数学（文）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。考生作答时，将答案答在答题卡
上，在本试卷上答题无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
注意事项：
1．答题前，考生在答题卡上务必用直径 0．5 毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考
证号填写清楚，并帖好条形码。请认真核准条形码的准考证号、姓名和科目。
2．每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效。
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共 12 个小题，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 , , 则 （ ）
A. B. C. D.
2．若 （ 为虚数单位， ），则 等于（ ）
A. -2 B. -1 C. 1 D. 2
（ ）
4.某产品的广告费用 x 与销售额 y 的统计数据如下表
广告费用 x（百元） 1 2 3 4
销售额 y（万元） 0.1 1.8 m 4
根据上表可得回归方程 ，则 m=
A.2.9 B.3.0 C.3.1 D.2.8
5.三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明．下面是赵爽的
弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实．图中包含四个全等
的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用
勾 股 股 勾 朱实 黄实 弦实，化简，得勾 股 弦．设勾股形中勾股比为 ，
{ lg(3 2 )}A x y x= = − 2{ 4}B x x= ≤ A B =
3{ 2 }2x x− ≤ < { 2}0, φ为参数)，以
坐 标 原 点 O 为 极 点 ， x 轴 正 半 轴 为 极 轴 建 立 极 坐 标 系 ， 直 线 l 的 极 坐 标 方 程 为
，若直线 l 与曲线 C 相切．
(Ⅰ)求曲线 C 的极坐标方程；
)3sin(
πθρ −
(Ⅱ)在曲线 C 上取两点 M，N 与原点 O 构成△MON，且满足∠MON＝
π
6 ，求△MON 面积的最大
值．
23．（本小题满分 10 分）选修 4-5：不等式选讲
已知 ．
（Ⅰ）求不等式 的解集；
（Ⅱ）若存在 ，使得 成立，求实数 的取值范围．
( ) | 2 3| | 2 1|f x x x= + − −
( ) 2f x < x R∈ ( ) | 3 2 |f x a> − a
文科数学参考答案及评分标准（二）
一、选择题：本大题共 12 个小题，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 、 D 【 解 析 】 因 为 ，
．
所以 ，故答案选 D．
2．B.【解析】因为 ，则 ．所以
，故答案选 B．
3. B
4.C
5.【答案】D
由题意，大正方形的边长为 2，中间小正形的边长为 ，则所求黄色图形内的图钉数大约
为 ，故选 D.
6 ． B 【 解 析 】 ，
．故答案选 B．
7．【考点】L!：由三视图求面积、体积．
【分析】几何体为棱柱与半圆柱的组合体，作出直观图，代入数据计算．
【解答】解：由三视图可知几何体为长方体与半圆柱的组合体，
作出几何体的直观图如图所示：
其中半圆柱的底面半径为 2，高为 4，长方体的棱长分别为 4，2，2，
∴几何体的表面积 S= π×22×2+ +2×4+2×4×2+2×4+2×2×2=12π+40．
故选 C．
3{ lg(3 2 )} { 3 2 0} { }2A x y x x x x x= = − = − > = < { 2 2}B x x= − ≤ ≤ { 2}A B x x= ≤ i i i i (1 2i) = i - 2t1 2i a t a t t + = ⇒ + = ⋅ ++ 1 22 t aa t = ⇒ = − = − 1t a+ = − 1.3 ,25.2448.11.0,25.2,5.2 =∴ ×=+++∴== m myx 代入回归直线方程得 7 8 1 1 1 62 2( 6 ) ( 7 ) 5a a a d a d a d a− = + − + = + = 1 11 11 611 11 552 a aS a += × = =
8.【解答】解：因为 M．N 分别是图象的最高点和最低点得 M．N 的纵坐标为 1 和﹣1，
带入直线 2x+2y﹣3＝0 得 M．N 横坐标为 和 ，
故 M（ ，1）．N（ ，﹣1）．
得 ＝ ＝2，故 T＝4＝ ，故 ω＝ ．
M 代入 f（x）得 1＝sin（ φ），
故 φ＝2kπ+ ，
所以 φ＝2kπ+ ，k∈Z．因为|φ|＜π，所以 φ＝ ，
故选：A．
9.【解答】解：∵ ，
∴ =﹣ logba=﹣ × = ，
2a＞3，a＞log23＞1， ∈（0，1）．
y=logbc＜0， ＞ ＞ = ，
∴z＞x＞y．
故选：A．
10．A【解析】因为函数 可化简为 可知函数为奇函数关
于原点对称，可排除答案 C；同时有
，则当 ,可知函数在 处附近单
调递增，排除答案 B 和 D，故答案选 A．
11．B【解析】由题意可得直线 与抛物线 联解得：
，
2
2sin( ) 11
xy f x
x
= =
+
2
2
2 sin( ) 1
x xf x x
= +
4 2
2 2
4 sin 2 cos 2 cos' '( ) ( 1)
x x x x x xy f x x
+ += = +
3
2 2
2 (2sin cos cos )
( 1)
x x x x x x
x
+ += + (0, )2x
π∈ '( ) 0f x >
2x
π=
: 3( 1)PQ y x= − 2 4y x=
23 10 3 0x x− + =
所以点 ， ，则 ．在 中，
边上的高 ，则 ，故答案选 B．
方法二:不防设交点 在 轴上方,由抛物线焦点弦性质得 ,
且 , ， 故 ，
，
所以 ，故答案选 B．
12.【答案】B
【 解 析 】 依 题 意 ， 当 时 ， ， 故 当 时 ，
，当 时， ，且 ，作出函数 的大致图象如下所
示；令 ，解得 ，观察可知，函
数 共有 3 个零点，故选 B.
二．填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分,共 20 分.
13．【答案】
【考点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】解： =6﹣1=5，| |= ， ∴ 在 方向上的投影为| |cos＜
cos ＞=| | = = = ．
(3,2 3)P 1 2 3( , )3 3Q − 2 3 8 32 3 3 3MN = + = MNF∆ MN
2h = 1 8 3 8 322 3 3MNFS∆ = × × =
P x | | | |PF PM= | | | |QF QN=
1 1 2 1| | | |PF QF p
+ = = | | | | | | | | 1
| | | | | | | | 2
PM QN PF QF
PM QN PF QF
− −= =+ + | | 4PF =
4| | 3QF =
1 1 4 3 8 3| | (4 ) 22 2 3 2 3MNFS MN p∆ = × × = × + × × =
0x ≥ ( ) ( )2' 12 12 12 1f x x x x x= − = − ( )0,1x∈
( )' 0f x < ( )1,x∈ +∞ ( )' 0f x > ( )1 1f = − ( )f x
( ) ( ) ( )22 3 2 0g x f x f x= − − = ( ) ( ) 12 2f x f x= = −或
( )g x
故答案为： ．
14．
【解答】解：由 2bsin2A=3asinB，利用正弦定理可得：4sinBsinAcosA=3sinAsinB，
由于：sinA≠0，sinB≠0，
可得：cosA= ，
又 c=2b，
可得：a2=b2+c2﹣2bccosA=b2+4b2﹣2b•2b• =2b2，
则 = ．
15. 立方丈
将该几何体分成一个直三棱柱，两个四棱锥， 即 ，
16.【解答】解：圆 C：（x﹣2）2+y2=r2，圆心为：（2，0），半径为 r，
∵在圆 C 上存在两点 P，Q，在直线 l 上存在一点 M，使得∠PMQ=90°，
∴在直线 l 上存在一点 M，使得过 M 作圆的两条切线，切线夹角大于等于 90，
∴只需 MC⊥l 时，使得过 M 作圆的两条切线，切线夹角大于等于 900 即可
∵C 到直线 l：3x+4y+4=0 的距离 2，则 r ．
个答案为：[ ，+∞）．
三.解答题：本大题共 6 小题，共 70 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.【解答】解：（Ⅰ）当 n＝1 时，S1＝a1＝4，………………（2 分）
当 n≥2 时，由题意，得 Sn＝n（n+1）+2，①Sn﹣1＝（n﹣1）n+2，②
由①﹣②，得 an＝2n，其中 n≥2．………………（5 分）
所以数列{an}的通项公式 ………………（7 分）
（Ⅱ）由题意，得 ．………………（9 分）
即[2（k+2）]2＝4×2（3k+2）．
解得 k＝0（舍）或 k＝2．………………（10 分）
所以公比 ．………………（11 分）
5
1 13 1 2 2 1 3 1 52 3V = × × × + × × × × =
所以 ．………………（12 分）
18.【解答】（1）证明：∵AP⊥平面 ABCD，∴AP⊥CD，
在矩形 ABCD 中，CD⊥AD，
又 AP∩AD=A，∴CD⊥平面 PAD，
∵AE⊂平面 PAD，∴CD⊥AE，
在△PAD 中，E 为 PD 中点，PA=AD，∴AE⊥PD，
又 CD∩PD=D，CD，PD⊂平面 PCD，∴AE⊥平面 PCD，
∵PC⊂平面 PCD，∴AE⊥PC
（2）解：
取 AP 中点 M，连接 MF，MG，ME．
在△PAD 中，M，E 分别为 PA，PD 的中点
则 ME 为△PAD 的中位线∴ ，
又 ，∴ME∥FC，ME=FC，∴四边形 MECF 为平行四边形，∴MF∥EC，
又 MF⊄平面 AEC，EC⊂平面 AEC，∴MF∥平面 AEC，
又 FG∥平面 AEC，MF∩FG=F，MF，FG⊂平面 MFG，∴平面 MFG∥平面 AEC，
又平面 MFG∩平面 PAD=MG，平面 AEC∩平面 PAD=AE，∴MG∥AE，
又∵M 为 AP 中点，∴G 为 PE 中点，
又 E 为 PD 中点，∴ ，即 ．
19.【解答】解：（1）根据样本是由差异比较明显的几部分组成，所以应用分层抽样法； …
2 分
（2）根据题意填写列联表如下，
普查对象类别 顺利 不顺利 合计
企事业单位 40 10 50
个体经营户 100 50 150
合计 140 60 200
…5 分
将列联表中的数据代入公式计算 K2＝ ≈3.175＞2.706，
所以有 90%的把握认为“此普查小区的入户登记是否顺利与普查对象的类别有关”；…10
分
（3）（意思相近即可得分）
建议：加大宣传力度，消除误解因素，尤其要做好个体经营户的思想工作．…12 分
20.解：（1）∵椭圆 C 的中点在原点，焦点在 x 轴上，
∴设椭圆 C 的方程为 ，a＞b＞0，
离心率等于 ，它的一个顶点恰好是抛物线 x2=8 y 的焦点，
∴b=2 ， ，
∵a2=b2+c2，∴a=4，
∴椭圆 C 的方程为 ． ……………5 分
（2）当∠APQ=∠BPQ 时，PA，PB 的斜率之和为 0，
设直线 PA 的斜为 k，则 PB 的斜率为﹣k，设 A（x1，y1），B（x2，y2），
设 PA 的直线方程为 y﹣3=k（x﹣2），
由 ，消去 y 并整理，得：
（3+4k2）x2+8（3﹣2k）kx+4（3﹣2k2）﹣48=0，
∴ ，
设 PB 的直线方程为 y﹣3=﹣k（x﹣2），
同理，得 = ， ……………8 分
∴ ， ，
kAB= =
= = ，
∴AB 的斜率为定值 ． ……………12 分
21．解：(1)当 a＝1 时，f′(x)＝－
1
x2＋
1
x＝
x－1
x2 .
令 f′(x)＝0，得 x＝1.( 1 分)
又 f(x)的定义域为(0，＋∞)，由 f′(x)＜0 得 0＜x＜1，由 f′(x)＞0 得，x＞1.所以
x＝1 时，f(x)取得极小值 f(1)＝1，无极大值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递
减区间为(0,1)．(3 分)
(2)若在区间(0，e]上存在一点 x0，使得 f(x0)＜0 成立，即 f(x)在区间(0，e]上的最
小值小于 0.
由已知得，f′(x)＝－
1
x2＋
a
x＝
ax－1
x2 ，且 a≠0，令 f′(x)＝0，得 x＝
1
a，(4 分)
当 x＝
1
a＜0，即 a＜0 时，f′(x)＜0 恒成立，即 f(x)在区间(0，e]上单调递减，(5 分)
故 f(x)在区间(0，e]上的最小值为 f(e)＝
1
e＋aln e＝
1
e＋a，(6 分)
由
1
e＋a＜0，得 a＜－
1
e，即 a∈(－∞，－
1
e).(7 分)
当 x＝
1
a＞0，即 a＞0 时，
①若 e≤
1
a，则 f′(x)≤0 对 x∈(0，e]恒成立，所以f(x)在区间(0，e]上单调递减，(8
分)
故 f(x)在区间(0，e]上的最小值为 f(e)＝
1
e＋aln e＝
1
e＋a＞0，显然，f(x)在区间(0，
e]上的最小值小于 0 不成立．(9 分)
②若 0＜
1
a＜e，即 a＞
1
e时，则有
x (0，
1
a ) 1
a (1
a，e )
f′(x) － 0 ＋
f(x)
极小值
所以 f(x)在区间(0，e]上的最小值为 f(1
a )＝a＋aln
1
a，(10 分)
由 f(1
a )＝a＋aln
1
a＝a(1－ln a)＜0，得 1－ln a＜0，解得 a＞e，即 a∈(e，＋
∞)．(11 分)
综上可知，a∈(－∞，－
1
e)∪(e，＋∞)．(12 分)
22.【解析】(Ⅰ)由题意可知直线 l 的直角坐标方程为 y＝ 3x＋2,
曲线 C 是圆心为( 3，1)，半径为 r 的圆，直线 l 与曲线 C 相切，可得：
r＝
| 3· 3－1＋2|
2 ＝2；可知曲线 C 的方程为(x－ 3) 2
＋(y－1 )
2
＝4,
所 以 曲 线 C 的 极 坐 标 方 程 为 ρ 2 － 2 3ρ cos θ － 2 ρ sin θ ＝ 0 ， 即 ρ ＝
4sin(θ＋
π
3 ).(5 分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)不妨设 M(ρ1，θ)，N(ρ2，θ＋
π
6 )，(ρ1>0，ρ2>0)，
S△MON＝
1
2|OM→
||ON→
|sin
π
6 ，
＝
1
4ρ1·ρ2＝4sin(θ＋
π
3 )·sin(θ＋
π
2 )＝2sin θcos θ＋2 3cos2 θ
＝sin 2θ＋ 3cos 2θ＋ 3＝2sin(2θ＋
π
3 )＋ 3，
当θ＝
π
12时， S△MON＝2＋ 3，所以△MON 面积的最大值为 2＋ 3.(10 分)
23 ．【 解 析 】（ Ⅰ ） 不 等 式 等 价 于 或
( ) 2f x < 3 2 (2 3) (2 1) 2 x x x < − − + + −
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