2015年四川理科数学选择题1.设集合 { | ( 1)( 2) 0}A x x x ，集合 { |1 3}B x x ，则A B = （ ）A.{x|-1<x<3} B.{x|-1<x<1} C.{x|1<x<2} D.{x|2<x<3}[来源:学#科#网]

【答案】A

【解析】试题分析： { | 1 2}, { |1 3}, { | 1 3}A x x B x x A B x x ，选 A.

考点：集合的基本运算.

2.设 i 是虚数单位，则复数3 2i

i

( )

A.-i B.-3i C.i. D.3i

【答案】C

【解析】

考点：复数的基本运算.

3.执行如图所示的程序框图，输出 S 的值是( )

A.

32-

B.

32 C.-

12 D.

12

【答案】D

【解析】

试题分析：这是一个循环结构，每次循环的结果依次为： 2; 3; 4; 5k k k k ，大于

4，所以输出的5 1sin6 2

S ，选 D.

考点：程序框图.

4.下列函数中，最小正周期为且图象关于原点对称的函数是（ ）. cos(2 )

2A y x

. sin(2 )2

B y x . sin 2 cos 2C y x x

. sin cosD y x x

【答案】A

【解析】

试题分析：对于选项 A，因为2sin 2 ,2

y x T ，且图象关于原点对称，故选 A.

考点：三角函数的性质.

5.过双曲线2

2 13yx 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）4 3

3 （B） 2 3 （C）6 （D） 4 3

【答案】D

考点：双曲线.

6.用数字 0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，其中比 40000 大的偶数共有（ ）（A）144 个 （B）120 个 （C）96 个 （D）72 个【答案】B

【解析】试题 分析：据题意，万位上只能排 4、5.若万位 上排 4，则有 3

42 A 个；若万位上排 5，则有 3

43 A 个.所以共有 342 A 3

43 5 24 120A 个.选 B.

考点：排列组合.

7.设四边形 ABCD 为平行四边形， 6AB

， 4AD

.若点 M，N 满足 3BM MC ，

2DN NC ，则 AM NM

（ ）（A）20 （B）15 （C）9 （D）6

【答案】C

【解析】

试题分析：3 1 1,4 4 3

AM AB AD NM CM CN AD AB

，所以2 21 1 1 1(4 3 ) (4 3 ) (16 9 ) (16 36 9 16) 9

4 12 48 48AM NM AB AD AB AD AB AD

选 C.

考点：平面向量.

8.设 a，b 都是不等于 1 的正数，则“3 3 3a b ”是“ log 3 log 3a b ”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

【答案】B

【解析】考点：命题与逻辑.

9.如果函数 21 2 8 1 0 02

f x m x n x m n ， 在区间1 22

， 单调递减，则mn 的最大值为（ ）

（A）16 （B）18 （C）25 （D）812

【答案】B

【解析】

试题分析： 2m 时，抛物线的对称轴为82

nxm

.据题意，当 2m 时，

8 22

nm

即 2 12m n .

22 6, 182m nm n mn

.由 2m n 且 2 12m n 得

3, 6m n .当 2m 时，抛物线开口向下，据题意得，8 12 2

nm

即 2 18m n .

2 812 9,2 2n mn m mn

.由 2n m 且 2 18m n 得 9 2m ，故应舍去.要

使得mn 取得最大值，应有 2 18m n ( 2, 8)m n .所以(18 2 ) (18 2 8) 8 16mn n n ，所以最大值为 18.选 B..

考点：函数与不等式的综合应用.

10.设直线 l 与抛物线 2 4y x 相交于 A，B 两点，与圆 2 2 25 0x y r r 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，

x

y

–1–2 1 2 3 4 5 6 7 8 9

–1

–2

–3

–4

–5

–6

1

2

3

4

5

6

A

B

CFO

M

【答案】D

考点：直线与圆锥曲线，不等式.

2015年四川理科数学填空题11.在 5(2 1)x 的展开式中，含 2x 的项的系数是 （用数字作答）.

【答案】 40 .[来源:Zxxk.Com]

【解析】试题分析： 5 5(2 1) (1 2 )x x ，所以 2x 的系数为 2 2

5 ( 2) 40C .

考点：二项式定理.

12. 75sin15sin .

【答案】6

2 .

【解析】

试题分析：6sin15 sin 75 sin15 cos15 2 sin(15 45 )

2

.

考点：三角函数.

13.某食品的保鲜时间 y（单位：小时）与储存温度 x（单位： C ）满足函数关系 bkxey

（ 718.2e 为自然对数的底数，k、b 为常数）。若该食品在 0 C 的保鲜时间设计 192

小时，在 22 C 的保鲜时间是 48 小时，则该食品在 33 C

的保鲜时间是 小时.

【答案】24

考点：函数及其应用.

14.如图，四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点 M 在线段PQ 上，E、F 分别为 AB、BC 的中点。设异面直线 EM 与 AF 所成的角为，则 cos 的最大值为 .

【答案】25

【解析】

试题分析：建立坐标系如图所示.设 1AB ，则1 1(1, ,0), ( ,0,0)2 2

AF E

.设(0, ,1)(0 1)M y y ，则

z

y

x

F

M

E

Q P

D

CB

A

考点：1、空间两直线所成的角；2、不等式.

15.已知函数 xxf 2)( ， axxxg 2)( （其中 Ra ） .对于不相等的实数 21, xx ，设

21

21 )()(xxxfxfm

， 21

21 )()(xxxgxgn

.

现有如下命题：（1）对于任意不相等的实数 21, xx ，都有 0m ；（2）对于任意的 a 及任意不相等的实数 21, xx ，都有 0n ；（3）对于任意的 a，存在不相等的实数 21, xx ，使得 nm ；

（4）对于任意的 a，存在不相等的实数 21, xx ，使得 nm .

其中的真命 题有 （写出所有真命题的序号）.

【答案】①④

对（4），由m=－n得 1 2 2 1( ) ( ) ( ) ( )f x f x g x g x ，即 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x g x .

令 2( ) ( ) ( ) 2xh x f x g x x ax ，则 ( ) 2 ln 2 2xh x x a .

由 ( ) 0h x 得： 2 ln 2 2x x a ，作出 2 ln 2, 2xy y x a 的图象知，方程2 ln 2 2x x a 必一定有解，所以 ( )h x 一定有极值点，即对 于任意的 a，一定存在不相等的实数 21, xx ，使得 1 2( ) ( )h x h x ，即一定存在不相等的实数 21, xx ，使得m n .故正确。所以（1）（4）考点：函数与不等式的综合应用.

2015年四川理科数学解答题

16.设数列{ }na 的前n项和 12n nS a a ，且 1 2 3, 1,a a a 成等差数列.

（1）求数列{ }na 的通项公式；

（2）记数列1{ }na 的前 n 项和 nT ，求得

1| 1|1000nT 成立的 n 的最小值.

【答案】（1） 2nna ；（2）10.

【解析】试题分析：（1）利用 1n n na S S 及题设可得 na 与 1na 的关系为 12 ( 1)n na a n ，所以这是一个公比为 2 的等比数列.再利用 1 2 3, 1,a a a 成等差数列，可求得 1 2a ，从而得通

项公式.（2）由（1）得1 1

2nna ，这仍然是一个等比数列，利用等比数列的前 n 项和公式，

可求得112n nT ，代入

1| 1|1000nT ，即可得使

1| 1|1000nT 成立的 n的最小值.

试题解析：（1）由已知 12n nS a a ，有 1 12 2 ( 1)n n n n na S S a a n ，即 12 ( 1)n na a n .

从而 2 1 3 12 , 4a a a a .

又因为 1 2 3, 1,a a a 成等差数列，即 1 3 22( 1)a a a .

所以 1 1 14 2(2 1)a a a ，解得 1 2a .

所以，数列{ }na 是首项为 2，公比为 2 的等比数列.

故 2nna .

考点：本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前 n 项和公式等基础知识，考查运算求解能力.

17.某市 A,B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐 3名男生，2名女生，B 中学推荐了 3名男生，4名女生，两校推荐的学生一起参加集训，由于集训后队员的水平相当，

从参加集训的男生中随机抽取 3人，女生中随机抽取 3人组成代表队（1）求 A 中学至少有 1名学生入选代表队的概率.

（2）某场比赛前，从代表队的 6名队员中随机抽取 4人参赛，设 X表示参赛的男生人数，求 X 得分布列和数学期望.

【答案】（1）A 中学至少 1名学生入选的概率为99

100p

.

（2）X 的分布列为：

X 的期望为 ( ) 2E X .

试题解析：（1）由题意，参加集训的男女生各有 6名.

参赛学生全从 B 中抽取（等价于 A 中没有学生入选代表队）的概率为3 33 43 36 6

1100

C CC C

.

因此，A 中学至少 1名学生入选的概率为1 991

100 100

.

（2）根据题意，X 的可能取值为 1，2，3.

1 33 3

46

1( 1)5

C CP XC

，

2 23 3

46

3( 2)5

C CP XC

，

3 13 3

46

1( 3)5

C CP XC

，

所以 X 的分布列为：

因此，X 的期望为1 3 1( ) 1 2 3 25 5 5

E X .

考点：本题考查随机事件的概率、古典概型、随机变量的分布列、数学期望等基础知识，考查运算求解能力、应用意识，考查运用概率与统计的知识与方法分析和解决实际问题的能力.

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，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N

（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）证明：直线 / /MN 平面BDH

（3）求二面角 A EG M 的余弦值.

【答案】（1）点 F、G、H 的位置如图所示.

（2）详见解析.（3）2 2

3

【解析】试题分析：（1）注意 ABCD 是底面，将平面展开图还原可得点 F、G、H 的位置. （2）根据直线与平面平行的判定定理，应考虑证明MN 平行于平面 BDH内的一条直线.连结O、M，易得MNHO 是平行四边形，从而 / /MN OH ，进而证得 / /MN 平面BDH .

（3）要作出二面角 A EG M 的平面角，首先要过 M 作平面 AEGC 的垂线，然后再过垂足作棱 EG 的垂线，再将垂足与点 M连结，即可得二面角 A EG M 的平面角.

试题解析：（1）点 F、G、H 的位置如图所示.

（2）连结 BD，设 O 为 BD 的中点.

因为 M、N 分别是 BC、GH 的中点，

所以 / /OM CD，且12

OM CD ，

/ /NH CD ，且12

NH CD ，

所以 / / ,OM NH OM NH ，且12

OM CD ，所以MNHO 是平行四边形，从而 / /MN OH ，又MN 平面BDH ，OH 平面BDH ，所以 / /MN 平面BDH .

（3）连结 AC，过 M 作MP AC 于 P.

在正方形 ABCD EFGH 中， / /AC EG ，所以MP EG .

过 P 作PK EG 于 K，连结 KM，所以EG 平面PKM ，从而KM EG .

所以 PKM 是二面角 A EG M 的平面角.

设 2AD ，则 1, 2CM PK ，

在Rt CMP 中，2sin 45

2PM CM

.

在Rt CMP 中，2 2 3 2

2KM PK PM

.

所以 cos PKPKMKM

2 23 .

即二面角 A EG M 的余弦值为2 2

3 .

（另外，也可利用空间坐标系求解）考点：本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、空间面面夹角的计算等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.

19.如图，A,B,C,D为平面四边形 ABCD的四个内角.

（1）证明：1 costan ;

2 sinA A

A

（2）若 180 , 6, 3, 4, 5,A C AB BC CD AD o 求tan tan tan tan

2 2 2 2A B C D 的值

【答案】（1）详见解析；（2）4 10

3 .

【解析】

试题分析：（1）首先切化弦得

sin2tan

2 cos2

AA

A

，为了将半角变为单角，可在分子分母同时

乘以 2sin2A

，然后逆用正弦与余弦的二倍角公式即可.（2）由题设知，该四边形的两对 角

互补.再结合（1）的结果，有 tan tan tan tan2 2 2 2A B C D

2 2sin sinA B ，所以只需

求出 sin ,sinA B 即可.由于已知四边，且 cos cosC A ， cos cosD B ，故考虑用余弦定理列方程组求 cos ,cosA B，从而求出sin ,sinA B .

试题解析：（1）

2sin 2sin 1 cos2 2tan2 sincos 2sin cos

2 2 2

A AA A

A A A A

.

（2）由 180A C ，得 180 , 180C A D B .

由（1），有 tan tan tan tan2 2 2 2A B C D

1 cos 1 cos 1 cos(180 ) 1 cos(180 )sin sin sin(180 ) sin(180 )

A B A BA B A B

2 2sin sinA B

连结 BD，在 ABD 中，有 2 2 2 2 cosBD AB AD AB AD A ，在 BCD 中，有 2 2 2 2 cosBD BC CD BC CD C ，所以 2 2 2 cosAB AD AB AD A 2 2 2 cosBC CD BC CD A ，

则2 2 2 2 2 2 2 26 5 3 4 3cos

2( ) 2(6 5 3 4) 7AB AD BC CDA

AB AD BC CD

，

于是2 23 2 10sin 1 cos 1 ( )

7 7A A

.

连结 AC，同理可得2 2 2 2 2 2 2 26 3 5 4 1cos

2( ) 2(6 3 5 4) 19AB BC AD CDB

AB BC AD CD

，

于是2 21 6 10sin 1 cos 1 ( )

19 19B B

.

所以 tan tan tan tan2 2 2 2A B C D

2 2sin sinA B

14 2 192 10 2 10

4 103

.

考点：本题考查二倍角公式、诱导公式、余弦定理、简单的三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程、化归与转化等数学思想.

20.如图，椭圆 E：2 2

2 2+ 1( 0)x y a ba b

的离心率是 22 ，过点

P（0,1）的动直线 l与椭圆相交于 A，B两点，当直线 l平行与 x轴时，直线 l被椭圆 E截得的线段长为2 2 .

(1)求椭圆 E 的方程；

（2）在平面直角坐标系 xOy中，是否存在与点 P 不同的定点 Q，使得QA PAQB PB

恒成立？若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）2 2

14 2x y ；（2）存在，Q 点的坐标为 (0,2)Q .

【解析】试题分析：（1）根据椭圆的对称性，当直线 l与 x轴平行时， ( 2,1), ( 2,1)B A ，将这

个点的坐标代入椭圆的方程，得 2 2

2 1 1a b

.再根据离心率得2

2ca ，又 2 2 2a b c ，

三者联立，解方程组即可得 2, 2a b ，进而得椭圆的方程为2 2

14 2x y

.（2）先利用l与 x轴平行和垂直这两种特殊情况找出点 Q 的坐标为 (0, 2)Q .接下来联立直线与椭圆的方

程，利用根与系数的关系证明：对任意的直线 l，均有| | | || | | |QA PAQB PB

.设

1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，由图可看出1

2

| || || | | |

xPAPB x

，为了证明| | | || | | |QA PAQB PB

，只需证明1

2

| || || | | |

xQAQB x

，为此作点 B 关于 y 轴对称的点 2 2( , )B x y ，这样将问题转化为证 , ,Q A B

三点共线.

试题解析：（1）由已知，点 ( 2,1) 在椭圆 E 上.

因此，

2 2

2 2 2

2 1 1,

,

2 ,2

a ba b c

ca

解得 2, 2a b .

所以椭圆的方程为2 2

14 2x y

.

（2）当直线 l与 x轴平行时，设直线 l与椭圆相交于 C、D 两点.

如果存在定点 Q 满足条件，则| | | | 1| | | |QC PCQD PD

，即 | | | |QC QD

所以 Q 点在 y 轴上，可设 Q 点的坐标为 0(0, )y .

当直线 l与 x轴垂直时，设直线 l与椭圆相交于 M、N 两点.

则 (0, 2), (0, 2)M N ，

由| | | || | | |QM PMQN PN

，有0

0

| 2 | 2 1| 2 | 2 1yy

，解得 0 1y 或 0 2y .

所以，若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件，则 Q 点的坐标 只可能为 (0,2)Q .

下面证明：对任意的直线 l，均有| | | || | | |QA PAQB PB

.

当直线 l的斜率不存在时，由上可知，结论成立.

当直线 l的斜率存在时，可设直线 l的方程为 1y kx ，A、B 的坐标分别为1 1 2 2( , ), ( , )x y x y .

联立

2 2

1,4 21

x y

y kx

得 2 2(2 1) 4 2 0k x kx .

其判别式 2 216 8(2 1) 0k k ，

所以， 1 2 1 22 2

4 2,2 1 2 1kx x x x

k k

.

因此1 2

1 2 1 2

1 1 2x x kx x x x

.

易知，点 B 关于 y 轴对称的点的坐标为 2 2( , )B x y .

又1 2

1 1 2 2 1

2 21 1 1,QA QBy yk k k k kx x x x x

，

所以 QA QBk k ，即 , ,Q A B三点共线.

所以1

2

| || | | | | || | | | | | | |

xQA QA PAQB QB x PB

.

故存在与 P 不同的定点 (0,2)Q ，使得| | | || | | |QA PAQB PB

恒成立.

考点：本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知

识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.

21.已知函数 2 2( ) 2( ) ln 2 2 , 0.f x x a x x ax a a a 其中

（1）设 ( ) ( ) ( )g x f x g x是 的导函数，讨论 的单调性；

（2）证明：存在 (0,1)a ，使得 ( ) 0f x 在区间 (1,+ )内恒成立，且 ( ) 0f x 在(1,+ )内有唯一解.

【答案】（1）当104

a 时， ( )g x 在区间1 1 4 1 1 4(0, ), ( , )

2 2a a

上单调递

增， 在区间1 1 4 1 1 4( , )

2 2a a

上单调递减；当14

a 时， ( )g x 在区间 (0, ) 上单调递增.（2）详见解析.

【解析】

试题分析：（1）首先对函数 ( )f x 求导，得 ( ) ( ) 2 2 2ln 2(1 )ag x f x x a xx

，然

后再求导得2

2 2

1 12( ) 2( )2 2 2 4( ) 2x aag x

x x x

.利用导数的符号即得其单调性.此题

分12( ) 04

a 和12( ) 04

a 两种情况讨论.（2）要使得 ( ) 0f x 在区间 (1,+ )内恒成立，且 ( ) 0f x 在 (1, + )内有唯一解，则这个解 0x 应为极小值点，且极小值为 0 .所以我

们应考虑求 ( )f x 的极小值.由 0( ) 0f x ，解得0 0

10

1 ln1

x xa

x

，代入 ( )f x 得

2 20 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 01 1 1 1

0 0 0 0

1 ln 1 ln 1 ln 1 ln( ) 2( ) ln 2( ) 2( )1 1 1 1

x x x x x x x xf x x x x x

x x x x

是否存在令 0x 使得 0( ) 0f x 呢？为此，令2 2

1 1 1 1

1 ln 1 ln 1 ln 1 ln( ) 2( ) ln 2( ) 2( )1 1 1 1x x x x x x x xx x x x x

x x x x

.

因为2

1 1

( 2) 2(1) 1 0, ( ) ) 2( ) 01 1e e ee

e e

，故存在 0 (1, )x e ，使得 0( ) 0x .

接下来的问题是，此时的a是否满足 (0,1)a 呢？令0 0

0 10

1 ln , ( ) 1 ln ( 1)1

x xa u x x x xx

.由1( ) 1 0u xx

知，函数 ( )u x 在区间

(1, ) 上单调递增.所以0

01 1 10

( )(1) ( ) 20 11 1 1 1 1

u xu u e eax e e

.即 0 (0,1)a .

当 0a a 时，有 0 0 0( ) 0, ( ) ( ) 0f x f x x .由（1）知，函数 ( )f x 在区间 (1, ) 上单调递增.

故当 0(1, )x x 时，有 0( ) 0f x ，从而 0( ) ( ) 0f x f x ；当 0( , )x x 时，有0( ) 0f x ，从而 0( ) ( ) 0f x f x ；所以，当 (1, )x 时， ( ) 0f x .

试题解析：（1）由已知，函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ，( ) ( ) 2 2 2ln 2(1 )ag x f x x a x

x ，

所以2

2 2

1 12( ) 2( )2 2 2 4( ) 2x aag x

x x x

.

当104

a 时， ( )g x 在区间1 1 4 1 1 4(0, ), ( , )

2 2a a

上单调递增，

在区 间1 1 4 1 1 4( , )

2 2a a

上单调递减；

当14

a 时， ( )g x 在区间 (0, ) 上单调递增.

（2）由 ( ) 2 2 2ln 2(1 ) 0af x x a xx

，解得 1

1 ln1x xa

x

.

令2 2

1 1 1 1

1 ln 1 ln 1 ln 1 ln( ) 2( ) ln 2( ) 2( )1 1 1 1x x x x x x x xx x x x x

x x x x

.

则2

1 1

( 2) 2(1) 1 0, ( ) ) 2( ) 01 1e e ee

e e

，.

故存在 0 (1, )x e ，使得 0( ) 0x .

令0 0

0 10

1 ln , ( ) 1 ln ( 1)1

x xa u x x x x

x

，.

由1( ) 1 0u xx

知，函数 ( )u x 在区间 (1, ) 上单调递增.

所以0

01 1 10

( )(1) ( ) 20 11 1 1 1 1

u xu u e eax e e

.

即 0 (0,1)a .

当 0a a 时，有 0 0 0( ) 0, ( ) ( ) 0f x f x x ，.

由（1）知，函数 ( )f x 在区间 (1, ) 上单调递增.

故当 0(1, )x x 时，有 0( ) 0f x ，从而 0( ) ( ) 0f x f x ；当 0( , )x x 时，有 0( ) 0f x ，从而 0( ) ( ) 0f x f x ；所以，当 (1, )x 时， ( ) 0f x .

综上所述，存在 (0,1)a ，使得 ( ) 0f x 在区间 (1,+ )内恒成立，且 ( ) 0f x 在(1,+ )内有唯一解.

考点：本题考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、分类与整合，化归与转化等数学思想.