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1、绝密 启封并使用完毕前一般高等学校招生全国统一考试（四川卷）数 学（文史类)本试题卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题)。第卷1至2页,第卷3至4页。满分l50分。考试时间l0分钟。考生作答时，须将答案答在答题卡上,在本试题卷、草稿纸上答题无效。考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。第卷（选择题 共0分）注意事项： 必须使用2B铅笔在答题卡上将所选答案相应的标号涂黑。 第卷共10小题。一、选择题:本大题共1个小题,每题5分,共0分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目规定的。.设集合，集合，则(A） () (C） （D)【答案】【解析】，,选A2. 设向量与向量共线，则实数（) () （
2、C） (D) 【答案】【解析】由共线向量,的坐标运算可知,即，选B.3某学校为了理解三年级、六年级、九年级这三个年级之间的学生视力与否存在明显差别，拟从这三个年级中按人数比例抽取部分学生进行调查,则最合理的抽样措施是（A)抽签法 (B）系统抽样法 （C)分层抽样法 （D）随机数法【答案】C【解析】由于是为理解各年级之间的学生视力与否存在明显差别,因此选择分层抽样法。4.设，为正实数，则“”是“”的 （A）充要条件 （B)充足不必要条件 （C)必要不充足条件 （)既不充足也不必要条件【答案】A【解析】由已知当时，“”是“”的充足条件。反过来由,可得，“”是“”的必要条件，综上，“”是“”的充要条
3、件,选A.5.下列函数中,最小正周期为的奇函数是. B.C. .【答案】【解析】A. ，可知其满足题意;. ,可知其最小正周期为，偶函数;.,最小正周期为，非奇非偶函数；D. ，可知其最小正周期为,非奇非偶函数.选A.执行如图所示的程序框图,输出S的值是() （B) （C）- (D) 【答案】D【解析】易得当k=1,2,3,4时执行的与否,当=5时就执行是的环节，因此，选D.7.过双曲线的右焦点且与x轴垂直的直线,交该双曲线的两条渐近线于A，两点，则（A） (B） (C）6 （D)【答案】D【解析】由题意可知双曲线的渐近线方程为,且右焦点，则直线与两条渐近线的交点分别为，,选D8.某食品的保鲜
4、时间(单位:小时)与储藏温度(单位:）满足函数关系( 为自然对数的底数,，为常数）。若该食品在的保鲜时间是12小时,在23的保鲜时间是48小时,则该食品在3的保鲜时间是（A)1小时 （B)20小时 (）4小时 （D)21小时【答案】C【解析】，, 当时,，,选.9. 设实数满足,则的最大值为(A) (B） (C) 12 (D)1【答案】A【解析】由第一种条件得：。于是，,当且仅当时取到最大值。经验证，在可行域内，选.10设直线与抛物线相交于A，两点，与圆相切于点,且M为线 段AB的中点.若这样的直线恰有4条，则的取值范畴是(A） (B） （C） ()【答案】D【解析】 设,，则两式相减,得:,
5、当直线的斜率不存在时,显然符合条件的直线有两条。当直线的斜率存在时,可得：,又，由于在抛物线的内部,，,因此,，选D.第卷（非选择题 共1分)注意事项：必须使用.毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目说只是的区域内作答。作图可先用铅笔绘出,确认后再用0.毫米黑色墨迹签字笔描清晰。答在试卷、草稿纸上无效。二、填空题：本大题共5小题，每题分,共25分。11. 设是虚数单位，则复数_.【答案】【解析】由题意可知：12 的值是 _.【答案】【解析】13 .已知，则的值是_. 【答案】1【解析】由已知得，1. 三棱柱中，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形,俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形,设点M,，分别
6、是，,的中点,则三棱锥的体积是_【答案】【解析】采用等积法，15.已知函数，(其中)。对于不相等的实数,，设，既有如下命题:() 对于任意不相等的实数,，均有；（2） 对于任意的及任意不相等的实数,均有;（3)对于任意的,存在不相等的实数,使得；(4)对于任意的，存在不相等的实数,使得。其中的真命题有_(写出所有真命题的序号）。【答案】(1) （4)【解析】(1）设，,函数是增函数，,则=0,因此对的；(2)设,则，不妨我们设,则，矛盾,因此(）错。（3),由（1)()可得:,化简得到，也即,令,即对于任意的函数在定义域范畴内存在有两个不相等的实数根，。则，显然当时，恒成立,即单调递增，最多与
7、x轴有一种交点，不满足题意,因此错误。(4)同理可得，设,即对于任意的函数在定义域范畴内存在有两个不相等的实数根，从而不是恒为单调函数。,恒成立,单调递增，又时，时，。所觉得先减后增的函数,满足规定,因此对的。三、简答题：本大题共6小题,共5分。解答应写出文字阐明、证明过程或演算环节。16.（本小题满分2分)设数列的前项和，且，成等差数列。 （)求数列的通项公式； ()记数列的前项和,求。【解答】：（）当时有，则 , （) ,数列是觉得首项，2为公比的等比数列。 又由题意得，,， （）由题意得, 17.(本小题满分12分）一种小客车有5个座位，其座位号为,乘客 的座位号为，她们按照座位号顺序先
8、后上车,乘客因身体因素没有坐自己号座位,这时司机规定余下的乘客按如下规则就坐:如果自己的座位空着,就只能坐自己的座位。如果自己的座位已有乘客就坐,就在这个座位的剩余空位中选择座位(I）若乘客坐到了3号座位，其她乘客按规则就座，则此时共有种坐法。下表给出其中两种坐法,请填入余下两种坐法（将乘客就坐的座位号填入表中空格处)乘客 座位号314532451（II）若乘客坐到了2号座位,其，她乘客按规则就坐，求乘客坐到5号座位的概率。【解答】(）当乘客坐在号位置上,此时的位置没有被占，只能坐在2位置，位置被占，可选剩余的任何，即可选1、4、5:当选位置，位置没被占,只能选4位置,选剩余的,只有一种状况;
9、当 选4位置，可选5位置也可选1位置,选剩余的,有两种状况；当 选5位置，只可选位置选剩余的，有一种状况；乘客座位号3245324512153541 ()这个问状况比较复杂，需要列表解答，当坐位置时,位置被占，可选剩余的 座位,下表列出了所有也许乘客座位号2134524123131452541231524351253综上,共有8种状况,坐在5位置上的状况有4种，所求概率为 18(本小题满分分)一种正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示。（I）请将字母标记在正方体相应的顶点处（不需阐明理由)；(II)判断平面与平面的位置关系,并证明你的结论；(II）证明:平面。【解答】（）如答图所
10、示 答图 答图2 答图3（I）如答图所示，连接，易得四边形和四边形为,因此,又平面，且平面，平面,平面,又平面,且,因此平面平面（III)如答图所示,易得，平面，得平面,同理可得,，又, 平面。1.（本小题满分1分)已知为的内角,是有关的方程的两实根.(）求的大小;(）若,求的值.【解答】()是有关的方程的两个根可得:,，因此，则，由三角形内角和为可知，.(）在中，由正弦定理可得,求得,则.又,由三角形内角和为及诱导公式可知,解得，将代入，解得20(本小题满分13分）如图，椭圆（）的离心率是，点在短轴上，且。（)球椭圆的方程;xyOBAP(）设为坐标原点,过点的动直线与椭圆交于两点。与否存在常
11、数，使得 为定值？若存在,求的值;若不存在，请阐明理由。【解答】(）由知，解得,又由离心率是得到 ; 椭圆的方程为：。(）当直线AB的斜率存在时，设B的解析式为,， 联立:，显然,由韦达定理可知，,，这里，与的取值无关,，即。此时,当直线AB的斜率不存在时,AB就是CD，那么综上,存在常数,使得为定值。1已知函数，其中,设是的导函数.(）讨论的单调性;（)证明：存在，使得恒成立，且在区间(,)内有唯一解。【解答】：（）,求导可得,，即 恒成立,在其定义域上单调递增。()，由()可知在（,）内单调递增。又时,当时,显然。而在(1,）是单调递增的，因此在（1，)内必然存在唯一的使得 .。当时,当时,在上单调递减，在上单调递增，。由已知条件在区间内有唯一解，必有。即. ，由式得到带入式化简得：,即,令,，恒成立，为减函数，在内有零点，即时,有解,此时为增函数，且,即。存在，使得恒成立，且在区间(1,)内有唯一解。 By：nsle QMJY 杰少
