15年高考真题——理科数学(福建卷)

2015年普通高等学校招生全国统一考试（福建）卷

数学（理科）

一．选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给也的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的）

234 1．若集合Ai,i,i,i（i是虚数单位），B1,1，则AB等于（ ）

（A）1 （B）1 （C）1,1 （D） 2．下列函数为奇函数的是（ ） （A）yx （B）y|sinx| （C）ycosx （D）yexex

x2y21的左右焦点分别为F1,F2，点P在双曲线E上，且|PF1|3， 3．若双曲线E:916则|PF2|等于（ ） （A）11 （B）9 （C）5 （D）3 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。根据上表可得回归直

收入x（万元） 8.2 8.6 10.0 11.3 11.9 ˆ0.76，ˆˆˆbx线方程ya，其中b支出y（万元） 6.2 7.5 8.0 8.5 9.8 ˆ，据此估计，该社区一户收ˆybxa入为15万元家庭年支出为（ ） （A）11 （B）9 （C）5 （D）3

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

x2y20值等于（ ）

（A）52 （B）2 （C）32 （D）2 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 （C）0 （D）1 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

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

2个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 （C）8 （D）9

9．已知ABAC，|AB|1t，|AC|t，若P点是ABC所在平面内一点，且

- 1 - / 7

2015年高考真题理科数学（解析版） 福建卷

APAB4AC ，则PBPC 的最大值等于（ ） |AB||AC|（A）13 （B）15 （C）19 （D）21

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11k11111 （B） （C） （D） fffkkkk1k1k1k1k15二．填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，把答案写在答题卡相应位置上）

11．x2的展开式中，x的系数等于________。（用数字作答）

212．若锐角ABC的面积为103，且AB5,AC8，则BC等于___________。 13．如图，点A的坐标为1,0，点C的坐标为2,4，函数

fxx2，若在矩形ABCD内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率

等于_______。

14．若函数fxx6x2（a0且a1）的值域是

3logaxx24,，则实数a的取值范围是____________。

15．一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2xnnN*，其中xkk1,2,,n称

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）。已知某种二元码x1x2x7的码元满足如下校验方程组：

x4x5x6x70 x2x3x6x70。其中运算定义为：000，011，101，110。

xxxx03571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___________。

三．解答题（本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤） 16．（本小题满分13分）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。⑴求当天小王的该银行卡被锁定的概率；⑵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。

- 2 - / 7

2015年高考真题理科数学（解析版） 福建卷

17．（本小题满分13分）如图，在几何体ABCDE中，四边形

ADBGEFCABCD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。⑴求证：GF//平面ADE；⑵求

平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值。

x2y218．（本小题满分13分）已知椭圆E：221ab0ab过点0,2，且离心率e22。⑴求椭圆E的方程；⑵设直线l：xmy1mR交椭圆E于A,B两点，判断点G94,0与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由。

19．（本小题满分13分）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2个单位长度。⑴求函数fx的解析式，并求其图像的对称轴方程；⑵已知关于x的方程fxgxm在0,2内有两个不同的解,。①求实数m的取值范围；

2m21。 ②证明：cos5 20．（本小题满分14分）已知函数fxln1x，⑴证明：当x0gxkxkR。时，fxx；⑵证明：当k<1时，存在x0>0，使得对任意x0,x0，恒有fxgx；

2⑶确定k的所以可能取值，使得存在t>0，对任意的x0,t，恒有|fxgx|x。

21．（本题满分14分，设有（I），（II），（III）三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答。如果多做，则按所做的前两题计分。作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框涂黑，并将所选题号填入括号中）

（I）（本小题满分7分）已知矩阵A⑵求矩阵C，使得ACB。

23111，B。⑴求A的逆矩阵A；

4101x13costC（II）（本小题满分7分）在平面直角坐标系xOy中，圆的参数方程为y23sint（t为参数），在极坐标系（与平面直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，

- 3 - / 7

2015年高考真题理科数学（解析版） 福建卷

以x轴非负半轴为极轴）中，直线l的方程为2sinmmR。⑴求圆C的普4通方程及直线l的直角坐标方程；⑵设圆心C到直线l的距离等于2，求m的值。

（III）（本小题满分7分）已知a0,b0,c0，函数fx|xa||xb|c的最小值为4。⑴求a+b+c的值；⑵求

12122a+b+c的最小值。 49

2015年普通高校招生全国统考数学试卷（福建卷）解答

一．CDBBA CBDAC

二．11．80；12．7；13．512；14．1,2；15．5

5431； 65421511⑵依题意得，X所有可能的取值是1,2,3，又PX1，PX2，

6656542PX31。所以X的分布列如右表所示。所以2 3 X 1 6531125P 16 16 23 EX123。 663216．解：⑴设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，则PA17．解：⑴取AE中点H，连HG,HD。因G是BE的中点，故

11AB。又F是CD中点，故DFCD。由22四边形ABCD是矩形得，AB//CD，且ABCD。所以GH//DF，且GHDF。从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF//DH。又DH平面ADE，GF平面ADE，所以GF//平面ADE； GH//AB，且GH⑵在平面BEC内，过B作BQ//EC，因BE⊥CE，故

BQBE。又AB⊥平面BEC，故AB⊥BE，AB⊥BQ。以B为原点，分别以BE,BQ,BA的方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图所示）。则A0,0,2，B0,0,0，E2,0,0，

AzDBGExFyQCF2,2,1。因AB⊥平面BEC，故BA0,0,2是平面BEC的

- 4 - / 7

2015年高考真题理科数学（解析版） 福建卷

法向量。设nx,y,z是平面AEF的法向量，则nAE0nAF0。因AE2,0,2，

2x2z0。取z2，得n2,1,2。从而AF2,2,1，故2x2yz0cosn,BA|2nBA42|，所以所求角的余弦值为。

3|n||BA|323b2a2x2y2

+=1； 18．解：⑴由题ca22，解得b2，故椭圆E的方程为42a2b2c2c2

⑵设Ax1,y1，Bx2,y2，AB的中点为Hx0,y0。由xmy1x2y422得

m22y22my30，故y1y222m3myyy，。从而，所以120222m2m2m229525|AB|22|GH|2x0y0m21y0my0，

44216xxy1y212422

1m2y1y2422yy1m212244y1y21m2y2yy，所以

012|AB|252517m22|AB|2|GH|my01my1y20|GH|，从而。因此

421616m222点G在以AB为直径的圆外。

19．解：⑴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2个单位长度后得到

y2cosx的图像，故fx2sinx，其对称轴方程为xkkZ；

22⑵①fxgx2sinxcosx5sinx（其中sin12，cos）。55由题sinxmm|<1，故m的取值在区间0,2内有两个不同的解,当且仅当|55范围是5,5；

 - 5 - / 7

2015年高考真题理科数学（解析版） 福建卷

②因,是方程sinxm在区间0,2内有两个不同的解，故5sinmm，sin。当1m5时，2，即5523当5m1时，即32。2，2；

22m21。 所以coscos22sin15220．解：⑴令Fxfxxln1xxx0，则有Fx1x1。1xx1当x0时，Fx0，故Fx在0,单调递减。因此当x>0时，FxF00，即当x>0时，fxx；

⑵令Gxfxgxln1xkxx0，则Gx1kxk1k。1xx1当k0时，Gx0，故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，对任意的x0,x0，恒有fxgx；

⑶当k>1时，由⑴知，对于x0,，gxxfx，故gxfx，

|fxgx|gxfxkxln1x。令hxkxln1xx2x0，则

2x2k2xk11k2k24k4hxk2x，故当0x时，

1xx14k2k24k4hx0，hx在0,上单调递增。故hxh00，即

4|fxgx|x2。所以满足题意的t不存在。当k<1时，由⑵知存在x0>0，使得当x0,x0时，有fxgx。此时|fxgx|fxgxln1xkx。令

2x2k2x1k，故当xln1xkxxx0，则xx12 - 6 - / 7

2015年高考真题理科数学（解析版） 福建卷

k2k24k12k2k24k12时，x0，x在0,0x上单调

44k2k24k12递增。故x00，即|fxgx|x。记x0与中较小

42的为x1，则当x0,x1时，恒有|fxgx|x2。故满足题意的t不存在。当k=1，由⑴知，当x0时，|fxgx|gxfxkxln1x。令

2x2x则Hx。当x>0时，Hx0，故HxHxxln1xxx0，

x12在0,单调递减，有HxH00。故当x>0时，恒有|fxgx|x。此时，

2任意实数t满足题意。综上k=1。

21．解：（I）⑴因为|A|23142，所以A132123212；

142222321211322111ACBAACAB⑵由得，故CAB ；

210123（II）⑴消去参数t得圆C的普通方程x1y29。由2sin得sincosm0。所以直线l的直角坐标方程为xym0；

⑵依题意，圆心C到直线l的距离等于2，即1|2|m22，解得m322；

22m，4（III）⑴由题fx|xa||xb|c|xaxb|c|ab|cabc，当且仅当axb时等号成立。所以fx的最小值为abc。又fx的最小值为4，故abc4；

⑵由⑴知abc4，故212122abc491abc16，即

94121288182ababc2。当且仅当23c1即a，b，c时等号成立。

23497777121228故abc的最小值为。 497 - 7 - / 7