全国高考文科数学试题及答案-全国卷3

文科数学

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知集合A={1,2,3,4}，B={2,4,6,8}，则AB中元素的个数为 A．1

B．2

C．3

D．4

2．复平面内表示复数z=i(–2+i)的点位于 A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

3．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图.

根据该折线图，下列结论错误的是

#

A．月接待游客逐月增加 B．年接待游客量逐年增加

C．各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月

D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳 4．已知sincos4，则sin2= 3 B．A．7 9

2 9 C．

2 9 D．

7 93x2y605．设x，y满足约束条件，则z=x-y的取值范围是 x0y0A．–3,0]

B．–3,2]

C．0,2]

D．0,3]

6．函数f(x)= sin(x+

)+cos(x−)的最大值为 36A．

#

6 5 B．1 C． D．

7．函数y=1+x+

sinx的部分图像大致为 2xA． B．

C． D．

8．执行下面的程序框图，为使输出S的值小于91，则输入的正整数N的最小值为

A．5

B．4

C．3

D．2

9．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A．π

B．

3π 4 C．

π 2 D．

π 410．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则

A．A1E⊥DC1

B．A1E⊥BD

C．A1E⊥BC1

D．A1E⊥AC

x2y211．已知椭圆C：221，（a>b>0）的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与

ab直线bxay2ab0相切，则C的离心率为

)

A．6 3

2B．3 3x1 C．

2 3 D．

1 312．已知函数f(x)x2xa(eA．ex1)有唯一零点，则a=

C．

1 2 B．

13

1 2 D．1

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知向量a(2,3),b(3,m)，且a⊥b，则m = .

3x2y21（a>0）的一条渐近线方程为yx，则a= . 14．双曲线2a9515．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c。已知C=60°，b=6，c=3，则A=_________。 x1，x0，116．设函数f(x)x则满足f(x)f(x)1的x的取值范围是__________。

22，x0，三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试

题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共60分。

:

17．（12分）设数列an满足a13a2（1）求an的通项公式； （2）求数列(2n1)an2n.

an 的前n项和. 2n118．（12分）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间20，25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：

最高气温 10，15） 15，20） 20，25） 25，30） 30，35） ~ 35，40） 天数 2 16 36 25 7 4 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率。 （1）求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；

·

（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．

19．（12分）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．

（1）证明：AC⊥BD；

（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．

20．（12分）

'

在直角坐标系xOy中，曲线y=x2+mx–2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0,1).当m变化时，解答下列问题：

（1）能否出现AC⊥BC的情况说明理由；

（2）证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.

21．（12分）已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x．

（1）讨论f(x)的学%单调性； （2）当a﹤0时，证明f(x)

#

32． 4a

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。

22．选修4―4：坐标系与参数方程]（10分）

x2+t,在直角坐标系xOy中，直线l1的参数方程为（t为参数），直线l2的参数方程为

ykt,x2m,.设l1与l2的交点为P，当k变化时，P的轨迹为曲线C． （m为参数）my,k（1）写出C的普通方程；

（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l3：ρ(cosθ+sinθ)−2=0，M为l3

与C的交点，求M的极径.

23．选修4—5：不等式选讲]（10分）

已知函数f(x)=│x+1│–│x–2│.

—

（1）求不等式f(x)≥1的解集；

（2）若不等式f(x)≥x2–x +m的解集非空，求m的取值范围.

一、选择题：

1．B 2．B 3 A 4 A 5．B 6 A 7．D 8．D 9．B. 10．C 11．A 12．C 二、填空题

13．2 14．5 15．75°16．(,) 三、解答题： 17．

&

14

18．解：（1）需求量不超过300瓶，即最高气温不高于25C，从表中可知有54天，

∴所求概率为P543. 905 （2）Y的可能值列表如下：

最高气温 10，15） 15，20） 20，25） 25，30） /35，40） 30，35） Y 100 100 300 900 900 900 低于20C：y200625024504100；

;

[20,25)：y300615024504300；

不低于25C：y450(64)900 ∴Y大于0的概率为P

19．（1）证明：取AC中点O，连OD,OB ∵ADCD，O为AC中点， ∴ACOD，

又∵ABC是等边三角形， ∴ACOB，

%

2161. 90905

又∵OBODO，∴AC平面OBD，BD平面OBD， ∴ACBD.

20．解：(1)设Ax1,0,Bx2,0，则x1,x2是方程x2mx20的根， 所以x1x2m,x1x22，

则ACBCx1,1x2,1x1x212110， 所以不会能否出现AC⊥BC的情况。

（2）解法1：过A，B，C三点的圆的圆心必在线段AB垂直平分线上，设圆心

22Ex0,y0，则

2x1+x2x1x2xxm2xyy1x012100222，由EAEC得2，化简得

m1m11x1x21xyy012222， 22，所以圆E的方程为令x0得

/

2222y11,y22，所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为

123，所以

所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值

解法2：设过A，B，C三点的圆与y轴的另一个交点为D，

由x1x22可知原点O在圆内，由相交弦定理可得ODOCOAOBx1x22， 又OC1，所以OD2，

所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为OCOD3，为定值.

2ax2(2a1)x1(2ax1)(x1)f'(x)(x0)xx21．解：（1）

当a0时，f'(x)0，则f(x)在(0,)单调递增

11)单调递增，在(,)单调递减. 2a2a1) （2）由（1）知，当a0时，f(x)maxf(2a131110） f()(2)ln()1，令ylnt1t （t2a2a4a2a2a当a0时，则f(x)在(0,~

则y'10，解得t1

∴y在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减 ∴ymaxy(1)0，∴y0，即f(x)max(（二）选考题：

22．（1）直线的普通方程为yk(x2) 直线的普通方程为x2ky 消去k得 xy4， 即C的普通方程为xy4. （2）化为普通方程为xy22221t332)，∴f(x)2. 4a4a2

32xxy22 联立2得2y2xy42[

222∴xy1825 44∴与C的交点M的极径为5. 23

x2x3,x12由（1）知 g(x)x3x1,1x2

x2x3,x2当x1时，g(x)xx3 其开口向下，对称轴x211 2

∴g(x)g(1)1135

2当1x2时 g(x)x3x1

（2）原式等价于存在xR，f(x)x2xm

成立，即 [f(x)x2x]maxm

设g(x)f(x)x2x

其开口向下，对称轴为x32 ∴g(x)g(3)94922154 当x2时，g(x)x2x3 其开口向下，对称轴为x12 使

∴g(x)g(2)4231 综上 g(x)5max4 ∴m的取值范围为 (,54].