高考数学新课标3理科真题及答案Word文件下载.doc
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AB
CD
D【解析】函数过定点（0,2）,排除A,B；
函数的导数y′＝－4x3＋2x＝－2x（2x2－1）,由y′＞0解得x＜－或0＜x＜,此时函数单调递增,排除C.故选D.
8.（2018年新课标Ⅲ理）某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支付方式相互独立.设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数,DX＝2.4,P（X＝4）＜P（X＝6）,则p＝（）
A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3
B【解析】某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p,为独立重复事件,满足X～B（10,p）.由P（X＝4）＜P（X＝6）,可得Cp4（1－p）6＜Cp6（1－p）4,解得p＞.因为DX＝2.4,所以10p（1－p）＝2.4,解得p＝0.6或p＝0.4（舍去）.
9.（2018年新课标Ⅲ理）△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若△ABC的面积为,则C＝（）
A. B. C. D.
C【解析】S△ABC＝absinC＝,则sinC＝＝cosC.因为0＜C＜π,所以C＝.
10.（2018年新课标Ⅲ理）设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且面积为9,则三棱锥D
ABC体积的最大值为（）
A.12 B.18 C.24 D.54
B【解析】由△ABC为等边三角形且面积为9,得S△ABC＝·
|AB|2＝9,解得AB＝6.设半径为4的球的球心为O,△ABC的外心为O′,显然D在O′O的延长线与球的交点处（如图）.O′C＝×
×
6＝2,OO′＝＝2,则三棱锥D
ABC高的最大值为6,则三棱锥D
ABC体积的最大值为×
63＝18.
11.（2018年新课标Ⅲ理）设F1,F2是双曲线C:
－＝1（a>
0,b>
0）的左,右焦点,O是坐标原点.过F2作C的一条渐近线的垂线,垂足为P,若|PF1|＝|OP|,则C的离心率为（）
A. B.2 C. D.
C【解析】双曲线C的一条渐近线方程为y＝x,∴点F2到渐近线的距离d＝＝b,即|PF2|＝b,∴|OP|＝＝＝a,cos∠PF2O＝.∵|PF1|＝|OP|,∴|PF1|＝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×
＝4c2－3b2＝4c2－3（c2－a2）,化简得3a2＝c2,∴e＝＝＝.
12.（2018年新课标Ⅲ理）设a＝log0.20.3,b＝log20.3,则（）
A.a＋b＜ab＜0 B.ab＜a＋b＜0 C.a＋b＜0＜ab D.ab＜0＜a＋b
B【解析】∵a＝log0.20.3＝,b＝log20.3＝,∴a＋b＝－＝＝,ab＝－·
＝.∵lg＞lg,＜0,∴ab＜a＋b＜0.故选B.
13.（2018年新课标Ⅲ理）已知向量a＝（1,2）,b＝（2,－2）,c＝（1,λ）.若c∥（2a＋b）,则λ＝________.
【解析】
（2a＋b）＝2（1,2）＋（2,－2）＝（4,2）,由c∥（2a＋b）,得＝,解得λ＝.
14.（2018年新课标Ⅲ理）曲线y＝（ax＋1）ex在点（0,1）处的切线的斜率为－2,则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年新课标Ⅲ理）函数f（x）＝cos在[0,π]的零点个数为________.
3【解析】令f（x）＝cos＝0,得3x＋＝＋kπ（k∈Z）,解得x＝＋（k∈Z）.当k＝0时,x＝；
当k＝1时,x＝；
当k＝2时,x＝；
当k＝3时,x＝.∵x∈[0,π],∴x＝,或x＝,或x＝.∴f（x）的零点的个数为3.
16.（2018年新课标Ⅲ理）已知点M（－1,1）和抛物线C:
y2＝4x,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点.若∠AMB＝90°
则k＝________.
2【解析】∵抛物线的焦点为F（1,0）,∴过A,B两点的直线方程为y＝k（x－1）.联立化简得k2x2－2（2＋k2）x＋k2＝0.设A（x1,y1）,B（x2,y2）,则x1＋x2＝,x1x2＝1.∴y1＋y2＝k（x1＋x2－2）＝,y1y2＝k2（x1－1）（x2－1）＝k2[x1x2－（x1＋x2）＋1]＝－4.∵M（－1,1）,∴＝（x1＋1,y1－1）,＝（x2＋1,y2－1）.∵∠AMB＝90°
＝0,∴·
＝0,即（x1＋1）（x2＋1）＋（y1－1）（y2－1）＝0,整理得x1x2＋（x1＋x2）＋y1y2－（y1＋y2）＋2＝0,∴1＋2＋－4－＋2＝0,即k2－4k＋4＝0,解得k＝2.
17.（2018年新课标Ⅲ理）等比数列{an}中,a1＝1,a5＝4a3.
（1）求{an}的通项公式；
（2）记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63,求m.
【解析】
（1）设等比数列{an}的公比为q.
由a1＝1,a5＝4a3,得1×
q4＝4×
（1×
q2）,解得q＝±
2.
当q＝2时,an＝2n－1；
当q＝－2时,an＝（－2）n－1.
（2）当q＝－2时,Sn＝＝.由Sm＝63,得＝63,m∈N,无解；
当q＝2时,Sn＝＝2n－1.由Sm＝63,得2m－1＝63,解得m＝6.
18.（2018年新课标Ⅲ理）某工厂为提高生产效率,开展技术创新活动,提出了完成某项生产任务的两种新的生产方式.为比较两种生产方式的效率,选取40名工人,将他们随机分成两组,每组20人.第一组工人用第一种生产方式,第二组工人用第二种生产方式.根据工人完成生产任务的工作时间（单位:
min）绘制了如下茎叶图:
（1）根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高?
并说明理由；
（2）求40名工人完成生产任务所需时间的中位数m,并将完成生产任务所需时间超过m和不超过m的工人数填入下面的列联表:
超过m
不超过m
第一种生产方式
第二种生产方式
（3）根据
（2）中的列联表,能否有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异?
附:
K2＝
P（K2≥k）
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
（1）根据茎叶图中的数据知第一种生产方式的工作时间主要集中在72～92之间,第二种生产方式的工作时间主要集中在65～85之间,
∴第二种生产方式的工作时间较少,效率更高.
（2）这40名工人完成生产任务所需时间按从小到大的顺序排列后,排在中间的两个数据是79和81,m＝＝80.
由此填写列联表如下:
总计
15
5
20
40
（3）K2＝＝10＞6.635,
∴有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异.
19.（2018年新课标Ⅲ文）如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.
（1）求证:
平面AMD⊥平面BMC；
（2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.
（1）证明:
在半圆中,DM⊥MC.
∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,∴AD⊥平面DCM.
又MC⊂平面DCM,∴AD⊥MC.
又AD∩DM＝D,∴MC⊥平面ADM.
∵MC⊂平面MBC,∴平面AMD⊥平面BMC.
（2）∵△ABC的面积为定值,∴要使三棱锥M﹣ABC体积最大,则三棱锥的高最大,此时M为圆弧的中点.
以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
∵正方形ABCD的边长为2,∴A（2,－1,0）,B（2,1,0）,M（0,0,1）,则平面MCD的一个法向量为m＝（1,0,0）.
设平面MAB的一个法向量为n＝（x,y,z）,则＝（0,2,0）,＝（－2,1,1）.
∴
令x＝1,则y＝0,z＝2,∴n＝（1,0,2）.
∴cos〈m,n〉＝＝＝.
设面MAB与面MCD所成的二面角为α,则sinα＝＝.
20.（2018年新课标Ⅲ文）已知斜率为k的直线l与椭圆C:
＋＝1交于A,B两点,线段AB的中点为M（1,m）（m＞0）.
k＜－；
（2）设F为C的右焦点,P为C上一点,且＋＋＝0,求证:
||,||,||成等差数列,并求该数列的公差.
（1）设A（x1,y1）,B（x2,y2）.
∵线段AB的中点为M（1,m）,∴x1＋x2＝2,y1＋y2＝2m.
将A（x1,y1）,B（x2,y2）代入＋＝1中,
化简得3（x1＋x2）（x1－x2）＋4（y1＋y2）（y1－y2）＝0,即6（x1－x2）＋8m（y1－y2）＝0,
∴k＝＝－＝－.
点M（1,m）在椭圆内,即＋＜1（m＞0）,解得0＜m＜.
∴k＝－＜－.
（2）证明:
设（x3,y3）,可得x1＋x2＝2.
∵＋＋＝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＝－,m＝,k＝－1.
∵|FA|＝2－x1,|FB|＝2－x2,|FP|＝2－x3＝,
则|FA|＋|FB|＝4－（x1＋x2）＝3.
∴2||＝||＋||.
联立化简得28x2－56x＋1＝0.
∴x1＋x2＝2,x1x2＝.
∴|x1－x2|＝＝.
∴该数列的公差d满足2d＝±
|x1－x2|＝±
.
∴该数列的公差为±
21.（2018年新课标Ⅲ理）已知函数f（x）＝（2＋x＋ax2）ln（1＋x）－2x.
（1）若a＝0,求证:
当－1＜x＜0时,f（x）＜0；
当x＞0时,f（x）＞0；
（2）若x＝0是f（x）的极大值点,求a.
当a＝0时,f（x）＝（2＋x）ln（1＋x）－2x（x＞－1）,则f′（x）＝ln（1＋x）－.
令g（x）＝f′（x）＝ln（1＋x）－,则g′（x）＝.
当x∈（－1,0）时,g′（x）≤0；
当x∈（0,＋∞）时,g′（x）≥0.
∴f′（x）在（－1,0）递减,在（0,＋∞）递增.
∴f′（x）≥f′（0）＝0.
∴f（x）＝（2＋x）ln（1＋x）－2x在（－1,＋∞）上单调递增.
又f（0）＝0,∴当－1＜x＜0时,f（x）＜0；
当x＞0时,f（x）＞0.
（2）由f（x）＝（2＋x＋ax2）ln（1＋x）－2x,
得f′（x）＝（1＋2ax）ln（1＋x）＋－2＝.
令h（x）＝ax2－x＋（1＋2ax）（1＋x）ln（1＋x）,
则h′（x）＝4ax＋（4ax＋2a＋1）ln（1＋x）.
当a≥0,x＞0时,h′（x）＞0,h（x）单调递增.
∴h（x）＞h（0）＝0,即f′（x）＞0.
∴f（x）在（0,＋∞）上单调递增,∴x＝0不是f（x）的极大值点,不合题意.
当a＜0时,令u（x）＝h′（x）＝4ax＋（4ax＋2a＋1）ln（1＋x）,
则u′（x）＝8a＋4aln（1＋x）＋,显然u′（x）单调递减.
①令u′（x）＝0,解得a＝－.
∴当－1＜x＜0时,u′（x）＞0；
当x＞0时,u′（x）＜0.
∴h′（x）在（－1,0）上单调递增,在（0,＋∞）上单调递减.
∴h′（x）≤h′（0）＝0,则h（x）在（0,＋∞）上单调递减.
又h（0）＝0,∴当－1＜x＜0时,h（x）＞0,即f′（x）＞0；
当x＞0时,h（x）＜0,即f′（x）＜0.
∴f（x）在（－1,0）上单调递增,在（0,＋∞）上单调递减.
∴x＝0是f（x）的极大值点,符合题意.
②若－＜a＜0,则u′（x）＝1＋6a＞0,u′＝（2a－1）（1－e）＜0,
∴u′（x）＝0在（0,＋∞）上有唯一一个零点,设为x0.
∴当0＜x＜x0时,u′（x）＞0,h′（x）单调递增,h′（x）＞h′（0）＝0,即f′（x）＞0.
∴f（x）在（0,x0）上单调递增,不合题意；
③若a＜－,则u′（x）＝1＋6a＜0,u′＝（1－2a）e2＞0,
∴u′（x）＝0在（－1,0）上有唯一一个零点,设为x1.
∴当x1＜x＜0时,u′（x）＜0,h′（x）单调递减,h′（x）＞h′（0）＝0,h（x）单调递增,h（x）＜h（0）＝0,即f′（x）＜0.
∴f（x）在（x1,0）上单调递减,不合题意.
综上,a＝－.
22.（2018年新课标Ⅲ理）在平面直角坐标系xOy中,⊙O的参数方程为（θ为参数）,过点（0,－）且倾斜角为α的直线l与⊙O交于A,B两点.
（1）求α的取值范围；
（2）求AB中点P的轨迹的参数方程.
（1）将⊙O的参数方程化为普通方程,得为x2＋y2＝1,圆心为O（0,0）,半径r＝1.
当α＝时,过点（0,－）且倾斜角为α的直线l的方程为x＝0,成立；
当α≠时,过点（0,－）且倾斜角为α的直线l的方程为y＝tanα·
x＋.
∵直线l与⊙O交于A,B两点,∴圆心O（0,0）到直线l的距离d＝＜1.
∴tan2α＞1,解得tanα＞1或tanα＜－1.
∴＜α＜或＜α＜.
综上,α的取值范围为.
（2）由
（1）知直线l的斜率不为0,设直线l的方程为x＝m（y＋）.
设A（x1,y1）,B（x2,y2）,P（x3,y3）.
联立化简得（m2＋1）y2＋2m2y＋2m2－1＝0.
∴y1＋y2＝－,y1y2＝.
∴x1＋x2＝m（y1＋）＋m（y2＋）＝－＋2m,
x3＝＝,y3＝＝.
∴AB中点P的轨迹的参数方程为（m为参数）,（－1＜m＜1）.
23.（2018年新课标Ⅲ理）设函数f（x）＝|2x＋1|＋|x－1|.
（1）画出y＝f（x）的图象；
（2）当x∈[0,＋∞）时,f（x）≤ax＋b,求a＋b的最小值.
（1）当x≤－时,f（x）＝－（2x＋1）－（x－1）＝－3x；
当－＜x＜1,f（x）＝（2x＋1）－（x－1）＝x＋2；
当x≥1时,f（x）＝（2x＋1）＋（x－1）＝3x.
∴f（x）＝
对应的图象如图所示.
（2）当x∈[0,＋∞）时,f（x）≤ax＋b.
当x＝0时,f（0）＝2≤0·
a＋b,∴b≥2；
当x＞0时,要使f（x）≤ax＋b恒成立,则f（x）的图象恒在直线y＝ax＋b的下方或在直线上.
∵f（x）的图象与y轴的交点的纵坐标为2,且各部分直线的斜率的最大值为3,
∴当且仅当a≥3且b≥2时,不等式f（x）≤ax＋b在[0,＋∞）上成立,
∴a＋b的最小值为5.
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