高考理科数学全国卷三导数压轴题解析
2019年高考数学全国卷三(理科)详细解析
绝密★启用前2019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。
在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
(2018·新课标全国Ⅲ卷理1)1．已知集合2{1,0,1,2}{1}A B x x =-=≤，，则A B =A ．{}1,0,1-B ．{}0,1C ．{}1,1-D ．{}0,1,2【命题意图】本题考查了一元二次不等式的解法及集合的交运算，是基础题。
【答案】A【基本解法】因为{}11B x x =-≤≤，所以{}1,0,1A B =-【方法总结与拓展】集合运算是高考常考的，甚至必考的考点，属于基础题，也可以把其它知识渗透到集合中来，例如方程、不等式、向量、三角函数等，解决这类题目主要是直接法，或特值法。
集合问题主要要考虑元素的属性、运算等。
(2018·新课标全国Ⅲ卷理2)2．若(1)2z i i +=，则z = A ． 1i --B ． 1i -+C ． 1i -D ． 1i +【命题意图】本题考查了复数代数形式的四则运算， 【答案】D【基本解法】()212112i i i z i i -===++ 【方法总结与拓展】复数运算是高考常考的，甚至必考的考点，属于基础题。
(2018·新课标全国Ⅲ卷理3)3.《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著，某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100名学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为（ ）A. 0.5B. 0.6C. 0.7D. 0.8【命题意图】本题考查概率与统计基本知识，考查学生对推理与计算能力，属于基础题。
最近三年高考压轴题系列--导数题思路分析及考题总结
最近三年高考压轴题系列---导数思路分析及考题总结经历过高考的学生或者现在还在高中奋斗的学子应该都知道高考数学中有一个拦路虎般存在的难点，它就是导数，很多人可以说是谈导数色变，基本上碰见导数的题目也就是第一问简单写写然后就放弃了。
那么导数真的那么难吗？真的不可搞定吗？当然不是！！！题目之所以难，在于不可控！难在不确定！你不知道导数到底有多少种考法？多少种问法？每一种是怎么回事？有几种方法？每一种的方法是什么？方法之间的区别是什么？在短时间内该怎么去甄别用那种方法？这些问题你都不知道，你当然会恐惧。
那么接下来这个问题老秦帮你解决！下面是我总结导数在文科和理科层面上的考点及模型。
如下图！这个是文科的，内容相对简单！下面是理科的后续小编会逐一为大家分享，敬请期待！今天咱们先来谈一谈高考中考的最多的一种-----参数取值范围类问题！这类问题主要有下面四种方法。
第一：数形结合法------直线+曲线（例题：2019年新课标Ⅰ）这类方法核心，曲线中不含参数，参数在直线上，且直线过定点！第二：变换主元法（例题：2018年新课标Ⅰ）这类方法核心，主要在于多个参数，其中一个参数的范围确定，且单调性易求，简单而言，谁有范围，谁为自变量，求谁，谁为参数！第三：含参分类讨论法（例题：2017年新课标Ⅰ）这类方法核心，主要在于无法分离参数，且整体单调性讨论起来比较容易分类！第四：分离参数法----隐零点问题（例题：2019年郑州三模）这类方法核心，参数易分离，且分离后单调性讨论起来不难，而且导函数零点要么可以搞定，要么出现隐零点！2019年新课标Ⅰ文科------数形结合法（直线+曲线）已知函数f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．解：（1）证明：∵f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，∴f′（x）＝2cos x﹣cos x+x sin x﹣1＝cos x+x sin x﹣1，令g（x）＝cos x+x sin x﹣1，则g′（x）＝﹣sin x+sin x+x cos x＝x cos x，当x∈（0，）时，x cos x＞0，当x时，x cos x＜0，∴当x＝时，极大值为g（）＝＞0，又g（0）＝0，g（π）＝﹣2，∴g（x）在（0，π）上有唯一零点，即f′（x）在（0，π）上有唯一零点；（2）由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0，使得f′（x0）＝0，且f′（x）在（0，x0）为正，在（x0，π）为负，∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减，结合f（0）＝0，f（π）＝0，可知f（x）在[0，π]上非负，令h（x）＝ax，∵f（x）≥h（x），根据f（x）和h（x）的图象可知，∴a≤0，∴a的取值范围是（﹣∞，0]．2018年新课标Ⅰ文科----变换主元法已知函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a≥时，f（x）≥0．解：（1）∵函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．∴x＞0，f′（x）＝ae x﹣，∵x＝2是f（x）的极值点，∴f′（2）＝ae2﹣＝0，解得a＝，∴f（x）＝e x﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）证明：当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，设g（x）＝﹣lnx﹣1，则﹣，由﹣＝0，得x＝1，当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当x＞1时，g′（x）＞0，∴x＝1是g（x）的最小值点，故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0，∴当a≥时，f（x）≥0．2017年新课标Ⅰ文科----含参讨论法已知函数f（x）＝e x（e x﹣a）﹣a2x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．解：（1）f（x）＝e x（e x﹣a）﹣a2x＝e2x﹣e x a﹣a2x，∴f′（x）＝2e2x﹣ae x﹣a2＝（2e x+a）（e x﹣a），①当a＝0时，f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在R上单调递增，②当a＞0时，2e x+a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝lna，当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，③当a＜0时，e x﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝ln（﹣），当x＜ln（﹣）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞ln（﹣）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，综上所述，当a＝0时，f（x）在R上单调递增，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））上单调递减，在（ln（﹣），+∞）上单调递增，（2）①当a＝0时，f（x）＝e2x＞0恒成立，②当a＞0时，由（1）可得f（x）min＝f（lna）＝﹣a2lna≥0，∴lna≤0，∴0＜a≤1，③当a＜0时，由（1）可得：f（x）min＝f（ln（﹣））＝﹣a2ln（﹣）≥0，∴ln（﹣）≤，∴﹣2≤a＜0，综上所述a的取值范围为[﹣2，1]2019年郑州三模------分离参数法（隐零点问题）设函数f（x）＝ae x﹣x，g（x）＝blnx．（Ⅰ）设h（x）＝f（x）+g（x），函数h（x）在（1，h（1））处切线方程为y＝2x﹣1，求a，b的值；（Ⅱ）若a＝1，k为整数，当x＞0时，（x﹣k）f'（x）+x+1＞0成立，求k的最大值．解：（Ⅰ）h（x）＝f（x）+g（x）＝ae x+blnx﹣x，，由题意可知，解得，b＝1；（Ⅱ）当x＞0时，（x﹣k）f'（x）+x+1＞0等价于．设，则，令R（x）＝e x﹣x﹣2，则R'（x）＝e x﹣1．当x＞0时，R'（x）＞0恒成立，R（x）在（0，+∞）上单调递增，又R（1）＜0，R（2）＞0，∴R（x）在（0，+∞）上有唯一零点x0，且x0∈（1，2），．∴F（x）单减区间为（0，x0），单增区间为（x0，+∞），∴F（x）在（0，+∞）的最小值为．∴k＜F（x0），故k max＝2．看完以后大家发现，其实各种方法也许都能搞定，但是区别在于是否能够在短时间内搞定，所以我经常和学生说，导数难的不是方法，而是对方法的选择，尤其是短时间内找到合适的方法。
2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析
2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++-（1） 若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >；（2） 若0x =是()f x 的极大值点，求a .考点分析综合历年试题来看，全国卷理科数学题目中，全国卷三的题目相对容易。
但在2018年全国卷三的考察中，很多考生反应其中的导数压轴题并不是非常容易上手。
第1小问，主要通过函数的单调性证明不等式，第2小问以函数极值点的判断为切入点，综合考察复杂含参变量函数的单调性以及零点问题，对思维能力（化归思想与分类讨论）的要求较高。
具体而言，第1问，给定参数a 的值，证明函数值与0这一特殊值的大小关系，结合函数以及其导函数的单调性，比较容易证明，这也是大多数考生拿到题目的第一思维方式，比较常规。
如果能结合给定函数中20x +>这一隐藏特点，把ln(1)x +前面的系数化为1，判断ln(1)x +与2/(2)x x +之间的大小关系，仅通过一次求导即可把超越函数化为求解零点比较容易的代数函数，解法更加容易，思维比较巧妙。
总体来讲，题目设置比较灵活，不同能力层次的学生皆可上手。
理解什么是函数的极值点是解决第2问的关键。
极值点与导数为0点之间有什么关系：对于任意函数，在极值点，导函数一定等于0么（存在不存在）？导函数等于0的点一定是函数的极值点么？因此，任何不结合函数的单调性而去空谈函数极值点的行为都是莽撞与武断的。
在本题目中，0x =是()f x 的极大值点的充要条件是存在10δ<和20δ>使得对于任意1(,0)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递增)，对于任意2(0,)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递减)，因此解答本题的关键是讨论函数()f x 在0x =附近的单调性或者判断()f x 与(0)f 的大小关系。
2018 年全国 III 卷数学(理)答案及解析
− x + x + 2 的图像大致为（ 7.函数 y =
4 2
）
A.
B.
C.
D.பைடு நூலகம்
【答案】D 【考点】函数图像以及性质 【难易程度】基础题 【解析】当 x=1 时，函数值大于 0，排除 A、B;因为 F(x)=F(-x)，函数为偶函数，图像关于 y 轴
−4 x 3 + 2 x =0 ,解得 x=0、 、 对称， 令F '( x) =
p ，各成员的支付方式相互独立。设 X 为该群
,
P( x = 4) < p( x = 6) ,则 p =（
D.0.3
）
C.0.4
DX = np(1 − p) =10 × p(1 − p) = 2.4 ， 解 得
= p1 0.6 = ， p2 0.4 .
因为 P(X=4)＜P(X=6)，即
4 6 C10 p 4 (1 − p )6 < C10 p 6 (1 − p ) 4 ，所以 p 取 0.6。故答案选 B.
2 7 = 9 9 ，故答案选 B.
2 ( x 2 + )5 x 的展开式中 5、
A.10 【答案】C 【考点】二项式定理 【难易程度】基础题 B.20
的系数为（ D.80
）
C.40
2 ( x 2 + )5 x 的展开式中的第 r+1 项为 【解析】
，题目中需要求解 ，故答案选 C
的系
4 ，则 r = 2 ，∴ 数，需使 2 × (5 − r ) − r =
是带卯眼的木构件的俯视图可以是（
）
A.
B.
C. 【答案】A 【考点】三视图 【难易程度】基础题
高考三卷导数真题答案解析
高考三卷导数真题答案解析近年来，高考对数学的要求越来越高，而导数作为数学的重要概念之一，一直是高考试卷中不可或缺的一部分。
而高考三卷中涉及导数的题目更是令考生们头疼不已。
接下来，我们将对高考三卷中的导数题目进行解析，帮助考生们更好地理解和应对这一部分的考点。
1. 题目一：已知函数f(x) = (x-1)e^x，求f'(x)。
解析：根据导数的定义，f'(x)即为函数f(x)的导函数。
而对于含有指数运算和乘法运算的函数，我们应该先运用乘法的求导法则，再运用指数的求导法则进行计算。
按照这个思路，我们进行计算：f'(x) = [(x-1) * e^x]' = (x-1)' * e^x + (x-1) * (e^x)' = 1 * e^x + (x-1) * e^x = x*e^x。
因此，f'(x) = x*e^x。
2. 题目二：已知函数f(x) = ∫[0,x] sin(t^2) dt，求f'(x)。
解析：这是一个求导数的积分题目。
根据牛顿莱布尼兹公式，我们知道∫[0,x] f'(t) dt = f(x)。
所以，我们只需找到f'(x)即可。
考虑到f(x)是一个定积分形式，我们将其化为原函数的形式，并利用定积分与导函数的关系进行求解。
具体计算如下：f'(x) = d/dx[∫[0,x] sin(t^2) dt] = sin(x^2)。
因此，f'(x) = sin(x^2)。
3. 题目三：已知函数y = ln(x^2 + 1) + e^x，求dy/dx。
解析：对于这个题目，我们可以采用链式法则来进行求导。
首先，我们需要找到每个函数的导函数。
对于ln(x^2 + 1)来说，它的导函数为1/(x^2 + 1) * (2x)。
对于e^x来说，它的导函数为e^x。
然后，我们将两个函数的导函数相乘，并进行求和，得到最终结果。
2017全国卷Ⅲ高考压轴卷 数学(理)附答案解析
绝密★启封前2017全国卷Ⅲ高考压轴卷理科数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。
考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B 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，在选涂其他答案标号。
第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔书写作答.若在试题卷上作答，答案无效。
3.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。
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M={2|230,x x x x Z --<∈}，则集合M 的真子集个数为 A ．8 B ．7 C ． 4 D ．32.若复数z 满足i iz 21+=，其中i 为虚数单位，则在复平面上复数z 对应的点的坐标为（） A.)1,2(- B.)1,2(- C.)1,2( D )1,2(--3.若错误！未找到引用源。
，则错误！未找到引用源。
DA 错误！未找到引用源。
B.错误！未找到引用源。
C.错误！未找到引用源。
D.错误！未找到引用源。
4．在长为3m 的线段AB 上任取一点P ，则点P 与线段AB 两端点的距离都大于1m 的概率等（） A ．13 B.23 C ．12 D ．145．已知点A （1，2），B （3，4），C （—2，0），D （—3，3），则向量在向量上的投影为（）A ．5102 B ．5102- C ．510- D ．5106.函数2()(1)cos 1xf x x e =-+图象的大致形状是( )7．设12,F F 是双曲线22:19x y C m-=的两个焦点，点P 在C 上，且120PF PF ⋅=，若抛物线216y x =的准线经过双曲线C 的一个焦点，则12||||PF PF ⋅的值等于（）A ．B ．6C ．14D ．168．若[]x 表示不超过x 的最大整数，则下面的程序框图运行之后输出的结果为（） A ．48920B ．49660C ．49800D ．518679. 定义在R 上的函数()f x 满足()2log (4),0(1)(2),0x x f x f x f x x -≤⎧=⎨--->⎩，则()3f 的值为( )A.-1B. -2C.1D. 2（10）榫卯（sŭn măo ）是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．我国的北京紫禁城、山西悬空寺、福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构．如图所示是一种榫卯构件中卯的三视图，其体积为（A ）21 （B ）22.5 （C ）23.5 （D ）2511.已知抛物线22y x =上有两点1122(,),(,)A x y B x y 关于直线x y m +=对称，且1212y y =-，则m 的值等于（） A ．34 B ．54 C. 74 D ．9412．设点P 在曲线12xy e =上，点Q 在曲线ln(2)y x =上，则PQ 最小值为（）()A 1ln2-()B ln 2)-()C 1ln2+()D ln 2)+第Ⅱ卷注意事项：须用黑色墨水签字笔在答题卡上作答。
2019年全国三卷理科数学压轴题解答
【2019年全国三卷理科数学第20题】20.已知函数32()2f x x ax b .(1)讨论()f x 的单调性;(2)是否存在a ,b 使得()f x 在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a ,b 的所有值;若不在,说明理由. 解:(1)2()626()3a f x x ax x x ; ①当0a 时,2()60f x x ≥在R 上恒成立,所以此时,()f x 在R 上单调递增; ②当0a 时,令()0f x 0x 或3a x ,令()003a f x x , 所以此时,()f x 在(,0) 和(,)3a 上单调递增,在(0,)3a 上单调递减; ③当0a 时,令()0f x 3a x 或0x ,令()003a f x x , 所以此时,()f x 在(,)3a 和(0,) 上单调递增,在(,0)3a 上单调递减. (2)由(1)知当0a ≤时,()f x 在[0,1]上单调递增, 所以此时,min max ()(0)1,0()(1)21,1f x f b a f x f a b b ;当03a 时,013a ,所以此时()f x 在(0,)3a 上单调递减,在(,1)3a 上单调递增, 所以此时,333min ()()21327927a a a a f x f b b ,max 2,02()max{(0),(1)}max{,2},23a b a f x f f b a b b a≤, 当02a联立31,02721,a b a a a b 或02a 矛盾,故舍去; 当23a ≤联立31,271,a b a b ,这与23a ≤矛盾,故舍去; 当3a ≥时,13a ≥,所以此时()f x 在[0,1]上单调递减, 所以此时,min max ()(1)21,4()(0)1,1f x f a b a f x f b b ; 所以综上所述:01a b 和41a b.【2019 年全国三卷理科数学第 21 题】 21.已知曲线C :22x y ,D 为直线12y 上的动点,过D 作C 的两条切线,切点分别为A ,B . (1)证明:直线AB 过定点; (2)若以5(0,)2E 为圆心与直线AB 相切,且切点为线段AB 的中点,求四边形ADBE 的面积. 解:(1)显然直线AB 的斜率一定存在,设AB l :y kx m ,11(,)A x y ,22(,)B x y .联立22,2202,x y x kx m y kx m ;由韦达定理知:122x x k ,122x x m . 对22x y 求导得y x ,所以1AD k x ,AD l :111()y y x x x ;2BD k x ,BD l :222()y y x x x . 联立111222(),(),y y x x x y y x x x 消去x 得:122112y y y y x x x x ; 因为直线AD 与BD 相交于点D ,所以1221121122y y x x x x , 即22122112112222x x x x x x ,化简得:121x x ;而122x x m ,所以12m . 所以AB l :12y kx ;所以直线AB 过定点1(0,)2. (2)设直线AB 的中点为00(,)F x y ,则EF ⊥AB . 而1202x x x k ,22222121212120()244124442y y x x x x x x k m y k , 所以21(,2F k k ,所以22152122EF k k k k k k ,所以1k . 当1k 时,2210x x解得:11x,132y,所以3(12A ; 此时:AD l:3((112y x ,令12y 得:1x .所以1(1,2D ,所以此时:12|||4AB x x ; 设E 到直线AB 的距离为1d ,D 2d ;则1dd所以12111||4222ADBE ABD ABE S S AB d △△而当1k 时,根据对称性可知此时四边形ADBE的面积也是所以综上所述; 四边形ADBE的面积为。
2018全国Ⅲ卷高考压轴卷理科数学含答案解析
2018全国Ⅲ卷高考压轴卷理科数学本试卷共23题（含选考题）。
全卷满分150分。
考试用时120分钟。
一、选择题：本大题共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{}()(){}0,150=A x B x x x A B =≥=+-<⋂，则 A ．[－1，4)B ．[0，5)C ．[1，4]D ．[－4，－1) ⋃ [4，5)2. 在ABC △中，60A =︒，4AC =，BC =，则ABC △的面积为（ ） A． B ．4 C． D．3. 边长为8的等边△ABC 所在平面内一点O ，满足23OA OB OC --=0，若M 为△ABC 边上的点，点P 满足||19OP =|MP|的最大值为A.B.C.D.4. 设实数x y ，满足20401x y x y y -+⎧⎪+-⎨⎪⎩，，，≥≤≥则2x y -的最小值为A. －5B.－4C.－3D.－15. 已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．8163π+ B ．1683π+C ．126π+D ．443π+6. 执行如图所示的程序框图，则输出的S 的值是（ ）A ．1B ．2C ．4D ．7 7. 若直线()1:110l ax a y -++=与直线2:210l x ay --=垂直，则实数a = A ．3B ．0C ．3-D ．03-或8. 若双曲线C: 22221x y a b-=（0a >，0b >）的一条渐近线被圆2240x y x +-=所截得的弦长为2，则双曲线C 的离心率为A ．239. 已知12a xdx =⎰，函数()()sin 0,0,2f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则函数4f x a π⎛⎫-+ ⎪⎝⎭图象的一个对称中心是A ．,112π⎛⎫-⎪⎝⎭B ．,212π⎛⎫⎪⎝⎭C ．7,112π⎛⎫⎪⎝⎭D ．3,24π⎛⎫⎪⎝⎭10. 甲、乙、丙、丁四位同学参加朗读比赛，其中只有一位获奖，有同学走访这四位同学，甲说：“是乙或丙获奖”，乙说：“甲、丙都未获奖”，丙说：“我获奖了”，丁说：“是乙获奖了”。
拨云见月解法自然来——2018年全国卷Ⅲ理科第21题的解法探析
x = 0 是 f (x) 的极大值点当且仅当 x = 0 是 h(x) 的极
大值点.
h′(x)
=
1 1+x
−
2(2 + x + ax2) − 2x(1 + 2ax) (2 + x + ax2)2
=
x2(a2x2 + 4ax + 6a + 1)
(1 + x)(2 + x + ax2)2
, 如 果 6a + 1 > {√ }
拨云见月 解法自然来
— 2018 年全国卷 III 理科第 21 题的解法探析
广东省佛山市乐从中学 (528315) 林国红
当前, 函数导数题常作为高考的压轴题. 导数压轴题在 关作用.
考查基础知识的同时, 注重对能力, 数学思想方法方面的考 二、解法探析
查, 有综合性强, 思维量大, 方法繁多, 技巧性强等特点. 2018
题策略, 以及转化和运算能力有较高的要求, 较好地达到了 x + 2 > 0, 所以 f (x) < 0; 当 x > 0 时, g(x) > g(0) = 0, 且
考查目的, 体现能力立意的命题原则, 作为压轴题起到了把 x + 2 > 0, 所以 f (x) > 0.
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2019 年第 4 期 (上)
中学数学研究
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评注 问题 (1) 的两种证法均是利用导数作为工具来证
明, 由于 f (x) 中含有对数式, 证法 1 通过二次求导来处理掉
精品解析：【全国百强校】河北省衡水中学2023届高三高考押题卷三理数试题(解析版)
2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟试卷理科数学（Ⅲ）第Ⅰ卷一、选择题:本题共12个小题,每小题5分,在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地.1. 已知复数,则=（）A. B. C. D.【解析】C【解析】由题意可得: ,则= .本题选择C选项.2. 集合,,则=（）A. B.C. D.【解析】A【解析】由题意可得: ,则= .本题选择A选项.3. 已知函数地最小正周期为,则函数地图象（）A. 可由函数地图象向左平移个单位而得B. 可由函数地图象向右平移个单位而得C. 可由函数地图象向左平移个单位而得D. 可由函数地图象向右平移个单位而得【解析】D【解析】由已知得,则地图象可由函数地图象向右平移个单位而得,故选D.4. 已知实数,满足约束条件则地最大值为（）A. 2B. 3C. 4D. 5【解析】B【解析】绘制目标函数表示地可行域,结合目标函数可得,目标函数在点处取得最大值 .本题选择B选项.5. 一直线与平行四边形中地两边,分别交于、,且交其对角线于,若,,,则=（）学,科,网...A. B. 1 C. D. -3【解析】A【解析】由几何关系可得: ,则: ,即: ,则= .本题选择A选项.点睛:(1)应用平面向量基本定理表示向量地实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量地加、减或数乘运算．(2)用向量基本定理解决问题地一般思路是:先选择一组基底,并运用该基底将条件和结论表示成向量地形式,再通过向量地运算来解决．6. 在如下图所示地正方向中随机投掷10000个点,则落入阴影部分（曲线为正态分布地密度曲线）地点地个数地估计值为（附:若,则,.（）A. 906B. 1359C. 2718D. 3413【解析】B【解析】由正态分布地性质可得,图中阴影部分地面积 ,则落入阴影部分（曲线为正态分布地密度曲线）地点地个数地估计值为.本题选择B选项.点睛:关于正态曲线在某个区间内取值地概率求法①熟记P(μ－σ<X≤μ＋σ),P(μ－2σ<X≤μ＋2σ),P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)地值．②充分利用正态曲线地对称性和曲线与x轴之间面积为1.7. 某几何体地三视图如下图所示,其中俯视图下半部分是半径为2地半圆,则该几何体地表面积是（）A. B. C. D.【解析】B【解析】根据三视图可知几何体是棱长为4地正方体挖掉半个圆柱所得地组合体,且圆柱底面圆地半径是2、母线长是4,∴该几何体地表面积 ,本题选择B选项.8. 已知数列中,,.若如下图所示地程序框图是用来计算该数列地第2018项,则判断框内地条件是（）A. B. C. D.【解析】B学,科,网...【解析】阅读流程图结合题意可得,该流程图逐项计算数列各项值,当时推出循环,则判断框内地条件是.本题选择B选项.9. 已知5件产品中有2件次品,现逐一检测,直至能确定所有次品为止,记检测地次数为,则=（）A. 3B.C.D. 4【解析】B【解析】由题意知,地可能取值为2,3,4,其概率分别为,,,所以,故选B．10. 已知抛物线:地焦点为,点是抛物线上一点,圆与线段相交于点,且被直线截得地弦长为,若=2,则=（）A. B. 1 C. 2 D. 3【解析】B【解析】由题意:M（x0,2√2）在抛物线上,则8=2px,则px=4,①由抛物线地性质可知,, ,则,∵被直线截得地弦长为√3|MA|,则,由,在Rt△MDE中,丨DE丨2+丨DM丨2=丨ME丨2,即,代入整理得:②,=2,p=2,由①②,解得:x∴ ,故选:B．【点睛】本题考查抛物线地简单几何性质,考查了抛物线地定义,考查勾股定理在抛物线地中地应用,考查数形结合思想,转化思想,属于中档题,将点A到焦点地距离转化为点A到其准线地距离是关键.11. 若定义在上地可导函数满足,且,则当时,不等式地解集为（）A. B. C. D.【解析】D【解析】不妨令 ,该函数满足题中地条件,则不等式转化为: ,整理可得: ,结合函数地定义域可得不等式地解集为.本题选择D选项.12. 已知是方程地实根,则关于实数地判断正确地是（）A. B. C. D.【解析】C【解析】令 ,则 ,函数在定义域内单调递增,方程即: ,即 ,结合函数地单调性有: .本题选择C选项.点睛:(1)利用导数研究函数地单调性地关键在于准确判定导数地符号．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,每个试卷考生都必须作答.第22题和第23题为选考题,考生根据要求作答.学,科,网...二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13. 若地展开式中项地系数为20,则地最小值为_________．【解析】2【解析】试卷分析:展开后第项为,其中项为,即第项,系数为,即,,当且仅当时取得最小值.考点:二项式公式,重要不等式.14. 已知中,内角,,地对边分别为,,,若,,则地面积为__________．【解析】【解析】由题意有: ,则地面积为 .【解析】【解析】由题意可得,为正三角形,则,所以双曲线地离心率 .16. 已知下列命题:①命题","地否定是","；②已知,为两个命题,若""为假命题,则"为真命题"；③""是""地充分不必要条件；④"若,则且"地逆否命题为真命题其中,所有真命题地序号是__________.【解析】②【解析】逐一考查所给地命题:①命题","地否定是","；②已知,为两个命题,若""为假命题,则"为真命题"；③""是""地必要不充分条件；④"若,则且"是假命题,则它地逆否命题为假命题其中,所有真命题地序号是②.三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 设为数列地前项和,且,,.（1）证明:数列为等比数列；（2）求.【解析】（1）见解析；（2）.学,科,网...【解析】试卷分析:(1)利用题意结合等比数列地定义可得数列为首先为2,公比为2地等比数列；(2)利用(1)地结论首先求得数列地通项公式,然后错位相减可得.试卷解析:（1）因为,所以,即,则,所以,又,故数列为等比数列.（2）由（1）知,所以,故.设,则,所以,所以,所以.点睛:证明数列{a n }是等比数列常用地方法:一是定义法,证明 ＝q (n ≥2,q 为常数)；二是等比中项法,证明＝a n －1·a n ＋1.若判断一个数列不是等比数列,则只需举出反例即可,也可以用反证法．18. 如下图所示,四棱锥,已知平面平面,,,,.（1）求证:；（2）若二面角为,求直线与平面所成角地正弦值.【解析】（1）见解析；（2）.【解析】试卷分析:(1)利用题意首先证得平面,结合线面垂直地定义有.(2)结合(1)地结论首先找到二面角地平面角,然后可求得直线与平面所成角地正弦值为.试卷解析:（1）中,应用余弦定理得,解得,所以,所以.因为平面平面,平面平面,,所以平面,又因为平面,学,科,网...所以.（2）由（1）平面,平面,所以.又因为,平面平面,所以是平面与平面所成地二面角地平面角,即.因为,,所以平面.所以是与平面所成地角.因为在中,,所以在中,.19. 某中学为了解高一年级学生身高发育情况,对全校700名高一年级学生按性别进行分层抽样检查,测得身高（单位:）频数分布表如表1、表2.表1:男生身高频数分布表表2:女生身高频数分布表（1）求该校高一女生地人数；（2）估计该校学生身高在地概率；（3）以样本频率为概率,现从高一年级地男生和女生中分别选出1人,设表示身高在学生地人数,求地分布列及数学期望.【解析】（1）300；（2）；（3）见解析.【解析】试卷分析:(1)利用题意得到关于人数地方程,解方程可得该校高一女生地人数为300；(2)用频率近似概率值可得该校学生身高在地概率为.(3) 由题意可得地可能取值为0,1,2.据此写出分布列,计算可得数学期望为 .试卷解析:（1）设高一女学生人数为,由表1和表2可得样本中男、女生人数分别为40,30,则,解得.即高一女学生人数为300.（2）由表1和表2可得样本中男女生身高在地人数为,样本容量为70.所以样本中该校学生身高在地概率为.因此,可估计该校学生身高在地概率为.（3）由题意可得地可能取值为0,1,2.学,科,网...由表格可知,女生身高在地概率为,男生身高在地概率为.所以,,.所以地分布列为:所以.20. 中,是地中点,,其周长为,若点在线段上,且.（1）建立合适地平面直角坐标系,求点地轨迹地方程；（2）若,是射线上不同地两点,,过点地直线与交于,,直线与交于另一点,证明:是等腰三角形.【解析】（1）；（2）见解析.【解析】试卷分析:（1）由题意得,以为坐标原点,以地方向为轴地正方向,建立平面直角坐标系,得地轨迹方程为,再将相应地点代入即可得到点地轨迹地方程；（2）由（1）中地轨迹方程得到轴,从而得到,即可证明是等腰三角形.试卷解析:解法一:（1）以为坐标原点,以地方向为轴地正方向,建立平面直角坐标系.依题意得.由,得,因为故,所以点地轨迹是以为焦点,长轴长为6地椭圆（除去长轴端点）,所以地轨迹方程为.设,依题意,所以,即,代入地轨迹方程得,,所以点地轨迹地方程为.（2）设.由题意得直线不与坐标轴平行,因为,所以直线为,与联立得,,由韦达定理,同理,所以或,当时,轴,当时,由,得,学,科,网...同理,轴.因此,故是等腰三角形.解法二:（1）以为坐标原点,以地方向为轴地正方向,建立平面直角坐标系.依题意得.在轴上取,因为点在线段上,且,所以,则,故地轨迹是以为焦点,长轴长为2地椭圆（除去长轴端点）,所以点地轨迹地方程为.（2）设,,由题意得,直线斜率不为0,且,故设直线地方程为:,其中,与椭圆方程联立得,,由韦达定理可知,,其中,因为满足椭圆方程,故有,所以.设直线地方程为:,其中,同理,故,所以,即轴,因此,故是等腰三角形.21. 已知函数,,曲线地图象在点处地切线方程为.（1）求函数地解析式；（2）当时,求证:；（3）若对任意地恒成立,求实数地取值范围.【解析】（1）；（2）见解析；（3）.学,科,网...【解析】试卷分析:(1)利用导函数研究函数切线地方法可得函数地解析式为.(2)构造新函数.结合函数地最值和单调性可得.(3)分离系数,构造新函数,,结合新函数地性质可得实数地取值范围为.试卷解析:（1）根据题意,得,则.由切线方程可得切点坐标为,将其代入,得,故.（2）令.由,得,当,,单调递减；当,,单调递增.所以,所以.（3）对任意地恒成立等价于对任意地恒成立.令,,得.由（2）可知,当时,恒成立,令,得；令,得.所以地单调增区间为,单调减区间为,故,所以.所以实数地取值范围为.请考生在第22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做地第一题计分,作答时请写清题号.22. 选修4-4:坐标系与参数方程在极坐标系中,曲线:,曲线:.以极点为坐标原点,极轴为轴正半轴建立直角坐标系,曲线地参数方程为（为参数）.（1）求,地直角坐标方程；（2）与,交于不同四点,这四点在上地排列顺次为,,,,求地值.【解析】（1）；（2）.【解析】(1)因为,由,得,所以曲线地直角坐标方程为；由,得,所以曲线地极坐标方程为.(2) 不妨设四点在上地排列顺次至上而下为,它们对应地参数分别为,如图,连接,则为正三角形 ,所以,,把代入,得:,即,故,所以.【点睛】本题为极坐标与参数方程,是选修内容,把极坐标方程化为直角坐标方程,需要利用公式,第二步利用直线地参数方程地几何意义,联立方程组求出,利用直线地参数方程地几何意义,进而求值.学,科,网...23. 选修4-5:不等式选讲.已知,为任意实数.（1）求证:；（2）求函数地最小值.【解析】（1）见解析；（2）.【解析】试卷分析:(1)利用不等式地性质两边做差即可证得结论；(2)利用题意结合不等式地性质可得.试卷解析:（1）,因为,所以.（2）.即.点睛:本题难以想到利用绝对值三角不等式进行放缩是失分地主要原因；对于需求最值地情况,可利用绝对值三角不等式性质定理:||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|,通过适当地添、拆项来放缩求解．。
2020年全国高考数学-全国Ⅲ卷三卷理科解析(Word域、极致精编版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试——全国Ⅲ理科数学一、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 ，y )|x ，y ∈N *，y ≥x }，B ＝{(x ，y )|x ＋y ＝8}，则A ∩B 中元素的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．6答案：C解析：由题意，A ∩B 中的元素满足⎩⎨⎧y ≥x ，x ＋y ＝8，且x ，y ∈N *，由x ＋y ＝8≥2x ，得x ≤4．所以满足要求的元素有(1，7)，(2，6)，(3，5)，(4，4)，故A ∩B 中元素的个数为4．2．复数11－3i的虚部是( )A ．－310B ．－110C ．110D ．310答案：D解析：因为z ＝11－3i ＝1＋3i (1－3i )(1＋3i )＝110＋310i ，所以复数z ＝11－3i 的虚部为310．3．在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为p 1，p 2，p 3，p 4，且∑4i ＝1p i ＝1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是( )A ．p 1＝p 4＝0.1，p 2＝p 3＝0.4B ．p 1＝p 4＝0.4，p 2＝p 3＝0.1C ．p 1＝p 4＝0.2，p 2＝p 3＝0.3D ．p 1＝p 4＝0.3，p 2＝p 3＝0.2答案：B解析：易知四种情形中平均数均为x －＝∑4i ＝1x i p i ＝2.5．对于A ，方差s 2A ＝(1－2.5)2×0.1＋(2－2.5)2×0.4＋(3－2.5)2×0.4＋(4－2.5)2×0.1＝0.65； 对于B ，方差s 2B ＝(1－2.5)2×0.4＋(2－2.5)2×0.1＋(3－2.5)2×0.1＋(4－2.5)2×0.4＝1.85； 对于C ，方差s 2C ＝(1－2.5)2×0.2＋(2－2.5)2×0.3＋(3－2.5)2×0.3＋(4－2.5)2×0.2＝1.05； 对于D ，方差s 2D ＝(1－2.5)2×0.3＋(2－2.5)2×0.2＋(3－2.5)2×0.2＋(4－2.5)2×0.3＝1.45．因此，B 选项这一组标准差最大．法二：样本数据距离平均数越大，且概率越大时，方差和标准差可能越大．4．Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I (t )(t 的单位：天)的Logistic 模型：I (t )＝K 1＋e －0.23(t －53)，其中K 为最大确诊病例数．当I (t *)＝0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则t *约为( )(ln19≈3)A ．60B ．63C ．66D ．69答案：C解析：当I (t *)＝K 1＋e－0.23(t *－53)＝0.95K ，则e 0.23(t *－53)＝19，所以0.23(t *－53)＝ln19≈3，解得t *≈30.23＋53≈66．5．设O 为坐标原点，直线x ＝2与抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)交于D ，E 两点，若OD ⊥OE ，则C 的焦点坐标为( )A ．(14，0)B ．(12，0)C ．(1，0)D ．(2，0)答案：B解析：因为直线x ＝2与抛物线y 2＝2px (p ＞0)交于D ，E 两点，且OD ⊥OE ，所以∠DOx ＝∠EOx ＝π4，所以D (2，2)，代入抛物线方程得4＝4p ，即p ＝1，所以抛物线的焦点坐标为(12，0)．6．已知向量a ，b 满足|a |＝5，|b |＝6，a ·b ＝－6，则cos ＜a ，a ＋b ＞＝( )A ．－3135B ．－1935C ．1735D ．1935答案：D解析：易得a ·(a ＋b )＝|a |2＋a ·b ＝52－6＝19，|a ＋b |＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝25－2×6＋36＝7．因此，cos ＜a ，a ＋b ＞＝a ·(a ＋b )|a |·|a ＋b |＝195×7＝1935．7．在△ABC 中，cos C ＝23，AC ＝4，BC ＝3，则cos B ＝( )A ．19B ．13C ．12D ．23答案：A解析：由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos C ＝42＋32－2×4×3×23＝9，即AB ＝3．于是cos B ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝9＋9－162×3×3＝19．8．下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋42B ．4＋42C ．6＋23D ．4＋2 3 答案：C解析：根据三视图，在正方体中截取出符合题意的立体图形．在立体图形中，易得S △ABC ＝S △ADC ＝S △CDB ＝12×2×2＝2．易得AB ＝AD ＝DB ＝22，故S △ADB ＝12AB ·AD ·sin60º＝34(22)2＝23．所以，该几何体的表面积是3×2＋23＝6＋23．9．已知2tan θ－tan(θ＋π4)＝7，则tan θ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2答案：D解析：因为2tan θ－tan(θ＋π4)＝7，所以2tan θ－tan θ＋11－tan θ＝7，解得tan θ＝2．10．若直线l 与曲线y ＝x 和x 2＋y 2＝15都相切，则l 的方程为( )A ．y ＝2x ＋1B ．y ＝2x ＋12C ．y ＝12x ＋1D ．y ＝12x ＋12答案：D解析：设直线l 与曲线y ＝x 的切点为(x 0，x 0)，x 0＞0，因函数y ＝x 的导数为y'＝12x ，所以直线l 的方程为y －x 0＝12x 0(x －x 0)，即x －2x 0y ＋x 0＝0．由于直线l 与圆x 2＋y 2＝15相切，则d ＝x 01＋4x 0＝r ＝15，整理得5x 20－4x 0－1＝0，解得x 0＝1或x 0＝－15(舍)．所以，直线l 的方程为x －2y ＋1＝0，即y ＝12x ＋12．11．设双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为5．P 是C 上一点，且F 1P ⊥F 2P ．若△PF 1F 2的面积为4，则a ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8答案：A解析：因为离心率e ＝ca＝5，所以c ＝5a ．因为F 1P ⊥F 2P ，所以|PF 1|2＋|PF 2|2＝(2c )2． S △PF 1F 2＝12|PF 1|·|PF 2|＝4，即|PF 1|·|PF 2|＝8．又由双曲线的定义可得||PF 1|－|PF 2||＝2a ．因为(|PF 1|－|PF 2|)2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1|·|PF 2|，即4a 2＝4c 2－16，又c ＝5a ，所以16a 2＝16，解得a ＝1．12．已知55＜84，134＜85．设a ＝log 53，b ＝log 85，c ＝log 138，则( )A ．a ＜b ＜cB ．b ＜a ＜cC ．b ＜c ＜aD ．c ＜a ＜b答案：A解析：由题意可知a ，b ，c ∈(0，1)．a b ＝log 53log 85＝lg3lg5·lg8lg5＜1(lg5)2·(lg3＋lg82)2＝(lg3＋lg82lg5)2＝(lg24lg25)2＜1，所以a ＜b ； 由b ＝log 85，得8b ＝5，因为55＜84，得85b ＜84，所以5b ＜4，得b ＜45；由c ＝log 138，得13c ＝8，因为134＜85，得134＜135c ，所以5c ＞4，得c ＞45．综上所述，a ＜b ＜c ．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥0，2x －y ≥0，x ≤1，则z ＝3x ＋2y 的最大值为_________．答案：714．(x 2＋2x )6的展开式中常数项是__________(用数字作答)．答案：240解析：(x 2＋2x )6的二项展开式通项为T r ＋1＝C r 6·(x 2)6－r ·(2x )r ＝C r6(2)r ·x 12－3r ，令12－3r ＝0，解得r ＝4，所以(x 2＋2x )6的展开式中常数项是C 46·24＝240．15．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案：23π 解析：法一：圆锥内半径最大的球应该是该圆锥的内切球，如图．由底面半径为1，母线长为3，易得高SC ＝22．不妨设该内切球与母线BS 切于点D ，令OD ＝OC ＝r ，由△SOD ∽△SBC ，可得ODOS ＝BC BS ，即r 22－r ＝13，解得r ＝22． 此时V ＝43πr 3＝23π．法二：易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中BC ＝2，AB ＝AC ＝3，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ．设内切圆半径为r ，则12×2×22＝S △ABC ＝S △AOB ＋S △BOC ＋S △AOC ＝12×AB ×r ＋12×BC ×r ＋12×AC ×r ＝12×(3＋3＋2)×r ，解得r ＝22，故体积V ＝43πr 3＝23π．16．关于函数f (x )＝sin x ＋1sin x有如下四个命题：①f (x )的图像关于y 轴对称．②f (x )的图像关于原点对称． ③f (x )的图像关于直线x ＝π2对称．④f (x )的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________． 答案：②③解析：函数f (x )的定义域为{x |x ≠kπ，k ∈Z }，定义域关于0对称，易得f (－x )＝sin(－x )＋1sin(－x )＝－sin x －1sin x ＝－(sin x ＋1sin x )＝－f (x )，所以f (x )是非零的奇函数，因此图象关于原点对称，故命题①错误，命题②正确；对于命题③，因为f (π2－x )＝sin(π2－x )＋1sin(π2－x )＝cos x ＋1cos x ，f (π2＋x )＝sin(π2＋x )＋1sin(π2＋x )＝cos x ＋1cos x ，则f (π2－x )＝f (π2＋x )，所以f (x )的图象关于直线x ＝π2对称，命题③正确；对于命题④，当－π＜x ＜0时，sin x ＜0，则f (x )＝sin x ＋1sin x＜0＜2，命题④错误．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．设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n ．(1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n ．解析：(1)由题意，a 2＝3a 1－4＝9－4＝5，a 3＝3a 2－8＝3×5－8＝7．猜想数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列，故a n ＝2n ＋1． 证明：①当n ＝1时，a 1＝3＝2＋1；②假设当n ＝k (k ∈N *)时，命题成立，即a k ＝2k ＋1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝3a k －4k ＝3(2k ＋1)－4k ＝2k ＋3＝2(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，命题也成立．综上，由数学归纳法知，对任意的n ∈N *，都有a n ＝2n ＋1． (2)由(1)可知，2n a n ＝(2n ＋1)·2n ，则S n ＝3×2＋5×22＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① 2S n ＝3×22＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② ①－②得，－S n＝6＋2×(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋2×22×(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝(1－2n )·2n ＋1－2，所以S n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2．18．某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表(单位：天)：(1)(2)求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(3)若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关?人次≤400 人次＞400空气质量好 空气质量不好附：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，P (K 2≥k ) 0.050 0.0100.001k3.841 6.635 10.828解析：(1)由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为2＋16＋25100＝0.43，等级为2的概率为5＋10＋12100＝0.27，等级为3的概率为6＋7＋8100＝0.21，等级为4的概率为7＋2＋0100＝0.09．(2)由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100×20＋300×35＋500×45100＝350．(3)2×2列联表如下：人次≤400 人次＞400空气质量不好 33 37 空气质量好228 K 2＝100×(33×8－37×22)55×45×70×30≈5.820＞3.841，因此，有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关．19．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1．(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A －EF －A 1的正弦值．解析：(1)在棱CC 1上取点G ，使得CG ＝2C 1G ，连接DG 、FG 、C 1E 、C 1F ．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，易得CG ＝23CC 1＝23BB 1＝BF 且CG ∥BF ，所以四边形BCGF 为平行四边形，因此BC _∥FG ． 又BC _∥AD ，所以FG _∥AD ，因此四边形ADGF 为平行四边形，所以AF _∥DG ． 易得C 1G _∥DE ，所以四边形DEC 1G 为平行四边形，因此C 1E _∥DG ． 所以C 1E _∥AF ，则四边形AEC 1F 为平行四边形，因此点C 1在平面AEF 内．(2)以点C 1为坐标原点，C 1D 1、C 1B 1、C 1C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C 1－xyz ．易得A (2，1，3)，A 1(2，1，0)，E (2，0，2)，F (0，1，1)，故AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2，0，－2)，A 1E →＝(0，－1，2)，A 1F →＝(－2，0，1)．设平面AEF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，得⎩⎨⎧－y 1－z 1＝0，－2x 1－2z 1＝0，取z 1＝－1，得x 1＝y 1＝1，则m ＝(1，1，－1)．设平面A 1EF 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·A 1F →＝0，得⎩⎨⎧－y 2＋2z 2＝0，－2x 2＋z 2＝0，取z 2＝2，得x 2＝1，y 2＝4，则n ＝(1，4，2)．于是cos ＜m ，n ＞＝m ·n |m |·|n |＝33×21＝77．设二面角A －EF －A 1的平面角为θ，则|cos θ|＝77，所以sin θ＝1－cos 2θ＝427，因此，二面角A －EF －A 1的正弦值为427．20．已知椭圆C ：x 225＋y 2m 2＝1(0＜m ＜5)的离心率为154，A ，B 分别为C 的左、右顶点．(1)求C 的方程；(2)若点P 在C 上，点Q 在直线x ＝6上，且|BP |＝|BQ |，BP ⊥BQ ，求△APQ 的面积．解析：(1)因为椭圆C ：x 225＋y 2m2＝1(0＜m ＜5)，所以a ＝5，b ＝m ．e ＝c a＝1－(b a)2＝1－(m 5)2＝154，解得m ＝54，所以C ：x 225＋y 2(54)2＝1，即x 225＋16y 225＝1．(2)不妨设P ，Q 在x 轴上方，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设x ＝6与x 轴交点为N ．因为BP ⊥BQ ，所以∠PBM ＋∠QBN ＝90º，又∠BQN ＋∠QBN ＝90º，所以∠PBM ＝∠BQN ．又|BP |＝|BQ |，所以△PMB ≌△BNQ ．因为椭圆C ：x 225＋16y 225＝1，所以B (5，0)，所以|PM |＝|BN |＝6－5＝1，即y P ＝1，将其代入x 225＋16y 225＝1，可得x P ＝3或－3，所以P 点为(3，1)或(－3，1)．①当P 点为(3，1)时，|MB |＝5－3＝2＝|NQ |，故Q 点为(6，2)． 因为A (－5，0)，可求得直线AQ 的直线方程为2x －11y ＋10＝0，故点P 到直线AQ 的距离为d ＝|2×3－11×1＋10|22＋112＝|5|125＝55，又|AQ |＝(6＋5)2＋(2－0)2＝55，所以△APQ 面积为12×55×55＝52． ②当P 点为(－3，1)时，|MB |＝5＋3＝8＝|NQ |，故Q 点为(6，8)．因为A (－5，0)，可求得直线AQ 的直线方程为8x －11y ＋40＝0，故点P 到直线AQ 的距离为d ＝|8×(－3)－11×1＋40|82＋112＝|5|185＝5185，又|AQ |＝(6＋5)2＋(8－0)2＝185，所以△APQ 面积为12×185×5185＝52． 综上所述，△APQ 的面积为52．21．设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直．(1)求b ．(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x )所有零点的绝对值都不大于1．解：(1)因为f'(x )＝3x 2＋b ，由题意得f'(12)＝0，即3×(12)2＋b ＝0，则b ＝－34．(2)由(1)得f (x )＝x 3－34x ＋c ，故f'(x )＝3x 2－34＝3(x ＋12)(x －12)．令f'(x )＞0，得x ＞12或x ＜－12；令f'(x )＜0，得－12＜x ＜12．所以f (x )在(－12，12)上递减，在(－∞，－12)，(12，＋∞)上递增．且f (－1)＝f (12)＝c －14，f (－12)＝f (1)＝c ＋14．若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，则f (x )在[－1，1]上有零点，则c －14≤0≤c ＋14，得－14≤c ≤14．当c ＝－14时，易知f (x )的零点为－12和1，满足所有零点的绝对值都不大于1．当c ＝14时，易知f (x )的零点为－1和12，满足所有零点的绝对值都不大于1．当－14＜c ＜14时，f (－1)＝f (12)＝c －14＜0，f (－12)＝f (1)＝c ＋14＞0，所以f (x )的零点x 1∈(－1，－12)，x 2∈(－12，12)，x 3∈(12，1)，满足所有零点的绝对值都不大于1．综上，f (x )所有零点的绝对值都不大于1．(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．在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2－t －t 2，y ＝2－3t ＋t 2(t 为参数且t ≠1)，C 与坐标轴交于A 、B 两点．(1)求|AB |；(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB 的极坐标方程．解析：(1)令x ＝0，则2－t －t 2＝0，解得t ＝－2或1(舍)，则y ＝2－3t ＋t 2＝12，故A (0，12)．令y ＝0，则2－3t ＋t 2＝0，解得t ＝2或1(舍)，则x ＝2－t －t 2＝－4，故B (－4，0)． |AB |＝42＋122＝410．(2)由(1)可知k AB ＝3，则直线AB 的方程为y ＝3(x ＋4)，即3x －y ＋12＝0．所以，直线AB 的极坐标方程为3ρcos θ－ρsin θ＋12＝0．[选修4—5：不等式选讲](10分)(2020全国Ⅲ理23文23)设a ，b ，c ∈R ，a ＋b ＋c ＝0，abc ＝1．(1)证明：ab ＋bc ＋ca ＜0；(2)用max{a ，b ，c }表示a ，b ，c 中的最大值，证明：max{a ，b ，c }≥34．解析：(1)因为(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2ac ＋2bc ＝0，所以ab ＋bc ＋ca ＝－12(a 2＋b 2＋c 2)．因为abc ＝1，所以a ，b ，c 均不为0，所以ab ＋bc ＋ca ＝－12(a 2＋b 2＋c 2)＜0．(2)不妨设max{a ，b ，c }＝a ．由a ＋b ＋c ＝0，abc ＝1，可知a ＞0，b ＜0，c ＜0．易得a ＝－b －c ，a ＝1bc ，所以a 2＝(b ＋c )2≥4bc ＝4a ，即a 3≥4，所以a ≥34．即证得max{a ，b ，c }≥34．。
导数高考题分析之2017年全国III理数：利用导数研究不等式恒成立及数列不等式问题
导数高考题分析之2017年全国III理数：利用导数研究不等式恒成立及数列不等式问题函数导数研究函数性质和证明不等式问题，一直都是以高考压轴题的地位出现，也是大家的噩梦，但其实这类问题最大的敌人是自己心中的畏惧，接下来如果看到一个导数题，不要说话，努力灭它.下面的专题以高考压轴题为例，一天一个的去消灭它们，希望能在解题的过程中再次学习，归纳总结，大家多多指点.今天的问题是：2017年全国III理数吐槽一下：函数导数经典问题第一问研究不等式恒成立的参数范围，注意化简变形，分离参数求解，分类讨论，同2017年全国III理数。
第二问考察函数导数与数列不等式的综合，注意变形，利用第一问的结论放缩.【小结】此题主要考查导数在解决单调性、函数与数列不等式的综合问题中的应用，考查学生的运算求解能力及化归与转化思想.第一问与2017年全国Ⅱ卷导数第一问类似，恒成立问题一般做法是分离常数，但是在分离参数后再求导会发现导函数很复杂，因此本题中没有用分离常数而是进行分类讨论.分类讨论在我们解导数题时是常用方法.本题第二问用到了第一问的结论（在做题过程中要注意利用前一问所给结论进行解题），求解过程中将函数问题转换为数列求和问题.第二问有难度，这里给出的解法是取对数变为前n项和再放缩.放缩法解题是数列求和中的常见问题，也是难点问题.数学问题的探究过程实际上是试错过程，所以需要我们在平时做题过程中多尝试，多积累。
学习时间的长短并不重要，重要的是效率高考得分策略：细节决定命运，细节改变命运（1）内紧外松（2）一慢一快，相得益彰，即审题慢，解题快（3）确保运算准确，立足一次成功（4）做快不等于做对，准确放第一位（5）书写规范（6）抓紧时间，不为难题纠缠（7）控制节奏（8）执过索因，逆向思考，正难则反（9）面对难题，讲究策略，争取得分（10）用好开考前5分钟教育就是当学的东西全都忘了的时候，仍保留下来的东西数学是研究现实中数量关系和空间形式的科学数学不仅是一种方法、一门艺术或一种语音，数学是一种精神，一种理性的精神教育是一个圆形概念，方方面面都要兼顾到每天都要加油哦作者简介：廖邦亮，男，中学一级教师，湖南师范大学计算数学研究生，现就职于广东河源市河源中学，任教高中数学。
全国卷Ⅲ2020届高三高考压轴卷数学试题(理科)(含解析)
1.已知集合 A = {x (x +1)(x − 4) ≤ 0}， B = {x log2 x ≤ 2} ，则 A ∩ B = （ ）
A. [− 2 , 4 ]
B. [1,+∞)
C. (0,4]
D.[−2, +∞)
2.若复数 z 满足 z(1−i)2 = i （i 是虚数单位），则 z 为（ ）
b = 2×1 = 2
成 a < b 不 立
n =1+1= 2
a = 9 + 1 × 9 = 27 2 22 4
b = 2×2 = 4
成 a < b 不 立
n = 2+1= 3
a = 27 + 1 × 27 = 81 4 24 8
b = 2×4 =8
成 a < b 不 立
n = 3+1= 4
8 / 18
x≥ 0，
14．已知
，x y
满足Βιβλιοθήκη x+y
≥
4，若
x
+
2
y
的最小值为_________．
≤ x − 2 y 1.
．D [−1, 1] 3
15.已知 线 与 有 的 ， 是两 抛物
y2 = 2 px( p > 0)
椭圆
x2 a2
+
y2 b2
= 1(a
>b
>
0)
相同 焦点 F
P
曲
线的公共点，若
PF
=
5
，则此 的 为 . p
（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。
【数学】2021全国卷Ⅲ高考压轴卷(理)(解析版)
故选：B
2．【答案】D
【解析】因为由 推不出 ，由 也推不出 ，故A不满足题意
因为 ， ，所以B、C不满足题意
因为由 可以推出 ，由 推不出
所以 是 的充分不必要条件
故选：D
3．【答案】B
【解析】因为 为纯虚数，
所以 ， ，解得 .
故选：B.
4．【答案】C
【解析】如图1，作出平面区域可知： 的几何意义为区域内的点到原点的距离的平方加1，
分数段
[0,7)
[7,8)
[8,9)
[9,10]
食堂个数
1
3
8
4
（1）现从16个大学食堂中随机抽取3个，求至多有1个大学食堂的评分不低于9分的概率；
（2）以这16个大学食堂的评分数据评估全国的大学食堂的评分情况，若从全国的大学食堂中任选3个，记X表示抽到评分不低于9分的食堂个数，求X的分布列及数学期望.
B．若 ，则
C．若 ， ，则
D．若 ， ， ，则
8．祖暅是我国南北朝时代伟大的科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是：如果两个等高的几何体在同高处截得的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等，此即祖暅原理.利用这个原理求球的体积时，需要构造一个满足条件的几何体，已知该几何体三视图如图所示，用一个与该几何体的下底面平行且相距为 的平面截该几何体，则截面面积为（）
15．已知圆 的圆心坐标是 ，若直线 与圆 相切于点 ，则圆C的标准方程为___________.
16．在四棱锥 中， ， ， ， ，则三棱锥 外接球的表面积为______.
三、解答题（共70分.解答题写出文字说明、证明过程或演算步骤.地17-21为必做题，每个试题都必须作答.第22、23题为选做题，考生按要求作答）
导数真题压轴题解析及答案
导数真题压轴题解析及答案在高中数学学习中，导数是一个非常重要的概念，它不仅被广泛应用于数学领域，还与自然科学和工程技术密切相关。
因此，在备考高考数学时，导数相关的题目往往成为考生们最为关注和重视的一部分。
下面将针对一道导数题进行详细解析，并给出答案和思路。
假设已知函数f(x) 对全部实数 x 都可导，且满足当x ≤ 0 时f(x) = -x^2 + 3x + a，x > 0 时f(x) = x^2 - x + b，其中a，b 为常数。
题目1：已知曲线 y = f(x) 在点 (1, 2) 处的切线方程为 y - 2 = 7(x - 1)，求常数 a，b 的值。
解析：首先我们来看函数 f(x) 的定义域分为两部分，x ≤ 0 和 x > 0，对于x ≤ 0 的情况，函数表达式为 f(x) = -x^2 + 3x + a，对其求导得到 f'(x) = -2x + 3。
同样对于 x > 0，函数表达式为f(x) = x^2 - x + b，对其求导得到 f'(x) = 2x - 1。
由题目给出的切线方程 y - 2 = 7(x - 1)，我们可以将切线方程转化为导数 f'(1) 的值等于 7，即：f'(1) = 7-2 × 1 + 3 = 7-2 + 3 = 71 = 7由上述计算可知求得的 f'(1) = 7 不成立，说明原切线方程与函数 f(x) 在点 (1, 2) 的导数不符合。
因此，我们需要重新计算切线方程。
通过 f(x) 的定义可以得到：当x ≤ 0 时，f(1) = -1^2 + 3 × 1 + a = 2 - 1 + a = a + 1当 x > 0 时，f(1) = 1^2 - 1 + b = 1 - 1 + b = b所以，根据给定的切线方程 y - 2 = 7(x - 1)，我们有：a + 1 = 7 × (1 - 1) = 0b = 7 × 1 - 2 = 7 - 2 = 5因此，常数 a 的值为 -1，常数 b 的值为 5。
2020年全国Ⅲ卷导数压轴题解法研究
2020年全国Ⅲ卷导数压轴题解法研究作者：***来源：《中学教学参考·理科版》2020年第11期[摘要]利用導数研究函数的性质是历年高考数学压轴题的考查热点，重点研究2020年全国Ⅲ卷导数压轴题的解法，以给教师的教学和学生的学习提供借鉴与帮助.[关键词]全国Ⅲ卷;导数压轴题;解法研究[中图分类号] G633.6 [文献标识码] A [文章编号] 1674-6058（2020）32-0001-04一、试题呈现题目：（2020年全国Ⅲ卷21）设函数[fx=x3+bx+c]，曲线[y=fx]在点[12， f12]处的切线与[y]轴垂直.（1）求[b];（2）若[fx]有一个绝对值不大于[1]的零点，证明：[fx]所有零点的绝对值都不大于[1].二、试题分析试题严格依据中国高考评价体系命制，全面考查导数及其应用等知识，及逻辑推理能力、分析与解决问题能力、运算求解能力等.从高考评价体系的“四翼”来讲，第（1）问的命制立足于基础性，给出定点处的切线求[b]的值，设问方式常见，在教材习题和历年高考试题中都有体现. 第（2）问的命制体现综合性、应用性和创新性，以基本概念零点为问题情境综合考查考生分析问题和解决问题的能力，设问较以往有新意，打破了刷题的怪圈.该问的解决需要综合利用函数的特征和函数的单调性，从多角度考查了利用导数研究函数性质的方法，对考生的逻辑推理能力、分析与解决问题的能力都提出了较高的要求.三、解法探究评注：解法9从不完全三次方程[x3+px+q=0]的判别式入手，结合卡尔丹公式及三次方程根与系数的关系解题，在判断三次方程根的个数时有其独特的优势，但在根的求解和范围探究时对考生逻辑推理能力、数学运算能力要求都较高.试题逐步设问，由浅入深，尤其是第（2）问的考查层次分明，重点突出，为不同层次的学生提供了广阔的思维空间，使学生理性思维的广度和深度得以展示.教师在高三备考中深入研究真题的多种解法，有利于进一步培养学生的解题能力和思维能力.（责任编辑黄春香）。
20__高考数学全国卷三 20__年全国卷Ⅲ高考数学压轴试题(理科有解析)
20__高考数学全国卷三 20__年全国卷Ⅲ高考数学压轴试题（理科有解析）20__年全国卷Ⅲ高考数学压轴试题（理科有解析）一、选择题：本大题共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．（）A．B．C．D． 2. 是恒成立的（） 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3．若，则，，，的大小关系为（）A. B. C. D. 4.圆的圆心到直线的距离为1，则a=（）（A）（B）（C）（D）2 5．已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率等于（）A． B． C．D． 6．《九章算术》中有如下问题：“今有勾八步，股一十五步，问勾中容圆，径几何？”其大意：“已知直角三角形两直角边长分别为步和步，问其内切圆的直径为多少步？”现若向此三角形内随机投一粒豆子，则豆子落在其内切圆外的概率是（）A． B． C． D． 7．长方体，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A．B．C．D． 8．下图中的程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”.执行该程序框图，若输入的值分别为8，10，0，则输出和的值分别为（） A． 2，4 B． 2，5 C． 0，4 D． 0，5 9.如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是 ,则它的表面积是（）（A）（B）（C）（D） 10．在中，角，，所对的边分别为，，，若，则当取最小值时，（）A．B．C．D． 11．已知为抛物线的焦点，为抛物线上三点，当时，称为“和谐三角形”，则“和谐三角形”有（） A． 0个 B． 1个 C． 3个 D．无数个 12．已知定义在上的偶函数的导函数为，函数满足：当时，，且．则不等式的解集是（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．若 = （），则的值为． 14．如果点在平面区域上，点在曲线上，那么的最小值为． 15．要从甲、乙等8人中选4人在座谈会上发言，若甲、乙都被选中，且他们发言中间恰好间隔一人，那么不同的发言顺序共有__________种（用数字作答）. 16．直三棱柱的底面是直角三角形，侧棱长等于底面三角形的斜边长，若其外接球的体积为，则该三棱柱体积的最大值为__________．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17.（本题满分12分）已知函数，满足，，且的最小值为．（1）求函数的解析式；（2）求函数在上的单调区间和最大值、最小值． 18．（本题满分12分）由于当前学生课业负担较重，造成青少年视力普遍下降，现从湖口中学随机抽取16名学生，经校医用视力表检查得到每个学生的视力状况的茎叶图(以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶)如下：（1）指出这组数据的众数和中位数；（2）若视力测试结果不低于则称为“好视力”，求校医从这16人中选取3人，至多有1人是“好视力”的概率；（3）以这16人的样本数据来估计整个学校的总体数据，若从该校(人数很多)任选3人，记表示抽到“好视力”学生的人数，求的分布列及数学期望． 19．（本题满分12分）如图，在四棱锥中，，，，，，是棱中点且 . （1）求证：平面；（2）设点是线段上一动点，且，当直线与平面所成的角最大时，求的值. 20．（本题满分12分）已知双曲线的焦点是椭圆：的顶点，且椭圆与双曲线的离心率互为倒数. （1）求椭圆的方程；（2）设动点，在椭圆上，且，记直线在轴上的截距为，求的最大值. 21．（本题满分12分）已知函数在点处的切线方程为 . （1）求实数的值；（2）若存在，满足，求实数的取值范围. 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22．（本题满分10分）在直角坐标系中，已知曲线、的参数方程分别为：，：．（1）求曲线、的普通方程；（2）已知点，若曲线与曲线交于、两点，求的取值范围． 23．（本题满分10分）已知函数．（1）当时，求不等式的解集；（2），，求的取值范围． 20__全国卷Ⅲ高考压轴卷数学理科答案一、选择题：本大题共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．C ，故选C． 2.A 设成立；反之，，故选 A. 3．D 因为，所以 . . ,所以 , . 综上： . 4.A 圆的方程可化为，所以圆心坐标为，由点到直线的距离公式得：，解得，故选A． 5．B ∵双曲线的渐近线方程为，又直线斜率为3，∴ 故，双曲线的离心率，故选B. 6．．D 由题意可知：直角三角向斜边长为17，由等面积，可得内切圆的半径为：落在内切圆内的概率为，故落在圆外的概率为 7．A ∵ ，∴异面直线与所成的角即为与所成的角．在中，，，，∴ ．故选A． 8．B 模拟执行程序框图，可得，，不满足，不满足；满足；满足；满足；不满足，满足，输出的值为2，的值为，故选B.9.A[QQ 群 545423319:QQ 群 545423319ZXXK] 该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的 ,设球的半径为 ,则 ,解得 ,所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和故选A． 10．C 由正弦定理得，∴ ，，∴ ，当，即时取最小值．故选C． 11．D 抛物线方程为 , 为曲线上三点，当时，为的重心，用如下办法构造，连接并延长至，使，当在抛物线内部时，设若存在以为中点的弦，设，则，则，两式相减化为，，所以总存在以为中点的弦，所以这样的三角形有无数个，故选D. 12．C 当时，，∴ ，令，则，即当时，单调递增．又为上的偶函数，∴ 为上的奇函数且，则当时，单调递增．不等式，当时，，即，，即，∴ ；当时，，，，即，∴ ．综上，不等式的解集为．故选C．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．-1 在二项式展开式中，令，得，令得，所以，故选C. 14. 析画出可行域如图7-14所示阴影部分（含边界），设圆心为到直线的距离为，则，所以，故选A. 15．120 先选一个插入甲乙之间（甲乙需排列），再选一个排列即可. 详解：先从除了甲乙以外的6人中选一人，安排在甲乙中间，有种，最后再选出一人和刚才的三人排列得：. 故答案为：120. 16．设三棱柱底面直角三角形的直角边为，，则棱柱的高，设外接球的半径为，则，解得，∵上下底面三角形斜边的中点连线的中点是该三棱柱的外接球的球心，∴ ．∴ ，∴ ，∴ ．当且仅当时“ ”成立．∴三棱柱的体积．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17.（本题满分12分）（1）；（2）1，．（1），又，，且的最小值为，则，∴周期，则，∴ ；由辅助角公式得，∴ ，即，，则（，时取等号）．（2）∵ ，∴ ，令得，令得，∴ 的增区间为，减区间为．∵ 在区间上单调递增，在区间上上单调递减，又∵ ，，∴ ，． 18．（本题满分12分）（1）众数：和；中位数：；（2）；（3）．（1）众数：和；中位数：．（2）设表示所取3人中有个人是“好视力”，至多有1人是“好视力”记为事件，则．（3）一个人是“好视力”的概率为，的可能取值为0，1，2，3．，，，，的分布列为 0 1 2 3． 19．（本题满分12分）（1）见证明（2）（1）取中点，连接，，因为为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面 . （2）因为为的中点，设，在中，∵ ，设，则，所以，由余弦定理得，即，所以，则，所以，所以，∵ ，且，所以平面，且，以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，因为点是线段上一点，可设，，又面的法向量为，设与平面所成角为，则，所以当时，即，时，取得最大值. 所以与平面所称的角最大时 . 20．（本题满分12分）（1）（2）（1）双曲线的焦点坐标为，离心率为 . 因为双曲线的焦点是椭圆：的顶点，且椭圆与双曲线的离心率互为倒数，所以，且，解得 . 故椭圆的方程为 . （2）因为，所以直线的斜率存在. 因为直线在轴上的截距为，所以可设直线的方程为 . 代入椭圆方程得 . 因为，所以 .设，，根据根与系数的关系得，则 . 因为，即 .整理得. 令，则 . 所以 . 等号成立的条件是，此时，满足，符合题意.故的最大值为 . 21．（本题满分12分）（1）（2）（1）函数的定义域为，因为，所以 . 所以函数在点处的切线方程为，即 . 已知函数在点处的切线方程为，比较求得 .所以实数的值为 . （2）由，即 .所以问题转化为在上有解.令，，则 . 令，所以当时，有 . 所以函数在区间上单调递减，所以 . 所以，即在区间上单调递减.所以 . 所以实数的取值范围为 . 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22．（本题满分10分）（1）：，：；（2）．（1）曲线的普通方程为：，当，时，曲线的普通方程为：，当，时，曲线的普通方程为：；（或曲线：）（2）将：代入：化简整理得：，设，对应的参数分别为，，，则恒成立，∴ ，∵ ，∴ ． 23．（本题满分10分）（1）；（2）．（1）当时，，①当时，，令，即，解得，②当时，，显然成立，∴ ，③当时，，令，即，解得，综上所述，不等式的解集为．（2）∵ ，∵ ，有成立，∴只需，解得，∴ 的取值范围为．。
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2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析
已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++-
（1） 若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >；
（2） 若0x =是()f x 的极大值点，求a .
考点分析
综合历年试题来看，全国卷理科数学题目中，全国卷三的题目相对容易。
但在2018年全国卷三的考察中，很多考生反应其中的导数压轴题并不是非常容易上手。
第1小问，主要通过函数的单调性证明不等式，第2小问以函数极值点的判断为切入点，综合考察复杂含参变量函数的单调性以及零点问题，对思维能力（化归思想与分类讨论）的要求较高。
具体而言，第1问，给定参数a 的值，证明函数值与0这一特殊值的大小关系，结合函数以及其导函数的单调性，比较容易证明，这也是大多数考生拿到题目的第一思维方式，比较常规。
如果能结合给定函数中20x +>这一隐藏特点，把ln(1)x +前面的系数化为1，判断ln(1)x +与2/(2)x x +之间的大小关系，仅通过一次求导即可把超越函数化为求解零点比较容易的代数函数，解法更加容易，思维比较巧妙。
总体来讲，题目设置比较灵活，不同能力层次的学生皆可上手。
理解什么是函数的极值点是解决第2问的关键。
极值点与导数为0点之间有什么关系：对于任意函数，在极值点，导函数一定等于0么（存在不存在）？导函数等于0的点一定是函数的极值点么？因此，任何不结合函数的单调性而去空谈函数极值点的行为都是莽撞与武断的。
在本题目中，0x =是()f x 的极大值点的充要条件是存在10δ<和20δ>使得对于任意1(,0)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递增)，对于任意2(0,)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递减)，因此解答本题的关键是讨论函数()f x 在0x =附近的单调性或者判断()f x 与(0)f 的大小关系。
题目中并没有限定参数a 的取值范围，所以要对实数范围内不同a 取值时的情况都进行分类讨论。
在第1小问的基础上，可以很容易判断0a =以及0a >时并不能满足极大值点的要求，难点是在于判断0a <时的情况。
官方标准答案中将问题等价转化为讨论函数2
()ln(1)/(2)h x x x x =+++在0x =点的极值情况，非常巧妙，但是思维跨度比较大，在时间相对紧张的选拔性考试中大多数考生很难想到。
需要说明的是，官方答案中的函数命题等价转化思想需要引起大家的重视，这种思想在2018年全国卷2以及2011年新课标卷1的压轴题中均有体现，这可能是今后导数压轴题型的重要命题趋势，对学生概念理解以及思维变通的能力要求更高，符合高考命题的思想。
下面就a 值变化对函数()f x 本身在0x =附近的单调性以及极值点变化情况进行详细讨论。
解：（1）当0a =时，()(2)ln(1)2f x x x x =++-，2()ln(1)21x f x x x +'=++-+，2()(1)
x f x x ''=+，定义域为(1,)-+∞；当10x -<<时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当0x >时，()0f x ''>，()f x '单调递增，所以在区间(1,)-+∞内()(0)0f x f ''>=( 从而()f x 在(1,)-+∞内单调递增;
故当10x -<<时，()(0)0f x f <=；当0x >时，()(0)=0f x f >，得证.
（2）若0a ≥，当0x >时，()(2)ln(1)20f x x x x ≥++->，此时0x =不是()f x 的极大值点，不合题意；
下面考虑0a <时函数()f x 在0x =附近的单调性.
2
2()(12)ln(1)+21
x ax f x ax x x ++'=++-+，1x >-，(0)0f '=； 223(41)()=2ln(1)(1)
ax a x f x a x x ++''+++，1x >-，(0)0f ''=； 232(61)61()(1)
ax a x a f x x +-++'''=+，1x >-，(0)61f a '''=+； 令2()2(61)61g x ax a x a =+-++，显然()g x 与()f x '''在(1,)-+∞有着相同的正负号；()g x 是以614144a a x a a
-=<=---为对称轴且开口向下的抛物线，所以对于任意0a <，()g x 在(1,)-+∞单调递减. 若16
a =-，当10x -<<时，()(0)0g x g >=即()0f x '''>；当0x <时，()(0)0g x g <=即()0f x '''<；所以()f x ''在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞单调递减；所以()(0)0f x f ''''≤=；所以()f x '在(1,)-+∞上单调递减，所以当(1,0)x ∈-时，()(0)0f x f ''>=，()f x 单调递增，当(0,+)x ∈∞时()(0)0f x f ''<=，()f x 单调递减，此时0x =恰好是()f x 的极大值点，满足题意； 若106
a -<<，因为(0)610g a =+>，所以必然存在一点10x >使得1()0g x =；在区间1(0,)x 内，()0g x >成立，()f x ''单调递增，()(0)=0f x f ''''>，()f x '递增，()(0)=0f x f ''>，
()f x 单调递增，此时0x =不是()f x 的极大值点，不合题意； 若16
a <-，因为(0)610g a =+<，所以必然存在一点2(1,0)x ∈-使得()g x 在2(,0)x 内恒小于0，从而在区间2(,0)x 内，()f x ''单调递减，()(0)=0f x f ''''>，()f x '单调递增，()(0)=0f x f ''<，所以()f x 在1(,0)x 单调递减，此时0x =不是()f x 的极大值点，不合题意； 综上所述，16a =-.。