安全生产法实施时间-商标授权书

2018年普通高等学校招生全国统一考试·(全国卷Ⅰ)·理

1－i（1 －i）
2
1．解析：选C．法一：因为z＝＋2i＝＋2i＝－i＋2i＝i，所以|z|＝1 ，故
1＋i（1＋i）（1－i）
选C．
1－i1－i＋2i（1＋i）－1＋i< br>
－1＋i

＝
|－1＋i|
＝
2
＝1，故 法二：因为z＝＋2i＝＝
，所以|z|＝

1＋i1＋i1＋i

1＋i

|1＋i|
2
选C．
2．解析：选B．法一：A＝{x |(x－2)(x＋1)>0}＝{x|x<－1或x>2}，所以∁
R
A＝{x|－1≤x≤ 2}，
故选B．
法二：因为A＝{x|x
2
－x－2>0}，所以∁
R
A＝{x|x
2
－x－2≤0}＝{x|－1≤x≤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0．6<0．37×2，所以新农村建设后，种植收入增加 ，而不是减少，所以A是错误
的．故选A．
3×2
4．解析：选B．设等差数列{a
n
}的公差为d，因为3S
3
＝S
2
＋S
4
，所以3(3a
1
＋d)＝2a
1
＋d
2
4×3
3
＋4a
1
＋d，解得d＝－a
1
，因为a
1
＝2 ，所以d＝－3，所以a
5
＝a
1
＋4d＝2＋4×(－3)＝－10．故< br>22
选B．
5．解析：选D．法一：因为函数f(x)＝x
3
＋(a －1)x
2
＋ax为奇数，所以f(－x)＝－f(x)，
所以(－x)
3
＋(a－1)(－x)
2
＋a(－x)＝－[x
3
＋(a－1)x< br>2
＋ax]，所以2(a－1)x
2
＝0，因为x∈R，所以
a＝1， 所以f(x)＝x
3
＋x，所以f′(x)＝3x
2
＋1，所以f′(0)＝ 1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方
程为y＝x．故选D．
法二：因为函数 f(x)＝x
3
＋(a－1)x
2
＋ax为奇函数，所以f(－1)＋f(1 )＝0，所以－1＋a－1－a＋
(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x
3
＋x，所以f′(x)＝3x
2
＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)< br>在点(0，0)处的切线方程为y＝x．故选D．
6．

11
→→ →→→
11
→→
1
→→
3
→
解析：选A．法一：如 图所示，EB＝ED＋DB＝AD＋CB＝×(AB＋AC)＋(AB－AC)＝AB
2222241
→
－AC
，故选A．
4
→→→→
1
→→< br>11
→→
3
→
1
→
法二：EB＝AB－AE＝AB－ AD＝AB－×(AB＋AC)＝AB－AC
，故选A．
22244
7．解析：选B ．由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长
为16．画出该圆柱的侧面 展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路
径中，最短路径的长度为MS
2
＋SN
2
＝2
2
＋4
2
＝25．故选B ．
2


y＝
3
（x＋2），
22
8． 解析：选D．法一：过点(－2，0)且斜率为的直线的方程为y＝(x＋2)，由

33

y
2
＝4x，


x＝1，
< br>x＝4，
2
得x－5x＋4＝0，解得x＝1或x＝4，所以

或
不妨设M(1，2)，N(4，4)，易知F(1，

y＝4，

y＝2

→→→→
0)，所以FM＝(0，2)，FN ＝(3，4)，所以FM·FN＝8．故选D．
2

y＝（x＋2），
< br>22
法二：过点(－2，0)且斜率为的直线的方程为y＝(x＋2)，由

3
得x
2
－5x＋4＝
33


y
2
＝4x，
0，设M(x
1
，y
1
)，N(x
2
， y
2
)，则y
1
>0，y
2
>0，根据根与系数的关系，得 x
1
＋x
2
＝5，x
1
x
2
＝4．易知< br>→→→→
F(1，0)，所以FM＝(x
1
－1，y
1
)，F N＝(x
2
－1，y
2
)，所以FM·FN＝(x
1
－1) (x
2
－1)＋y
1
y
2
＝x
1
x
2
－(x
x
＋
x
2
)＋1＋4x
1
x< br>2
＝4－5＋1＋8＝8．故选D．
9．解析：选C．函数g(x)＝f(x)＋x＋ a存在2个零点，即关于x的方程f(x)＝－x－a有2个不
同的实根，即函数f(x)的图象与直线 y＝－x－a有2个交点，作出直线y＝－x－a与函数f(x)的图象，
如图所示，由图可知，－a≤ 1，解得a≥－1，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
c

2
1
b

2
11

域Ⅰ的面积即△ABC的面积，为S
1
＝bc，区域Ⅱ 的面积S
2
＝π×

2

＋π×

2
－
222
2

π×

a


1


2

1

＝π(c
2< br>＋b
2
－a
2
)＋
1
bc＝
1
bc ，所以S
1
＝S
2
，由几何概型的知识知p
1
＝p
2
，故选A．
22

2
－
2
bc
8

法二：不妨设△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝2，则BC＝22，所以区 域Ⅰ的面积即△ABC
1
π×（2）
2

2
的面积，为S
1
＝×2×2＝2，区域Ⅱ的面积S
2
＝π×1－

－2< br>
＝2，区域Ⅲ的面积S
3
2
2

π×（2）2
π－2
2
＝－2＝π－2．根据几何概型的概率计算公式，得p
1＝p
2
＝
，p
3
＝
，所以
2
π＋2π ＋2
p
1
≠p
3
，p
2
≠p
3
， p
1
≠p
2
＋p
3
，故选A．
x
22
3
11．解析：选B．因为双曲线－y＝1的渐近线方程为y＝±x，所以∠MON＝6 0°．不妨
33
3
设过点F的直线与直线y＝x交于点M，由△OMN为直角三角形， 不妨设∠OMN＝90°，则∠MFO
3
＝60°，又直线MN过点F(2，0)，所以直线M N的方程为y＝－3(x－2)，
3
y＝－3（x－2），
x＝
，

2

3

2

3

2
33


由

得所以M
，
，所以|OM|＝3
2

＋

2

＝3，所以

22

3

y＝
，

y＝
3
x，
2
|MN|＝3|OM|＝3，故选B．
12．解析：选A．记该正方体为AB CD-A′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面
α
所成的角
都相等，即共点 的三条棱A′A，A′B′，A′D′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB′，AD′，
B′D′ ，因为三棱锥A′­AB′D′是正三棱锥，所以A′A，A′B′，A′D′与平面AB′D′所成的角都相< br>等．分别取C′D′，B′C′，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A B′D′平行，且截正方
23
体所得截面的面积最大．又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE ＝
，所以该正六边形的面积为6×
24
2
3333
2
×
＝
，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为，故选A．
44

2





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3x＋2y＝0，并平移
该直线，当直线过点A(2，0)时，目标函数z＝3x＋2y取得最大值，且z
max
＝3 ×2＋2×0＝6．

14．解析：法一：因为S
n
＝2a
n＋1，所以当n＝1时，a
1
＝2a
1
＋1，解得a
1
＝－1；
当n＝2时，a
1
＋a
2
＝2a
1
＋1 ，解得a
2
＝－2；
当n＝3时，a
1
＋a
2
＋ a
3
＝2a
3
＋1，解得a
3
＝－4；
当n＝4 时，a
1
＋a
2
＋a
3
＋a
4
＝2a4
＋1，解得a
4
＝－8；
当n＝5时，a
1
＋a< br>2
＋a
3
＋a
4
＋a
5
＝2a
5< br>＋1，解得a
5
＝－16；
当n＝6时，a
1
＋a
2
＋a
3
＋a
4
＋a
5
＋a
6
＝ 2a
6
＋1，解得a
6
＝－32；
所以S
6
＝－1－2－4－8－16－32＝－63．
法二：因为S
n
＝2a
n
＋1，所以当n＝1时，a
1
＝2a
1
＋1，解得a
1
＝－1，当n≥2时，a
n
＝S
n
－S< br>n
－
1
＝2a
n
＋1－(2a
n
－
1
＋1)，所以a
n
＝2a
n
－
1
，所以数列{a
n
}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所
－1×（1－2
6
）
n
－
1
以a
n
＝－2
，所以S
6
＝＝－63．
1－2
2
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C
1
2
C
4
＝12(种)；
1
第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有C
2
2
C
4
＝4(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C
3
6
＝20(种)，从6人中任选3人都是男生，不同的选
法有C
3
4
＝4(种)，所以至少有1位女生入选的不同的选法有20－4＝ 16(种)．
16．解析：法一：因为f(x)＝2sin x＋sin 2x，所以f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝4cos
2
x＋2cos x－2＝
1ππ
1
cos x－

(cos x＋1)，由f′(x)≥0得≤cos x≤1，即2kπ－≤x≤2kπ＋
，k∈Z，由f′(x) ≤0得
4

2

233
πππ
1
－1≤ cos x≤
，即2kπ＋π≥x≥2kπ＋
或2kπ－π≤x≤2kπ－
，k∈Z， 所以当x＝2kπ－
2333
πππ
33
(k∈Z)时，f(x)取得最小值 ，且f(x)
min
＝f

2kπ－

＝2sin

2kπ－

＋sin 2

2kπ－

＝－．
2
3

3

3

xxxxx8法二：因为f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)＝4sin cos ．2cos
2
＝8sin cos
3
＝
22222
3

3sin
2

x
＋cos
2

x
＋cos
2

x
＋cos
2

x

4
27xx64xx 64
2222

＝
，当且
3sin
2
cos
6
，所以[f(x)]
2
＝×3sin
2
cos
6
≤．

2232234

4

xxx1273333
仅当3sin
2
＝cos
2

，即sin
2
＝时取等号，所以0≤[f(x)]
2
≤
， 所以－
≤f(x)≤
，所以
2224422
33
f(x)的最小值为 －．
2
BDAB52
17．解：(1)在△ABD中，由正弦定理得＝．由题设知， ＝
，
sin∠Asin∠ADBsin 45°sin∠ADB

222 3
．由题设知，∠ADB<90°，所以cos∠ADB＝1－＝．
5255
2(2)由题设及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝．在△BCD中，由余弦定理得BC
2
＝BD
2
＋DC
2
5
2
－2·BD·DC·co s∠BDC＝25＋8－2×5×22×＝25．所以BC＝5．
5
18．解：(1)证明： 由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF．又BF⊂平面ABFD，
所以平面PE F⊥平面ABFD．
所以sin∠ADB＝
→
(2)作PH⊥EF，垂足为H．由( 1)得，PH⊥平面ABFD．以H为坐标原点，HF的方向为y轴正
→
方向，|BF|为单位 长，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz．由(1)可得，DE⊥PE．又DP＝2，
33
DE＝1，所以PE＝3．又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF．可得PH＝
，EH＝
．则 H(0，0，0)，
22
3
3333
→→
－1，－
，0
，DP
＝

1，
，

，HP
＝
0，0，

为平面ABFD的法向量．设P

0，0，

，D

2

2

2

22

3
→→

HP·DP

4
3DP与平面ABFD所成角为θ，则sin
θ
＝

＝＝．所以DP与平 面ABFD所成角的

→→
3
4

|HP||DP|

正弦值为

19．解：(1)由已知得F(1，0)，l的方程为x＝1．由已知 可得，点A的坐标为

1，
3
．
4
2

2
或
1，－

．所
2

2



22
x＋2或y＝x－2．
22
(2)当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°．
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB．
当l与x轴不重合 也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x
1
，y
1
) ，B(x
2
，y
2
)，则x
1
<2，
y
1
y
2
x
2
<2，直线MA，MB的斜率之和为k
MA
＋k
MB
＝＋．由y
1
＝kx
1
－k，y
2＝kx
2
－k得k
MA
＋
x
1
－2x
2
－2
2kx
1
x
2
－3k（x
1
＋x< br>2
）＋4k
x
2
2
k
MB
＝．将y＝k(x －1)代入＋y＝1得(2k
2
＋1)x
2
－4k
2
x＋2 k
2
－2＝0．所以，
2
（x
1
－2）（x
2－2）
2k
2
－24k
3
－4k－12k
3
＋ 8k
3
＋4k
4k
2
x
1
＋x
2
＝
2
，x
x＝．则2kx
1
x
2
－3k(x
1
＋x
2
)＋4k＝＝0．从而k
MA
2k＋1
122k
2
＋12k
2
＋1
＋k
MB
＝0，故MA ，MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB．综上，∠OMA＝∠OMB．
2
p
2
(1－p)
18
．因此f′(p)＝C
2
[2p(120．解：( 1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝C
2020
17
－p)
18
－18p
2
(1－p)
17
]＝2C
2
20
p(1－p)(1－10p)．令f′(p)＝0，得p＝0．1．当p∈(0，0．1)时f′(p) >0；
当p∈(0．1，1)时，f′(p)<0．所以f(p)的最大值点为p
0
＝ 0．1．
(2)由(1)知，p＝0．1．
(i)令Y表示余下的180件产品中的不合格 品件数，依题意知Y～B(180，0．1)，X＝20×2＋25Y，
即X＝40＋25Y．所以EX ＝E(40＋25Y)＝40＋25EY＝490．
(ii)如果对余下的产品作检验，则这一箱产品 所需要的检验费为400元．由于EX>400，故应该
对余下的产品作检验．
x
2
－ax＋1
1a
21．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－
2
－1＋＝－．
xxx
2
(i)若a≤2，则f′(x)≤0，当 且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减．
以AM的方程为y ＝－

a－a
2
－4a＋a
2
－4
(ii)若 a>2，令f′(x)＝0得，x＝或x＝．
22
a－a
2
－4
 
a＋a
2
－4

当x∈

0，
∪

，＋∞

时，f′(x)<0；
22
< br>
a－a
2
－4a＋a
2
－4

时，

a－a
2
－4

，

a＋a
2
－4

当x∈

f′(x)>0．所以f(x)在

0 ，

，，＋∞

2222

a－a
2
－4a＋a
2
－4

单调递减，在

单调递增 ．
，
22

(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a >2．由于f(x)的两个极值点x
1
，x
2
满足x
2
－a x
f（x
1
）－f（x
2
）ln x
1
－ln x
2
1
＋1＝0，所以x
1
x
2
＝1，不妨设x1
2
，则x
2
>1．由于＝－－1＋a＝－
x1
x
2
x
1
－x
2
x
1
－x
2
ln x
1
－ln x
2
－2ln x
2
f（x
1
）－f（x
2
）
1
2＋a＝－2＋a
， 所以
2
＋2ln x
2
<0．设函数g(x)< br>1x
2
x
1
－x
2
x
1
－x
2
－x
2
x
2
1
＝－x＋2ln x，由(1)知，g( x)在(0，＋∞)单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0．所
xf（x
1
）－f（x
2
）
1
以－x
2
＋2ln x
2
<0，即x
2
x
1
－x
2
22．解：(1)由x＝ρcos
θ
，y＝ρsin
θ
得C
2
的直角坐标方程为(x＋1)
2
＋y
2
＝4．
(2)由(1)知C
2
是圆心为A(－1，0)，半径为2的圆．
由题设知 ，C
1
是过点B(0，2)且关于y轴对称的两条射线．记y轴右边的射线为l
1，y轴左边的
射线为l
2
．由于B在圆C
2
的外面，故C
1
与C
2
有且仅有三个公共点等价于l
1
与C
2
只有一个公共点
且l
2
与C
2
有两个公共点，或l
2
与C
2
只有一个公共点且l
1
与C
2
有两个公共点． < br>|－k＋2|
4
当l
1
与C
2
只有一个公共点时，A 到l
1
所在直线的距离为2，所以
2
＝2，故k＝－或k＝
3
k＋1
4
0．经检验，当k＝0时，l
1
与C
2
没有公共 点；当k＝－时，l
1
与C
2
只有一个公共点，l
2
与C< br>2
有两
3
个公共点．
|k＋2|
4
当l
2
与C
2
只有一个公共点时，A到l
2
所在直线的距离为2，所以2
＝2，故k＝0或k＝．经
3
k＋1
4
检验，当k＝0时，l
1
与 C
2
没有公共点；当k＝时，l
2
与C
2
没有公共点．
3
4
综上，所求C
1
的方程为y＝－|x|＋2．
3－2，x≤－1，

23．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|， 即f(x)＝

2x，－1故不等式f(x)>1的解集

2，x≥1.
1
为{x|x>}．
2
(2)当x∈(0，1)时|x＋1 |－|ax－1|>x成立等价于当x∈(0，1)时|ax－1|<1成立．若a≤0，则当x∈(0，
22
1)时|ax－1|≥1；若a>0，|ax－1|<1的解集为0，所以
≥1，故0aa
(0，2]．

2018年普通高等学校招生全国统一考试·(全国卷Ⅱ)·理

1＋2i（1＋2i）（1＋2i）
34
1．解析：选D．＝＝－＋i，故选D．
55
1－2i（1－2i）（1＋2i）
2．

解析：选A．法一 ：由知，－3≤x≤3，－3≤y≤3．又x∈Z，y∈Z，所以x∈{－
1
1，0，1}，y ∈{－1，0，1}，所以A中元素的个数为C
1
3
C
3
＝9，故选 A．
法二：根据集合A的元素特征及圆的方程在坐标系中作出图形，如图，易知在圆x
2＋y
2
＝3中
有9个整点，即为集合A的元素个数，故选A．
－
xx
e－e
－
3．解析：选B．当x<0时，因为e
x
－e
x
<0，所以此时f(x)＝<0，故排除A、D；又f(1)
x
2
1＝e－>2，故排除C，选B．
e
4．解析：选B．a·(2a－b)＝2a
2
－a·b＝2－(－1)＝3，故选B．
cb
5．解析：选A．法一：由题意知，e ＝＝3，所以c＝3a，所以b＝c
2
－a
2
＝2a，所以＝
aa< br>b
2，所以该双曲线的渐近线方程为y＝±x＝±2x，故选A．
a
b

2
cbb

法二：由e＝＝1＋

a

＝3，得＝2，所以该双曲线的渐近线方程为y＝±x＝±2x，
aaa
故选A．
C13
6．解析：选A．因为cos C＝2cos
2
－1＝2×－1＝－
，所以由余弦定理，得AB
2
＝AC
2
＋
255
3
－

＝32，所以AB＝42，故选A． BC
2
－2AC·BCcos C＝25＋1－2×5×1×


5

1
7．解析：选B．由程序框图的算法功能知执行框 N＝N＋计算的是连续奇数的 倒数和，而执
i
1
行框T＝T＋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i＝i＋2，故选
i＋1
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C
2
10
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
31< br>以所求概率P＝
2
＝
，故选C．
C
10
15
9．解析：选C．
x
2
＋y
2
≤3

如图，连接BD
1，交DB
1
于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD
1
的 中点，所
以AD
1
∥OM，则∠MOD为异面直线AD
1
与DB1
所成角．因为在长方体ABCD-A
1
B
1
C
1D
1
中，AB＝
BC＝1，AA
1
＝3，AD
1
＝AD
2
＋DD
2
DM＝
1
＝2，AD
2
＋
2

1
AB

＝
5
，DB
1
＝AB
2
＋AD
2
＋DD
2
1
＝

2

2

115
5，所以OM＝AD
1＝1，OD＝DB
1
＝
，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝< br>222
22
55
1
2
＋

－


2

2

55
＝
，即异面直线AD< br>1
与DB
1
所成角的余弦值为
，故选C．
55
5< br>2×1×
2
π
10．解析：选A．法一：f(x)＝cos x－sin x＝2cos

x＋

，且函数y＝cos x在区间[0，π]上

4

π
－a≥－
，
4
ππ3π
单调递减 ，则由0≤x＋≤π，得－≤x≤．因为f(x)在[－a，a]上是减函数，所以
444
3π
a≤
，
4
πππ
解得a≤
，所以0444
法二：因为f(x)＝cos x－sin x，所以f′(x)＝－sin x－cos x，则由题意，知f′(x)＝－sin x－cos x
π
≤0在[－a，a]上恒成立，即sin x＋cos x≥0，即2sin
< br>x＋

≥0在[－a，a]上恒成立，结合函数y

4
π
－a＋≥0，
4
πππ
π

＝2sin
x ＋
的图象可知有解得a≤
，所以0444
< br>4

π
a＋≤π，
4
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(1－x)＝f(1＋x)，所以f(x)＝f(2－x)，f(－x)＝f(2＋x)，所以f(2＋x)＝ －f(x)，所以f(4＋x)＝－f(2
＋x)＝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(1＋1)＝f(1－1)＝f(0)
＝0，f(3) ＝f(1＋2)＝f(1－2)＝－f(1)＝－2，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f( 50)＝12×0＋f(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|F
1
F
2
|＝2c，因为△PF
1
F
2
为等腰
三角形，且∠F
1
F
2
P ＝120°，所以|PF
2
|＝|F
1
F
2
|＝2c，所以 |OF
2
|＝c，所以点P坐标为(c＋2ccos 60°，
33c3
2csin 60°)，即点P(2c，3c)．因为点P在过点A，且斜率 为的直线上，所以＝
，解得
6
2c＋a
6
c11
＝
，所以e＝，故选D．
a44
2
13．解析：因为y＝2ln(x＋1)，所以y′ ＝．当x＝0时，y′＝2，所以曲线y＝2ln(x＋1)在
x＋1
点(0，0)处的切线方 程为y－0＝2(x－0)，即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x＋y＝0，平移
该直线，当直线过点B(5，4)时，z取得最大值，z
max
＝5＋4＝9．
15．解析：因为sin
α
＋cos
β
＝1，cos
α
＋sin
β
＝0，所以sin
2
α
＋cos
2
β
＋2sin

α
cos
β

＝1 ①，cos
2
α
＋sin
2
β
＋2cos
α
sin
β
＝0 ②，①②两式相加可得sin
2
α＋cos
2
α
＋sin
2
β
＋cos
2
1
β
＋2(sin
α
cos
β
＋cos
α
sin
β
)＝1，所以sin(α＋β)＝－
2
． < br>1
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· SA·SB·sin
2
1
2
15
2
∠ASB＝·SA·1－ cos
2
∠ASB＝·SA＝515，所以SA
2
＝80，SA＝45．因为 SA与底面所成
216
2
的角为45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝SA·c os 45°＝45×＝210．所以底面周长l＝2π·AS′
2
1
＝410π，所 以圆锥的侧面积为×45×410π＝402π．
2

17．解：(1)设{an
}的公差为d，由题意得3a
1
＋3d＝－15．由a
1
＝－ 7得d＝2．所以{a
n
}的通
项公式为a
n
＝2n－9．
(2)由(1)得S
n
＝n
2
－8n＝(n－4)
2
－1 6．所以当n＝4时，S
n
取得最小值，最小值为－16．
^
18．解：( 1)利用模型①，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②，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为y＝99＋ 17．5×9
＝256．5(亿元)．
(2)利用模型②得到的预测值更可靠．
理由如下：
(ⅰ)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① 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②得到的预测值更可靠．
(ⅱ)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①得到的预测值
226．1亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理， 说明利用模型②得到
的预测值更可靠．
19．解：(1)由题意得F(1，0)，l的方程为 y＝k(x－1)(k＞0)．设A(x
1
，y
1
)，B(x
2，y
2
)．由


y＝k（x－1），
2k
2
＋4
22222

得kx－(2k＋4)x＋k＝0．
Δ
＝ 16k＋16＞0，故x
1
＋x
2
＝
2
．所以|AB|＝| AF|
2
＝4x
k

y

4k
2
＋44k
2
＋4
＋|BF|＝(x
1
＋1)＋(x
2
＋1)＝
2
．由题设知
2
＝8，解得k＝－1(舍去)，k＝1．因此l的 方程为
kk
y＝x－1．
(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y＝－x
y
0
＝－x
0
＋5，




x
0
＝3，


x
0
＝11，
2
＋5．设所求圆的圆心坐标为(x
0，y
0
)，则

解得

或

（y0
－x
0
＋1）
2

y＝2
＋16，

0

y
0
＝－6.

2

（ x
0
＋1）＝
因此所求圆的方程为(x－3)
2
＋(y－2)
2
＝16或(x－11)
2
＋(y＋6)
2
＝144．
20．解：(1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝23．连2
接OB．因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，
2
1
且OB⊥AC，OB＝AC＝2．
2

由OP< br>2
＋OB
2
＝PB
2
知PO⊥OB．
由OP⊥OB，OP⊥AC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O－xyz．
→
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，2－a，0)(0＜a≤2)，则AM＝(a，4－a，0)．
设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．
→→
由AP·n＝0，AM·n＝0得

2y＋23z＝0，

可得n＝(3(a－4)，3a，－a)，
ax＋（4－a）y＝0，

23（a－4）
→
所以cos〈OB
，n〉＝
．由已知可得
23（a－4）
2
＋3a
2
＋a< br>2
3
→
|cos〈OB
，n〉|＝，
2
23|a－4|
34
所以＝
，解得a＝－4(舍去)，a＝， < br>3
23（a－4）
2
＋3a
2
＋a
2
283434

所以n＝

－
，，－
．
33< br>
3
3
→→
又PC＝(0，2，－23)，所以cos〈PC
，n〉＝
．
4
3
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为．
4
－
21．解：(1)当a＝1时，f(x)≥1等价于(x
2
＋1)e
x
－1≤0．
－－－
设函数g(x)＝(x
2
＋1)e
x
－1，则g′(x)＝－(x
2
－2x＋1)e
x
＝－(x－1)
2
e
x
．
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋ ∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，
即f(x)≥1．
－
(2)设函数h(x)＝1－ax
2
e
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．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
－
(ⅱ)当a＞0时，h′ (x)＝ax(x－2)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．
4a
故h(2)＝1－
2
是h(x)在[0，＋∞)的最小值．
e
e
2
①若h(2)＞0，即a＜
，h(x)在(0，＋∞)没有零点； 4
e
2
②若h(2)＝0，即a＝
，h(x)在(0，＋∞)只有一个零 点；
4
e
2
③若h(2)＜0，即a＞
，由于h(0)＝1，所以 h(x)在(0，2)有一个零点．
4

由(1)知，当x＞0时，e
x
＞x
2
，所以 16a
3
16a
3
16a
3
1
h(4a)＝1 －
4
a
＝1－
2
a
2
＞1－＝1－＞0．
4
ea
（e）（2a）
故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0 ，＋∞)有两个零点．
e
2
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝．
4
22
xy
22．解：(1)曲线C的直角坐标方程为＋＝1．
416
当cos
α
≠0时，l的直角坐标方程为y＝tan
α
·x＋2－tan
α
，
当cos
α
＝0时，l的直角坐标方程为x＝1．
(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(1＋3cos
2
α
)t
2
＋4(2cos
α
＋sin
α
)t－8＝0． ①
因为曲线C截直线l所得线段 的中点(1，2)在C内，所以①有两个解，设为t
1
，t
2
，则t
1
＋t
2
＝
0．
4（2cos
α
＋sin < br>α
）
又由①得t
1
＋t
2
＝－
，故2cos
α
＋sin
α
＝0，于是直线l的斜率k＝tan
α
1＋3cos
2
α
＝－2．
23．解：(1)当a＝1时，
2x＋4，x≤－1，

f(x)＝

2，－1＜x≤2，


－2x＋6，x＞2.
可得f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}．
(2)f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4．
而|x＋a|＋|x－2|≥|a ＋2|，且当x＝2时等号成立．故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4．
由|a＋2|≥4可得a≤－6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Ⅲ卷·理

1．解析：选C．由题意知，A＝{x|x≥1}，则A∩B＝{1，2}．
2．解析：选D．(1＋i)(2－i)＝2－i＋2i－i
2
＝3＋i．
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．
1

2
7

2
4．解析：选B．cos 2
α
＝1－2sin
α
＝1－2×

3

＝． < br>9
r
2
25
－
r

＝C
r
2
r
x
10
－
3
r
，
5．解析：选C． T
r
＋
1
＝C
r
由10－3r＝4，得r＝2，所以x4
的系数为C
2
5
(x)
55
×

x

2
2
＝40．
|2＋0＋2|
6．解析：选A．圆心( 2，0)到直线的距离d＝＝22，所以点P到直线的距离d
1
∈[2，
2
3 2]．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
1
△ABP的面积S＝|AB|d
1
＝2d
1
．因为d< br>1
∈[2，32]，所以S∈[2，6]，即△ABP面积的取值范围
2
是[2 ，6]．
2
7．解析：选D．当x＝0时，y＝2，排除A，B．由y′＝－4x
3
＋2x＝0，得x＝0或 x＝±
，
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
4666
DX＝10p(1－p)＝2．4，所 以p＝0．6或p＝0．4．由P(X＝4)＜P(X＝6)，得C
4
10
p(1－p )＜C
10
p(1
－p)
4
，即(1－p)
2
＜p
2
，所以p＞0．5，所以p＝0．6．
a
2
＋b
2－c
2
a
2
＋b
2
－c
2
1
9．解析：选C．根据题意及三角形的面积公式知absin C＝
，所以sin C＝
242ab
π
＝cos C，所以在△ABC中，C＝．
4
1
10．解析：选B．设等边三角形ABC的边长为x，则x
2
sin 60°＝93， 得x＝6．设△ABC的
2
6
外接圆半径为r，则2r＝
，解得r＝23，所 以球心到△ABC所在平面的距离d＝
sin 60°
4
2
－（23）
2
＝2，则点D到平面ABC的最大距离d
1
＝d＋4＝6，所以三棱锥D-ABC 体积的最大
11
值V
max
＝S
△
ABC
×6＝× 93×6＝183．
33
bb|bc|
11．解析：选C．不妨设一条渐近线的方程 为y＝x，则F
2
到y＝x的距离d＝
22
＝b，
aa
a＋ b
在Rt△F
2
PO中，|F
2
O|＝c，所以|PO|＝a，所以 |PF
1
|＝6a，又|F
1
O|＝c，所以在△F
1
PO 与Rt△F
2
PO
a
2
＋c
2
－（6a）
2
a
中，根据余弦定理得cos∠POF
1
＝＝－cos∠POF
2
＝－
，即3a
2
＋c
2
－(6a)
2
＝0 ，
2acc
c
得3a
2
＝c
2
，所以e＝
＝3．
a
1111
12．解析：选B．由a＝log
0
．
2
0．3得＝log
0
．
3
0．2，由b＝log
2
0．3得＝log
0
．
3
2，所以＋＝
abab
a＋b< br>11
log
0
．
3
0．2＋log
0
．3
2＝log
0
．
3
0．4，所以0＜＋＜1，得0＜＜1．又 a＞0，b＜0，所以ab＜0，
abab
所以ab＜a＋b＜0．
1
13 ．解析：2a＋b＝(4，2)，因为c＝(1，
λ
)，且c∥(2a＋b)，所以1×2＝4 λ，即λ＝．
2
1
答案：
2
14．解析：y′＝(ax＋1＋a )e
x
，由曲线在点(0，1)处的切线的斜率为－2，得y′|
x
＝
0
＝(ax＋1＋a)e
x
|
x
＝
0
＝1＋a＝ －2，所以a＝－3．

答案：－3
πππkπ
π
15．解析：由题意知，cos

3x＋

＝0，所以3x＋＝＋kπ，k∈Z，所以x＝＋
，k
6293
6
 
π4π7π
∈Z，当k＝0时，x＝；当k＝1时，x＝；当k＝2时，x＝
，均满 足题意，所以函数f(x)
999
在[0，π]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y

y＝k（x－1），
＝k(x－1)(k≠0)，由

2
消去y得k
2
(x－1)
2
＝4x，即k
2
x
2
－( 2k
2
＋4)x＋k
2
＝0，设A(x
1
，
y＝4x，

y＝k（x－1），
2k
2
＋41
4y＋1

，即y
2
－yy
1
)，B(x
2，y
2
)，则x
1
＋x
2
＝
2
，x< br>1
x
2
＝1．由

2
消去x得y
2
＝4


k

kk

y＝4x，
4
→→
－4＝0，则y
1
＋y
2
＝
，y
1
y
2
＝－4，由∠AMB＝90°，得MA·MB＝(x
1
＋1，y
1
－1)·(x
2
＋1，y
2
－1)＝
k
2k2
＋4
4
x
1
x
2
＋x
1
＋ x
2
＋1＋y
1
y
2
－(y
1
＋y
2
)＋1＝0，将x
1
＋x
2
＝
2
，x
1
x
2
＝1与y
1
＋y
2
＝
，y
1
y
2
＝－4代入，
kk
得k＝2．
1
＝4x< br>1
，

y
2
2
法二：设抛物线的焦点为F，A(x< br>1
，y
1
)，B(x
2
，y
2
)，则

2
所以y
2
1
－y
2
＝4(x
1－x
2
)，则k

y
2
＝4x
2
，< br>y
1
－y
2
4
＝＝
，取AB的中点M′(x
0
，y
0
)，分别过点A，B作准线x＝－1的垂线，垂足分别为A′，
x< br>1
－x
2
y
1
＋y
2
111
B′， 又∠AMB＝90°，点M在准线x＝－1上，所以|MM′|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|AA ′|＋|BB′|)．又
222
M′为AB的中点，所以MM′平行于x轴，且y
0< br>＝1，所以y
1
＋y
2
＝2，所以k＝2．
答案：2 －
17．解：(1)设{a
n
}的公比为q，由题设得a
n
＝q
n
1
．
由已知得q
4
＝4q
2
，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2．
－－
故a
n
＝(－2)
n
1
或a
n
＝2
n
1
．
1－（－2）
n
n
－
1< br>(2)若a
n
＝(－2)
，则S
n
＝．
3
由S
m
＝63得(－2)
m
＝－188，此方程没有正整数解．
－
若a
n
＝2
n
1
，则S
n
＝2
n
－1．
由S
m
＝63得2
m
＝64，解得m＝6．
综上，m＝6．
18．解：(1)第二种生产方式的效率更高．
理由如下： (ⅰ)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．
(ⅱ)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．
(ⅲ)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．
(ⅳ)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．
79＋81
(2)由茎叶图知m＝＝80．
2
列联表如下：

超过m 不超过m
第一种生产方式 15 5
第二种生产方式 5 15
40×（15×15－5× 5）
2
2
(3)由于K＝＝10＞6．635，所以有99%的把握认为两种生产方式 的效
20×20×20×20
率有差异．
19．解：(1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
︵
因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．
又BC∩CM＝C，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)．
→

AM＝0，


n·

－2x＋y＋z＝0，
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则

即



→
2y＝0.

AB＝0，


n·
可 取n＝(1，0，2)．
→
n·DA5
→→
DA是平面MCD的法向量，因 此cos〈n，DA〉＝＝
，
5
→
|n||DA|
25
→
sin〈n，DA〉＝．
5
25
所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是．
5
2
y
2
x
2
y
2
x
2112
20． 解：(1)设A(x
1
，y
1
)，B(x
2
，y
2
)，则＋＝1，＋＝1．
4343
y
1
－y
2
x
1
＋x
2
y
1
＋y
2
两式相减，并由＝k 得＋·k＝0．
43
x
1
－x
2
x
1
＋ x
2
y
1
＋y
2
3
由题设知＝1，＝m，于是k＝ －．①
224m
31
由题设得0＜m＜
，故k＜－
．
2 2
(2)由题意得F(1，0)．设P(x
3
，y
3
)，则(x3
－1，y
3
)＋(x
1
－1，y
1
)＋(x
2
－1，y
2
)＝(0，0)．
由(1)及题设得x
3< br>＝3－(x
1
＋x
2
)＝1，y
3
＝－(y
1
＋y
2
)＝－2m＜0．
3
3
→
3
1，－

，|FP
|＝． 又点 P在C上，所以m＝
，从而P

2

42
2
x< br>1
x
1
→

222
于是|FA|＝（x
1< br>－1）＋y
1
＝（x
1
－1）＋3

1－
4

＝2－．

2
x
2
→
同理|FB|＝2－．
2
1
→→
所以|FA|＋|FB|＝4－(x
1
＋x
2
)＝3．
2

→→→→→→
故2|FP|＝|FA|＋|FB|，即| FA|，|FP|，|FB|成等差数列．
设该数列的公差为d，则
→→
1
2|d|＝||FB|－|FA||＝|x
1
－x
2
|
2
1
＝（x
1
＋x
2
）
2
－4x
1
x
2
．②
2
3
将m＝代入①得k＝－1．
4
71
所以l的方程为y＝－x＋
，代入C的方程，并整理得7x
2
－14x＋ ＝0．
44
1321
故x
1
＋x
2
＝2，x1
x
2
＝
，代入②解得|d|＝
．
2828
321321
所以该数列的公差为或－．
2828
21．解：(1)当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，
x
f′(x)＝ln(1＋x)－．
1＋x
xx
设函数g(x)＝f′(x)＝ln (1＋x)－
，则g′(x)＝
．
1＋x（1＋x）
2
当－1＜x ＜0时，g′(x)＜0；当x＞0时，g′(x)＞0．故当x＞－1时，g(x)≥g(0)＝0，
且仅当x＝0时，g(x)＝0，从而f′(x)≥0，且仅当x＝0时，f′(x)＝0．
所以f(x)在(－1，＋∞)单调递增．
又f(0)＝0，故当－1＜x＜0时，f(x)＜0；当x＞0时，f(x)＞0．
(2)(ⅰ)若a≥0，由(1)知，当x＞0时，f(x)≥(2＋x)ln (1＋x)－2x＞0＝f(0)，这与x＝0是f(x)的
极大值点矛盾．
f（x）
2x
(ⅱ)若a＜0，设函数h(x)＝＝ln(1＋x)－．
2 ＋x＋ax
2
2＋x＋ax
2
1
由于当|x|＜min{1, }时，2＋x＋ax
2
＞0，故h(x)与f(x)符号相同．
|a|
又h (0)＝f(0)＝0，故x＝0是f(x)的极大值点当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．
2（ 2＋x＋ax
2
）－2x（1＋2ax）x
2
（a
2
x2
＋4ax＋6a＋1）
1
h′(x)＝－＝．
1＋x（2＋x＋ax
2
）
2
（x＋1）（ax
2
＋x＋2）
2
6a＋1
1
如果6a＋1＞0，则当0＜x＜－
，且|x|＜min{1,
}时，h′(x)＞0，故x＝0不是h(x)
4a|a|
的极大值点．
1
如果6a＋1＜0，则a
2
x
2
＋4ax＋6a＋1＝0存在根x< br>1
＜0，故当x∈(x
1
，0)，且|x|＜min{1, }
|a|
时，h′(x)＜0，所以x＝0不是h(x)的极大值点．
x
3
（x－24）
如果6a＋1＝0，则h′(x)＝．则当x∈(－1，0)时，h′(x)＞0 ；当x∈(0，
（x＋1）（x
2
－6x－12）
2
1)时，h′( x)＜0．所以x＝0是h(x)的极大值点，从而x＝0是f(x)的极大值点．
1
综上，a＝－．
6
22．解：(1)⊙O的直角坐标方程为x
2
＋y
2
＝1．
π
当α＝时，l与⊙O交于两点．
2
π

2

当α≠时，记tan
α
＝k ，则l的方程为y＝kx－2．l与⊙O交于两点当且仅当

＜1，
2
< br>1＋k
2

πππ3π
解得k＜－1或k＞1，即α∈
，

或α∈

，

．
4

42

2
π3π
综上，
α
的取值范围是
，

．
4

4


x＝tcos
α
，< br>π3π
(2)l的参数方程为

(t为参数，＜α＜)．
44

y＝－2＋tsin
α
设A，B，P对应的参数分别为t< br>A
，t
B
，t
P
，则t
P
＝
tA
＋t
B
，且t
A
，t
B
满足t
2< br>－22tsin
α
＋1＝0．
2
于是t
A
＋t
B
＝22sin
α
，t
P
＝2sin
α
．

x＝t
P
cos
α
，
又点P的坐标(x，y)满足



y＝－2＋t
P
sin
α
，
所以点P的轨迹的参数方程是
2
x＝sin 2α，
2
π3π
(α为参数，＜α＜)．
44
22
y＝－－cos 2
α
22
1
－3x，x ＜－
，
2




1
23．解：(1)f (x)＝


x＋2，－≤x＜1，
2

3x，x≥1.< br>y＝f(x)的图象如图所示．

(2)由(1)知，y＝f(x)的图象与y轴交点 的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故
当且仅当a≥3且b≥2时，f(x)≤ax＋ b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值为5．