2018年高考真题理科数学全国卷3试题+答案

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给的四个选项中，只有一项符合） 1，2，则A1．已知集合Ax|x1≥0，B0，B（ ）

1，2D．0，A．0 答案 C

B．1

C．1，2

解析：由A得，

x1，所以AB{1,2}

2．1i2i（ ） A．3i

答案 D

B．3i

2 C．3i

D．3i

解析：原式2i2ii2i13i，故选D

3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头， 凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头．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（ ）

答案 A

14．若sin，则cos2（ ）

38A．

9 B．

7 9

7C．

9 D．89

答案 B

27cos212sin199 解析：

225．x2的展开式中x4的系数为（ ）

x2A．10 答案C

B．20 C．40 D．80

解析：由Tr15所以C52rr2Cr5(x2)5r()rCr5x102r2rxrCr52rx103r令103r4，则r2

xC522240

26．直线xy20分别与x轴y交于A，B两点，点P在圆x2y22上，则△ABP面积的取

1 / 11

值范围是（ ） A．2，6 答案 A

解析：因为直线xy20分别与

8 B．4，

C．2， D．22，3232

x轴，

2y轴交于A，B两，点，所以上，圆心为(2.0) 设圆心到直线的距

A(2,0),B(0,2),|AB|22.因为点

d1d1|202|222p在圆x2y22离为,则，故点P到直线x+y+2=0的距离

d2的范围

[2,32],则

SABM1|AB|d2[2,6] 27．函数yx4x22的图像大致为（ ）

答案 D

解析：当x0时，y2排除A、B

y4x32x2x(2x21),x0,1时，y0故选D

8．某群体中的每位成品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

答案 B

B．0.6

C．0.4

D．0.3

解析：DXnp(1p),p0.4或者p0.6

46P(X4)C10p4(1p)6P(X6)C10p6(1p)4，可知p0.5，故选B

2 / 11

a2b2c29．△ABC的内角A，B，，则C（ ） C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为

4A． B． C． D．

2346

答案C

解析：有三角形面积公式知：

SABC1a2b2c2absinC24

C由余玄定理得：

a2b2c22accosC,sinCcosC4

，所以

10．设A，B，C，D是问一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥DABC体积的最大值为（ ） A．123

B．183

C．243

D．543

x2y211．设F1，F2是双曲线C：221（a0，b0）的左，右焦点，O是坐标原点．过F2作C的一

ab条渐近线的垂线，垂足为P．若PF16OP，则C的离心率为（ ） A．3 答案C

B．2

C．3

D．2

|PO|a 解析：：|PF2|b,|OF2|b;在RtPOF2中，cos|PF2|b

|OF2|c|PF2|2|F1F2|2|PF2|2b在RtPF1F2中，cos

2|PF2||F1F2|cb24c2(6a)2bb24c26a24b24c26a23c23a22b2cc

c23a2e3

12．设alog0.20.3，blog20.3，则（ ） A．abab0

C．ab0ab 答案B

B．abab0 D．ab0ab

解析：因为alog0.20.3,blog20.3，11log0.30.2,log0.32 ab 3 / 11

1111ab log0.30.4,01 ,即01 ababab又因为a0,b0,ab0即abab0故选B 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13．已知向量a1，2，b2，2，c1，．若c∥2ab，则________． 答案

1 24210,，故有

1 2解析：2ab2(1,2)(2,2)4,2又因为c∥2ab

1处的切线的斜率为2，则a________． 14．曲线yax1ex在点0，答案a3

解析：yae(ax1)e，则f(0)a12,a3

xx15．函数fxcos3x在[0,]的零点个数为________．

6答案3个

19,

6663457由图可知3x得x，3x得x，3x得x，

996262629解析：因为x[0,]，03x3,3x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16．已知点M1，∠AMB90，则k________．

答案k2

2y14x1解析：设A(x1,y1),B(x2,y2)，

2y24x2 y1y24(x1x2)

22ky1y24

x1x2y1y2因为AMB90,取AB中点M(x0,y0)分别过点A,B作准线x1的垂线，垂足为A,B

|MM|111|AB|(|AF||BF|(|AA||BB|) 222又因为M为AB的中点

则MM平行于x轴

y01

y1y22,k2

4 / 11

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17~31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an中，a11，a24a3． ⑴求an的通项公式；

⑵记Sn为an的前n项和．若Sm63，求m． 答案（1）an2n1或an(2)n1（2）m6 解析：（1）因为a11,a54a3 q4q,q(q4)0 q2

4222an2n1或an(2)n1

1(12m)63 （2）1.当q2时，Sm12 264,m6

m1[1(2)m]63 2.当q2时，Sm1(_2) (2)m188,m无解

综上所述：m6 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：

⑴根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高？并说明理由； ⑵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 5 / 11

不超过m 第一种生产方式 第二种生产方式

⑶根据⑵中的列表，能否有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异？ PK2≥k0.0500.0100.001附：K，．

k3.8416.63510.828abcdacbd2nadbc2答案（1）第二种生产方式的效率更高；

（2）m80 第一种生产方式 第二种生产方式 超过m 15 5 不超过m 5 15 （3）有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异 解析：（1）第二种生产方式的效率更高，因为第二组多数数据集中在70min-80min之间，第一组多数数据集中在80min-90min之间，所以第一组完成任务的平均时间大于第二组，

E1ti120i2084，E2ti120i2074.7,E1E2第二种生产方式的效率更高。

（2）中位数m 798180 2超过m 15 5 不超过m 5 15 第一种生产方式 第二种生产方式 40(22525)2106.635 （3）K202020202所以有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异

19．（12分）

如图，边长为2的正方形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．

⑴证明：平面AMD⊥平面BMC；

⑵当三棱锥镜MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值． 解析：（1）证明：因为正方形ABCD半平面CMD AD半平面CMD,AD平面CMD

因为CM在平面CMD上，ADCM又MDCM

CN平面AMD,因为CM在平面CMD上，平面AMD⊥平面BMC （2）如图建立直角坐标系

z 因为SABC恒定，MOCD,VMABC最大 M(0,0,1);A(2,1,0);B(2,1,0);C(0,1,0);D(0,1,0)

设面MAB的法向量为m(x1,y1,z1)，设面MCD的法向量为n(x2,y2,z2)

x

6 / 11

y MA(2,1,1),MB(2,1,1),MC(0,1,1),MD(0,1,1)

2x1y1z10m(1,0,2) 2x2y2z20 同理n(1,0,0)cos20．（12分）

525,sin 55x2y2已知斜率为k的直线l与椭圆C：1交于A，B两点．

43线段AB的中点为M1，mm0． 1⑴证明：k；

2⑵设F为C的右焦点，P为C上一点,且FPFAFB0．证明：FA，FP，FB成等差数列，并求该数列的公差．

解析：（1）解法一：设A(x1,y1),B(x2,y2)

x12y121..........① 则4322x2y21..........② 43 由①②得，

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0

43 则

(y1y2)3(x1x2)

(x1x2)4(y1y2) 其中x1x22,y1y22m ky1y23

x1x24m 又因为点M(1,m)为椭圆内的点，且m0 当x1时，椭圆上的点的纵坐标y k33，m(0,) 22311(,)k 4m22 法二：设直线l方程为ykxt

7 / 11

设A(x1,y1),B(x2,y2)

ykxt222 x2联立消y得(4k3)x8ktx4t120 y2134 则64kt4(4t12)(34k)0 得4k23t2..........① 且x1x222228kt2 234k6t2m 234k y1y2k(x1x2)2t34k2..........② 因为m0,t0,k0，且t4k34k22) 由①②得34k(4k211或k

221 因为k0k

2 k （2）FPFAFB0 FPFM0

因为M(1,m)P的坐标为(1,2m)

14m21 由于P在椭圆上，4333 k1 44m37 直线l方程为y(x1)，即yx

44 m7yx41228x56x10 2 xx2,xx12122xy28134 FAFB2ac(x1x2)413 a 8 / 11

2 |FP|(1)(330)2 22 |FA||FB|2|FP| |FA|,|FP|,|FB|成等差数列 2d|FA||FB||a cccx1ax2||x1x2| aaa1321(x1x2)24x1x2 22821．（12分）

已知函数fx2xax2ln1x2x．

⑴若a0，证明：当1x0时，fx0；当x0时，fx0； ⑵若x0是fx的极大值点，求a． 解析（1）f(x)ln(1x)112x1 2ln(1x)1，f(x)2x1(x1)x1x1 令f(x)0x0，x0时，f(x)递增，1x0时，f(x)递减 又当x0时，f(x)0，f(x)0恒成立，

所以当1x0时，fx0；当x0时，fx0

2ax1(x)(2ax1)ln(1x)f1

（2）x12ax12ax(x1)ax21f(x)2aln(1x)0 2x1(x1)2a(x1)2ln(1x)(2ax1)(x1)ax22ax10 2a(x1)2ln(1x)3ax24axx0 a(2(x1)2ln(1x)3x24x)x

设h(x)2(x1)ln(1x)3x4x);h(x)4(x1)ln(1x)2(x1)6x4

22h(0)60,h(0)0

所以在x0的邻域内，x0时h(x)0，x0时h(x)0

9 / 11

x0时ax1,a, 2262(x1)ln(1x)3x4xx1,a,

62(x1)2ln(1x)3x24xx0时a1a

6（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． 22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

xcos在平面直角坐标系xOy中，⊙O的参数方程为（为参数），过点0，2且倾斜角为

ysin的直线l与⊙O交于A，B两点．

⑴求的取值范围；

⑵求AB中点P的轨迹的参数方程． 解析：（1）解：设直线l为ykx2 由题意得直线l与圆相交时d|2|1k21

k(,1)(1,)又因为ktan (344,)

（2）设A，B两点的坐标为A(x1,y1),B(x2,y2)，P点的坐标为(x0,y0)

22xy122 联立，化解得(1tan)x22tan•x20

ytanx2 由韦达定理得x0x1x222tany1y222y， 0221tan21tan222tanx31tan2 所以点P的轨迹参数方程为 (为参数，(,)）

44y221tan2

23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）

10 / 11

设函数fx2x1x1． ⑴画出yfx的图像；

⑵当x∈0，， fx≤axb，求ab的最小值．

13x,x21解析：（1f(x)x2,x1）如右图

23x,x1

（2）由（1）中可得：a3,b2，当a3,b2时，ab取得最小值。 ab的最小值为5

11 / 11