1、四川省高考压轴卷数 学（文史类）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）。第卷1至2页，第卷3至4页。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。满分150分。考试时间120分钟，考试结束后，将本试题卷和答题卡一并收回。第卷 （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的标号涂黑。一、选择题：本大题共10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M满足1，21，2，3，4，则满足条件的集合M的个数为 A.1 B 2 C 3. D. 42下列四个结论：若，则恒成立；命题“若”的逆命题为“若”；“命题为真”是“
2、命题为真”的充分不必要条件；命题“”的否定是“”其中正确结论的个数是A1个B2个C3个D4个3.执行右图所示的程序框图，则输出的值为A、 B、 C、 D、 4如图是一个无盖器皿的三视图，正视图、侧视图和俯视图中的正方形边长为2，正视图、侧视图中的虚线都是半圆，则该器皿的表面积是 A B C D 5.函数的值域为（ ）A、 B、 C、 D、6定义：在数列中，若满足（，d 为常数），称为“等差 比数列”。已知在“等差比数列”中，则 ABCD7已知，则方程的根的个数是 A3个B4个 C5个D6个 8在中，内角的对边分别为且，则的值为A B C D 9在爸爸去哪儿第二季第四期中，村长给6位“萌娃”布置
3、一项搜寻空投食物的任务。已知：食物投掷地点有远、近两处；由于Grace年纪尚小，所以要么不参与该项任务，但此时另需一位小孩在大本营陪同，要么参与搜寻近处投掷点的食物；所有参与搜寻任务的小孩须被均分成两组，一组去远处，一组去近处，那么不同的搜寻方案有 A80 种 B70 种 C40 种 D10种 10已知抛物线C：的焦点为F，准线为，P是上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若，则（ ） A6B3CD第卷（非选择题，共100分）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.11.已知集合，则_.12.若函数，则13的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为 14过点作圆的弦，其中弦长为整
4、数的共有 条。15平面内两定点M（0，一2）和N(0,2），动点P（x，y）满足，动点P的轨迹为曲线E，给出以下命题： m，使曲线E过坐标原点； 对m，曲线E与x轴有三个交点； 曲线E只关于y轴对称，但不关于x轴对称； 若P、M、N三点不共线，则 PMN周长的最小值为24; 曲线E上与M,N不共线的任意一点G关于原点对称的另外一点为H，则四边形GMHN 的面积不大于m。 其中真命题的序号是（填上所有真命题的序号）三、解答题：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）在中，分别为角的对边，设， (1)若，且，求角的大小；（2）若，求角的取值范围。1
5、7. (本题满分12分)已知等差数列的前n项和为，.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前n项和.A1B1C1DD1CBAEF18(本题满分12分)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中， E、F分别是棱DD1 、C1D1的中点. (1)求直线BE和平面ABB1A1所成角的正弦值； (2)证明：B1F平面A1BE19（12分）某重点大学自主招生考试过程依次为自荐材料审查、笔试、面试共三轮考核。规定：只能通过前一轮考核才能进入下一轮的考核，否则将被淘汰；三轮考核都通过才算通过该高校的自主招生考试。学生甲三轮考试通过的概率分别为，且各轮考核通过与否相互独立。（1）求甲通过该高校自主招生考试
6、的概率；（2）若学生甲每通过一轮考核，则家长奖励人民币1000元作为大学学习的教育基金。记学生甲得到教育基金的金额为，求的分布列和数学期望。20、(本小题13分)已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在轴上，且过点。（）求抛物线的标准方程；xyOMN（）与圆相切的直线交抛物线于不同的两点若抛物线上一点满足，求的取值范围.21(本题满分14分)已知函数，(a、b为常数)(1)求函数在点(1，)处的切线方程；(2)当函数g(x)在x=2处取得极值-2求函数的解析式；(3)当时，设，若函数在定义域上存在单调减区间，求实数b的取值范围；数学参考答案及评分意见（文史类）第卷（选择题，共50分）1、【答案】C
7、解析：根据子集的定义，可得集合M必定含有1、2两个元素，而且含有1，2，3，4中的至多三个元素因此，满足条件1，2M1，2，3，4的集合M有：1，2、1，2，3、1，2，4，共3个故选：C2、【答案】C 解析：对于，令y=xsinx，则y=1cosx0，则有函数y=xsinx在R上递增，则当x0时，xsinx00=0，则xsinx恒成立则对；对于，命题“若xsinx=0，则x=0”的逆否命题为“若x0，则xsinx0”，则对；对于，命题pq为真，则p，q中至少有一个为真，不能推出pq为真，反之成立，则应为必要不充分条件，则错；对于，命题“xR，xlnx0”的否定是“x0R，x0lnx00”则对
8、综上可得，其中正确的叙述共有3个故选C3、【答案】B 解析：由程序框图的流程可知时，；，然后得到，满足题意，输出结果。4、【答案】A 解析：该器皿的表面积可分为两部分：去掉一个圆的正方体的表面积s1和半球的表面积s2，s16221224，s24122，故s=s1+s2=+24,故选A5、【答案】C 解析：根据题意可知，所以，则函数的值域为，故选C.6、【答案】C 解析：由题意可知：数列 为以1为首项以2为公差的等差数列nN*所以，故选C.7、【答案】C【解析】由，设f(A)=2,则f(x)=A,则，则A=4或A=，作出f(x)的图像，由数型结合，当A=时3个根，A=4时有两个交点，所以的根的个
9、数是5个。8、【答案】A 解析：由得,又A为三角形内角，所以A=120,则，所以选A.9、【答案】C 解析：Grace不参与该项任务，则有=30种；Grace参与该项任务，则有=10种，故共有30+10=40种,故选：C10、【答案】A 解析：抛物线C：的焦点为F（0，2），准线为：y=2，设P（a，2），B（m，），则=（a，4），=（m，2），2m=a，4=4，m2=32，由抛物线的定义可得|QF|=+2=4+2=6故选A11、【答案】 解析：由题意得，所以，故答案为。12、【答案】 解析：因为，所以，则令可得，所以，则，而，则，即，故答案为。13、【答案】40解析：令则有，得，所以二项式
10、为所以其常数项为所以答案为40.14、【答案】32 解析：由题意可知过点的最短的弦长为10，最长的弦长为26,所以共有弦长为整数有2+2(26101)=32.15、【答案】 解析：平面内两定点M（0，2）和N（0，2），动点P（x，y）满足|=m（m4），=m（0，0）代入，可得m=4，正确；令y=0，可得x2+4=m，对于任意m，曲线E与x轴有三个交点，不正确；曲线E关于x轴对称，但不关于y轴对称，故不正确；若P、M、N三点不共线，|+|2=2，所以PMN周长的最小值为2+4，正确；曲线E上与M、N不共线的任意一点G关于原点对称的点为H，则四边形GMHN的面积为2SMNG=|GM|GN|si
11、nMGNm，四边形GMHN的面积最大为不大于m，正确故答案为：16、解：(1)由f(1)0，得a2a2b24c20，b2c 又由正弦定理，得b2RsinB，c2RsinC，将其代入上式，得sinB2sinC BC BC，将其代入上式，得sin(C)2sinCsincosCcossinC2sinC，整理得，sinCcosC，tanC角C是三角形的内角，C -6分(2)f(2)0，4a22a22b24c20，即a2b22c20 -7分由余弦定理，得cosC cosC(当且仅当ab时取等号) -10分cosC，C是锐角，又余弦函数在(0，)上递减，0C -12分17解答：设的公差为，则由题得则 6分
12、（2）由（1）得则所求和为 6分18解：(1)设G是AA1的中点，连接GE，BGE为DD1的中点，ABCDA1B1C1D1为正方体，GEAD，又AD平面ABB1A1，GE平面ABB1A1，且斜线BE在平面ABB1A1内的射影为BG，RtBEG中的EBG是直线BE和平面ABB1A1所成角，即EBG=设正方体的棱长为，直线BE和平面ABB1A1所成角的正弦值为：；6分(2)证明：连接EF、AB1、C1D，记AB1与A1B的交点为H，连接EHH为AB1的中点，且B1H=C1D，B1HC1D，而EF=C1D，EFC1D，B1HEF且B1H=EF，四边形B1FEH为平行四边形，即B1FEH，又B1F平面
13、A1BE且EH平面A1BE，B1F平面A1BE 12分19、（1）（2）的分布列为数学期望为-解析：（1）设“学生甲通过该高校自主招生考试”为事件A，则P(A)所以学生甲通过该高校自主招生考试的概率为-4分（2）的可能取值为0元，1000元，2000元，3000元-5分，-9分所以，的分布列为数学期望为-12分20、 (1) 4分 （2）由圆心到直线的距离 设交点，由 其中 9分代入得 即 11 分，在都是单调递减函数13分21解：(1)由()，可得()，f(x)在点(1，f(1)处的切线方程是，即，所求切线方程为； 4分(2)又g(x)= 可得，且g(x)在x=2处取得极值-2，可得解得，所求g(x)=(xR) 8分(3)，()依题存在使，即存在使，不等式等价于 (*)令，在(0，1)上递减，在1，)上递增，故，)存在，不等式(*)成立，所求，)14分
