2018年贵州省高考数学试卷(文科)(全国新课标Ⅲ)
2018年高考文科数学全国卷1(含详细答案)
数学试题 第1页（共22页）数学试题 第2页（共22页）绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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{}02A =，，{}21012B =--，，，，，则A B =（ ）A ．{}02，B ．{}12，C ．{}0D ．{}21012--，，，， 2．设121iz i i-=++，则z =（ ） A ．0 B ．12C ．1 D3．某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：则下面结论中不正确的是（ ） A ．新农村建设后，种植收入减少B ．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上C ．新农村建设后，养殖收入增加了一倍D ．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半4．已知椭圆C ：22214x y a +=的一个焦点为()2,0，则C 的离心率（ ） A ．13B ．12CD5．已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（ ） A．B ．12πC．D ．10π6．设函数()()321f x x a x ax =+-+．若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点()00，处的切线方程为（ ） A ．2y x =-B ．y x =-C ．2y x =D ．y x =7．在ABC △中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB =（ ）A ．3144AB AC - B ．1344AB AC -C ．3144AB AC +D ．1344AB AC +8．已知函数()222cos sin 2f x x x =-+，则（ ） A ．()f x 的最小正周期为π，最大值为3B ．()f x 的最小正周期为π，最大值为4C ．()f x 的最小正周期为2π，最大值为3D ．()f x 的最小正周期为2π，最大值为49．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为（ ） A．B．C ．3D ．210．在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为（ ）A ．8B．C．D．11．已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点()1,A a ，()2,B b ，且2cos 23α=，则a b -=（ ）A ．15BCD ．1-------------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------数学试题 第3页（共22页）数学试题 第4页（共22页）12．设函数()201 0x x f x x -⎧=⎨>⎩，≤，，则满足()()12f x f x +<的x 的取值范围是（ ）A ．(]1-∞，B ．()0+∞，C ．()10-，D ．()0-∞，二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知函数()()22log f x x a =+，若()31f =，则a =________．14．若x y ，满足约束条件220100x y x y y --⎧⎪-+⎨⎪⎩≤≥≤，则32z x y =+的最大值为________．15．直线1y x =+与圆22230x y y ++-=交于A B ，两点，则AB = ________． 16．ABC △的内角A B C ，，的对边分别为a b c ，，，已知sin sin 4sin sin b C c B a B C +=，2228b c a +-=，则ABC △的面积为________．三、解答题（共70分。
专题12：文科立体几何高考真题大题(全国卷)赏析(解析版)
专题12：文科立体几何高考真题大题（全国卷）赏析（解析版） 题型一：求体积1，2018年全国卷Ⅲ文数高考试题如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【详解】分析：（1）先证AD CM ⊥,再证CM MD ⊥，进而完成证明． （2）判断出P 为AM 中点，，证明MC ∥OP ，然后进行证明即可． 详解：（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．2，2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】(1)见解析. (2)1. 【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 详解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，且AC AD A =，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32．又23BP DQ DA ==，所以22BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE = 13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322sin451332Q ABP ABPV QE S-=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=． 点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可. 3．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18 【分析】（1）先由长方体得，11B C ⊥平面11AA B B ，得到11B C BE ⊥，再由1BE EC ⊥，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为2a ，根据题中条件求出3a =；再取1BB 中点F ，连结EF ，证明EF ⊥平面11BB C C ，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】（1）因为在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11AA B B ；BE ⊂平面11AA B B ，所以11B C BE ⊥，又1BE EC ⊥，1111B C EC C ⋂=，且1EC ⊂平面11EB C ，11B C ⊂平面11EB C ，所以BE ⊥平面11EB C ；（2）设长方体侧棱长为2a ，则1AE A E a ==，由（1）可得1EB BE ⊥；所以22211EB BE BB +=，即2212BE BB =， 又3AB =，所以222122AE AB BB +=，即222184a a +=，解得3a =；取1BB 中点F ，连结EF ，因为1AE A E =，则EF AB ∥； 所以EF ⊥平面11BB C C ， 所以四棱锥11E BB C C -的体积为1111111136318333E BB C C BB C C V S EF BC BB EF -=⋅=⋅⋅⋅=⨯⨯⨯=矩形.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.4．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷） 四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= （1）证明：直线//BC 平面PAD ;（2）若△PCD 面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）43【分析】试题分析：证明线面平有两种思路，一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；取AD 中点M ，由于平面PAD 为等边三角形，则PM AD ⊥，利用面面垂直的性质定理可推出PM ⊥底面ABCD ，设BC x =，表示相关的长度，利用PCD ∆的面积为27.试题解析：（1）在平面内，因为,所以又平面平面故平面（2）取的中点，连接由及得四边形为正方形，则.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，所以底面因为底面，所以,设，则，取的中点，连接，则,所以，因为的面积为，所以，解得（舍去），于是所以四棱锥的体积【详解】题型二：求距离5．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ）如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）详见解析（245【解析】分析：（1）连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；（2）过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =3 连结OB ．因为AB =BC 2AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=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=12AC=2，CM=23BC=423，∠ACB=45°．所以OM=25，CH=sinOC MC ACBOM⋅⋅∠=45．所以点C到平面POM的距离为45．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.6．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.（1）证明：（2）若,求三棱柱的高.【答案】（1）详见解析;（2）三棱柱111ABC A B C -的高为21. 【解析】试题分析：（1）根据题意欲证明线线垂直通常可转化为证明线面垂直，又由题中四边形是菱形，故可想到连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点，又因为侧面11BB C C 为菱形，对角线相互垂直11B C BC ⊥;又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，根据线面垂直的判定定理可得：1B C ⊥平面ABO ，结合线面垂直的性质：由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥;（2）要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点O 到平面ABC 的距离，即：作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H ，则由线面垂直的判定定理可得OH ⊥平面ABC ，再根据三角形面积相等：OH AD OD OA ⋅=⋅，可求出OH 的长度，最后由三棱柱111ABC A B C -的高为此距离的两倍即可确定出高． 试题解析：（1）连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点. 因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥. 又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥， 故1B C ⊥平面ABO.由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥.（2）作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H. 由于，BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥， 又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC.因为0160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得3OD. 由于1AC AB ⊥，所以11122OA B C ==,由OH AD OD OA ⋅=⋅，且2274AD OD OA =+=，得2114OH ， 又O 为1B C 的中点，所以点1B 到平面ABC 的距离为217. 故三棱柱111ABC A B C -的高为217. 考点：1.线线，线面垂直的转化;2.点到面的距离;3.等面积法的应用 7．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥面ABCD ，E 为PD 的中点． （1）证明：//PB 平面AEC ; （2）设1AP =，3AD =，三棱锥P ABD -的体积 34V =，求A 到平面PBC 的距离．【答案】（1）证明见解析 （2） A 到平面PBC 的距离为31313【详解】试题分析：（1）连结BD 、AC 相交于O ，连结OE ，则PB ∥OE ，由此能证明PB ∥平面ACE ．（2）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A 到平面PBD 的距离试题解析：(1）设BD 交AC 于点O ，连结EO ． 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB 又EO平面AEC ，PB平面AEC所以PB ∥平面AEC ． （2）136V PA AB AD AB =⋅⋅=由，可得. 作交于． 由题设易知，所以故， 又31313PA AB AH PB ⋅==所以到平面的距离为法2：等体积法136V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d ，又因为PB=所以又因为(或)，，所以考点 ：线面平行的判定及点到面的距离8．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2）41717. 【分析】（1）利用三角形中位线和11//A D B C 可证得//ME ND ，证得四边形MNDE 为平行四边形，进而证得//MN DE ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥1C CDE -的体积，再求出1C DE ∆的面积，利用11C CDE C C DE V V --=求得点C 到平面1C DE 的距离，得到结果.【详解】（1）连接ME ，1B CM ，E 分别为1BB ，BC 中点 ME ∴为1B BC ∆的中位线1//ME B C ∴且112ME B C = 又N 为1A D 中点，且11//A D B C 1//ND B C ∴且112ND B C = //ME ND ∴ ∴四边形MNDE 为平行四边形//MN DE ∴，又MN ⊄平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE//MN ∴平面1C DE（2）在菱形ABCD 中，E 为BC 中点，所以DE BC ⊥， 根据题意有3DE =，117C E =，因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面11BCC B ，所以1DE EC ⊥，所以113172DEC S ∆=⨯⨯， 设点C 到平面1C DE 的距离为d ，根据题意有11C CDE C C DE V V --=，则有11113171343232d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯， 解得41717d ==， 所以点C 到平面1C DE 的距离为417. 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.题型三：求面积9．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥，且90BAP CDP ∠=∠=︒.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【答案】（1）证明见解析；（2）623+.【详解】 试题分析：（1）由90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．从而得AB PD ⊥，进而而AB ⊥平面PAD ，由面面垂直的判定定理可得平面PAB ⊥平面PAD ；（2）设PA PD AB DC a ====，取AD 中点O ，连结PO ，则PO ⊥底面ABCD ，且22,AD a PO a ==，由四棱锥P ABCD -的体积为83，求出2a =，由此能求出该四棱锥的侧面积.试题解析：（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB 平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =． 从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为111222PA PD PA AB PD DC ⋅+⋅+⋅ 21sin606232BC +︒=+10．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（I ）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（II ）若120ABC ∠=，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -的体积为6，求该三棱锥的侧面积.【答案】（1）见解析（2）5【分析】（1）由四边形ABCD 为菱形知AC ⊥BD ，由BE ⊥平面ABCD 知AC ⊥BE ，由线面垂直判定定理知AC ⊥平面BED ，由面面垂直的判定定理知平面AEC ⊥平面BED ；（2）设AB =x ，通过解直角三角形将AG 、GC 、GB 、GD 用x 表示出来，在Rt ∆AEC 中，用x 表示EG ，在Rt ∆EBG 中，用x 表示EB ，根据条件三棱锥E ACD -6求出x ，即可求出三棱锥E ACD -的侧面积.【详解】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED（2）设AB =x ，在菱形ABCD 中，由 ∠ABC =120°，可得AG =GC =32x ,GB =GD =2x .因为AE ⊥EC ，所以在 Rt ∆AEC 中，可得EG =3x . 连接EG ，由BE ⊥平面ABCD ，知 ∆EBG 为直角三角形，可得BE =22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积3116632243E ACD V AC GD BE x -=⨯⋅⋅==.故 x =2 从而可得AE =EC =ED 6.所以∆EAC 的面积为3， ∆EAD 的面积与∆ECD 的面积均为 5故三棱锥E -ACD 的侧面积为3+25【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力.11．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）图1是由矩形,ADEB Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1,2AB BE BF ===， 60FBC ∠=，将其沿,AB BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明图2中的,,,A C G D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】(1)见详解；(2)4.【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED ，Rt ABC 和菱形BFGC 内部的夹角，所以//AD BE ，//BF CG 依然成立，又因E 和F 粘在一起，所以得证.因为AB 是平面BCGE 垂线，所以易证.(2) 欲求四边形ACGD 的面积，需求出CG 所对应的高，然后乘以CG 即可．【详解】(1)证：//AD BE ，//BF CG ，又因为E 和F 粘在一起.∴//AD CG ，A ，C ，G ，D 四点共面.又,AB BE AB BC ⊥⊥.AB ∴⊥平面BCGE ，AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ，得证.(2)取CG 的中点M ，连结,EM DM .因为//AB DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE CG ⊥，由已知，四边形BCGE 是菱形，且60EBC ∠=得EM CG ⊥，故CG ⊥平面DEM ． 因此DM CG ⊥．在Rt DEM △中，DE=1，3EM =，故2DM =．所以四边形ACGD 的面积为4.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形ACGD的面积考查考生的空间想象能力.。
2018年贵州省贵阳市高考数学一模试卷(文科)(附答案解析)
2018年贵州省贵阳市高考数学一模试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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. 复数z满足z=41+i，则|z|＝（）A.2B.2√2C.√22D.122. 设A＝{x|2x>18}，B＝{−3, −2, −1}，则A∩B＝（）A.⌀B.{−3, −2, −1}C.{−2, −1}D.{x|x>−3}3. 贵阳地铁1号线12月28日开通运营，某机车某时刻从下麦西站驶往贵阳北站的过程中，10个车站上车的人数统计如下：70、60、60、50、60、40、40、30、30、10，则这组数据的众数、中位数、平均数的和为（）A.170 B.165 C.160 D.1504. 若实数x，y满足约束条件{x−y≥0x+y+1≥0x−3≤0，则z＝2x−y的最大值为（）A.3B.6C.10D.125. 某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是137，则整数a的值为（）A.6B.7C.8D.96. 《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均输章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，文各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．在这个问题中，丙所得为（）A.76钱 B.56钱 C.23钱 D.1钱7. 已知函数f(x)在R上是减函数，且a＝f(log310)，b＝f(log39.1)，c＝f(20.8)，则a，b，c的大小关系为（）A.a<b<cB.c<b<aC.b<a<cD.c<a<b8. 把函数y＝2sin(x+π4)图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍（纵坐标不变），那么所得图象的一条对称轴方程为（）A.x=2π3B.x=π3C.x=π4D.x=π89. 已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且a1=12，a2a6＝8(a4−2)，则S2018＝（）A.22017−12B.1−(12)2017 C.22018−12D.1−(12)201810. 如图，格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是（）A.16B.8C.4√3D.4√211. 已知双曲线x2a2−y2b2=l(a>0, b>0)的两条渐近线与抛物线y2＝2px(p>0)的准线分别交于A、B两点，O为坐标原点．若双曲线的离心率为√2，△AOB的面积为1，则p＝（）A.2B.1C.2√3D.312. 已知函数f(x)={ln x,x>0kx−3,x≤0的图象上有两对关于y轴对称的点，则实数k的值范围是（）A.(−e, 0)B.(−12e−2, 0) C.(−e2, 0) D.(−2e2, 0)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．若向量a →=(x, 1)与向量b →=(1, −2)垂直，则|a →+b →|＝________．已知三角形的三边长分别为1，1，√2，若将一个质点随机投入该三角形的外接圆中，则质点落入该三角形内的概率是________．已知直线l:ax −3y +12＝0(a ∈R)与圆M:x 2+y 2−4y ＝0相交于A 、B 两点，且∠AMB =π3，则实数a ＝________．已知底面是正六边形的六棱锥P −ABCDEF 的七个顶点均在球O 的表面上，底面正六边形的边长为1，若该六棱锥体积的最大值为√3，则球O 的表面积为________． 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别是a ，b ，c ，AB 边上的高ℎ=23c ． (Ⅰ)若△ABC 为锐角三角形，且cos A =35，求角C 的正弦值； (Ⅱ)若∠C =π4，M =a 2+b 2+13c 2ab，求M 的值．某校教务处对学生学习的情况进行调研，其中一项是：对“学习数学”的态度是否与性别有关，课间随机抽取了30名学生进行了问卷调查，得到了如下列联表：已知在这30人中随机抽取1人，抽到喜欢“学习数学”的学生的概率是815．(Ⅰ)请将上面的列联表补充完整（在答题卷上直接填写结果，不需要写求解过程）；(Ⅱ)若从喜欢“学习数学”的女生中抽取2人进行调研，其中女生甲被抽到的概率为（要写求解过程） (Ⅲ)试判断是否有95%的把握认为喜欢“学习数学”与性别有关？ 附：K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n ＝a +b +c +d ．如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD // BC ，∠ADC ＝90∘，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q ，M 分别为AD ，PC 的中点，PA ＝PD ＝2，BC =12AD ＝1，CD =√3．(Ⅰ)求证：平面PBC ⊥平面PQB ； (Ⅱ)求三棱锥P −QMB 的体积．已知椭圆C:x 2a2+y 2b 2=1(a >0, b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点M 为短轴的上端点，MF 1→⋅MF 2→=0，过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆C 于A ，B 两点，且|AB|=√2． (Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)设经过点(2, −1)且不经过点M 的直线l 与C 相交于G ，H 两点．若k 1，k 2分别为直线MH ，MG 的斜率，求k 1+k 2的值．已知函数f(x)＝ln x +12x 2−ax ，(a ∈R)． (Ⅰ)若a =52，求函数f(x)的极小值；(Ⅱ)若函数f(x)在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值，且x 2≥√ex 1（e 为自然对数的底数），求f(x 2)−f(x 1)的最大值． 选修4-4：坐标系与参数方程选讲在平面直角坐标系xOy 中，曲线C:{x =√3cos αy =sin α （α为参数），在以原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为√22ρcos (θ+π4)＝−1．(Ⅰ)求曲线C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程；(Ⅱ)过点M(−1, 0)且与直线l 平行的直线l 1交曲线C 于A ，B 两点，求点M 到A ，B 两点的距离之和． 选修4-5：不等式选讲已知函数f(x)＝|x−2|−|x+1|．(Ⅰ)解不等式f(x)>−x；(Ⅱ)若关于x的不等式f(x)≤a2−2a的解集为R，求实数a的取值范围．参考答案与试题解析2018年贵州省贵阳市高考数学一模试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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】B【考点】复数的运算【解析】直接利用商的模等于模的商求解．【解答】∵z=41+i，∴|z|＝|41+i |=4|1+i|=√2=2√2．2.【答案】C【考点】交集及其运算【解析】求出A，得到关于A，B的交集即可．【解答】A＝{x|2x>18}＝{x|x>−3}B＝{−3, −2, −1}，则A∩B＝{−2, −1}，3.【答案】D【考点】众数、中位数、平均数【解析】求出众数、中位数、平均数，求和即可．【解答】数据70、60、60、50、60、40、40、30、30、10的众数是60、中位数是45、平均数是45，故众数、中位数、平均数的和为150，4.【答案】C【考点】简单线性规划【解析】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，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．【解答】实数x，y满足约束条件{x−y≥0x+y+1≥0x−3≤0的可行域如图所示：联立{x=3x+y+1=0，解得A(3, −4)．化目标函数z＝2x−y为y＝2x−z，由图可知，当直线y＝2x−z过A时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为2×3+4＝10．故选：C．5.【答案】A【考点】程序框图【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，可得答案．【解答】当S＝1，k＝1时，应不满足退出循环的条件，故S=32，k＝2；当S=32，k＝2时，应不满足退出循环的条件，故S=53，k＝3；当S=53，k＝3时，应不满足退出循环的条件，故S=74，k＝4；当S =74，k ＝4时，应不满足退出循环的条件，故S =95，k ＝5；当S =95，k ＝5时，应不满足退出循环的条件，故S =116，k ＝6； 当S =116，k ＝6时，应不满足退出循环的条件，故S =137，k ＝7； 当S =137，k ＝7时，应满足退出循环的条件， 故整数a 的值为6，6.【答案】 D【考点】等差数列的通项公式 【解析】依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a −2d ，a −d ，a ，a +d ，a +2d ，由题意求得a ＝−6d ，结合a −2d +a −d +a +a +d +a +2d ＝5a ＝5求得a ＝1，则答案可求． 【解答】依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a −2d ，a −d ，a ，a +d ，a +2d ， 则由题意可知，a −2d +a −d ＝a +a +d +a +2d ，即a ＝−6d ， 又a −2d +a −d +a +a +d +a +2d ＝5a ＝5，∴ a ＝1， ∴ 在这个问题中，丙所得为1钱． 7.【答案】 A【考点】指数式、对数式的综合比较 函数的单调性及单调区间【解析】根据题意，由对数函数和指数函数的性质可得log 310>log 39.1>log 39＝2＝21>20.8，结合函数的单调性分析可得答案． 【解答】根据题意，函数f(x)在R 上是减函数，且 a ＝f(log 310)，b ＝f(log 39.1)，c ＝f(20.8)， 又由log 310>log 39.1>log 39＝2＝21>20.8， 则有a <b <c ； 8.【答案】 D【考点】正弦函数的图象 【解析】根据三角函数的平移变化规律，即可得到解析式，即可求解所得图象的一条对称轴方程． 【解答】函数y ＝2sin (x +π4)图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍（纵坐标不变），可得y ＝2sin (2x +π4)所得图象对称轴方程为：2x +π4=π2+kπ，k ∈Z 可得：x =12kπ+π8， 令k ＝0，可得x =π8．9. 【答案】 A【考点】等比数列的前n 项和 【解析】根据题意，设等比数列{a n }的公比为q ，由等比数列的性质可得若a 2a 6＝8(a 4−2)，则有a 42−8a 4+16＝0，解可得a 4＝4，进而计算可得q 的值，由等比数列的前n 项和公式计算可得答案． 【解答】根据题意，设等比数列{a n }的公比为q ，若a 2a 6＝8(a 4−2)，则有(a 4)2＝8(a 4−2)，即a 42−8a 4+16＝0， 解可得a 4＝4， 则q 3=a 4a 1=412=8，则q ＝2，则S 2018=a 1(1−22018)1−2=22017−12，10. 【答案】 B【考点】由三视图求体积 【解析】根据三视图作出三棱锥的直观图，根据三视图中的数据计算棱锥的四个面的面积中最大值． 【解答】三视图可知三棱锥是从长方体中截出来的P −ABC ，数据如图： S PAB =12×4×4=8，S △PAC =12×2√2×4=4√2．S △ABC =12×4×2=4，S △PBC =12×2√2×2√6=4√3． 则该三棱锥的四个面的面积中最大的是：（8） 11.【答案】 A【考点】双曲线的离心率 【解析】求出A ，B 坐标，根据面积公式得出p 的值． 【解答】∵ ca =√2，即c 2＝2a 2，∴b 2＝c 2−a 2＝a 2， ∴ a ＝b ，∴ 双曲线的渐近线方程为：y ＝±x ， 又抛物线的准线方程为x =−p2， ∴ A(−p 2, p2)，B(−p2, −p2)，∴ S △AOB =12⋅p2⋅p =1，解得p ＝（2）12.【答案】 C【考点】分段函数的应用 【解析】求得与y 轴对称的函数y ＝ln (−x)，(x <0)，以及导数，考虑y ＝kx −3与y ＝ln (−x)相切于(m, n)，运用切线的斜率，解方程可得m ，结合图象即可得到所求k 的范围． 【解答】由x >0时，f(x)＝ln x ，考虑与y 轴对称的函数y ＝ln (−x)，(x <0)，由题意可得y ＝kx −3与y ＝ln (−x)在x <0时有两个交点， 设y ＝kx −3与y ＝ln (−x)相切于(m, n)， 可得k =1m ，km −3＝ln (−m)，解得k ＝−e 2，由图象可得当−e 2<k <0时，y ＝kx −3与y ＝ln (−x)在x <0时有两个交点，可得函数f(x)={ln x,x >0kx −3,x ≤0 的图象上有两对关于y 轴对称的点，二、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 【答案】√10【考点】平面向量数量积的性质及其运算 【解析】根据题意，由向量垂直与向量数量积的关系，分析可得a →⋅b →=x −2＝0，即可得x ＝2，进而可得向量a →+b →的坐标，由向量模的计算公式计算可得答案． 【解答】根据题意，向量a →=(x, 1)与向量b →=(1, −2)垂直， 则有a →⋅b →=x −2＝0，则x ＝2；则向量a →=(2, 1)，则a →+b →=(3, −1)， 则|a →+b →|=√32+(−1)2=√10； 【答案】1π【考点】几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型） 【解析】确定三角形为等腰直角三角形，可得圆的半径，再由面积为测度，计算可得所求概率． 【解答】三角形的三边长分别为1，1，√2， 可得三角形为等腰直角三角形， 外接圆的半径为√22，可得质点落入该三角形内的概率为12⋅1⋅1π⋅(√22)=1π，【答案】±√3【考点】直线与圆的位置关系 【解析】化圆的方程为标准方程，作出图形，可得圆心到直线l 的距离，结合点到直线的距离公式列式求解． 【解答】 如图，化圆M:x 2+y 2−4y ＝0 为x 2+(y −2)2＝4， 可得圆M 的圆心为M(0, 2)，半径为（2） 直线l:ax −3y +12＝0过定点A(0, 4)， 由∠AMB =π3，可得M 到l 的距离AD =√3． 由点到直线的距离公式可得：√a 2+9=√3，解得a =±√3． 【答案】25π4【考点】球的表面积和体积 【解析】当六棱锥P −ABCDEF 为正六棱锥时，体积最大，求出棱锥的高，进而求出外接球的半径，可得答案． 【解答】当六棱锥P −ABCDEF 为正六棱锥时，体积最大， 由于底面正六边形的边长为1， 故底面外接圆半径r ＝1，底面面积S =6×√34×12=3√32， 设高为ℎ，则V =13Sℎ=√3，解得：ℎ＝2，设此时外接球半径为R ，则球心到底面的距离d ＝|ℎ−R|＝|2−R|， 由R 2＝d 2+r 2 得：R 2＝(2−R)2+1， 解得：R =54，故球O 的表面积为 4πR 2=25π4， 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 【答案】（1）作CD ⊥AB 与D ，∵ △ABC 为锐角三角形，且cos A=35，∴ sin A =√1−cos 2A =45．⇒AD ＝cot A ⋅CD =cos Asin A⋅CD =34×23c =c2． BD =AB −AD =c2，∴ BC =√CD 2+BD 2=√49c 2+c 24=56c 2．由正弦定理得sin C =AB⋅sin A BC =2425．（2）∵ S △ABC =12c ×23c =12ab ×sin 450=√24ab ． ∴ c 2=3√24ab ． 由余弦定理得a 2+b 2−c 2=√2ab ． ∴ M =a 2+b 2+13c 2ab=√2ab+c 2+13c 2ab=2√2ab ab=2√2．【考点】 余弦定理 【解析】(Ⅰ)作CD ⊥AB 与D ，可得sin A =45．⇒AD ＝cot A ⋅CD =cos Asin A⋅CD =34×23c =c 2.BD =AB −AD =c2，∴ BC =√CD 2+BD 2=√49c 2+c 24=56c 2．由正弦定理得解． (Ⅱ)由S △ABC =12c ×23c =12ab ×sin 450=√24ab ．可得c 2=3√24ab ． 由余弦定理得a 2+b 2−c 2=√2ab ．即可得M =a 2+b 2+13c 2ab=√2ab+c 2+13c 2ab=2√2ab ab=2√2．【解答】（1）作CD ⊥AB 与D ，∵ △ABC 为锐角三角形，且cos A =35，∴ sin A =√1−cos 2A =45． ⇒AD ＝cot A ⋅CD =cos Asin A⋅CD =34×23c =c2． BD =AB −AD =c 2，∴ BC =√CD 2+BD 2=√49c 2+c 24=56c 2．由正弦定理得sin C =AB⋅sin A BC =2425．（2）∵ S △ABC =12c ×23c =12ab ×sin 450=√24ab ． ∴ c 2=3√24ab ． 由余弦定理得a 2+b 2−c 2=√2ab ． ∴ M =a 2+b 2+13c 2ab=√2ab+c 2+13c 2ab=2√2abab=2√2．【答案】（1）抽到喜欢“学习数学”的学生人数是30×815=16，补充完列联表如下：（2）由(Ⅰ)知喜欢“学习数学”的女生有6人， 记其他5位女生分别为A 、B 、C 、D 、E ， 从这6位女生中抽取2人，基本事件是甲A ，甲B ，甲C ，甲D ，甲E ，AB ，AC ，AD ，AE ，BC ，BD ，BE ，CD ，CE ，DE 共15种； 女生甲被被抽到的基本事件为甲A ，甲B ，甲C ，甲D ，甲E 共5种， 故所求的概率为P =515=13；(Ⅲ)设H 0：喜欢“学习数学”与性别是否无关；由已知数据得，K2=30×(10×8−6×6)216×14×16×14≈1.158<3.841，所以没有95%的把握认为喜欢“学习数学”与性别有关．【考点】独立性检验【解析】(Ⅰ)根据题意计算抽到喜欢“学习数学”的学生人数，补充完列联表；(Ⅱ)用列举法计算基本事件数，求出所求的概率值；(Ⅲ)计算观测值，对照临界值得出结论．【解答】（1）抽到喜欢“学习数学”的学生人数是30×815=16，补充完列联表如下：（2）由(Ⅰ)知喜欢“学习数学”的女生有6人，记其他5位女生分别为A、B、C、D、E，从这6位女生中抽取2人，基本事件是甲A，甲B，甲C，甲D，甲E，AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE共15种；女生甲被被抽到的基本事件为甲A，甲B，甲C，甲D，甲E共5种，故所求的概率为P=515=13；(Ⅲ)设H0：喜欢“学习数学”与性别是否无关；由已知数据得，K2=30×(10×8−6×6)216×14×16×14≈1.158<3.841，所以没有95%的把握认为喜欢“学习数学”与性别有关．【答案】（1）证明：∵AD // BC，Q为AD的中点，BC=12AD，∴BC＝QD，∴四边形BCDQ为平行四边形，∵∠ADC＝90∘，∴BC⊥BQ，∵PA＝PD，AQ＝QD，∴PQ⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD，则PQ⊥BC，又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面PQB，∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB；（2）∵在Rt△PQB中，PQ=√PA2−AQ2=√3，BQ＝CD=√3，∴S△PQB=12PQ×QB=32，由(Ⅰ)知，BC⊥平面PQB．∴V C−PQB=13S△PQB×BC=13×32×1=12，又∵M是线段PC得中点，∴V P−QMB=V M−PQB=12V C−PQB=12×12=14．∴三棱锥P−QMB的体积是14．【考点】柱体、锥体、台体的体积计算平面与平面垂直的判定【解析】(Ⅰ)由已知可得四边形BCDQ为平行四边形，结合∠ADC＝90∘，得BC⊥BQ，再由已知证明PQ⊥平面ABCD，得到PQ⊥BC，结合线面垂直的判定可得BC⊥平面PQB，则平面PBC⊥平面PQB；(Ⅱ)在Rt△PQB中，求得PQ，BQ，得到三角形PQB的面积，由(Ⅰ)知，BC⊥平面PQB．可得棱锥C−PQB 的体积，再由等积法即可求得三棱锥P−QMB的体积．【解答】（1）证明：∵AD // BC，Q为AD的中点，BC=12AD，∴BC＝QD，∴四边形BCDQ为平行四边形，∵∠ADC＝90∘，∴BC⊥BQ，∵PA＝PD，AQ＝QD，∴PQ⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD，则PQ⊥BC，又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面PQB，∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB；（2）∵在Rt△PQB中，PQ=√PA2−AQ2=√3，BQ＝CD=√3，∴ S △PQB =12PQ ×QB =32，由(Ⅰ)知，BC ⊥平面PQB ．∴ V C−PQB =13S △PQB ×BC =13×32×1=12， 又∵ M 是线段PC 得中点，∴ V P−QMB =V M−PQB =12V C−PQB =12×12=14． ∴ 三棱锥P −QMB 的体积是14．【答案】（1）由MF 1→⋅MF 2→=0，可得b ＝c ，∵ 过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆C 于A ，B 两点，且|AB|=√2， ∴ b 2a =√22， 由{b =c b 2a =√22，解得a 2＝2，b 2＝1，∴ 椭圆C 的方程为x 22+y 2＝1（2）经过点(2, −1)且不经过点M 的直线l 的方程为y +1＝k(x −2)，即y ＝kx −2k −1， 代入椭圆程x 22+y 2＝1可得(2k 2+1)x 2−4k(1+2k)x +(8k 2+8k)＝0， △＝−16k(k +2)>0，设G(x 1, y 1)，H(x 2, y 2)． 则x 1+x 2=8k 2+8k 1+2k 2，x 1x 2=4k(2k+1)1+2k 2， ∴ k 1+k 2=y 1−1x 1+y 2−1x 2=kx 1−2k−2x 1+kx 2−2k−2x 2=2k −(2k+2)×4k(2k+1)1+2k 28k 2+8k 1+2k 2=2k −(2k +1)＝−1，即k 1+k 2＝−1【考点】椭圆的标准方程 椭圆的应用直线与椭圆的位置关系 【解析】(Ⅰ)由MF 1→⋅MF 2→=0，可得b ＝c ，列出方程组，能求出椭圆C 的方程．(Ⅱ)经过点(2, −1)且不经过点M 的直线l 的方程为y +1＝k(x −2)，根据韦达定理和斜率公式出k 1+k 2＝−(1) 【解答】（1）由MF 1→⋅MF 2→=0，可得b ＝c ，∵ 过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆C 于A ，B 两点，且|AB|=√2， ∴b 2a=√22， 由{b =cb 2a=√22，解得a 2＝2，b 2＝1， ∴ 椭圆C 的方程为x 22+y 2＝1（2）经过点(2, −1)且不经过点M 的直线l 的方程为y +1＝k(x −2)，即y ＝kx −2k −1， 代入椭圆程x 22+y 2＝1可得(2k 2+1)x 2−4k(1+2k)x +(8k 2+8k)＝0， △＝−16k(k +2)>0，设G(x 1, y 1)，H(x 2, y 2)． 则x 1+x 2=8k 2+8k 1+2k2，x 1x 2=4k(2k+1)1+2k 2， ∴ k 1+k 2=y 1−1x 1+y 2−1x 2=kx 1−2k−2x 1+kx 2−2k−2x 2=2k −(2k+2)×4k(2k+1)1+2k 28k 2+8k 1+2k 2=2k −(2k +1)＝−1，即k 1+k 2＝−1 【答案】（1）a =52时，f(x)＝ln x +12x 2−52x ，f′(x)=1x+x −52，(x >0)，令f′(x)>0，解得：x >2或x <12， 令f′(x)<0，解得：12<x <2，故f(x)在(0, 12)递增，在(12, 2)递减，在(2, +∞)递增， 故f(x)极小值＝f(2)＝ln 2−3；（2）f(x 2)−f(x 1)＝ln x 2x 1+12(x 22−x 12)−a(x 2−x 1)，又f′(x)=x 2−ax+1x (x >0)，故x 1，x 2是方程x 2−ax +1＝0的2个根， 由韦达定理得：x 1+x 2＝a ，x 1x 2＝1，故f(x 2)−f(x 1)＝lnx 2x 1+12(x 22−x 12)−a(x 2−x 1)， ＝ln x 2x 1−12(x 2x 1−x 1x 2)，设t =x 2x 1(t ≥√e)，令ℎ(t)＝ln t −12(t −1t)，(t ≥√e)，ℎ′(t)=(t−1)22t 2<0，∴ ℎ(t)在[√e, +∞)递减， ℎ(t)≤ℎ(√e)=12(1−√e +√ee )， 故f(x 2)−f(x 1)的最大值是12(1−√e +√ee)． 【考点】利用导数研究函数的极值 【解析】(Ⅰ)求出函数的导数，根据函数的单调性求出a 的范围即可；(Ⅱ)得到x 1，x 2是方程x 2−ax +1＝0的2个根，由韦达定理得：x 1+x 2＝a ，x 1x 2＝1，得到f(x 2)−f(x 1)的解析式，根据函数的单调性求出其最大值即可． 【解答】（1）a =52时，f(x)＝ln x +12x 2−52x ，f′(x)=1x+x −52，(x >0)，令f′(x)>0，解得：x >2或x <12， 令f′(x)<0，解得：12<x <2，故f(x)在(0, 12)递增，在(12, 2)递减，在(2, +∞)递增，故f(x)极小值＝f(2)＝ln 2−3； （2）f(x 2)−f(x 1)＝ln x 2x 1+12(x 22−x 12)−a(x 2−x 1)， 又f′(x)=x 2−ax+1x (x >0)，故x 1，x 2是方程x 2−ax +1＝0的2个根， 由韦达定理得：x 1+x 2＝a ，x 1x 2＝1，故f(x 2)−f(x 1)＝ln x 2x 1+12(x 22−x 12)−a(x 2−x 1)，＝ln x 2x 1−12(x 2x 1−x1x 2)，设t =x 2x 1(t ≥√e)，令ℎ(t)＝ln t −12(t −1t )，(t ≥√e)，ℎ′(t)=(t−1)22t 2<0，∴ ℎ(t)在[√e, +∞)递减， ℎ(t)≤ℎ(√e)=12(1−√e +√ee )， 故f(x 2)−f(x 1)的最大值是12(1−√e +√ee)． 选修4-4：坐标系与参数方程选讲 【答案】（1）∵ 曲线C:{x =√3cos αy =sin α （α为参数），∴ 曲线C 化为普通方程得：x 23+y 2＝1， ∵ 直线l 的极坐标方程为√22ρcos (θ+π4)＝−(1) ∴ ρcos θ−ρsin θ＝−2，∴ 直线l 的直角坐标方程为x −y +2＝（0）（2）直线l 1的参数方程为{x =−1+√22t y =√22t （t 为参数），代入x 23+y 2=1，化简，得：2t 2−√2t −2=0，设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2， 则t 1+t 2=√22，t 1t 2＝−1， ∴ 点M 到A ，B 两点的距离之和：|MA|+|MB|＝|t 1|+|t 2|＝|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=(√22)=3√22． 【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化【解析】(Ⅰ)曲线C 的参数方程消去参数，能求出曲线C 的普通方程；直线l 的极坐标方程转化为ρcos θ−ρsin θ＝−2，由此能求出直线l 的直角坐标方程．(Ⅱ)直线l 1的参数方程代入x 23+y 2=1，得：2t 2−√2t −2=0，由此能求出点M 到A ，B 两点的距离之和． 【解答】（1）∵ 曲线C:{x =√3cos αy =sin α （α为参数），∴ 曲线C 化为普通方程得：x 23+y 2＝1， ∵ 直线l 的极坐标方程为√22ρcos (θ+π4)＝−(1) ∴ ρcos θ−ρsin θ＝−2，∴ 直线l 的直角坐标方程为x −y +2＝（0）（2）直线l 1的参数方程为{x =−1+√22t y =√22t（t 为参数），代入x 23+y 2=1，第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 化简，得：2t 2−√2t −2=0，设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1+t 2=√22，t 1t 2＝−1，∴ 点M 到A ，B 两点的距离之和：|MA|+|MB|＝|t 1|+|t 2|＝|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=√(√22)2−4×(−1)=3√22．选修4-5：不等式选讲【答案】（1）不等式f(x)>−x ，即为|x −2|−|x +1|>−x ，当x ≥2时，x −2−x −1>−x ，可得x >3，即x >3；当x ≤−1时，2−x +x +1>−x ，解得x >−3，即−3<x ≤−1；当−1<x <2时，2−x −x −1>−x ，解得x <1，即−1<x <1，综上可得原不等式的解集为{x|x >3或−3<x <1}；（2）关于x 的不等式f(x)≤a 2−2a 的解集为R ，即有a 2−2a ≥f(x)的最大值，由|x −2|−|x +1|≤|x −2−x −1|＝3，当且仅当x ≤−1时，等号成立，可得a 2−2a ≥3，解得a ≥3或a ≤−(1)【考点】不等式恒成立的问题绝对值不等式的解法与证明【解析】(Ⅰ)讨论当x ≥2时，当x ≤−1时，当−1<x <2时，去掉绝对值，解不等式求并集，即可得到所求解集； (Ⅱ)由题意可得a 2−2a ≥f(x)的最大值，运用绝对值不等式的性质可得最大值，由二次不等式的解法可得a 的范围．【解答】（1）不等式f(x)>−x ，即为|x −2|−|x +1|>−x ，当x ≥2时，x −2−x −1>−x ，可得x >3，即x >3；当x ≤−1时，2−x +x +1>−x ，解得x >−3，即−3<x ≤−1；当−1<x <2时，2−x −x −1>−x ，解得x <1，即−1<x <1，综上可得原不等式的解集为{x|x >3或−3<x <1}；（2）关于x 的不等式f(x)≤a 2−2a 的解集为R ，即有a 2−2a ≥f(x)的最大值，由|x −2|−|x +1|≤|x −2−x −1|＝3，当且仅当x ≤−1时，等号成立，可得a 2−2a ≥3，解得a ≥3或a ≤−(1)。
贵州省2018届高考数学模拟试卷(文科)(4月份)Word版含解析
贵州省2018届高考数学模拟试卷（文科）（4月份）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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）设集合A={0，1，2}，B={x∈R|x2﹣3x+2=0}，则（）A．A⊊B B．B⊊A C．A=B D．A∩B=∅2．（5分）复数在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．（5分）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（）A．B．C．D．4．（5分）已知=（1，2），=（﹣1，0），=（2，3），若+λ与垂直，则实数λ=（）A．﹣2 B．﹣C．D．45．（5分）设x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值为（）A．6 B．5 C．4 D．06．（5分）执行如图所示的程序框图，输出的S值为（）A．32 B．50 C．70 D．907．（5分）设α∩β=m，直线a⊂α，直线b⊂β，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件8．（5分）如图，在半径为R的圆内随机撒一粒黄豆，它落在阴影部分内接正三角形上的概率是（）A．B．C．D．9．（5分）在正项等比数列{a n}中，若a1=1，且3a3，a2，2a4成等差数列，则log2（a1•a2•a3•a4•a5•a6•a7）=（）A．﹣28 B．﹣21 C．21 D．2810．（5分）已知函数f（x）=x3+bx2+cx的图象如图所示，则x1•x2等于（）A．2 B．C．D．11．（5分）已知函数y=sin（ωx﹣π）（ω＞0）在x=时取得最大值，则ω的最小值为（）A．B．C．D．12．（5分）设e1、e2分别是具有公共焦点F1、F2的椭圆和双曲线的离心率，P是两曲线的一个公共点，O是F1F2的中点，且满足|PO|=|OF2|，则=（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。
2018年数学真题及解析_2018年全国统一高考数学试卷(文科)(全国新课标ⅲ)
2018年云南省高考数学试卷（文科）（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．（5.00分）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．（5.00分）（1+i）（2﹣i）=（）A．﹣3﹣i B．﹣3+i C．3﹣i D．3+i3．（5.00分）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．（5.00分）若sinα=，则cos2α=（）A．B．C．﹣ D．﹣5．（5.00分）若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为（）A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.76．（5.00分）函数f（x）=的最小正周期为（）A．B．C．πD．2π7．（5.00分）下列函数中，其图象与函数y=lnx的图象关于直线x=1对称的是（）A．y=ln（1﹣x）B．y=ln（2﹣x）C．y=ln（1+x） D．y=ln（2+x）8．（5.00分）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．[，3]D．[2，3]9．（5.00分）函数y=﹣x4+x2+2的图象大致为（）A．B．C．D．10．（5.00分）已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为，则点（4，0）到C的渐近线的距离为（）A．B．2 C．D．211．（5.00分）△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．12．（5.00分）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．12B．18C．24D．54二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2018年新课标I、II、III数学(文)(理)高考真题试卷(Word版含答案)
2018 年一般高等学校招生全国一致考试( Ⅰ卷 )文科数学注意事项：1．答卷前，考生务势必自己的九名、考生号等填写在答题卡和试卷指定地点上．2．回答选择题时，选出每题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需变动，用橡皮擦洁净后，再选涂其余答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题（此题共 12 小题，每题 5 分，共60 分．在每题给出的四个选项中，只有一项是切合题目要求的．）1．已知会合 A 0，2 ，B 2 ， 1，0 ，1，2 ，则AIB （）A． 0，2 B． 1，2 C． 0 D． 2， 1，0 ，1，21 i，则 z （）2．设z 2i1 iA．0 B．1C． 1 D． 2 23．某地域经过一年的新乡村建设，乡村的经济收入增添了一倍．实现翻番．为更好地认识该地域乡村的经济收入变化状况，统计了该地域新乡村建设前后乡村的经济收入组成比率．获得以下饼图：则下边结论中不正确的选项是（）A．新乡村建设后，栽种收入减少B．新乡村建设后，其余收入增添了一倍以上C．新乡村建设后，养殖收入增添了一倍D．新乡村建设后，养殖收入与第三家产收入的总和超出了经济收入的一半4．记 S n为等差数列a n的前n项和．若 3S3 S2 S4， a1 2 ，则 a3 （）A．12 B．10 C．10 D． 125．设函数 f x x 3a 1 x 2ax ．若 f x 为奇函数， 则曲线 yf x 在点 0 ，0 处的切线方程为（）A ． y2xB ． y xC ． y 2xD ． y x6．在 △ ABC 中， AD 为 BC 边上的中线，uuurE 为 AD 的中点，则 EB （）A ． 3 uuur1 uuurB ． 1 uuur 3 uuur4 AB4 AC 4 AB AC4 C ． 3 uuur 1 uuur D ． 1 uuur 3 uuur 4 AB4 AC4 AB AC47．某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图以下图，圆柱表面上的点 M 在正视图上的对应点为 A ，圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B ，则在此圆柱 侧面上，从 M 到 N的路径中，最短路径的长度为（ ）A ．2 17B ．2 5C ．3D ．28．设抛物线 C ：y24 x 的焦点为 F ，过点2 ，0 且斜率为2的直线与 C 交于 M ， N 两点，3uuuur uuur （）则FM FNA ．5B ． 6C ．7D ． 89．已知函数 f xx， ≤0 ， f xf x x a （），若 g x 存在 2 个零点， 则 a 的exln x ，x 0取值范围是A ． 1，0B ． ，C ． 1，D ． 1，10．下列图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆组成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC 的斜边 BC ，直角边 AB ， AC ， △ ABC 的三边所围成的地区记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ，在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p 1 ， p 2 ， p 3 ，则（ ）A ． p 1 p 2B ． p 1 p 3C ． p 2 p 3D ． p 1 p 2p 3211．已知双曲线 C ：xy 2 1 ， O 为坐标原点， F 为 C 的右焦点，过 F 的直线与 C 的两条渐 3近线的交点分别为 M ， N ．若 △ OMN 为直角三角形，则 MN （） A ．3B ． 3C ．2 3D ． 4212．设函数 f x2 x， ≤ 0，则知足 f x 1f 2x 的 x 的取值范围是（）x 01，yA ．，1B ． 0，C ． 1，0D ． ，0二、填空题（此题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分）13．已知函数 f xlog 2 x 2 a ，若 f 31 ，则 a________．x 2 y 2 ≤ 014．若 x ，y 知足拘束条件x ≥ 0 ，则 z3x 2 y 的最大值为 ________．y 1y ≤ 015．直线 y x 1 与圆 x 2y 2 2 y 3 0 交于 A ，B 两点，则 AB________ ．16． △ ABC 的内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，已知 b sinC csin B4asin Bsin C ，b 2c 2 a 2 8 ，则 △ ABC 的面积为 ________．三、解答题（共70 分。
(完整版)2018年高考全国卷1文科数学试题及含答案
2018年普通高等学校招生全国统一考试文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己の姓名和准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目の答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出の四个选项中，只有一项是符合题目要求の。
1．已知集合{}02A =，，{}21012B =--，，，，，则A B =I A ．{}02，B ．{}12，C ．{}0D ．{}21012--，，，， 2．设1i2i 1iz -=++，则z = A ．0B ．12C ．1D ．23．某地区经过一年の新农村建设，农村の经济收入增加了一倍．实现翻番．为更好地了解该地区农村の经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村の经济收入构成比例．得到如下饼图：则下面结论中不正确の是 A ．新农村建设后，种植收入减少B ．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上C ．新农村建设后，养殖收入增加了一倍D ．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入の总和超过了经济收入の一半4．已知椭圆C ：22214x y a +=の一个焦点为(20)，，则C の离心率为A ．13B ．12C ．22D ．2235．已知圆柱の上、下底面の中心分别为1O ，2O ，过直线12O O の平面截该圆柱所得の截面是面积为8の正方形，则该圆柱の表面积为 A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π6．设函数()()321f x x a x ax =+-+．若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点()00，处の切线方程为A ．2y x =-B ．y x =-C ．2y x =D ．y x =7．在△ABC 中，AD 为BC 边上の中线，E 为AD の中点，则EB =u u u rA ．3144AB AC -u u ur u u u r B ．1344AB AC -u u ur u u u r C ．3144AB AC +u u ur u u u rD ．1344AB AC +u u ur u u u r8．已知函数()222cos sin 2f x x x =-+，则 A ．()f x の最小正周期为π，最大值为3 B ．()f x の最小正周期为π，最大值为4 C ．()f x の最小正周期为2π，最大值为3 D ．()f x の最小正周期为2π，最大值为49．某圆柱の高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上の点M 在正视图上の对应点为A ，圆柱表面上の点N 在左视图上の对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N の路径中，最短路径の长度为 A ．217 B ．25 C ．3D ．210．在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成の角为30︒，则该长方体の体积为 A ．8B ．62C ．82D ．8311．已知角αの顶点为坐标原点，始边与x 轴の非负半轴重合，终边上有两点()1A a ，，()2B b ，，且 2cos 23α=，则a b -=A ．15BCD ．112．设函数()201 0x x f x x -⎧=⎨>⎩，≤，，则满足()()12f x f x +<のx の取值范围是A ．(]1-∞-，B ．()0+∞，C ．()10-，D ．()0-∞，二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知函数()()22log f x x a =+，若()31f =，则a =________．14．若x y ，满足约束条件220100x y x y y --⎧⎪-+⎨⎪⎩≤≥≤，则32z x y =+の最大值为________．15．直线1y x =+与圆22230x y y ++-=交于A B ，两点，则AB =________．16．△ABC の内角A B C ，，の对边分别为a b c ，，，已知sin sin 4sin sin b C c B a B C +=，2228b c a +-=，则△ABC の面积为________．三、解答题：共70分。
2018届贵州省高三普通高等学校招生适应性考试文科数学试题 及答案 精品
贵州省2015年普通高等学校招生适应性考试数学(文)试卷一．选择题：本大题共12小题，每小题5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） 设集合{}092<-=x x A ，{}51≤<-=x x B ，则=⋂B A（A ）()1,3-- （B ）(]5,3- （C ）(]5,3 （D ）()3,1-（2）已知i 是虚数单位.在复平面内，复数ii +1的共轭复数对应的点在（A ）第一象限 （B ）第二象限 （C ）第三象限 （D ）第四象限（3）下列函数中，既是偶函数又在()∞+，0上单调递增的是 （A ）2+=x y（B ）2+=x y （C ）22+-=x y （D ）xy ⎪⎭⎫ ⎝⎛=21（4）已知直线m ，n 和平面α，则n m //的一个充分不必要条件是（A ）α//m ，α//n （B ）α⊥m ，α⊥n （C ）α//m ，α⊂n （D ）m ，n 与α所成的角相等（5）设点A 是半径为1的圆周上的定点，P 是圆周上的动点，则2<PA 的概率是（A ）41 （B ）31（C ）21（D ）43（6）将正方形（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的正视图为（7）函数x x y 2cos 2sin -=的一条对称轴为 （A ）4π=x （B ）4π-=x（C ）8π=x （D ）8π-=x（8）右图中，1x ，2x ，3x 为某次考试三个评阅人对同一道题的独立评分，P 为该题的最终得分.当输入71=x ，102=x 时，输出5.7=P ，则输入3x 的值应为 （A ）10 （B ）9 （C ）8 （D ）5（9）已知()πθ，0∈，且102)4sin(=-θπ， 则=θ2tan （A ）34 （B ）43 （C ）724（D ）724-（10）已知圆C 的圆心在y 轴的负半轴上，且与x 轴相切，被双曲线112422=-y x 的一条渐近线截得的弦长为3，则圆C 的方程为（A ）()1122=++y x （B ）()3322=++y x（C ）43)23(22=++y x （D ）()4222=++y x （11）在ABC ∆中，若→→→→→→→⋅+⋅+⋅>CB CA BC BA AC AB AB 2，则ABC ∆是（A ）不等边三角形 （B ）三条边不全等的三角形（C ）锐角三角形 （D ）钝角三角形 （12）若对任意非负实数x 都有()0<-⋅--x e m x x ，则实数m 的取值范围为（A ）()+∞,0 （B ）()0,∞- （C ）)1,(e--∞ （D ）),1(e e- 二．填空题：本大题共4小题，每小题5分。
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2018年贵州省高考数学试卷（文科）（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．（5分）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．（5分）（1+i）（2﹣i）=（）A．﹣3﹣i B．﹣3+i C．3﹣i D．3+i3．（5分）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．（5分）若sinα=，则cos2α=（）A．B．C．﹣ D．﹣5．（5分）若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为（）A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.76．（5分）函数f（x）=的最小正周期为（）A．B．C．πD．2π7．（5分）下列函数中，其图象与函数y=lnx的图象关于直线x=1对称的是（）A．y=ln（1﹣x）B．y=ln（2﹣x）C．y=ln（1+x） D．y=ln（2+x）8．（5分）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．[，3]D．[2，3]9．（5分）函数y=﹣x4+x2+2的图象大致为（）A．B．C．D．10．（5分）已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为，则点（4，0）到C的渐近线的距离为（）A．B．2 C．D．211．（5分）△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．12．（5分）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．12B．18C．24D．54二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知向量=（1，2），=（2，﹣2），=（1，λ）．若∥（2+），则λ=．14．（5分）某公司有大量客户，且不同年龄段客户对其服务的评价有较大差异．为了解客户的评价，该公司准备进行抽样调查，可供选择的抽样方法有简单随机抽样、分层抽样和系统抽样，则最合适的抽样方法是．15．（5分）若变量x，y 满足约束条件，则z=x +y的最大值是．16．（5分）已知函数f（x）=ln （﹣x）+1，f（a）=4，则f（﹣a）=．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）等比数列{a n}中，a1=1，a5=4a3．（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．18．（12分）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：（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=，19．（12分）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．20．（12分）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）．（1）证明：k＜﹣；（2）设F为C的右焦点，P为C上一点，且++=，证明：2||=||+||．21．（12分）已知函数f（x）=．（1）求曲线y=f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．（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．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．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．2018年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）参考答案与试题解析一、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．（5分）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}【分析】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．（5分）（1+i）（2﹣i）=（）A．﹣3﹣i B．﹣3+i C．3﹣i D．3+i【分析】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）=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．（5分）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．【分析】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．（5分）若sinα=，则cos2α=（）A．B．C．﹣ D．﹣【分析】cos2α=1﹣2sin2α，由此能求出结果．【解答】解：∵sinα=，∴cos2α=1﹣2sin2α=1﹣2×=．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．（5分）若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为（）A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.7【分析】直接利用互斥事件的概率的加法公式求解即可．【解答】解：某群体中的成员只用现金支付，既用现金支付也用非现金支付，不用现金支付，是互斥事件，所以不用现金支付的概率为：1﹣0.45﹣0.15=0.4．故选：B．【点评】本题考查互斥事件的概率的求法，判断事件是互斥事件是解题的关键，是基本知识的考查．6．（5分）函数f（x）=的最小正周期为（）A．B．C．πD．2π【分析】利用同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性，得出结论．【解答】解：函数f（x）===sin2x的最小正周期为=π，故选：C．【点评】本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式，正弦函数的周期性，属于基础题．7．（5分）下列函数中，其图象与函数y=lnx的图象关于直线x=1对称的是（）A．y=ln（1﹣x）B．y=ln（2﹣x）C．y=ln（1+x） D．y=ln（2+x）【分析】直接利用函数的图象的对称和平移变换求出结果．【解答】解：首先根据函数y=lnx的图象，则：函数y=lnx的图象与y=ln（﹣x）的图象关于y轴对称．由于函数y=lnx的图象关于直线x=1对称．则：把函数y=ln（﹣x）的图象向右平移2个单位即可得到：y=ln（2﹣x）．即所求得解析式为：y=ln（2﹣x）．故选：B．【点评】本题考查的知识要点：函数的图象的对称和平移变换．8．（5分）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．[，3]D．[2，3]【分析】求出A（﹣2，0），B（0，﹣2），|AB|=2，设P（2+，），点P到直线x+y+2=0的距离：d==∈[]，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|==2，∵点P在圆（x﹣2）2+y2=2上，∴设P（2+，），∴点P到直线x+y+2=0的距离：d==，∵sin（）∈[﹣1，1]，∴d=∈[]，∴△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．9．（5分）函数y=﹣x4+x2+2的图象大致为（）A．B．C．D．【分析】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＜﹣或0＜x＜，此时函数单调递增，由f′（x）＜0得2x（2x2﹣1）＞0，得x＞或﹣＜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．10．（5分）已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为，则点（4，0）到C的渐近线的距离为（）A．B．2 C．D．2【分析】利用双曲线的离心率求出a，b的关系，求出双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离求解即可．【解答】解：双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为，可得=，即：，解得a=b，双曲线C：﹣=1（a＞b＞0）的渐近线方程玩：y=±x，点（4，0）到C的渐近线的距离为：=2．故选：D．【点评】本题看出双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力．11．（5分）△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．==，从而sinC==cosC，由此【分析】推导出S△ABC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，==，∴S△ABC∴sinC==cosC，∵0＜C＜π，∴C=．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．12．（5分）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．12B．18C．24D．54【分析】求出，△ABC为等边三角形的边长，画出图形，判断D的位置，然后求解即可．【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB=6，球心为O，三角形ABC 的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C==，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：=18．故选：B．【点评】本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。