2018年广西高考数学试卷(理科)(全国新课标Ⅲ)

2018年广西高考数学试卷（理科）（全国新课标Ⅲ）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. 已知集合A={x|x−1≥0}，B={0, 1, 2}，则A∩B=()A.{0}B.{1}C.{1, 2}D.{0, 1, 2}2. (1+i)(2−i)=()A.−3−iB.−3+iC.3−iD.3+i3. 中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()A.B.C.D.4. 若sinα=13，则cos2α=()A.89B.79C.−79D.−895. (x2+2x)5的展开式中x4的系数为（）A.10B.20C.40D.806. 直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆(x−2)2+y2=2上，则△ABP面积的取值范围是()A.[2, 6]B.[4, 8]C.[√2, 3√2]D.[2√2, 3√2]7. 函数y=−x4+x2+2的图象大致为（）A.B.C.D.8. 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.0.7B.0.6C.0.4D.0.39. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若△ABC的面积为a2+b2−c24，则C=()A.π2B.π3C.π4D.π610. 设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9√3，则三棱锥D−ABC体积的最大值为（）A.12√3B.18√3C.24√3D.54√311. 设F1，F2是双曲线C:x2a2−y2b2=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|PF 1|=√6|OP|，则C 的离心率为（ ）A.√5B.2C.√3D.√212. 设a =log 0.20.3，b =log 20.3，则（ ） A.a +b <ab <0 B.ab <a +b <0 C.a +b <0<ab D.ab <0<a +b 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

已知向量a →=(1, 2)，b →=(2, −2)，c →=(1, λ)．若c → // (2a →+b →)，则λ＝________．曲线y =(ax +1)e x 在点(0, 1)处的切线的斜率为−2，则a =________．函数f(x)=cos(3x +π6)在[0, π]的零点个数为________．已知点M(−1, 1)和抛物线C:y 2=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 =________．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。

等比数列{a n }中，a 1=1，a 5=4a 3． (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m =63，求m ．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：(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．参考答案与试题解析2018年广西高考数学试卷（理科）（全国新课标Ⅲ）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.【答案】C【考点】交集及其运算【解析】求解不等式化简集合A，再由交集的运算性质得答案．【解答】解：∵A={x|x−1≥0}={x|x≥1}，B={0, 1, 2}，∴A∩B={x|x≥1}∩{0, 1, 2}={1, 2}．故选C．【点评】本题考查了交集及其运算，是基础题．2.【答案】D【考点】复数代数形式的乘除运算【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：(1+i)(2−i)=2+(2−1)i+1=3+i．故选D．【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题．3.【答案】A【考点】简单空间图形的三视图【解析】直接利用空间几何体的三视图的画法，判断选项的正误即可．【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．故选A．【点评】本题看出简单几何体的三视图的画法，是基本知识的考查．4.【答案】B【考点】求二倍角的余弦【解析】cos2α=1−2sin2α，由此能求出结果．【解答】解：∵sinα=13，∴cos2α=1−2sin2α=1−2×19=79．故选B．【点评】本题考查二倍角的余弦值的求法，考查二倍角公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．5.【答案】C【考点】二项式定理的应用【解析】由二项式定理得(x2+2x)5的展开式的通项为：T r+1=C5r(x2)5−r(2x)r=2r C5r x10−3r，由10−3r=4，解得r=2，由此能求出(x2+2x)5的展开式中x4的系数．【解答】解：由二项式定理得(x2+2x)5的展开式的通项为：T r+1=C5r(x2)5−r(2x)r=2r C5r x10−3r，由10−3r=4，解得r=2，∴(x2+2x)5的展开式中x4的系数为22C52=40．故选C．【点评】本题考查二项展开式中x4的系数的求法，考查二项式定理、通项公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．6.【答案】A【考点】两角和与差的正弦公式正弦函数的定义域和值域圆的综合应用直线与圆的位置关系点到直线的距离公式【解析】求出A(−2, 0)，B(0, −2)，|AB|=2√2，设P(2+√2cosθ, √2sinθ)，点P到直线x+y+2=0的距离：d=√2cosθ+√2sinθ+2|√2=|2sin(θ+π4)+4|√2∈[√2,3√2]，由此能求出△ABP面积的取值范围．【解答】解：∵直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，∴令x=0，得y=−2，令y=0，得x=−2，∴A(−2, 0)，B(0, −2)，|AB|=√4+4=2√2，∵点P在圆(x−2)2+y2=2上，∴设P(2+√2cosθ, √2sinθ)，∴点P到直线x+y+2=0的距离：d=√2cosθ+√2sinθ+2|√2=|2sin(θ+π4)+4|√2，∵sin(θ+π4)∈[−1, 1]，∴d=|2sin(θ+π4)+4|√2∈[√2,3√2]，∴△ABP面积的取值范围是[2, 6]．故选A．【点评】本题考查三角形面积的取值范围的求法，考查直线方程、点到直线的距离公式、圆的参数方程、三角函数关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．7.【答案】D【考点】函数的图象变化利用导数研究函数的单调性【解析】根据函数图象的特点，求函数的导数利用函数的单调性进行判断即可．【解答】解：函数过定点(0, 2)，排除A，B．函数的导数f′(x)=−4x3+2x=−2x(2x2−1)，由f′(x)>0得2x(2x2−1)<0，得x<−√22或0<x<√22，此时函数单调递增，由f′(x)<0得2x(2x2−1)>0，得x>√22或−√22<x<0，此时函数单调递减，排除C.故选D．【点评】本题主要考查函数的图象的识别和判断，利用函数过定点以及判断函数的单调性是解决本题的关键．8.【答案】B【考点】离散型随机变量的期望与方差二项分布的应用【解析】利用已知条件，转化为二项分布，利用方差转化求解即可．【解答】解：某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，可看做是独立重复事件，满足X∼B(10, p)，P(X=4)<P(X=6)，可得C104p4(1−p)6<C106p6(1−p)4，可得1−2p<0．即p>12．因为DX=2.4，可得10p(1−p)=2.4，解得p=0.6或p=0.4（舍去）．故选B．【点评】本题考查离散型离散型随机变量的期望与方差的求法，独立重复事件的应用，考查转化思想以及计算能力．9.【答案】C【考点】解三角形三角形求面积余弦定理三角函数值的符号【解析】推导出S△ABC=12absinC=a2+b2−c24，从而sinC=a2+b2−c22ab=cosC，由此能求出结果．【解答】解：∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c, △ABC的面积为a2+b2−c24，∴S△ABC=12absinC=a2+b2−c24,∴sinC=a2+b2−c22ab=cosC.∵0<C<π，∴C=π4．故选C．【点评】本题考查三角形内角的求法，考查余弦定理、三角形面积公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．10.【答案】B【考点】柱体、锥体、台体的体积计算球的体积和表面积【解析】本题主要考查球与三棱锥的切接问题及三棱锥的体积的最值问题．【解答】解：如图，设E是AC的中点，M是△ABC的重心，O为球心，连结BE，OM，OD，BO．因为S△ABC=√34AB2=9√3，所以AB=6，BM=23BE=23√AB2−AE2=2√3．易知OM⊥平面ABC，所以在Rt△OBM中，OM=√OB2−BM2=2，所以当D，O，M三点共线且DM=OD+OM时，三棱锥D−ABC的体积取得最大值，且最大值V max=13S△ABC×(4+OM)=13×9√3×6=18√3．故选B．【点评】此题暂无点评11.【答案】C【考点】双曲线的渐近线双曲线的离心率余弦定理点到直线的距离公式【解析】先根据点到直线的距离求出|PF2|=b，再求出|OP|=a，在三角形F1PF2中，由余弦定理可得|PF1|2= |PF2|2+|F1F2|2−2|PF2|⋅|F1F2|cos∠PF2O，代值化简整理可得√3a=c，问题得以解决．【解答】解：双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0．b>0)的一条渐近线方程为y=bax，∴点F2到渐近线的距离d=√a2+b2=b，即|PF2|=b，∴|OP|=√|OF2|2−|PF2|2=√c2−b2=a，cos∠PF2O=bc，∵|PF1|=√6|OP|，∴|PF1|=√6a，在三角形F1PF2中，由余弦定理可得|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2−2|PF2|⋅|F1F2|cos∠PF2O，∴6a2=b2+4c2−2×b×2c×bc=4c2−3b2=4c2−3(c2−a2)，即3a2=c2，即√3a=c，∴e=ca=√3，故选C．【点评】本题考查了双曲线的简单性质，点到直线的距离公式，余弦定理，离心率，属于中档题．12.【答案】B【考点】对数值大小的比较换底公式的应用【解析】直接利用对数的运算性质化简即可得答案．【解答】解：∵a=log0.20.3=lg0.3−lg5，b=log20.3=lg0.3lg2，∴a+b=lg0.3lg2−lg0.3lg5=lg0.3(lg5−lg2)lg2lg5=lg0.3lg52lg2lg5，ab=−lg0.3lg2⋅lg0.3lg5=lg0.3⋅lg103lg2lg5，∵lg103>lg52，lg0.3lg2lg5<0，∴ab<a+b<0．故选B．【点评】本题考查了对数值大小的比较，考查了对数的运算性质，是中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。