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普通高等学校招生全国统一考试文科数学
答题卡
姓名：
学校：
班级：
贴条形码区
座号：
18
一.选择题(60分)
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1 EA][B][c][D]
5 EA][8][cT [D]9 [A][8T [cl [D]
2 [A][8][c][D]
6 EA][8][c]ED]10 [A][B][c]ED]
■
3[A][B][C][D]
7 [A][B][cl [D]11 [A][B][cl [D]
4[A][B][C][D]
8[A][BJ[C][D]12[A][B[C][D]
■■■■■■■■■■■■■■■■■
二填空题(20分)
13
14
16
三解答题
17
■
口口■
第1页共2页
请使用2B铅笔填涂选择题答案等选项及考号
四选做题(10分)请考生用2B铅笔将所选题目对应题号涂黑，答题区域只允
20
21
许选择一题，如果多做，则按所选做的前一题计分。
我选的题号1(10分)
■223
■
口■口
第2页共2页中小学教育资源及组卷应用平台
参考答案：
1．D
【分析】根据绝对值不等式化简集合，即可根据集合的交并补运算求解.
【详解】由，得，所以，
因为或，所以，
所以，
故选：D．
2．A
【分析】由复数的四则运算化简复数，可得，，求出即可得出答案.
【详解】，
故，，得，，
所以．
故选：A.
3．A
【分析】由所有项的二项式系数之和求出的值，然后借助于二项式展开式的通项求出含的项，确定的值，求出系数.
【详解】因为展开式中所有项的二项式系数之和为32，即，所以.
又的展开式的通项，
令，则的展开式中的系数为.
故选：A．
4．B
【分析】由列方程求得的值，结合必要不充分条件的定义即可得解.
【详解】由题意，则，而或，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5．A
【分析】判断的奇偶性和单调性，再根据函数性质求解不等式即可.
【详解】，定义域为，又，故为偶函数；
又当时，均为单调增函数，故为上的单调增函数；
又，故当时，，则此时为上的单调增函数，故时，为单调减函数；
，即，则，即，，
也即，解得.
故选：A.
6．B
【分析】由题意，结合图形和诱导公式求得，利用三角函数图象的平移变换即可求解.
【详解】由图象知，，则，又，所以，
当时，，解得，
由，得，
所以.
要得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移个单位即可.
故选：B
7．A
【分析】根据已知化简可推得，两边平方整理得出，求解得出，进而根据二倍角的余弦公式，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，，显然，
两边同时乘以可得，，
整理可得，
所以，，
两边同时平方可得，
即，解得或.
当时，，此时，不满足题意，舍去.
所以，.
故选：A.
8．D
【分析】对的情况进行分类讨论，借助于导数对函数的单调性进行分析即可判断函数的大致图象.
【详解】由题意知，定义域为，
当时，，由指数函数的单调性可知函数单调递增，可对应①；
当时，，令可得：，所以当时，，当时，，所以，函数先减后增，且当时，，此时可对应②；
当时，，当时，当时，，当时，，所以，函数先增后减，
当时，，且此时，所以可对应③，
当时，，此时，所以可对应④.
故选：D.
9．C
【分析】由三视图可知，该几何体为三棱锥，底面为等腰直角三角形，一个侧面与底面垂直，设出球心，根据三视图所给数据列方程求出半径，从而可得结果.
【详解】由题意可得，该几何体的直观图如图，三棱锥中，
平面平面，
设为的中点，连接，则，
平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
根据三视图数据，为等腰直角三角形，
点为的外心，外接球的球心一定在直线上，
球心在线段的延长线上，
设球半径为，则，
由勾股定理可得， ，
外接球的表面积为.
故选：C.
10．B
【分析】画出可行域，根据直线截距的几何意义即可得解.
【详解】作出可行域如图阴影部分所示，
联立，解得，即，
令，由图可知当直线经过点A时，
则.
故选：B.
11．AD
【分析】利用平均数公式可判断A选项；利用中位数的定义可判断B选项；利用方差公式可判断C选项；利用极差的定义可判断D选项.
【详解】由已知可得.
对于A选项，新数据的平均数为，与原数据的平均数相等，A对；
对于B选项，不妨设，则原数据的中位数为，
若，则中位数为，
若，则中位数为，B错；
对于C选项，新数据的方差为
，C错；
对于D选项，不妨设，则，故新数据的极差仍为，D对.
故选：AD.
12．ABD
【分析】由题意可判断A；，到原点的距离最小，最小值为可判断B；求出、、所在的圆的方程，曲线与轴围成的图形是一个半圆，一个矩形和两个圆，求出面积可判断C；求出所在的圆截直线所得弦的长可判断D.
【详解】解：对于A，由图可知，曲线关于轴对称,A选项正确；
对于B，明显是，到原点的距离最小，最小值为，所以B正确；
对于C，、、所在的圆的方程分别为，，.
曲线与轴围成的图形是一个半圆，一个矩形和两个圆，其面积为，故C错误；
对于D，所在的圆的方程为，圆心，
圆心到直线的距离，
则所求的弦长为，故D正确.
故选：ABD
13．2或
【详解】当时，焦点在轴上，则，，
则；
当时，焦点在轴上，则，
则.
故答案为：2或.
14．
【分析】先利用向量的运算律求得及，然后利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】因为平面向量满足，
所以，
所以，即，
所以，
设与夹角为，则，
又，所以.
故答案为：
15．
【分析】求出函数的定义域，确定由复合而成，判断这两个函数的单调性，根据复合函数的单调性，即可求得答案.
【详解】由题意知函数，
令，则，
则即由复合而成，
由于在上单调递减，
故要求函数的单调递减区间，
即求的单调递增区间，
而的对称轴为，
则的单调递增区间为，
则函数的单调递减区间为，
故答案为：
16．
【分析】画出图形，由于正四棱锥的底面积固定，所以只需求出棱锥高的最大值即可得到最大体积；而球心到底面的距离加上求半径即为高的最大值，计算可得答案.
【详解】画出图形，如图所示：
设底面于点，则为正方形的中心，则，
因为该球的表面积为，则，所以该球的半径r为3，
则，
则四棱锥的最大体积为，
故答案为：.
17．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）由已知，求出，再求出和，再由点斜式写出方程；
（2）对求导，得到导函数等于0时的两根，然后对函数的极值分类讨论，然后讨论在上的最值情况；
（3）通过对函数适当放缩，讨论两个函数的大小关系，再通过函数的单调性得出，从而得到的参数的取值范围.
【详解】（1）因为，所以，
则，，
又当时，所以在处的切线方程为：.
（2）由得
①当，即时，在上单调递增，函数无最值；
②当，即时，由，
解得，
+ 0 - 0 +
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
由得，
③当，即时，
，且时，时，，此时无最值；
④当，即时，
，且时，时，，所以有最小值，无最大值.
综上可知，当时，有最小值，无最大值；当时，无最值.
（3）由，，，
所以是在处的切线，
若，则当，且时
所以此时，所以存在x使得，不符合条件；
当时，
设
现证明，
得，故在上单调递增，在上单调递减，
所以，当时，，
当或时，，所以成立.
综上，实数的取值范围是.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意结合与之间的关系可得，利用等差中项可得数列为等差数列，进而求；
（2）由（1）可得，利用错位相减法运算求解.
【详解】（1）因为，即，则，
两式相减并整理得，则，
两式相减整理得，
所以数列为等差数列．
当时，，所以．
设等差数列的公差为，
因为，解得，
所以．
（2）由（1）可得，则，
则，
可得，
所以．
19．(1)
(2)有的把握认为“学生满意度与性别有关”
(3)
【分析】（1）利用频率分布直方图平均数的求法求解即可；
（2）利用（1）的结论及给定信息得到列联表，再计算的观测值，与临界值表比对作答即可得解；
（3）求出8位业主中男女人数，利用列举法及古典概率公式即可得解.
【详解】（1）根据频率分布直方图知，，
所以此次满意度调查中物业所得的平均分值为分.
（2）由（1）及已知得列联表如下：
不满意 满意 总计
男 18 32 50
女 30 20 50
总计 48 52 100
则的观测值为：，
所以有的把握认为“业主满意度与性别有关”.
（3）由（2）知满意度分值低于70分的业主有48位，其中男士18位，女士30位，
用分层抽样方式抽取8位业主，其中男士3位，女士5位，
记男士为a，b，c，记女士为1，2，3，4，5，
从中随机抽取两位为监督员事件为：，
共计28个基本事件，
其中抽到男女各一人有，共15个基本事件，
所以恰好抽到男女各一人为监督员的概率为.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面平行的性质定理，转化为证明平面平面，即可证明线面平行；
（2）方法一，利用等体积转化，即可求点到平面的距离；方法二，同样利用等体积转化，即可求解.
【详解】（1）证明 连接，
∵分别为 的中点，∴，
∵直线不在平面内，平面，∴平面，
∵，，∴，且.
∴四边形为平行四边形，即，
∵直线不在平面内，平面，∴平面，
∵平面，
∴平面平面，平面，则平面.
（2）方法1：设到平面的距离为，
因为平面，所以，
由于，所以四边形是平行四边形，
由于，所以，由于平面，
所以平面，而平面，则，
由得，
即；
方法2：∵，，
又平面，∴，又，平面，
∴平面，而平面，∴.
设，则，，
设点到平面的距离为，由，
得，则.
∵点为的中点，∴点到平面的距离等于点到平面的距离为.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）由题意可得、，结合计算即可得；
（2）由题意设直线方程为，，联立椭圆方程，用韦达定理、直线交点坐标以及中点坐标表示出中点的坐标，证明为定值即可.
【详解】（1）由题意可得、、，则，
又，，故，即，
故有，即，则，，
即的方程；
（2）由，故直线斜率存在，设为，
设，联立，
得，
，
即，，，
直线和联立，
得，设其中点为，则，
则有，
即
，
即有，即，
故线段的中点在定直线上.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．(1)
(2)
【分析】（1）利用消参法即可求出直线的普通方程，利用二倍角公式，化简曲线的极坐标方程，利用极坐标和直角坐标的转化公式，即可求得曲线的直角坐标方程；
（2）解法一，根据椭圆的方程设，利用点到直线的距离公式求出到直线距离的表达式，结合三角函数性质，即可求得答案；
解法二，设与直线平行的直线与曲线相切，与联立，利用判别式求出t的值，利用平行线间的距离公式即可求得答案.
【详解】（1）将（为参数）中的参数消去，得直线的普通方程为；
由，得，即，
将代入上式，得，
曲线的直角坐标方程为；
（2）解法一，设，
到的距离（其中），
当时，，
即到直线的距离的最大值为.
解法二 ，设与直线平行的直线与曲线相切，
将与联立并整理，得，
，
，
切线方程为，
到直线的距离的最大值等于直线与直线之间的距离，
即为．
23．(1)；
(2).
【分析】（1）结合对数函数单调性，利用公式法解含绝对值符号的不等式即得.
（2）由绝对值的三角不等式求出，再利用柯西不等式求出最小值即可.
【详解】（1）依题意，，解得，
所以不等式的解集为.
（2）依题意，函数，而，当且仅当时取等号，
因此当时，函数取得最小值，即，
所以
，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页中小学教育资源及组卷应用平台
参考答案：
1．D
【分析】根据绝对值不等式化简集合，即可根据集合的交并补运算求解.
【详解】由，得，所以，
因为或，所以，
所以，
故选：D．
2．A
【分析】由复数的四则运算化简复数，可得，，求出即可得出答案.
【详解】，
故，，得，，
所以．
故选：A.
3．A
【分析】由所有项的二项式系数之和求出的值，然后借助于二项式展开式的通项求出含的项，确定的值，求出系数.
【详解】因为展开式中所有项的二项式系数之和为32，即，所以.
又的展开式的通项，
令，则的展开式中的系数为.
故选：A．
4．B
【分析】由列方程求得的值，结合必要不充分条件的定义即可得解.
【详解】由题意，则，而或，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5．A
【分析】判断的奇偶性和单调性，再根据函数性质求解不等式即可.
【详解】，定义域为，又，故为偶函数；
又当时，均为单调增函数，故为上的单调增函数；
又，故当时，，则此时为上的单调增函数，故时，为单调减函数；
，即，则，即，，
也即，解得.
故选：A.
6．B
【分析】由题意，结合图形和诱导公式求得，利用三角函数图象的平移变换即可求解.
【详解】由图象知，，则，又，所以，
当时，，解得，
由，得，
所以.
要得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移个单位即可.
故选：B
7．A
【分析】根据已知化简可推得，两边平方整理得出，求解得出，进而根据二倍角的余弦公式，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，，显然，
两边同时乘以可得，，
整理可得，
所以，，
两边同时平方可得，
即，解得或.
当时，，此时，不满足题意，舍去.
所以，.
故选：A.
8．D
【分析】对的情况进行分类讨论，借助于导数对函数的单调性进行分析即可判断函数的大致图象.
【详解】由题意知，定义域为，
当时，，由指数函数的单调性可知函数单调递增，可对应①；
当时，，令可得：，所以当时，，当时，，所以，函数先减后增，且当时，，此时可对应②；
当时，，当时，当时，，当时，，所以，函数先增后减，
当时，，且此时，所以可对应③，
当时，，此时，所以可对应④.
故选：D.
9．C
【分析】由三视图可知，该几何体为三棱锥，底面为等腰直角三角形，一个侧面与底面垂直，设出球心，根据三视图所给数据列方程求出半径，从而可得结果.
【详解】由题意可得，该几何体的直观图如图，三棱锥中，
平面平面，
设为的中点，连接，则，
平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
根据三视图数据，为等腰直角三角形，
点为的外心，外接球的球心一定在直线上，
球心在线段的延长线上，
设球半径为，则，
由勾股定理可得， ，
外接球的表面积为.
故选：C.
10．B
【分析】画出可行域，根据直线截距的几何意义即可得解.
【详解】作出可行域如图阴影部分所示，
联立，解得，即，
令，由图可知当直线经过点A时，
则.
故选：B.
11．AD
【分析】利用平均数公式可判断A选项；利用中位数的定义可判断B选项；利用方差公式可判断C选项；利用极差的定义可判断D选项.
【详解】由已知可得.
对于A选项，新数据的平均数为，与原数据的平均数相等，A对；
对于B选项，不妨设，则原数据的中位数为，
若，则中位数为，
若，则中位数为，B错；
对于C选项，新数据的方差为
，C错；
对于D选项，不妨设，则，故新数据的极差仍为，D对.
故选：AD.
12．ABD
【分析】由题意可判断A；，到原点的距离最小，最小值为可判断B；求出、、所在的圆的方程，曲线与轴围成的图形是一个半圆，一个矩形和两个圆，求出面积可判断C；求出所在的圆截直线所得弦的长可判断D.
【详解】解：对于A，由图可知，曲线关于轴对称,A选项正确；
对于B，明显是，到原点的距离最小，最小值为，所以B正确；
对于C，、、所在的圆的方程分别为，，.
曲线与轴围成的图形是一个半圆，一个矩形和两个圆，其面积为，故C错误；
对于D，所在的圆的方程为，圆心，
圆心到直线的距离，
则所求的弦长为，故D正确.
故选：ABD
13．2或
【详解】当时，焦点在轴上，则，，
则；
当时，焦点在轴上，则，
则.
故答案为：2或.
14．
【分析】先利用向量的运算律求得及，然后利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】因为平面向量满足，
所以，
所以，即，
所以，
设与夹角为，则，
又，所以.
故答案为：
15．
【分析】求出函数的定义域，确定由复合而成，判断这两个函数的单调性，根据复合函数的单调性，即可求得答案.
【详解】由题意知函数，
令，则，
则即由复合而成，
由于在上单调递减，
故要求函数的单调递减区间，
即求的单调递增区间，
而的对称轴为，
则的单调递增区间为，
则函数的单调递减区间为，
故答案为：
16．
【分析】画出图形，由于正四棱锥的底面积固定，所以只需求出棱锥高的最大值即可得到最大体积；而球心到底面的距离加上求半径即为高的最大值，计算可得答案.
【详解】画出图形，如图所示：
设底面于点，则为正方形的中心，则，
因为该球的表面积为，则，所以该球的半径r为3，
则，
则四棱锥的最大体积为，
故答案为：.
17．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）由已知，求出，再求出和，再由点斜式写出方程；
（2）对求导，得到导函数等于0时的两根，然后对函数的极值分类讨论，然后讨论在上的最值情况；
（3）通过对函数适当放缩，讨论两个函数的大小关系，再通过函数的单调性得出，从而得到的参数的取值范围.
【详解】（1）因为，所以，
则，，
又当时，所以在处的切线方程为：.
（2）由得
①当，即时，在上单调递增，函数无最值；
②当，即时，由，
解得，
+ 0 - 0 +
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
由得，
③当，即时，
，且时，时，，此时无最值；
④当，即时，
，且时，时，，所以有最小值，无最大值.
综上可知，当时，有最小值，无最大值；当时，无最值.
（3）由，，，
所以是在处的切线，
若，则当，且时
所以此时，所以存在x使得，不符合条件；
当时，
设
现证明，
得，故在上单调递增，在上单调递减，
所以，当时，，
当或时，，所以成立.
综上，实数的取值范围是.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意结合与之间的关系可得，利用等差中项可得数列为等差数列，进而求；
（2）由（1）可得，利用错位相减法运算求解.
【详解】（1）因为，即，则，
两式相减并整理得，则，
两式相减整理得，
所以数列为等差数列．
当时，，所以．
设等差数列的公差为，
因为，解得，
所以．
（2）由（1）可得，则，
则，
可得，
所以．
19．(1)
(2)有的把握认为“学生满意度与性别有关”
(3)
【分析】（1）利用频率分布直方图平均数的求法求解即可；
（2）利用（1）的结论及给定信息得到列联表，再计算的观测值，与临界值表比对作答即可得解；
（3）求出8位业主中男女人数，利用列举法及古典概率公式即可得解.
【详解】（1）根据频率分布直方图知，，
所以此次满意度调查中物业所得的平均分值为分.
（2）由（1）及已知得列联表如下：
不满意 满意 总计
男 18 32 50
女 30 20 50
总计 48 52 100
则的观测值为：，
所以有的把握认为“业主满意度与性别有关”.
（3）由（2）知满意度分值低于70分的业主有48位，其中男士18位，女士30位，
用分层抽样方式抽取8位业主，其中男士3位，女士5位，
记男士为a，b，c，记女士为1，2，3，4，5，
从中随机抽取两位为监督员事件为：，
共计28个基本事件，
其中抽到男女各一人有，共15个基本事件，
所以恰好抽到男女各一人为监督员的概率为.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面平行的性质定理，转化为证明平面平面，即可证明线面平行；
（2）方法一，利用等体积转化，即可求点到平面的距离；方法二，同样利用等体积转化，即可求解.
【详解】（1）证明 连接，
∵分别为 的中点，∴，
∵直线不在平面内，平面，∴平面，
∵，，∴，且.
∴四边形为平行四边形，即，
∵直线不在平面内，平面，∴平面，
∵平面，
∴平面平面，平面，则平面.
（2）方法1：设到平面的距离为，
因为平面，所以，
由于，所以四边形是平行四边形，
由于，所以，由于平面，
所以平面，而平面，则，
由得，
即；
方法2：∵，，
又平面，∴，又，平面，
∴平面，而平面，∴.
设，则，，
设点到平面的距离为，由，
得，则.
∵点为的中点，∴点到平面的距离等于点到平面的距离为.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）由题意可得、，结合计算即可得；
（2）由题意设直线方程为，，联立椭圆方程，用韦达定理、直线交点坐标以及中点坐标表示出中点的坐标，证明为定值即可.
【详解】（1）由题意可得、、，则，
又，，故，即，
故有，即，则，，
即的方程；
（2）由，故直线斜率存在，设为，
设，联立，
得，
，
即，，，
直线和联立，
得，设其中点为，则，
则有，
即
，
即有，即，
故线段的中点在定直线上.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．(1)
(2)
【分析】（1）利用消参法即可求出直线的普通方程，利用二倍角公式，化简曲线的极坐标方程，利用极坐标和直角坐标的转化公式，即可求得曲线的直角坐标方程；
（2）解法一，根据椭圆的方程设，利用点到直线的距离公式求出到直线距离的表达式，结合三角函数性质，即可求得答案；
解法二，设与直线平行的直线与曲线相切，与联立，利用判别式求出t的值，利用平行线间的距离公式即可求得答案.
【详解】（1）将（为参数）中的参数消去，得直线的普通方程为；
由，得，即，
将代入上式，得，
曲线的直角坐标方程为；
（2）解法一，设，
到的距离（其中），
当时，，
即到直线的距离的最大值为.
解法二 ，设与直线平行的直线与曲线相切，
将与联立并整理，得，
，
，
切线方程为，
到直线的距离的最大值等于直线与直线之间的距离，
即为．
23．(1)；
(2).
【分析】（1）结合对数函数单调性，利用公式法解含绝对值符号的不等式即得.
（2）由绝对值的三角不等式求出，再利用柯西不等式求出最小值即可.
【详解】（1）依题意，，解得，
所以不等式的解集为.
（2）依题意，函数，而，当且仅当时取等号，
因此当时，函数取得最小值，即，
所以
，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值.
答案第1页，共2页
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