2018高考理科數學試卷真題試卷答案解析【word文字版下載】尚未公布，請參考往年公布情況！

高考理科數學試題及答案

（考試時間：120分鐘 試卷滿分：150分）

一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題

目要求的。

1．已知集合A=

22

(,)1xyxy│

，B=

(,)xyyx│，則AB中元素的個數為 A．3

B．2

C．1

D．0

2．設復數z滿足(1+i)z=2i，則?z?= A．

1

2

B．

22

C．2 D．2

3．某城市為了解游客人數的變化規律，提高旅游服務質量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期間月接待游客量（單位：萬人）的數據，繪制了下面的折線圖．

根據該折線圖，下列結論錯誤的是 A．月接待游客量逐月增加 B．年接待游客量逐年增加

C．各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月份

D．各年1月至6月的月接待游客量相對7月至12月，波動性更小，變化比較平穩 4．(x+y)(2x-y)5

的展開式中x3

y3

的系數為

A．-80 B．-40 C．40 D．80

5． 已知雙曲線C：22221xyab (a＞0,b＞0)的一條漸近線方程為5

2

yx,且與橢圓

2

22

1123

xy 有公共焦點，則C的方程為 A．

221810xy B．22145xy C．22154xy D．22

143

xy 6．設函數f(x)=cos(x+

3



)，則下列結論錯誤的是 A．f(x)的一個周期為−2π

B．y=f(x)的圖像關于直線x=83



對稱 C．f(x+π)的一個零點為x=6



D．f(x)在(



,π)單調遞減 7．執行下面的程序框圖，為使輸出S的值小于91，

則輸入的正整數N的最小值為 A．5 B．4

C．3

D．2

8．已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為

A．π

B．

3π4

C．

π2

D．

π4

9．等差數列na的首項為1，公差不為0．若a2，a3，a6成等比數列，則na前6項的和為 A．-24

B．-3

C．3

D．8

10．已知橢圓C：22

221xyab

，（a>b>0）的左、右頂點分別為A1，A2，且以線段A1A2為直徑的圓與直線

20bxayab相切，則C的離心率為

A．

63

B．

33

C．

23

D．

13

11．已知函數2

1

1()2()xxfxxxae

e有唯一零點，則a=

A．12



B．

1

3

C．

12

D．1

12．在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，動點P在以點C為圓心且與BD相切的圓上．若AP= AB+AD

，

則+的最大值為 A．3

B．22

C．5

D．2

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

13．若x，y滿足約束條件y0

200xxyy



，則z34xy的最小值為__________．

14．設等比數列na滿足a1 + a2 = ?1, a1 ? a3 = ?3，則a4 = ___________． 15．設函數10()20xxxfxx，，，，

則滿足1

()()12fxfx的x的取值范圍是_________。

16．a，b為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a，b都垂直，斜邊

AB以直線AC為旋轉軸旋轉，有下列結論： ①當直線AB與a成60°角時，AB與b成30°角； ②當直線AB與a成60°角時，AB與b成60°角； ③直線AB與a所稱角的最小值為45°； ④直線AB與a所稱角的最小值為60°；

其中正確的是________。（填寫所有正確結論的編號）

三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第17～21題為必考題，每個試題考

生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據要求作答。 （一）必考題：共60分。 17．（12分）

△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinA+3cosA=0，a=27,b=2． （1）求c；

（2）設D為BC邊上一點，且AD AC,求△ABD的面積． 18．（12分）

某超市計劃按月訂購一種酸奶，每天進貨量相同，進貨成本每瓶4元，售價每瓶6元，未售出的酸奶降價處理，以每瓶2元的價格當天全部處理完．根據往年銷售經驗，每天需求量與當天最高氣溫（單位：℃）有關．如果最高氣溫不低于25，需求量為500瓶；如果最高氣溫位于區間[20，25），需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20，需求量為200瓶．為了確定六月份的訂購計劃，統計了前三年

六月份各天的最高氣溫數據，得下面的頻數分布表： 最高氣溫

[10，15） [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40）

天數

2

16

36

25

7

4

以最高氣溫位于各區間的頻率代替最高氣溫位于該區間的概率。 （1）求六月份這種酸奶一天的需求量X（單位：瓶）的分布列；

（2）設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y（單位：元），當六月份這種酸奶一天的進貨量n（單位：

瓶）為多少時，Y的數學期望達到最大值？

19．（12分）

如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．

（1）證明：平面ACD⊥平面ABC；

（2）過AC的平面交BD于點E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D?AE?C

的余弦值．

20．（12分）

已知拋物線C：y2

=2x，過點（2,0）的直線l交C與A,B兩點，圓M是以線段AB為直徑的圓． （1）證明：坐標原點O在圓M上；

（2）設圓M過點P（4，-2），求直線l與圓M的方程． 21．（12分）

已知函數()fx =x?1?alnx． （1）若()0fx ，求a的值；

（2）設m為整數，且對于任意正整數n，2111

1+

+1+)222

n()(1)(?m，求m的最小值． （二）選考題：共10分。請考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分。 22．[選修4-4：坐標系與參數方程]（10分）

在直角坐標系xOy中，直線l1的參數方程為2+,

,xtykt

（t為參數），直線l2的參數方程為

2,,xmmmyk





（為參數）．設l1與l2的交點為P，當k變化時，P的軌跡為曲線C． （1）寫出C的普通方程；

（2）以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，設l3：ρ(cosθ+sinθ)-2=0，M為l3

與C的交點，求M的極徑．

23．[選修4-5：不等式選講]（10分）

已知函數f（x）=│x+1│?│x?2│． （1）求不等式f（x）≥1的解集；

（2）若不等式f（x）≥x2

?x +m的解集非空，求m的取值范圍

參考答案

一、選擇題：

1．B 2．C 3．A 4．C 5．B 6．D 7．D 8．B 9．A 10．A 11．C 12．A

11、【解析】由條件，211()2(ee)xxfxxxa，得：

221(2)1211211(2)(2)2(2)(ee)

4442(ee)2(ee)

xxxxxxfxxxaxxxaxxa

∴(2)()fxfx，即1x為()fx的對稱軸， 由題意，()fx有唯一零點， ∴()fx的零點只能為1x， 即21111(1)121(ee)0fa， 解得12

a

． 12、【解析】由題意，畫出右圖．

設BD與C切于點E，連接CE． 以A為原點，AD為x軸正半軸，

AB為y軸正半軸建立直角坐標系，

則C點坐標為(2,1)． ∵||1CD，||2BC． ∴22125BD． ∵BD切C于點E． ∴CE⊥BD．

∴CE是RtBCD△中斜邊BD上的高． 1

2||||

2222||5||||5

5BCDBCCDSECBDBD△

即C的半徑為

2

55

． ∵P在C上． ∴P點的軌跡方程為

224(2)(1)5xy

．

設P點坐標00(,)xy，可以設出P點坐標滿足的參數方程如下：

00225cos5215sin5xy



 而00(,)APxy，(0,1)AB，(2,0)AD

． ∵(0,1)(2,0)(2,)APABAD

∴015

1cos25

x

，0215sin5y． 兩式相加得：

2225

15sin1cos55

255

2(

)()sin()55

2sin()3

≤ (其中5sin5，25

cos5

) 當且僅當π

2π2

k

，kZ時，取得最大值3． 二、填空題：

13． 1 14． 8 15．1,4



16．②③

16、【解析】由題意知，abAC、、三條直線兩兩相互垂直，畫出圖形如圖．

不妨設圖中所示正方體邊長為1， 故||1AC，2AB，

斜邊AB以直線AC為旋轉軸旋轉，則A點保持 不變，

B點的運動軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓．

以C為坐標原點，以CD為x軸正方向，CB

為

y軸正方向，

CA

為z軸正方向建立空間直角坐標系．

則(1,0,0)D，(0,0,1)A，

直線a的方向單位向量(0,1,0)a，||1a

．

B點起始坐標為(0,1,0)，

直線b的方向單位向量(1,0,0)b

，||1b．

設B點在運動過程中的坐標(cos,sin,0)B，

其中為BC與CD的夾角，[0,2π)．

那么'AB在運動過程中的向量(cos,sin,1)AB，||2AB

． 設AB與a所成夾角為π

[0,]2

，

則(cos,sin,1)(0,1,0)22

cos|sin|[0,]22aAB





． 故ππ

[,]42，所以③正確，④錯誤．

設AB與b所成夾角為π

[0,]2

，

cos(cos,sin,1)(1,0,0)

2

|cos|2

ABb

bABbAB







. 當AB與a夾角為60時，即π3，

12sin2cos2cos

2

3

22



． ∵22cossin1， ∴2

|cos|2

． ∴21cos|cos|22



． ∵π

[0,]2

．

∴π

=

3

，此時AB與b夾角為60． ∴②正確，①錯誤．

三、解答題：

17．（1）由sin3cos0AA得π2sin03A



，

即π

π3

AkkZ，又0,πA， ∴π

π3

A

，得2π3A.

由余弦定理2222cosabcbcA.

又∵1

27,2,cos2

abA代入并整理得



2

125c，故4c.

（2） ∵2,27,4ACBCAB，

由余弦定理22227

cos27

abcCab.

∵ACAD，即ACD△為直角三角形， 則cosACCDC，得7CD. 由勾股定理2

2

3ADCDAC.

又2π3A

，則2πππ

326

DAB

， 1π

sin326

ABDSADAB

△.

18．⑴易知需求量x可取200,300,500 2161

2003035PX 362

3003035PX 25742

5003035

PX

.

則分布列為：

1

52525

⑵ ①當200n≤時：642Ynn，此時max400Y，當200n時取到.

②當200300n≤時：41

22002200255Ynn

 880026800555

nnn

此時max520Y，當300n時取到.

③當300500n≤時，

122

20022002300230022555Ynnn

10

320025

n



此時520Y.

④當500n≥時，易知Y一定小于③的情況.

綜上所述：當300n時，Y取到最大值為520.

19．

⑴ 取AC中點為O，連接BO，DO；

ABC為等邊三角形

∴BOAC ∴ABBC

ABBCBDBD

ABDDBC



ABDCBD. ∴ADCD,即ACD為等腰直角三角形，ADC 為直角又O為底邊AC中點 ∴DOAC

令ABa，則ABACBCBDa 易得：22ODa

，32

OBa ∴2

2

2

ODOBBD

由勾股定理的逆定理可得2

DOB



即ODOB

ODAC

ODOBACOBOACABCOBABC



平面平面ODABC平面 又∵ODADC平面 由面面垂直的判定定理 可得ADCABC平面平面 ⑵ 由題意可知VVDACEBACE

即B,D到平面ACE的距離相等 即E為BD中點

D

A

B

CE

O

以O為原點，OA為x軸正方向，OB為y軸正方向，OD

為z軸正方向，設ACa，

建立空間直角坐標系，

則0,0,0O，,0,02aA，0,0,2aD

，30,,02Ba，30,,44aEa 易得：3,,244aaAEa，,0,22aaAD，,0,02aOA

 設平面AED的法向量為1n，平面AEC的法向量為2n

，

則110

0AEnADn，解得

13,1,3n 2200

AEnOAn，解得

20,1,3n 若二面角DAEC為，易知為銳角， 則1212

7cos7nnnn



20．⑴ 顯然，當直線斜率為0時，直線與拋物線交于一點，不符合題意．

設:2lxmy，11(,)Axy，22(,)Bxy， 聯立：222

yx

xmy得2240ymy，

2416m恒大于0，122yym，124yy．

12(2)(2)mymy

21212(1)2()4myymyy 24(1)2(2)4mmm0

∴

，即O在圓M上．

⑵ 若圓M過點P，則

1212(4)(4)(2)(2)0xxyy 1212(2)(2)(2)(2)0mymyyy

21212(1)(22)()80myymyy 化簡得2210mm解得1

2

m或1

①當1

2

m時，:240lxy圓心為00(,)Qxy，

120122yyy

，0019

224

xy， 半徑2

2

91||42rOQ



則圓229185

:()()4216

Mxy

②當1m時，:20lxy圓心為00(,)Qxy， 12

012

yyy

，0023xy， 半徑22||31rOQ 則圓22:(3)(1)10Mxy

21．⑴ ()1lnfxxax，0x

則()1axa

fxxx





，且(1)0f 當0a≤時，0fx，fx在0，上單調增，所以01x時，0fx，不滿足題意； 當0a時，

當0xa時，()0fx，則()fx在(0,)a上單調遞減； 當xa時，()0fx，則()fx在(,)a上單調遞增．

①若1a，()fx在(,1)a上單調遞增∴當(,1)xa時()(1)0fxf矛盾 ②若1a，()fx在(1,)a上單調遞減∴當(1,)xa時()(1)0fxf矛盾

③若1a，()fx在(0,1)上單調遞減，在(1,)上單調遞增∴()(1)0fxf≥滿足題意 綜上所述1a．

⑵ 當1a時()1ln0fxxx≥即ln1xx≤

則有ln(1)xx≤當且僅當0x時等號成立 ∴11

ln(1)22

kk



，*kN 一方面：221111111

ln(1)ln(1)...ln(1)...112222222nnn，

即2111

(1)(1)...(1)e222

n．

另一方面：223111111135(1)(1)...(1)(1)(1)(1)222222264

n