2015年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学文（2）.docx

《2015年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学文（2）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学文（2）.docx（7页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、 2015 年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学文 （ 2） 19.（本小题满分 12 分） 已知点 为抛物线 的焦点，点 在抛物线 上，且 . （ ）求抛物线 的方程； （）已知点 ，延长 交抛物线 于点 ， 证明：以点 为圆心且与直线 相切的圆，必与直线相切 . 【答案】 （ ） ；（）详见解析 . 【解析】 试题分析： （ ）利用抛物线定义，将抛物线上的点到焦点距离和到准线距离相互转化 .本题由 可得 ，可求 的值，进而确定抛物线方程；（）欲证明以点 为圆心且与直线 相切的圆，必与直线 相切 .可证明点 到直线 和直线 的距离相等（此时需确定两条直线方程）；也可以证明 ，可转化为

2、证明两条直线的斜率互为相反数 . 试题解析：解法一：（ I）由抛物线的定义得 . 因为 ，即 ，解得 ，所以抛物线 的方程为 . （ II）因为点 在抛物线 上， 所以 ，由抛物线的对称性，不妨设 . 由 ， 可得直线 的方程为 . 由 ，得 ， F 2: 2 ( 0 )E y p x p (2, )Am E 3AFE( 1,0)G AF E B F GA GB2 4yx3AF 232pp F GA GBF GA GB G F G F F22p F3 232p 2p 2 4yx 2,m : 2 4yx22m 2,2 2 2,2 2 F1,0 F 2 2 1yx 22 2 14yxyx 22 5

3、 2 0xx 解得 或 ，从而 . 又 ， 所以 ， ， 所以 ，从而 ，这表明点 到直线 ， 的距离相等， 故以 为圆心且与直线 相切的圆必与直线 相切 . 解法二：（ I）同解法一 . （ II）设以点 为圆心且与直线 相切的圆的半径为 . 因为点 在抛物线 上， 所以 ，由抛物线的对称性，不妨设 . 由 ， 可得直线 的方程为 . 由 ，得 ， 解得 或 ，从而 . 又 ，故直线 的方程为 ， 从而 . 又直线 的方程为 ， 所以点 到直线 的距离 . 这表明以点 为圆心且与直线 相切的圆必与直线 相切 . 20.（本题满分 12 分） 2x 12x 1 ,22 G 1,0 G 2 2

4、0 2 22 1 3k G 2 0 2 21 312k GG0kk G F G F F G GF G GF G r 2,m : 2 4yx22m 2,2 2 2,2 2 F1,0 F 2 2 1yx 22 2 14yxyx 22 5 2 0xx 2x 12x 1 ,22 G 1,0 G 2 2 3 2 2 0xy 2 2 2 2 428 9 1 7rG 2 2 3 2 2 0xy F G 2 2 2 2 428 9 1 7dr F G G 如图， 是圆 的直径，点 是圆 上异于 的点， 垂直于圆 所在的平面，且 . （）若 为线段 的中点，求证 平面 ； （）求三棱锥 体积的最大值； （）若

5、，点 在线段 上，求 的最小值 . 【答案】（）详见解析；（） ；（） . 【解析】 试题分析：（）要证明 平面 ，只需证明 垂直于面 内的两条相交直线 .首先由 垂直于圆所在的平面，可证明 ；又 ， 为 的中点，可证明 ，进而证明结论；（）三棱锥 中，高 ，要使得 体积最大，则底面 面积最大，又 是定值，故当边上的高最大，此时高为半径，进而求三棱锥 体积；（）将侧面 绕 旋转至平面 ，使之与平面 共面，此时线段 的长度即为 的最小值 . 试题解析：解法一：（ I）在 中，因为 ， 为 的中点， 所以 . 又 垂直于圆 所在的平面， 所以 . 因为 ， 所以 平面 . （ II）因为点 在圆

6、上， 所以当 时， 到 的距离最大，且最大值为 . 又 ，所以 面积的最大值为 . 又因为三棱锥 的高 ， 故三棱锥 体积的最大值为 . （ III）在 中， ， ， 所以 . AB O C O ,AB 1 D AC C DP ABC2BC E PB CE OE13 262C D AC D C C D C CD P ABC 1PO P ABC ABC 2AB ABP ABC C C OC CE OEC C D CCD CD C DC C C 12 C 1 2 1 12 C 1C 111133 1 90 221 1 2 同理 ，所以 . 在三棱锥 中，将侧面 绕 旋转至平面 ，使之与平面 共面，

7、如图所示 . 当 ， ， 共线时， 取得最小值 . 又因为 ， ， 所以 垂直平分 ， 即 为 中点 . 从而 ， 亦即 的最小值为 . 解法二：（ I）、（ II）同解法一 . （ III）在 中， ， ， 所以 ， .同理 . 所以 ，所以 . 在三棱锥 中，将侧面 绕 旋转至平面 ，使之与平面 共面，如图所示 . 当 ， ， 共线时， 取得最小值 . 所以在 中，由余弦定理得： . 从而 . 所以 的最小值为 . 21.（本题满分 12 分） C2 CC C C C C C CC C 2 6 2 6CC 2 2 2 C 262 1 90 45 221 1 2 C2CC C 60 C C

8、C C CC 2C 1 2 2 1 2 c o s 4 5 6 0 2 1 2 31 2 2 22 2 2 2 2326C 2 3 2 C 262 已知函数 . （）求函数 的最小正周期； （）将函数 的图象向右平移 个单位长度，再向下平移 （ ）个单位长度后得到函数 的图象，且函数 的最大值为 2. （）求函数 的解析式； （）证明：存在无穷多个互不相同的正整数 ，使得 . 【答案】（） ；（）（） ；（）详见解析 . 【解析】 试题分析：（）首先利用证明二倍角公式和余弦降幂公式将 化为 ，然后利用求周期；（）由函数 的解析式中给 减 ，再将所得解析式整体减去 得 的解析式为，当 取 1 的

9、时， 取最大值 ，列方程求得 ，从而 的解析式可求；欲证明存在无穷多个互不相同的正整数 ，使得 ，可解不等式 ，只需解集的长度大于1，此时解集中一定含有整数，由周期性可得，必存在无穷多个互不相同的正整数 . 试题解析：（ I）因为 . 所以函数 的最小正周期 . （ II）（ i）将 的图象向右平移 个单位长度后得到 的图象，再向下平移 （ ）个单位长度后得到 的图象 . 又已知函数 的最大值为 ，所以 ，解得 . 所以 . （ ii）要证明存在无穷多个互不相同的正整数 ，使得 ，就是要证明存在无穷多个互不相同的正整数 ， 21 0 3 s i n c o s 1 0 c o s2 2 2x

10、x xfx fx fx 6 a 0a gx gx gx0x 0 0gx2 1 0 sin 8g x x fx ( ) 1 0 s i n 56f x x 2T fxx6a gx 1 0 s in 5g x x a sinx gx 10 5 a 13a gx0x 0 0gx 0 0gx0x 21 0 3 s i n c o s 1 0 c o s2 2 2x x xfx 5 3 s i n 5 c o s 5xx 1 0 s in 56x fx 2 fx 6 10 sin 5yx a 0a 1 0 s in 5g x x a gx 2 10 5 2a 13a 1 0 sin 8g x x0x 0

11、 0gx 0x 使得 ，即 . 由 知，存在 ，使得 . 由正弦函数的性质可知，当 时，均有 . 因为 的周期为 ， 所以当 （ ）时，均有 . 因为对任意的整数 ， ， 所以对任意的正整数 ，都存在正整数 ，使得 . 亦即存在无穷多个互不相同的正整数 ，使得 . 22.（本小题满分 14 分） 已知函数 . ( )求函数 的单调递增区间； （）证明：当 时， ； （）确定实数 的所有可能取值，使得存在 ，当 时，恒有 . 【答案】 ( ) ；（）详见解析；（） . 【解析】 试题分析： ( )求导函数 ，解不等式 并与定义域求交集，得函数 的单调递增区间；（）构造函数 ， .欲证明 ，只需证

12、明 的最大值小于 0 即可；（）由（ II）知，当 时，不存在 满足题意；当 时，对于 ， 有 ，则 ，从而不存在 满足题意；当 时，构造函数， ，利用导数研究函数 的形状，只要存在 ，当 时 即可 . 试题解析：（ I） ， . 010 sin 8 0x 0 4sin 5x 435200 3 0 4sin 5 00,x 4sin 5xsinyx 2 002 , 2x k k k 4sin 5xk 0 0 02 2 2 13kk k 002 , 2kx k k 4sin5kx 0x 0 0gx2( 1 )( ) ln2xf x x fx1x 1f x xk 0 1x 0(1, )xx 1f x

13、 k x150,2 ,1 2 1xxfx x ( ) 0fx fx F1x f x x 1,x 1f x x ()Fx1k 0 1x 1k 1x 11f x x k x 1f x k x 0 1x 1k G1x f x k x 0,x ()Gx 0 1x 0(1, )xx( ) 0Gx 2111 xxf x xxx 0,x 由 得 解得 . 故 的单调递增区间是 . （ II）令 ， . 则有 . 当 时， ， 所以 在 上单调递减， 故当 时， ，即当 时， . （ III）由（ II）知，当 时，不存在 满足题意 . 当 时，对于 ，有 ，则 ，从而不存在 满足题意 . 当 时，令 ， ，

14、 则有 . 由 得， . 解得 ， . 当 时， ，故 在 内单调递增 . 从而当 时， ，即 ， 综上， 的取值范围是 . 0fx 2 0 10x xx 150 2x fx 150, 2 F1x f x x 0,x 21F xx x 1,x F0x Fx 1,1x F F 1 0x 1x 1f x x1k 0 1x 1k 1x 11f x x k x 1f x k x 0 1x 1k G1x f x k x 0,x 2 111G1 x k xx x kxx G0x 2 1 1 0x k x 211 1 4 02kkx 221 1 4 12kkx 21,xx G0x Gx 21,x 21,xx G G 1 0x 1f x k xk ,1