2015年高考真题：理科数学(福建卷)试卷(含答案)

统一考试（福建卷） 数学理 第I卷（选择题共50分） 一、选择题：本题共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．若集合Ai,i,i,i234，B1,1 ，则AB 等于 (  （i 是虚数单位）

)

A．1 B．1 C．1,1 D． 【答案】C 【解析】 试题分析：由已知得Ai,1,i,1，故AB1,1，故选C． 考点：1、复数的概念；2、集合的运算． 2．下列函数为奇函数的是( A．y【答案】D

)

x B．ysinx C．ycosx D．yexex 考点：函数的奇偶性． x2y23．若双曲线E:1 的左、右焦点分别为F1,F2，点P在双曲线E上，且PF13，

916则PF2 等于（　） A．11 　　　B．9 【答案】B 【解析】 试题分析：由双曲线定义得PF1PF22a6，即3PF26，解得PF29，故选B． 考点：双曲线的标准方程和定义． 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： 收入x （万

元） 支出y （万

6.2

元） 7.5

8.0

8.5

9.8

8.2

8.6

10.0

11.3

11.9

C．5

　　　D．3

ˆaˆ0.76,aˆ ，据此估计，该社区一户ˆbxˆ ，其中bˆybx根据上表可得回归直线方程y收入为15万元家庭年支出为(

) A．11.4万元 B．11.8万元 C．12.0万元 【答案】B

D．12.2万元 考点：线性回归方程． x2y0,5．若变量x,y 满足约束条件xy0, 则z2xy 的最小值等于 (

x2y20,)

A．53 B．2 C． D．2 22【答案】A 【解析】 试题分析：画出可行域，如图所示，目标函数变形为y2xz，当z最小时，直线y2xz的纵截距最大，故将直线y2x经过可行域，尽可能向上移到过点B(1,)时，z取到最小值，最小值为 12z2(1)15，故选A． 22)

考点：线性规划． 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．2 B．1 【答案】C 【解析】 试题分析：程序在执行过程中S,i的值依次为：S0,i1；S0,i2； C．0

D．1 S1,i3；S1,i4；S0,i5；S0,i6，程序结束，输出 S0，故选C． 考点：程序框图． 7．若l,m 是两条不同的直线，m 垂直于平面 ，则“lm ”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

考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系． 8．若a,b 是函数fxxpxqp0,q0 的两个不同的零点，且a,b,2 这三个

2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．6 B．7 【答案】D 【解析】 C．8

D．9

） 试题分析：由韦达定理得abp，abq，则a0,b0，当a,b,2适当排序后成等

4．当适当排序后成等差数列时，2必a44不是等差中项，当a是等差中项时，2a2，解得a1，b4；当是等差中项时，

aa8a2，解得a4，b1，综上所述，abp5，所以pq9，选D． a比数列时，2必为等比中项，故abq4，b考点：等差中项和等比中项． 19．已知ABAC,AB,ACt ，若P 点是ABC 所在平面内一点，且

tAB4ACAP ，则PBPC 的最大值等于（ ） ABACA．13 B．15 【答案】A

C．19

D．21

yCPBxA 考点：1、平面向量数量积；2、基本不等式． 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k1 ，则下列结论中一定错误的是（ A．f） 11 B．kk11 C．fkk111 fk1k1D． fk1 k1k1【答案】C

考点：函数与导数． 第II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．x2 的展开式中，x的系数等于 52．（用数字作答） 【答案】80 【解析】 试题分析：x2 的展开式中x项为C52x80，所以x的系数等于80． 252322考点：二项式定理． 12．若锐角ABC的面积为103 ，且AB5,AC8 ，则BC 等于________． 【答案】7 【解析】 试题分析：由已知得ABC的面积为

31，ABACsinA20sinA103，所以sinA22A(0,)，所以A．由余弦定理得BC2AB2AC22ABACcosA49，

23BC7． 考点：1、三角形面积公式；2、余弦定理． 13．如图，点A 的坐标为1,0 ，点C 的坐标为2,4 ，函数fxx ，若在矩形ABCD

2内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于 ． 【答案】

5 12 【解析】 试题分析：由已知得阴影部分面积为421x2dx475．所以此点取自阴影部分的概率3355等于3． 412考点：几何概型． x6,x2,14．若函数fx （a0 且a1 ）的值域是4, ，则实数a

3logx,x2,a的取值范围是 【答案】(1,2] ． 考点：分段函数求值域． 15．一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2xnnN* ，其中xk1,2,,n 称

k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） x4x5x6x70,已知某种二元码x1x2x7 的码元满足如下校验方程组：x2x3x6x70, xxxx0,3571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． ． 考点：推理证明和新定义． 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．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. (Ⅰ)求当天小王的该银行卡被锁定的概率； (Ⅱ)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】(Ⅰ)【解析】 试题分析：(Ⅰ)首先记事件“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A．则银行卡被锁死相当于三次尝试密码都错，基本事件总数为A6654，事件A包含的基本事件数为

3A5543，代入古典概型的概率计算公式求解；(Ⅱ)列出随机变量X的所有可能取值，

315；(Ⅱ)分布列见解析，期望为． 22分别求取相应值的概率，写出分布列求期望即可． 试题解析：（Ⅰ）设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A， 则P(A)=´5431´= 65421511542,P(X=2)=´=,P(X=3)=´´1=. 6656653（Ⅱ）依题意得，X所有可能的取值是1，2，3 又P(X=1)=所以X的分布列为 所以E(X)=1´1125+2´+3´=． 6632考点：1、古典概型；2、离散型随机变量的分布列和期望． 17．如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB^平面BEC，BE^EC，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点. (Ⅰ)求证：GF//平面ADE ； (Ⅱ)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值． ADBFC GE【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)

2． 3试题解析：解法一：（Ⅰ）如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点， 1所以GHAAB，且GH=AB， 21又F是CD中点，所以DF=CD，由四边形ABCD是矩形得，ABACD，AB=CD，所以 2GHADF，且GH=DF．从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF//DH，,又 DHÌ平面ADE，GFË平面ADE，所以GFA平面ADE． ADHBGECFADHBGEC FQ所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为

2． 3解法二：(Ⅰ)如图，取AB中点M，连接MG，MF，又G是BE的中点，可知

GM//AE， 又AE面ADE，GM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MF//AD． 又AD面ADE，MF面ADE，所以MF//面ADE． 又因为GMMFM，GM面GMF，MF面GMF， 所以面GMF//平面ADE，因为GF面GMF，所以GM//平面ADE． AMBGE（Ⅱ）同解法一． 考点：1、直线和平面平行的判断；2、面面平行的判断和性质；3、二面角． DFC 2x2y218.．已知椭圆E：2+2=1(a>b>0)过点(0,2），且离心率为． 2ab(Ⅰ)求椭圆E的方程；

(Ⅱ)设直线x=my-1，(mÎR)交椭圆E于A，B两点，判断点G(-径的圆的位置关系，并说明理由． 9,0)与以线段AB为直4x2y29【答案】(Ⅰ)+=1；(Ⅱ) G(-,0)在以AB为直径的圆外． 424G在圆上． 试题解析：解法一：(Ⅰ)由已知得 ìb=2,ïìa=2ïï2ïcï=,解得íb=2 í2ïïaïïa2=b2+c2,îc=2ïîx2y2所以椭圆E的方程为+=1． 42 |AB|25255m23(m2+1)2517m2+22故|GH|-=my0+(m+1)y1y2+=-+=>0 42162(m2+2)m2+21616(m2+2)2所以|GH|>|AB|9，故G(-,0)在以AB为直径的圆外． 24解法二：(Ⅰ)同解法一.

99(Ⅱ)设点A(x1y1),B(x2,y2),，则GA=(x1+,y1),GB=(x2+,y2). 44ìx=my-1ï2m3得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=2,y1y2=2，由íx2y2 m+2m+2ï+=1ïî429955GB=(x1+)(x2+)+y1y2=(my1+)(my2+)+y1y2 从而GAA44445255m23(m2+1)2517m2+2=(m+1)y1y2+m(y1+y2)+=-+ =>0 4162(m2+2)m2+21616(m2+2)2所以cosáGA,GBñ>0,又GA，GB不共线，所以ÐAGB为锐角.

故点G(-9,0)在以AB为直径的圆外． 4考点：1、椭圆的标准方程；2、直线和椭圆的位置关系；3、点和圆的位置关系． 19．已知函数f(x)的图像是由函数g(x)=cosx的图像经如下变换得到：先将g(x)图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），再将所得到的图像向右平移(Ⅰ)求函数f(x)的解析式，并求其图像的对称轴方程； (Ⅱ)已知关于x的方程f(x)+g(x)=m在[0,2p)内有两个不同的解a,b．

（1)求实数m的取值范围； p2个单位长度.

2m2（2)证明：cos(a-b)=-1. 5【答案】(Ⅰ) f(x)=2sinx，x=kp+析． 【解析】 p2(kÎZ).；(Ⅱ)（1）(-5,5)；（2）详见解

试题分析：(Ⅰ)纵向伸缩或平移： g(x)kg(x)或g(x)g(x)k；横向伸缩或平移：

g(x)g(x)（纵坐标不变，横坐标变为原来的

1倍），g(x)g(xa)(a0时，向左

平移a个单位；a0时，向右平移a个单位)；(Ⅱ) （1)由(Ⅰ)得f(x)=2sinx，则

f(x)+g(x)=2sinx+cosx，利用辅助角公式变形为f(x)+g(x)=5sin(x+j)（其中

sinj=12），方程f(x)+g(x)=m在[0,2p)内有两个不同的解a,b，等价于,cosj=55直线ym和函数y=5sin(x+j)有两个不同交点，数形结合求实数m的取值范围；（2)结合图像可得a+b=2(p2-j)和a+b=2(3p-j)，进而利用诱导公式结合已知条件求解． 2试题解析：解法一：(1)将g(x)=cosx的图像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的图像，再将y=2cosx的图像向右平移

p2个单位长度后得到

y=2cos(x-p2)的图像，故f(x)=2sinx，从而函数f(x)=2sinx图像的对称轴方程为

x=kp+(kÎZ). 2p(2)1) f(x)+g(x)=2sinx+cosx=5(21sinx+cosx) 5512） ,cosj=55

=5sin(x+j)（其中sinj=依题意，sin(x+j)=mm在区间[0,2p)内有两个不同的解a,b当且仅当|故m的取|<1，55值范围是(-5,5).

2)因为a,b是方程5sin(x+j)=m在区间[0,2p)内有两个不同的解， 所以sin(a+j)=mm，sin(b+j)=. 55当1£m<5时，a+b=2(p23p-j),a-b=3p-2(b+j); 当-52) 因为a,b是方程5sin(x+j)=m在区间[0,2p)内有两个不同的解， 所以sin(a+j)=mm，sin(b+j)=. 55当1£m<5时，a+b=2(p23p-j),即a+j=3p-(b+j); 当-50时，f(x)0,使得对任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x)； (Ⅲ)确定k的所以可能取值，使得存在t>0，对任意的xÎ(0，t),恒有|f(x)-g(x)|2(x)=得G¢1-k 1+x-kx+(1-k)=，利用导数研究函数G(x)的形状和最值，证明当k<1时，存在x0>0，使得

1+xG(x)0即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，当k>1时，对于\"xÎ(0,+¥),g(x)>x>f(x)，故g(x)>f(x)，则不等式|f(x)-g(x)|M(x)=kx-ln(1+x)-x2,xÎ[0，+¥)，只需说明M(x)0，易发现函数M(x)在k-2+(k-2)2+8(k-1)xÎ（0，)递增，而M(0)0，故不存在；当k<1时，由(Ⅱ)知，存

4在x0>0,使得对任意的任意的xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x)，此时不等式变形为

ln(1+x)-kx造

N(x)=ln(1+x)-kx-x2,xÎ[0，+¥)，

易发现函数

N(x)在

-(k+2）+(k+2)2+8(1-k)xÎ（0，)递增，而N(0)0，不满足题意；当k=1时，代入证明

4即可． 试题解析：解法一：(1)令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,xÎ(0,+¥),则有

F¢(x)=1x-1=- 1+x1+x当xÎ(0,+¥), F¢(x)<0,所以F(x)在(0,+¥)上单调递减； 故当x>0时，F(x)0时，f(x)0,所以G(x)在[0,+¥)上单调递增, G(x)>G(0)=0 故对任意正实数x0均满足题意.

¢当00． kk1-1，对任意xÎ(0,x0),恒有G¢(x)>0,所以G(x)在[0,x0)上单调递增, kG(x)>G(0)=0,即 f(x)>g(x).

综上，当k<1时，总存在x0>0,使得对任意的xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x)． (3)当k>1时，由（1）知，对于\"xÎ(0,+¥),g(x)>x>f(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,xÎ[0，+¥)，

则有

1-2x2+(k-2)x+k-1¢M(x)=k--2x=, 1+x1+x故

当

k-2+(k-2)2+8(k-1)xÎ（0，)时

4，

M¢(x)>0,M(x)在

k-2+(k-2)2+8(k-1)[0，)上单调递增，故M(x)>M(0)=0,即|f(x)-g(x)|>x2,所以满

4足题意的t不存在.

当k<1时，由（2）知存在x0>0,使得对任意的任意的xÎ(0，x0),恒有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,xÎ[0，+¥)，

'则有

1-2x2-(k+2)x-k+1N(x)=-k-2x=, 1+x1+x故当

-(k+2）+(k+2)2+8(1-k)xÎ（0，)时

4，

N¢(x)>0,M(x)在

-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)[0，)上单调递增，故N(x)>N(0)=0,即f(x)-g(x)>x2,记x04-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)与中较小的为x1， 4则当xÎ(0，x1)时，恒有|f(x)-g(x)|>x，故满足题意的t不存在.

当k=1，由（1）知，当xÎ(0,+¥),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)， 21-2x-x令H(x)=x-ln(1+x)-x,xÎ[0，+¥)，则有H¢(x)=1--2x=, 1+x1+x22(x)<0,所以H(x)在[0，+¥）当x>0时，H¢上单调递减，故H(x)故当x>0时，恒有|f(x)-g(x)|解法二：（1）（2）同解法一.

（3）当k>1时，由（1）知，对于\"xÎ(0,+¥),g(x)>x>f(x)，， 故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)>kx-x=(k-1)x， 令(k-1)x>x,解得01时，对于xÎ(0,k-1)恒有|f(x)-g(x)|>x,所以满足题意的t不存在. 当k<1时，取k1=222k+1，从而k0,使得任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>k1x>kx=g(x). 此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=令

1-kx, 21-k1-k2x>x2,解得0x, 221-k2记x0与中较小的为x1，则当xÎ(0，x1)时，恒有|f(x)-g(x)|>x， 2故满足题意的t不存在.

当k=1，由（1）知，当xÎ(0,+¥),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)， 12x2x令M(x)xln(1x)x,x[0，+)，则有M(x)12x, 1x1x2当x>0时，M¢(x)<0,所以M(x)在[0，+）上单调递减，故M(x)0时，恒有|f(x)-g(x)|考点：导数的综合应用． 21．本题设有三个选考题，请考生任选2题作答. 选修4-2：矩阵与变换 已知矩阵A=çç2ææ21ö11ö÷ç÷,B=. ÷ç÷è43øè0-1ø-1(Ⅰ)求A的逆矩阵A； (Ⅱ)求矩阵C，使得AC=B.

1332． 【答案】(Ⅰ)22； (Ⅱ)22123【解析】 试题分析：因为A=çç得A；(Ⅱ)

因为ACB，故CAB，进而利用矩阵乘法求解． 试题解析：(1)因为|A|=2´3-1´4=2 1-1æ21ö311A1A÷，得伴随矩阵，且，由AA可求A2A÷Aè43ø42321所以A42-1113222 2212-1(2)由AC=B得(AA)C=AB,

1331121 故CAB=2=22012123考点：矩阵和逆矩阵． 选修4-4：坐标系与参数方程 ìïx=1+3cost在平面直角坐标系xoy中，圆C的参数方程为í(t为参数).在极坐标系（与平

y=-2+3sintïî面直角坐标系xoy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴）中，直线l的方程为 2rsin(q-p4)=m,(mÎR). (Ⅰ)求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程； (Ⅱ)设圆心C到直线l的距离等于2，求m的值． 【答案】(Ⅰ) x-1【解析】 试题分析：(Ⅰ)将圆的参数方程通过移项平方消去参数得x-1()2+(y+2)=9，x-y-m=0；(Ⅱ) m=-3±22． 2()2+(y+2)=9 ，利用

2xcos，ysin将直线的极坐标方程化为直角坐标方程；(Ⅱ)利用点到直线距离公

式求解． 试题解析：(Ⅰ)消去参数t，得到圆的普通方程为x-1由2rsin(q-()+(y+2)22=9,

p4)=m，得rsinq-rcosq-m=0,

所以直线l的直角坐标方程为x-y-m=0. (Ⅱ)依题意，圆心C到直线l的距离等于2，即 |1-(-2)+m|2=-3±22 解得m=2，考点：1、参数方程和普通方程的互化；2、极坐标方程和直角坐标方程的互化；3、点到直线距离公式． 选修4-5：不等式选讲 已知a0,b0,c0，函数f(x)=|x+a|+|x-b|+c的最小值为4． (Ⅰ)求a+b+c的值； (Ⅱ)求

12122a+b+c的最小值． 49【答案】(Ⅰ) 4；(Ⅱ)【解析】 8． 7试题分析：(Ⅰ)由绝对值三角不等式得f(x)=|x+a|+|x-b|+c 的最小值为|a+b|+c，故

|a+b|+c=4，

即

a+b+c=4

；(Ⅱ)利用柯西不等式

(x12x22x32)(y12y22y32)(x1y1x2y2x3y3)2求解． 试题解析：(Ⅰ)因为f(x)=|x+a|+|x+b|+c³|(x+a)-(x+b)|+c=|a+b|+c 当且仅当-a£x£b时，等号成立 又a>0,b>0，所以|a+b|=a+b,所以f(x)的最小值为a+b+c, 所以a+b+c=4． (Ⅱ)由(1)知a+b+c=4，由柯西不等式得 æ12122öçça+b+c÷÷(4+9+1)³9è4ø即

æabç´2+´3+c´ç3è2ö221÷÷=(a+b+c)=16, ø121228a+b+c³. 49711ba8182c32当且仅当==,即a=,b=,c=时，等号成立 777231121228所以a+b+c的最小值为.

497考点：1、绝对值三角不等式；2、柯西不等式．