2015年福建高考理科数学答案解析word精校版

2015年福建高考理科数学答案解析I卷

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(    )[来源:学_科_网Z_X_X_K]

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．

2015年福建高考理科数学答案解析II卷

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，

则

（Ⅱ）依题意得，X所有可能的取值是1，2，3

又

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．

故

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】高考必中网www.win789.com

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,

故

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

,

即.

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．