2018年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)3理科真題及答案

1.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)已知集合A＝{x|x－1≥0},B＝{0,1,2},則A∩B＝()A.{0} B.{1} C.{1,2} D.{0,1,2}C【解析】A＝{x|x－1≥0}＝{x|x≥1},則A∩B＝{x|x≥1}∩{0,1,2}＝{1,2}.2.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)(1＋i)(2－i)＝()A.－3－i B.－3＋i C.3－i D.3＋iD【解析】(1＋i)(2－i)＝2－i＋2i－i2＝3＋i.3.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)中國古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來.構(gòu)件的凸出部分叫榫頭,凹進(jìn)部分叫卯眼,圖中木構(gòu)件右邊的小長方體是榫頭.若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長方體,則咬合時帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是() A B CDA【解析】由題意可知木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長方體,小的長方體是榫頭,從圖形看出輪廓是長方形,內(nèi)含一個長方形,且一條邊重合,另外3邊是虛線.故選A.4.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)若sinα＝eq\f(1,3),則cos2α＝()A.eq\f(8,9) B.eq\f(7,9)C.－eq\f(7,9) D.－eq\f(8,9)B【解析】cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\f(1,9)＝eq\f(7,9).5.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋eq\f(2,x)))5的展開式中x4的系數(shù)為()A.10 B.20 C.40 D.80C【解析】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋eq\f(2,x)))5的展開式的通項為Tr+1＝Ceq\o\al(r,5)(x2)5－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(2,x)))r＝2rCeq\o\al(r,5)x10－3r.由10－3r＝4,解得r＝2.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋eq\f(2,x)))5的展開式中x4的系數(shù)為22Ceq\o\al(2,5)＝40.6.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)直線x＋y＋2＝0分別與x軸,y軸交于A,B兩點,點P在圓(x－2)2＋y2＝2上,則△ABP面積的取值范圍是()A.[2,6] B.[4,8] C.[eq\r(2),3eq\r(2)] D.[2eq\r(2),3eq\r(2)]A【解析】易得A(－2,0),B(0,－2),|AB|＝2eq\r(2).圓的圓心為(2,0),半徑r＝eq\r(2).圓心(2,0)到直線x＋y＋2＝0的距離d＝eq\f(|2＋0＋2|,\r(12＋12))＝2eq\r(2),∴點P到直線x＋y＋2＝0的距離h的取值范圍為[2eq\r(2)－r,2eq\r(2)＋r],即[eq\r(2),3eq\r(2)].又△ABP的面積S＝eq\f(1,2)|AB|·h＝eq\r(2)h,∴S的取值范圍是[2,6].7.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)函數(shù)y＝－x4＋x2＋2的圖象大致為() AB CDD【解析】函數(shù)過定點(0,2),排除A,B；函數(shù)的導(dǎo)數(shù)y′＝－4x3＋2x＝－2x(2x2－1),由y′＞0解得x＜－eq\f(eq\r(2),2)或0＜x＜eq\f(eq\r(2),2),此時函數(shù)單調(diào)遞增,排除C.故選D.8.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)某群體中的每位成員使用移動支付的概率都為p,各成員的支付方式相互獨立.設(shè)X為該群體的10位成員中使用移動支付的人數(shù),DX＝2.4,P(X＝4)＜P(X＝6),則p＝()A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3B【解析】某群體中的每位成員使用移動支付的概率都為p,為獨立重復(fù)事件,滿足X～B(10,p).由P(X＝4)＜P(X＝6),可得Ceq\o\al(4,10)p4(1－p)6＜Ceq\o\al(6,10)p6(1－p)4,解得p＞eq\f(1,2).因為DX＝2.4,所以10p(1－p)＝2.4,解得p＝0.6或p＝0.4(舍去).9.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若△ABC的面積為eq\f(a2＋b2－c2,4),則C＝()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3) C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)C【解析】S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2＋b2－c2,4),則sinC＝eq\f(a2＋b2－c2,2bc)＝cosC.因為0＜C＜π,所以C＝eq\f(π,4).10.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)設(shè)A,B,C,D是同一個半徑為4的球的球面上四點,△ABC為等邊三角形且面積為9eq\r(3),則三棱錐D-ABC體積的最大值為()A.12eq\r(3) B.18eq\r(3) C.24eq\r(3) D.54eq\r(3)B【解析】由△ABC為等邊三角形且面積為9eq\r(3),得S△ABC＝eq\f(eq\r(3),4)·|AB|2＝9eq\r(3),解得AB＝6.設(shè)半徑為4的球的球心為O,△ABC的外心為O′,顯然D在O′O的延長線與球的交點處(如圖).O′C＝eq\f(2,3)×eq\f(eq\r(3),2)×6＝2eq\r(3),OO′＝eq\r(42－(2eq\r(3))2)＝2,則三棱錐D-ABC高的最大值為6,則三棱錐D-ABC體積的最大值為eq\f(1,3)×eq\f(eq\r(3),4)×63＝18eq\r(3).11.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)設(shè)F1,F2是雙曲線C:eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0,b>0)的左,右焦點,O是坐標(biāo)原點.過F2作C的一條漸近線的垂線,垂足為P,若|PF1|＝eq\r(6)|OP|,則C的離心率為()A.eq\r(5) B.2 C.eq\r(3) D.eq\r(2)C【解析】雙曲線C的一條漸近線方程為y＝eq\f(b,a)x,∴點F2到漸近線的距離d＝eq\f(bc,eq\r(a2＋b2))＝b,即|PF2|＝b,∴|OP|＝eq\r(|OF2|2－|PF2|2)＝eq\r(c2－b2)＝a,cos∠PF2O＝eq\f(b,c).∵|PF1|＝eq\r(6)|OP|,∴|PF1|＝eq\r(6)a.△F1PF2中,由余弦定理得|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2－2|PF2|·|F1F2|cos∠PF2O,即6a2＝b2＋4c2－2×b×2c×eq\f(b,c)＝4c2－3b2＝4c2－3(c2－a2),化簡得3a2＝c2,∴e＝eq\f(c,a)＝eq\r(eq\f(c2,a2))＝eq\r(3).12.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)設(shè)a＝log0.20.3,b＝log20.3,則()A.a＋b＜ab＜0 B.ab＜a＋b＜0 C.a＋b＜0＜ab D.ab＜0＜a＋bB【解析】∵a＝log0.20.3＝eq\f(lg0.3,－lg5),b＝log20.3＝eq\f(lg0.3,lg2),∴a＋b＝eq\f(lg0.3,lg2)－eq\f(lg0.3,lg5)＝eq\f(lg0.3(lg5－lg2),lg2·lg5)＝eq\f(lg0.3·lgeq\f(5,2),lg2·lg5),ab＝－eq\f(lg0.3,lg2)·eq\f(lg0.3,lg5)＝eq\f(lg0.3·lgeq\f(10,3),lg2·lg5).∵lgeq\f(10,3)＞lgeq\f(5,2),eq\f(lg0.3,lg2·lg5)＜0,∴ab＜a＋b＜0.故選B.13.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)已知向量a＝(1,2),b＝(2,－2),c＝(1,λ).若c∥(2a＋b),則λ＝________.eq\f(1,2)【解析】(2a＋b)＝2(1,2)＋(2,－2)＝(4,2),由c∥(2a＋b),得eq\f(1,4)＝eq\f(λ,2),解得λ＝eq\f(1,2).14.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)曲線y＝(ax＋1)ex在點(0,1)處的切線的斜率為－2,則a＝________.－3【解析】由y＝(ax＋1)ex,可得y′＝aex＋(ax＋1)ex.∵y′|x＝0＝a＋1,∴a＋1＝－2,解得a＝－3.15.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋eq\f(π,6)))在[0,π]的零點個數(shù)為________.3【解析】令f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋eq\f(π,6)))＝0,得3x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z),解得x＝eq\f(π,9)＋eq\f(kπ,3)(k∈Z).當(dāng)k＝0時,x＝eq\f(π,9)；當(dāng)k＝1時,x＝eq\f(4π,9)；當(dāng)k＝2時,x＝eq\f(7π,9)；當(dāng)k＝3時,x＝eq\f(10π,9).∵x∈[0,π],∴x＝eq\f(π,9),或x＝eq\f(4π,9),或x＝eq\f(7π,9).∴f(x)的零點的個數(shù)為3.16.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)已知點M(－1,1)和拋物線C:y2＝4x,過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A,B兩點.若∠AMB＝90°,則k＝________.2【解析】∵拋物線的焦點為F(1,0),∴過A,B兩點的直線方程為y＝k(x－1).聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝k(x－1)，))化簡得k2x2－2(2＋k2)x＋k2＝0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1＋x2＝eq\f(4＋2k2,k2),x1x2＝1.∴y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝eq\f(4,k),y1y2＝k2(x1－1)(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝－4.∵M(jìn)(－1,1),∴eq\o(MA,\s\up6(→))＝(x1＋1,y1－1),eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x2＋1,y2－1).∵∠AMB＝90°＝0,∴eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝0,即(x1＋1)(x2＋1)＋(y1－1)(y2－1)＝0,整理得x1x2＋(x1＋x2)＋y1y2－(y1＋y2)＋2＝0,∴1＋2＋eq\f(4,k2)－4－eq\f(4,k)＋2＝0,即k2－4k＋4＝0,解得k＝2.17.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)等比數(shù)列{an}中,a1＝1,a5＝4a3.（1）求{an}的通項公式；（2）記Sn為{an}的前n項和.若Sm＝63,求m.【解析】（1）設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.由a1＝1,a5＝4a3,得1×q4＝4×(1×q2),解得q＝±2.當(dāng)q＝2時,an＝2n－1；當(dāng)q＝－2時,an＝(－2)n－1.（2）當(dāng)q＝－2時,Sn＝eq\f(1×[1－(－2)n],1－(－2))＝eq\f(1－(－2)n,3).由Sm＝63,得eq\f(1－(－2)m,3)＝63,m∈N,無解；當(dāng)q＝2時,Sn＝eq\f(1×(1－2n),1－2)＝2n－1.由Sm＝63,得2m－1＝63,解得m＝6.18.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)某工廠為提高生產(chǎn)效率,開展技術(shù)創(chuàng)新活動,提出了完成某項生產(chǎn)任務(wù)的兩種新的生產(chǎn)方式.為比較兩種生產(chǎn)方式的效率,選取40名工人,將他們隨機(jī)分成兩組,每組20人.第一組工人用第一種生產(chǎn)方式,第二組工人用第二種生產(chǎn)方式.根據(jù)工人完成生產(chǎn)任務(wù)的工作時間(單位:min)繪制了如下莖葉圖:（1）根據(jù)莖葉圖判斷哪種生產(chǎn)方式的效率更高?并說明理由；（2）求40名工人完成生產(chǎn)任務(wù)所需時間的中位數(shù)m,并將完成生產(chǎn)任務(wù)所需時間超過m和不超過m的工人數(shù)填入下面的列聯(lián)表:超過m不超過m第一種生產(chǎn)方式第二種生產(chǎn)方式（3）根據(jù)（2）中的列聯(lián)表,能否有99%的把握認(rèn)為兩種生產(chǎn)方式的效率有差異?附:K2＝eq\f(n(ad－bc)2,(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d))P(K2≥k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【解析】（1）根據(jù)莖葉圖中的數(shù)據(jù)知第一種生產(chǎn)方式的工作時間主要集中在72～92之間,第二種生產(chǎn)方式的工作時間主要集中在65～85之間,∴第二種生產(chǎn)方式的工作時間較少,效率更高.（2）這40名工人完成生產(chǎn)任務(wù)所需時間按從小到大的順序排列后,排在中間的兩個數(shù)據(jù)是79和81,m＝eq\f(79＋81,2)＝80.由此填寫列聯(lián)表如下:超過m不超過m總計第一種生產(chǎn)方式15520第二種生產(chǎn)方式51520總計202040（3）K2＝eq\f(40(15×15－5×5)2,20×20×20×20)＝10＞6.635,∴有99%的把握認(rèn)為兩種生產(chǎn)方式的效率有差異.19.(2018年新課標(biāo)Ⅲ文)如圖,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧eq\o(\s\up6(⌒),\s\do4(CD))所在平面垂直,M是eq\o(\s\up6(⌒),\s\do4(CD))上異于C,D的點.（1）求證:平面AMD⊥平面BMC；（2）當(dāng)三棱錐M﹣ABC體積最大時,求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值.【解析】（1）證明:在半圓中,DM⊥MC.∵正方形ABCD所在的平面與半圓弧eq\o(\s\up6(⌒),\s\do4(CD))所在平面垂直,∴AD⊥平面DCM.又MC?平面DCM,∴AD⊥MC.又AD∩DM＝D,∴MC⊥平面ADM.∵M(jìn)C?平面MBC,∴平面AMD⊥平面BMC.（2）∵△ABC的面積為定值,∴要使三棱錐M﹣ABC體積最大,則三棱錐的高最大,此時M為圓弧的中點.以O(shè)為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.∵正方形ABCD的邊長為2,∴A(2,－1,0),B(2,1,0),M(0,0,1),則平面MCD的一個法向量為m＝(1,0,0).設(shè)平面MAB的一個法向量為n＝(x,y,z),則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0),eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－2,1,1).∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝2y＝0，,n·eq\o(AM,\s\up6(→))＝－2x＋y＋z＝0.))令x＝1,則y＝0,z＝2,∴n＝(1,0,2).∴cos〈m,n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,1×eq\r(5))＝eq\f(eq\r(5),5).設(shè)面MAB與面MCD所成的二面角為α,則sinα＝eq\r(1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(eq\r(5),5)))2)＝eq\f(2eq\r(5),5).20.(2018年新課標(biāo)Ⅲ文)已知斜率為k的直線l與橢圓C:eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1交于A,B兩點,線段AB的中點為M(1,m)(m＞0).（1）求證:k＜－eq\f(1,2)；（2）設(shè)F為C的右焦點,P為C上一點,且eq\o(FP,\s\up6(→))＋eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＝0,求證:|eq\o(FA,\s\up6(→))|,|eq\o(FP,\s\up6(→))|,|eq\o(FB,\s\up6(→))|成等差數(shù)列,并求該數(shù)列的公差.【解析】（1）設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).∵線段AB的中點為M(1,m),∴x1＋x2＝2,y1＋y2＝2m.將A(x1,y1),B(x2,y2)代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1中,化簡得3(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0,即6(x1－x2)＋8m(y1－y2)＝0,∴k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(6,8m)＝－eq\f(3,4m).點M(1,m)在橢圓內(nèi),即eq\f(1,4)＋eq\f(m2,3)＜1(m＞0),解得0＜m＜eq\f(3,2).∴k＝－eq\f(3,4m)＜－eq\f(1,2).（2）證明:設(shè)(x3,y3),可得x1＋x2＝2.∵eq\o(FP,\s\up6(→))＋eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＝0,F(1,0),∴x1－1＋x2－1＋x3－1＝0,y1＋y2＋y3＝0.∴x3＝1,y3＝－(y1＋y2)＝－2m.∵m＞0,∴P在第四象限.∴y3＝－eq\f(3,2),m＝eq\f(3,4),k＝－1.∵|FA|＝2－eq\f(1,2)x1,|FB|＝2－eq\f(1,2)x2,|FP|＝2－eq\f(1,2)x3＝eq\f(3,2),則|FA|＋|FB|＝4－eq\f(1,2)(x1＋x2)＝3.∴2|eq\o(FP,\s\up6(→))|＝|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋eq\f(7,4)，,eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，))化簡得28x2－56x＋1＝0.∴x1＋x2＝2,x1x2＝eq\f(1,28).∴|x1－x2|＝eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq\f(3eq\r(21),7).∴該數(shù)列的公差d滿足2d＝±eq\f(1,2)|x1－x2|＝±eq\f(3eq\r(21),14).∴該數(shù)列的公差為±eq\f(3eq\r(21),28).21.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)已知函數(shù)f(x)＝(2＋x＋ax2)ln(1＋x)－2x.（1）若a＝0,求證:當(dāng)－1＜x＜0時,f(x)＜0；當(dāng)x＞0時,f(x)＞0；（2）若x＝0是f(x)的極大值點,求a.【解析】（1）證明:當(dāng)a＝0時,f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x(x＞－1),則f′(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x,1＋x).令g(x)＝f′(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x,1＋x),則g′(x)＝eq\f(x,(1＋x)2).當(dāng)x∈(－1,0)時,g′(x)≤0；當(dāng)x∈(0,＋∞)時,g′(x)≥0.∴f′(x)在(－1,0)遞減,在(0,＋∞)遞增.∴f′(x)≥f′(0)＝0.∴f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x在(－1,＋∞)上單調(diào)遞增.又f(0)＝0,∴當(dāng)－1＜x＜0時,f(x)＜0；當(dāng)x＞0時,f(x)＞0.（2）由f(x)＝(2＋x＋ax2)ln(1＋x)－2x,得f′(x)＝(1＋2ax)ln(1＋x)＋eq\f(2＋x＋ax2,1＋x)－2＝eq\f(ax2－x＋(1＋2ax)(1＋x)ln(1＋x),1＋x).令h(x)＝ax2－x＋(1＋2ax)(1＋x)ln(1＋x),則h′(x)＝4ax＋(4ax＋2a＋1)ln(1＋x).當(dāng)a≥0,x＞0時,h′(x)＞0,h(x)單調(diào)遞增.∴h(x)＞h(0)＝0,即f′(x)＞0.∴f(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞增,∴x＝0不是f(x)的極大值點,不合題意.當(dāng)a＜0時,令u(x)＝h′(x)＝4ax＋(4ax＋2a＋1)ln(1＋x),則u′(x)＝8a＋4aln(1＋x)＋eq\f(1－2a,1＋x),顯然u′(x)單調(diào)遞減.①令u′(x)＝0,解得a＝－eq\f(1,6).∴當(dāng)－1＜x＜0時,u′(x)＞0；當(dāng)x＞0時,u′(x)＜0.∴h′(x)在(－1,0)上單調(diào)遞增,在(0,＋∞)上單調(diào)遞減.∴h′(x)≤h′(0)＝0,則h(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞減.又h(0)＝0,∴當(dāng)－1＜x＜0時,h(x)＞0,即f′(x)＞0；當(dāng)x＞0時,h(x)＜0,即f′(x)＜0.∴f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞增,在(0,＋∞)上單調(diào)遞減.∴x＝0是f(x)的極大值點,符合題意.②若－eq\f(1,6)＜a＜0,則u′(x)＝1＋6a＞0,u′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－eq\f(1＋6a,4a)－1))＝(2a－1)(1－eeq\f(1＋6a,4a))＜0,∴u′(x)＝0在(0,＋∞)上有唯一一個零點,設(shè)為x0.∴當(dāng)0＜x＜x0時,u′(x)＞0,h′(x)單調(diào)遞增,h′(x)＞h′(0)＝0,即f′(x)＞0.∴f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增,不合題意；③若a＜－eq\f(1,6),則u′(x)＝1＋6a＜0,u′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,e2)－1))＝(1－2a)e2＞0,∴u′(x)＝0在(－1,0)上有唯一一個零點,設(shè)為x1.∴當(dāng)x1＜x＜0時,u′(x)＜0,h′(x)單調(diào)遞減,h′(x)＞h′(0)＝0,h(x)單調(diào)遞增,h(x)＜h(0)＝0,即f′(x)＜0.∴f(x)在(x1,0)上單調(diào)遞減,不合題意.綜上,a＝－eq\f(1,6).22.(2018年新課標(biāo)Ⅲ理)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,⊙O的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝cosθ，,y＝sinθ))(θ為參數(shù)),過點(0,－eq\r(2))且傾斜角為α的直線l與⊙O交于A,B兩點.（1）求α的取值范圍；（2）求AB中點P的軌跡的參數(shù)方程.【解析】（1）將⊙O的參數(shù)方程化為普通方程,得為x2＋y2＝1,圓心為O(0,0),半徑r＝1.當(dāng)α＝eq\f(π,2)時,過點(0,－eq\r(2))且傾斜角為α的直線l的方程為x＝0,成立；當(dāng)α≠eq\f(π,2)時,過點(0,－eq\r(2))且傾斜角為α的直線l的方程為y＝tanα·x＋eq\r(2).∵直線l與⊙O交于A,B兩點,∴圓心O(0,0)到直線l的距離d＝eq\f(|eq\r(2)|,eq\r(1＋tan2α