1、绝密 启封并使用完毕前2015 年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）数 学（文史类）本试题卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题） 。第卷 1 至 2 页，第卷 3 至 4页。满分 l50分。考试时间 l20 分钟。考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。第卷（选择题 共 50 分）注意事项：必须使用 2B 铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。第卷共 10 小题。一、选择题：本大题共 10 个小题,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.设集合 ，集合 ，则|(1)20Ax|13B
2、xAB（A） （B） （C） （D）|3| |12x|2x【答案】A【解析】 ， ， ，选 A.|12x|13Bx|13ABx2.设向量 与向量 共线，则实数(2,4)a(,6)b(A) (B) (C) (D) 346【答案】B【解析】由共线向量 ， 的坐标运算可知 ，1,axy2,bxy1210xy即 ，选 B.26403x3.某学校为了了解三年级、六年级、九年级这三个年级之间的学生视力是否存在显著差异，拟从这三个年级中按人数比例抽取部分学生进行调查，则最合理的抽样方法是是否开始结束K=k+1K=1sin6kSk4?输出 S（A)抽签法 （B）系统抽样法 （C）分层抽样法 （D）随机数法【答
3、案】C【解析】因为是为了解各年级之间的学生视力是否存在显著差异，所以选择分层抽样法。4.设 ， 为正实数，则“ ”是“ ”的 ab1ab22loglab(A)充要条件 (B)充分不必要条件 (C)必要不充分条件 (D)既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由已知当 时， ， “ ”是1ab22logl0ab1ab“ ”的充分条件。反过来由 ，可得 ，“22logl 2log”是“ ”的必要条件，综上， “ ”是“ ”1ab2ogl 22loglab的充要条件，选 A.5.下列函数中，最小正周期为 的奇函数是A. B.sin(2)yxcos(2)yxC. D.cos in【答案】A【解析】A.
4、,可知其满足题意;cos(2)sin2yxxB. ,可知其最小正周期为 ，偶函数;incoC. ,最小正周期为 ，非奇非偶函si2s2in()4yxx数;D. ,可知其最小正周期为 ，非奇非sincosi()yxx2偶函数.选 A6.执行如图所示的程序框图，输出 S 的值是(A) (B) (C)- (D) 32-321212【答案】D【解析】易得当 k=1,2,3,4 时执行的是否，当 k=5 时就执行是的步骤，所以 ，选 D.51sin62S7.过双曲线 的右焦点且与 x 轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于 A，B3yx两点，则 AB（A） （B） （C）6 4323（D）【答案】D【解
5、析】由题意可知双曲线的渐近线方程为 ，且右焦点 ，则直线 与3yx(2,0)2x两条渐近线的交点分别为 ， ， ,选 D.A(2,)B(2,)|43AB8. 某食品的保鲜时间 （单位：小时）与储藏温度 （单位： ）满足函数关系yxC（ 为自然对数的底数，k ，b 为常数） 。若该食品在 的保鲜时间kxbye=2.718 0是 192 小时，在 23 的保鲜时间是 48 小时，则该食品在 33 的保鲜时间是C(A)16 小时 (B)20 小时 (C)24 小时 (D)21 小时【答案】C【解析】， ， ， 0+192kbe 248kbe 2142kke当 时， ， ,选 C.3x3kbx 338
6、9kx9. 设实数 满足 ，则 的最大值为,y21046yxxy(A) (B) (C) 12 (D)1425492【答案】A【解析】由第一个条件得： 。于是，5yx， 当且仅当 时取到最大值225xyxy5,2xy。经验证， 在可行域内，选 .,5yA10.设直线 与抛物线 相交于 A，B 两点，与圆 相切于点l24x2250xyrM，且 M 为线 段 AB 的中点.若这样的直线 恰有 4 条，则 的取值范围是l（A） （B ） （C ） （D）13， 1， 3，24，【答案】D【解析】设 ， ， ，则1,Axy2,Bxy5cos,inMr214yx两式相减，得： ，当直线 的斜率不存在时，显
7、然符合条1212124xl件的直线 有两条。当直线 的斜率存在时，可得：ll，又1212122sin4sinAByryxkxr ， ，i0sin5coMCkrcoiABMC22sinicos由于 M 在抛物线的内部，2si45s204s20412rrrxyBOMCA ， ，sin23r2224sin3164rr rr因此， ，选 D.4第卷（非选择题 共 100 分）注意事项：必须使用 0.5 毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目说只是的区域内作答。作图可先用铅笔绘出，确认后再用 0.5 毫米黑色墨迹签字笔描清楚。答在试卷、草稿纸上无效。二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分
8、。11. 设 是虚数单位，则复数 _.i 1i【答案】 2【解析】由题意可知： 2iii12. 的值是 _.2lg0.1lo6【答案】【解析】 242l.lgl10log213. .已知 ，则 的值是_. sincossincs【答案】-1【解析】由已知 得， ，i20ta2 222sincostan142sinco 114. 三棱柱 中， ，其正视图和侧视图都是边长为 1 的正方形，1ABC90BAC俯视图是直角边长为 1 的等腰直角三角形，设点 M,N,P 分别是 ， ， 的中点，ABC则三棱锥 的体积是_.PMN【答案】 24【解析】采用等积法， 11 2134PAMNAPV15.已知函
9、数 ， (其中 )。对于不相等的实数 ， ，设2xf2gaxR1x2， ，现有如下命题：12xm12n(1) 对于任意不相等的实数 ， ，都有 ；1x20m(2) 对于任意 的及任意不相等的实数 ， ，都有 ；a12xn(3) 对于任意的 ，存在不相等的实数 ， ，使得 ；(4) 对于任意的 ，存在不相等的实数 ， ，使得 。1x2m其中的真命题有_( 写出所有真命题的序号） 。【答案】(1) (4)【解析】(1)设 ， ,函数 是增函数， ， ， 则1x2xy12x120x= 0,所以正确；21)(ffm21(2)设 ，则 ，12x120x2211122gxxaxn a不妨我们设 ，则 ，矛
10、盾，所以(2)错。12,3a60(3) ，由(1)(2)可得： ，化简得到，nm1212fxfgxmn，也即 ，令1212fxfgx1122ff，即对于任意的 函数 在定义域范围内存在有两haxahx个不相等的实数根 ， 。则 ，显然当1x2ln2hxanl)(时， 恒成立，即 单调递增，最多与 x 轴有一个交点，不满足题意，a0所以错误。(4)同理可得 ，设 ，即1122fxgxf2xhfga对于任意的 函数 在定义域范围内存在有两个不相等的实数根 ， ，从而ah 12不是恒为单调函数。 ， 恒成立，hx lnxa ln0x 单调递增，又 时， ， 时， 。所以hxx0hx0h为先减后增的函
11、数，满足要求，所以正确。三、简答题：本大题共 6 小题，共 75 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 12 分）设数列 的前 项和 ，且 ， ， 成等差数列。na12nSa21a3（）求数列 的通项公式；（）记数列 的前 项和 ，求 。1nanT【解答】：（）当 时有， 21112()nnnSaa则 ， （ ） ，数列 是以 为首项，2 为公1na()1n-=n1a比的等比数列。又由题意得 ， ， ， 213a1124aa1na*()nN（）由题意得 ， 12na1()12()2nn niT17.（本小题满分 12 分）一个小客车有 5 个座位，其座位号为 ，乘客
12、的座位号为,234512345,P，他们按照座位号顺序先后上车，乘客 因身体原因没有坐自己号座位，这时1,234司机要求余下的乘客按以下规则就坐：如果自己的座位空着，就只能坐自己的座位。如果自己的座位已有乘客就坐，就在这 5 个座位的剩余空位中选择座位.（I）若乘客 坐到了 3 号座位，其他乘客按规则就座，则此时共有 4 种坐法。下表给出其1P中两种坐法，请填入余下两种坐法（将乘客就坐的座位号填入表中空格处）乘客 1P23P4 5P3 2 1 4 53 2 4 5 1座位号（II）若乘客 坐到了 2 号座位，其，他乘客按规则就坐，求乘客 坐到 5 号座位的概率。1P P【解答】（）当乘客 坐在
13、 3 号位置上，此时 的位置没有被占，只能坐在 2 位置， 位置被1 2P3占，可选剩下的任何，即可选 1、4、5: 当 选 1 位置， 位置没被占，只能选 4 位置，34P选剩下的，只有一种情况；当 选 4 位置， 可选 5 位置也可选 1 位置， 选剩下5P3 5P的，有两种情况；当 选 5 位置， 只可选 4 位置 选剩下的，有一种情况；3P乘客 1234P 53 2 1 4 53 2 4 5 13 2 4 1 5座位号3 2 5 4 1（）这个问情况比较复杂，需要列表解答，当 坐 2 位置时， 位置被占，可选剩下P2的 座位，下表列出了所有可能1,345乘客 1P234P 52 1 3
14、 4 52 3 4 5 12 3 4 1 52 3 1 4 52 3 5 4 12 4 3 1 52 4 3 5 1座位号2 5 3 4 1综上，共有 8 种情况， 坐在 5 位置上的情况有 4 种，所求概率为 P82P=18.（本小题满分 分）12一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示。（I）请将字母 标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由） ；,FGH（II）判断平面 与平面 的位置关系，并证明你的结论；BEAC（III）证明： 平面D。 CBAD GEHF A BE CD【解答】（I）如答图 1 所示A BE FH GCD答图 1 答图 2 答图3（II）如答图 2 所
15、示，连接 ，易得四边形 和四边形,AHCEBGBEHC为 ，所以 ， ，又 平面 ，且ABGHY/BE/,G平面 ， 平面 ， 平面 ，又 平,C/A,A面 ，且 ，所以平面 平面ABEC（III）如答图 3 所示，易得 ， 平面,GHFDHEA BE FH GCD NMA BE FH GCD,HFBD得 平面 ， ，同理可得， ，又BFHEGDFBGDF， EG 平面 。19.（本小题满分 12 分）已知 为 的内角， 是关于 的方程,ABCtan,ABx的两实根.2310()xppR（）求 的大小；（）若 ，求 的值.,6AB【解答】（） 是关于 的方程 的两个根可得：tan,x2310p
16、xtantAB， ，所以 ，则3pt1ABtanttan()ABB3p，由三角形内角和为 可知， .120oB80o60oC（）在 中，由正弦定理可得， 求得 ，则 .又ACsiniAB2sintan1B，由三角形内角和为 及诱导公式可知 ，解得tan3180otat()AC，将 代入 ，解得 .2tan,Btat3p3120.（本小题满分 13 分）如图，椭圆 （ ）的离心率是 ，点 在短轴 上，且2:1xyEab0a2(0,1)PCD。PCD（）球椭圆 的方程；（）设 为坐标原点，过点 的动直线与椭圆交于 两点。是否存在常数 ，使得OP,AB为定值？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由。
17、ABxyOBAP【解答】（）由 知， ，解得 ，1PCD()1b2b又由离心率是 得到 ； 2,2ac椭圆 E 的方程为： 。214xy()当直线 AB 的斜率存在时，设 AB 的解析式为 ， ，1ykx1,Ay2,Bxy联立： ，显然 ，由韦达定2214204xykxk 2380k理可知， ， ，121222,xk1,PAxy2,PBy ，121221OAPBxyxy21122241 1kk k这里，与 的取值无关， ，即 。01此时 ，123OABP当直线 AB 的斜率不存在时，AB 就是 CD，那么 3,CD 313OCPD综上，存在常数 ，使得 为定值 。1AB21.已知函数 ，其中
18、，设 是 的导函数.22lnfxxa0agxf（）讨论 的单调性；gx（）证明：存在 ，使得 恒成立，且 在区间(1， )内有唯0,1a0fx0fx一解。【解答】：（） ，求导可得，22lnfxxa，即 f 0,gxax 恒成立， 在其定义域上单调递增。2 0gx()（） ，由( )可知 在(1， )内单调递增。,1afxg又 时， ，x1lim1220xf a 当 时，显然 。而 在(1， )是单调递增的，xffx因此在(1， )内必定存在唯一的 使得 。0002fax当 时， ，当 时，01xfx0f 在 上单调递减，在 上单调递增， 。f(,)(,)0minfxf由已知条件 在区间 内有唯一解，必有 。fx1i即 . 2220000()lnln0f axxa，由式得到 带入式化简得： ，即 ，001x20201lnxx201lnx令 ， ， 恒成立， 为减函数，20txlnhtt2htht ， 在 内有零点，即 时，11,l02t1,01,2x有解，此时 为增函数，且 ，201lnx01ax0012xxa2a即 。存在 ，使得 恒成立，且 在区间(1，0,10,1a0fx0fx)内有唯一解。
