2015年四川高考文科数学试题和答案详解

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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Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ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Ⅰ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Ⅰ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A{x|(x1)(x2)0}，集合B{x|1x3}，则A（A）

B

x|1x3 （B）x|1x1 （C）x|1x2 （D）x|2x3

B{x|1x3}，选A.

【答案】A

【解析】∵A{x|1x2}，B{x|1x3}，A2.设向量a(2,4)与向量b(x,6)共线，则实数x

(A)2 (B)3 (C) 4 (D) 6 【答案】B

【解析】由共线向量ax1,y1，bx2,y2的坐标运算可知x1y2x2y10， 即264x0x3，选B.

3.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 （A)抽签法 （B）系统抽样法 （C）分层抽样法 （D）随机数法 【答案】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a，b为正实数，则“ab1”是“log2alog2b”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

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2015年四川高考数学文科卷详细解答

【答案】A

【解析】由已知当ab1时，log2alog2b0∴，“ab1”是“log2alog2b”的充分条件。反过来由log2alog2b0，可得ab1，∴“ab1”是“log2alog2b”的必要条件，综上，“ab1”是“log2alog2b”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.ysin(2x) B.ycos(2x)

22C.ysin2xcos2x D.ysinxcosx 【答案】A 【解析】

A. ycos(2xB. ysin(2x2)sin2x,可知其满足题意;

2)cos2x,可知其最小正周期为，偶函数;

2sin(2x),最小正周期为，非奇非偶函数;

4C. ysin2xcos2xD. ysinxcosx2sin(x),可知其最小正周期为2，非奇非偶函数.选A

46.执行如图所示的程序框图，输出S的值是 (A)

【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Ssin1133 (B) (C)- (D)

222251，选D. 62y2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 7.过双曲线x32（A）43 （B）23 （C）6 （D）43 3【答案】D

【解析】由题意可知双曲线的渐近线方程为y3x，且右焦点(2,0)，则直线x2与两条渐近线的交

点分别为A(2,23)，B(2,23)，∴|AB|43,选D.

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8. 某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：°C）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°C的保鲜时间是192小时，在23°C的保鲜时间是48小时，则该食品在33°C的保鲜时间是

(A)16小时 (B)20小时 (C)24小时 (D)21小时 【答案】C 【解析】

ek0+b192①，ek22b48②，∴

②11e22kek， ①42∴当x33时，e33kbx③，∴

3③1xe33kekx24,选C. ①81922xy109. 设实数x,y满足x2y14，则xy的最大值为

xy6(A)

2549 (B) (C) 12 (D)14

22【答案】A

25x5x【解析】由第一个条件得：y25x。于是，xy2x5x2，xy当且仅当222x5255,y5时取到最大值。经验证，x,y5在可行域内，选A. 22222210.设直线l与抛物线y4x相交于A，B两点，与圆x5yrr0相切于点M，且M为线 段

2AB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 y （D）2，4

【答案】D 【解析】

AMO21xCy4x1 设Ax1,y1，Bx2,y2，M5rcos,rsin，则2 y24x2B两式相减，得：当直线l的斜率不存在时，显然符合条件的直线l有两条。y1y2y1y24x1x2，当直线l的斜率存在时，可得：2rsiny1y24x1x2kABy1y22，又∵

x1x2rsin第3页

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kMCrsin0sin2cos21cosr2 ，∴kAB，∴kMCsin5rcos5cosrsinsincos2由于M在抛物线的内部，∴rsin45rcos204rcos204212，

r24r2423r216r4， ∴rsin23，∴rsinrr因此，2r4，选D.

第Ⅱ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。 11. 设i是虚数单位，则复数i_________. 【答案】2i

【解析】由题意可知：ii12.

1i1iiii2i i2lg0.01log216的值是 ________.

2【答案】2

【解析】lg0.01log216lg1013. .已知sin2cos【答案】-1

【解析】由已知sin2cos2log224242

0，则2sincoscos2的值是________.

0得，tan2，

2sincoscos22tan141∴2sincoscos1 222sincostan14114. 三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，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AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥PA1MN的体积是_______. 【答案】

1 24112211 322424【解析】采用等积法，VPA1MNVMA1PN第4页

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fx1fx215.已知函数fx2，gxxax (其中aR)。对于不相等的实数x1，x2，设m，

x1x2x2ngx1gx2，现有如下命题：

x1x2(1) 对于任意不相等的实数x1，x2，都有m0；

(2) 对于任意a的及任意不相等的实数x1，x2，都有n0； (3) 对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得mn； (4) 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】(1) (4) 【解析】

f(x1)f(x2)2x12x2(1)设x1，x2,∵函数y2是增函数，∴22，x1x20， 则m=>0,

x1x2x1x2xx1x2所以正确；

gx1gx2x12ax1x22ax2(2)设x1x2，则x1x20，∴nx1x2a

x1x2x1x2不妨我们设x11,x22,a3，则n60，矛盾，所以(2)错。 (3)∵mn，由(1)(2)可得：mnfx1fx2gx1gx2，化简得到， x1x2x1x2fx1fx2gx1gx2，也即fx1gx1fx2gx2，令

即对于任意的a函数hx在定义域范围内存在有两个不相等的实数hxfxgx2xx2ax，

根x1，x2。则h'x2ln22xah(x)2ln22xa，显然当a时，hx0恒成立，

xx'即hx单调递增，最多与x轴有一个交点，不满足题意，所以错误。

(4)同理可得fx1gx1gx2fx2，设hxfxgx2xax，即对于任意的a函

x2数hx在定义域范围内存在有两个不相等的实数根x1，x2，从而hx不是恒为单调函数。

h'x2xln22xa，h''x2xln220恒成立，∴h'x单调递增，又∵x时，h'0，x时，h'0。所以hx为先减后增的函数，满足要求，所以正确。

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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{an}的前n项和Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列。 （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）记数列{【解答】：

（Ⅰ）当n2时有，anSnSn12ana1(2an1a1)

则an2an1(n2) ，

1}的前n项和Tn，求Tn。 ananan12 （n 2） ，∴数列an是以a1为首项，2为公比的等比数列。

*n 又由题意得2a22a1a3，22a12a14a1，∴a12 ，∴an2 (nN)

11[1()n]11121(1)n （Ⅱ）由题意得n，∴Tni21an22i1212n17.（本小题满分12分）

一个小客车有5个座位，其座位号为1,2,3,4,5，乘客P1,P2,P3,P4,P5 的座位号为1,2,3,4,5，他们按照座位号顺序先后上车，乘客P1因身体原因没有坐自己号座位，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选择座位.

（I）若乘客P1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 P1 3 3 P2 2 2 P3 1 4 P4 4 5 P5 5 1 座位号 （II）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。 【解答】

（Ⅰ）当乘客P1坐在3号位置上，此时P2的位置没有被占，只能坐在2位置，P3位置被占，可选剩下的任何，即可选1、4、5:①当P3选1位置，P4位置没被占，只能选4位置，P5选剩下的，只有一种情况；②当P3 选4位置，P4可选5位置也可选1位置，P5选剩下的，有两种情况；③当P3 选5位置，P4只可

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选4位置P5选剩下的，有一种情况； 乘客 P1 3 3 3 3 P2 2 2 2 2 P3 1 4 4 5 P4 4 5 1 4 P5 5 1 5 1 座位号 （Ⅱ）这个问情况比较复杂，需要列表解答，当P1坐2位置时，P2位置被占，可选剩下的1,3,4,5 座位，下表列出了所有可能

乘客 P1 2 2 2 2 2 2 2 2 P2 1 3 3 3 3 4 4 5 P3 3 4 4 1 5 3 3 3 P4 4 5 1 4 4 1 5 4 P5 5 1 5 5 1 5 1 1 座位号 综上，共有8种情况，P5坐在5位置上的情况有4种，所求概率为P

18.（本小题满分12分）

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F,G,H标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）； （II）判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论； （III）证明：DF平面BEG 。

481 2DCGEEABFDCB

H【解答】

（I）如答图1所示

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HEFGEHFGEHMFNCBA

GDA

DBCADBC答图1 答图2 答图3

（II）如答图2所示，连接AH,AC,CH,BE,BG,EG，易得四边形BEHC和四边形ABGH为

，所以

又∵BE,BG平面BEG，且CH,AH平面BEG，∴CH//平面BEG，BE//CH，BG//AH，

AH//平面BEG，又∵CH,AH平面ACH，且CHAHH，所以平面BEG//平面ACH

（III）如答图3所示，易得EGHF,EGHD,HFHDH，∴EG平面HFBD,

得∵DF平面DBFH，∴EGDF，同理可得，BGDF，又EG∴DF平面BEG。

19.（本小题满分12分）

BGG，

2已知A,B,C为ABC的内角，tanA,tanB是关于x的方程x3pxp10(pR)的两实根.

（Ⅰ）求C的大小； （Ⅱ）若AB3,AC【解答】

2（Ⅰ）tanA,tanB是关于x的方程x3pxp10的两个根可得：tanAtanB3p，

6，求p的值.

tanAtanB1p，所以tan(AB)内角和为180o可知，C60o. （Ⅱ）在ABC中，由正弦定理可得，

3ptanAtanB3，则AB120o，由三角形

1tanAtanBp2ABAC求得sinB，则tanB1.又tanC3，由2sinCsinB三角形内角和为180o及诱导公式可知tanAtan(BC)，解得tanA23，将tanA,tanB代入

tanAtanB3p，解得p31.

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20.（本小题满分13分）

x2y22如图，椭圆E:221（ab0）的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且PCPD1。

2ab（Ⅰ）球椭圆E的方程；

（Ⅱ）设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A,B两点。是否存在常数，使得OAOBPAPB

为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由。

【解答】

（Ⅰ）由PCPD1知，(b1)(b1)1，解得by A P O B x 2， 2又∵由离心率是得到a2,c2 ；

2x2y21。 ∴椭圆E的方程为：42(Ⅱ)当直线AB的斜率存在时，设AB的解析式为ykx1，Ax1,y1，Bx2,y2

x2y21 联立：42k21x24kx20，显然32k280，由韦达定理可知，2ykx1x1x24k2,xx，PAx1,y11，PBx2,y21 12222k12k1∴OAOBPAPBx1x2y1y2x1x2y11y21，

11k2xx12kx1x224k221112k212k212

这里，与k的取值无关，∴10，即1。 此时OAOBPAPB123， 当直线AB的斜率不存在时，AB就是CD， 那么OC3,1,OD3,1

∴OAOBPAPBOCODPCPD331113 综上，存在常数1，使得OAOBPAPB为定值3。

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21.已知函数fx2lnxx2axa，其中a0，设gx是fx的导函数.

22（Ⅰ）讨论gx的单调性；

（Ⅱ）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。

【解答】：

（Ⅰ）∵fx2lnxx2axa，∴求导可得，

2222f'x2x2a，即 gx2x2aa0,x0

xx∴g'x220恒成立，∴g(x)在其定义域上单调递增。 2x（Ⅱ）∵a0,1，∴由(Ⅰ)可知f'xgx在(1，)内单调递增。

f'xf'1222a2a0， 又x1时，limx1当x时，显然limf'xf'0。而f'x在(1，)是单调递增的，因此在

x(1，)内必定存在唯一的x0使得f'x022x02a0 …………….. ①。 x0∴当1xx0时，f'x0，当xx0时，f'x0

∴fx在(1,x0)上单调递减，在(x0,)上单调递增，∴fxminfx0。 由已知条件fx0在区间1,内有唯一解，∴必有fxminfx00。 即f(x0)2lnx0x02ax0a2lnx0x0a0……………………. ②，

222由①式得到x0a11122带入②式化简得：22lnx0lnx0，即2lnx00， x0x0x02令tx0，htlnt，h't1t110恒成立，∴ht为减函数， t2t∵h110,h211ln20，∴ht在1,2内有零点，即x01,2时，2lnx020x02有解，此时ax0211 为增函数，且ax01aax2，0a02x0即a0,1。∴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。

By：Kingslee QMJY 杰少

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