姓名 座位号
(在此卷上答题无效）
数学（文科)
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第I卷第1至第2页，第Ⅱ卷第2至第4 页。全卷满分150分，考试时间120分钟。
考生注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号。
2.答第Ⅰ卷时，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。
3.答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题可用铅笔在答题卡规定位置绘出，确认后再用0.5的黑色墨水签宇笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答中答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸、答题无效。
4.考试结束，务必将试题卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题共60分）
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=，则
A.{} B. {}
C.{} D. {}
2.已知复数为纯虚数，则实数
A. 2 B. -2 C. D.
3.抛物线的焦点坐标是
A. (1, ） B.（1，） C. (0，2） D. (0,4）
4. 已知向量，若，则
A. B. C.-2 D.2
5.函数的图象为
6.《易经》是我国古代预测未来的著作，其中同时抛掷三枚古钱币观察正反面进行预测未知，则抛掷以次时出现两枚正面一枚反面的概率为
A. B. C. D.
7. 已知等比数列{}的公比，该数列前9项的乘积为1，则
A.8 B. 16 C.32 D.64
8.已知直线与圆C: (r>0)相交，则r的取值范围是
A. B. C. D.
9.如图,是一块木料的三视图，将它经过切削、打磨成半径最大的球，则该木料最多加工出球的个数为
A.1 B.2
C.3 D.4
10. 已知等差数列{}的前项和为，且b>0)渐近线上一点，其离心率是
14.若满足约束条件，则的最小值为 .
15. 已知函数，若,则 .
已知直线是抛物线 (p>0)的准线，半径为3的圆过抛物顶点0和焦点F与相切，则抛物线的方程为 .
16.在Rt△ABC中，∠A=B= 90°，∠C= 30°，AB=1，D和E分别是边BC和AC上一点,DE丄AC，将△CDE沿DE折起使点C到点P的位置，则该四棱锥P-AB0E体积的最大值为 .
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。解答应写在答题卡上的指定区域内。
17.(本小题满分12分）
在△ABC中，，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知.
(I)求角C；
(Ⅱ)若AD是BC上的中线，延长AD至点E,使得DE = 2AD = 2,求E，C两点的距离.
18.（本小题满分12分）
在三棱柱ABC-A'B'C'的底面ABC是等边三角形，侧面AA'C'C丄底面ABC,D是棱BB'的中点.
(I)求证: 平面DA'C丄平面ACC'A';
(II)求平面DA'C将该三棱柱分成上下两部分的体积比。
19.(本小题满分12分)
某公司为了预测下月产品销俜情况，找出了近7个月的产品销售量 (单位:万件）的统计表:
(I)请用相关系数说明销售量与月份代码有很强的线性相关关系；
(II)求关于的回归方程（系数精确到0.01)；
(Ⅲ）公司经营期间的广告宣传费（单位:万元）(i= 1,2,…，7)，毎件产品的销售价为10元，预测第8个月的毛利润能否突破15万元，请说明理由.（毛利润等于销售金额减去广告宣传费）
强的线性相关关系，回归方程y=bt+a中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为
20.(本小题满分12分）
已知P是圆F1: 上任意一点，F2(1,0),线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q， 当点P在圆F1上运动时，记点Q的轨迹为曲线C.
(I)求曲线C的方程；
(II)记曲线C与轴交于A,B两点，M是直线上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一个交点分别为D,E，求证:直线DE过定点H(4,0).
21.(本小题满分12分）
已知函数.
(I)讨论函数的单调性；
(II )若函数的图象与轴相切，求证:对于任意互不相等的正实数，都有
.
请考生从第22、23题中任选一题做答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
22.(本小题满分12分）选修4-4:坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为；为参数），以0为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.
(I)求曲线C的极坐标方程；
(Ⅱ)已知A,B是曲线C上任意两点，且，求△OAB面积的最大值.
23.(本小题满分10分）选修4-5:不等式选讲
已知函数.
(I)求不等式的解集；
(II)设集合M满足：当且仅当时, ，若，求证: .
文数参考答案
题
号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答
案
B
D
A
C
A
C
B
D
B
C
C
A
1.【解析】由已知，故，故选B.
2.【解析】，由已知得，解得 ，故选D.
3.【解析】抛物线的标准方程为，焦点坐标为，故选A.
4.【解析】，因为，所以
，解得 ，故选C.
5.【解析】由，故的图象关于原点对称；当时，.
6.【解析】抛掷三枚古钱币出现的基本事件共有：正正正，正正反，正反正，反正正，正反反，反正反，反反正，反反反8中，其中出现两正一反的共有3种，故概率为.
7.【解析】由已知 ，又 ，所以 ，即，所以 ， ，故选B.
8.【解析】圆心到直线的距离为 ，故，所以选D.
9.【解析】该木料是一个三棱锥如图，,因为的内切圆半径为，故最大球的半径为，又因为 ，所以最多可以制成2个球，故选B.
10.【解析】由得，，，，所以公差大于零.又 ， ，，故选C.
11.【解析】在内为增函数，无极值点；在内有一个极值点；在内有极大值点，极小值点为，满足题意；在内有三个极值点，，不满足题意.
12.【解析】可转化为与直线有三个不同的交点，显然时不满足条件.当
时，若，设切点坐标为 ，切线方程为： ，切线过原点时解得 ，此时切线的斜率为 .故当时，，直线与有两个交点；当时，直线与有一个交点，故选A.
13.【解析】由已知得渐近线方程为 ，所以，.
14.【解析】不等式满足的平面区域如图阴影部分，其中 ,
当动直线过点时，.
15.【解析】令 ，则,当时，由,解得；当时，由,无解.故，当时，由，解得;当时，由,解得.综上：或.
16.【解析】在中，由已知，，，所以设，四边形的面积为,当平面时，四棱锥体积最大,此时，且,故四棱锥体积为 ，，
时， ；时，,当时，
17.【解析】（Ⅰ）在中，由及正弦定理得
，因为
化简得 ，即 ，
因为 ，所以 ……………………4分
（Ⅱ）由余弦定理得
所以 ，故 ,即是直角三角形. ……………………8分
由（Ⅰ）知是等边三角形，且
，所以
在中，
,故两点的距离为 ………………………………………12分
18. 【解析】（Ⅰ）取的中点,连接与交于点，
连接，,则为的中点，,
且，所以是平行四边形.
又是棱的中点，所以 . ………………………3分
侧面底面,且 ，所以平面 .
所以平面
又平面，所以平面平面. ………………………………6分
（Ⅱ）连接， 设三棱柱的体积为 .
故四棱锥的体积 …………………………9分
又是棱的中点，的面积是 面积的 ，
故四棱锥的体积
故平面将该三棱柱分成上下两部分的体积比为1. …………………………12分
19.【解析】(Ⅰ)由折线图中的数据和附注中的参考数据得
， ， ，
………………………2分
∴， 因为
所以销售量与月份代码有很强的线性相关关系. …………………………………4分
(Ⅱ) 由及(Ⅰ)得 ………6分
所以y关于t的回归方程为 …………………………………………8分
（III）当时，代入回归方程得（万件） ………………10分
第8个月的毛利润为
，预测第8个月的毛利润不能突破万元. ……………………………12分
20.【解析】（Ⅰ）由已知，
所以点的轨迹为以为焦点，长轴长为的椭圆， …………………2分
故 ， ，
所以曲线的方程为 …………………4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得 ,设点的坐标为
直线的方程为:
将与联立消去整理得：
，
设点的坐标为 ，则 ，
故，则 ………………………7分
直线的方程为:
将与联立消去整理得：
设点的坐标为 ，则 ，
故，则 ………………………10分
的斜率为
的斜率为
因为 ，所以直线经过定点. ………………………12分
21.【解析】（Ⅰ）函数的定义域为 ，.
当时， ，在上单调递增；……………………………2分
当时，由，得 .
若 ，，单调递增；
若 ，，单调递减
综合上述： 当时，在上单调递增；
当时，在单调递增，在上单调递减.…………………4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，在上单调递增，不满足条件
当时，的极大值为，
由已知得 ，故 ，此时.………………………6分
不妨设，则
等价于 ，即证：…………………8分
令 ，…………………………………………………………10分
故在单调递减，所以.
所以对于任意互不相等的正实数，都有 成立.……12分
22.【解析】（Ⅰ）消去参数，得到曲线的普通方程为： ……2分
故曲线的极坐标方程为： …………………………………………5分
（Ⅱ）极坐标系中，不妨设 ，，
其中
由（Ⅰ）知：，.
面积 ………………………8分
当时，即 ， 有最大值 .此时
故面积的最大值为 ……………………………………………………10分
23.【解析】（Ⅰ） …………………2分
当 时， ，得 ，故；
当 时， ，得 ，故；
当 时， ，得 ，故；
综上，不等式的解集为 . ……………………………………5分
（Ⅱ）由绝对值不等式的性质可知
等价于，当且仅当，
即 时等号成立，故 ……………………………………………8分
所以，所以，
所以. ……………………………………………………………10分
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