绝密★启用前（全国卷）文科数学参考答案1.【答案】B1i1i1i2【解析】z，z，zi.22222222．【答案】D【解析】M{x1x3}，N{x2x2}，所以MN{x1x2}.3．【答案】D【解析】甲、乙的平均数都是8，故A错误；甲的中位数是7.5，而乙的中位数是8，故B错误；乙的众数是8，故C错误；乙的方差小，所以乙的成绩更稳定，故D正确.4．【答案】A222【解析】因为a，b为单位向量，所以a2ba4ab4b54ab3，所以12ab，a(a2b)a2ab0.25.【答案】C34sinx3【解析】因为sinx，其中x(,)，所以cosx，tanx，525cosx42tanx24tan2x131tan2x，所以tan(2x).1tan2x741tan2x176.【答案】D【解析】2a3.9b4b22b，因为函数y2x单调递增，所以2ba.7.【答案】D【解析】只有当ab时才存在平面，，使a，b，且c∥，c∥，，故A错误；若存在平面，，使a，b，且c∥，c∥，则此时与不平行，故B错误；存在两个平面，使c，且a，b与所成角相等，故C错误；存在平面，使a∥，b∥，且c，故D正确.8.【答案】Cs【解析】当列车行驶的距离为s时，车轮转过的角度为，此时P到铁轨上表面的距离为RssRRcosR(1cos).RR9.【答案】B文科数学参考答案（全国卷）第1页（共8页）【解析】圆心坐标为(2,2)，半径为2，因为l将该圆分成的两段弧长之比为2:1，则两段42弧所对的圆心角分别为和，由几何性质可知，圆心到l的距离为1，设l的方程为332k247ykx，则1，k.k21310.【答案】DS77a40，a40，因为a70，所以a5，a6的符号不确定，而a30，a80，所以a3a6，a5a8的符号不确定；S7S4a5a6a73a6，若a60，则S7S4，.设公差为d，则d0，所以S143a97(a7a8)3a911a7d0．11.【答案】B【解析】如图，设PF1PQm，由双曲线的定义可知QF22m2a，PF2m2a，显然PQPF2若PQQF2，即m2m2a，则m2a，PQQF22a，PF24a，PQQF2PF2，不合题意；若PF2QF2，即m2a2m2a，则PQm4a，PF2QF26a，满足条件.过F2作F2HPQ，垂足为H，则H为线段的中点，由几何关系可知，22，设的焦距为，由几PQF1H6aF2H32aC2c222何关系可知F1F2F1HF2H，所以c17a，所以C的离心率为17.12.【答案】A【解析】设三棱台为ABCA1B1C1，其中△ABC是下底面，△A1B1C1是上底面，点O，O1分别为△ABC，△A1B1C1的中心，则OO13，OA2，O1A11，△OAA1为边长为2的等边三角形，该球的球心O为线段AA1的一条垂直平分线与OO1的交点，由几何4R332关系可知O与O重合，所以球半径ROA2，所以体积为.3313.【答案】4【解析】因为f(x)是定义域为R的奇函数，且f(1)f(3)0，所以f(1)f(3)，因为当x0时，f(x)x2ax，所以x2是yx2ax图像的对称轴，所以a4，即当x0时，f(x)x24x，f(2)4，所以f(2)f(2)4.文科数学参考答案（全国卷）第2页（共8页）214.【答案】3[1()n]313n3n1【解析】因为S()1，所以aS1，当n≥2时，aSS()，所2n211nnn12以对于*，3n1，所以12n1，1112n.nNan()()3[1()]2an3a1a2an3515.【答案】3【解析】方法1：多面体A1C1AEFC的体积等于三棱柱ABCA1B1C1的体积与三棱台EBFA1B1C1的体积之差，其中三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，三棱台EBFA1B1C175的体积为，所以多面体ACAEFC的体积为.3113112145方法2：所求体积为VVS△AAS.A1AEFFACC1A13AEF13ACC1A1233316.【答案】42【解析】设A(x1,y1)，B(x2,y2)，F(1,0)，显然当直线AB垂直于x轴时，D与F重合，此时OD1不满足条件，所以可设直线AB的方程为yk(x1)，代入C的方程有，222222，所以2(k2)，，k22，所以kx2(k2)xk0x1x2x1x21D(,)k2k2k2224，解得2，，由抛物线的几何性质可知，OD13(1)k1x1x26AFx11k2k2，所以2.BFx21AFBFx1x2(x1x2)4x1x24217.（12分）【解析】（1）设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，由正弦定理可知2ac，……1分a2c2b25a2b211由余弦定理可知cosB.……3分2ac4a2163解得ba，……4分2315又因为sinB1cos2B，……5分16215所以由正弦定理可知sinAsinB.……6分38文科数学参考答案（全国卷）第3页（共8页）1（2）由（1）可知，ADABa，25由余弦定理可知CD2AC2AD22ACADcosAa25，……8分8所以a22，AB2a42，……10分1315所以由（1）及三角形面积公式可知S△sinBABBC.……12分ABC2218.（12分）180(45306045)236【解析】（1）根据列联表得：K25.1436.635，……4分9090105757所以没有99%的把握认为学生每周平均运动时长与性别有差异.……5分451（2）男生中每周平均运动时长不少于7小时的比率为p，……6分1902301女生中每周平均运动时长不少于7小时的比率为p，……7分290311所以全校学生中运动时长不少于7小时的人数为800600600人，……10分23600所以全校学生中运动时长不少于7小时的占比为42.9%，高于40%，……11分1400所以该校为体育运动达标校.……12分19.（12分）【解析】（1）如图，连接BD交B1C于点F，连接EF，因为四边形BCC1B1为矩形，且D为CC1的中点，BFBB所以12，……1分DFCD又因为BE2AE，BFBE所以2，EF∥AD，……3分DFAE因为平面，平面，EFB1CEADB1CE所以AD∥平面B1CE.……5分（2）易知点D到平面B1CE的距离等于点B到平面B1CE的距离的一半，……6分过B作BGCE，垂足为G，……7分连接B1G，过B作BHB1G，垂足为H，因为BB1平面ABC，CE平面ABC，所以BB1CE，又因为BGBB1B，BG平面BB1G，BB1平面BB1G，BH平面BB1G，文科数学参考答案（全国卷）第4页（共8页）所以CE平面BB1G，CEBH，……9分所以BH平面B1CE，即线段BH为点B到平面B1CE的距离.……10分2因为ABC90，BEAB4，BC3，3所以CEBE2BC25，由几何关系可知BGCEBEBC，12629所以BG，BGBG2BB2，……11分5115由几何关系可知BHB1GBGBB1，1229629所以BH，故点D到BCE的距离为.……12分2912920.（12分）x2【解析】（1）当a0时，f(x)2exx，所以f(x)2ex12x，……2分设g(x)f(x)，则g(x)2ex2，当x0时，g(x)0，g(x)单调递减，当x0时，g(x)0，g(x)单调递增，所以f(x)g(x)≥g(0)10，……4分所以f(x)的单调递增区间是(,)，f(x)没有单调递减区间.……5分（2）根据题意有f(x)2ex12xacosx，若x0是f(x)的极值点，则f(0)210a0，即a1，……6分当a1时，f(x)2ex12xcosx，设h(x)f(x)，则h(x)2ex2sinx，……7分当x(0,)时，sinx0，ex1，h(x)0，h(x)单调递增，所以当x(0,)时，f(x)h(x)h(0)0，f(x)单调递增，……9分当x(,0)时，sinx0，ex1，h(x)0，h(x)单调递减，所以当x(,0)时，f(x)h(x)h(0)0，f(x)单调递增，……11分文科数学参考答案（全国卷）第5页（共8页）所以x0不是f(x)的极值点.……12分21.(12分)【解析】（1）根据题意有，B(0,1)，设F(c,0)，因为P(2,1)，故BP∥x轴，……1分且当PFBF时，F在线段BP的垂直平分线x1上，……2分所以c1，……3分根据椭圆的几何性质可知a21c22，x2所以C的方程为y21.……4分2（2）设M(x1,y1)，N(x2,y2)，当MNx轴时，显然BM与BN不垂直.……5分当MN与x轴不垂直时，设MN的方程为yk(x1)，代入C的方程有：(12k2)x24k2x2k220，22所以4k，2k2，……分x1x2x1x2612k212k2），），当时，，BM(x1,y11BN(x2,y21BMBNBMBNx1x2(y11)(y21)022整理有(1k)x1x2k(k1)(x1x2)(k1)0，……7分22223将4k，2k2代入上式有2(1k)(k1)4k(k1)2，x1x2x1x2(k1)012k212k212k212k2整理并化简有3k22k10，……8分1解得k或k1.3当k1时，MN的方程为yx1，此时直线过点B，不合题意，……9分1416当k时，MN的方程为x3y10，xx，xx，31211121123110点P(2,1)到MN的距离为d，……10分105202MN1k2xx1k2(xx)24xx，……11分12121211111020245所以S△dMN.……12分PMN2251111文科数学参考答案（全国卷）第6页（共8页）22.【解析】(10分)（1）C的普通方程为(y2)24x，……2分其中x≥1，y≥0.……3分2sin()12sincos2cossinyx1.444所以l的直角坐标方程为yx1.……5分（2）设C上的点到l距离为d，由（1）可知，1111111(t2)2(t)21(t2)2(t2)3(t22)284t2t4t2t2t2d≥2，……9分2242当t1时，等号成立.所以C上的点到l距离的最小值为2.……10分23.【解析】(10分)（1）根据题意有1mn≤1，1mn≤1，f(0)n，所以1≤1mn≤1，即2≤mn≤0，①1≤1mn≤1，即2≤mn≤0，②……2分由①可知n≤m，……3分①+②有4≤2n，即2≤n，……4分由①可知，0≤mn≤2，③②+③有2m≤2，即m≤1，综上，2≤f(0)≤m≤1.……5分（2）方法1：由①②得0≤m22mnn2≤4④，0≤m22mnn2≤4⑤．……7分由④得4≤m2n22mn≤0⑥，……8分⑤＋⑥