2018高考真题全国1卷-3卷数学理答案.pdf

2018 年普通高等学校招生全国统一考试·( 全国卷) ·理 1解析：选C.法一：因为z 1i 1i 2i （1i） 2 （1i）（ 1i） 2i i2i i，所以 |z| 1，故选 C. 法二：因为z 1i 1i 2i 1i2i（1i） 1i 1i 1i ， 所以 |z| 1i 1i |1i| |1i| 2 2 1，故选 C. 2解析：选B.法一：A x|(x 2)(x1)0 x|x2 ，所以 ?RA x| 1x 2 ，故选 B. 法二：因为Ax|x2x20 ，所以 ?RAx|x2x 2 0 x| 1x 2 ，故选 B. 3解析：选A.法一：设建设前经济收入为a，则建设后经济收入为2a，则由饼图可得 建设前种植收入为0.6a，其他收入为0.04a，养殖收入为0.3a.建设后种植收入为0.74a，其 他收入为0.1a，养殖收入为0.6a，养殖收入与第三产业收入的总和为1.16a，所以新农村建 设后，种植收入减少是错误的故选A. 法二：因为0.60 ，y20 ，根据根与系数的关系，得x1x2 5，x1x24.易知F(1，0) ，所以FM (x11，y1)，FN (x21，y2)，所以FM ·FN (x1 1)(x21)y1y2x1x2(xxx2)14x1x24518 8.故选 D. 9解析：选C.函数g(x)f(x)xa存在 2 个零点，即关于x的方程f(x)xa有 2 个不同的实根，即函数f(x)的图象与直线yxa有 2 个交点，作出直线yxa与 函数f(x)的图象，如图所示，由图可知，a 1，解得a1，故选 C. 10 解析：选A.法一：设直角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 则区域的面积即ABC的面积，为S1 1 2bc ，区域的面积S2 1 2 × c 2 2 1 2 × b 2 2 × a 2 2 2 1 2 bc 1 8 (c 2 b2a2) 1 2 bc 1 2bc ， 所以S1S2， 由几何概型的知识知p1p2， 故选 A. 法二：不妨设ABC为等腰直角三角形，ABAC2，则BC22，所以区域的面 积即ABC的面积，为S1 1 2 × 2× 22，区域的面积S2 ×12 ×（2）2 2 2 2， 区域的面积S3 ×（2） 2 2 2 2.根据几何概型的概率计算公式，得p1p2 2 2 ，p3 2 2 ，所以p1p3，p2p3，p1p2p3，故选 A. 11 解析：选B.因为双曲线 x2 3 y21 的渐近线方程为y± 3 3 x，所以MON60 ° . 不妨设过点F的直线与直线y 3 3 x交于点M，由OMN为直角三角形，不妨设OMN 90°，则MFO60°，又直线MN过点F(2，0)，所以直线MN的方程为y3(x2)， 由 y3（x2）， y 3 3 x， 得 x 3 2 ， y 3 2 ， 所以M 3 2 ， 3 2 ，所 以 |OM| 3 2 2 3 2 2 3，所以 |MN|3|OM|3，故选 B. 12 解析：选 A.记该正方体为ABCD-ABCD，正方体的每条棱所在直线与平面 所成 的角都相等，即共点的三条棱AA，AB，AD与平面所成的角都相等如图，连接AB， AD，BD，因为三棱锥A-ABD是正三棱锥，所以AA，AB，AD与平面ABD所成的角 都相等分别取CD，BC，BB，AB，AD，DD的中点E，F，G，H，I，J，连接EF，FG， GH，IH，IJ，JE，易得E，F，G，H，I，J六点共面，平面EFGHIJ与平面ABD平行，且 截正方体所得截面的面积最大又EFFGGHIHIJJE 2 2 ，所以该正六边形的面积 为 6× 3 4 × 2 2 2 33 4 ，所以 截此正方体所得截面面积的最大值为 33 4 ，故选 A. 13 解析：作出可行域为如图所示的ABC所表示的阴影区域，作出直线3x2y0， 并平移该直线，当直线过点A(2，0)时，目标函数z3x2y取得最大值，且zmax 3× 2 2× 0 6. 答案： 6 14 解析：法一：因为Sn 2an1，所以当n1 时，a12a11，解得a1 1； 当n 2 时，a1a22a11，解得a2 2； 当n 3 时，a1a2a3 2a31，解得a3 4； 当n 4 时，a1a2a3a42a41，解得a4 8； 当n 5 时，a1a2a3a4a52a51，解得a5 16 ； 当n 6 时，a1a2a3a4a5a62a61，解得a6 32； 所以S6 1248 1632 63. 法二：因为Sn 2an 1，所以当n1 时，a12a11，解得a1 1，当n2时，an SnSn12an1(2an11)，所以an2an1，所以数列 an是以 1 为首项， 2 为公 比的等比数列，所以an 2 n 1，所以 S6 1×（ 12 6） 12 63. 答案： 63 15 解析：法一：可分两种情况：第一种情况，只有1 位女生入选，不同的选法有C12C24 12( 种)；第二种情况，有2 位女生入选，不同的选法有C22C144(种)根据分类加法计数 原理知，至少有1 位女生入选的不同的选法有16 种 法二： 从 6 人中任选3 人，不同的选法有C36 20( 种)，从 6 人中任选3 人都是男生， 不 同的选法有C344( 种)，所以至少有1 位女生入选的不同的选法有20 416( 种) 答案： 16 16 解析：法一：因为f(x)2sin xsin 2x， 所以f(x)2cos x2cos 2x4cos 2x 2cos x24 cos x 1 2 (cos x 1)， 由f(x) 0 得 1 2 cos x 1，即 2k 3 x 2k 3 ，kZ， 由f(x) 0 得1 cos x 1 2 ，即 2k x2k 3 或 2k x 2k 3 ，kZ， 所以当x2k 3 (kZ)时，f(x)取得最小值， 且f(x)minf2k 3 2sin2k 3 sin 22k 3 33 2 . 法二：因为f(x)2sin x sin 2x2sin x(1cos x)4sin x 2 cos x 2 . 2cos 2x 2 8sin x 2 cos 3 x 2 8 3 3sin 2x 2cos 6 x 2 ， 所以 f(x) 2 64 3 ×3sin 2 x 2 cos 6 x 2 64 3 . 3sin 2 x 2 cos 2 x 2 cos 2 x 2 cos 2 x 2 4 4 27 4 ， 当且仅当3sin 2 x 2 cos 2 x 2 ，即 sin 2 x 2 1 4时取等号， 所以 0f(x) 2 27 4 ，所以 33 2 f(x) 33 2 ， 所以f(x)的最小值为 33 2 . 答案： 33 2 17 解： (1) 在ABD中，由正弦定理得 BD sin A AB sinADB. 由题设知， 5 sin 45 ° 2 sinADB ，所以 sin ADB 2 5 . 由题设知，ADB0 ；当p (0.1，1)时，f (p)400 ，故应该对余下的产品作检验 21 解： (1)f(x)的定义域为 (0，) ，f (x) 1 x21 a x x2ax1 x2 . (i)若a 2，则f(x) 0，当且仅当a2，x1 时f(x)0，所以f(x)在(0，) 单调递 减 (ii) 若a2 ，令f(x)0 得，x aa24 2 或x aa24 2 . 当x 0， aa24 2 aa24 2 ， 时，f (x)0. 所 以f(x) 在0， aa24 2 ， aa24 2 ， 单调递减，在 aa24 2 ， aa24 2 单调递增 (2) 由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a2. 由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x 2ax10， 所以 x1x21， 不妨设x11. 由于 f（x1）f（x2） x1x2 1 x1x21 a ln x1ln x2 x1x2 2a ln x1ln x2 x1x2 2a 2ln x2 1 x2 x2 ， 所以 f（x1）f（x2） x1x2 1 的解集为 x|x 1 2 (2) 当x (0 ， 1)时|x1|ax1|x成立等价于当x (0 ， 1)时|ax1|0 ，|ax1|2 ，故排除C，选 B. 4解析：选B.a· (2ab )2a2a· b2(1)3，故选 B. 5解析： 选 A.法一： 由题意知，e c a 3，所以c3a，所以bc2a22a， 所以 b a 2，所以该双曲线的渐近线方程为y± b ax± 2x，故选 A. 法二： 由e c a 1 b a 2 3，得 b a 2，所以该双曲线的渐近线方程为y± b ax ±2x，故选 A. 6解析：选A.因为 cos C2cos 2 C 2 1 2× 1 51 3 5 ，所以由余弦定理，得AB2 AC 2BC22AC· BCcos C25 1 2× 5× 1× 3 5 32 ，所以AB42，故选 A. 7解析：选B.由程序框图的算法功能知执行框NN 1 i 计算的是连续奇数的倒数和， 而执行框TT 1 i1 计算的是连续偶数的倒数和，所以在空白执行框中应填入的命令是ii 2，故选 B. 8解析：选C.不超过30 的素数有2， 3，5，7，11， 13 ，17 ， 19，23， 29 ，共 10 个，从中随机选取两个不同的数有C210种不同的取法，这10 个数中两个不同的数的和等于 30 的有 3 对，所以所求概率P 3 C210 1 15 ，故选 C. 9解析：选C. 如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的 中点，所以AD1OM，则MOD为异面直线AD1与DB1所成角因为在长方体 ABCD-A1B1C1D1中 ，ABBC 1 ，AA13 ，AD1AD 2DD2 1 2 ，DM AD 2 1 2 AB 2 5 2 ，DB1AB 2AD2 DD 2 15， 所以OM 1 2 AD11，OD 1 2 DB1 5 2 ，于是在DMO中，由余弦定理，得 cos MOD 12 5 2 2 5 2 2 2× 1× 5 2 5 5 ，即异面 直线AD1与DB1所成角的余弦值为 5 5 ，故选 C. 10 解析：选 A.法一：f(x)cos x sin x2cosx 4 ，且函数ycos x在区间 0， 上单调递减，则由0x 4 ，得 4 x 3 4 .因为f(x)在a，a上是减函数，所以 a 4 ， a 3 4 ， 解得a 4 ，所以 0a 4 ，所以a的最大值是 4 ，故选 A. 法二：因为f(x)cos xsin x，所以f(x) sin xcos x，则由题意，知f(x) sin xcos x 0 在a，a上恒成立，即sin xcos x 0，即2sinx 4 0 在a，a上恒 成立，结合函数y2sinx 4 的图象可知有 a 4 0， a 4 ， 解得a 4 ，所以 0a 4 ，所 以a的最大值是 4 ，故选 A. 11 解析： 选 C.因为f(x)是定义域为 (，) 的奇函数， 所以f(x)f(x)，且f(0) 0.因为f(1x)f(1x)，所以f(x)f(2x)，f(x)f(2x)，所以f(2x)f(x)，所 以f(4x)f(2x)f(x)， 所以f(x)是周期函数， 且一个周期为4， 所以f(4)f(0) 0，f(2) f(11)f(11)f(0) 0，f(3)f(12)f(12)f(1) 2，所以f(1) f(2) f(3) f(4)f(50) 12 × 0f(49) f(50) f(1)f(2)2，故选 C. 12. 解析：选D.由题意可得椭圆的焦点在x轴上，如图所示，设|F1F2|2c，因为PF1F2为 等腰三角形，且F1F2P120 °，所以 |PF2|F1F2|2c，所以 |OF2|c，所以点P坐标为 (c 2ccos 60 °， 2csin 60 ° )，即点P(2c，3c)因为点P在过点A，且斜率为 3 6 的直线上， 所以 3c 2ca 3 6 ，解得 c a 1 4，所以 e 1 4，故选 D. 13 解析：因为y2ln(x1)，所以y 2 x1 .当x0 时，y 2，所以曲线y2ln(x 1)在点 (0，0)处的切线方程为y02(x0) ，即y2x. 答案：y 2x 14 解析： 画出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示作出直线xy 0， 平移该直线，当直线过点B(5，4)时，z取得最大值，zmax549. 答案： 9 15 解析：因为 sin cos 1，cos sin 0， 所以 sin 2 cos2 2sin cos 1 ， cos 2 sin2 2cos sin 0 ，两式相加可得sin 2 cos 2 sin2 cos 2 2(sin cos cos sin ) 1，所以 sin( ) 1 2 . 答案： 1 2 16 解析：如图所示， 设S在底面的射影为S，连接AS，SS .SAB的面积为 1 2 ·SA·SB· sin ASB 1 2 ·SA2· 1cos 2 ASB 15 16 ·SA2 515 ，所以SA 2 80，SA 4 5.因为SA与 底面所成的角为45 °， 所以SAS 45°，ASSA· cos 45 ° 45× 2 2 210.所以底面周 长l2 ·AS 410 ，所以圆锥的侧面积为 1 2 ×45×410 402 . 答案： 402 17 解： (1) 设an的公差为d，由题意得3a13d 15. 由a1 7 得d2.所以 an的通项公式为an2n 9. (2) 由(1)得Snn 28 n(n4) 2 16. 所以当n4 时，Sn取得最小值，最小值为16. 18 解： (1) 利用模型，该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值为y 30.4 13.5× 19 226.1( 亿元 ) 利用模型，该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值为 y 99 17.5× 9256.5( 亿元 ) (2) 利用模型得到的预测值更可靠 理由如下： ( ) 从折线图可以看出， 2000 年至 2016 年的数据对应的点没有随机散布在直线y 30.4 13.5t上下，这说明利用2000 年至 2016 年的数据建立的线性模型不能很好地描述 环境基础设施投资额的变化趋势.2010 年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加， 2010 年至 2016 年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010 年开始环境基础设 施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010年至 2016年的数据建立的线性模型y 99 17.5t可以较好地描述2010年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型 得到的预测值更可靠 ( ) 从计算结果看，相对于2016 年的环境基础设施投资额220 亿元，由模型得到的 预测值 226.1 亿元的增幅明显偏低，而利用模型得到的预测值的增幅比较合理，说明利用 模型得到的预测值更可靠 19 解： (1) 由题意得F(1，0)，l的方程为yk(x1)(k 0) 设A(x1，y1)，B(x2，y2) 由 yk（x1）， y 24x 得k2x2(2k 24) xk20. 16k216 0，故x1x2 2k24 k 2 . 所以 |AB|AF|BF|(x11)(x2 1) 4k2 4 k 2 . 由题设知 4k24 k2 8，解得k 1(舍去 )，k 1.因此l的方程为yx1. (2) 由(1)得AB的中点坐标为 (3，2)，所以AB的垂直平分线方程为y 2 (x 3)，即 yx5.设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，则 y0x05， （x0 1） 2（ y0x01）2 2 16 ， 解得 x03， y02 或 x011 ， y0 6. 因此所求圆的方程为(x3) 2(y 2)216 或(x11)2(y 6)2144. 20 解： (1) 证明：因为APCPAC 4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP 23. 连接OB.因为ABBC 2 2 AC，所以ABC为等腰直角三角形， 且OBAC，OB 1 2 AC2. 由OP2OB2PB2知POOB. 由OPOB，OPAC知PO平面ABC. (2) 如图，以O为坐标原点，OB 的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz. 由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0， 2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，23)，AP (0，2，23)取平面PAC的一个法向量OB (2，0，0) 设M(a，2a，0)(0 a 2) ，则AM (a，4a，0) 设平面PAM的法向量为n(x，y，z) 由AP ·n0，AM ·n0 得 2y23z 0， ax（ 4a）y0， 可得n(3(a 4)，3a，a)， 所以 cos OB ，n 23（a4） 23（a4） 2 3a2 a2 .由已知可得 |cos OB ，n| 3 2 ， 所以 23|a4| 23（a4） 2 3a2a2 3 2 ，解得a 4(舍去 )，a 4 3， 所以n 83 3 ， 43 3 ， 4 3 . 又PC (0，2， 23)，所以 cos PC ，n 3 4 . 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为 3 4 . 21 解： (1) 当a1 时，f(x) 1等价于 (x2 1)e x 1 0. 设函数g(x)(x21)e x1，则 g(x) (x22x1)e x (x1)2ex. 当x1 时，g (x) 0， 所以g(x)在(0， ) 单调递减 而g(0)0， 故当x0时，g(x) 0， 即f(x) 1. (2) 设函数h(x)1ax2e x. f(x)在(0，) 只有一个零点当且仅当h(x)在(0，) 只有一个零点 ( ) 当a0时，h(x)0，h(x)没有零点； ( ) 当a0 时，h (x)ax(x2)e x.当 x (0 ， 2)时，h (x)0；当x (2 ，) 时，h (x) 0. 所以h(x)在(0，2)单调递减，在 (2，) 单调递增 故h(2) 1 4a e 2是 h(x)在0 ，) 的最小值 若h(2)0，即a e 2 4 ，h(x)在(0，) 没有零点； 若h(2)0，即a e 2 4 ，h(x)在(0，) 只有一个零点； 若h(2)0，即a e 2 4 ，由于h(0)1，所以h(x)在(0，2)有一个零点 由(1) 知，当x0 时， exx2，所以 h(4a)1 16a3 e 4a 1 16a3 （ e2a） 21 16a3 （2a） 41 1 a 0. 故h(x)在(2，4a)有一个零点因此h(x)在 (0，) 有两个零点 综上，f(x)在(0，) 只有一个零点时，a e 2 4 . 22 解： (1) 曲线C的直角坐标方程为 x2 4 y2 16 1. 当 cos 0 时，l的直角坐标方程为ytan ·x2tan ， 当 cos 0 时，l的直角坐标方程为x1. (2) 将l的参数方程代入C的直角坐标方程， 整理得关于t的方程 (13cos 2 )t24(2cos sin )t8 0. 因为曲线C截直线l所得线段的中点(1，2)在C内，所以有两个解，设为t1，t2，则 t1t20. 又由得t1t2 4（2cos sin ） 13cos 2 ，故 2cos sin 0，于是直线l的斜率k tan 2. 23 解： (1) 当a1 时， f(x) 2x4，x1， 2， 1x 2， 2x6，x2. 可得f(x) 0 的解集为 x|2x 3 (2)f(x) 1等价于 |xa|x 2| 4. 而|xa| |x 2| |a 2|，且当x2 时等号成立故f(x) 1等价于 |a 2| 4. 由|a 2| 4 可得a6 或a 2. 所以a的取值范围是(，6 2 ，) 2018 年普通高等学校招生全国统一考试·全国卷·理 1解析：选C.由题意知，Ax|x 1 ，则AB 1，2 2解析：选D.(1 i)(2 i)2i2i i 23i. 3解析：选A.由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见， 所以是虚线，结合榫头的位置知选A. 4解析：选B.cos 2 12sin 2 12× 1 3 2 7 9. 5解析：选C.Tr1Cr5(x2)5r 2 x r Cr52rx10 3r，由 103r4，得r2，所以x4的系 数为 C25×2240. 6解析：选A.圆心 (2， 0)到直线的距离d |20 2| 2 22，所以点P到直线的距离 d12，32 根据直线的方程可知A，B两点的坐标分别为A( 2，0)，B(0， 2)， 所以 |AB| 22， 所以ABP的面积S 1 2 |AB|d12d1.因为d12， 32， 所以S 2 ， 6 ，即ABP面积的取值范围是2 ，6 7解析：选D.当x0 时，y2，排除 A， B.由y 4x32x0，得x0 或x ± 2 2 ，结合三次函数的图象特征，知原函数在(1，1)上有三个极值点，所以排除C，故选 D. 8解析：选B.由题意知，该群体的10 位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布， 所以DX10p(1p)2.4 ，所以p0.6 或p0.4.由P(X4)P(X6)，得 C410p 4(1p )6 C610p 6(1p )4，即 (1p)2p 2，所以 p0.5，所以p0.6. 9解析：选C.根据题意及三角形的面积公式知 1 2 absin C a2b2c2 4 ，所以sin C a2b 2 c2 2ab cos C，所以在ABC中，C 4 . 10 解析： 选 B.设等边三角形ABC的边长为x，则 1 2x 2sin 60 ° 9 3，得x6.设ABC 的外接圆半径为r，则 2r 6 sin 60 ° ，解得r23，所以球心到ABC所在平面的距离d 4 2（ 2 3） 22，则点 D到平面ABC的最大距离d1d 46，所以三棱锥D-ABC 体积的最大值Vmax 1 3S ABC×6 1 3×9 3× 6 183. 11 解析：选 C.不妨设一条渐近线的方程为y b ax，则 F2到y b ax 的距离d |bc| a2b2 b，在 RtF2PO中，|F2O|c，所以 |PO|a，所以 |PF1|6a，又|F1O|c，所以在F1PO 与 Rt F2PO中，根据余弦定理得cos POF1 a2c2（6a） 2 2ac cos POF2 a c，即 3a2c2(6a)20，得 3a2c2，所以e c a 3. 12 解析： 选 B.由a log0.20.3 得 1 alog 0.30.2 ，由blog20.3 得 1 b log0.32，所以 1 a 1 b log0.30.2 log0.32log0.30.4 ，所以0 1 a 1 b 1，得 0 ab ab 1.又a0，b0，所 以ab0，所以abab0. 13 解析： 2ab (4，2)，因为c(1， )，且c (2ab)，所以 1× 2 4 ，即 1 2 . 答案： 1 2 14 解析：y (ax1a)ex，由曲线在点 (0，1)处的切线的斜率为2，得y| x0(ax 1a)ex|x01a 2，所以a 3. 答案： 3 15 解析： 由题意知， cos 3x 6 0，所以 3x 6 2 k ，kZ，所以x 9 k 3 ， kZ，当k0 时，x 9 ；当k1 时，x 4 9 ；当k2 时，x 7 9 ，均满足题意，所以函 数f(x)在0， 的零点个数为3. 答案： 3 16 解析：法一：由题意知抛物线的焦点为(1，0)，则过C的焦点且斜率为k的直线方 程为yk(x1)(k 0) ，由 yk（x1）， y24x， 消去y得k 2(x1)24x，即 k2x2(2k 24)x k 20，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2 2k 2 4 k 2 ，x1x2 1.由 yk（x1）， y 24 x， 消去x 得y24 1 k y1 ，即y2 4 k y40，则y1y2 4 k，y 1y2 4，由AMB90 °， 得MA ·MB (x11，y1 1) ·(x21，y21)x1x2x1x21y1y2(y1y2)10，将x1x2 2k24 k 2 ，x1x21 与y1y2 4 k， y1y2 4 代入，得k 2. 法二：设抛物线的焦点为F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y214x1， y224x2， 所以y 2 1y224(x1 x2)，则k y1y2 x1x2 4 y1y2 ，取AB的中点M(x0，y0)，分别过点A，B作准线x 1 的垂 线，垂足分别为A，B，又AMB90 °，点M在准线x 1 上，所以 |MM | 1 2 |AB| 1 2(| AF| |BF|) 1 2 (|AA | |BB |)又M为AB的中点，所以MM平行于x轴，且y01，所以y1 y22，所以k 2. 答案： 2 17 解： (1) 设an的公比为q，由题设得anq n1. 由已知得q 44q2，解得 q0(舍去 )，q 2 或q2. 故an( 2) n 1或 an2n1. (2) 若an(2)n 1 ，则Sn 1（ 2） n 3 . 由Sm63 得( 2) m 188 ，此方程没有正整数解 若an2n1，则Sn2 n 1. 由Sm63 得 2m64，解得m6. 综上，m6. 18 解： (1) 第二种生产方式的效率更高 理由如下： ( ) 由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人中，有75% 的工人完成生产任务所需时间 至少 80 分钟，用第二种生产方式的工人中，有75% 的工人完成生产任务所需时间至多79 分钟因此第二种生产方式的效率更高 ( ) 由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为85.5 分 钟，用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为73.5 分钟因此第二种生产 方式的效率更高 ( ) 由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间高于80 分钟； 用第二种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间低于80 分钟因此第二种生产方式的 效率更高 ( ) 由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎8 上的最 多，关于茎8 大致呈对称分布；用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎7 上的最多，关于茎7 大致呈对称分布又用两种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布 的区间相同，故可以认为用第二种生产方式完成生产任务所需的时间比用第一种生产方式完 成生产任务所需的时间更少因此第二种生产方式的效率更高 (2) 由茎叶图知m 79 81 2 80. 列联表如下： 超过m 不超过m 第一种生产方式155 第二种生产方式515 (3) 由于K2 40 ×（15 × 15 5× 5） 2 20 × 20 × 20 × 20 106.635 ，所以有99% 的把握认为两种生产方 式的效率有差异 19 解： (1) 由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD. 因为BCCD，BC? 平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM. 因为M为CD 上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM. 又BCCMC，所以DM平面BMC. 而DM? 平面AMD，故平面AMD平面BMC. (2) 以D为坐标原点，DA 的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. 当三棱锥M-ABC体积最大时，M为CD 的中点 由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0， 1，1)， AM (2，1， 1)，AB (0， 2，0)，DA (2，0， 0) 设n (x，y，z)是平面MAB的法向量，则 n·AM 0， n·AB 0， 即 2xyz0， 2y0. 可取n(1，0，2) DA 是平面MCD的法向量，因此cos n，DA n·DA |n|DA | 5 5 ， sin n，DA 25 5 . 所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是 25 5 . 20 解： (1) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x21 4 y21 3 1， x22 4 y22 3 1. 两式相减，并由 y1y2 x1x2 k得 x1x2 4 y1y2 3 ·k0. 由题设知 x1x2 2 1， y1y2 2 m，于是k 3 4m . 由题设得0m 3 2 ，故k 1 2 . (2) 由题意得F(1，0)设P(x3，y3)，则 (x31，y3) (x11，y1)(x21，y2)(0，0) 由(1) 及题设得x33(x1x2)1，y3 (y1y2) 2m0. 又点P在C上，所以m 3 4 ，从而P1， 3 2 ，|FP | 3 2 . 于是 |FA |（x11） 2y2 1（x11） 23 1x 2 1 4 2 x1 2 . 同理 |FB |2 x2 2 . 所以 |FA |FB |4 1 2(x 1x2)3. 故 2|FP | |FA |FB |，即 |FA |，|FP |，|FB |成等差数列 设该数列的公差为d，则 2|d|FB |FA | 1 2 |x1x2| 1 2 （x1x2）24x1x2. 将m 3 4 代入得k 1. 所以l的方程为yx 7 4 ，代入C的方程，并整理得7x214x 1 4 0. 故x1x22，x1x2 1 28 ，代入解得 |d| 321 28 . 所以该数列的公差为 321 28 或 321 28 . 21 解： (1) 当a0 时，f(x)(2x)ln(1 x)2x， f (x)ln(1 x) x 1x. 设函数g(x)f(x)ln (1 x) x 1x，则 g(x) x （1x） 2. 当 1x0 时，g (x)0；当x0 时，g (x)0.故当x 1 时，g(x) g(0) 0， 且仅当x0 时，g(x)0，从而f(x) 0，且仅当x0 时，f (x)0. 所以f(x)在(1，) 单调递增 又f(0)0，故当 1x 0 时，f(x)0；当x0 时，f(x)0. (2)( ) 若a0，由 (1)知，当x0 时，f(x) (2 x)ln (1x)2x0f(0) ，这与x0 是f(x)的极大值点矛盾 ( ) 若a0，设函数h(x) f（x） 2xax2 ln(1 x) 2x 2xax 2. 由于当 |x|min1, 1 |a|时， 2 xax20，故h(x)与f(x)符号相同 又h(0) f(0) 0，故x0 是f(x)的极大值点当且仅当x0 是h(x)的极大值点 h (x) 1 1x 2（2xax2） 2x（12ax） （2xax 2）2 x2（a2x24ax 6a1） （x1）（ax2x 2） 2 . 如果 6a 10，则当0x 6a1 4a ，且 |x|min1, 1 |a|时， h (x)0，故x0 不是h(x)的极大值点 如果 6a10， 则a2x24ax6a10 存在根x10， 故当x(x1， 0)， 且|x|min1, 1 |a| 时，h (x)0，所以x0 不是h(x)的极大值点 如果 6a10，则h(x) x3（x24 ） （x1）（x26x12 ）