1、2015年普通高等学校招生全国统一考试(四川卷)数学(文史类)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,在每个小题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的.1.(2015四川,文1)设集合A=x|-1x2,集合B=x|1x3,则AB=()A.x|-1x3B.x|-1x1C.x|1x2D.x|2x3答案:A解析:如图所示,把集合A,B在数轴上表示出来.所以AB=x|-1xb1”是“log2alog2b0”的()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
2、案:A解析:因为函数y=log2x在(0,+)上是增函数.故ab1log2alog2blog21=0.且log2alog2b0ab1.故ab1是log2alog2b0的充要条件.5.(2015四川,文5)下列函数中,最小正周期为的奇函数是()A.y=sin 2x+2B.y=cos 2x+2C.y=sin 2x+cos 2xD.y=sin x+cos x答案:B解析:对于A,y=sin 2x+2=cos 2x,是最小正周期为的偶函数;对于B,y=cos 2x+2=-sin 2x,是最小正周期为的奇函数;对于C,y=sin 2x+cos 2x=2sin 2x+4,是最小正周期为的非奇非偶函数;对于
3、D,y=sin x+cos x=2sin x+4,是最小正周期为2的非奇非偶函数,故选B.6.(2015四川,文6)执行如图所示的程序框图,输出S的值为()A.-32B.32C.-12D.12答案:D解析:这是一个循环结构,每次循环的结果依次为:k=2,不满足k4;k=3,不满足k4;k=4,不满足k4;k=5,满足k4,此时S=sin 56=sin 6=12.7.(2015四川,文7)过双曲线x2-y23=1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,B两点,则|AB|=()A.433B.23C.6D.43答案:D解析:双曲线x2-y23=1的两条渐近线方程为y=3x,右焦点为F
4、(2,0)如图所示.根据题意,由y=3x,x=2,得A(2,23).同理可得B(2,-23).所以|AB|=43,故选D.8.(2015四川,文8)某食品的保鲜时间y(单位:小时)与储藏温度x(单位:)满足函数关系y=ekx+b(e=2.718为自然对数的底数,k,b为常数).若该食品在0 的保鲜时间是192小时,在22 的保鲜时间是48小时,则该食品在33 的保鲜时间是()A.16小时B.20小时C.24小时D.28小时答案:C解析:由题意,得(0,192)和(22,48)是函数y=ekx+b图象上的两个点.所以192=eb,48=e22k+b. 由得,48=e22keb,把代入得e22k=
5、48192=14,即(e11k)2=14,所以e11k=12.所以当储藏温度为33 时,保鲜时间y=e33k+b=(e11k)3eb=18192=24(小时).9.(2015四川,文9)设实数x,y满足2x+y10,x+2y14,x+y6,则xy的最大值为()A.252B.492C.12D.16答案:A解析:作出可行域,如图所示.令t=xy,则y=tx,由图可知,当曲线y=tx与线段AB相切时,t最大,由x+2y=14,2x+y=10,得A(2,6),由x+y=6,2x+y=10,得B(4,2),由y=tx,得y=-tx2.设切点坐标为(x0,y0),则2x0+y0=10,y0=tx0,-tx
6、02=-2,解得x0=522,4,y0=5,t=252.所以xy的最大值为252.10.(2015四川,文10)设直线l与抛物线y2=4x相交于A,B两点,与圆(x-5)2+y2=r2(r0)相切于点M.且M为线段AB的中点,若这样的直线l恰有4条,则r的取值范围是()A.(1,3)B.(1,4)C.(2,3)D.(2,4)答案:D解析:如图所示,设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),则y12=4x1,y22=4x2,两式相减,得(y1+y2)(y1-y2)=4(x1-x2).当l的斜率不存在,即x1=x2时,符合条件的直线l必有两条.当l的斜率k存在,即x1x2时,有2y0
7、(y1-y2)=4(x1-x2),即k=2y0.由CMAB,得kCM=y0x0-5=-y02,即x0=3.因为点M在抛物线内部,所以y024x0=12,又x1x2,所以y1+y20,即0y0212.因为点M在圆上,所以(x0-5)2+y02=r2,即r2=y02+4.所以4r216,即2r0;对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2,都有n0;对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=n;对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=-n.其中的真命题有(写出所有真命题的序号).答案:解析:对于,因为函数f(x)=2x单调递增,所以m=f(x1)-f(x2)x1-x20,故该命题正
8、确;对于,函数g(x)=x2+ax的对称轴为x=-a2,故函数在-,-a2上单调递减,在-a2,+上单调递增.所以当x1,x2-,-a2时,n=g(x1)-g(x2)x1-x20.所以该命题错误.对于,若存在不相等的实数x1,x2,使得m=n,即f(x1)-f(x2)x1-x2=g(x1)-g(x2)x1-x2,整理得f(x1)-g(x1)=f(x2)-g(x2),设函数h(x)=f(x)-g(x),则h(x)=f(x)-g(x)=2x-x2-ax的图象与平行于x轴的直线可能有两个交点.h(x)=2xln 2-2x-a,记p(x)=h(x),则p(x)=2x(ln 2)2-2,令p(x)=0,
9、解得2x=2(ln2)2,故x=log22(ln2)2=1-2log2(ln 2),记为x0.当x(-,x0)时,p(x)0,函数单调递增,所以p(x)p(x0).显然当p(x0)0时,h(x)p(x0)0,此时函数h(x)在R上单调,函数h(x)=f(x)-g(x)=2x-x2-ax的图象与平行于x轴的直线只有一个交点,即此时h(x)的图象与平行于x轴的直线不可能有两个交点.所以该命题错误.对于,若存在不相等的实数x1,x2,使得m=-n,即f(x1)-f(x2)x1-x2=-g(x1)-g(x2)x1-x2,整理得f(x1)+g(x1)=f(x2)+g(x2),设函数h(x)=f(x)+g
10、(x),则q(x)=f(x)+g(x)=2x+x2+ax的图象与平行于x轴的直线可能有两个交点.q(x)=2xln 2+2x+a,显然q(x)在R上单调,设q(x)=0的解为t,则当x(-,t)时,q(x)0,函数q(x)单调递增.所以函数q(x)=2x+x2+ax的图象与平行于x轴的直线可能有两个交点.所以该命题正确.综上,正确的命题为.三、解答题: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)(2015四川,文16)设数列an(n=1,2,3,)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.(1)求数列an的通项公式;
11、(2)设数列1an的前n项和为Tn,求Tn.解:(1)由已知Sn=2an-a1,有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n2),即an=2an-1(n2).从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1).所以a1+4a1=2(a1+1),解得a1=2.所以,数列an是首项为2,公比为2的等比数列.故an=2n.(2)由(1)得1an=12n.所以Tn=12+122+12n=121-12n1-12=1-12n.17.(本小题满分12分)(2015四川,文17)一辆小客车上有5个座位,其座位号为1,2,3,4,5,乘客P1,P2,P3
12、,P4,P5的座位号分别为1,2,3,4,5,他们按照座位号从小到大的顺序先后上车,乘客P1因身体原因没有坐自己的1号座位,这时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任意选择座位.(1)若乘客P1坐到了3号座位,其他乘客按规则就坐,则此时共有4种坐法.下表给出了其中两种坐法.请填入余下两种坐法(将乘客就座的座位号填入表中空格处);(2)若乘客P1坐到了2号座位,其他乘客按规则就坐,求乘客P5坐到5号座位的概率.乘客P1P2P3P4P5座位号3214532451解:(1)余下两种坐法如下表所示:乘客P1P2
13、P3P4P5座位号3241532541(2)若乘客P1坐到了2号座位,其他乘客按规则就坐,则所有可能的坐法可用下表表示为:乘客P1P2P3P4P5座位号2134523145234152345123541243152435125341于是,所有可能的坐法共8种.设“乘客P5坐到5号座位”为事件A,则事件A中的基本事件的个数为4.所以P(A)=48=12.答:乘客P5坐到5号座位的概率是12.18.(本小题满分12分)(2015四川,文18)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.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)判断平面BEG与平面ACH的
14、位置关系,并证明你的结论;(3)证明:直线DF平面BEG.(1)解:点F,G,H的位置如图所示.(2)解:平面BEG平面ACH.证明如下:因为ABCD-EFGH为正方体,所以BCFG,BC=FG,又FGEH,FG=EH,所以BCEH,BC=EH,于是BCHE为平行四边形.所以BECH.又CH平面ACH,BE平面ACH,所以BE平面ACH.同理BG平面ACH.又BEBG=B,所以平面BEG平面ACH.(3)证明:连接FH.因为ABCD-EFGH为正方体,所以DH平面EFGH.因为EG平面EFGH,所以DHEG.又EGFH,EGFH=O,所以EG平面BFHD.又DF平面BFHD,所以DFEG.同理
15、DFBG.又EGBG=G,所以DF平面BEG.19.(本小题满分12分)(2015四川,文19)已知A,B,C为ABC的内角,tan A,tan B是关于x的方程x2+3px-p+1=0(pR)的两实根.(1)求C的大小;(2)若AB=3,AC=6,求p的值.解:(1)由已知,方程x2+3px-p+1=0的判别式=(3p)2-4(-p+1)=3p2+4p-40.所以p-2,或p23.由韦达定理,有tan A+tan B=-3p,tan Atan B=1-p.于是1-tan Atan B=1-(1-p)=p0,从而tan (A+B)=tanA+tanB1-tanAtanB=-3pp=-3.所以t
16、an C=-tan (A+B)=3,所以C=60.(2)由正弦定理,得sin B=ACsinCAB=6sin603=22,解得B=45,或B=135(舍去).于是A=180-B-C=75.则tan A=tan 75=tan (45+30)=tan45+tan301-tan45tan30=1+331-33=2+3.所以p=-13(tan A+tan B)=-13(2+3+1)=-1-3.20.(本小题满分13分)(2015四川,文20)如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率是22,点P(0,1)在短轴CD上,且PCPD=-1.(1)求椭圆E的方程;(2)设O为坐标原点,过点P的动
17、直线与椭圆交于A,B两点.是否存在常数,使得OAOB+PAPB为定值?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.解:(1)由已知,点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b).又点P的坐标为(0,1),且PCPD=-1,于是1-b2=-1,ca=22,a2-b2=c2.解得a=2,b=2.所以椭圆E方程为x24+y22=1.(2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).联立x24+y22=1,y=kx+1,得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其判别式=(4k)2+8(2k2+1)0,所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-
18、22k2+1.从而,OAOB+PAPB=x1x2+y1y2+x1x2+(y1-1)(y2-1)=(1+)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=(-2-4)k2+(-2-1)2k2+1=-12k2+1-2.所以,当=1时,-12k2+1-2=-3.此时,OAOB+PAPB=-3为定值.当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD.此时,OAOB+PAPB=OCOD+PCPD=-2-1=-3.故存在常数=1,使得OAOB+PAPB为定值-3.21.(本小题满分14分)(2015四川,文21)已知函数f(x)=-2xln x+x2-2ax+a2,其中a0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨
19、论g(x)的单调性;(2)证明:存在a(0,1),使得f(x)0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.(1)解:由已知,函数f(x)的定义域为(0,+),g(x)=f(x)=2(x-1-ln x-a),所以g(x)=2-2x=2(x-1)x.当x(0,1)时,g(x)0,g(x)单调递增.(2)证明:由f(x)=2(x-1-ln x-a)=0,解得a=x-1-ln x.令(x)=-2xln x+x2-2x(x-1-ln x)+(x-1-ln x)2=(1+ln x)2-2xln x,则(1)=10,(e)=2(2-e)0.于是,存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=x0-1-ln x0=u(x0),其中u(x)=x-1-ln x(x1).由u(x)=1-1x0知,函数u(x)在区间(1,+)上单调递增.故0=u(1)a0=u(x0)u(e)=e-21.即a0(0,1).当a=a0时,有f(x0)=0,f(x0)=(x0)=0.再由(1)知,f(x)在区间(1,+)上单调递增,当x(1,x0)时,f(x)f(x0)=0;当x(x0,+)时,f(x)0,从而f(x)f(x0)=0;又当x(0,1时,f(x)=(x-a0)2-2xln x0.故x(0,+)时,f(x)0.综上所述,存在a(0,1),使得f(x)0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.
