高考數(shù)學新課標3理科真題及答案

1、1.(2018年新課標理)已知集合Ax|x10,B0,1,2,則AB( )A.0B.1C.1,2D.0,1,2C【解析】Ax|x10x|x1,則ABx|x10,1,21,2.2.(2018年新課標理)(1i)(2i)( )A.3iB.3iC.3iD.3iD【解析】(1i)(2i)2i2ii23i.3.(2018年新課標理)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( )ABCDA【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

2、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年新課標理)若sin,則cos2( )A.B.C.D.B【解析】cos212sin212×.5.(2018年新課標理)5的展開式中x4的系數(shù)為( )A.10B.20C.40D.80C【解析】5的展開式的通項為Tr+1C(x2)5rr2rCx103r.由103r4,解得r2.5的展開式中x4的系數(shù)為22C40.6.(2018年新課標理)直線xy20分別與x軸,y軸交于A,B兩點,點P在圓(x2)2y22上,則ABP面積的取值范圍是( )A.2,6B.4,8C.,3D.2,3A【解析】易

3、得A(2,0),B(0,2),|AB|2.圓的圓心為(2,0),半徑r.圓心(2,0)到直線xy20的距離d2,點P到直線xy20的距離h的取值范圍為2r,2r,即,3.又ABP的面積S|AB|·hh,S的取值范圍是2,6.7.(2018年新課標理)函數(shù)yx4x22的圖象大致為( )A BC DD【解析】函數(shù)過定點(0,2),排除A,B；函數(shù)的導數(shù)y4x32x2x(2x21),由y0解得x或0x,此時函數(shù)單調(diào)遞增,排除C.故選D.8.(2018年新課標理)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),DX2.4,P

4、(X4)P(X6),則p( )A.0.7B.0.6C.0.4D.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,為獨立重復事件,滿足XB(10,p).由P(X4)P(X6),可得Cp4(1p)6Cp6(1p)4,解得p.因為DX2.4,所以10p(1p)2.4,解得p0.6或p0.4(舍去).9.(2018年新課標理)ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若ABC的面積為,則C( )A.B.C.D.C【解析】SABCabsinC,則sinCcos C.因為0C,所以C.10.(2018年新課標理)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9

5、,則三棱錐D­ABC體積的最大值為( )A.12B.18C.24D.54B【解析】由ABC為等邊三角形且面積為9,得SABC·|AB|29,解得AB6.設(shè)半徑為4的球的球心為O,ABC 的外心為O,顯然D在OO的延長線與球的交點處(如圖).OC××62,OO2,則三棱錐D­ABC高的最大值為6,則三棱錐D­ABC體積的最大值為××6318.11.(2018年新課標理)設(shè)F1,F2是雙曲線C:1(a>0,b>0)的左,右焦點,O是坐標原點.過F2作C的一條漸近線的垂線,垂足為P,若|PF1|OP|,則C的

6、離心率為( )A.B.2C.D.C【解析】雙曲線C的一條漸近線方程為yx,點F2到漸近線的距離db,即|PF2|b,|OP|a,cosPF2O.|PF1|OP|,|PF1|a.F1PF2中,由余弦定理得|PF1|2|PF2|2|F1F2|22|PF2|·|F1F2|cosPF2O,即6a2b24c22×b×2c×4c23b24c23(c2a2),化簡得3a2c2,e.12.(2018年新課標理)設(shè)alog0.20.3,blog20.3,則( )A.abab0B.abab0C.ab0abD.ab0abB【解析】alog0.20.3,blog20.3,ab,

7、ab·.lglg,0,abab0.故選B.13.(2018年新課標理)已知向量a(1,2),b(2,2),c(1,).若c(2ab),則_.【解析】(2ab)2(1,2)(2,2)(4,2),由c(2ab),得,解得.14.(2018年新課標理)曲線y(ax1)ex在點(0,1)處的切線的斜率為2,則a_.3 【解析】由y(ax1)ex,可得yaex(ax1)ex.y|x0a1,a12,解得a3.15.(2018年新課標理)函數(shù)f(x)cos在0,的零點個數(shù)為_.3【解析】令f(x)cos0,得3xk(kZ),解得x(kZ).當k0時,x；當k1時,x；當k2時,x；當k3時,x.x

8、0,x,或x,或x.f(x)的零點的個數(shù)為3.16.(2018年新課標理)已知點M(1,1)和拋物線C:y24x,過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A,B兩點.若AMB90°,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yk(x1).聯(lián)立化簡得k2x22(2k2)xk20.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1x2,x1x21.y1y2k(x1x22),y1y2k2(x11)(x21)k2x1x2(x1x2)14.M(1,1),(x11,y11),(x21,y21).AMB90°0,·0,即(x11)(x21)(y11)(y21)0

9、,整理得x1x2(x1x2)y1y2(y1y2)20,12420,即k24k40,解得k2.17.(2018年新課標理)等比數(shù)列an中,a11,a54a3.（1）求an的通項公式；（2）記Sn為an的前n項和.若Sm63,求m.【解析】（1）設(shè)等比數(shù)列an的公比為q.由a11,a54a3,得1×q44×(1×q2),解得q±2.當q2時,an2n1；當q2時,an(2)n1.（2）當q2時,Sn.由Sm63,得63,mN,無解；當q2時,Sn2n1.由Sm63,得2m163,解得m6.18.(2018年新課標理)某工廠為提高生產(chǎn)效率,開展技術(shù)創(chuàng)新活動,提

10、出了完成某項生產(chǎn)任務的兩種新的生產(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)任務所需時間的中位數(shù)m,并將完成生產(chǎn)任務所需時間超過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%的把握認為兩種生產(chǎn)方式的效率有差異?附:K2P(K2k)0.0500.0100.001k3.8416.63510

11、.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7292之間,第二種生產(chǎn)方式的工作時間主要集中在6585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,m80.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）K2106.635,有99%的把握認為兩種生產(chǎn)方式的效率有差異.19.(2018年新課標文)如圖,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直,M是上異于C,D的點.（1）求證:平面AMD平面BMC；（

12、2）當三棱錐MABC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,DMMC.正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直,AD平面DCM.又MC平面DCM,ADMC.又ADDMD,MC平面ADM.MC平面MBC,平面AMD平面BMC.（2）ABC的面積為定值,要使三棱錐MABC體積最大,則三棱錐的高最大,此時M為圓弧的中點.以O(shè)為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系.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(0,2,0),(2,

13、1,1).令x1,則y0,z2,n(1,0,2).cosm,n.設(shè)面MAB與面MCD所成的二面角為,則sin.20.(2018年新課標文)已知斜率為k的直線l與橢圓C:1交于A,B兩點,線段AB的中點為M(1,m)(m0).（1）求證:k；（2）設(shè)F為C的右焦點,P為C上一點,且0,求證:|,|,|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),x1x22,y1y22m.將A(x1,y1),B(x2,y2)代入1中,化簡得3(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0,即6(x1x2)8m(y1y2)0,k.點M(1,m)

14、在橢圓內(nèi),即1(m0),解得0m.k.（2）證明:設(shè)(x3,y3),可得x1x22.0,F(1,0),x11x21x310,y1y2y30.x31,y3(y1y2)2m.m0,P在第四象限.y3,m,k1.|FA|2x1,|FB|2x2,|FP|2x3,則|FA|FB|4(x1x2)3.2|.聯(lián)立化簡得28x256x10.x1x22,x1x2.|x1x2|.該數(shù)列的公差d滿足2d±|x1x2|±.該數(shù)列的公差為±.21.(2018年新課標理)已知函數(shù)f(x)(2xax2)ln(1x)2x.（1）若a0,求證:當1x0時,f(x)0；當x0時,f(x)0；（2）若x

15、0是f(x)的極大值點,求a.【解析】（1）證明:當a0時,f(x)(2x)ln(1x)2x(x1),則f(x)ln(1x).令g(x)f(x)ln(1x),則g(x).當x(1,0)時,g(x)0；當x(0,)時,g(x)0.f(x)在(1,0)遞減,在(0,)遞增.f(x)f(0)0.f(x)(2x)ln(1x)2x在(1,)上單調(diào)遞增.又f(0)0,當1x0時,f(x)0；當x0時,f(x)0.（2）由f(x)(2xax2)ln(1x)2x,得f(x)(12ax)ln(1x)2.令h(x)ax2x(12ax)(1x)ln(1x),則h(x)4ax(4ax2a1)ln(1x).當a0,x0

16、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,x0不是f(x)的極大值點,不合題意.當a0時,令u(x)h(x)4ax(4ax2a1)ln(1x),則u(x)8a4aln(1x),顯然u(x)單調(diào)遞減.令u(x)0,解得a.當1x0時,u(x)0；當x0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1x0時,h(x)0,即f(x)0；當x0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.x0是f(x)的極大值點,符合

17、題意.若a0,則u(x)16a0,u(2a1)(1e)0,u(x)0在(0,)上有唯一一個零點,設(shè)為x0.當0xx0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；若a,則u(x)16a0,u(12a)e20,u(x)0在(1,0)上有唯一一個零點,設(shè)為x1.當x1x0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.22.(2018年新課標理)在平面直角坐標系xOy中,O的參數(shù)方程為(為參數(shù)),過點(0,)且傾斜角為的直

18、線l與O交于A,B兩點.（1）求的取值范圍；（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x2y21,圓心為O(0,0),半徑r1.當時,過點(0,)且傾斜角為的直線l的方程為x0,成立；當時,過點(0,)且傾斜角為的直線l的方程為ytan·x.直線l與O交于A,B兩點,圓心O(0,0)到直線l的距離d1.tan21,解得tan1或tan1.或.綜上,的取值范圍為.（2）由（1）知直線l的斜率不為0,設(shè)直線l的方程為xm(y).設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3).聯(lián)立化簡得(m21)y22m2y2m210.y1y2,y1y2.x1x2m(y1)m(y2)2m,x3,y3.AB中點P的軌跡的參數(shù)方程為(m為參數(shù)),(1m1).23.(2018年新課標理)設(shè)函數(shù)f(x)|2