文科数学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写
在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共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.
U1,2,3,4,5M1,4,N2,5NM
1.设全集，集合，则U（）
A2,3,5B.1,3,4C.1,2,4,5D.2,3,4,5
.
【答案】A
【解析】
【分析】利用集合的交并补运算即可得解.
【详解】因为全集U{1,2,3,4,5}，集合M{1,4}，所以UM2,3,5，
又N{2,5}，所以NUM{2,3,5}，
故选：A.
51i3
2.（）
2i2i
A.1B.1C.1iD.1i
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的四则运算求解即可.
3
51i51i
【详解】1i
(2i)(2i)5
故选：C.
3.已知向量a3,1,b2,2，则cosab,ab（）
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117525
A.B.C.D.
171755
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量模与数量积的坐标表示分别求得ab,ab,abab，从而利用平面向量
余弦的运算公式即可得解.
【详解】因为a(3,1),b(2,2)，所以ab5,3,ab1,1，
则ab523234,ab112，abab51312，
abab217
所以cosab,ab.
abab34217
故选：B.
4.某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则
这2名学生来自不同年级的概率为（）
1112
A.B.C.D.
6323
【答案】D
【解析】
【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.
【详解】依题意，从这名学生中随机选名组织校文艺汇演，总的基本事件有2件，
42C46
11
其中这2名学生来自不同年级的基本事件有C2C24，
42
所以这2名学生来自不同年级的概率为.
63
故选：D.
5.记Sn为等差数列an的前n项和．若a2a610,a4a845，则S5（）
A.25B.22C.20D.15
【答案】C
【解析】
【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列an的公差和首项，再根据前n项和公式即可解出；
方法二：根据等差数列的性质求出等差数列an的公差，再根据前n项和公式的性质即可解出．
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【详解】方法一：设等差数列an的公差为d，首项为a1，依题意可得，
a2a6a1da15d10，即a13d5,
又a4a8a13da17d45，解得：d1,a12，
54
所以S5ad521020．
512
故选：C.
方法二：a2a62a410，a4a845，所以a45，a89，
aa
从而d841，于是aad514，
8434
所以S55a320．
故选：C.
6.执行下边的程序框图，则输出的B（）
A.21B.34C.55D.89
【答案】B
【解析】
【分析】根据程序框图模拟运行即可解出．
【详解】当k1时，判断框条件满足，第一次执行循环体，A123，B325，k112；
当k2时，判断框条件满足，第二次执行循环体，A358，B8513，k213；
当k3时，判断框条件满足，第三次执行循环体，A81321，B211334，k314；
当k4时，判断框条件不满足，跳出循环体，输出B34．
故选：B.
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2
x2
7.设F1,F2为椭圆C:y1的两个焦点，点P在C上，若PFPF0，则PF1PF2（）
512
A.1B.2C.4D.5
【答案】B
【解析】
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出PF1F2的面积，即可解出；
方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出．
【详解】方法一：因为，所以，
PF1PF20FP1F290
21
从而Sbtan451PFPF，所以PF1PF22．
FP1F2212
故选：B.
方法二：
因为，所以，由椭圆方程可知，2，
PF1PF20FP1F290c514c2
所以2222，又，平方得：
PF1PF2F1F2416PF1PF22a25
22，所以．
PF1PF22PF1PF2162PF1PF220PF1PF22
故选：B.
exe
8.曲线y在点1,处的切线方程为（）
x12
eeeee3e
A.yxB.yxC.yxD.yx
424424
【答案】C
【解析】
【分析】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所设方
程即可求解.
exee
【详解】设曲线y在点1,处的切线方程为ykx1，
x122
ex
因为y，
x1
xxx
ex1exe
所以y22，
x1x1
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e
所以ky|
x14
ee
所以yx1
24
exeee
所以曲线y在点1,处的切线方程为yx.
x1244
故选：C
x2y2
9.已知双曲线1(a0,b0)的离心率为5，其中一条渐近线与圆(x2)2(y3)21交于A，
a2b2
B两点，则|AB|（）
5253545
A.B.C.D.
5555
【答案】D
【解析】
【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.
c2a2b2b2
【详解】由e5，则15，
a2a2a2
b
解得2，
a
所以双曲线的一条渐近线不妨取y2x，
|223|5
则圆心(2,3)到渐近线的距离d，
2215
145
所以弦长|AB|2r2d221.
55
故选：D
10.在三棱锥PABC中，ABC是边长为2的等边三角形，PAPB2,PC6，则该棱锥的体积
为（）
A.1B.3C.2D.3
【答案】A
【解析】
【分析】证明AB平面PEC，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.
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【详解】取AB中点E，连接PE,CE，如图，
ABC是边长为2的等边三角形，PAPB2，
PEAB,CEAB，又PE,CE平面PEC，PECEE，
AB平面PEC，
3
又PECE23，PC6，
2
故PC2PE2CE2，即PECE，
111
所以VVVSAB3321，
BPECAPEC3PEC32
故选：A
2236
11.已知函数fxe(x1)．记af,bf,cf，则（）
222
A.bcaB.bacC.cbaD.cab
【答案】A
【解析】
【分析】利用作差法比较自变量的大小，再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可.
【详解】令g(x)(x1)2，则g(x)开口向下，对称轴为x1，
6363422
因为11，而(63)4962166270，
2222
6363463
所以110，即11
222222
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63
由二次函数性质知g()g()，
22
6262422
因为11，而(62)4843164384(32)0，
2222
6262
即11，所以g()g()，
2222
263
综上，g()g()g()，
222
又yex为增函数，故acb，即bca.
故选：A.
12.函数yfx的图象由ycos2x的图象向左平移个单位长度得到，则yfx的图象与
66
11
直线yx的交点个数为（）
22
A.1B.2C.3D.4
【答案】C
【解析】
11
【分析】先利用三角函数平移的性质求得fxsin2x，再作出fx与yx的部分大致图像，
22
11
考虑特殊点处fx与yx的大小关系，从而精确图像，由此得解.
22
【详解】因为ycos2x向左平移个单位所得函数为
66
ycos2xcos2xsin2x，所以fxsin2x，
662
111
而yx显然过0,与1,0两点，
222
11
作出fx与yx的部分大致图像如下，
22
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33733711
考虑2x,2x,2x，即x,x,x处fx与yx的大小关系，
22244422
33313134
当x时，fsin1，y1；
4422428
33313134
当x时，fsin1，y1；
4422428
77717174
当x时，fsin1，y1；
4422428
11
所以由图可知，fx与yx的交点个数为3.
22
故选：C.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.记Sn为等比数列an的前n项和．若8S67S3，则an的公比为________．
1
【答案】
2
【解析】
【分析】先分析q1，再由等比数列的前n项和公式和平方差公式化简即可求出公比q.
【详解】若q1，
则由8S7S得86a73a，则a0，不合题意
63111.
所以q1.
当q1时，因为8S67S3，
63
a11qa11q
所以87，
1q1q
即81q671q3，即81q31q371q3，即81q37，
1
解得q.
2
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1
故答案为：
2
2
14.若fx(x1)axsinx为偶函数，则a________．
2
【答案】2
【解析】
【分析】根据常见函数的奇偶性直接求解即可.
222
【详解】fxx1axsinxx1axcosxx(a2)x1cosx，
2
且函数为偶函数，
a20，解得a2，
故答案为：2
3x2y3,
15.若x，y满足约束条件2x3y3，则z3x2y的最大值为________．
xy1,
【答案】15
【解析】
【分析】由约束条件作出可行域，根据线性规划求最值即可.
【详解】作出可行域，如图，
3z
由图可知，当目标函数yx过点A时，z有最大值，
22
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2x3y3x3
由可得，即A(3,3),
3x2y3y3
所以zmax332315.
故答案为：15
16.在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，
则球O的半径的取值范围是________．
【答案】[22,23]
【解析】
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为4的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最
小.
【详解】设球的半径为R.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包
含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径为体对角线长222，即，故
2RAC1444432R43,R23
；
Rmax23
分别取侧棱AA1,BB1,CC1,DD1的中点M,H,G,N，显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正
方形MNGH的对角线交点，
连接MG，则MG42，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆，球的半径达到最小，即R的
最小值为22.
综上，R[22,23].
故答案为：[22,23]
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
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