2018浙江高考数学试卷含答案

2018浙江

一．选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)

1．已知全集U＝{1，2，3，4，5}，A＝{1，3}，则CUA＝( )

A．∅ B． {1，3} C． {2，4，5} D． {1，2，3，4，5}

2．双曲线x23－y2＝1的焦点坐标是(

)

A． (－2，0)，(2，0) B．(－2，0)，(2，0)C． (0，－2)，(0，2)D． (0，－2)，(0，2)

3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )

A． 2 B． 4 C． 6 D．

8

4．复数21－i(i为虚数单位)的共轭复数是( )

A． 1＋i B． 1－i C． －1＋i D． －1－i

5．函数y＝2|x|sin2x的图象可能是( )

πππDCBAxyππOxyπOxyπOOπyx

6．已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( )

A．充分不必要条件B． 必要不充分条件C． 充分必要条件D． 既不充分也不必要条件

7．设0＜p＜1，随机变量ξ的分布列是

ξ 0 1 2

P 1－p2 12 p2

则当p在(0，1)内增大( )

A．D(ξ)减小 B． D(ξ)增大 C． D(ξ)先减小后增大 D． D(ξ)先增大后减小

8．已知四棱锥S－ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE

与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S－AB－C的平面角为θ3，则( )

A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1

9．已知a，b，e是平面向量，e是单位向量，若非零向量a与e的夹角为π3，向量b满足b2－4e•b＋3＝0，则|a－b|的最小值是( )

A．－1 B． ＋1 C． 2 D． 2－

10．已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1＞1，则( )

A．a1＜a3，a2＜a4 B．a1＞a3，a2＜a4 C．a1＜a3，a2＞a4 D．a1＞a3，a2＞a4

二．填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)

11．我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一，凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁、鸡母，鸡雏个数分别为x，y，z，则 x＋y＋z＝100，5x＋3y＋13z＝100，，当z＝81时，x＝___________，y＝____________

12．若x，y满足约束条件，则z＝x＋3y的最小值是____________，最大值是___________

13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝，b＝2，A＝60°，则sinB＝________，c＝__________

14．二项式(＋12x)8的展开式的常数项是_____________

15．已知λ∈R，函数f(x)＝x－4，x≥λ，x2－4x＋3，x

16．从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成_________个没有重复数字的四位数(用数字作答)

17．已知点P(0，1)，椭圆x24＋y2＝m(m＞1)上两点A，B满足AP→＝2PB→，则当m＝________时，点B横坐标的绝对值最大．

解答题(本大题共5小题，共74分)

18．(14分)已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P(－，－)．

⑴．求sin(α＋π)的值；

⑵．若角β满足sin(α＋β)＝，求cos β的值．

19．(15分)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2

⑴．证明：AB1⊥平面A1B1C1

⑵．求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值

20．(15分)已知等比数列{an}的公比q＞1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项，数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n

⑴．求q的值

⑵．求数列{bn}的通项公式

21．(15分)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上

⑴．设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴

⑵．若P是半椭圆x2＋y24＝1(x＜0)上的动点，求△PAB面积的取值范围

22．(15分)已知函数f(x)＝x－ln x

⑴．若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)＋f(x2)＞8－8ln2

⑵．若a≤3－4ln2，证明：对于任意k＞0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点

C1B1A1CBAPMBAOyx

数 学 答 案

1．解答：由题意知，∁UA＝{2，4，5}．

2．解答：因c2＝3＋1＝4，故双曲线x23－y2＝1的焦点坐标是(－2，0)，(2，0)．

3．解答：由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V＝12×(1＋2)×2×2＝6．

4．解答：因为21－i＝2（1＋i）（1－i）（1＋i）＝2（1＋i）1－i2＝1＋i，所以复数21－i的共轭复数为1－i．

5．设f(x)＝2|x|sin 2x，其定义域关于坐标原点对称，又f(－x)＝2|－x|·sin(－2x)＝－f(x)，故y＝f(x)是奇函数，故排除①②；令f(x)＝0，故sin 2x＝0，故2x＝kπ(k∈Z)，故x＝kπ2(k∈Z)，故排除③．故填④．

6．【解】若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α．若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面．故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．

7．解答：由题可得E(ξ)＝12＋p，所以D(ξ)＝－p2＋p＋14＝－(p－12)2＋12，所以当p在(0，1)内增大时，D(ξ)先增大后减小．

8．解答：作SO垂直于平面ABCD，垂足为O，取AB的中点M，连接SM．过O作ON垂直于直线SM，可知θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO，过SO固定下的二面角与线面角关系，得θ2≤θ3．易知，θ3也为BC与平面SAB的线面角，即OM与平面SAB的线面角，根据最小角定理，OM与直线SE所成的线线角θ3≤θ1，故θ2≤θ3≤θ1．

9．解答：设O为坐标原点，a＝OA→，b＝OB→＝(x，y)，e＝(1，0)，由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即(x－2)2＋y2＝1，所以点B的轨迹是以C(2，0)为圆心，1为半径的圆．因为a与e的夹角为π3，所以不妨令点A在射线y＝3x(x＞0)上，如图，数形结合可知|a－b|min＝|CA→|－|CB→|＝3－1．

解 设e＝(1，0)，a＝(x，y)，b＝(m，n)，由题设可得a·e＝|a|·|e|cos π3，即x＝12x2＋y2，整理得y＝3x(x≥0)．又由b2－4e·b＋3＝0可得m2＋n2－4m＋3＝0，整理得(m－2)2＋n2＝1．在直角坐标系xOy中，分别画出圆C：(x－2)2＋y2＝1，射线l：y＝3x(x≥0)，过圆心C作CD⊥l，交直线l与点D．由直观图可知，|a－b|的最小值是|CD|－1＝3－1．故选A．

10．解答：因ln x≤x－1，故a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，得a4≤－1，即a1q3≤－1，故q＜0．若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1＞1，矛盾．故－1＜q＜0，则a1－a3＝a1(1－q2)＞0，a2－a4＝a1q(1－q2)＜0．故a1＞a3，a2＜a4．

11．法一：由题意，得 x＋y＋81＝100，5x＋3y＋13×81＝100，即 x＋y＝19，5x＋3y＝73，解得 x＝8，y＝11.

法二：100－81＝19(只)，81÷3＝27(元)，100－27＝73(元)．假设剩余的19只鸡全是鸡翁，则5×19＝95(元)．因为95－73＝22(元)，所以鸡母：22÷(5－3)＝11(只)，鸡翁：19－11＝8(只)．

12．解答：不等式组所表示的平面区域如图所示，当 x＝4，y＝－2，时，z＝x＋3y取最小值，最小值为－2；当 x＝2，y＝2.时，z＝x＋3y取最大值，最大值为8．

13．因为a＝7，b＝2，A＝60°，故由正弦定理得sin

B＝bsin

Aa＝2×327＝217．由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A可得c2－2c－3＝0，故c＝3．

14．解析 该二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr8x8－r3(12x)r＝Cr8(12)rx8－4r3．令8－4r3＝0，解得r＝2，所以所求常数项为C28×(12)2＝7．

15．解答：(1)若λ＝2，当x≥2时，令x－4＜0，得2≤x＜4；当x＜2时，令x2－4x＋3＜0，解得1＜x＜2．综上可知，1＜x＜4，所以不等式f(x)＜0的解集为(1，4)．

(2)令f(x)＝0，当x≥λ时，x＝4，当x＜λ时，x2－4x＋3＝0，解得x＝1或x＝3．因为函数f(x)恰有2个零点，结合如图函数的图象知，1＜λ≤3或λ＞4．

16．解答：C25C23A44＋C25C13C13A33＝720＋540＝1260．

17．解答：

法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线斜率不存在时，m＝9，x2＝0．当直线斜率存在时，设AB为y＝kx＋1．代入x24＋y2＝m得，(1＋4k2)x2＋8kx＋4－4m＝0，Δ＞0得，4mk2＋m－1＝0，x1＋x2＝－8k1＋4k2，1224441mxxk．因AP→＝2PB→，故122xx，解得x1＝－16k1＋4k2，x2＝8k1＋4k2．故228821414kxkkk(当且仅当|k|＝12时取“＝”)．x1x2＝－16k1＋4k2˙8k1＋4k2＝－8，122442241mxxmk，得m＝5，故当m＝5时，点B横坐标最大．