普通高等学校招生全国统一考试数学

一般高等学校招生全国一致考试数学一般高等学校招生全国一致考试数学12/12一般高等学校招生全国一致考试数学2018年一般高等学校招生全国一致考试数学（浙江卷）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，请务必定自己的姓名、准考据号用黑色笔迹的署名笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的地点上.2．答题时，请依据答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的地点上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.参照公式：若事件A，B互斥，则柱体的体积公式V=Sh若事件A，B互相独立，则此中S表示棱柱的底面面积，h表示棱柱的高锥体的体积公式若事件A在一次试验中发生的概率是p，则n次V1Sh3独立重复试验中事件A恰巧发生k次的概率此中S表示棱锥的底面面积，h表示棱锥的高球的表面积公式台体的体积公式S4R2V1h(SSSS)球的体积公式3aabb此中Sa，Sb分别表示台体的上、下底面积V4R33表示台体的高选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每题4分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的.1.已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则【C】A.B.{1，3}C.{2，4，5}D.{1，2，3，4，5}2.双曲线的焦点坐标是【B】A.(-，0)，(，0)B.(-2，0)，(2，0)C.(0，-)，(0，)D.(0，-2)，(0，2)3.某几何体的三视图以以下图(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是【C】A.2B.4C.6D.82112正视图侧视图俯视图复数(i为虚数单位)的共轭复数是【B】A.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i5.函数y=sin2x的图象可能是【D】A.B.C.D.6.已知平面α，直线m，n知足m?α，n?α，则“m∥n”是“m∥α”的【A】A.充分不用要条件B.必需不充分条件C.充分必需条件D.既不充分也不用要条件设0<p<1，随机变量ξ的散布列是ξ012P则当p在(0，1)内增大时【D】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)，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【D】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π，向量b满3足b2-4e?b+3=0，则|a-b|的最小值是【A】A.31B.31C.2D.2310.已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)，若a1>1，则【B】A.a1<a3，a2<a4B.a1>a3，a2<a4C.a1<a3，a2>a4D.a1>a3，a2>a4非选择题部分（共110分）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》中记录百鸡问题：“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xyz100,母，鸡雏个数分别为x，y，z，则3y1当z81时，x=8，y=11.5xz100,3xy0,12．若x,y知足拘束条件2xy6,则zx3y的最小值是-2，最大值是8.xy2,13.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=21，7_______c=8.14．二项式(3x1)8的张开式的常数项是72xx4,x，当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是（1,4），15．已知λ∈R，函数f(x)=4xx23,x若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是（1,3）∪（1，+）.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，一共能够构成1260个没有重复数字的四位数(用数字作答)x2uuuuruuuur517．已知点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B知足AP=2PB，则当m=时，4点B横坐标的绝对值最大.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．（本题满分

14分）已知角α的极点与原点

O重合，始边与

x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（

3，-

4

）．5

5（Ⅰ）求sin（α+π）的值；（Ⅱ）若角β知足sin（α+β）=5，求cosβ的值．13解：（Ⅰ）由角的终边过点P(3,4)得sin4，555所以sin(π)4.sin5343（Ⅱ）由角的终边过点P()得cos,5，55125由sin(得cos()).1313由()得coscos()cossin()sin，所以cos56或cos1665.6519．（此题满分15分）如图，已知多面体ABCABC，AA，BB，CC均垂直于平面ABC，111111ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．解：方法一：（Ⅰ）由AB2,AA14,BB12,AA1AB,BB1AB得AB1A1B122，所以A1B12AB12AA12.AB1A1B1.由BC2，BB12,CC11,BB1BC,CC1BC得B1C15，由ABBC2,ABC120得AC23，由CC1AC，得AC113，所以AB12B1C12AC12，故AB1B1C1.所以AB1平面A1B1C1.（Ⅱ）如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.由AB1平面A1B1C1得平面A1B1C1平面ABB1，由C1DA1B1得C1D平面ABB1，所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.由111111得cosC1A1B161，21BC5,AB22,AC77所以C1D3，故sinC1D39C1AD.AC113所以，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是39.13方法二：（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，成立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标以下：A(0,3,0),B(1,0,0),A1(0,3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1),uuuruuuruuur所以AB1(1,3,2),A1B1(1,3,2),AC11(0,23,3),uuuruuur0得AB1A1B1.由AB1A1B1uuuruuur得ABAC由AB1AC01.1111所以AB1平面A1B1C1.（Ⅱ）设直线AC1与平面ABB1所成的角为.uuuruuuruuur由（Ⅰ）可知AC1(0,23,1),AB(1,3,0),BB1(0,0,2),设平面ABB1的法向量n(x,y,z).nuuur0,ABx3y0,可取n(3,1,0).由uuur即nBB10,2z0,uuuruuurn|39所以sin|cos||AC1AC1,nuuur|n|.|AC1|13所以，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是39.1320．（此题满分15分）已知等比数列{a}的公比q>1，且a+a+a=28，a+2是a，a的等n345435差中项．数列{bn}知足b1=1，数列{（bn+1-bn）an}的前n项和为2n2+n．（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式．解：（Ⅰ）由a42是a3,a5的等差中项得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48.由a3a520得8(q1)20，q由于q1，所以q2.（Ⅱ）设cn(bn1bn)an，数列{cn}前n项和为Sn.由cS1,n1,解得c4n1.nSnSn1,n2.n由（Ⅰ）可知an2n1，所以bn1bn(4n1)(1)n1，2故bnbn1(4n5)(1)n2,n2，2bnb1(bnbn1)(bn1bn2)L(b3b2)(b2b1)(4n5)(1)n2(4n9)(1)n3L713.222设Tn37111(1)2L(4n5)(1)n2,n2，2221Tn317(1)2L(4n9)(1)n2(4n5)(1)n122222所以1Tn112L1n21)n123424(2)4(2)(4n5)(2，所以Tn14(4n3)(1)n2,n2，2又b11，所以bn15(4n3)(1)n2.221．（此题满分15分）如图，已知点P是y轴左边(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x上存在不一样样的两点A，B知足PA，PB的中点均在C上．yAP

MxOB（Ⅰ）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；2（Ⅱ）若P是半椭圆x2+y=1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．4解：（Ⅰ）设P(x0,y0)，A(1y12,y1)，B(1y22,y2)．44由于PA，PB的中点在抛物线上，1222所以，y2为方程(yy0)2yx0即y144y2y0y8x0y00的两个不一样样的22实数根．所以y1y22y0．所以，PM垂直于y轴．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知y1y22y0,y1y28x0y02,所以|PM|1(y12y22)x03y023x0，|y1y2|22(y024x0)．841|PM|32(y023所以，△PAB的面积S△PAB|y1y2|4x0)2．24由于x02y021(x00)，所以y024x04x024x04[4,5]．4所以，△PAB面积的取值范围是[62,1510]．422．（此题满分15分）已知函数f(x)=x-lnx．（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8-8ln2；（Ⅱ）若a≤3-4ln2，证明：关于随意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有独一公共点．解：（Ⅰ）函数f（x）的导函数f(x)11，2xx1111由f(x1)f(x2)得2x1x12x2x2，由于x1x2111，所以x2．x12由基本不等式得1x1x224x1x2．x1x22由于x1x2，所以x1x2256．由题意得f(x1)f(x2)x1lnx1x2lnx21ln(x1x2)．x1x22设g(x)1lnx，x2则g(x)1x4)，(4x所以x（0，16）16（16，+∞）g(x)-0+g(x)2-4ln2所以g（x）在[256，+∞）上单一递加，故g(x1x2)g(256)88ln2，即f(x1)f(x2)88ln2．（Ⅱ）令m=e(ak)a121，则，n=()kf（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0，f（n）–kn–a<n(1ak)n(|a|1k)<0，nn≤n所以，存在x0∈（m，n）使f（x0）=kx0+a，所以，关于随意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y=kx+a与曲线y=f（x）有公共点