发布时间 : 星期一 文章[精品]近两年(2018,2019)高考全国1卷文科数学试卷以及答案（word解析版）更新完毕开始阅读52f33cc011a6f524ccbff121dd36a32d7375c7a0
【解答】解：∵等比数列{an}的前n项和，a1＝1，S3＝，
∴q≠1，＝，
整理可得，解可得，q＝﹣，
，
则S4＝
＝＝．
故答案为：
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础试题 15．【分析】线利用诱导公式，二倍角公式对已知函数进行化简，然后结合二次函数的 单调性即可去求解最小值
【解答】解：∵f（x）＝sin（2x+
2
）﹣3cosx，
＝﹣cos2x﹣3cosx＝﹣2cosx﹣3cosx+1， 令t＝cosx，则﹣1≤t≤1，
∵f（t）＝﹣2t﹣3t+1的开口向下，对称轴t＝故当t＝1即cosx＝1时，函数有最小值﹣4． 故答案为：﹣4
【点评】本题主要考查了诱导公式，二倍角的余弦公式在三角好按时化简求值中的应用及利用余弦函数，二次函数的性质求解最值的应用，属于基础试题
16．【分析】过点P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则PD＝PE＝
＝1，由此能求出P到平面ABC的距离．
【解答】解：∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为
，
，从而CD＝CE＝OD＝OE＝
2
，在[﹣1，1]上先增后减，
过点P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，
连结OD，OC，则PD＝PE＝
，
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∴CD＝CE＝OD＝OE＝∴PO＝
＝
＝．
．
＝1，
∴P到平面ABC的距离为故答案为：
．
【点评】本题考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
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）由题中数据，结合等可能事件的概率求解； （2）代入计算公式：K＝较即可判断．
【解答】解：（1）由题中数据可知，男顾客对该商场服务满意的概率P＝女顾客对该商场服务满意的概率P＝（2）由题意可知，K＝
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，然后把所求数据与3.841进行比
＝，
＝；
＝
≈4.762＞3.841，
故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异．
【点评】本题主要考查了等可能事件的概率求解及独立性检验的基本思想的应用，属于基础试题．
18．【分析】（1）根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d，由S9＝﹣a5，即可得S9＝
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＝9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，结合a3＝4，计算可得d的值，结合等差
数列的通项公式计算可得答案； （2）若Sn≥an，则na1+
d≥a1+（n﹣1）d，分n＝1与n≥2两种情况讨论，求
出n的取值范围，综合即可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d， 若S9＝﹣a5，则S9＝若a3＝4，则d＝
＝﹣2，
＝9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，即a1+4d＝0，
则an＝a3+（n﹣3）d＝﹣2n+10， （2）若Sn≥an，则na1+当n＝1时，不等式成立， 当n≥2时，有
≥d﹣a1，变形可得（n﹣2）d≥﹣2a1，
＝9a5＝﹣a5，则有a5＝0，即a1+4d＝0，则有（nd≥a1+（n﹣1）d，
又由S9＝﹣a5，即S9＝﹣2）
≥﹣2a1，
又由a1＞0，则有n≤10， 则有2≤n≤10，
综合可得：n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．
【点评】本题考查等差数列的性质以及等差数列的前n项和公式，涉及数列与不等式的综合应用，属于基础题． 19．【分析】法一：
（1）连结B1C，ME，推导出四边形MNDE是平行四边形，从而MN∥ED，由此能证明MN∥平面C1DE．
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H，推导出DE⊥BC，DE⊥C1C，从而DE⊥平面C1CE，DE⊥CH，进而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到时平面C1DE的距离，由此能求出点C到平面C1DE的距离．
法二：（1）以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明MN∥平面C1DE． （2）求出
＝（﹣1，
，0），平面C1DE的法向量＝（4，0，1），利用向量法能求
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出点C到平面C1DE的距离． 【解答】解法一：
证明：（1）连结B1C，ME，∵M，E分别是BB1，BC的中点， ∴ME∥B1C，又N为A1D的中点，∴ND＝A1D， 由题设知A1B1
DC，∴B1C
A1D，∴ME
ND，
∴四边形MNDE是平行四边形， MN∥ED，
又MN?平面C1DE，∴MN∥平面C1DE． 解：（2）过C作C1E的垂线，垂足为H， 由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C， ∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，
∴CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到时平面C1DE的距离， 由已知可得CE＝1，CC1＝4， ∴C1E＝
，故CH＝
，
．
∴点C到平面C1DE的距离为解法二：
证明：（1）∵直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，
AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． ∴DD1⊥平面ABCD，DE⊥AD，
以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系， M（1，
，2），N（1，0，2），D（0，0，0），E（0，
，0），
＝（﹣1，
），
，0），C1（﹣1，
），
，4），
＝（0，﹣＝（0，
设平面C1DE的法向量＝（x，y，z）， 则
，
取z＝1，得＝（4，0，1）， ∵
?＝0，MN?平面C1DE，
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