2015高考试题--数学理(福建卷)Word版含答案

2015年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）

数 学（理工类） 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Ai,i2,i3,i4 （i 是虚数单位），B1,1 ，则AA.1 B.1 C.1,1 D. 2、下列函数为奇函数的是

A.y



B 等于

B.ysinx C.ycosx D.yexex

x2y23、若双曲线E:1 的左、右焦点分别为F1,F2，点P在双曲线E上，且PF13，

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与年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：

户年收入为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

x2y0,

5、若变量x,y 满足约束条件xy0, 则z2xy 的最小值等于

x2y20,

A.

53

B.2 C. D.2 22

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,ACt ，若点P是ABC 所在平面内一点，且

1t

AP

ABAB



4ACAC

，则PBPC 的最大值等于

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

11

 B.kk11

C.f

kk11k11 D. ff

k1k1k1k1

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、x2 的展开式中，x2 的系数等于.

（用数字作答）

12、若锐角ABC 的面积为 ，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x ，若在矩形

2

5

ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于. x6,x2,

14、若函数fx （a0 且a1 ）的值域是

3logx,x2,a

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x1x2

xn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x1x2

x4x5x6x70,

x7 的码元满足如下校验方程组：x2x3x6x70,

xxxx0,

3571

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 .

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.

17.如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB^平面BEG，BE^EC，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点.

(I)求证：GF平面ADE (II)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.

x2y218. 已知椭圆E：2+2=1(a>b>

0)过点，且离心率为

.

ab(I)求椭圆E的方程； (II)设直线l：x=my-1，(m R)交椭圆E于A，B两点，判断点G(-,0) 与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由.

9

4

19.（本小题满分13分）

已知函数f(x)的图象是由函数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(I)求函数f(x)的解析式，并求其图像的对称轴方程；

(II)已知关于x的方程f(x)+g(x)=m在[0,2p)内有两个不同的解a,b （i）求实数m的取值范围；

p

个单位长度. 2

2m2

（ ii）证明：cos(a-b)=-1.

5

20.已知函数f(x)=ln(1+x)，g(x)=kx,(k R), (I)证明：当x>0时，f(x)

(II)证明：当k0,使得对任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x)；

(III)确定k的所以可能取值，使得存在t>0，对任意的xÎ(0，t),恒有|f(x)-g(x)|

21.本题设有（1）、（2）、（3）三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答.满分14分，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。 （1）（本小题满分7分）选修4-2：矩阵与变换

2

骣骣2111

琪,B=. 已知矩阵A=琪琪琪430-1桫桫

(I)求A的逆矩阵A； (II)求矩阵C，使得AC=B.

（2）（本小题满分7分）选修4-4：坐标系与参数方程

-1

在平面直角坐标系xoy中，圆C的参数方程为í

ìïx=1+3cost

(t为参数).在极坐标系（与

ïîy=-2+3sint

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x轴非负半轴为极轴）中，直线l

sin(q-

p

)=m,(m R). 4

(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.

（3）（本小题7分）选修4-5：不等式选讲

已知a>0,b>0,c>0,函数f(x)=|x+a|+|x+b|+c的最小值为4. (I)求a+b+c的值; (II)求

12122

a+b+c的最小值为. 49

数学试题（理工农医类）参考答案

一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分50分。

1.C 2.D 3.B 4.B 5.A 6.C 7.B 8.D 9.A 10.C

二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算，每小题4分，满分20分。

11. 80 12. 7 13.

5

14. (1,2] 15.5 12

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.本小题主要考查古典概型、相互独立事件的概率、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，考查必然与或然思想，满分13分 解：（1）设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A， 则P（A）=

5431

=p ´´

6542

（2）依题意得，X所有可能的取值是1，2，3

又P(X=1)=

151,P(X=2)=?6651542

,P(X=3)=1=. 6653

所以X的分布列为

所以.E（X）=1?

1125

2+3= 6632

17.本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想.满分13分.

解法一：（1）如图，取AE的中点H，连接HG，HD， 又G是BE的中点， 所以GH//AB,且GH=

1

AB 2

1

CD， 2

又F是CD中点，所以DF=

由四边形ABCD是矩形得，AB//CD，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趟平面ADE，GF

平面ADE，所以GF//平面ADE.

(II)如图，在平面BEG内，过点B作BQ//EC,因为BE^CE，所以BQ^BE 又因为AB^平面BEC，所以AB^BE，AB^BQ

以B为原点，分别以BE,BQ,BA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) 因为AB^平面BEC，所以BA=(0,0,2)为平面BEC的法向量， 设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又AE=(2,0,-2)，AF=(2,2,-1)

ìnAE=0，ì2x-2z=0,镲

得由眄取z=2得n

=(2,-1,2).

2x+2y-z=0,镲înAF=0，î

从而cos狁n,BA=

nBA42

==,

|n|×|BA|3´23

2. 3

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AB中点M，连接MG，MF， 又G是BE的中点，可知GM//AE， 又AE趟平面ADE，GM所以GM//平面ADE.

平面ADE，

在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MF//AD． 又ADÌ平面ADE,MFË平面ADE，所以MF//平面ADE． 又因为GMÇMF=M，GMÌ平面GMF,MFÌ平面GMF 所以平面GMF//平面ADE，

因为GFÌ平面GMF，所以

GF//平面ADE （II

）同解法一．

18．本小题主要考查椭圆、圆、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，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想

. 满分13分 解法一：(I)由已知得

ìbïìa=2ïï镲c

解得b= 眄=镲a222镲îc=a=b+cïî

x2y2所以椭圆E的方程为+=1.

42

(II)设点A(x1y1),B(x2,y2),AB中点为H(x0,y0).

ìx=my-1ï

由íx2y2得(m2+2)y2-2my-3=0, ï+=1ïî42

所以y1+y2=

2m32

从而. ,yy=，y=1202

22

m+2m+2m+2

所以GH|2=(x0+)2+y02=(my0+)2+y02=(m2+1)y02+

9454525my0+. 216

|AB|2(x1-x2)2+(y1-y2)2(m2+1)(y1-y2)2

==

444

(m2+1)[(y1+y2)2-4y1y2] ==(m2+1)(y02-y1y2),

4

故

|AB|25255m23(m2+1)2517m2+22

|GH|-=my0+(m+1)y1y2+=-+=>0 22242162(m+2)m+21616(m+2)

2

所以|GH|>

|AB|9

，故G(-,0)在以AB为直径的圆外. 24

9

4

94

解法二：(I)同解法一.

(II)设点A(x1y1),B(x2,y2),，则GA=(x1+,y1),GB=(x2+,y2).

ìx=my-1ï2m3由íx2y2 得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=2,y1y2=2，

m+2m+2ï+=1

ïî42

从而GAGB=(x1+)(x2+)+y1y2=(my1+)(my2+)+y1y2

9

4945454

5255m23(m2+1)2517m2+2

=-+=>0 = =(m+1)y1y2+m(y1+y2)+222

4162(m+2)m+21616(m+2)

2

所以cos狁GA,GB>0,又GA，GB不共线，所以ÐAGB为锐角. 故点G(-,0)在以AB为直径的圆外.

19. 本小题主要考查三角函数的图像与性质、三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力、抽象概括能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、分类与整体思想、化归与转化思想、数形结合思想. 满分13分.

解法一：(I)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）得到再将y=2cosx的图像向右平移y=2cosx的图像，的图像，故f(x)=2sinx

从而函数f(x)=2sinx图像的对称轴方程为x=kp+

9

4

pp个单位长度后得到y=2cos(x-)22

p

(k Z). 2

(2)1) f(x)+g(x)=2sinx+cosx=xx) j=

=x+j)(其中sinj=

依题意，sin(x+j在区间[0,2p)内有两个不同的解a,b

当且仅当

取值范围是(-.

（ii）因为a,b

x+j)=m在区间[0,2p)内有两个不同的解，

所以sin(a+

jsin(b+j.

p

-j),即a-b=p-2(b+j);

23p

当-时, a+b=2(-j),即a-b=3p-2(b+j);

2

当1£a+b=2(

22m2

-1=-1. 所以cos(a-b)=-cos2(b+j)=2sin(b+j)-1=52

解法二：(I)同解法一. (II)（i） 同解法一.

（ii） 因为a,b

x+j)=m在区间[0,2p)内有两个不同的解，

所以sin(a+

jsin(b+j.

p

-j),即a+j=p-(b+j);

23p

当-时, a+b=2(-j),即a+j=3p-(b+j);

2

当1£a+b=2(所以cos(a+j)=-cos(b+j)

于是cos(

a-b)=cos[(a+j)-(b+j)]=cos(a+j)cos(b+j)+sin(a+j)sin(b+j)

222m2

=-cos(b+j)+sin(a+j)sin(b+j)=-[1-]+=-1.

52

20.本小题主要考查导数及其应用等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、有限与无限思想、数形结合

思想.满分14分.

解法一：(I)令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x?[0, ),则有F¢(x)=当x?[0, ), F¢(x)0时，F(x)0时，f(x)

1x

-1=-1+x1+x

1-kx+(1-k) -k=

1+x1+x

当k£0 G¢(x)>0,所以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

1-k1

=-1>0. kk

1

-1，对任意x?(0,x0),恒有G¢(x)0,所以G(x)在[0,x0)上单调递增, k

G(x)>G(0)=0,即f(x)>g(x).

综上，当k0,使得对任意的任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x). (III)当k>1时，由（1）知，对于

),g(x)>x>f(x)，故g(x)>f(x)，

|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)，

令

M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x违[0，+

)

，则有

21-2x+(k-2)x+k-1

M¢(x)=k--2x=,

1+x1+x

故

当

xÎ（0时，

M¢(x)>0

,M(x

)在

[0上单调递增，故M(x)>M(0)=0,即|f(x)-g(x)|>x2,所以

满足题意的t不存在.

当k0,使得当任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x). 此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx, 令

N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x违[0，+

)

，则有

21-2x-(k+2)x-k+1M¢(x)=-k-2x=, 1+x1+x

故

当xÎ（0时，N¢(x)>0,N（x）

在

[0上单调递增，故N(x)>N(0)=0,即f(x)-g(x)>x2,记x1， x

0与则当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（I）知，当x>0时，|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，

21-2x-x(x)=1--2x=, )，则有H¢1+x1+x令H(x)=x-ln(1+x)-x,x违[0，+2

当x>0时，H¢上单调递减，故H(x)

故当x>0时，恒有|f(x)-g(x)|

综上，k=1.

解法二：（I）（II）同解法一.

（III）当k>1时，由（I）知，对于

故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)>kx-x=(k-1)x，

令(k-1)x>x,解得0

从而得到当k>1时，对于x?(0,k1)恒有|f(x)-g(x)|>x,所以满足题意的t不存在. 当k

由（II）知存在x0>0,使得xÎ（0，x0），f(x)>k1x>kx=g(x). 此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=

令1-kx, 21-k1-k2，此时 f(x)-g(x)>x, x>x2,解得0

1-k记x0与中较小的为x1，则当x?(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|>x2， 2

故满足题意的t不存在.

当k=1，由（I）知，x>0|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，

12x2x令M(x)xln(1x)x,x[0，+)，则有M(x)12x, 1x1x2

当x>0时，M¢上单调递减，故M(x)

故当x>0时，恒有|f(x)-g(x)|

综上，k=1.

21.选修4-2：矩阵与变换

本小题主要考查矩阵、逆矩阵等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想.满分7分.

解：(I)因为|A|=2创3-14=2 2

321所以A42113222 2212

-1-1(II)由AC=B得(AA)C=AB, 133112 =2故CAB=220121231

（2）选修4-4：坐标系与参数方程

本小题主要考查极坐标与直角坐标的互化、圆的参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想.满分7分.

解：(1)消去参数t，得到圆C的普通方程为x-1

sin(q-()2+(y+2)=9,

2p)=m，得rsinq-rcosq-m=0, 4

所以直线l的直角坐标方程为x-y-m=0.

(II)依题意，圆心C到直线l的距离等于2，即

=2，解得m=-3

（3）选修4-5：不等式选讲

本小题主要考查绝对值不等式、柯西不等式等基础知识，考查推理论证能力，考查化归与转化思想.满分7分.

解：(I)因为f（x）

当且仅当-a＃x b时，等号成立

又a>0,b>0，所以|a+b|=a+b,所以f（x）的最小值为a+b+c,

又已知f（x）的最小值为4，所以a+b+c=4

(II)由(I)知a+b+c=4，由柯西不等式得

骣12122a+b+c49桫

即骣ab4+9+1炒2+创3+c1)(23桫2=(a+b+c)=16, 2121228a+b+c . 497

11bac8182当且仅当==,即a=,b=,c=时，等号成立 231777

118所以a2+b2+c2的最小值为. 497

2015年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）

数 学（理工类） 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Ai,i2,i3,i4 （i 是虚数单位），B1,1 ，则AA.1 B.1 C.1,1 D. 2、下列函数为奇函数的是

A.y



B 等于

B.ysinx C.ycosx D.yexex

x2y23、若双曲线E:1 的左、右焦点分别为F1,F2，点P在双曲线E上，且PF13，

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与年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：

户年收入为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

x2y0,

5、若变量x,y 满足约束条件xy0, 则z2xy 的最小值等于

x2y20,

A.

53

B.2 C. D.2 22

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,ACt ，若点P是ABC 所在平面内一点，且

1t

AP

ABAB



4ACAC

，则PBPC 的最大值等于

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

11

 B.kk11

C.f

kk11k11 D. ff

k1k1k1k1

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、x2 的展开式中，x2 的系数等于.

（用数字作答）

12、若锐角ABC 的面积为 ，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x ，若在矩形

2

5

ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于. x6,x2,

14、若函数fx （a0 且a1 ）的值域是

3logx,x2,a

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x1x2

xn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x1x2

x4x5x6x70,

x7 的码元满足如下校验方程组：x2x3x6x70,

xxxx0,

3571

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 .

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.

17.如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB^平面BEG，BE^EC，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点.

(I)求证：GF平面ADE (II)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.

x2y218. 已知椭圆E：2+2=1(a>b>

0)过点，且离心率为

.

ab(I)求椭圆E的方程； (II)设直线l：x=my-1，(m R)交椭圆E于A，B两点，判断点G(-,0) 与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由.

9

4

19.（本小题满分13分）

已知函数f(x)的图象是由函数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(I)求函数f(x)的解析式，并求其图像的对称轴方程；

(II)已知关于x的方程f(x)+g(x)=m在[0,2p)内有两个不同的解a,b （i）求实数m的取值范围；

p

个单位长度. 2

2m2

（ ii）证明：cos(a-b)=-1.

5

20.已知函数f(x)=ln(1+x)，g(x)=kx,(k R), (I)证明：当x>0时，f(x)

(II)证明：当k0,使得对任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x)；

(III)确定k的所以可能取值，使得存在t>0，对任意的xÎ(0，t),恒有|f(x)-g(x)|

21.本题设有（1）、（2）、（3）三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答.满分14分，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。 （1）（本小题满分7分）选修4-2：矩阵与变换

2

骣骣2111

琪,B=. 已知矩阵A=琪琪琪430-1桫桫

(I)求A的逆矩阵A； (II)求矩阵C，使得AC=B.

（2）（本小题满分7分）选修4-4：坐标系与参数方程

-1

在平面直角坐标系xoy中，圆C的参数方程为í

ìïx=1+3cost

(t为参数).在极坐标系（与

ïîy=-2+3sint

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x轴非负半轴为极轴）中，直线l

sin(q-

p

)=m,(m R). 4

(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.

（3）（本小题7分）选修4-5：不等式选讲

已知a>0,b>0,c>0,函数f(x)=|x+a|+|x+b|+c的最小值为4. (I)求a+b+c的值; (II)求

12122

a+b+c的最小值为. 49

数学试题（理工农医类）参考答案

一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分50分。

1.C 2.D 3.B 4.B 5.A 6.C 7.B 8.D 9.A 10.C

二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算，每小题4分，满分20分。

11. 80 12. 7 13.

5

14. (1,2] 15.5 12

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.本小题主要考查古典概型、相互独立事件的概率、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，考查必然与或然思想，满分13分 解：（1）设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A， 则P（A）=

5431

=p ´´

6542

（2）依题意得，X所有可能的取值是1，2，3

又P(X=1)=

151,P(X=2)=?6651542

,P(X=3)=1=. 6653

所以X的分布列为

所以.E（X）=1?

1125

2+3= 6632

17.本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想.满分13分.

解法一：（1）如图，取AE的中点H，连接HG，HD， 又G是BE的中点， 所以GH//AB,且GH=

1

AB 2

1

CD， 2

又F是CD中点，所以DF=

由四边形ABCD是矩形得，AB//CD，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趟平面ADE，GF

平面ADE，所以GF//平面ADE.

(II)如图，在平面BEG内，过点B作BQ//EC,因为BE^CE，所以BQ^BE 又因为AB^平面BEC，所以AB^BE，AB^BQ

以B为原点，分别以BE,BQ,BA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) 因为AB^平面BEC，所以BA=(0,0,2)为平面BEC的法向量， 设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又AE=(2,0,-2)，AF=(2,2,-1)

ìnAE=0，ì2x-2z=0,镲

得由眄取z=2得n

=(2,-1,2).

2x+2y-z=0,镲înAF=0，î

从而cos狁n,BA=

nBA42

==,

|n|×|BA|3´23

2. 3

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AB中点M，连接MG，MF， 又G是BE的中点，可知GM//AE， 又AE趟平面ADE，GM所以GM//平面ADE.

平面ADE，

在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MF//AD． 又ADÌ平面ADE,MFË平面ADE，所以MF//平面ADE． 又因为GMÇMF=M，GMÌ平面GMF,MFÌ平面GMF 所以平面GMF//平面ADE，

因为GFÌ平面GMF，所以

GF//平面ADE （II

）同解法一．

18．本小题主要考查椭圆、圆、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，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想

. 满分13分 解法一：(I)由已知得

ìbïìa=2ïï镲c

解得b= 眄=镲a222镲îc=a=b+cïî

x2y2所以椭圆E的方程为+=1.

42

(II)设点A(x1y1),B(x2,y2),AB中点为H(x0,y0).

ìx=my-1ï

由íx2y2得(m2+2)y2-2my-3=0, ï+=1ïî42

所以y1+y2=

2m32

从而. ,yy=，y=1202

22

m+2m+2m+2

所以GH|2=(x0+)2+y02=(my0+)2+y02=(m2+1)y02+

9454525my0+. 216

|AB|2(x1-x2)2+(y1-y2)2(m2+1)(y1-y2)2

==

444

(m2+1)[(y1+y2)2-4y1y2] ==(m2+1)(y02-y1y2),

4

故

|AB|25255m23(m2+1)2517m2+22

|GH|-=my0+(m+1)y1y2+=-+=>0 22242162(m+2)m+21616(m+2)

2

所以|GH|>

|AB|9

，故G(-,0)在以AB为直径的圆外. 24

9

4

94

解法二：(I)同解法一.

(II)设点A(x1y1),B(x2,y2),，则GA=(x1+,y1),GB=(x2+,y2).

ìx=my-1ï2m3由íx2y2 得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=2,y1y2=2，

m+2m+2ï+=1

ïî42

从而GAGB=(x1+)(x2+)+y1y2=(my1+)(my2+)+y1y2

9

4945454

5255m23(m2+1)2517m2+2

=-+=>0 = =(m+1)y1y2+m(y1+y2)+222

4162(m+2)m+21616(m+2)

2

所以cos狁GA,GB>0,又GA，GB不共线，所以ÐAGB为锐角. 故点G(-,0)在以AB为直径的圆外.

19. 本小题主要考查三角函数的图像与性质、三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力、抽象概括能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、分类与整体思想、化归与转化思想、数形结合思想. 满分13分.

解法一：(I)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）得到再将y=2cosx的图像向右平移y=2cosx的图像，的图像，故f(x)=2sinx

从而函数f(x)=2sinx图像的对称轴方程为x=kp+

9

4

pp个单位长度后得到y=2cos(x-)22

p

(k Z). 2

(2)1) f(x)+g(x)=2sinx+cosx=xx) j=

=x+j)(其中sinj=

依题意，sin(x+j在区间[0,2p)内有两个不同的解a,b

当且仅当

取值范围是(-.

（ii）因为a,b

x+j)=m在区间[0,2p)内有两个不同的解，

所以sin(a+

jsin(b+j.

p

-j),即a-b=p-2(b+j);

23p

当-时, a+b=2(-j),即a-b=3p-2(b+j);

2

当1£a+b=2(

22m2

-1=-1. 所以cos(a-b)=-cos2(b+j)=2sin(b+j)-1=52

解法二：(I)同解法一. (II)（i） 同解法一.

（ii） 因为a,b

x+j)=m在区间[0,2p)内有两个不同的解，

所以sin(a+

jsin(b+j.

p

-j),即a+j=p-(b+j);

23p

当-时, a+b=2(-j),即a+j=3p-(b+j);

2

当1£a+b=2(所以cos(a+j)=-cos(b+j)

于是cos(

a-b)=cos[(a+j)-(b+j)]=cos(a+j)cos(b+j)+sin(a+j)sin(b+j)

222m2

=-cos(b+j)+sin(a+j)sin(b+j)=-[1-]+=-1.

52

20.本小题主要考查导数及其应用等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、有限与无限思想、数形结合

思想.满分14分.

解法一：(I)令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x?[0, ),则有F¢(x)=当x?[0, ), F¢(x)0时，F(x)0时，f(x)

1x

-1=-1+x1+x

1-kx+(1-k) -k=

1+x1+x

当k£0 G¢(x)>0,所以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

1-k1

=-1>0. kk

1

-1，对任意x?(0,x0),恒有G¢(x)0,所以G(x)在[0,x0)上单调递增, k

G(x)>G(0)=0,即f(x)>g(x).

综上，当k0,使得对任意的任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x). (III)当k>1时，由（1）知，对于

),g(x)>x>f(x)，故g(x)>f(x)，

|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)，

令

M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x违[0，+

)

，则有

21-2x+(k-2)x+k-1

M¢(x)=k--2x=,

1+x1+x

故

当

xÎ（0时，

M¢(x)>0

,M(x

)在

[0上单调递增，故M(x)>M(0)=0,即|f(x)-g(x)|>x2,所以

满足题意的t不存在.

当k0,使得当任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x). 此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx, 令

N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x违[0，+

)

，则有

21-2x-(k+2)x-k+1M¢(x)=-k-2x=, 1+x1+x

故

当xÎ（0时，N¢(x)>0,N（x）

在

[0上单调递增，故N(x)>N(0)=0,即f(x)-g(x)>x2,记x1， x

0与则当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（I）知，当x>0时，|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，

21-2x-x(x)=1--2x=, )，则有H¢1+x1+x令H(x)=x-ln(1+x)-x,x违[0，+2

当x>0时，H¢上单调递减，故H(x)

故当x>0时，恒有|f(x)-g(x)|

综上，k=1.

解法二：（I）（II）同解法一.

（III）当k>1时，由（I）知，对于

故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)>kx-x=(k-1)x，

令(k-1)x>x,解得0

从而得到当k>1时，对于x?(0,k1)恒有|f(x)-g(x)|>x,所以满足题意的t不存在. 当k

由（II）知存在x0>0,使得xÎ（0，x0），f(x)>k1x>kx=g(x). 此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=

令1-kx, 21-k1-k2，此时 f(x)-g(x)>x, x>x2,解得0

1-k记x0与中较小的为x1，则当x?(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|>x2， 2

故满足题意的t不存在.

当k=1，由（I）知，x>0|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，

12x2x令M(x)xln(1x)x,x[0，+)，则有M(x)12x, 1x1x2

当x>0时，M¢上单调递减，故M(x)

故当x>0时，恒有|f(x)-g(x)|

综上，k=1.

21.选修4-2：矩阵与变换

本小题主要考查矩阵、逆矩阵等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想.满分7分.

解：(I)因为|A|=2创3-14=2 2

321所以A42113222 2212

-1-1(II)由AC=B得(AA)C=AB, 133112 =2故CAB=220121231

（2）选修4-4：坐标系与参数方程

本小题主要考查极坐标与直角坐标的互化、圆的参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想.满分7分.

解：(1)消去参数t，得到圆C的普通方程为x-1

sin(q-()2+(y+2)=9,

2p)=m，得rsinq-rcosq-m=0, 4

所以直线l的直角坐标方程为x-y-m=0.

(II)依题意，圆心C到直线l的距离等于2，即

=2，解得m=-3

（3）选修4-5：不等式选讲

本小题主要考查绝对值不等式、柯西不等式等基础知识，考查推理论证能力，考查化归与转化思想.满分7分.

解：(I)因为f（x）

当且仅当-a＃x b时，等号成立

又a>0,b>0，所以|a+b|=a+b,所以f（x）的最小值为a+b+c,

又已知f（x）的最小值为4，所以a+b+c=4

(II)由(I)知a+b+c=4，由柯西不等式得

骣12122a+b+c49桫

即骣ab4+9+1炒2+创3+c1)(23桫2=(a+b+c)=16, 2121228a+b+c . 497

11bac8182当且仅当==,即a=,b=,c=时，等号成立 231777

118所以a2+b2+c2的最小值为. 497