1、2 0 1 5年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学理一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）2015年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学（理工类）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.解析：A=i，i2，i3，i4=i，1，i，1，B=1，1，AB=i，1，i，11，1=1，1.答案：C.2.下列函数为奇函数的是（） A.y=B.y=|sinx|C.y=cosxD.y=exex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.f（x）=|sin（x）|=|sinx|=f（x），
2、则f（x）为偶函数.C.y=cosx为偶函数.D.f（x）=exex=（exex）=f（x），则f（x）为奇函数，答案：D3.若双曲线E：的左、右焦点分别为F 1，F2，点P在双曲线E上，且|PF1|=3，则|PF2|等于（）A.11B.9C.5D.3解析：由题意，双曲线E：|PF 1|=3，P在双曲线的左支上，由双曲线的定义可得|PF2|PF1|=6，|PF2|=9.答案：B.4.为了解某社区居民的家庭年收入所年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表： 根据上表可得回归直线方程，其中，据此估计，该社区一户收入为15万元家庭年支出为（）A.11.4万元B.11.8万元C.12
3、.0万元D.12.2万元解析：由题意可得=（8.2+8.6+10.0+11.3+11.9）=10，=（6.2+7.5+8.0+8.5+9.8）=8，代入回归方程可得=80.7610=0.4， 回归方程为=0.76x+0.4，把x=15代入方程可得y=0.7615+0.4=11.8，答案：B.5.若变量x，y满足约束条件则z=2xy的最小值等于（）A.B.2C. D.2解析：由约束条件作出可行域如图，由图可知，最优解为A，联立，解得A（1，）.z=2xy的最小值为2（1）= .答案：A. 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解析：模拟执行程序框
4、图，可得i=1，S=0S=cos，i=2不满足条件i5，S=cos +cos，i=3不满足条件i5，S=cos +cos+cos，i=4 不满足条件i5，S=cos +cos+cos +cos2，i=5不满足条件i5，S=cos +cos+cos +cos2+cos =01+0+1+0=0，i=6满足条件i5，退出循环，输出S的值为0， 答案：C.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解析：l，m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”，
5、所以l，m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.答案：B.8.若a，b是函数f（x）=x 2px+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，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于（）A.6B.7C.8D.9解析：由题意可得：a+b=p，ab=q，p0，q0，可得a0，b0，又a，b，2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， p=a+b=5，q=14=4，则p+q=9.答案：D.9.已知，若P点是ABC所在平面内一点，且，则的最大值等于（）A.13B.15C.19D.21解析：由题意建立如图所示的坐标系，
6、 可得A（0，0），B（，0），C（0，t）， 答案：A.10.若定义在R上的函数f（x）满足f（0）=1，其导函数f（x）满足f（x）k1， 则下列结论中一定错误的是（）A.B.C.D.解析；f（x）=f（x）k1， 答案：C.二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分.11.（x+2）5的展开式中，x2的系数等于80 .（用数字作答）解析：（x+2）5的展开式的通项公式为令5r=2，求得r=3，可得展开式中x2项的系数为，答案：80.12.若锐角ABC的面积为，且AB=5，AC=8，则BC等于7 .解析：因为锐角ABC的面积为，且AB=5，AC=8， 答案：7.13.如图，点A的坐标
7、为（1，0），点C的坐标为（2，4），函数f（x）=x2，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.解析：由已知，矩形的面积为4（21）=4， 答案：.14.若函数（a0且a1）的值域是4，+），则实数a的取值范围是（1，2 .解析：由于函数（a0且a1）的值域是4，+），故当x2时，满足f（x）4.当x2时，由f（x）=3+log ax4，logax1，loga21，1a2，答案：（1，2.15.一个二元码是由0和1组成的数字串，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
8、码x 1x2x7的码元满足如下校验方程组：其中运算定义为：00=0，01=1，10=1，11=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k=1，则x1=0，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1，从而由校验方程组，得x4x5x6x7=1，故k1；若k=2，则x1=1，x2=0，x3=0，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1，从而由校验方程组，得x2x3x6x7=1，故k2；若k=3，则x 1=1，x2=1，x3=1
9、，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1，从而由校验方程组，得x2x3x6x7=1，故k3；若k=4，则x1=1，x2=1，x3=0，x4=0，x5=1，x6=0，x7=1，从而由校验方程组，得x1x3x5x7=1，故k4；若k=5，则x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=0，x6=0，x7=1，从而由校验方程组，得x4x5x6x7=0，x2x3x6x7=0，x1x3x5x7=0，故k=5符合题意；若k=6，则x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=1，x7=1，从而由校验方程组，得x2x3x6x7=1，故k6；若k=6，则x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=
10、1，x6=0，x7=0，从而由校验方程组，得x 2x3x6x7=1，故k7； 综上，k等于5.答案：5.三、解答题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，小王到银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但是可以确定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次数为X，求X的分布列和数学期望.答案：（1）设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，则P（A）= .（2）有可能的取值是1，2，3
11、 又则P（X=1=，P（X=2= =，P（X=3= =，所以X的分布列为：EX=1 +2 +3 = . 17.如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB平面BEG，BEEC，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点.（1）求证：GF平面ADE（2）求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.解析：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.答案：（1）如
12、图，取AE的中点H，连接HG，HD， G是BE的中点，GHAB，且GH= AB，又F是CD中点，四边形ABCD是矩形，DFAB，且DF= AB，即GHDF，且GH=DF，四边形HGFD是平行四边形，GFDH，又DH平面ADE，GF平面ADE，GF平面ADE. （2）如图，在平面BEG内，过点B作BQCE，BEEC，BQBE，又AB平面BEC，ABBE，ABBQ， 18.已知椭圆E：+ =1（ab0）过点，且离心率e为.（1）求椭圆E的方程； （2）设直线x=my1（mR）交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由. 分析：（1）由已知得，解得即可得出椭圆E的方程
13、.（2）设点A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点为H（x0，y0）.直线方程与椭圆方程联立化为（m2+2）y22my3=0，解答：（1）由已知得，解得 椭圆E的方程为（2）设点A（x1y1），B（x2，y2），AB中点为H（x0，y0）. ，故G在以AB为直径的圆外.19.已知函数f（x）的图象是由函数g（x）=cosx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，（i）求实数m的取值范
14、围；（ii）证明：cos（）=1.解析：（1）由函数y=Asin（x+）的图象变换规律可得：f（x）=2sinx，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f（x）+g（x）= sin（x+j）（其 中sinj=，cosj=），从而可求| |1，即可得解.（ii）由题意可得sin（+j）=，sin（+j）= .当1m时，可求=2（+j），当m1时，可求=32（b+j），由cos（）=2sin2（+j）1，从而得证.答案：（1）将g（x）=cosx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=2cosx的图象，再将y=2cosx的图象向右平移个单位长度
15、后得到y=2cos（x）的图象，故f（x）=2sinx，从而函数f（x）=2sinx图象的对称轴方程为x=k（kZ）. （2）（i）f（x）+g（x）=2sinx+cosx=（）= sin（x+j）（其中sinj=，cosj=） 20.已知函数f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（kR）（1）证明：当x0时，f（x）x；（2）证明：当k1时，存在x00，使得对任意x（0，x0），恒有f（x）g（x）；（3）确定k的所以可能取值，使得存在t0，对任意的x（0，t），恒有|f（x）g（x）|x2.解析：（1）令F（x）=f（x）x=ln（1+x）x，x0，求导得到F（x）0，说明F（x）在（
16、0，+）上单调递减，则x0时，f（x）x；（2）令G（x）=f（x）g（x）=ln（1+x）kx，x（0，+），可得k0时，G（x）0，说明G（x）在（0，+）上单调递增，存在x00，使得对任意x（0，x0），恒有f（x）g（x）；当0k1时，由G（x）=0，求得对任意x（0，x 0），恒有G（x）0，G（x）在上单调递增，G（x）G（0）=0，即f（x）g（x）；（3）分k1、k1和k=1把不等式|f（x）g（x）|x2的左边去绝对值，当k1时，利用导数求得|f（x）g（x）|x2，满足题意的t不存在.当k1时，由（2）知存在x00，使得对任意的任意x（0，x0），f（x）g（x）.令N（x
17、）=ln（1+x）kxx2，x0，+），求导数分析满足题意的t不存在.当k=1，由（1）知，当x（0，+）时，|f（x）g（x）|=g（x）f（x）=xln（1+x），令H（x）=xln（1+x）x2，x0，+），则有x0，H（x）0，H（x）在0，+）上单调递减，故H（x）H（0）=0，说明当x0时，恒有|f（x）g（x）|x2，此时，任意实数t满足题意.答案：（1）证明：令F（x）=f（x）x=ln（1+x）x，x0， x0，F（x）0， F（x）在（0，+）上单调递减，F（x）F（0）=0，x0时，f（x）x；（2）证明：令G（x）=f（x）g（x）=ln（1+x）kx，x（0，+），
18、综上，当k1时，总存在x00，使得对任意的x（0，x0），恒有f（x）g（x）；（3）解：当k1时，由（1）知，对于任意x（0，+），g（x）xf（x），故g（x）f（x），|f（x）g（x）|=g（x）f（x）=kxln（1+x）， 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，由（1）知，当x（0，+）时，|f（x）g（x）|=g（x）f（x）=xln（1+x），令H（x）=xln（1+x）x2，x0，+），则有，当x0，H（x）0，H（x）在0，+）上单调递减，故H（x）H（0）=0，故当x0时，恒有|f（x）g（x）|x2，此时，任意实数t满足题意
19、.综上，k=1.四、选修4-2：矩阵与变换21.已知矩阵（1）求A的逆矩阵A 1；（2）求矩阵C，使得AC=B.解析（1）求出矩阵的行列式，即可求A的逆矩阵A1；（2）由AC=B得（A1A）C=A1B，即可求矩阵C，使得AC=B.答案：（1）因为|A|=2314=2，（2）由AC=B得（A 1A）C=A1B，五、选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系xoy中，圆C的参数方程为（t为参数）.在极坐标系（与平面直角坐标系xoy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以轴非负半轴为极轴）中，直线l的方程为sin（）=m，（mR） （1）求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程；（2）设圆心C到
20、直线l的距离等于2，求m的值.解析：（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.答案：（1）消去参数t，得到圆的普通方程为（x1）2+（y+2）2=9，由sin（）=m，得sincosm=0，所以直线l的直角坐标方程为：xym=0.（2）依题意，圆心C到直线l的距离等于2，. 六、选修4-5：不等式选讲23.已知a0，b0，c0，函数f（x）=|x+a|+|xb|+c的最小值为4.(1)求a+b+c的值；(2)求a2+ b2+c2的最小值为.解析：(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.答案：(1)因为f（x）=|x+a|+|xb|+c|（x+a）（xb）|+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，所以a+b+c=4；(2)由(1)知a+b+c=4，由柯西不等式得，
