2018年高考理科数学(全国I卷)试题及答案

（全国一卷)理科数学

一、选择题:（本题有12小题，每小题5分,共60分.) 1、设z=

，则∣z∣=（ ）

𝟏

A。0 B。 𝟐 C。1 D。 √2

2、已知集合A={x｜x2-x—2>0}，则CRA =（ ） A、｛x|—1〈x<2} B、｛x|—1≤x≤2}

C、｛x|x<—1}∪｛x|x〉2｝ D、｛x｜x≤-1}∪{x|x ≥2}

3、某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：

建设前经济收入构成比例 建设后经济收入构成比例 则下面结论中不正确的是（ ）

A. 新农村建设后，种植收入减少

B. 新农村建设后，其他收入增加了一倍以上 C. 新农村建设后，养殖收入增加了一倍

D. 新农村建设后,养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半

4、记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3 = S2+ S4，a1 =2，则a5 =( ） A、—12 B、-10 C、10 D、12

5、设函数f（x）=x³+(a-1）x²+ax .若f（x）为奇函数,则曲线y= f(x)在点（0，0）处的切线方程为（ ）

A.y= -2x

B。y= -x C。y=2x D.y=x

6、在∆ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EB→ =（ ）

31

AC B。 1 AB - 3 AC C. 3 AB + 1 AC D. 1 AB + 3 AC A。 4 AB - → 4→ 4→ 4→4→ 4→4→ 4→

7、某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图。圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( ）

A。 2√17 B。 2√5

C. 3 D. 2

2

FN 8。设抛物线C：y²=4x的焦点为F,过点(—2，0)且斜率为3的直线与C交于M，N两点，则FM→ ·→ =

（ ）

A。5 B.6 C。7 D。8

9.已知函数f(x)=

g（x)=f（x）+x+a，若g(x）存在2个零点，则a的取值范围是（ ）

A. [-1，0） B. ［0,+∞） C。 [—1，+∞） D。 ［1，+∞）

10。下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形。此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC. △ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ。在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1,p2，p3，则（ ）

A。 p1=p2 B。 p1=p3 C。 p2=p3 D. p1=p2+p3

11。已知双曲线C： — y²=1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的

𝟑 𝐱𝟐

交点分别为M，N。 若△OMN为直角三角形,则∣MN∣=( ） A. 2 B。3 C。

3

D.4

12。已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α 所成的角都相等，则α 截此正方体所得截面面积的最大值为（ ） A。

二、填空题：本题共4小题,每小题5分，共20分。 13。若x，y满足约束条件

则z=3x+2y的最大值为 。

B。

C.

D。

14.记Sn为数列{an}的前n项和. 若Sn = 2an+1，则S6= 。

15.从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选,则不同的选法共有 种。（用数字填写答案）

16。已知函数f(x）=2sinx+sin2x，则f（x）的最小值是 。

三.解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题,每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题：共60分。

17。（12分）

在平面四边形ABCD中，∠ADC=90°，∠A=45°,AB=2，BD=5。 （1)求cos∠ADB； (2)若DC =

，求BC。

18.（12分）

如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把∆DFC折起，使点C到达点P的位置,且PF⊥BF .

（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD； （2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

19。（12分)

设椭圆C： + y²=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为（2，0）.

𝟐 𝐱𝟐

(1）当l与x轴垂直时,求直线AM的方程; （2)设O为坐标原点，证明:∠OMA =∠OMB.

20、（12分）

某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品，检验时，先从这箱产品中任取20件产品作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品做检验，设每件产品为不合格品的概率都为P （0〈P〈1）,且各件产品是否为不合格品相互独立。

（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(P)，求f（P）的最大值点(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的

。

作为P的值，已知每

件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用。

（i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX; （ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验?

21、（12分) 已知函数

（1）讨论f(x）的单调性；

（2）若f（x）存在两个极值点x1 , x2 , 证明：

.

。

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 22. ［选修4—4：坐标系与参数方程］(10分）

在直角坐标系xOy中，曲线C₁的方程为y=k∣x∣+2。以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C₂的极坐标方程为ρ² +2ρcosθ -3=0.

（1） 求C₂的直角坐标方程:

（2） 若C₁与C₂有且仅有三个公共点，求C₁的方程.

23。 ［选修4—5：不等式选讲］(10分）

已知f(x）=∣x+1∣—∣ax—1∣。

（1） 当a=1时,求不等式f（x）﹥1的解集;

（2） 若x∈(0，1）时不等式f（x)﹥x成立，求a的取值范围.

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2018年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学试题参考答案

一、选择题 1．C 7．B

二、填空题 13．6

三、解答题 17．解：

（1）在△ABD中,由正弦定理得由题设知，

BDAB。 sinAsinADB

2．B 8．D

3．A 9．C

4．B 10．A

5．D 11．B

6．A 12．A

14．63 15．16 16．33 2252. ,所以sinADB5sin45sinADB

由题设知，ADB90， 所以cosADB1223。 255(2）由题设及（1）知，cosBDCsinADB在△BCD中，由余弦定理得

BC2BD2DC22BDDCcosBDC258252225.252。 5

所以BC5. 18．解：

（1)由已知可得,BFPF,BFEF，所以BF平面PEF. 又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.

(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，DE1，所以PE3. 又PF1，EF2，故PEPF. 可得PH33，EH。 22

则H(0,0,0),P(0,0,33333), D(1,,0)，DP(1,,),HP(0,0,)为平面ABFD的法向量。 222223HPDP3设DP与平面ABFD所成角为，则 sin|. |443|HP||DP|所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 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,所以AM的方程为y22). )或(1,223。 4

22x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(x1,y1),B(x2,y2)，则x12，x22，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB由y1kx1k，y2kx2k得

kMAkMB2kx1x23k(x1x2)4k.

(x12)(x22)y1y2. x12x22

x2将yk(x1)代入y21得

2(2k21)x24k2x2k220.

4k22k22所以，x1x22。 ,x1x222k12k14k34k12k38k34k则2kx1x23k(x1x2)4k0。

2k21从而kMAkMB0,故MA，MB的倾斜角互补。 所以OMAOMB。 综上，OMAOMB.

20．解：

218（1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)C220p(1p)。 因此 18217217 f(p)C220[2p(1p)18p(1p)]2C20p(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p00.1。

B(180,0.1)，X20225Y，即

（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YX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.

21．解：

1ax2ax1（1）f(x)的定义域为(0,)，f(x)21.

xxx2(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。

aa24aa24(ⅱ）若a2，令f(x)0得，x或x。

22aa24)当x(0,2aa24(,)时，f(x)0；

2aa24aa24aa24aa24,)时,f(x)0. 所以f(x)在(0,)，(,)单调递减，在当x(2222aa24aa24(,)单调递增。

22

（2）由（1）知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2。

由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21。 由于 f(x1)f(x2)lnx1lnx2lnx1lnx22lnx21， 1a2a2a1x1x2x1x2x1x2x1x2x2x2所以

f(x1)f(x2)1a2等价于x22lnx20.

x1x2x2

设函数g(x)所以 22．解：

1x2lnx，由（1)知，g(x)在(0,)单调递减，又g(1)0，从而当x(1,)时,g(x)0. xf(x1)f(x2)1x22lnx20，即a2。 x2x1x2

(1）由xcos,ysin得C2的直角坐标方程为

(x1)2y24。 (2）由（1）知C2是圆心为A(1,0)，半径为2的圆。

由题设知,C1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l1，y轴左边的射线为l2。 由于

B在圆C2的外面，故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点，或l2与

C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点。

当l1与C2只有一个公共点时，A到l1所在直线的距离为2，所以|k2|42,故k或k0. 经检验,当k03k214时，l1与C2没有公共点；当k时,l1与C2只有一个公共点，l2与C2有两个公共点.

3当l2与C2只有一个公共点时,A到l2所在直线的距离为2，所以时,l1与C2没有公共点；当k4时，l2与C2没有公共点。 3|k2|k21故k0或k2，

4. 经检验，当k034综上，所求C1的方程为y|x|2。

3

23．解：

2,（1）当a1时，f(x)|x1||x1|，即f(x)2x,2,x≤1,1x1, x≥1.1故不等式f(x)1的解集为{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(0,1)时|ax1|≥1； 若a0,|ax1|1的解集为0x综上，a的取值范围为(0,2]。

22

，所以≥1，故0a≤2. aa