等于.答案:512解析:S阴影=12 (4-x2)dx=53,S矩形ABCD=4,P=S阴影S矩形ABCD=512.14.(2015福建,理14)若函数f(x)=-x+6,x2,3+logax,x2(a0,且a1)的值域是4,+),则实数a的取值范围是.答案:(1,2解析:当x2时,f(x)4,+),当x2时,3+logax的值域为4,+)的子集.a1,3+loga24,解得1a2.15.(2015福建,理15)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2xn(nN*),其中xk(k=1,2,n)称为第k位码元.二元码是通信中常用的码,但在

9、通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1,或者由1变为0).已知某种二元码x1x2x7的码元满足如下校验方程组:x4x5x6x7=0,x2x3x6x7=0,x1x3x5x7=0,其中运算􀱇定义为:0􀱇0=0,0􀱇1=1,1􀱇0=1,1􀱇1=0.现已知一个这种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,那么利用上述校验方程组可判定k等于.答案:5解析:若1k3,则x4=1,x5=1,x6=0,x7=1,不满足x4􀱇x5􀱇x6􀱇x

10、7=0;若k=4,则二元码为1100101,不满足x1􀱇x3􀱇x5􀱇x7=0;若k=5,则二元码为1101001,满足方程组,故k=5.三、解答题:本大题共6小题,共80分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.16.(本小题满分13分)(2015福建,理16)某银行规定,一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误,该银行卡将被锁定.小王到该银行取钱时,发现自己忘记了银行卡的密码,但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一.小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确,则结束尝试;否则继续尝试,直至该银行卡被锁定.(1)求当

11、天小王的该银行卡被锁定的概率;(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X,求X的分布列和数学期望.解:(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A,则P(A)=564534=12.(2)依题意得,X所有可能的取值是1,2,3.又P(X=1)=16,P(X=2)=5615=16,P(X=3)=56451=23,所以X的分布列为X123P161623所以E(X)=116+216+323=52.17.(本小题满分13分)(2015福建,理17)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB平面BEC,BEEC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF平面A

12、DE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.(1)证法一:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点,所以GHAB,且GH=12AB.又F是CD的中点,所以DF=12CD.由四边形ABCD是矩形,得ABCD,AB=CD,所以GHDF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GFDH.又DH平面ADE,GF平面ADE,所以GF平面ADE.证法二:如图,取AB中点M,连接MG,MF.又G是BE的中点,可知GMAE.又AE平面ADE,GM平面ADE,所以GM平面ADE.在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点,得MFAD.又AD平面ADE,MF平面ADE,

13、所以MF平面ADE.又因为GMMF=M,GM平面GMF,MF平面GMF,所以平面GMF平面ADE.因为GF平面GMF.所以GF平面ADE.(2)解:如图,在平面BEC内,过B点作BQEC.因为BECE,所以BQBE.又因为AB平面BEC,所以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A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB平面BEC,所以BA=(0,0,2)为平面BEC的法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又AE=(2,0,-2),AF=(2,2,-1),由nAE=0,nAF

14、=0,得2x-2z=0,2x+2y-z=0,取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos=nBA|n|BA|=432=23.所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为23.18.(本小题满分13分)(2015福建,理18)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)过点(0,2),且离心率e=22.(1)求椭圆E的方程;(2)设直线l:x=my-1(mR)交椭圆E于A,B两点,判断点G-94,0与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.(1)解:由已知,得b=2,ca=22,a2=b2+c2,解得a=2,b=2,c=2.所以椭圆E的方程为x24+y22=1.(2)解法一:设点A(x1

15、,y1),B(x2,y2),AB的中点为H(x0,y0).由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,从而y0=mm2+2.所以|GH|2=x0+942+y02=my0+542+y02=(m2+1)y02+52my0+2516.|AB|24=(x1-x2)2+(y1-y2)24=(1+m2)(y1-y2)24=(1+m2)(y1+y2)2-4y1y24=(1+m2)(y02-y1y2),故|GH|2-|AB|24=52my0+(1+m2)y1y2+2516=5m22(m2+2)-3(1+m2)m2+2+2516=1

16、7m2+216(m2+2)0,所以|GH|AB|2.故点G-94,0在以AB为直径的圆外.解法二:设点A(x1,y1),B(x2,y2),则GA=x1+94,y1,GB=x2+94,y2.由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,从而GAGB=x1+94x2+94+y1y2=my1+54my2+54+y1y2=(m2+1)y1y2+54m(y1+y2)+2516=-3(m2+1)m2+2+52m2m2+2+2516=17m2+216(m2+2)0,所以cos0.又GA,GB不共线,所以AGB为锐角.故点G-94,

17、0在以AB为直径的圆外.19.(本小题满分13分)(2015福建,理19)已知函数f(x)的图象是由函数g(x)=cos x的图象经如下变换得到:先将g(x)图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变),再将所得到的图象向右平移2个单位长度.(1)求函数f(x)的解析式,并求其图象的对称轴方程;(2)已知关于x的方程f(x)+g(x)=m在0,2)内有两个不同的解,.求实数m的取值范围;证明:cos(-)=2m25-1.(1)解:将g(x)=cos 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y=2cos x的图象,再将y=2cos x的图象向右平移2个单位长度后得到y=2

18、cosx-2的图象,故f(x)=2sin x.从而函数f(x)=2sin x图象的对称轴方程为x=k+2(kZ).(2)解:f(x)+g(x)=2sin x+cos x=525sinx+15cosx=5sin(x+)其中sin=15,cos=25.依题意,sin(x+)=m5在0,2)内有两个不同的解,当且仅当m51,故m的取值范围是(-5,5).证法一:因为,是方程5sin(x+)=m在0,2)内的两个不同的解,所以sin(+)=m5,sin(+)=m5 .当1m5时,+=22-,即-=-2(+);当-5m1时,+=232-,即-=3-2(+),所以cos(-)=-cos 2(+)=2sin

19、2(+)-1=2m52-1=2m25-1.证法二:因为,是方程5sin(x+)=m在0,2)内的两个不同的解,所以sin(+)=m5,sin(+)=m5 .当1m5时,+=22-,即+=-(+);当-5m0时,f(x)x;(2)证明:当k0,使得对任意的x(0,x0),恒有f(x)g(x);(3)确定k的所有可能取值,使得存在t0,对任意的x(0,t),恒有|f(x)-g(x)|x2.(1)证明:令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x0,+),则有F(x)=11+x-1=-xx+1.当x(0,+)时,F(x)0时,F(x)0时,f(x)0,故G(x)在0,+)单调递增,G(x)G(0

20、)=0,故任意正实数x0均满足题意.当0k0,取x0=1k-1,对任意x(0,x0),有G(x)0,从而G(x)在0,x0)单调递增,所以G(x)G(0)=0,即f(x)g(x).综上,当k0,使得对任意x(0,x0),恒有f(x)g(x).(3)解法一:当k1时,由(1)知,对于x(0,+),g(x)xf(x),故g(x)f(x),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x).令M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x0,+),则有M (x)=k-11+x-2x=-2x2+(k-2)x+k-1x+1,故当x0,k-2+(k-2)2+8(k-1)4时,M(x)0,M(x)在

21、0,k-2+(k-2)2+8(k-1)4上单调递增,故M(x)M(0)=0,即|f(x)-g(x)|x2.所以满足题意的t不存在.当k0,使得当x(0,x0)时,f(x)g(x).此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx.令N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x0,+),则有N(x)=1x+1-k-2x=-2x2-(k+2)x+1-kx+1,当x0,-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)4时,N(x)0,N(x)在0,-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)4上单调递增,故N(x)N(0)=0,即f(x)-g(x)x2.记x0与-(k+2)+(k+2)2+8(1

22、-k)4中的较小者为x1,则当x(0,x1)时,恒有|f(x)-g(x)|x2.故满足题意的t不存在.当k=1时,由(1)知,当x0时,|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x).令H(x)=x-ln(1+x)-x2,x0,+),则有H(x)=1-11+x-2x=-2x2-xx+1.当x0时,H(x)0,所以H(x)在0,+)上单调递减,故H(x)0时,恒有|f(x)-g(x)|1时,由(1)知,对于x(0,+),g(x)xf(x),故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)kx-x=(k-1)x.令(k-1)xx2,解得0x1时,对于x(0,k-1

23、),恒有|f(x)-g(x)|x2,故满足题意的t不存在.当k1时,取k1=k+12,从而kk10,使得x(0,x0),f(x)k1xkx=g(x),此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)(k1-k)x=1-k2x.令1-k2xx2,解得0xx2.记x0与1-k2的较小者为x1,当x(0,x1)时,恒有|f(x)-g(x)|x2.故满足题意的t不存在.当k=1时,由(1)知,x0,|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=x-ln(1+x).令M(x)=x-ln(1+x)-x2,x0,+),则有M(x)=1-11+x-2x=-2x2-xx+1.当x0时,M(x)0,所以M(x)在0,

24、+)上单调递减,故M(x)0时,恒有|f(x)-g(x)|0,b0,c0,函数f(x)=|x+a|+|x-b|+c的最小值为4.求a+b+c的值;求14a2+19b2+c2的最小值.解:因为f(x)=|x+a|+|x-b|+c|(x+a)-(x-b)|+c=|a+b|+c,当且仅当-axb时,等号成立.又a0,b0,所以|a+b|=a+b,所以f(x)的最小值为a+b+c.又已知f(x)的最小值为4,所以a+b+c=4.由知a+b+c=4,由柯西不等式得14a2+19b2+c2(4+9+1)a22+b33+c12=(a+b+c)2=16,即14a2+19b2+c287.当且仅当12a2=13b3=c1,即a=87,b=187,c=27时等号成立.故14a2+19b2+c2的最小值为87.