【精品】海南省近两年(2018,2019)高考文科数学试卷以及答案(word解析版)

海南省2018年高考文科数学试卷

本试卷共23题，共150分，共4页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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。 1．i(2+3i)

A．32i B．32i C．32i 2．已知集合A1,3,5,7，B2,3,4,5则AB A．3

B．5

C．3,5

D．32i D．1,2,3,4,5,7

exex3．函数f(x)的图象大致为 2x

4．已知向量a，b满足|a|1，ab1，则a(2ab)

A．4 B．3 C．2 D．0

5．从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中2人都是女同学的概率为 A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.3

22xy6．双曲线221(a0,b0)的离心率为3，则其渐近线方程为

abA．y2x 7．在△ABC中，cosA．42 B．y3x

C．y2x 2D．y3x 2C5，BC1，AC5，则AB 25开始D．25 N0,T0i1是1ii100否B．30 C．29 111118．为计算S1，设计了右侧的程

23499100则在空白框中应填入 A．ii1

B．ii2 C．ii3

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序框图，

NNTTSNT输出S结束1i1D．ii4

9．在长方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为 235 B． C．

22210．若f(x)cosxsinx在[0,a]是减函数，则a的最大值是

A．D．7 2ππ3π B． C． D．π 42411．已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1PF2，且PF2F160，则C的离心率

A．

为

331 B．23 C． D．31 2212．已知f(x)是定义域为(,)的奇函数，满足f(1x)f(1x)．若f(1)2，则

A．1f(1)f(2)f(3)A．50

f(50)

B．0

C．2

D．50

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．曲线y2lnx在点(1,0)处的切线方程为__________．

x2y5≥0,14．若x,y满足约束条件x2y3≥0,则zxy的最大值为__________．

x5≤0,5π115．已知tanα，则tanα__________．

4516．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30，若△SAB的面积为8，

则该圆锥的体积为__________．

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，每个试题考

生都必须作答。第22、23为选考题。考生根据要求作答。 （一）必考题：共60分。 17．（12分）

记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a17，S315． （1）求{an}的通项公式；（2）求Sn，并求Sn的最小值．

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18．（12分）下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额y（单位：亿元）的折线图．

为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了y与时间变量t的两个线性回归模型．根据2000年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1,2,年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1,2,ˆ30.413.5t；根据2010,17）建立模型①：yˆ9917.5t． ,7）建立模型②：y（1）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值； （2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．

19．（12分）如图，在三棱锥PABC中，ABBC22，

PPAPBPCAC4，O为AC的中点．

（1）证明：PO平面ABC；

（2）若点M在棱BC上，且MC2MB，求点C到平面POM的距离．

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ABOMC

20．（12分）

设抛物线C：y24x的焦点为F，过F且斜率为k(k0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|8． （1）求l的方程；（2）求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．

121．（12分）已知函数f(x)x3a(x2x1)．

3（1）若a3，求f(x)的单调区间； （2）证明：f(x)只有一个零点．

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（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 22．[选修4－4：坐标系与参数方程]（10分）

x2cosθ,在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（θ为参数），直线l的参数方程为

y4sinθ,x1tcosα,（t为参数）． y2tsinα,（1）求C和l的直角坐标方程；（2）若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为(1,2)，求l的斜率．

23．[选修4－5：不等式选讲]（10分）

设函数f(x)5|xa||x2|．

（1）当a1时，求不等式f(x)≥0的解集；（2）若f(x)≤1，求a的取值范围．

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海南省2018年高考文科数学试卷答案解析

一、选择题

1．D 7．A 二、填空题

13．y=2x–2 三、解答题 17．解：

（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15． 由a1=–7得d=2．

所以{an}的通项公式为an=2n–9． （2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16． 所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16． 18．解：

（1）利用模型①，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为

y=–30.4+13.5×19=226.1（亿元）．

2．C 8．B

3．B 9．C

4．B 10．C

5．D 11．D

6．A 12．C

14．9 15．

3 26．8π

利用模型②，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为

y=99+17.5×9=256.5（亿元）．

（2）利用模型②得到的预测值更可靠． 理由如下：

（i）从折线图可以看出，2000年至2016年的数据对应的点没有随机散布在直线y=–30.4+13.5t上下，这说明利用2000年至2016年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势．2010年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加，2010年至2016年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010年至2016年的数据建立的线性模型y=99+17.5t可以较好地描述2010年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠．

（ii）从计算结果看，相对于2016年的环境基础设施投资额220亿元，由模型①得到的预测值226.1亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理，说明利用模型②得到的预测值更可靠．

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以上给出了2种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分． 19．解：

（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP=23．

连结OB．因为AB=BC=2AC，所以△ABC为等2OP⊥AC，且

腰直角三角

1形，且OB⊥AC，OB=AC=2．

2由OP2OB2PB2知，OP⊥OB． 由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．

（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM． 故CH的长为点C到平面POM的距离． 由题设可知OC=所以OM=1242AC=2，CM=BC=，∠ACB=45°． 233OCMCsinACB4525=，CH=．

OM35所以点C到平面POM的距离为20．解：

45． 5（1）由题意得F（1，0），l的方程为y=k（x–1）（k>0）． 设A（x1，y1），B（x2，y2）．

yk(x1)由2得k2x2(2k24)xk20． y4x2k24． 16k160，故x1x22k4k24所以ABAFBF(x11)(x21)．

k24k24由题设知，k=1． 8，解得k=–1（舍去）

k22因此l的方程为y=x–1．

（2）由（1）得AB的中点坐标为（3，2），所以AB的垂直平分线方程为y2(x3)，即yx5． 设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则

y0x05，x03，x011，2解得或 (y0x01)2y2y6.16.00(x01)2因此所求圆的方程为

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(x3)2(y2)216或(x11)2(y6)2144． 21．解：

132（1）当a=3时，f（x）=x3x3x3，f ′（x）=x26x3．

3令f ′（x）=0解得x=323或x=323．

当x∈（–∞，323）∪（323，+∞）时，f ′（x）>0； 当x∈（323，323）时，f ′（x）<0．

故f（x）在（–∞，323），（323，+∞）单调递增，在（323，323）单调递减．

x33a0． （2）由于xx10，所以f(x)0等价于2xx1x2(x22x3)x3≥0，仅当x=0时g ′（x）=0，所以g（x）在（–∞，3a，则g ′（x）=设g(x)=2(x2x1)2xx12+∞）单调递增．故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．

112112又f（3a–1）=6a2a6(a)0，f（3a+1）=0，故f（x）有一个零点．

3663综上，f（x）只有一个零点． 【注】因为f(x)112113所以f(13a)0，(xx1)(x13a)，x2x1(x)20，

33324f(23a)(x2x1)0．

综上，f（x）只有一个零点． 22．解：

x2y21． （1）曲线C的直角坐标方程为416当cos0时，l的直角坐标方程为ytanx2tan， 当cos0时，l的直角坐标方程为x1．

（2）将l的参数方程代入C的直角坐标方程，整理得关于t的方程 (13cos2)t24(2cossin)t80．①

因为曲线C截直线l所得线段的中点(1,2)在C内，所以①有两个解，设为t1，t2，则t1t20． 又由①得t1t2 23．解：

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4(2cossin)，故2cossin0，于是直线l的斜率ktan2．

13cos2（1）当a1时，

2x4,x1,f(x)2,1x2,

2x6,x2.可得f(x)0的解集为{x|2x3}． （2）f(x)1等价于|xa||x2|4．

而|xa||x2||a2|，且当x2时等号成立．故f(x)1等价于|a2|4． 由|a2|4可得a6或a2，所以a的取值范围是(,6][2,)．

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海南省2019年高考文科数学试卷

本试卷共23题，共150分，共4页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 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。

1．（5分）已知集合A＝{x|x＞﹣1}，B＝{x|x＜2}，则A∩B＝（ ） A．（﹣1，+∞）

B．（﹣∞，2）

C．（﹣1，2）

D．∅

2．（5分）设z＝i（2+i），则＝（ ） A．1+2i

B．﹣1+2i

C．1﹣2i

D．﹣1﹣2i

3．（5分）已知向量＝（2，3），＝（3，2），则|﹣|＝（ ） A．

B．2

C．5

D．50

4．（5分）生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标．若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为（ ） A．

B．

C．

D．

5．（5分）在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测． 甲：我的成绩比乙高． 乙：丙的成绩比我和甲的都高． 丙：我的成绩比乙高．

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成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为（ ） A．甲、乙、丙

B．乙、甲、丙

C．丙、乙、甲

D．甲、丙、乙

6．（5分）设f（x）为奇函数，且当x≥0时，f（x）＝ex﹣1，则当x＜0时，f（x）＝（ ） A．ex﹣1

﹣

B．ex+1

﹣C．﹣ex﹣1

﹣D．﹣ex+1

﹣

7．（5分）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（ ） A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 8．（5分）若x1＝A．2

，x2＝

B．

是函数f（x）＝sinωx（ω＞0）两个相邻的极值点，则ω＝（ ）

C．1

+

D．

＝1的一个焦点，则p＝（ ）

D．8

9．（5分）若抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点是椭圆A．2

B．3

C．4

10．（5分）曲线y＝2sinx+cosx在点（π，﹣1）处的切线方程为（ ） A．x﹣y﹣π﹣1＝0 C．2x+y﹣2π+1＝0 11．（5分）已知α∈（0，A．

B．

B．2x﹣y﹣2π﹣1＝0 D．x+y﹣π+1＝0

），2sin2α＝cos2α+1，则sinα＝（ ）

C．

D．

12．（5分）设F为双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆

与圆x2+y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为（ ） A．

B．

C．2

D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）若变量x，y满足约束条件则z＝3x﹣y的最大值是 ．

14．（5分）我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 ．

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15．（5分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知bsinA+acosB＝0，则B＝ ． 16．（5分）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有 个面，其棱长为 ．

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，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。

17．（12分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1． （1）证明：BE⊥平面EB1C1；

（2）若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E﹣BB1C1C的体积．

18．（12分）已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16． （1）求{an}的通项公式；

（2）设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．

19．（12分）某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了100个企业，得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率y的频数分布表．

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y的分组 企业数

[﹣0.20，0）

2

[0，0.20） [0.20，0.40） [0.40，0.60） [0.60，0.80）

24

53

14

7

（1）分别估计这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例、产值负增长的企业比例；

（2）求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．（精确到0.01） 附：

≈8.602．

+

＝1（a＞b＞0）的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．

20．（12分）已知F1，F2是椭圆C：

（1）若△POF2为等边三角形，求C的离心率；

（2）如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围． 21．（12分）已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．证明： （1）f（x）存在唯一的极值点；

（2）f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

22．（10分）在极坐标系中，O为极点，点M（ρ0，θ0）（ρ0＞0）在曲线C：ρ＝4sinθ上，直线l过点A（4，0）且与OM垂直，垂足为P． （1）当θ0＝

时，求ρ0及l的极坐标方程；

（2）当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程． [选修4-5：不等式选讲]（10分） 23．已知f（x）＝|x﹣a|x+|x﹣2|（x﹣a）． （1）当a＝1时，求不等式f（x）＜0的解集；

（2）当x∈（﹣∞，1）时，f（x）＜0，求a的取值范围．

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海南省2019年高考文科数学试卷答案解析

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。

1．【分析】直接利用交集运算得答案．

【解答】解：由A＝{x|x＞﹣1}，B＝{x|x＜2}，

得A∩B＝{x|x＞﹣1}∩{x|x＜2}＝（﹣1，2）． 故选：C．

【点评】本题考查交集及其运算，是基础题．

2．【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案． 【解答】解：∵z＝i（2+i）＝﹣1+2i， ∴＝﹣1﹣2i， 故选：D．

【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题． 3．【分析】利用向量的坐标减法运算求得

的坐标，再由向量模的公式求解．

【解答】解：∵＝（2，3），＝（3，2）， ∴∴|

＝（2，3）﹣（3，2）＝（﹣1，1）， |＝

．

故选：A．

【点评】本题考查平面向量的坐标运算，考查向量模的求法，是基础题． 4．【分析】本题根据组合的概念可知从这5只兔子中随机取出3只的所有情况数为指标是从3只侧过的里面选2，从未测的选1，组合数为【解答】解：由题意，可知： 根据组合的概念，可知：

从这5只兔子中随机取出3只的所有情况数为

，

．即可得出概率．

，恰有2只测量过该

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恰有2只测量过该指标的所有情况数为．

∴p＝故选：B．

＝．

【点评】本题主要考查组合的相关概念及应用以及简单的概率知识，本题属基础题．

5．【分析】本题可从三人预测中互相关联的乙、丙两人的预测入手，因为只有一个人预测正确，而乙对则丙必对，丙对乙很有可能对，假设丙对乙错则会引起矛盾故只有一种情况就是甲预测正确乙、丙错误，从而得出结果．

【解答】解：由题意，可把三人的预测简写如下： 甲：甲＞乙． 乙：丙＞乙且丙＞甲． 丙：丙＞乙．

∵只有一个人预测正确，

∴分析三人的预测，可知：乙、丙的预测不正确． 如果乙预测正确，则丙预测正确，不符合题意． 如果丙预测正确，假设甲、乙预测不正确， 则有丙＞乙，乙＞甲，

∵乙预测不正确，而丙＞乙正确， ∴只有丙＞甲不正确，

∴甲＞丙，这与丙＞乙，乙＞甲矛盾． 不符合题意．

∴只有甲预测正确，乙、丙预测不正确， 甲＞乙，乙＞丙． 故选：A．

【点评】本题主要考查合情推理，因为只有一个人预测正确，所以本题关键是要找到互相关联的两个预测入手就可找出矛盾．从而得出正确结果．本题属基础题．

6．【分析】设x＜0，则﹣x＞0，代入已知函数解析式，结合函数奇偶性可得x＜0时的f（x）． 【解答】解：设x＜0，则﹣x＞0， ∴f（﹣x）＝ex﹣1，

﹣

∵设f（x）为奇函数，∴﹣f（x）＝ex﹣1，

﹣

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即f（x）＝﹣ex+1．

﹣

故选：D．

【点评】本题考查函数的解析式即常用求法，考查函数奇偶性性质的应用，是基础题． 7．【分析】充要条件的定义结合面面平行的判定定理可得结论 【解答】解：对于A，α内有无数条直线与β平行，α∩β或α∥β； 对于B，α内有两条相交直线与β平行，α∥β； 对于C，α，β平行于同一条直线，α∩β或α∥β； 对于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β． 故选：B．

【点评】本题考查了充要条件的定义和面面平行的判定定理，考查了推理能力，属于基础题． 8．【分析】x1＝

，x2＝．

，x2＝＝

是函数f（x）＝sinωx（ω＞0）两个相邻的极值点，

是f（x）两个相邻的极值点，则周期T＝2（

）＝

，然后根据周

期公式即可求出

【解答】解：∵x1＝∴T＝2（∴ω＝2， 故选：A．

）＝

【点评】本题考查了三角函数的图象与性质，关键是根据条件得出周期，属基础题． 9．【分析】根据抛物线的性质以及椭圆的性质列方程可解得． 【解答】解：由题意可得：3p﹣p＝（）2，解得p＝8． 故选：D．

【点评】本题考查了抛物线与椭圆的性质，属基础题．

10．【分析】求出原函数的导函数，得到函数在x＝π时的导数，再由直线方程点斜式得答案． 【解答】解：由y＝2sinx+cosx，得y′＝2cosx﹣sinx， ∴y′|x＝π＝2cosπ﹣sinπ＝﹣2，

∴曲线y＝2sinx+cosx在点（π，﹣1）处的切线方程为y+1＝﹣2（x﹣π）， 即2x+y﹣2π+1＝0． 故选：C．

【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，熟记基本初等函数的导函数是关键，是基础题．

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11．【分析】由二倍角的三角函数公式化简已知可得4sinαcosα＝2cos2α，结合角的范围可求sinα＞0，cosα＞0，可得cosα＝2sinα，根据同角三角函数基本关系式即可解得sinα的值． 【解答】解：∵2sin2α＝cos2α+1， ∴可得：4sinαcosα＝2cos2α， ∵α∈（0，

），sinα＞0，cosα＞0，

∴cosα＝2sinα，

∵sin2α+cos2α＝sin2α+（2sinα）2＝5sin2α＝1， ∴解得：sinα＝故选：B．

【点评】本题主要考查了二倍角的三角函数公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．

12．【分析】由题意画出图形，先求出PQ，再由|PQ|＝|OF|列式求C的离心率． 【解答】解：如图，

．

由题意，把x＝代入x2+y2＝a2，得PQ＝

，

再由|PQ|＝|OF|，得

，即2a2＝c2，

∴，解得e＝．

故选：A．

【点评】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．

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【解答】解：由约束条件作出可行域如图：

化目标函数z＝3x﹣y为y＝3x﹣z，由图可知，当直线y＝3x﹣z过A（3，0）时， 直线在y轴上的截距最小，z有最大值为9． 故答案为：9．

【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题． 14．【分析】利用加权平均数公式直接求解．

【解答】解：∵经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97， 有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99， ∴经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为： ＝

（10×0.97+20×0.98+10×0.99）＝0.98．

故答案为：0.98．

【点评】本题考查经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值的求法，考查加权平均数公式等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．

15．【分析】由正弦定理化简已知等式可得sinAsinB+sinAcosB＝0，由于sinA＞0，化简可得tanB＝﹣1，结合范围B∈（0，π），可求B的值为【解答】解：∵bsinA+acosB＝0，

∴由正弦定理可得：sinAsinB+sinAcosB＝0， ∵A∈（0，π），sinA＞0，

∴可得：sinB+cosB＝0，可得：tanB＝﹣1， ∵B∈（0，π）， ∴B＝

．

．

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故答案为：．

【点评】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，特殊角的三角函数值在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．

16．【分析】中间层是一个正八棱柱，有8个侧面，上层是有8+1，个面，下层也有8+1个面，故共有26个面；半正多面体的棱长为中间层正八棱柱的棱长加上两个棱长的cos45＝【解答】解：该半正多面体共有8+8+8+2＝26个面，设其棱长为x，则x+1．

故答案为：26，

﹣1．

x+倍．

x＝1，解得x＝

﹣

【点评】本题考查了球内接多面体，属中档题．

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，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。

17．【分析】（1）由线面垂直的性质可得B1C1⊥BE，结合BE⊥EC1利用线面垂直的判定定理可证明BE⊥平面EB1C1；

（2）由条件可得AE＝AB＝3，然后得到E到平面BB1C1C的距离d＝3，在求四棱锥的体积即可． 【解答】解：（1）证明：由长方体ABCD﹣A1B1C1D1，可知 B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1， ∴B1C1⊥BE，

∵BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1， ∴BE⊥平面EB1C1；

（2）由（1）知∠BEB1＝90°，由题设可知Rt△ABE≌Rt△A1B1E， ∴∠AEB＝∠A1EB1＝45°，∴AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6，

∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1∥平面BB1C1C，E∈AA1，AB⊥平面BB1C1C， ∴E到平面BB1C1C的距离d＝AB＝3，

∴四棱锥E﹣BB1C1C的体积V＝×3×6×3＝18．

【点评】本题考查了线面垂直的判定定理和性质，考查了四棱锥体积的求法，属中档题． 18．【分析】（1）设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；

（2）把（1）中求得的{an}的通项公式代入bn＝log2an，得到bn，说明数列{bn}是等差数列，再由等差数列的前n项和公式求解．

【解答】解：（1）设等比数列的公比为q，

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由a1＝2，a3＝2a2+16，得2q2＝4q+16， 即q2﹣2q﹣8＝0，解得q＝﹣2（舍）或q＝4． ∴

（2）bn＝log2an＝

；

，

∵b1＝1，bn+1﹣bn＝2（n+1）﹣1﹣2n+1＝2， ∴数列{bn}是以1为首项，以2为公差的等差数列， 则数列{bn}的前n项和

．

【点评】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前n项和，考查对数的运算性质，是基础题． 19．【分析】（1）根据频数分布表计算即可；

（2）根据平均值和标准差计算公式代入数据计算即可．

【解答】解：（1）根据产值增长率频数表得，所调查的100个企业中产值增长率不低于40%的企业为：

＝0.21＝21%， 产值负增长的企业频率为：

＝0.02＝2%，

用样本频率分布估计总体分布得这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例为21%，产值负增长的企业比例为2%；

（2）企业产值增长率的平均数

﹣0.1×2+0.1×24+0.3×53+0.5×14+0.7×7＝0.3＝30%，

产值增长率的方程s2＝

＝

[（﹣0.4）2×2+（﹣0.2）2×24+02×53+0.22×14+0.42×7]

＝0.0296，

∴产值增长率的标准差s＝

≈0.17，

∴这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为30%，17%．

【点评】本题考查了样本数据的平均值和方程的求法，考查运算求解能力，属基础题．

20．【分析】（1）根据△POF2为等边三角形，可得在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，在根据直角形和椭圆定义可得；

（2）根据三个条件列三个方程，解方程组可得b＝4，根据x2＝b2+c2≥2b2＝32，故a≥4

（c2﹣b2），所以c2≥b2，从而a2＝

，

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【解答】解：（1）连接PF1，由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中， ∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝故曲线C的离心率e＝＝

﹣1．

c，于是2a＝|PF1|+|PF2|＝（

+1）c，

（2）由题意可知，满足条件的点P（x，y）存在当且仅当：|y|•2c＝16，

•＝﹣1，+＝1，

即c|y|＝16，① x2+y2＝c2，②

+

＝1，③

由②③及a2＝b2+c2得y2＝，又由①知y2＝

，故b＝4，

由②③得x2＝当b＝4，a≥4

（c2﹣b2），所以c2≥b2，从而a2＝b2+c2≥2b2＝32，故a≥4时，存在满足条件的点P．

，+∞）．

，

所以b＝4，a的取值范围为[4

【点评】本题考查了双曲线的性质，属中档题．

21．【分析】（1）推导出f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝lnx﹣，从而f′（x）单调递增，进而存在唯一的x0∈（1，2），使得f′（x0）＝0．由此能证明f（x）存在唯一的极值点．

（2）由f（x0）＜f（1）＝﹣2，f（e2）＝e2﹣3＞0，得到f（x）＝0在（x0，+∞）内存在唯一的根x＝a，由a＞x0＞1，得

，从而是f（x）＝0在（0，x0）的唯一根，由此能证明f（x）＝0

有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．

【解答】证明：（1）∵函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1． ∴f（x）的定义域为（0，+∞）， f′（x）＝

＝lnx﹣，

∵y＝lnx单调递增，y＝单调递减，∴f′（x）单调递增， 又f′（1）＝﹣1＜0，f′（2）＝ln2﹣＝∴存在唯一的x0∈（1，2），使得f′（x0）＝0．

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＞0，

当x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， ∴f（x）存在唯一的极值点．

（2）由（1）知f（x0）＜f（1）＝﹣2， 又f（e2）＝e2﹣3＞0，

∴f（x）＝0在（x0，+∞）内存在唯一的根x＝a， 由a＞x0＞1，得∵f（）＝（

）ln﹣

，

＝

＝0，

∴是f（x）＝0在（0，x0）的唯一根，

综上，f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．

【点评】本题考查函数有唯一的极值点的证明，考查函数有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数的证明，考查导数性质、函数的单调性、最值、极值等基础知识，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查运算求解能力，是中档题．

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分） 22．【分析】（1）把θ0＝

直接代入ρ＝4sinθ即可求得ρ0，在直线l上任取一点（ρ，θ），利用三角形中

点边角关系即可求得l的极坐标方程；

（2）设P（ρ，θ），在Rt△OAP中，根据边与角的关系得答案． 【解答】解：（1）当θ0＝

时，

， ，

；

在直线l上任取一点（ρ，θ），则有故l的极坐标方程为有

（2）设P（ρ，θ），则在Rt△OAP中，有ρ＝4cosθ， ∵P在线段OM上，∴θ∈[

，

]，

，

]．

故P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cosθ，θ∈[

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【点评】本题考查解得曲线的极坐标方程及其应用，画图能够起到事半功倍的作用，是基础题． [选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．【分析】（1）将a＝1代入得f（x）＝|x﹣1|x+|x﹣2|（x﹣1），然后分x＜1和x≥1两种情况讨论f（x）＜0即可；

（2）根据条件分a≥1和a＜1两种情况讨论即可．

【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝|x﹣1|x+|x﹣2|（x﹣1），

∵f（x）＜0，∴当x＜1时，f（x）＝﹣2（x﹣1）2＜0，恒成立，∴x＜1； 当x≥1时，f（x）＝（x﹣1）（x+|x﹣2|）≥0恒成立，∴x∈∅； 综上，不等式的解集为（﹣∞，1）；

（2）当a≥1时，f（x）＝2（a﹣x）（x﹣1）＜0在x∈（﹣∞，1）上恒成立； 当a＜1时，x∈（a，1），f（x）＝2（x﹣a）＞0，不满足题意， ∴a的取值范围为：[1，+∞）

【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了分类讨论思想，属中档题．

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