2015四川高考数学(理)试题下载 word

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2015四川高考数学(理)试题下载 word篇一：2015年四川高考数学试卷试卷及答案(理科)word版

绝密★启用前

2015年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）

数 学（理工类）

本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页，共4页。满分150分。考试时间120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，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ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Ⅰ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A{x|(x1)(x2)0}，集合B{x|1x3}，则A

B=（ ）

A.{x|-1<x<3} B.{x|-1<x<1} C.{x|1<x<2} D.{x|2<x<3} 2.设i是虚数单位，则复数i32

i

=（ ） A.-i B.-3i C.i. D.3i

3.执行如图所示的程序框图，输出S的值是（ ）

A.-

2

B.2

C.-12 D.12

4.下列函数中，最小正周期为且图象关于原点对称的函数是( ) A. ycos(2x



2

) B. ysin(2x



2

)

C. ysin2xcos2x D ysinxcosx

5.过双曲线x2

y2

3

1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AB（ ） （Ａ）

（B

） （C）6 （D

）6.用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（ ） （A）144个 （B）120个 （C）96个 （D）72个

7.设四边形ABCD为平行四边形，AB6，AD4.若点M，N满足BM3MC，DN2NC，则

AM.NM（ ）

（A）20 （B）15 （C）9 （D）6 8.设a，b都是不等于1的正数，则“3a3b3”是“loga3logb3”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 9.如果函数fx12m2x2n8x1m0，

n0在区间12，2



单调递减，则mn的最大值为（ ）

（A）16 （B）18 （C）25 （D）

81

2

10.设直线l与抛物线y24x相交于A，B两点，与圆x52

y2r2r0相切于点M，且M为线段AB的中点.若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是（ ） （A）1，3 （B）1，4 （C）2，3 （D）2，4

第Ⅱ卷 （非选择题 共100分）

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。

11.在(2x1)5的展开式中，含x2的项的系数是 （用数字填写答案）. 12. sin15sin75的值是13.某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：C）满足函数关系yekxb（e2.718为自然对数的底数，k、b为常数）。若该食品在0C的保鲜时间设计192小时，在22

C的保鲜时间是

48小时，则该食品在33C的保鲜时间是 小时.

14.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点。设异面直线EM与AF所成的角为，则cos的最大值为 . 15.已知函数f(x)2x，g(x)x2ax（其中aR）。 对于不相等的实数xf(x1,x2，设m1)f(x2)g(x1x，n)g(x2)

，

1x2x1x2

现有如下命题：

（1）对于任意不相等的实数x1,x2，都有m0；

（2）对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2，都有n0； （3）对于任意的a，存在不相等的实数x1,x2，使得mn；

（4）对于任意的a，存在不相等的实数x1,x2，使得mn。 其中的真命题有 （写出所有真命题的序号）。

三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程演算步骤。

16、（本题满分12分）

设数列an}(n1,2,3...)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1,a21,a3成等差数列 （I）求数列an}的通项公式

（II）记数列{1

a的前项和T1n，求使得Tn1成立nn

1000的最小值。

17、（本题满分12分）

某市A、B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生，2名女生，A中学推荐了3

名男生，4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训，由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人，从参加集训的女生中随机抽取3人组成代表队 （I）求A中学至少有一名学生入选代表队的概率

（II）某场比赛前，从代表队的6名中随机抽取4名参赛，记X表示参赛的男生人数，求X的分布

列于数学期望。 18、（本题满分12分）

一个正方体的平面展开图和直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M,GH的中点为N

（I）请将字母F、G、H标记在正方体的直观意图

相应的顶点处（不要求说明理由） E

（II）证明：直线MN∥平面BDH

（III）求二面角A-EG-M的余弦值

A

19、（本题满分12分）

如图A、B、C、D为平面四边形ABCD的四个内角

（I）证明：tanA1cosA

2sinA

（II）若A+C=1800,AB=6，BC=3，CD=4，AD=5 求：tan

A2tanBCD

2tan2tan2

的值 A

20、（本题满分13分）（III）

如图，椭圆E: x2y2ab1(ab

0)的离心率是222

，过点P(0，1)的动直

线l与椭圆交于A、B两点当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截的线段

长为（I）求椭圆E的方程

（II）在平面直角坐标系中是否存在与点P不同的定点Q,使得

QAPAQB



PB

恒

成立，若存在，求出Q点的坐标，若不存在，说明理由

21、（本题满分14分）已知函数f(x)2(xa)lnxx22ax2a2a，其中a0，（I）设g(x)是f(x)的导函数，讨论函数g(x)的单调性（II）证明：存在a(0,1)使得f(x)0在区间(1,)内恒成立，且

f(x)0在区间(1,)内有唯一解

2015年普通高等学校招生全国统一考试（四川）详细参考答案

1.【答案】A 【解析】

A{x|1x2}，且B{x|1x3}AB{x|1x3}，故选A

2.【答案】C 【解析】i322i

iii

2i，故选C 3.【答案】D

【解析】进入循环，当k5时才能输出k的值，则Ssin

51

62

，故选D 4.【答案】A 【解析】

A. ycos(2x

2)sin2x可知其满足题意

B. ysin(2x



2)cos2x可知其图像的对称中心为(k

42

,0)(kZ)，最小正周期为

C. ysin2xcos2xx

k4)可知其图像的对称中心为(

2

8

,0)(kZ)，最小正周期为

D. ysinxcosxx)可知其图像的对称中心为(k

44

,0)(kZ)小正周期为2

5.【答案】D 【解析】

由题可知渐近线方程为y，右焦点(2,0)，

则直线x2与两条渐近线的交点分别为

A，

B(2,

，所以|AB| 6.【答案】B 【解析】分类讨论

① 当5在万位时，个位可以排0、2、4三个数，其余位置没有限制，故有C13

3A472种。 ② 当4在万位时，个位可以排0、2两个数，其余位置没有限制，固有C132A448种，

综上：共有120种。故选B。 7.【答案】C

【解析】这个地方四边形ABCD为平行四边形，可赋予此四边形为矩形，进而以A为坐标原点建立坐标系。由A（0,0），M（6,3）N（4,4），进而AM(6,3) ，NM(2,1)，AM

NM9。

8.【答案】B

【解析】条件3a

3b

3等价于ab1。当ab1时，log11

3alog3b0。所以，

loga

log，33b即log以，“3a3b

3”是“log1

a3logb3。所a3logb3”的充分条件。但a

3

,b3也满足loga3logb3，而不满足ab1。所以，“3a3b3”是“loga3logb3”的不必要条件。故，选B。

9.【答案】B

【解析】同前面一样m,n满足条件1,2。由条件2得：m

1

2

12n。于是，2

mn11n12n

2n12n22

18。

mn当且仅当m3,n6时取到最大值18。经验证，m3,n6满足条件1,2。故选B。 10.【答案】D

【解析】方法一：当直线l与x轴垂直的时候，满足条件的直线有且只有2条。

当直线l与x轴不垂直的时候，由对称性不妨设切点M5rcos,rsin0，则切线的斜率为：

kcosAB

sin。另一方面，由于M为AB中点，故由点差法得：k22

ABrsin。故rcos

，r2。 由于M5rcos,rsin在抛物线内，所以满足y2

4x。代入并利用rcos2化简得到r4。

故2r4。

当2r4时，由r2

cos

知满足条件且在x轴上方的切点M只有1个。从而总的切线有4条。故选D。

方法二：当直线l与x轴垂直的时候，满足条件的直线有且只有2条。

当直线l与x轴不垂直的时候，设切点坐标为M(x0,y0)，切线与抛物线的交点为A(x1,y1)，B(x2,y2)，

由y214x122yy2，得4xkAB，则01，所以x022

y3….①

0y0x05

将切点M(3,y2

0)代入圆方程，得y04r2…..② 又切点M(3,y2

0)必在抛物线内部，所以y04x0…..③ 由①②③可得，2r4。 二、填空题 11.【答案】-40

【解析】由题意知x2

的系数为：C3x2

5(1)340

12.

【答案】2

【解析】

sin15sin(4530)

sin45cos30cos45sin30

=

12222

4

sin75

sin(45

30

)

sin45

cos30

cos45

sin30



12

sin15sin75

2

13.【答案】24

【解析】

ek0+b192bln192,ek22b48k

ln4

22

故当x33时，e33

ln4

22

ln192eln2424

14.【答案】

2

5

【解析】

AB为x轴，AD为y轴，AQ为z轴建立坐标系，设正方形边长为2

cos

令f(m)

m0,2)

f(m)

m0,2,f(m)0

f(m)maxf(0)

25，即cos2max5

15.【答案】(1) (4)

【解析】

设xx

x1

x2

f(x1)f(x2)2x12x2

(1)1>x2,函数2单调递增，所有2>2,x1-x2>0, 则mx=>0,所以正确；

1x2x1x2

(2)设x1>x2,则xg(x1)g(x2)

1-x2>0,则n

x

1x2

2

2

x1x2a(x1x2)xx(x1x2)(x1x2a)xx1x2a，可令x1=1，x2=2，

12x12

a=—4，则n=—1<0，所以错误； (3)因为mn，由（2）得：

f(x1)f(x2)

xxx1x2a，分母乘到右边，右边即为g(x1)g(x2)，所以

12

原等式即为f(x1)f(x2)=g(x1)g(x2)，

即为f(x1)g(x2)=f(x1)g(x2)，令h(x)f(x)g(x),

则原题意转化为对于任意的a，函数h(x)f(x)g(x)存在不相等的实数x1，x2使得函数值相等，

h(x)2xx2ax，则h(x)2xln22xa，则h(x)2（xln2）2

2，

令h"x

0，且1x

2，可得h'x为极小值。若a10000，则h'x0，即h'x0，hx

单调递增，不满足题意，所以错误。

(4)由(3) 得f(x1)f(x2)=g(x1)g(x2)，则fx1gx1gx2fx2，设hxfxgx，

有x1，x2使其函数值相等，则hx不恒为单调。

hx2xx2ax，h'x2xln22xa，h''x2xln22

20恒成立，h'x单调递增且

h'0，h'0。所以hx先减后增，满足题意，所以正确。

（3）思路二：可用拉格朗日中值定理解决。

若mn，则有f(x1)f(x2)=g(x1)g(xf(x1)g(x1)][f(x2)g(x2)]

2)[，即可得

xx0

12

可构造函数h(x)f(x)g(x)，由拉格朗日中值定理，

必存在xx2x

0(x1,x2)，使得h'(x0)0，又h(x)2xax，则h(x)2ln22xa

即2xln22xa0x

对任意a均有解。数型结合可知，函数y2lnx与y2xa可以无交点。

所以2x

ln22xa0对任意a均有解不成立，所以mn不成立。

16.解：（1）当n2时有，anSnSn12ana1(2an1a1)

则aan

n2an1(n2)

a=2 （n³2） n-1

则an是以a1为首项，2为公比的等比数列。

又由题意得2a22a1a322a12a14a1a12 则an2n (nN*

)

1（2）由题意得1a1[1(1 由等比数列求和公式得Tn)n]

n (nN*)1(1)n n21122

则T-）=()n

又当n10时， （1）10=102419

n11

2

12

2

2，（2

）=512 T1

n1

1000

成立时，n的最小值的n10。 17.【解析】（1）正难则反。求出A中学中无学生入选代表队的概率，再用1减去即能得到题目所求。 （2）由题意，知X1,2,3，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和期望。 【答案】

（1） 设事件A表示“A中学至少有1名学生入选代表队”，

P(A)1C333C4199

C331100

6C6100

（2） 由题意，知X1,2,3,

C31213

P(X1)3C3C1;P(X2)C23C3C43P(X3)C3C34

1

4;

6565C65

X

期望为：E(X)1

1523531

5

2 18. 【答案】

（I）直接将平面图形折叠同时注意顶点的对应方式即可

如图

（II）

连接BD，取BD的中点Q，连接MQ

因为M、Q为线段BC、BD中点，所以MQ//CD//GH且MQ12CD1

2

GH 又因N为GH中点，所以NH1

2

GH 得到NHMQ且NH//MQ 所以四边形QMNH为Y 得到QH//MN 又因为QH平面BDH

所以MN//平面BDH（得证）

（III）连接AC，EG，过点M作MKAC，垂足在AC上，过点K作平面ABCD垂线，交EG于点L，连接ML，则二面角AEGMMLK

因为MK平面ABCD，且AEABCD,所以MKAE 又AE，AC平面AEG,所以MK平面AEG

且KLAEG，所以MKKL，所以三角形MKL为RT 设正方体棱长为a，则ABBCKLa， 所以MC

a

2

， 因为MCK45，三角形MCK为RT，所以MKMCcos45

4

所以tanMLKMKKLa4cosMLK3

所以cosAEGMcosMLK3

19.【解析】

2015四川高考数学(理)试题下载 word篇二：2015年四川高考数学试卷及其详解答案(理科)word版

2015年普通高等学校招生全国统一考试（四川）理科

1.设集合A{x|(x1)(x2)0}，集合B{x|1x3}，则AB

A.{x|1x3} B. {x|1x1} C. {x|1x2} D. {x|2x3} 【答案】A 【解析】

A{x|1x2}，且B{x|1x3}AB{x|1x3}，故选A

2 i

2.设i是虚数单位，则复数i3

A.i B. 3i C. i D. 3i 【答案】C

【解析】i32i2ii，故选C

ii2

3.执行如图所示的程序框图，输出S的值是 A.



B. 22

11 B. C. D. 22

【答案】D

【解析】进入循环，当k5时才能输出k的值，则Ssin

51

，故选D 62

4.下列函数中，最小正周期为且图象关于原点对称的函数是



A. ycos(2x) B. ysin(2x)

22C. ysin2xcos2x D. ysinxcosx 【答案】A 【解析】



A. ycos(2x)sin2x可知其满足题意

2

k

,0)(kZ)，最小正周期为 B. ysin(2x)cos2x可知其图像的对称中心为(

242

k

C. ysin2xcos2xx)可知其图像的对称中心为(,0)(kZ)，最小正周期

428

为



D. ysinxcosxx)可知其图像的对称中心为(k,0)(kZ)小正周期为2

44

y2

1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，5.过双曲线x3

2

则|AB|

A.

B. C. 6

D. 3

【答案】D 【解析】

由题可知渐近线方程为y，右焦点(2,0)，

则直线x2与两条渐近线的交点分别为

A，

B(2,

，所以|AB|6.用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有 （A）144个 （B）120个 （C）96个 （D）72个 【答案】B 【解析】分类讨论

13

① 当5在万位时，个位可以排0、2、4三个数，其余位置没有限制，故有C3A472种。 13② 当4在万位时，个位可以排0、2两个数，其余位置没有限制，固有C2A448种，

综上：共有120种。故选B。

7.设四边形ABCD为平行四边形，AB6,AD4.若点M,N满足BM3M，

DN2NC，则AMNM （ ）

（A）20 （B）15 （C）9 （D）6 【答案】C

【解析】C.本题从解题方式方法上可有两种思路。

方法①：这个地方四边形ABCD为平行四边形，可赋予此四边形为矩形，进而以A为坐标原点建立坐标系。由A（0,0），M（6,3）N（4,4），进而AM(6,3) ，NM(2,1)，AMNM9。

方法②：这个地方可以以AB，AD为基底向量，利用三角形法则将AM，NM分别用基底向量表示可得AMAB

311

AD，NMABAD则434

1311

AMNMABADABADAB

4433



2

3

AD4

2



9。 

综合两种方法，显然方法①更具备高考解题的准确性和高效性。 8.设a,b都是不等于1的正数，则“3a3b3”是“loga3logb3”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】B

11

log3alog3b0。【解析】条件3a3b3等价于ab1。当ab1时，，

log3alog3b

1

即loga3logb3。所以，“3a3b3”是“loga3logb3”的充分条件。但a,b3也满足

3

loga3logb3，而不满足ab1。所以，log3“3a3b3”是“loga3b”的不必要条件。故，选B。

9.如果函数fx值为

（A）16 （B）18 （C）25 （D）【答案】B

1【错误解析】由fx单调递减得：fx0，故m2xn80在，2上恒成立。而

2

81 2

11

，2单调递减，则mn的最大m2x2n8x1m0，n0在区间22

m2xn8是一次函数，在

1

，2上的图像是一条线段。故只须在两个端点处2

1

f0,f20即可。即 2

1

m2n80,2

2m2n80,

2

12

，

mn

由212得：mn10。所以，mn25. 选C。

2

【错误原因】mn当且仅当mn5时取到最大值25，而当mn5，m,n不满足条件1,2。 【正确解析】同前面一样m,n满足条件1,2。由条件2得：m

2

1

12n。于是，2

11n12n

。mn当且仅当m3,n6时取到最大值18。经验证，mnn12n18

222

m3,n6满足条件1,2。故选B。

10.设直线l与抛物线y24x相交于A,B两点，与圆x5y2r2r0相切于点M，且M为线段AB的中点.若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是

（A）1，3 （B）1，4 （C）2，3 （D）2，4 【答案】D

【解析】方法一：当直线l与x轴垂直的时候，满足条件的直线有且只有2条。

当直线l与x轴不垂直的时候，由对称性不妨设切点M5rcos,rsin0，则切线的

kAB斜率为：r2。

2

cos22

kAB。另一方面，由于M为AB中点，故由点差法得：。故r，

sinrsinocs

由于M5rcos,rsin在抛物线内，所以满足y24x。代入并利用rcos2化简得到

r4。故2r4。

当2r4时，由r条。故选D。

2

知满足条件且在x轴上方的切点M只有1个。从而总的切线有4cos

方法二：当直线l与x轴垂直的时候，满足条件的直线有且只有2条。

当直线l与x轴不垂直的时候，设切点坐标为M(x0,y0)，切线与抛物线的交点为A(x1,y1)，

2y22y14x1

，得kAB，则01，所以x03….① B(x2,y2)，由2

y0y0x05y24x2

将切点M(3,y0)代入圆方程，得y04r2…..②

2

又切点M(3,y0)必在抛物线内部，所以y04x0…..③

2

由①②③可得，2r4。 二、填空题

11.在2x1的展开式中，含x2的项的系数是________（用数字填写答案）

8

〖答案〗-40

32

〖解析〗由题意知x2的系数为：C5x(1)340

12. sin15°sin75°的值是________

〖答案〗〖解析〗

sin15sin(4530)

sin45cos30cos45sin30

1 2sin75sin(4530)

sin45cos30cos45sin30

1 

222sin15sin75

13.某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：°C）满足函数关系yekxb（ e=2.718为自然对数的底数，k，b为常数）。若该食品在0°C的保鲜时间是192小时，在23°C的保鲜时间是48小时，则该食品在33°C的保鲜时间是________小时。 〖答案〗24

2015四川高考数学(理)试题下载 word篇三：2015四川高考理科数学试题(word精编版)

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2015年普通高等学校招生全国统一考试（四川）

数学（理工农医类）

本试题卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）。第I卷1至2页，第II卷2至4页，共4页。满分150分。考试时间120分钟。考生作答时，必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I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。 本卷共10小题。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。

1.设集合集合A={x|(x+1)(x-2)<0}，B={x|1<x<3}则A∪B=

A.{x|-1<x<3} B.{x|-1<x<1} C.{x|1<x<2} D.{x|2<x<3} 2

2.设i是虚数单位，则复数i3−iA. -i B. -3i C. i. D. 3i

3.执行如图1所示的程序框图，输出S的值是 3311A.−2 B. 2 C. −2 D. 24 . π

A. y= cos(2x + 2))

π

B. y= cos(2x + 2)) C. y=sin2x + cos2x D. y=sinx + cosx

图 1

2

y

5.过双曲线x2− 3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|AB|=

43

A. 3B. 23C. 6 D. 43

6.用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有

A. 144个 B. 120个 C. 96个 D. 72个

，7.设四边形ABCD为平行四边形，|

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