2018年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学红卷（解析版）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由题意，即可利用集合点运算求解.详解：由题意，所以，故选B.点睛：本题主要考查了集合的运算，其中正确求解集合是解答点关键，着重考查了学生的推理与运算能力.2. 已知是虚数单位，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：由题意得，利用复数的运算，即可求解.详解：由题意，所以，故选D.点睛：本题主要考查了复数的四则运算及复数模的计算，着重考查了考生的推理与运算能力.3. 已知某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：由题意，得到该几何体表示一个底面为腰长为1的等腰直角三角形，高为1的三棱锥，即可利用体积公式求解几何体的体积.详解：由题意，根据给定的三视图可知，可得该几何体表示一个底面为腰长为1的等腰直角三角形，高为1的三棱锥，如图所示，所以该三棱锥的体积为，故选C.点睛：本题主要考查了空间几何体的三视图及锥体的体积的计算，其中解答中根据几何体的三视图得到原几何体是解答的管家，着重考查了空间想象能力以及推理与运算能力.4. 已知实数满足，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：画出约束条件所表示的平面区域，令，结合图象，平移直线过点时，目标函数取得最大值，联立方程组，即可求解.详解：画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，令，结合图象，平移直线过点时，目标函数取得最大值，又由，解得，即，此时目标函数的最大值为，故选C.点睛：本题主要考查了线性规划求最值，其中正确作出约束条件所表示的平面区域，把目标函数平移到可行域的边界上确定最优解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.5. 已知是空间五个不同的点，若点在直线上，则“与是异面直线”是“与是异面直线”的（）A. 充分不必要条件B. 充分必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】分析：利用异面直线的定义，根据充要条件的判定方法，即可得到结论.详解：若与是异面直线，则四点不共面，则与是异面直线，而点在上，所以与也是异面直线，若与是异面直线，而点在直线上，所以与是异面直线，所以四点不共面，所以与是异面直线，所以因为充分必要条件，故选B.点睛：本题主要考查了充要条件的额判定，其中熟记空间中两直线的位置关系是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.6. 在中，内角所对的边分别是，若，则角的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：由正弦定理可化简得，再由余弦定理得，即可求解结果.详解：在，因为由正弦定理可化简得，所以，由余弦定理得，从而，故选C.点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．7. 已知函数的导函数的图象如图所示，则函数（）A. 有极大值，没有最大值B. 没有极大值，没有最大值C. 有极大值，有最大值D. 没有极大值，有最大值【答案】A【解析】分析：根据导函数点图象，得出当时，函数先增后减；当时，函数先减后增，即可得到结论.详解：由题意，函数的图象可知，当时，函数先增后减；当时，函数先减后增，所以函数有极大值，没有最大值，故选A.点睛：本题主要考查了函数的单调性与极值与导数的关系，其中导函数与原函数的关系是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.8. 已知过椭圆的左焦点且斜率为的直线与椭圆交于两点.若椭圆上存在一点，满足（其中点为坐标原点），则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：根据平方差法得到直线的方程为，联立方程组，解得点的坐标，再根据，得，把点代入椭圆的方程，即可求解离心率的值.详解：设的中点，由题意知，两式相减得，则，而，所以，所以直线的方程为，联立，解得，又因为，所以,所以点代入椭圆的方程，得，所以，故选A.点睛：本题考查了椭圆的几何性质——离心率的求解，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范围)．9. 在直角梯形中，，同一平面内的两个动点满足，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由题意，得点是以点为圆心，半径为1的圆上的一个动点，点是的中点，取的中点，连接，利用三点共线时取得最值，即可求解.详解：由于，则点是以点为圆心，半径为1的圆上的一个动点，点是的中点，取的中点，连接，如图所示，则，当三点共线时，点在之间时，取最小值，；当点在之间时，取最大值，，从而的的取值范围是，故选B.点睛：本题主要考查了平面向量的运算，以及圆的最值问题，其中把，得点是以点为圆心，半径为1的圆上的一个动点，转化为圆的应用问题求解是解答的关键，着重考查了转化思想方法以及分析问题、解答问题的能力.10. 已知是由具有公共直角边的两块直角三角板（与）组成的三角形，如左下图所示.其中，.现将沿斜边进行翻折成（不在平面上）.若分别为和的中点，则在翻折过程中，下列命题不正确的是（）A. 在线段上存在一定点，使得的长度是定值B. 点在某个球面上运动C. 存在某个位置，使得直线与所成角为D. 对于任意位置，二面角始终大于二面角【答案】C【解析】分析：由题意，可的二面角和二面角由共同的平面角,且另一个面都过点，过点作平面的垂线，即可得到二面角和二面角的平面角，进而的大小关系即可.详解：不妨设，取中点，易知落在线段上，且,所以点到点的距离始终为，即点在以点为球心，半径为的球面上运动，因此A、B选项不正确；对于C选项，作可以看成以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，易知与落在同一个轴截面上时，取得最大值，则的最大值为，此时落在平面上，所以，即与所成的角始终小于，所以C选项不正确；对于D选项，易知二面角为直二面角时，二面角始终大于二面角，当二面角为锐二面角时，如图所示作平面与点，然后作分别交于，则二面角的平面角为，二面角的平面角为，且，又因为，所以，所以二面角始终大于二面角，故选D.点睛：本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及空间角的求解，其中解答中正确确定二面角的的平面角和异面直线所成的角是解答的关键，试题综合性强，难度大，属于难题，着重考查了空间想象能力，以及分析问题和解答问题的能力.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）11. 双曲线的离心率为__________，渐近线方程为__________．【答案】(1). 2(2).【解析】分析：直接利用双曲线的几何性质解答即可.详解：由题得所以双曲线的离心率为渐近线方程为故答案为：2，.点睛：本题主要是考查双曲线的简单几何性质，意在考查双曲线的基础知识掌握能力.注意焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程为，焦点在y轴上的双曲线的渐近线方程为，不要记错了.12. 已知的展开式中的系数为，则__________，此多项式的展开式中含的奇数次幂项的系数之和为__________．【答案】(1). -2(2). -32【解析】分析：由题意的，展开式中含的系数为，解得，令，分别令和，则两式相减，即可求解.详解：由题意的，展开式中含的系数为，解得，令，令，则；令，则，两式相减，则展开式中含奇次幂的系数之和为.点睛：本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中涉及到二项展开式的指定项的求解，二项展开式的系数问题，熟记二项式定理的基本知识是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.13. 我国古代数学名著《九章算术》里有问题：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：__________日相逢？【答案】9【解析】解：由题意可知：良马与驽马第天跑的路程都是等差数列，设路程为，由题意有：，故：，满足题意时，数列的前n项和为，由等差数列前n项和公式可得：，解得： .即二马相逢，需9日相逢点睛：本题考查数列的实际应用题.(1)解决数列应用题的基本步骤是：①根据实际问题的要求，识别是等差数列还是等比数列，用数列表示问题的已知；②根据等差数列和等比数列的知识以及实际问题的要求建立数学模型；③求出数学模型，根据求解结果对实际问题作出结论．(2)数列应用题常见模型：①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差数列模型，增加(或减少)的量就是公差；②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比数列模型，这个固定的数就是公比；③递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a n与a n－1的递推关系，或前n项和S n与S n－1之间的递推关系．当时，__________，__________．【答案】(1). (2).【解析】分析：由分布列的性质和数学期望的公式，求得，进而求得，又因为，所以，即可求解.详解：由题意，因为，所以，则，又因为，所以.点睛：本题主要考查了随机变量的分布列的性质，以及数学期望与方差的计算问题，其中熟记随机变量的分布列的性质和数学期望与方差的公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.15. 已知向量满足，若的最大值为，则向量的夹角的最小值为__________，的取值范围为__________．【答案】(1). (2).【解析】分析：由题意，求得，所以的最小值为，再利用向量的模的计算公式，即可求解.详解：由题意，则，解得，所以，所以的最小值为，所以，所以.点睛：平面向量的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用，利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．16. 北京两会期间，有甲、乙、丙、丁、戊位国家部委领导人要去个分会场发言（每个分会场至少人），其中甲和乙要求不再同一分会场，甲和丙必须在同一分会场，则不同的安排方案共有__________种（用数字作答）.【答案】30【解析】分析：由题意甲和丙在同一分会场，甲和乙不在同一分会场，所以有“”和“”两种分配方案，利用分类计数原理和排列组合的知识，即可求解.详解：因为甲和丙在同一分会场，甲和乙不在同一分会场，所以有“”和“”两种分配方案：当“”时，甲和丙为一组，余下人选出人为一组，有种方案；当“”时，在丁和戊中选出人与甲丙组成一组，有种方案，所以不同的安排方案共有种.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件．解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率．在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式．17. 已知函数，函数.若对任意的，都存在，使得成立，则的取值范围是__________．【答案】【解析】分析：由题意，若对任意的，都存在，使得成立，即有成立，利用二次函数的性质和绝对值不等式，分别求解函数和的最小值，得到不等式，即可求解.详解：因为函数，所以，由题意，若对任意的，都存在，使得成立，即有成立，又由，因为，且，所以，当时取等号，即的最小值为，所以，解得，即的取值范围是.点睛：本题主要考查了函数性质的综合应用，以及利用含有量词的命题求参数的取值范围问题，其中解答中，把对任意的，都存在，使得成立，即有成立是解答的关键，着重考查了转化思想方法，以及分析问题和解答问题的能力.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）18. 已知函数.（1）求的值；（2）当时，求函数的取值范围.【答案】（1）1；（2）.【解析】分析：（1）由三角恒等变换的公式化简得，即可求解的值；（2）由（1）得，当时，得，即可求解的取值范围.详解：（1），则.（2）由（1）得，当时，，则，即的取值范围为.点睛：本题主要考查了三角函数的图象与性质，其中解答中熟记三角函数的图象与性质的最基本知识点是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.19. 如图，三棱柱的各棱长都相等，且，、分别为、的中点.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】分析：（1）取的中点，连接，证得，进而得到平面平面，再利用面面平行的性质，即可求解.（2）解法一：由（1）连接，由各棱长都相等，得，进而平面，过点作的垂线交其延长线于点即为直线与平面所成角，在中，即可求解；解法二：由（1）过点且平行于的直线为轴，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图，分别求解平面的法向量和向量，利用向量的夹角公式，即可求解.详解：（1）取的中点，连接，因为点分别为的中点，所以，又，所以平面平面，因为平面，所以平面.（2）解法一：由（1）连接，由各棱长都相等，得，又，所以，可得点在平面上的射影必在上，为的外心.则平面，过点作的垂线交其延长线于点即为直线与平面所成角.设，则，从而可得.由得.此时，在中，，此时，则，即直线与平面所成角的余弦值为.解法二：由（1）连接，由各棱长都相等，得，又，可得点在平面上的射影必在上，故以为原点，过点且平行于的直线为轴，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图，设，此时，则，设平面的法向量为，由，令，解得.设直线与平面的所成角为，则，故，即直线与平面所成角的余弦值为.点睛：本题考查了立体几何中的直线与平面的位置关系的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20. 已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若，对任意的恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】分析：（1）由题意求得，令得或，分类讨论即可求解函数的单调区间；（2）由（1）知，当时，函数的单调性，求得函数的极大值与极小值，又由要对任意的恒成立，结合图象得，即可求解.详解：（1）由题意得，令得或，①当时，，则的单调递增区间为，单调递减区间为.②当时，恒成立，则的单调递增区间为.③当时，，则的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）因为，则.且由（1）知，当时，函数在上单调递增，在单调递减，所以函数的极大值与极小值分别为.若要对任意的恒成立，结合图象可知只需满足即可，解得.点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式的恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.21. 如图，直线与抛物线相交于两点，是抛物线的焦点，若抛物线上存在点，使点恰为的重心.（1）求的取值范围；（2）求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】分析：（1）设，联立方程组，求得，进而利用重心的坐标公式，求得，由题意得不等式组，即可求解；（2）原点到直线的距离，利用弦长公式和三角形的面积公式得，设，利用导数得到函数的单调性和最值，即可求解面积的最大值.详解：（1）设，由，得，由，得①，则，所以，由点为的重心可得，则，且②，而，即，代入①②得，解得，所以的取值范围为.（2）原点到直线的距离，，设，则，由得或，则在上递增，在上递减，即在或处取得最大值，而，所以，所以.点睛：本题主要考直线与抛物线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.22. 已知数列满足.（1）证明：；（2）设，证明：.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】分析：（1）由题意，所以数列为递减数列，得，进而得到，即可作出证明；.....................由（1）知，得到，即，即可作出证明.详解：（1），，数列为递减数列..又由，（2）由（1）知，，即.点睛：本题主要考查了数列的综合应用问题，其中解答中涉及数列的递推公式的灵活化简与运算，以及数列的单调性的判定与应用，试题的综合性强，难度大，属于难题，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.。
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浙江省2018年高考·数学·考试真题与答案解析————————————————————————————————————————一、选择题本大题共10小题，每小题4分，共40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．已知全集U ={1，2，3，4，5}，A ={1，3}，则=U A ðA ．∅B ．{1，3}C ．{2，4，5}D ．{1，2，3，4，5}2．双曲线2213=x y -的焦点坐标是A 0)，0)B ．(−2，0)，(2，0)C ．(0)，(0)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：cm 3）是俯视图正视图A．2B．4C．6D．84．复数21i-(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=||2x sin2x的图象可能是A．B ．C．D ．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ξ012P 12p-122p则当p 在（0，1）内增大时，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≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ19．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b 2−4e ·b +3=0，则|a −b |的最小值是ABC ．2D10．已知1234,,,a a a a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则A ．1324,a a a a <<B ．1324,a a a a ><C ．1324,a a a a <>D ．1324,a a a a >>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。
绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。
全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页。
满分150分。
考试用时120分钟考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
参考公式：若事件A，B互斥，则若事件A，B相互独立，则若事件A在一次试验中发生的概率是p，则n 次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率台体的体积公式其中分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高柱体的体积公式其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式其中表示锥体的底面积，表示锥体的高球的表面积公式球的体积公式其中表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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. 已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则A. B. {1，3} C. {2，4，5} D. {1，2，3，4，5}【答案】C【解析】分析:根据补集的定义可得结果.详解：因为全集，，所以根据补集的定义得,故选 C.点睛：若集合的元素已知，则求集合的交集、并集、补集时，可根据交集、并集、补集的定义求解．2. 双曲线的焦点坐标是A. (-，0)，(，0)B. (-2，0)，(2，0)C. (0，-)，(0，)D. (0，-2)，(0，2)【答案】B【解析】分析:根据双曲线方程确定焦点位置，再根据求焦点坐标.详解：因为双曲线方程为，所以焦点坐标可设为，因为，所以焦点坐标为，选B.点睛：由双曲线方程可得焦点坐标为，顶点坐标为，渐近线方程为.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. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】分析:先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为选C.w点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.4. 复数(i为虚数单位)的共轭复数是。
绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。
全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页。
满分150分。
考试用时120分钟。
考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
参考公式：AB若事件，互斥，则柱体的体积公式ShAB若事件，相互独立，则其中表示柱体的底面积，表示柱体的高hS1Apn若事件在一次试验中发生的概率是，则次锥体的体积公式3Ak独立重复试验中事件恰好发生次的概率其中表示锥体的底面积，表示锥体的高球的表面积公式nn12台体的体积公式11223球的体积公式其中分别表示台体的上、下底面积，表示3台体的高其中表示球的半径 R选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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．已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则ðA=UA．B．{1，3} C．{2，4，5} D．{1，2，3，4，5}．双曲线的焦点坐标是 3A．(−，0)，(，0) B．(−2，0)，(2，0) 22C．(0，−)，(0，) D．(0，−2)，(0，2) 2233．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：cm）是2211侧视图正视图俯视图A．2 B．4 C．6 D．8 24．复数 (i为虚数单位)的共轭复数是1i B．1−i C．−1+i D．−1−i A．1+i |x|5．函数y=sin2x的图象可能是 2AB．．CD ．．6．已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的．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70<p<1ξ ．设，随机变量的分布列是。
