衡水金卷2018届全国高三大联考理科试卷和答案

...

18.（1）当??衡水金卷2018届全国高三大联考

理科参考答案及评分细则

1时，CE//平面BDF. 2证明如下：连接AC交BD于点G，连接GF. ∵CD//AB,AB?2CD，

一、选择题

1-5: CBCBA 6-10:ACDAD 11、12：BB

二、填空题

13. 1 14. 16 15. [5?7?6,6] 16.三、解答题

17. 解：（1）原式可化为，

f(x)?cos2x?3sinxcos?12，

?1?cos2x2?32sin2x?12， ?sin(??2x?6)??sin(2x?6)， 故其最小正周期T?2?2??，

令2x??6??2?k?(k?Z)，

解得x?k??2?3(k?Z)，

即函数f(x)图象的对称轴方程为，

x?k?2??3(k?Z). （2）由（1），知f(x)??sin(2x??6)，

因为0?A??，所以???5?26?2A?6?6.

又f(A)??sin(2A??6)??1，

故得2A???6?2，解得A??3.

由正弦定理及bsinC?asinA，得bc?a2?9. 故S1?ABC?2bcsinA?934. WORD格式整理

24??82? ∴

CGGA?CDAB?12. ∵EF?1EFCG12FA，∴FA?GA?2.

∴GF//CE.

又∵CE?平面BDF，GF?平面BDF， ∴CE//平面BDF.

（2）取AB的中点O,连接EO. 则EO?AB.

∵平面ABE?平面ABCD，平面ABE平面ABCD?AB，且EO?AB，∴EO?平面ABCD.

∵BO//CD，且BO?CD?1，

∴四边形BODC为平行四边形，∴BC//DO. 又∵BC?AB，∴AB//DO.

由OA,OD,OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.

则O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0,?1,0)，D(1,0,0)，C(1,?1,0)，E(0,0,3). 当??1时，有EF?FA， ∴可得F(0,12,32). ∴BD?(1,1,0)，CE?(?1,1,3)，BF?(1,3,322). 设平面BDF的一个法向量为n?(x,y,z)，

...

则有???n?BD?0,?x?y?0,即???n?BF?0,??33 ?2y?2z?0,令z?3，得y??1，x?1.

即n?(1,?1,3).

设CE与平面BDF所成的角为?，

则sin??|cos?CE?n?|?|?1?1?3|5?5?15. ∴当??1时，直线CE与平面BDF所成的角的正弦值为15. 19.解：（1）由列联表可知K2的观测值，

k?n(ad?bc)2200(50?40?50?60)2(a?b)(c?d)(a?c)(b?d)?110?90?100?100?2.020?2.072.

所以不能在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为A市使用网络外卖情况与性别有关. （2）①依题意，可知所抽取的5名女网民中，经常使用网络外卖的有5?60100?3（人）

，偶尔或不用网络外卖的有5?40100?2（人）. 则选出的3人中至少有2人经常使用网络外卖的概率为P?C2C1332C37C3?C3?. 5510②由2?2列联表，可知抽到经常使用网络外卖的网民的频率为110200?1120， 将频率视为概率，即从A市市民中任意抽取1人， 恰好抽到经常使用网络外卖的市民的概率为1120. 由题意得X~B(10,1120)， 所以E(X)?10?1120?112； D(X)?10?1199920?20?40.

20. 解：（1）由已知，得c1a?2，b?3，

又c2?a2?b2， 故解得a2?4,b2?3，

WORD格式整理

所以椭圆C的标准方程为x24?y23?1. （2）由（1），知F1(?1,0)，如图，

易知直线MN不能平行于x轴.

所以令直线MN的方程为x?my?1，

M(x1,y1)，N(x2,y2).

联立方程??3x2?4y2?12?0,?x?my?1,，

得(3m2?4)y2?6my?9?0， 所以y6m1?y2?3m2?4，y?91y2?3m2?4. 此时MN?(1?m2)[(y21?y2)?y1y2]， 同理，令直线PQ的方程为x?my?1，

P(x3,y3)，Q(x4,y4)，

此时ym3?y4??63m2?4，y3y4??93m2?4， 此时PQ?(1?m2)[(y23?y4)?4y3y4]. 故|MN|?|PQ|.

所以四边形MNPQ是平行四边形.

若MNPQ是菱形，则OM?ON，即OM?ON?0，于是有x1x2?y1y2?0. 又x1x2?(my1?1)(my2?1)，

...

?m2y1y2?m(y1?y2)?1，

所以有(m2?1)y1y2?m(y1?y2)?1?0，

整理得到?12m2?53m2?4?0， 即12m2?5?0，上述关于m的方程显然没有实数解，

故四边形MNPQ不可能是菱形.

21.解：（1）由题意得f'(x)?ex?(1?a).

当1?a?0，即a??1时，f'(x)?0，f(x)在R内单调递增，没有极值. 当1?a?0，即a??1， 令f'(x)?0，得x?ln(a?1)，

当x?ln(a?1)时，f'(x)?0，f(x)单调递减； 当x?ln(a?1)时，f'(x)?0，f(x)单调递增，

故当x?ln(a?1)时，f(x)取得最小值f(ln(a?1))?a?1?b?(1?a)ln(a?1)，无极大值. 综上所述，当a??1时，f(x)在R内单调递增，没有极值；

当a??1时，f(x)在区间(??,ln(1?a))内单调递减，在区间(ln(1?a),??)内单调递增，f(x)的极小值为

a?1?b?(1?a)ln(a?1)，无极大值.

（2）由（1），知当a??1时，f(x)在R内单调递增，

当a??1时，

b(a?1)2?0?34成立. 当a??1时，令c为?1和1?b1?a中较小的数，

所以c??1，且c?1?b1?a.

则ex?e?1，?(1?a)c??(?b?1).

所以f(c)?ex?(1?a)c?b?e?1?(1?b)?b?0， 与f(x)?0恒成立矛盾，应舍去.

WORD格式整理

当a??1时，f(x)min?f(ln(1?a))?a?1?b?(a?1)ln(a?1)?0， 即a?1?(a?1)ln(a?1)?b，

所以(a?1)b?(a?1)2?(a?1)2ln(a?1). 令g(x)?x2?x2lnx(x?0)，

则g'(x)?x(1?2lnx).

令g'(x)?0，得0?x?e，

令g'(x)?0，得x?e，

故g(x)在区间(0,e)内单调递增， 在区间(e,??)内单调递减. 故g(x)emax?g(e)?e?elne?2， 即当a?1?e?a?e?1时，g(x)emax?2. 所以(a?1)b?(a?1)2?(a?1)2ln(a?1)?e2. 所以

b(a?1)2?e4. 而e?3， 所以

b(a?1)32?4. 22.解：（1）直线l的直角坐标方程为x?y?3?0. 曲线C上的点到直线l的距离，

|2sin(???)d?|cos??sin??3|4?3|2?2，

当sin(???4)??1时，dmax?|2?3|2?322?2， 即曲线C上的点到直线l的距离的最大值为

2?322. （2）∵曲线C上的所有点均在直线l的下方，

...

∴对???R，有tcos??sin??3?0恒成立， 即t2?1cos(???)?3（其中tan??1

t）恒成立， ∴t2?1?3.

又t?0，∴解得0?t?22， ∴实数t的取值范围为(0,22).

????3x,x??1,23.解：（1）依题意，得f(x)???2?x,?1?x?1,

?2??1?3x,x?2,于是得f(x)?3???x??1,??3x?3,

?或???1?x?1,??x?1,?2或?2 ?2?x?3,??3x?3,解得?1?x?1.

即不等式f(x)?3的解集为{x|?1?x?1}.

工作，出现事故时无条件地迅速返回机房，听从领班的指挥（2）g(x)?f(x)?|x?1|?|2x?1|?|2x?2|?|2x?1?2x?2|?3， 班排队故障后才能下班，配电设备发生事故时不得离岗当且仅当(2x?1)(2x?2)?0时，取等号， ∴M?[3,??).

原不等式等价于t2?3t?1?3t， ?t2?3t2?t?3(t?3)(t2?1)t?t.

∵t?M，∴t?3?0，t2?1?0.

∴

(t?3)(t2?1)t?0. ∴t2?1?3t?3t. WORD格式整理

1、 严格遵守公司员工守则和各项规章制度，服从领班安排，除完成日常维修任务外，有计划地承担其它工作任务; 2、 努力学习技术，熟练掌握现有电气设备的原理及实际操作与维修; 5、 严格执行设备管理制度，做好日夜班的交接班工作. 工程部维修工的岗位职责; 3、 积极协调配电工的

; 4、 招待执行所管辖设备的检修计划，按时按质按量地完成，并填好记录表格; 6、 交班时发生故障，上一班必须协同下一; 7、 请假、补休需在一天前报告领班，并由领班安排合适的替班人