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20##年普通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Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页。满分l50

分。考试时间l20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Ⅰ卷（选择题共50分）

注意事项：

    必须使用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。

    第Ⅰ卷共10小题。

一、选择题：本大题共10个小题,每小题5分,共50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.设集合，集合，则

（A）     （B）     （C）      （D）

【答案】A

【解析】∵，，，选A.

2.设向量与向量共线，则实数

(A)                  (B)                     (C)                    (D)

【答案】B

【解析】由共线向量，的坐标运算可知，

即，选B.

3.某学校为了了解三年级、六年级、九年级这三个年级之间的学生视力是否存在显著差异，拟从这三个年级中按人数比例抽取部分学生进行调查，则最合理的抽样方法是

（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】因为是为了解各年级之间的学生视力是否存在显著差异，所以选择分层抽样法。

4.设，为正实数，则“”是“”的

(A)充要条件                               (B)充分不必要条件   

(C)必要不充分条件                         (D)既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】由已知当时，∴，“”是“”的充分条件。反过来由，可得，∴“”是“”的必要条件，综上，“”是“”的充要条件，选A.

5.下列函数中，最小正周期为的奇函数是

A.                      B.

C.                    D.

【答案】A

【解析】

A. ,可知其满足题意;

B. ,可知其最小正周期为，偶函数;

C. ,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

6.执行如图所示的程序框图，输出S的值是

(A)            (B)              (C)-            (D)

【答案】D

【解析】易得当k=1,2,3,4时执行的是否，当k=5时就执行是的步骤，

所以，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，B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D.

8. 某食品的保鲜时间（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，k，b为常数）。若该食品在的保鲜时间是192小时，在23的保鲜时间是48小时，则该食品在33的保鲜时间是

(A)16小时               (B)20小时              (C)24小时               (D)21小时

【答案】C

【解析】

，，∴，

∴当时，，∴,选C.

9. 设实数满足，则的最大值为

(A)                (B)                 (C) 12                   (D)14

【答案】A

【解析】由第一个条件得：。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，B两点，与圆相切于点M，且M为线  段AB的中点.若这样的直线恰有4条，则的取值范围是

（A）           （B）               （C）             （D）

【答案】D

【解析】

 设，，，则

两式相减，得：，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M在抛物线的内部，∴，

∴，∴，

因此，，选D.

第Ⅱ卷（非选择题共100分）

注意事项：必须使用0.5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0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚。答在试卷、草稿纸上无效。

二、填空题：本大题共5小题，每小题5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，，

∴

14. 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,N,P分别是，，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，，现有如下命题：

(1) 对于任意不相等的实数，，都有；

(2) 对于任意的及任意不相等的实数，，都有；

(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,所以正确；

(2)设，则，∴

不妨我们设，则，矛盾，所以(2)错。

(3)∵，由(1)(2)可得：，化简得到，

，也即，令，即对于任意的函数在定义域范围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x轴有一个交点，不满足题意，所以错误。

(4)同理可得，设，即对于任意的函数在定义域范围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，。所以为先减后增的函数，满足要求，所以正确。

三、简答题：本大题共6小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

16.（本小题满分12分）

设数列的前项和，且，，成等差数列。

  （Ⅰ）求数列的通项公式；

  （Ⅱ）记数列的前项和，求。

【解答】：

（Ⅰ）当时有， 

则 ， （） ，∴数列是以为首项，2为公比的等比数列。

    又由题意得，，∴ ，∴ 

（Ⅱ）由题意得，∴ 

17.（本小题满分12分）

一个小客车有5个座位，其座位号为，乘客 的座位号为，他们按照座位号顺序先后上车，乘客因身体原因没有坐自己号座位，这时司机要求余下的乘客按以下规则就坐：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5个座位的剩余空位中选择座位.

（I）若乘客坐到了3号座位，其他乘客按规则就座，则此时共有4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）

（II）若乘客坐到了2号座位，其，他乘客按规则就坐，求乘客坐到5号座位的概率。

【解答】

（Ⅰ）当乘客坐在3号位置上，此时的位置没有被占，只能坐在2位置，位置被占，可选剩下的任何，即可选1、4、5:①当选1位置，位置没被占，只能选4位置，选剩下的，只有一种情况；②当 选4位置，可选5位置也可选1位置，选剩下的，有两种情况；③当 选5位置，只可选4位置选剩下的，有一种情况；

 （Ⅱ）这个问情况比较复杂，需要列表解答，当坐2位置时，位置被占，可选剩下的 座位，下表列出了所有可能

综上，共有8种情况，坐在5位置上的情况有4种，所求概率为 

18.（本小题满分分）

一个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（不需说明理由）；

（II）判断平面与平面的位置关系，并证明你的结论；

（III）证明：平面

。

【解答】

（I）如答图1所示

  

答图1                           答图2                          答图3

（II）如答图2所示，连接，易得四边形和四边形为，所以，，又∵平面，且平面，∴平面，平面，又∵平面，且，所以平面平面

 （III）如答图3所示，易得，∴平面,

得∵平面，∴，同理可得，，又，

∴平面。

19.（本小题满分12分）

已知为的内角，是关于的方程的两实根.

（Ⅰ）求的大小；

（Ⅱ）若，求的值.

【解答】

（Ⅰ）是关于的方程的两个根可得：，，所以，则，由三角形内角和为可知，.

（Ⅱ）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。

（Ⅰ）球椭圆的方程；

（Ⅱ）设为坐标原点，过点的动直线与椭圆交于两点。是否存在常数，使得 为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由。

【解答】

（Ⅰ）由知，，解得，

又∵由离心率是得到 ；

∴椭圆E的方程为：。

(Ⅱ)当直线AB的斜率存在时，设AB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。

21.已知函数，其中，设是的导函数.

（Ⅰ）讨论的单调性；

（Ⅱ）证明：存在，使得恒成立，且在区间(1，)内有唯一解。

【解答】：

（Ⅰ）∵，∴求导可得，

，即

∴恒成立，∴在其定义域上单调递增。

（Ⅱ）∵，∴由(Ⅰ)可知在(1，)内单调递增。

又时，，

当时，显然。而在(1，)是单调递增的，因此在

(1，)内必定存在唯一的使得 …………….. ①。

∴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……………………. ②，

由①式得到带入②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：Kingslee QMJY 杰少