2015年福建省高考数学试卷(理科)答案与解析

参与试题解析

一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）2015年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学（理工类）

1．（5分）（2015•福建）若集合A={i，i，i，i}（i是虚数单位），B={1，﹣1}，则A∩B等于（ ） ϕ {1} A．{﹣1} B． C． {1，﹣1} D． 2．（5分）（2015•福建）下列函数为奇函数的是（ ） ﹣xx y=|sinx| y=cosx A．B． C． D． y= y=e﹣e 3．（5分）（2015•福建）若双曲线E：

=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲

2

3

4

线E上，且|PF1|=3，则|PF2|等于（ ） 11 9 5 3 A．B． C． D． 4．（5分）（2015•福建）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： 8.6 10.0 11.3 11.9 收入x（万元）8 .2 7.5 8.0 8.5 9.8 支出y（万元）6 .2 根据上表可得回归直线方程

，其中

C． 12.0万元 ，据此估计，该社区一户D． 12.2万元 收入为15万元家庭年支出为（ ） A．11.4万元 B． 11.8万元 5．（5分）（2015•福建）若变量x，y满足约束条件则z=2x﹣y的最小值等于

（ ） A． B． ﹣2 C． D．2 6．（5分）（2015•福建）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（ ） 2 1 0 A．B． C． D． ﹣1 7．（5分）（2015•福建）若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的（ ） A．充分而不必要条件 B． 必要而不充分条件 充分必要条件 C．D． 既不充分也不必要条件 28．（5分）（2015•福建）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（ ） 6 7 8 9 A．B． C． D． 1

9．（5分）（2015•福建）已知，若P点是△ABC所在平面

内一点，且，则的最大值等于（ ）

13 15 19 21 A．B． C． D． 10．（5分）（2015•福建）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．B． C． D． 二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分. 11．（4分）（2015•福建）（x+2）的展开式中，x的系数等于 ．（用数字作答） 12．（4分）（2015•福建）若锐角△ABC的面积为，且AB=5，AC=8，则BC等于 ． 13．（4分）（2015•福建）如图，点A的坐标为（1，0），点C的坐标为（2，4），函数f（x）2

=x，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．（4分）（2015•福建）若函数f（x）=则实数a的取值范围是 ．

15．（4分）（2015•福建）一个二元码是由0和1组成的数字串

，

（a＞0且a≠1）的值域是[4，+∞），

5

2

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x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：

其中运算⊕定义为：0⊕0=0，0⊕1=1，1⊕0=1，1⊕1=0．

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 16．（13分）（2015•福建）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． （1）求当天小王的该银行卡被锁定的概率；

（2）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．

17．（13分）（2015•福建）如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD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． （1）求证：GF∥平面ADE；

（2）求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．

2

18．（13分）（2015•福建）已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）过点，且离心

率e为．

（1）求椭圆E的方程；

（2）设直线x=my﹣1（m∈R）交椭圆E于A，B两点，判断点GAB为直径的圆的位置关系，并说明理由．

与以线段

19．（13分）（2015•福建）已知函数f（x）的图象是由函数g（x）=cosx的图象经如下变换得到：先将g（x）图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），再将所得到的图象向右平移

个单位长度．

（1）求函数f（x）的解析式，并求其图象的对称轴方程；

（2）已知关于x的方程f（x）+g（x=m）在[0，2π）内有两个不同的解α，β （i）求实数m的取值范围； （ii）证明：cos（α﹣β）=

﹣1．

20．（7分）（2015•福建）已知函数f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R） （1）证明：当x＞0时，f（x）＜x；

（2）证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）； （3）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）|2＜x．

3

四、选修4-2：矩阵与变换

21．（7分）（2015•福建）已知矩阵A=（1）求A的逆矩阵A； （2）求矩阵C，使得AC=B．

五、选修4-4：坐标系与参数方程

22．（7分）（2015•福建）在平面直角坐标系xoy中，圆C的参数方程为

（t

﹣1

，B=

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，以轴非负半轴为极轴）中，直线l的方程为

ρsin（θ﹣

）=m，（m∈R）

（1）求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程； （2）设圆心C到直线l的距离等于2，求m的值．

六、选修4-5：不等式选讲 23．（7分）（2015•福建）已知a＞0，b＞0，c＞0，函数f（x）=|x+a|+|x﹣b|+c的最小值为4． （1）求a+b+c的值；

（2）求a+b+c的最小值为．

答案： 1、 解：∵A={i，i2，i3，i4}={i，﹣1，﹣i，1}，B={1，﹣1}， ∴A∩B={i，﹣1，﹣i，1}∩{1，﹣1}={1，﹣1}． 故选：C． 2、 解：A．函数的定义域为[0，+∞），定义域关于原点不对称，故A为非奇非偶函数． B．f（﹣x）=|sin（﹣x）|=|sinx|=f（x），则f（x）为偶函数． C．y=cosx为偶函数． D．f（﹣x）=e﹣e=﹣（e﹣e）=﹣f（x），则f（x）为奇函数， 故选：D 3、 解：由题意，双曲线E：=1中a=3． ﹣x222

xx﹣x∵|PF1|=3，∴P在双曲线的左支上， ∴由双曲线的定义可得|PF2|﹣|PF1|=6， ∴|PF2|=9．

4

故选：B． 4、 解：由题意可得=（8.2+8.6+10.0+11.3+11.9）=10， =（6.2+7.5+8.0+8.5+9.8）=8， 代入回归方程可得=8﹣0.76×10=0.4， ∴回归方程为=0.76x+0.4， 把x=15代入方程可得y=0.76×15+0.4=11.8， 故选：B． 5、 解：由约束条件作出可行域如图， 由图可知，最优解为A， 联立，解得A（﹣1，）． ∴z=2x﹣y的最小值为2×（﹣1）﹣=故选：A． 解：模拟执行程序框图，可得 i=1，S=0 S=cos，i=2 +cosπ，i=3 +cosπ+cos+cosπ+cos+cosπ+cos，i=4 ． 6、 不满足条件i＞5，S=cos不满足条件i＞5，S=cos不满足条件i＞5，S=cos不满足条件i＞5，S=cos+cos2π，i=5 +cos2π+cos=0﹣1+0+1+0=0，i=6 7、 8、

满足条件i＞5，退出循环，输出S的值为0， 故选：C． 解：l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”可能“l∥α”也可能l⊂α，反之，“l∥α”一定有“l⊥m”， 所以l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件． 故选：B． 解：由题意可得：a+b=p，ab=q， 5

∵p＞0，q＞0， 可得a＞0，b＞0， 又a，b，﹣2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， 可得解①得：①或；解②得：②． ． 9、 ∴p=a+b=5，q=1×4=4， 则p+q=9． 故选：D． 解：由题意建立如图所示的坐标系， 可得A（0，0），B（，0），C（0，t）， ∵，∴P（1，4）， ∴∴=（﹣1，﹣4），=（﹣1，t﹣4）， =﹣（﹣1）﹣4（t﹣4）=17﹣（+4t）， =4， 由基本不等式可得+4t≥2∴17﹣（+4t）≤17﹣4=13， 当且仅当=4t即t=时取等号， ∴的最大值为13， 故选：A． 10、 解；∵f′（x）=f′（x）＞k＞1， ∴即当x=即f（故f（＞k＞1， ＞k＞1， 时，f（））＞）+1＞﹣1=， ×k=， 6

所以f（故选：C． 11、 ）＜，一定出错， 解：（x+2）的展开式的通项公式为Tr+1=25•x5﹣r•2， =80， r令5﹣r=2，求得r=3，可得展开式中x项的系数为故答案为：80． 12、 解：因为锐角△ABC的面积为所以所以sinA=所以A=60°， 所以cosA=， 所以BC==7． ， ， ，且AB=5，AC=8， 故答案为：7． 13、 解：由已知，矩形的面积为4×（2﹣1）=4， 阴影部分的面积为=（4x﹣）|； =， 由几何概型公式可得此点取自阴影部分的概率等于故答案为：14、 解：由于函数f（x）=故当x≤2时，满足f（x）≥4． ． （a＞0且a≠1）的值域是[4，+∞）， 当x＞2时，由f（x）=3+logax≥4，∴logax≥1，∴loga2≥1， ∴1＜a≤2， 故答案为：（1，2]． 15、 解：依题意，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， ①若k=1，则x1=0，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1， 从而由校验方程组，得x4⊕x5⊕x6⊕x7=1，故k≠1； ②若k=2，则x1=1，x2=0，x3=0，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1， 从而由校验方程组，得x2⊕x3⊕x6⊕x7=1，故k≠2； ③若k=3，则x1=1，x2=1，x3=1，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1， 从而由校验方程组，得x2⊕x3⊕x6⊕x7=1，故k≠3； ④若k=4，则x1=1，x2=1，x3=0，x4=0，x5=1，x6=0，x7=1， 从而由校验方程组，得x1⊕x3⊕x5⊕x7=1，故k≠4； ⑤若k=5，则x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=0，x6=0，x7=1， 从而由校验方程组，得x4⊕x5⊕x6⊕x7=0，x2⊕x3⊕x6⊕x7=0，x1⊕x3⊕x5⊕x7=0，

7

故k=5符合题意； ⑥若k=6，则x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=1，x7=1， 从而由校验方程组，得x2⊕x3⊕x6⊕x7=1，故k≠6； ⑦若k=6，则x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=0，x7=0， 从而由校验方程组，得x2⊕x3⊕x6⊕x7=1，故k≠7； 综上，k等于5． 故答案为：5． 17、 解：（1）设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A， 则P（A）=． （2）有可能的取值是1，2，3 又则P（X=1=， P（X=2=P（X=3==， =， 所以X的分布列为： X 1 P EX=1×+2×+3×=． 2 3 17、 解法一：（1）如图，取AE的中点H，连接HG，HD， ∵G是BE的中点，∴GH∥AB，且GH=AB， 又∵F是CD中点，四边形ABCD是矩形， ∴DF∥AB，且DF=AB，即GH∥DF，且GH=DF， ∴四边形HGFD是平行四边形，∴GF∥DH， 又∵DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，∴GF∥平面ADE． （2）如图，在平面BEG内，过点B作BQ∥CE， ∵BE⊥EC，∴BQ⊥BE， 又∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥BE，AB⊥BQ， 以B为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则A（0，0，2），B（0，0，0），E（2，0，0），F（2，2，1） ∵AB⊥平面BEC，∴为平面BEC的法向量， =（2，0，﹣2），=（2，2，﹣1） ． 设=（x，y，z）为平面AEF的法向量．又由垂直关系可得，取z=2可得 8

∴cos＜，＞== ∴平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为． 解法二：（1）如图，取AB中点M，连接MG，MF， 又G是BE的中点，可知GM∥AE，且GM=AE 又AE⊂平面ADE，GM⊄平面ADE， ∴GM∥平面ADE． 在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点可得MF∥AD． 又AD⊂平面ADE，MF⊄平面ADE，∴MF∥平面ADE． 又∵GM∩MF=M，GM⊂平面GMF，MF⊂平面GMF ∴平面GMF∥平面ADE， ∵GF⊂平面GMF，∴GF∥平面ADE （2）同解法一． 18、 解法一：（1）由已知得，解得， ∴椭圆E的方程为． （2）设点A（x1y1），B（x2，y2），AB中点为H（x0，y0）． 由，化为（m+2）y﹣2my﹣3=0， 22∴y1+y2=，y1y2=，∴y0=． G∴|GH|=2， =+=++． ===故|GH|﹣2=+=﹣+=＞0． 9

∴，故G在以AB为直径的圆外． 解法二：（1）同解法一． （2）设点A（x1y1），B（x2，y2），则=，=． 由，化为（m+2）y﹣2my﹣3=0， 22∴y1+y2= 从而===，y1y2=， +y1y2 + =﹣+=＞0． ∴＞0，又，不共线， ∴∠AGB为锐角． 故点G在以AB为直径的圆外． 19、 解：（1）将g（x）=cosx的图象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的图象，再将y=2cosx的图象向右平移﹣）的图象，故f（x）=2sinx， （k∈Z）． ）=sin（x+j）（其中个单位长度后得到y=2cos（x从而函数f（x）=2sinx图象的对称轴方程为x=k（2）（i）f（x）+g（x）=2sinx+cosx=sinj=，cosj=） （依题意，sin（x+j）=故m的取值范围是（﹣（ii）因为α，β是方程在区间[0，2π）内有两个不同的解α，β，当且仅当|，）． sin（x+j）=m在区间[0，2π）内有两个不同的解， |＜1， 10

所以sin（α+j）=当1＜m＜当﹣，sin（β+j）=． 时，α+β=2（﹣j），即α﹣β=π﹣2（β+j）； ﹣j），即α﹣β=3π﹣2（β+j）； ＜m＜1时，α+β=2（所以cos（α﹣β）=﹣cos2（β+j）=2sin（β+j）﹣1=2（2）﹣1=2． 20、 （1）证明：令F（x）=f（x）﹣x=ln（1+x）﹣x，x＞0， 则有F′（x）=﹣1=﹣， ∵x＞0， ∴F′（x）＜0， ∴F（x）在（0，+∞）上单调递减， ∴F（x）＜F（0）=0， ∴x＞0时，f（x）＜x； （2）证明：令G（x）=f（x）﹣g（x）=ln（1+x）﹣kx，x∈（0，+∞）， 则有G′（x）=﹣k=， 当k≤0时，G′（x）＞0， ∴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0＜k＜1时，令G′（x）=0，得取． ，对任意x∈（0，x0），恒有G′（x）＞0，∴G（x）在（0，x0）上单调递增，G（x）＞G（0）=0，即f（x）＞g（x）． 综上，当k＜1时，总存在x0＞0，使得对任意的x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）； （3）解：当k＞1时，由（1）知，对于任意x∈（0，+∞），g（x）＞x＞f（x），故g（x）＞f（x）， |f（x）﹣g（x）|=g（x）﹣f（x）=kx﹣ln（1+x）， 2令M（x）=kx﹣ln（1+x）﹣x，x∈（0，+∞），则有， 故当时，M′（x）＞0，M（x）在[0，）上单调递增， 故M（x）＞M（0）=0，即|f（x）﹣g（x）|＞x，∴满足题意的t不存在．

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2当k＜1时，由（2）知存在x0＞0，使得对任意的任意x∈（0，x0），f（x）＞g（x）． 此时|f（x）﹣g（x）|=f（x）﹣g（x）=ln（1+x）﹣kx， 2令N（x）=ln（1+x）﹣kx﹣x，x∈[0，+∞），则有， 故当时，N′（x）＞0，M（x）在[0，）上单调递增，故N（x）＞N（0）=0， 即f（x）﹣g（x）＞x，记x0与2中较小的为x1， 2则当x∈（0，x1）时，恒有|f（x）﹣g（x）|＞x，故满足题意的t不存在． 当k=1，由（1）知，当x∈（0，+∞）时，|f（x）﹣g（x）|=g（x）﹣f（x）=x﹣ln（1+x）， 令H（x）=x﹣ln（1+x）﹣x，x∈[0，+∞），则有2， 当x＞0，H′（x）＜0，∴H（x）在[0，+∞）上单调递减，故H（x）＜H（0）=0， 2故当x＞0时，恒有|f（x）﹣g（x）|＜x，此时，任意实数t满足题意． 综上，k=1． 21、 解：（1）因为|A|=2×3﹣1×4=2， 所以﹣1﹣1； （2）由AC=B得（AA）C=AB， 故． 2222、 解：（1）消去参数t，得到圆的普通方程为（x﹣1）+（y+2）=9， 由ρsin（θ﹣）=m，得ρsinθ﹣ρcosθ﹣m=0， 所以直线l的直角坐标方程为：x﹣y﹣m=0． （2）依题意，圆心C到直线l的距离等于2，即，解得m=﹣3±2． 23、 解：（1）因为f（x）=|x+a|+|x﹣b|+c≥|（x+a）﹣（x﹣b）|+c=|a+b|+c， 当且仅当﹣a≤x≤b时，等号成立， 又a＞0，b＞0，所以|a+b|=a+b，

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所以f（x）的最小值为a+b+c， 所以a+b+c=4； （2）由（1）知a+b+c=4，由柯西不等式得， （a+b+c）（4+9+1）≥（•2+•3+c•1）=（a+b+c）=16， 即a+b+c≥ 22222222当且仅当2=22=，即a=，b=，c=时，等号成立． 所以a+b+c的最小值为． 13