福建理数高考真题解析版.docx

1、福建理数高考真题解析版2015福建卷(理数)1A12015福建卷 若集合Ai，i2，i3，i4(i是虚数单位)，B1，1，则AB等于()A1 B1C1，1 D1C解析 A，所以AB.2B42015福建卷 下列函数为奇函数的是()Ay By|sin x|Cycos x Dyexex2D解析 对于A，函数y的定义域为，不关于原点对称，故既不是奇函数也不是偶函数；B，C选项为偶函数；对于D，设f(x)exex，则其定义域为R，且f(x)exe(x)exexf(x)，所以f(x)exex为奇函数故选D.3H62015福建卷 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，

2、则|PF2|等于()A11 B9C5 D33B解析 由题知6，所以63或9(负值舍去)，故9.4I42015福建卷 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：收入x(万元)8.28.610.011.311.9支出y(万元)6.27.58.08.59.8根据上表可得回归直线方程x，其中0.76， ，据此估计，该社区一户年收入为15万元家庭的年支出为()A11.4万元 B11.8万元C12.0万元 D12.2万元4B解析 由题知(8.28.610.011.311.9)10，(6.27.58.08.59.8)8，所以80.76100.4，所以当x15时

3、，0.76150.411.8.故选B.5E52015福建卷 若变量x，y满足约束条件则z2xy的最小值等于()A B2C D25A解析 可行域如图所示，当直线y2xz过点A时，z取得最小值，且zmin.6L12015福建卷 阅读如图11所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果为()图11A2 B1 C0 D16C解析 第一次循环，S0，i2；第二次循环，S1，i3；第三次循环，S1，i4；第四次循环，S0，i5；第五次循环，S0，i65，结束循环故输出的结果为0.7A2，G4，G52015福建卷 若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面，则“lm”是“l”的()A充分而不必要条件B必要而不充

4、分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件7B解析 若m，lm，则l或l；若m，l，则lm.故选B.8B9、D52015福建卷 若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)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pq的值等于()A6 B7C8 D98D解析 不妨设ab，由韦达定理得abp0，abq0，则ab0, 所以2，b，a 成等差数列，a，2，b成等比数列，所以解得或(舍去)，所以p5，q4，所以pq9.9F42015福建卷 已知，t.若点P是ABC所在平面内的一点，且，则的最大值等于()A13 B15C19 D219A解析 以点A为原点

5、，的方向分别为x轴、y轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则，(0，t)，(1，4)，所以，(1，t4)，所以4(t4)1721713，当且仅当t时取等号故选A.10B142015福建卷 若定义在R上的函数f(x)满足f(0)1，其导函数f(x)k1，则下列结论中一定错误的是()AfBfCfDf10C解析 取f(x)ax1，则f(x)ak1，则f1a1 ，故当max1，a1k1k2aka0，即a4时，解得k，又1ka，所以当maxk时B正确；f1a，与已知ak1矛盾，故C一定错误；fk，又1ka，所以当1k2时，f(x)4，)，解得1a2.15M42015福建卷 一个二元码是由0和1组成的

6、数字串x1x2xn(nN*)，其中xk(k1，2，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x1x2x7的码元满足如下校验方程组：其中运算定义为：000，011，101，110.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_155解析 1101101中x1x2x4x5x71，x3x60，则x4x5x6x71，不满足方程组，x2x3x6x70，满足方程组，所以推测x4或x5错误又x1x3x5x71，不满足方程组，所以x5错误，故k5. 16K920

7、15福建卷 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该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认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的次数为X，求X的分布列和数学期望16解：(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，则P(A).(2)依题意得，X所有可能的取值是1，2，3.又P(X1)，P(X2)，P(X3)1，所以X的分布列为X123P所以E(X)123.17G4、G1

8、12015福建卷 如图13，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB平面BEC，BEEC，ABBEEC2，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图1317解：方法一：(1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，所以GHAB，且GHAB.又F是CD的中点，所以DFCD.由四边形ABCD是矩形得，ABCD，ABCD，所以GHDF，且GHDF，从而四边形HGFD是平行四边形，所以GFDH.又DH平面ADE，GF平面ADE，所以GF平面ADE.(2)如图，在平面BEC内，过B点作BQEC.因为BEC

9、E，所以BQBE.又因为AB平面BEC，所以ABBE，ABBQ.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)因为AB平面BEC，所以(0，0，2)为平面BEC的一个法向量设n(x，y，z)为平面AEF的一个法向量又(2，0，2)，(2，2，1)，由得取z2，得n(2，1，2)，从而cosn，所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.方法二：(1)证明：如图，取AB中点M，连接MG，MF.又G是BE的中点，所以GMAE.又AE平面ADE，GM平面ADE，所以GM平面ADE.在矩形ABCD中

10、，由M，F分别是AB，CD的中点得MFAD.又AD平面ADE，MF平面ADE，所以MF平面ADE.又因为GMMFM，GM平面GMF，MF平面GMF，所以平面GMF平面ADE.因为GF平面GMF，所以GF平面ADE.(2)同方法一18H102015福建卷 已知椭圆E：1(ab0)过点(0，)，且离心率e.(1)求椭圆E的方程；(2)设直线l：xmy1(mR)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，并说明理由图1418解：方法一：(1)由已知得，解得所以椭圆E的方程为1.(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为H(x0，y0)由得(m22)y22my30，

11、所以y1y2，y1y2，从而y0，所以|GH|2yy(m21)ymy0.又(1m2)(yy1y2)，故|GH|2my0(1m2)y1y20，所以|GH|.故点G在以AB为直径的圆外方法二：(1)同方法一(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，.由得(m22)y22my30，所以y1y2，y1y2，从而y1y2y1y2(m21)y1y2m(y1y2)0，所以cos，0.又，不共线，所以AGB为锐角故点G在以AB为直径的圆外19C92015福建卷 已知函数f(x)的图像是由函数g(x)cos x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

12、到的图像向右平移个单位长度(1)求函数f(x)的解析式，并求其图像的对称轴方程(2)已知关于x的方程f(x)g(x)m在0，2)内有两个不同的解，.(i)求实数m的取值范围；(ii)证明：cos()1.19解：方法一：(1)将g(x)cos x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y2cos x的图像，再将y2cos x的图像向右平移个单位长度后得到y2cos的图像，故f(x)2sin x.从而函数f(x)2sin x图像的对称轴方程为xk(kZ)(2)(i)f(x)g(x)2sin xcos xsin(x).依题意，sin(x)在0，2)内有两个不同的解，当且仅当1，故m的

13、取值范围是(，)(ii)证明：因为，是方程sin(x)m在0，2)内的两个不同的解，所以sin()，sin().当1m时，2，即2()；当m1时，2，即32()所以cos()cos 2()2sin2()1211.方法二：(1)同方法一(2)(i)同方法一(ii)因为，是方程sin(x)m在0，2)内的两个不同的解，所以sin()，sin().当1m时，2，即()；当m1时，2，即3()所以cos()cos()于是cos()cos()()cos()cos()sin()sin()cos2()sin()sin()1.20B142015福建卷 已知函数f(x)ln(1x)，g(x)kx(kR)(1)证

14、明：当x0时，f(x)x；(2)证明：当k1时，存在x00，使得对任意的x(0，x0)，恒有f(x)g(x)；(3)确定k的所有可能取值，使得存在t0，对任意的x(0，t)，恒有|f(x)g(x)|x2.20解：方法一：(1)证明：令F(x)f(x)xln(1x)x，x0，)，则有F(x)1.当x(0，)时，F(x)0，所以F(x)在0，)上单调递减，故当x0时，F(x)F(0)0，即当x0时，f(x)x.(2)证明：令G(x)f(x)g(x)ln(1x)kx，x0，)，则有G(x)k.当k0时，G(x)0，故G(x)在0，)上单调递增，G(x)G(0)0，故任意正实数x0均满足题意当0k1时

15、，令G(x)0，得x10，取x01，对任意x(0，x0)，有G(x)0，从而G(x)在0，x0)上单调递增，所以G(x)G(0)0，即f(x)g(x)综上，当k1时，总存在x00，使得对任意x(0，x0)，恒有f(x)g(x)(3)当k1时，由(1)知，对于x(0，)，g(x)xf(x)，故g(x)f(x)，|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)令M(x)kxln(1x)x2，x0，)，则有M(x)k2x.故当x时，M(x)0，M(x)在上单调递增，故M(x)M(0)0，即|f(x)g(x)|x2.所以满足题意的t不存在当k1时，由(2)知，存在x00，使得当x(0，x0)时，f

16、(x)g(x)，此时|f(x)g(x)|f(x)g(x)ln(1x)kx.令N(x)ln(1x)kxx2，x0，)，则有N(x)k2x，当x时，N(x)0，N(x)在上单调递增，故N(x)N(0)0，即f(x)g(x)x2.记x0与中的较小者为x1，则当x(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|x2.故满足题意的t不存在当k1时，由(1)知，当x0时，|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln(1x)令H(x)xln(1x)x2，x0，)，则有H(x)12x.当x0时，H(x)0，所以H(x)在0，)上单调递减，故H(x)H(0)0.故当x0时，恒有|f(x)g(x)|x2.此时，对任意正实数

17、t均满足题意综上，k1.方法二：(1)、(2)同方法一(3)当k1时，由(1)知，对于x(0，)，g(x)xf(x)，故|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)kxx(k1)x.令(k1)xx2，解得0xk1.从而得到，当k1时，对于x(0，k1)，恒有|f(x)g(x)|x2，故满足题意的t不存在当k1时，取k1，从而kk11，由(2)知，存在x00，使得x(0，x0)时，f(x)k1xkxg(x)，此时|f(x)g(x)|f(x)g(x)(k1k)xx.令xx2，解得0x，此时f(x)g(x)x2.记x0与的较小者为x1，当x(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|x2.故满足

18、题意的t不存在当k1时，由(1)知，当x0时，|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln(1x)，令M(x)xln(1x)x2，x0，)，则有M(x)12x.当x0时，M(x)0，所以M(x)在0，)上单调递减，故M(x)M(0)0.故当x0时，恒有|f(x)g(x)|x2，此时，对任意正实数t均满足题意综上，k1.21N2、N3、N42015福建卷 (1)选修42：矩阵与变换已知矩阵A)，B)(i)求A的逆矩阵A1；(ii)求矩阵C，使得ACB.(2)选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为(t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

19、为极点，以x轴非负半轴为极轴)中，直线l的方程为sinm(mR)(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)选修45：不等式选讲已知a0，b0，c0，函数f(x)|xa|xb|c的最小值为4.(i)求abc的值；(ii)求a2b2c2的最小值21解：(1)(i)因为|A|23142，所以A1)(ii)由ACB得(A1A)CA1B，故CA1B),),3)(2)(i)消去参数t，得到圆C的普通方程为(x1)2(y2)29.由sinm，得sin cos m0.所以直线l的直角坐标方程为xym0.(ii)依题意，圆心C到直线l的距离等于2，即2，解得m32.(3)(i)因为f(x)|xa|xb|c|(xa)(xb)|c|ab|c，当且仅当axb时，等号成立，又a0，b0，所以|ab|ab，所以f(x)的最小值为abc.又已知f(x)的最小值为4，所以abc4.(ii)由(i)知abc4，由柯西不等式得(491)(abc)216，即a2b2c2，当且仅当，即a，b，c时等号成立故a2b2c2的最小值为.