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1、绝密 启封并使用完毕前2015年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）数 学（文史类）本试题卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）。第卷1至2页，第卷3至4页。满分l50分。考试时间l20分钟。考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。第卷（选择题 共50分）注意事项： 必须使用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。 第卷共10小题。一、选择题：本大题共10个小题,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.设集合，集合，则（A） （B） （C） （D）【答案】A【解析】，选A.2. 设向量与向
2、量共线，则实数(A) (B) (C) (D) 【答案】B【解析】由共线向量，的坐标运算可知，即，选B.3.某学校为了了解三年级、六年级、九年级这三个年级之间的学生视力是否存在显著差异，拟从这三个年级中按人数比例抽取部分学生进行调查，则最合理的抽样方法是（A)抽签法 （B）系统抽样法 （C）分层抽样法 （D）随机数法【答案】C【解析】因为是为了解各年级之间的学生视力是否存在显著差异，所以选择分层抽样法。4.设，为正实数，则“”是“”的 (A)充要条件 (B)充分不必要条件 (C)必要不充分条件 (D)既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由已知当时，“”是“”的充分条件。反过来由，可得，“”是“
3、”的必要条件，综上，“”是“”的充要条件，选A.5.下列函数中，最小正周期为的奇函数是A. B.C. D.【答案】A【解析】A. ,可知其满足题意;是否开始结束K=k+1K=1k4?输出SB. ,可知其最小正周期为，偶函数;C. ,最小正周期为，非奇非偶函数;D. ,可知其最小正周期为，非奇非偶函数.选A6.执行如图所示的程序框图，输出S的值是(A) (B) (C)- (D) 【答案】D【解析】易得当k=1,2,3,4时执行的是否，当k=5时就执行是的步骤，所以，选D.7.过双曲线的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则（A） （B） （C）6 （D）【答案】D【解析
4、】由题意可知双曲线的渐近线方程为，且右焦点，则直线与两条渐近线的交点分别为，,选D.8. 某食品的保鲜时间（单位：小时）与储藏温度（单位：）满足函数关系（ 为自然对数的底数，k，b为常数）。若该食品在的保鲜时间是192小时，在23的保鲜时间是48小时，则该食品在33的保鲜时间是(A)16小时 (B)20小时 (C)24小时 (D)21小时【答案】C【解析】， 当时，,选C.9. 设实数满足，则的最大值为(A) (B) (C) 12 (D)14【答案】A【解析】由第一个条件得：。于是，当且仅当时取到最大值。经验证，在可行域内，选.10.设直线与抛物线相交于A，B两点，与圆相切于点M，且M为线 段
5、AB的中点.若这样的直线恰有4条，则的取值范围是（A） （B） （C） （D）【答案】D【解析】 设，则两式相减，得：，当直线的斜率不存在时，显然符合条件的直线有两条。当直线的斜率存在时，可得：，又，由于M在抛物线的内部，因此，选D.第卷（非选择题 共100分）注意事项：必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目说只是的区域内作答。作图可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚。答在试卷、草稿纸上无效。二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。11. 设是虚数单位，则复数_.【答案】【解析】由题意可知：12. 的值是 _.【答案】【解析】13. .已知，则的值是_.
6、【答案】-1【解析】由已知得，14. 三棱柱中，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设点M,N,P分别是，的中点，则三棱锥的体积是_.【答案】【解析】采用等积法，15.已知函数， (其中)。对于不相等的实数，设，现有如下命题：(1) 对于任意不相等的实数，都有；(2) 对于任意的及任意不相等的实数，都有；(3) 对于任意的，存在不相等的实数，使得；(4) 对于任意的，存在不相等的实数，使得。其中的真命题有_(写出所有真命题的序号）。【答案】(1) (4)【解析】(1)设，,函数是增函数， 则=0,所以正确；(2)设，则，不妨我们设，则，矛盾，所以(2)错
7、。(3)，由(1)(2)可得：，化简得到，也即，令，即对于任意的函数在定义域范围内存在有两个不相等的实数根，。则，显然当时，恒成立，即单调递增，最多与x轴有一个交点，不满足题意，所以错误。(4)同理可得，设，即对于任意的函数在定义域范围内存在有两个不相等的实数根，从而不是恒为单调函数。，恒成立，单调递增，又时，时，。所以为先减后增的函数，满足要求，所以正确。三、简答题：本大题共6小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。16.（本小题满分12分）设数列的前项和，且，成等差数列。 （）求数列的通项公式； （）记数列的前项和，求。【解答】：（）当时有， 则 ， （） ，数列是以为首项
8、，2为公比的等比数列。 又由题意得， ， （）由题意得， 17.（本小题满分12分）一个小客车有5个座位，其座位号为，乘客 的座位号为，他们按照座位号顺序先后上车，乘客因身体原因没有坐自己号座位，这时司机要求余下的乘客按以下规则就坐：如果自己的座位空着，就只能坐自己的座位。如果自己的座位已有乘客就坐，就在这5个座位的剩余空位中选择座位.（I）若乘客坐到了3号座位，其他乘客按规则就座，则此时共有4种坐法。下表给出其中两种坐法，请填入余下两种坐法（将乘客就坐的座位号填入表中空格处）乘客 座位号3214532451（II）若乘客坐到了2号座位，其，他乘客按规则就坐，求乘客坐到5号座位的概率。【解答】
9、（）当乘客坐在3号位置上，此时的位置没有被占，只能坐在2位置，位置被占，可选剩下的任何，即可选1、4、5:当选1位置，位置没被占，只能选4位置，选剩下的，只有一种情况；当 选4位置，可选5位置也可选1位置，选剩下的，有两种情况；当 选5位置，只可选4位置选剩下的，有一种情况；乘客 座位号32145324513241532541 （）这个问情况比较复杂，需要列表解答，当坐2位置时，位置被占，可选剩下的 座位，下表列出了所有可能乘客 座位号2134523451234152314523541243152435125341综上，共有8种情况，坐在5位置上的情况有4种，所求概率为 18.（本小题满分分）
10、一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示。（I）请将字母标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）；（II）判断平面与平面的位置关系，并证明你的结论；（III）证明：平面。【解答】（I）如答图1所示 答图1 答图2 答图3（II）如答图2所示，连接，易得四边形和四边形为，所以，又平面，且平面，平面，平面，又平面，且，所以平面平面 （III）如答图3所示，易得，平面,得平面，同理可得，又， 平面。19.（本小题满分12分）已知为的内角，是关于的方程的两实根.（）求的大小；（）若，求的值.【解答】（）是关于的方程的两个根可得：，所以，则，由三角形内角和为可知，.（）在中，由正弦定理可
11、得，求得，则.又，由三角形内角和为及诱导公式可知，解得，将代入，解得.20.（本小题满分13分）如图，椭圆（）的离心率是，点在短轴上，且。（）球椭圆的方程；xyOBAP（）设为坐标原点，过点的动直线与椭圆交于两点。是否存在常数，使得 为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由。【解答】（）由知，解得，又由离心率是得到 ； 椭圆E的方程为：。()当直线AB的斜率存在时，设AB的解析式为， 联立：，显然，由韦达定理可知，这里，与的取值无关，即。此时，当直线AB的斜率不存在时，AB就是CD，那么综上，存在常数，使得为定值。21.已知函数，其中，设是的导函数.（）讨论的单调性；（）证明：存在，使得恒成立，且在区间(1，)内有唯一解。【解答】：（），求导可得，即 恒成立，在其定义域上单调递增。（），由()可知在(1，)内单调递增。又时，当时，显然。而在(1，)是单调递增的，因此在(1，)内必定存在唯一的使得 . 。当时，当时，在上单调递减，在上单调递增，。由已知条件在区间内有唯一解，必有。即. ，由式得到带入式化简得：，即，令，恒成立，为减函数，在内有零点，即时，有解，此时为增函数，且，即。存在，使得恒成立，且在区间(1，)内有唯一解。
