文科数学
一、选择题
2i22i3
1.（）
A.1B.2C.5D.5
【答案】C
【解析】
【分析】由题意首先化简2i22i3，然后计算其模即可.
【详解】由题意可得2i22i3212i12i，
2
则2i22i312i1225.
故选：C.
设全集，集合，则（）
2.U0,1,2,4,6,8M0,4,6,N0,1,6MUN
A.0,2,4,6,8B.0,1,4,6,8C.1,2,4,6,8D.U
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得的值，然后计算即可
UNMUN.
【详解】由题意可得UN2,4,8，则MUN0,2,4,6,8.
故选：A.
3.如图，网格纸上绘制的是个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积（）
A.24B.26C.28D.30
第1页/共22页
【答案】D
【解析】
【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可.
【详解】如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA13，
点H,I,J,K为所在棱上靠近点B1,C1,D1,A1的三等分点，O,L,M,N为所在棱的中点，
则三视图所对应的几何体为长方体ABCDA1B1C1D1去掉长方体ONIC1LMHB1之后所得的几何体，
该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形，
其表面积为：22242321130.
故选：D.
4.在ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若acosBbcosAc，且C，则B（）
5
32
A.B.C.D.
105105
【答案】C
【解析】
【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得A的值，最后利用三角
形内角和定理可得A的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得sinAcosBsinBcosAsinC，
即sinAcosBsinBcosAsinABsinAcosBsinBcosA，
整理可得sinBcosA0，由于B0,，故sinB0，
据此可得cosA0,A，
2
3
则BAC.
2510
第2页/共22页
故选：C.
xex
5.已知f(x)是偶函数，则a（）
eax1
A.2B.1C.1D.2
【答案】D
【解析】
【分析】根据偶函数的定义运算求解.
xa1x
xexxxxee
【详解】因为为偶函数，则xexe，
fxaxfxfx0
e1eax1eax1eax1
又因为x不恒为0，可得exea1x0，即exea1x，
则xa1x，即1a1，解得a2.
故选：D.
6.正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则ECED（）
A.5B.3C.25D.5
【答案】B
【解析】
uuuruuur
【分析】方法一：以AB,AD为基底向量表示EC,ED，再结合数量积的运算律运算求解；方法二：建系，
利用平面向量的坐标运算求解；方法三：利用余弦定理求cosDEC，进而根据数量积的定义运算求解.
uuuruuuruuuruuur
【详解】方法一：以AB,AD为基底向量，可知ABAD2,ABAD0，
uuuruuruuur1uuuruuuruuuruuruuur1uuuruuur
则ECEBBCABAD,EDEAADABAD，
22
uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur
11122
所以ECEDABADABADABAD143；
224
方法二：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，
uuuruuur
则E1,0,C2,2,D0,2，可得EC1,2,ED1,2，
uuuruuur
所以ECED143；
方法三：由题意可得：EDEC5,CD2，
第3页/共22页
DE2CE2DC25543
在CDE中，由余弦定理可得cosDEC，
2DECE2555
uuuruuuruuuruuur3
所以ECEDECEDcosDEC553.
5
故选：B.
22
7.设O为平面坐标系的坐标原点，在区域x,y1xy4内随机取一点A，则直线OA的倾斜角不
大于的概率为（）
4
1111
A.B.C.D.
8642
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意分析区域的几何意义，结合几何概型运算求解.
22
【详解】因为区域x,y|1xy4表示以O0,0圆心，外圆半径R2，内圆半径r1的圆环，
则直线OA的倾斜角不大于的部分如阴影所示，在第一象限部分对应的圆心角MON，
44
2
结合对称性可得所求概率1.
P4
24
故选：C.
第4页/共22页
3
8.函数fxxax2存在3个零点，则a的取值范围是（）
A.,2B.,3C.4,1D.3,0
【答案】B
【解析】
【分析】写出f(x)3x2a，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.
【详解】f(x)x3ax2，则f(x)3x2a，
若fx要存在3个零点，则fx要存在极大值和极小值，则a<0，
aa
令f(x)3x2a0，解得x或，
33
aa
且当时，，
x,,f(x)0
33
aa
当，，
x,f(x)0
33
aa
故fx的极大值为f，极小值为f，
33
a
aaa
f0a20
3333
若fx要存在3个零点，则，即，解得a3，
aaa
a
f0a20
3333
故选：B.
9.某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛
同学抽到不同主题概率为（）
5211
A.B.C.D.
6323
【答案】A
【解析】
【分析】根据古典概率模型求出所有情况以及满足题意得情况，即可得到概率.
【详解】甲有6种选择，乙也有6种选择，故总数共有6636种，
若甲、乙抽到的主题不同，则共有2种，
A630
第5页/共22页
305
则其概率为，
366
故选：A.
22
10.已知函数f(x)sin(x)在区间,单调递增，直线x和x为函数yfx的图像
6363
5
的两条对称轴，则f（）
12
3113
A.B.C.D.
2222
【答案】D
【解析】
5
【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入x即可得到答案.
12
2
【详解】因为f(x)sin(x)在区间,单调递增，
63
T22
所以，且0，则T，w2，
2362T
当x时，fx取得最小值，则22k，kZ，
662
55
则2k，kZ，不妨取k0，则fxsin2x，
66
553
则fsin，
1232
故选：D.
11.已知实数x,y满足x2y24x2y40，则xy的最大值是（）
32
A.1B.4C.132D.7
2
【答案】C
【解析】
22
【分析】法一：令xyk，利用判别式法即可；法二：通过整理得x2y19，利用三角换元
法即可，法三：整理出圆的方程，设xyk，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令xyk，则xky，
第6页/共22页
代入原式化简得2y22k6yk24k40，
2
因为存在实数y，则0，即2k642k24k40，
化简得k22k170，解得132k132，
故xy的最大值是321，
22
法二：x2y24x2y40，整理得x2y19，
令x3cos2，y3sin1，其中0,2，
则xy3cos3sin132cos1，
4
97
0,2，所以,，则2，即时，xy取得最大值321，
44444
法三：由x2y24x2y40可得(x2)2(y1)29，
|21k|
设xyk，则圆心到直线xyk的距离d3，
2
解得132k132
故选：C.
y2
12.设A，B为双曲线x21上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（）
9
A.1,1B.(-1,2)C.1,3D.1,4
【答案】D
【解析】
【分析】根据点差法分析可得kABk9，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；
对于C：结合双曲线的渐近线分析判断.
x1x2y1y2
【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2，则AB的中点M,，
22
y1y2
yyyy
可得k12,k212，
AB
x1x2x1x2x1x2
2
第7页/共22页
2
2y1
x11
22
因为在双曲线上，则9，两式相减得22y1y2，
A,Bx1x20
y29
x221
29
y2y2
所以12
kABk229.
x1x2
对于选项A：可得k1,kAB9，则AB:y9x8，
y9x8
联立方程2，消去得2，
2yy72x272x730
x1
9
2
此时272472732880，
所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；
995
对于选项B：可得k2,k，则AB:yx，
AB222
95
yx
22
联立方程，消去y得45x2245x610，
y2
x21
9
2
此时24544561445160，
所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；
对于选项C：可得k3,kAB3，则AB:y3x
由双曲线方程可得a1,b3，则AB:y3x为双曲线的渐近线，
所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
997
对于选项D：k4,k，则AB:yx，
AB444
97
yx
44
联立方程，消去y得63x2126x1930，
y2
x21
9
此时12624631930，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；
故选：D.
二、填空题
第8页/共22页
13.已知点A1,5在抛物线C：y22px上，则A到C的准线的距离为______.
9
【答案】
4
【解析】
5
【分析】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为x，最后利
4
用点的坐标和准线方程计算点A到C的准线的距离即可.
2
【详解】由题意可得：52p1，则2p5，抛物线的方程为y25x，
559
准线方程为x，点A到C的准线的距离为1.
444
9
故答案为：.
4
1
14.若0,,tan，则sincos________．
22
5
【答案】
5
【解析】
【分析】根据同角三角关系求sin，进而可得结果.
【详解】因为0,，则sin0,cos0，
2
sin1
又因为tan，则cos2sin，
cos2
55
且cos2sin24sin2sin25sin21，解得sin或sin（舍去），
55
5
所以sincossin2sinsin.
5
5
故答案为：.
5
x3y1
15.若x，y满足约束条件x2y9，则z2xy的最大值为______.
3xy7
【答案】8
【解析】
第9页/共22页
【分析】作出可行域，转化为截距最值讨论即可.
【详解】作出可行域如下图所示：
z2xy，移项得y2xz，
x3y1x5
联立有，解得，
x2y9y2
设A5,2，显然平移直线y2x使其经过点A，此时截距z最小，则z最大，
代入得z8，
故答案为：8.
16.已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，ABC是边长为3的等边三角形，SA平面ABC，则
SA________．
【答案】2
【解析】
【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.
【详解】设ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，
AB3
2r23
则sinACB3，可得r3，
2
1
设三棱锥SABC的外接球球心为O，连接OA,OO1，则OA2,OOSA，
12
1
因为OA2OO2OA2，即43SA2，解得SA2.
114
故答案为：2.
第10页/共22页
