今日:696 总数:5174647 会员数:131942

当前位置:全国大联考

2015年普通高等学校招生全国统一考试(福建卷)理数答案解析(正式版)

资料类别: 数学(理)/同步

所属版本: 通用

所属地区: 全国

上传时间:2015-06-11

下载次数:6次

资料类型:试卷

文档大小:1.43M

所属点数: 0.0

VIP下载 普通下载

【下载此资源需要登录并付出 0.0 点,立即充点

资料概述与简介

                    第I卷(选择题共50分)
一、选择题:本题共10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.若集合 ( 是虚数单位), ,则 等于 (     )
  A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析:由已知得,故,故选C.
考点:1、复数的概念;2、集合的运算.
2.下列函数为奇函数的是(     )
  A. B. C. D.
【答案】D
考点:函数的奇偶性.
3.若双曲线 的左、右焦点分别为,点在双曲线上,且,则 等于( )
  A.11     B.9    C.5        D.3
【答案】B
【解析】
试题分析:由双曲线定义得,即,解得,故选B.
考点:双曲线的标准方程和定义.
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:
|收入 (万元)      |8.2                     |8.6                     |10.0                    |11.3                    |11.9                    |
|支出 (万元)      |6.2                     |7.5                     |8.0                     |8.5                     |9.8                     |
根据上表可得回归直线方程 ,其中 ,据此估计,该社区一户收入为15万元家庭年支出为(     )
A.11.4万元  B.11.8万元   C.12.0万元    D.12.2万元
【答案】B
考点:线性回归方程.
5.若变量 满足约束条件 则 的最小值等于 (      )
 A. B. C. D.2
 【答案】A
 【解析】
 试题分析:画出可行域,如图所示,目标函数变形为,当最小时,直线的纵截距最大,故将直线经过可行域,尽可能向上移到过点时,取到最小值,最小值为
 ,故选A.
 考点:线性规划.
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.
  【答案】C
  【解析】
  试题分析:程序在执行过程中的值依次为:;;
  ;;;,程序结束,输出
  ,故选C.
  考点:程序框图.
7.若 是两条不同的直线, 垂直于平面 ,则“ ”是“ 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
  【答案】B
  考点:空间直线和平面、直线和直线的位置关系.
8.若 是函数 的两个不同的零点,且 这三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 的值等于(     )
  A.6   B.7    C.8      D.9
【答案】D
【解析】
试题分析:由韦达定理得,,则,当适当排序后成等比数列时,必为等比中项,故,.当适当排序后成等差数列时,必不是等差中项,当是等差中项时,,解得,;当是等差中项时,,解得,,综上所述,,所以,选D.
考点:等差中项和等比中项.
9.已知 ,若 点是 所在平面内一点,且 ,则 的最大值等于(     )
A.13   B.15    C.19      D.21
【答案】A
考点:1、平面向量数量积;2、基本不等式.
10.若定义在上的函数 满足 ,其导函数 满足 ,则下列结论中一定错误的是(    )
A.    B.   C.     D. 
【答案】C
考点:函数与导数.
第II卷(非选择题共100分)
二、填空题:本大题共5小题,每小题4分,共20分.把答案填在答题卡的相应位置.
11. 的展开式中,的系数等于              .(用数字作答)
【答案】
【解析】
试题分析: 的展开式中项为,所以的系数等于.
考点:二项式定理.
12.若锐角的面积为 ,且 ,则 等于________.
【答案】
【解析】
试题分析:由已知得的面积为,所以,,所以.由余弦定理得,.
考点:1、三角形面积公式;2、余弦定理.
13.如图,点 的坐标为 ,点 的坐标为 ,函数 ,若在矩形 内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率等于            .
【答案】
【解析】
试题分析:由已知得阴影部分面积为.所以此点取自阴影部分的概率等于.
考点:几何概型.
14.若函数 ( 且 )的值域是 ,则实数 的取值范围是               .
【答案】
考点:分段函数求值域.
15.一个二元码是由0和1组成的数字串 ,其中 称为第 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 的码元满足如下校验方程组:
其中运算 定义为: .
现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第 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 等于           .
【答案】.
考点:推理证明和新定义.
三、解答题:本大题共6小题,共80分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
16.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.
(Ⅰ)求当天小王的该银行卡被锁定的概率;
(Ⅱ)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.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)分布列见解析,期望为.
【解析】
试题分析:(Ⅰ)首先记事件“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为.则银行卡被锁死相当于三次尝试密码都错,基本事件总数为,事件包含的基本事件数为,代入古典概型的概率计算公式求解;(Ⅱ)列出随机变量的所有可能取值,分别求取相应值的概率,写出分布列求期望即可.
试题解析:(Ⅰ)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A,
(Ⅱ)依题意得,X所有可能的取值是1,2,3]
所以X的分布列为
所以.
考点:1、古典概型;2、离散型随机变量的分布列和期望.
17.如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB平面BEC,BEEC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.
(Ⅰ)求证:平面 ;
(Ⅱ)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.
【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ) .
试题解析:解法一:(Ⅰ)如图,取的中点,连接,,又G是BE的中点,
又F是CD中点,,由四边形ABCD是矩形得,,所以
.从而四边形是平行四边形,所以,,又
,所以.

所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.
解法二:(Ⅰ)如图,取中点,连接,,又是的中点,可知,
又面,面,所以平面.
在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得.
又面,面,所以面.
又因为,面,面,
所以面平面,因为面,所以平面.
(Ⅱ)同解法一.
考点:1、直线和平面平行的判断;2、面面平行的判断和性质;3、二面角.
18..已知椭圆E:过点,且离心率为.
(Ⅰ)求椭圆E的方程;
(Ⅱ)设直线交椭圆E于A,B两点,判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ) G在以AB为直径的圆外.
在圆上.
试题解析:解法一:(Ⅰ)由已知得
解得
所以椭圆E的方程为.
所以,故G在以AB为直径的圆外.
解法二:(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)设点,则
由所以]
从而
 
所以不共线,所以为锐角.
故点G在以AB为直径的圆外.
考点:1、椭圆的标准方程;2、直线和椭圆的位置关系;3、点和圆的位置关系.
19.已知函数的图像是由函数的图像经如下变换得到:先将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个单位长度.
(Ⅰ)求函数的解析式,并求其图像的对称轴方程;
(Ⅱ)已知关于的方程在内有两个不同的解.
     (1)求实数m的取值范围;
     (2)证明:
【答案】(Ⅰ) ,;(Ⅱ)(1);(2)详见解析.
【解析】
试题分析:(Ⅰ)纵向伸缩或平移: 或;横向伸缩或平移:(纵坐标不变,横坐标变为原来的倍),(时,向左平移个单位;时,向右平移个单位);(Ⅱ) (1)由(Ⅰ)得,则,利用辅助角公式变形为(其中),方程在内有两个不同的解,等价于直线和函数有两个不同交点,数形结合求实数m的取值范围;(2)结合图像可得和,进而利用诱导公式结合已知条件求解.
试题解析:解法一:(1)将的图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)得到的图像,再将的图像向右平移个单位长度后得到的图像,故,从而函数图像的对称轴方程为
(2)1) 
                        (其中)
依题意,在区间内有两个不同的解当且仅当,故m的取值范围是.
2)因为是方程在区间内有两个不同的解,
所以,.
当时,
当时, 
所以
解法二:(1)同解法一.
(2)1) 同解法一.
2) 因为是方程在区间内有两个不同的解,
所以,.
当时,
当时, 
所以
于是
         
考点:1、三角函数图像变换和性质;2、辅助角公式和诱导公式.
20已知函数,
(Ⅰ)证明:当;
(Ⅱ)证明:当时,存在,使得对
(Ⅲ)确定k的所以可能取值,使得存在,对任意的恒有.
【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)详见解析;(Ⅲ) .
【解析】
试题分析:(Ⅰ)构造函数只需求值域的右端点并和0比较即可;(Ⅱ)构造函数即,求导得
,利用导数研究函数的形状和最值,证明当时,存在,使得即可;(Ⅲ)由(Ⅰ)知,当时,对于故,则不等式变形为,构造函数,只需说明,易发现函数在递增,而,故不存在;当时,由(Ⅱ)知,存在,使得对任意的任意的恒有,此时不等式变形为,
构造,易发现函数在递增,而,不满足题意;当时,代入证明即可.
试题解析:解法一:(1)令则有
当 ,所以在上单调递减;
故当时,即当时,.
(2)令则有
当 ,所以在上单调递增, 
故对任意正实数均满足题意.
当时,令得.
取对任意恒有,所以在上单调递增, ,即
综上,当时,总存在,使得对任意的恒有.
(3)当时,由(1)知,对于故,
令,则有
故当时,,在上单调递增,故,即,所以满足题意的t不存在.
当时,由(2)知存在,使得对任意的任意的恒有.
此时,
令,则有
故当时,,在上单调递增,故,即,记与中较小的为,
则当,故满足题意的t不存在.
当,由(1)知,,
令,则有
当时,,所以在上单调递减,故,
故当时,恒有,此时,任意实数t满足题意.
综上,.
解法二:(1)(2)同解法一.
(3)当时,由(1)知,对于,
故,
令,
从而得到当时,恒有,所以满足题意的t不存在.
当时,取
由(2)知存在,使得.
此时,
令,此时 ,
记与中较小的为,则当,
故满足题意的t不存在.
当,由(1)知,,
令,则有
当时,,所以在上单调递减,故,
故当时,恒有,此时,任意实数t满足题意.
综上,.
考点:导数的综合应用.
21.本题设有三个选考题,请考生任选2题作答.
选修4-2:矩阵与变换
已知矩阵
(Ⅰ)求A的逆矩阵;
(Ⅱ)求矩阵C,使得AC=B.
【答案】(Ⅰ); (Ⅱ).
【解析】
试题分析:因为,得伴随矩阵,且,由可求得;(Ⅱ)
因为,故,进而利用矩阵乘法求解.
试题解析:(1)因为
所以
(2)由AC=B得,
考点:矩阵和逆矩阵.
选修4-4:坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中,圆C的参数方程为.在极坐标系(与平面直角坐标系取相同的长度单位,且以原点O为极点,以轴非负半轴为极轴)中,直线l的方程为
(Ⅰ)求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程;
(Ⅱ)设圆心C到直线l的距离等于2,求m的值.
【答案】(Ⅰ) ,;(Ⅱ) .
【解析】
试题分析:(Ⅰ)将圆的参数方程通过移项平方消去参数得 ,利用,将直线的极坐标方程化为直角坐标方程;(Ⅱ)利用点到直线距离公式求解.
试题解析:(Ⅰ)消去参数t,得到圆的普通方程为,
由,得,
所以直线l的直角坐标方程为.
(Ⅱ)依题意,圆心C到直线l的距离等于2,即
解得
考点:1、参数方程和普通方程的互化;2、极坐标方程和直角坐标方程的互化;3、点到直线距离公式.
选修4-5:不等式选讲
已知,函数的最小值为4.
(Ⅰ)求的值;
(Ⅱ)求的最小值.
【答案】(Ⅰ) ;(Ⅱ).
【解析】
试题分析:(Ⅰ)由绝对值三角不等式得 的最小值为,故,即 ;(Ⅱ)利用柯西不等式求解.
试题解析:(Ⅰ)因为
当且仅当时,等号成立
又,所以,所以的最小值为,
所以.
(Ⅱ)由(1)知,由柯西不等式得
当且仅当,即时,等号成立
所以的最小值为.
考点:1、绝对值三角不等式;2、柯西不等式.
-----------------------

                

您可能会喜欢的其他资源

已有 0 条评论,共有 0 人参与,点击查看

网友评论: