2018年普通高等学校招生全国统一考试浙江卷数学

2018年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学一、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C U A=( )A.∅B.{1，3}C.{2，4，5}D.{1，2，3，4，5}解析：根据补集的定义，C U A是由所有属于集合U但不属于A的元素构成的集合，由已知，有且仅有2，4，5符合元素的条件.C U A={2，4，5}.答案：C2.双曲线2213xy-=的焦点坐标是( )，0)，，0)B.(-2，0)，(2，0)C.(0，)，(0)D.(0，-2)，(0，2)解析：∵双曲线方程可得双曲线的焦点在x轴上，且a2=3，b2=1，由此可得，∴该双曲线的焦点坐标为(±2，0)答案：B3.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解析：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱.如图所示：故该几何体的体积为：V=()112222+⋅⋅=6. 答案：C 4.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解析：化简可得()()()2121111i z i i i i +===+--+，∴z 的共轭复数z =1-i. 答案：B5.函数y=2|x|sin2x 的图象可能是( )A.B.C.D.解析：根据函数的解析式y=2|x|sin2x ，得到：函数的图象为奇函数， 故排除A 和B.当x=2π时，函数的值也为0，故排除C. 答案：D6.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解析：∵m ⊄α，n ⊂α，∴当m ∥n 时，m ∥α成立，即充分性成立， 当m ∥α时，m ∥n 不一定成立，即必要性不成立， 则“m ∥n ”是“m ∥α”的充分不必要条件. 答案：A7.设0＜p ＜1，随机变量ξ的分布列是则当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)先增大后减小解析：设0＜p ＜1，随机变量ξ的分布列是E(ξ)=1110122222p p p -⨯+⨯+⨯=+； 方差是D(ξ)=2222211111111012222222422p p p p p p p p ---⨯+--⨯+--⨯=-++=--⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭+⎭⎝， ∴p ∈(0，12)时，D(ξ)单调递增； p ∈(12，1)时，D(ξ)单调递减； ∴D(ξ)先增大后减小. 答案：D8.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≤θ1解析：∵由题意可知S 在底面ABCD 的射影为正方形ABCD 的中心.过E 作EF ∥BC ，交CD 于F ，过底面ABCD 的中心O 作ON ⊥EF 交EF 于N ，连接SN ，取CD 中点M ，连接SM ，OM ，OE ，则EN=OM ， 则θ1=∠SEN ，θ2=∠SEO ，θ3=∠SMO. 显然，θ1，θ2，θ3均为锐角.∵13tan tan SN SN SONE OM OM θθ===，，SN ≥SO ，∴θ1≥θ3， 又32sin sin SO SOSM SEθθ==，，SE ≥SM ，∴θ3≥θ2. 答案：D9.已知a b e r r r ，，是平面向量，e r 是单位向量.若非零向量a r 与e r 的夹角为3π，向量b r 满足2430b e b -⋅+=r r r，则a b -r r 的最小值是( )解析：由2430b e b -⋅+=r r r，得()()3b e b e -⋅-r r r r =0，∴()()3b e b e -⊥-r r r r ，如图，不妨设e r =(1，0)，则b r的终点在以(2，0)为圆心，以1为半径的圆周上，又非零向量a r 与e r 的夹角为3π，则a r 的终点在不含端点O 的两条射线y=x(x ＞0)上.不妨以为例，则a b -r r的最小值是(2，0)x=y=0的距离减1.1-.答案：A10.已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3)，若a 1＞1，则( ) A.a 1＜a 3，a 2＜a 4 B.a 1＞a 3，a 2＜a 4 C.a 1＜a 3，a 2＞a 4 D.a 1＞a 3，a 2＞a 4解析：a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a 1＞1，设公比为q ，当q ＞0时，a 1+a 2+a 3+a 4＞a 1+a 2+a 3，a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3)，不成立， 即：a 1＞a 3，a 2＞a 4，a 1＜a 3，a 2＜a 4，不成立，排除A 、D.当q=-1时，a 1+a 2+a 3+a 4=0，ln(a 1+a 2+a 3)＞0，等式不成立，所以q ≠-1；当q ＜-1时，a 1+a 2+a 3+a 4＜0，ln(a 1+a 2+a 3)＞0，a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3)不成立， 当q ∈(-1，0)时，a 1＞a 3＞0，a 2＜a 4＜0，并且a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3)，能够成立， 答案：B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1001531003x y z x y z ++=⎧⎪⎨++=⎪⎩，，当z=81时，x= ，y= . 解析：1001531003x y z x y z ++=⎧⎪⎨++=⎪⎩，，当z=81时，化为：195373x y x y +=⎧⎨+=⎩，，解得x=8，y=11. 答案：8；1112.若x ，y 满足约束条件0262x y x y x y -≥⎧⎪+≤⎨⎪+≥⎩，，，则z=x+3y 的最小值是 ，最大值是 .解析：作出x ，y 满足约束条件0262x y x y x y -≥⎧⎪+≤⎨⎪+≥⎩，，，表示的平面区域，如图：其中B(4，-2)，A(2，2). 设z=F(x ，y)=x+3y ，将直线l ：z=x+3y 进行平移，观察直线在y 轴上的截距变化，可得当l 经过点B 时，目标函数z 达到最小值.∴z 最小值=F(4，-2)=-2. 可得当l 经过点A 时，目标函数z 达到最最大值：z 最大值=F(2，2)=8. 答案：-2；813.在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.若，b=2，A=60°，则sinB= ，c= .解析：∵在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，，b=2，A=60°，∴由正弦定理得：sin sin a b A B =，即72sin 60sin B=︒，解得27⨯=.由余弦定理得：cos60°=24722c c+-⨯，解得c=3或c=-1(舍)，∴sinB=7，c=3.答案：7，314.二项式12x)8的展开式的常数项是 . 解析：由T r+1=8483881122r rrrrrC C x x --⋅⋅=⋅⋅⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 令843r -=0，得r=2.∴二项式12x )8的展开式的常数项是(12)2·C 82=7. 答案：715.已知λ∈R ，函数f(x)=2443x x x x x λλ-≥⎧⎨-+⎩，，，＜，当λ=2时，不等式f(x)＜0的解集是 .若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是 .解析：当λ=2时函数f(x)=242432x x x x x -≥⎧⎨-+⎩，，，＜，显然x ≥2时，不等式x-4＜0的解集：{x|2≤x ＜4}；x ＜2时，不等式f(x)＜0化为：x 2-4x+3＜0，解得1＜x ＜2，综上，不等式的解集为：{x|1＜x ＜4}.函数f(x)恰有2个零点，函数f(x)=2443x x x x x λλ-≥⎧⎨-+⎩，，，＜，的草图如图：函数f(x)恰有2个零点，则λ∈(1，3]. 答案：{x|1＜x ＜4}；(1，3].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)解析：从1，3，5，7，9中任取2个数字有C 52种方法，从2，4，6，0中任取2个数字不含0时，有C 32种方法，可以组成C 52·C 32·A 44=720个没有重复数字的四位数；含有0时，0不能在千位位置，其它任意排列，共有C 31·C 31·C 52·A 33=540， 故一共可以组成1260个没有重复数字的四位数. 答案：126017.已知点P(0，1)，椭圆24x +y 2=m(m ＞1)上两点A ，B 满足2AP PB =u u u r u u u r ，则当m= 时，点B 横坐标的绝对值最大.解析：设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，由P(0，1)，2AP PB =u u u r u u u r，可得-x 1=2x 2，1-y 1=2(y 2-1)，即有x 1=-2x 2，y 1+2y 2=3，又x 12+4y 12=4m ，即为x 22+y 12=m ，① x 22+4y 22=4m ，②①-②得(y 1-2y 2)(y 1+2y 2)=-3m ，可得y 1-2y 2=-m ，解得y 1=23324m m y -+=，，则m=x 22+232m ⎛⎫ ⎪⎝⎭-， 即有x 22=()2225163109244m m m m m --+--+⎛⎫=⎪⎭= ⎝--， 即有m=5时，x 22有最大值16，即点B 横坐标的绝对值最大.答案：5三、解答题：本大题共5小题，共74分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

18.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(3455--，). (Ⅰ)求sin(α+π)的值； (Ⅱ)若角β满足sin(α+β)=513，求cos β的值. 解析：(Ⅰ)由已知条件即可求r ，则sin(α+π)的值可得；(Ⅱ)由已知条件即可求sin α，cos α，cos(α+β)，再由cos β=cos[(α+β)-α]=cos(α+β)cos α+sin(α+β)sin α代值计算得答案.答案：(Ⅰ)∵角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴非负半轴重合，终边过点P(3455--，).∴34155x y r OP =-=-===，，，∴sin(α+π)=-sin α=45y r -=；(Ⅱ)由x=-35，y=-45，r=|OP|=1， 得43sin cos 55αα=-=-，，又由sin(α+β)=1213，得cos(α+β)=1213==±，则cos β=cos[(α+β)-α]=cos(α+β)cos α+sin(α+β)sin α=123545613513565⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⨯-+⨯-=-， 或cos β=cos[(α+β)-α]=cos(α+β)cos α+sin(α+β)sin α123541613513565⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-⨯-+⨯-=. ∴cos β的值为5665-或1665.19.如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC=120°，A 1A=4，C 1C=l ，AB=BC=B 1B=2.(Ⅰ)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(Ⅱ)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值.解析：(I)利用勾股定理的逆定理证明AB 1⊥A 1B 1，AB 1⊥B 1C 1，从而可得AB 1⊥平面A 1B 1C 1； (II)以AC 的中点为坐标原点建立空间坐标系，求出平面ABB 1的法向量n ，计算n 与AC 1的夹角即可得出线面角的大小.答案：(I)∵A 1A ⊥平面ABC ，B 1B ⊥平面ABC ，∴AA 1∥BB 1， ∵AA 1=4，BB 1=2，AB=2，∴A 1B 1=又AB 1=AA 12=AB 12+A 1B 12，∴AB 1⊥A 1B 1，同理可得：AB 1⊥B 1C 1，又A 1B 1∩B 1C 1=B 1，∴AB 1⊥平面A 1B 1C 1. (II)取AC 中点O ，过O 作平面ABC 的垂线OD ，交A 1C 1于D ，∵AB=BC ，∴OB ⊥OC ，∵AB=BC=2，∠BAC=120°，∴OB=1，OA=OC=3，以O 为原点，以OB ，OC ，OD 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则A(0，0)，B(1，0，0)，B 1(1，0，2)，C 1(01)，∴ABu u u r=(10)，1BB u u u r =(0，0，2)，1AC u u uu r =(0，，1)，设平面ABB 1的法向量为n r =(x ，y ，z)，则100n AB n BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u rr u u u rr ，，∴020x z ⎧⎩=⎪=⎪⎨，，令y=1可得n r ，1，0)，∴cos 111n AC n AC n AC =⋅==r u u u u rr u u u u r r u u u u r ＜，＞ 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ，则sin θ=1cos 13n AC =r u u u u r ＜，＞.∴直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值为13.20.已知等比数列{a n }的公比q ＞1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项.数列{b n }满足b 1=1，数列{(b n+1-b n )a n }的前n 项和为2n 2+n. (Ⅰ)求q 的值；(Ⅱ)求数列{b n }的通项公式.解析：(Ⅰ)运用等比数列的通项公式和等差数列中项性质，解方程可得公比q ；(Ⅱ)设c n =(b n+1-bn)a n =(b n+1-b n )2n-1，运用数列的递推式可得c n =4n-1，再由数列的恒等式求得b n =b 1+(b 2-b 1)+(b 3-b 2)+…+(b n -b n-1)，运用错位相减法，可得所求数列的通项公式. 答案：(Ⅰ)等比数列{a n }的公比q ＞1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项， 可得2a 4+4=a 3+a 5=28-a 4，解得a 4=8，由8q +8+8q=28，可得q=2(12舍去)，则q 的值为2； (Ⅱ)设c n =(b n+1-b n )a n =(b n+1-b n )2n-1，可得n=1时，c 1=2+1=3，n ≥2时，可得c n =2n 2+n-2(n-1)2-(n-1)=4n-1，上式对n=1也成立，则(b n+1-b n )a n =4n-1，即有b n+1-b n =(4n-1)·(12)n-1， 可得b n =b 1+(b 2-b 1)+(b 3-b 2)+…+(b n -b n-1)=1+3·(12)0+7·(12)1+…+(4n-5)·(12)n-2， 12b n =12+3·(12)+7·(12)2+…+(4n-5)·(12)n-1， 相减可得()221171111445222222n n n b n --⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝=+++⋯+--⎭⎢⎥⎣⋅⎦()12111712244512212n n n ---=+⋅--⋅⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭ ⎪⎭-⎝，化简可得()2115432n n b n -⎛⎫⎪⎝⎭=-+⋅.21.如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2=4x 上存在不同的两点A ，B 满足PA ，PB 的中点均在C 上.(Ⅰ)设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；(Ⅱ)若P 是半椭圆x 2+24y =1(x ＜0)上的动点，求△PAB 面积的取值范围.解析：(Ⅰ)设P(m ，n)，A(214y ，y 1)，B(224y ，y 2)，运用中点坐标公式可得M 的坐标，再由中点坐标公式和点在抛物线上，代入化简整理可得y 1，y 2为关于y 的方程y 2-2ny+8m-n 2=0的两根，由韦达定理即可得到结论；(Ⅱ)由题意可得m 2+24n =1，-1≤m ＜0，-2＜n ＜2，可得△PAB 面积为S=12|PM|·|y 1-y 2|，再由配方和换元法，可得面积S 关于新元的三次函数，运用单调性可得所求范围.答案：(Ⅰ)可设P(m ，n)，A(214y ，y 1)，B(224y ，y 2)，AB 中点为M 的坐标为(22121282y y y y ++，)，抛物线C ：y 2=4x 上存在不同的两点A ，B 满足PA ，PB 的中点均在C 上，可得22122212144442222y m m y n y n y ++++=⋅=⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎭⋅⎝，， 化简可得y 1，y 2为关于y 的方程y 2-2ny+8m-n 2=0的两根， 可得y 1+y 2=2n ，y 1y 2=8m-n 2，可得n=122y y +，则PM 垂直于y 轴； (Ⅱ)若P 是半椭圆224y x +=1(x ＜0)上的动点，可得224n m +=1，-1≤m ＜0，-2＜n ＜2，由(Ⅰ)可得y 1+y 2=2n ，y 1y 2=8m-n 2， 由PM 垂直于y 轴，可得△PAB 面积为S=22121211228y y PM y y m +⋅-=-⎛⎫⎪⎝⎭=()2221141624162n m n m n m ⋅-+-⎡⎤⎢⎥⎣⎦=-可令t ===，可得m=-12时，t； m=-1时，t 取得最小值2，即2≤t，则3S =在2≤tS ∈[， △PAB 面积的取值范围为[22.已知函数-lnx.(Ⅰ)若f(x)在x=x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f(x 1)+f(x 2)＞8-8ln2；(Ⅱ)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. 解析：(Ⅰ)推导出x ＞0，f ′1x-，由f(x)在x=x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，得到12==x 1x 2＞256，由题意得f(x 1)+f(x 2()1212ln ln ln x x x x =，设，则g ′(x)=)144x，利用导数性质能证明f(x 1)+f(x 2)＞8-8ln2.(Ⅱ)令m=e-(|a|+k)，n=(1a k+)2+1，则f(m)-km-a ＞|a|+k-k-a ≥0，推导出存在x 0∈(m ，n)，使f(x 0)=kx 0+a ，对于任意的a ∈R 及k ∈(0，+∞)，直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有公共点，由f(x)=kx+a ，得k=，设h(x)=，则h ′(x)=()22ln 112x a g x a x x--+--+=，利用导数性质能证明a ≤3-4ln2时，对于任意k ＞0，直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点.答案：(Ⅰ)∵函数-lnx ，∴x ＞0，f ′1x-，∵f(x)在x=x 1，x 2(x 1≠x 2)1211x x -=-， ∵x 1≠x 212==≥ ∵x 1≠x 2，∴x 1x 2＞256，由题意得f(x 1)+f(x 2()1212ln ln ln x x x x +=， 设，则g ′(x)=)144x ，∴列表讨论：∴g(x)在[256，+∞)上单调递增，∴g(x 1x 2)＞g(256)=8-8ln2，∴f(x 1)+f(x 2)＞8-8ln2. (Ⅱ)令m=e-(|a|+k)，n=(1a k+)2+1，则f(m)-km-a ＞|a|+k-k-a ≥0， f(n)-kn-a＜0a n k n k n ⎫⎫⎪--⎭≤⎪⎭＜， ∴存在x 0∈(m ，n)，使f(x 0)=kx 0+a ，∴对于任意的a ∈R 及k ∈(0，+∞)，直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有公共点， 由f(x)=kx+a ，得设，则h ′(x)=()22ln 112x a g x a x x--+--+=， 其中-lnx ，由(1)知g(x)≥g(16)， 又a ≤3-4ln2，∴-g(x)-1+a ≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a ≤0， ∴h ′(x)≤0，即函数h(x)在(0，+∞)上单调递减， ∴方程f(x)-kx-a=0至多有一个实根，综上，a ≤3-4ln2时，对于任意k ＞0，直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点.。