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绝密★启用前-在------------------- 2018 年普通高等学校招生全国统一考试 （ 课标全国卷Ⅲ ）----------- 理科数学本试卷满分 150 分 , 考试时间 120分钟 .6. 直线 x y 2=0 分别与△ABP 面积的取值范围是 22x 轴, y 交于 A , B 两点,点 P 在圆 (x 2)2 y 2=2 上,则( ) C. [ 2,3 2 ] D [ 2 2,3 2]号生考第Ⅰ卷（选择题 共 60分） 、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 项是符合题目要求的 .- 1--.-已---知--集合 A {x ∣x 1≥0}, B {0,1,2} ,则()卷A. {0}B.{1}C. {1,2}D.{0,1,2}2. (1 i)(2 i)()A. 3 iB. 3 iC. 3 iD. 3 i------ 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名姓 A. [2,6 ]B. [4,8]校学业ABC1 4. 若 sin 则 cos2------ 877 无 --- ---.-- B.C.999题D.8. 某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为为该群体的 10 位成员中使用移动支付的人数p ,各成员的支付方式相互独立 .设 X , DX 2.4, P （X 4）＜P （X6） , 则 pxA. 10B. 20C. 4025. （x 2 ）5 的展开式中 x 4的系数为 D.80A. 0.79. △ ABC 的内角B A , B ,0.6C 的对边分别为C. 0.4D. 0.3a ,b ,c .若△ABC 的面积为222 a 2 b 2c 2, 则4C( )π π π π A. B C. D.234 6( )10. 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 3xy11. 设F1, F2是双曲线C ： 2 2 1(a>0,b>0) 的左、右焦, 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| 6 | OP |,则C的离心率为 ( )A. 5B. 2C. 3D. 212. 设 a log 0.20.3, blog2 0.3, 则()A. a b< ab<0B. a b< a b< 0C. a b<0< abD. a b<0< a b第Ⅱ卷( 非选择共 90二、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= .14.曲线y (ax 1)e x在点(0,1) 处的切线的斜率为2,则a .15 函数f (x) cos(3x 6π) 在[0,π] 的零点个数为 .16.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 .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？2附：K 2n(ad bc)2,(a b)(c d)(a c)(b d)P(K 2≥k) 0.050 0.010 0.001k 3.841 6.635 10.82819.（ 12 分）-在---------------------- 如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直 , M是CD上（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 ,则按所做的第号生考名异于C , D的点 .（1）证明：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 .20.（ 12 分）22 已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x y 1交于A, B两点, 线段AB的中点为43 ----------- M--（1,m）（m>0 ）.1（1）证明：k< - ；2（2）设F 为C 的右焦点 , P 为C 上一点 , 且FP FAFB 0. 证明：成等差数列 , 并求该数列的公差 .校学业题21.( 12分)已知函数f (x) (2 x ax2 )ln(1 x) 2x.(1) 若a 0 ,证明：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.无一题计分 .22. ［选修 4—4：坐标系与参数方程］（10分）在平面直角坐标系xOy中, O的参数方程为x cos ,（为参数）, 过点（0,2）且y sin倾斜角为的直线l 与O交于A, B两点 .（1）求的取值范围；（2）求AB中点P 的轨迹的参数方程 .23. ［选修 4—5：不等式选讲］（10 分）设函数f(x) 2x 1 x 1 .(1) 画出y f (x) 的图象；(2)当x [ 0, ), f ( x)≤ ax b,求a b的最小值 .2018 年普通高等学校招生全国统一考试( 课标全国卷Ⅲ )理科数学答案解析第Ⅰ卷一、选择题1. 【答案】 C【解析】∵ A={ x｜x≥1} , B {0,1,2} , ∴ AB={1,2},故选C.2. 【答案】 D【解析】(1 i)(2 i) 2 i 2i i2 3 i,故选 D.3. 【答案】 A【解析】两个木构件咬合成长方体时,小长方体(榫头)完全嵌入带卯眼的木构件,易知俯视图可以为 A. 故选 A.4. 【答案】 B1 12 7【解析】由sin , 得cos2 1 2sin2 1 2 ( )2=1 = . 故选 B.3 3 9 95. 【答案】 C2【解析】( x2)5的展开式的通项T r 1 C5r(x2)5 r (2x1)r 2r C5r x10 3r,令10 3r 4, x得r 2,所以x4的系数为22 C52 40.故选 C.6. 【答案】 A【解析】由圆(x 2)2 y2 =2可得圆心坐标(2,0) ,半径r 2 , △ABP的面积记为S,点1P到直线AB的距离记为d,则有S AB d.易知2AB 2 2, d max 22022 2 3 2, d min 22022 2 2 ,所以max12 12 min12 122≤S≤6 , 故选A.7. 【答案】D解析】∵ f (x) x4 x2 2 , ∴ f (x) 4x3 2x , 令f (x)>0 , 解得x< 2或22 2 20<x< 2, 此时, f(x) 递增；令f (x)<0, 解得2 <x<0或x> 2,此时, f(x)递减.由此可得f (x)的大致图象 .故选 D.8. 【答案】 B【解析】由题知X ~ B(10, p) ,则DX 10 p (1 p) 2.4, 解得p 0.4或0.6.又∵P(X 4)<P(X 6),即C140 P4 (1 p)6<C160P6(1 p)4 (1 p)2<p2 p>0.5 , ∴p 0.6, 故选B.9. 【答案】解析】S△ ABC222 根据余弦定理得a2 b2 c2 2abcosC , 因为S△ABC a b c, 所以42abc osC41,又S△ABC1 absinC ,所以tanC 1,因为C (0, π) ，所以C ABC2故选C.10. 【答案】解析】设△ABC 的边长为a , 则S△ABC去). △ ABC的外接圆半径r满足2r sin6011a a sin60 =9 3 , 解得a 6 ( 负值舍26,得r 2 3 ,球心到平面ABC 的距离为42 2 3 2 . 所以点D 到平面ABC 的最大距离为2 4 6, 所以三棱锥1D ABC 体积的最大值为31 9 3 6 18 3, 故选 B.311. 【答案】Cb(b>0) ,而OF2 c,所以解析】点F2(c,0) 到渐近线y b x的距离a在Rt△OPF2中,由勾股定理可得OP c2 b2 a,PF2Rt△OPF2 中cos PF2Ocos PF2OPF2 2 F1F2 2 PF12 PF2 F1F2OF2所以PF1 6 OP 6a.b c△F1F2Pb24c26a22b 2cb 4c 6a 2 2 2 2 2 23b24c 62a , 则有32(c2a2) 4c24bc值舍去), 即e 3.故选 C.6a2, 解得c 3( 负率k f (0) a 1 2, 解得a 3.【解析】解法一：∵ a log0.2 0.3>log0.2 1=0, b log 2 0.3<log2 1=0, ∴ ab<0 ,排除 C.∵ 0< log 0.2 0.3< log0.2 0.2=1 , log 2 0.3< log 2 0.5= 1,即0<a<1 , b<-1,∴a b<0,排除 D.b log2 0.3 lg0.2 b 3∵ 2log2 0.2 , ∴ b log 2 0.3 log2 0.2 log2 <1 , ∴a log0.2 0.3 lg2 2 a 2 2 2 2 b<1b ab<a b, 排除 A.故选 B.a解法二：易知0< a<1 , b< 1, ∴ab<0, a b<0 ,11∵log0.3 0.2 log0.3 2 log 0.3 0.4<1 ,abab即<1, ∴ a b>ab,ab∴ ab< a b<0 . 故选 B.第Ⅱ卷二、填空题113. 【答案】21 【解析】由已知得2a b (4,2).又c (1, ),c∥(2a b),所以4 2=0 ,解得 .2 14. 【答案】3【解析】设f(x) (ax 1)e x, 则f (x) (ax a 1)e x,所以曲线在点(0,1)处的切线的斜15.【答案】3【解析】令f(x) 0 ,得cos(3x π),解得xkπ+ π(k Z).当k 0时, x π；当k 1 6 3 9 9时, x 4π；当k 2时, x 7π,又x[ 0,π] ,所以满足要求的零点有 3个. 9916.【答案】2【解析】解法一：由题意可知 C 的焦点坐标为(1,0), 所以过焦点(1,0) ,斜率为k 的直线方程为x y 1,设 A y1 1,y1kkxy1,程联立得x k 1,整理得y2 4 y 4 0 , 从而得y1 y24, y1 y2 4 .∵2 k k y 4x,M ( 1,1) , AMB 90 , ∴ MA MB即k2 4k 4 0, 解得k 2. y24x ,①解法二：设A(x1,y1)，B(x2,y2),则y124x1,②-①得y22 y12 4(x2 x1),从而y2 4x2, ②k y2 y1 4. 设AB的中点为M ，连接MM . ∵直线AB过抛物线x2 x1 y1 y2y2 4x 的焦点，∴ 以线段AB 为直径的⊙M 与准线l : x 1 相切. ∵M( 1,1) , AMB 90 , ∴点M 在准线l:x 1上,同时在⊙M 上, ∴准线l是⊙M 的切线 , 切点M , 且MM ⊥l , 即MM 与x轴平行, ∴点M 的纵坐标为1, 即y1 y2 4 4, B y2 1,y2 , 将直线方程与抛物线方k0,即(y k1 2) (y k2 2) (y1 1)(y2 1) 0,12. 【答案】 B1 2 1 y1 y2 2 , 故k 2 .2 1 2y1 y2 2故答案为：2.三、解答题17.【答案】 ( 1)解：设{a n}的公比为q ,由题设得a n q n1. 由已知得q4 4q2, 解得q 0 (舍去 )或q 2或q 2 . 故a n ( 2)n 1或a n 2n 1.(2)若a n ( 2)n 1,则S n 1 ( 2).n n3由S m 63得( 2)m 188. 此方程没有正整数解 .若a n 2n1,则S n 2n 1.由S m 63得2m 64,解得m 6.综上 , m 6.【解析】 (1)解：设{a n}的公比为q ,由题设得a n q n 1.由已知得q 4q , 解得q 0( 舍去 ) 或q 2 或q 2.故a n ( 2)n 1或a n 2n 1.(2)若a n ( 2)n1,则S n 1 ( 2).3由S m 63得( 2)m 188。
2018年全国(三卷)高考数学(理)试题及答案绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的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，，则A ．B ．C ．D ．{}|10A x x =-≥{}012B =，，AB ={}0{}1{}12，{}012，，A ．10B ．20C ．40D ．806．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是A ．B ．C ．D ．7．函数的图像大致为8．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为，各成员的支付方式相互独立，设为该20x y ++=x y A B P ()2222x y -+=ABP △[]26，[]48，232⎡⎣2232⎡⎤⎣⎦422y xx =-++p X群体的10位成员中使用移动支付的人数，，，则A ．0.7B ．0.6C ．0.4D ．0.39．的内角的对边分别为，，，若的面积为，则A ．B ．C ．D ．10．设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A ．B ．C ．D ． 11．设是双曲线（）的左，右焦点，是坐标原点．过作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为A B ．2 C D2.4DX =()()46P X P X =<=p =ABC △A B C ，，a b c ABC△2224a b c +-C =π2π3π4π6A B C D ，，，ABC △93D ABC -12318324354312F F ，22221x y C a b-=：00a b >>，O 2F C P 16PF OP=C 53212．设，，则A ．B ．C ．D ． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2018 年云南省高考数学试卷（理科）（全国新课标Ⅲ）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，只有一项为哪一项切合题目要求的。
1．（5 分）（2018?新课标Ⅲ）已知会合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）（2018?新课标Ⅲ）（ 1+i）（2﹣i）=（）A．﹣ 3﹣i B．﹣ 3+i C．3﹣i D．3+i3．（5 分）（2018?新课标Ⅲ）中国古建筑借助榫卯将木构件连结起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右侧的小长方体是榫头．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能够是（）A．B．C．D．4．（5 分）（2018?新课标Ⅲ）若sinα=，则cos2α=（）A．B．C．﹣D．﹣5．（5 分）（2018?新课标Ⅲ）（ x2+）5 的睁开式中x4的系数为（）A．10B．20C．40D．806．（5 分）（2018?新课标Ⅲ）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+y 2=2 上，则△ 面积的取值范围是（）ABPA ．[ 2，6]B ．[ 4，8]C ．[ ，3 ]D ．[ 2 ，3 ] ．（ 分）（ 2018? 新课标Ⅲ）函数 4+x 2+2 的图象大概为（ ）7 5 y=﹣ xA ．B ．C ．D ．8．（5 分）（2018?新课标Ⅲ）某集体中的每位成员使用挪动支付的概率都为p ，各成员的支付方式互相独立． 设 X 为该集体的 10 位成员中使用挪动支付的人数， DX=2.4， P （ x=4）＜ P （X=6），则p=（）A ．0.7B ．0.6C ．0.4D ．0.39．（5 分）（2018?新课标Ⅲ）△ 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．10．（5 分）（ 2018?新课标Ⅲ）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．5411．（ 5 分）（2018?新课标Ⅲ）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．2C．D．12．（ 5 分）（2018?新课标Ⅲ）设a=log0.20.3，b=log20.3，则（）A．a+b＜ab＜0B．ab＜ a+b＜ 0C．a+b＜ 0＜ ab D．ab＜0＜a+b二、填空题：此题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分。
绝密★启封并使用完毕前试题类型：2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至5页. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置. 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效. 4. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.第Ⅰ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S ={}{}(x 2)(x 3)0,T 0S x x x =--≥=I >P ，则S I T =(A) [2，3] (B)（-∞ ，2]U [3,+∞） (C) [3,+∞） (D)（0，2]U [3,+∞） （2）若z=1+2i ，则41izz =- (A)1 (B) -1 (C) i (D)-i （3）已知向量12(,)22BA =uu v,31(,),22BC =uu u v 则∠ABC= (A)300 (B) 450 (C) 600 (D)1200（4）某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中月平均最高气温和平均最低气温的雷达图。
图中A 点表示十月的平均最高气温约为150C ，B 点表示四月的平均最低气温约为50C 。
下面叙述不正确的是学.科.网(A) 各月的平均最低气温都在00C 以上(B) 七月的平均温差比一月的平均温差大(C) 三月和十一月的平均最高气温基本相同 (D) 平均气温高于200C 的月份有5个 （5）若3tan 4α=，则2cos 2sin 2αα+= (A)6425 (B) 4825 (C) 1 (D)1625（6）已知432a =，344b =，1325c =，则（A ）b a c << （B ）a b c <<（C ）b c a <<（D ）c a b << （7）执行下图的程序框图，如果输入的a =4，b =6，那么输出的n =（A ）3 （B ）4 （C ）5 （D ）6（8）在ABC △中，π4B =，BC 边上的高等于13BC ,则cos A = （A ）31010 （B ）1010 （C ）1010- （D ）31010-(9)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，学.科.网则该多面体的表面积为（A ）18365+ （B ）54185+ （C ）90 （D ）81(10) 在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB =6，BC =8，AA 1=3，则V 的最大值是（A ）4π （B ）92π（C ）6π （D ）323π（11）已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点，学科&网A ，B 分别为C 的左，右顶点.P 为C 上一点，且PF ⊥x 轴.过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E .若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为 （A ）13（B ）12（C ）23（D ）34（12）定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ≤，12,,,ka a a 中0的个数不少于1的个数.若m =4，则不同的“规范01数列”共有 （A ）18个 （B ）16个 （C ）14个 （D ）12个第II 卷本卷包括必考题和选考题两部分.第(13)题~第(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答.第(22)题~第(24)题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共3小题，每小题5分 （13）若x ，y 满足约束条件则z=x+y 的最大值为_____________.（14）函数的图像可由函数的图像至少向右平移_____________个单位长度得到。
88 792018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项:1 •答卷前，考生务必将自己的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。
、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 项是符合题目要求的。
1.已知集合A x|x 1 > 0 ,B 0,1,2，则 AI BA •B• 1C .1 , 2D . 0,1,22. 1 i 2 iA•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14•若 sin § ,则 cos2C .55. x 2 - 的展开式中x 4的系数为x△ ABP 面积的取值范围是7•函数yx 4 x 2 2的图像大致为A . 0.7B . 0.6C . 0.4D . 0.39. △ ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为 2 2 2a ,b ,c ，若△ ABC 的面积为-一b -，则C4AnA .-2B.-3 C . n D .- 610.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A . 10B . 20C . 40D . 80 6 .直线x y 20分别与x 轴,y 轴交于A , B 两点，点P 在圆xy 2 2上，则A . 2,6B . 4, 8C . 2 ,3.2D . 2 2 , 3. 2为9・・3，则三棱锥D ABC体积的最大值为A. 12 3B. 18 3C. 24. 3D. 54.32 2X y11. 设F i , F2是双曲线C: —j —1 ( a 0 , b 0 )的左，右焦点，O是坐标原点.过F2a b作C的一条渐近线的垂线，垂足为p.若PF J 「-；6 0P，则C的离心率为A. 5B. 2C. .3D. 212. 设a log 0.2 0.3 , b log 2 0.3，则A. a b ab 0B. ab a b 0C . a b 0 abD . ab 0 a b二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2018年高考理数真题试卷（全国Ⅲ卷）一、选择题： (共12题；共24分)1．（2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．（2分）(1+i)(2−i) =（ ）A ．-3-iB ．-3+iC ．3-iD ．3+i3．（2分）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构建的突出部分叫榫头，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．（2分）若 sinα=13，则 cos2α =（ ）A ．89B ．79C ．- 79D ．- 895．（2分）(x 2+2x)5的展开式中x 4的系数为（ ）A ．10B ．20C ．40D ．806．（2分）直线 x +y +2=0 分别与 x 轴， y 轴交于点 A ，B 两点，点 P 在圆 (x −2)2+y 2=2 上，则 ΔABP 面积的取值范围是( ) A ．[2，6]B ．[4，8]C ．[√2，3√2]D ．[2√2，3√2]7．（2分）函数 y =−x 4+x 2+2 的图像大致为( )A ．B ．C ．D ．8．（2分）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．（2分）ΔABC 的内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，若 ΔABC 的面积为 a 2+b 2−c 24，则C =( )A．π2B．π3C．π4D．π610．（2分）设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，ΔABC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．（2分）设F1 ， F2是双曲线C：x 2a2−y2b2=1（a>0 ， b>0）的左，右焦点，O是坐标原点。
2018年全国新课标Ⅲ卷全国3卷高考理科数学试卷及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.(5.00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－iB.－3＋iC.3－iD.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)(x2＋)5的展开式中x4的系数为( )A.10B.20C.40D.806.(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]7.(5.00分)函数y＝－x4＋x2＋2的图象大致为( )A. B. C.D.8.(5.00分)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.0.39.(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.10.(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.5411.(5.00分)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.12.(5.00分)设a＝log0.20.3,b＝log20.3,则( )A.a＋b＜ab＜0B.ab＜a＋b＜0C.a＋b＜0＜abD.ab＜0＜a＋b二、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分。
2018年云南省高考数学试卷（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．（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）（x2+）5的展开式中x4的系数为（）A．10 B．20 C．40 D．806．（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]7．（5.00分）函数y=﹣x4+x2+2的图象大致为（）A．B．C．D．8．（5.00分）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．0.39．（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．10．（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．5411．（5.00分）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．12．（5.00分）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二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2018年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
1．（2018?新课标Ⅲ）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）（2018?新课标Ⅲ）（1+i）（2﹣i）=（）A．﹣3﹣i B．﹣3+i C．3﹣i D．3+i3．（2018?新课标Ⅲ）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A．．．4．（sinα=，则A．．﹣．﹣5．（）A．6．（则△A．[3]7．（58．（2018?新课标Ⅲ）某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX=2.4，A．0.7 B．0.6 C．0.4 D9．（2018?新课标Ⅲ）△ABC内角（）A． B． C． D．10．（2018?新课标Ⅲ）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．18 C．24 D．5411．（2018?新课标Ⅲ）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．12．（2018?新课标Ⅲ）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二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知向量=（1，2），=（2，﹣2），=（1，λ）．若∥（2+），则λ=．14．曲线y=（ax+1）e x在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，则a= ．15．函数f（x）=cos（3x+）在[0，π]的零点个数为．16．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= ．三、解答题：共70分。
2018年云南省高考数学试卷（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．（5分）（2018•新课标Ⅲ）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．2．（5分）（2018•新课标Ⅲ）（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．3．（5分）（2018•新课标Ⅲ）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．4．（5分）（2018•新课标Ⅲ）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．5．（5分）（2018•新课标Ⅲ）（x2+）5的展开式中x4的系数为（）A．10B．20C．40D．80=（x2）5﹣r（）【分析】由二项式定理得（x2+）5的展开式的通项为：T r+1r=，由10﹣3r=4，解得r=2，由此能求出（x2+）5的展开式中x4的系数．【解答】解：由二项式定理得（x2+）5的展开式的通项为：T r+1=（x2）5﹣r（）r=，由10﹣3r=4，解得r=2，∴（x2+）5的展开式中x4的系数为=40．故选：C．6．（5分）（2018•新课标Ⅲ）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．7．（5分）（2018•新课标Ⅲ）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，也可以利用f（1）=﹣1+1+2=2＞0，排除A，B，故选：D．8．（5分）（2018•新课标Ⅲ）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．0.3【分析】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，看做是独立重复事件，满足X～B（10，p），P（x=4）＜P（X=6），可得＜，可得1﹣2p＜0．即p＞．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．9．（5分）（2018•新课标Ⅲ）△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．10．（5分）（2018•新课标Ⅲ）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．11．（5分）（2018•新课标Ⅲ）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．2C．D．【分析】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a=c，问题得以解决．【解答】解：双曲线C：﹣=1（a＞0．b＞0）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，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×=4c2﹣3b2=4c2﹣3（c2﹣a2），即3a2=c2，即a=c，∴e==，故选：C．12．（5分）（2018•新课标Ⅲ）设a=log0.20.3，b=log20.3，则（）A．a+b＜ab＜0B．ab＜a+b＜0C．a+b＜0＜ab D．ab＜0＜a+b 【分析】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=，b=log20.3=，∴=，，∵＞，＜，∴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．（5分）（2018•新课标Ⅲ）已知向量=（1，2），=（2，﹣2），=（1，λ）．若∥（2+），则λ=．【分析】利用向量坐标运算法则求出=（4，2），再由向量平行的性质能求出λ的值．【解答】解：∵向量=（1，2），=（2，﹣2），∴=（4，2），∵=（1，λ），∥（2+），∴，解得λ=．故答案为：．14．（5分）（2018•新课标Ⅲ）曲线y=（ax+1）e x在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，则a=﹣3．【分析】球心函数的导数，利用切线的斜率列出方程求解即可．【解答】解：曲线y=（ax+1）e x，可得y′=ae x+（ax+1）e x，曲线y=（ax+1）e x在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，可得：a+1=﹣2，解得a=﹣3．故答案为：﹣3．15．（5分）（2018•新课标Ⅲ）函数f（x）=cos（3x+）在[0，π]的零点个数为3．【分析】由题意可得f（x）=cos（3x+）=0，可得3x+=+kπ，k∈Z，即x=+kπ，即可求出．【解答】解：∵f（x）=cos（3x+）=0，∴3x+=+kπ，k∈Z，∴x=+kπ，k∈Z，当k=0时，x=，当k=1时，x=π，当k=2时，x=π，当k=3时，x=π，∵x∈[0，π]，∴x=，或x=π，或x=π，故零点的个数为3，故答案为：316．（5分）（2018•新课标Ⅲ）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．【分析】由已知可求过A，B两点的直线方程为y=k（x﹣1），然后联立直线与抛物线方程组可得，k2x2﹣2（2+k2）x+k2=0，可表示x1+x2，x1x2，y1+y2，y1y2，由∠AMB=90°，向量的数量积为0，代入整理可求k．【解答】解：∵抛物线C：y2=4x的焦点F（1，0），∴过A，B两点的直线方程为y=k（x﹣1），联立可得，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∴（x1+1）（x2+1）+（y1﹣1）（y2﹣1）=0，整理可得，x1x2+（x1+x2）+y1y2﹣（y1+y2）+2=0，∴1+2+﹣4﹣+2=0，即k2﹣4k+4=0，∴k=2．故答案为：2三、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）（2018•新课标Ⅲ）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．【分析】（1）利用等比数列通项公式列出方程，求出公比q=±2，由此能求出{a n}的通项公式．（2）当a1=1，q=﹣2时，S n=，由S m=63，得S m==63，m∈N，无解；当a1=1，q=2时，S n=2n﹣1，由此能求出m．【解答】解：（1）∵等比数列{a n}中，a1=1，a5=4a3．∴1×q4=4×（1×q2），解得q=±2，当q=2时，a n=2n﹣1，当q=﹣2时，a n=（﹣2）n﹣1，∴{a n}的通项公式为，a n=2n﹣1，或a n=（﹣2）n﹣1．（2）记S n为{a n}的前n项和．当a1=1，q=﹣2时，S n===，由S m=63，得S m==63，m∈N，无解；当a1=1，q=2时，S n===2n﹣1，由S m=63，得S m=2m﹣1=63，m∈N，解得m=6．18．（12分）（2018•新课标Ⅲ）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=，【分析】（1）根据茎叶图中的数据判断第二种生产方式的工作时间较少些，效率更高；（2）根据茎叶图中的数据计算它们的中位数，再填写列联表；（3）列联表中的数据计算观测值，对照临界值得出结论．【解答】解：（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，所以第二种生产方式的工作时间较少些，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，计算它们的中位数为m==80；由此填写列联表如下；（3）根据（2）中的列联表，计算K2===10＞6.635，∴能有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异．19．（12分）（2018•新课标Ⅲ）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）证明：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．【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明MC⊥平面ADM即可．（2）根据三棱锥的体积最大，确定M的位置，建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用向量法进行求解即可．【解答】解：（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，则AD⊥MC，∵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，建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图∵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的法向量=（1，0，0），设平面MAB的法向量为=（x，y，z）则=（0，2，0），=（﹣2，1，1），由•=2y=0，•=﹣2x+y+z=0，令x=1，则y=0，z=2，即=（1，0，2），则cos＜，＞===，则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα==．20．（12分）（2018•新课标Ⅲ）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：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差．【分析】（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），利用点差法得6（x1﹣x2）+8m（y1﹣y2）=0，k==﹣=﹣又点M（1，m）在椭圆内，即＜，＞，解得m的取值范围，即可得k＜﹣，（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x3，y3），可得x1+x2=2由++=，可得x3﹣1=0，由椭圆的焦半径公式得则|FA|=a﹣ex1=2﹣x1，|FB|=2﹣x2，|FP|=2﹣x3=．即可证明|FA|+|FB|=2|FP|，求得A，B坐标再求公差．【解答】解：（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，B代入椭圆C：+=1中，可得，两式相减可得，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＜，＞，解得0＜m＜∴＜．①（2）由题意得F（1，0），设P（x3，y3），则x1﹣1+x2﹣1+x3﹣1=0，y1+y2+y3=0，由（1）及题设得x3=3﹣（x1+x2）=1，y3=﹣（y1+y2）=﹣2m＜0．又点P在C上，所以m=，从而P（1，﹣），=．于是===2﹣．同理=2﹣．所以||+||=4﹣，故||+||=2||，即||，||，||成等差数列．设改数列的公差为d，则2|d|==|x1﹣x2|=②将m=代入①得k=﹣1．所以l的方程为y=﹣x+，代入C的方程，并整理得7=0．故x1+x2=1，x1x2=，代入②解得|d|=．所以该数列的公差为或﹣．21．（12分）（2018•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．（1）若a=0，证明：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．【分析】（1）对函数f（x）两次求导数，分别判断f′（x）和f（x）的单调性，结合f（0）=0即可得出结论；（2）令h（x）为f′（x）的分子，令h″（0）计算a，讨论a的范围，得出f（x）的单调性，从而得出a的值．【解答】（1）证明：当a=0时，f（x）=（2+x）ln（1+x）﹣2x，（x＞﹣1）．，，可得x∈（﹣1，0）时，f″（x）≤0，x∈（0，+∞）时，f″（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）解：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（x+1），h′（x）=4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）．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，故x=0不是f（x）的极大值点，不符合题意．当a＜0时，h″（x）=8a+4aln（x+1）+，显然h″（x）单调递减，①令h″（0）=0，解得a=﹣．∴当﹣1＜x＜0时，h″（x）＞0，当x＞0时，h″（x）＜0，∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，∴h′（x）≤h′（0）=0，∴h（x）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；（1﹣e）＜0，②若﹣＜a＜0，则h″（0）=1+6a＞0，h″（e﹣1）=（2a﹣1）∴h″（x）=0在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为x0，∴当0＜x＜x0时，h″（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，不符合题意；③若a＜﹣，则h″（0）=1+6a＜0，h″（﹣1）=（1﹣2a）e2＞0，∴h″（x）=0在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为x1，∴当x1＜x＜0时，h″（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，不符合题意．综上，a=﹣．（二）选考题：共10分。
