2018年普通高等学校招生全国统一考试数学(浙江卷)(含答案)

1、号位封座密号场不考订装号证考准只卷名姓此级班2018 年普通高等学校招生全国统一考试( 浙江卷 )数学注意事项：1 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2 选择题的作答：每小题选出答案后，用2b 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3 非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题 (本大题共10 小题，每小题4 分，共 40 分 )1. 已知全集 u=1 ，2， 3，

2、 4， 5 ， a=1 ， 3 ，则 cua=()a. ?b. 1 ， 3c. 2 ， 4， 5d . 1 ，2，3，4，52.双曲线- y2=1 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： cm3)是 ()a. 2b. 4c. 6d . 82112正视图侧视图俯视图4.复数(i 为虚数单位 ) 的共轭复数是 ()a. 1+ib. 1- ic. - 1+id . - 1- i5.函数 y=sin2x 的图象

3、可能是 ().yyyyxxxx ooo oabcd6. 已知平面 ，直线 m， n 满足 m? ， n? ，则“ mn”是“ m ”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 0p1，则 ()123412341231a. a1a3， a2a3， a2a4c. a1a4d . a1a3，a2a4二、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

4、雏个数分别 为x ， y ， z ， 则， 当z=81时 ， x=_ ，y=_12.若 x， y 满足约束条件，则 z=x+3 y 的最小值是 _ ，最大值是_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=_ ，.c=_14. 二项式 (+)8 的展开式的常数项是_15.已 知 r ， 函 数 f(x)=， 当=2时 ， 不 等 式 f(x)1)上两点 a，b 满足=2，则当 m=_时，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 )18. (14 分 )已知角 的顶点与原点o 重合，始边与x 轴的非负

5、半轴重合，它的终边过点p(-，-)(1)求 sin(+)的值(2)若角 满足 sin(+)=，求 cos 的值19. (15 分 )如图，已知多面体 abca1b1c1，a1a，b1b，c1c 均垂直于平面 abc，abc=120 ，a1a=4， c1c=1 ，ab=bc=b1b=2.(1)证明： ab 平面 a b c1111(2)求直线 ac1 与平面 abb1 所成的角的正弦值a1b1c1acb20. (15 分 )已知等比数列 an 的公比 q1，且 a3 +a4+a5=28， a4+2 是 a3， a5 的等差中项，数列 bn 满足 b1=1，数列 ( bn+1- bn)an 的前

6、n 项和为 2n2+n(1)求 q 的值(2)求数列 bn 的通项公式21. (15 分 )如图，已知点p 是 y 轴左侧 (不含 y 轴) 一点，抛物线c：y2=4x 上存在不同的两点a，b 满足 pa， pb 的中点均在c 上(1)设 ab 中点为 m，证明： pm 垂直于 y 轴(2)若 p 是半椭圆x2+=1( x8 - 8ln2(2)若 a3- 4ln2，证明：对于任意k0，直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点.2018 年普通高等学校招生全国统一考试( 浙江卷 )数学 答案1.答案：c解答：由题意知 cu a2,4,5 .2.答案：b解答： c23 14 ，双曲线x2y

7、21的焦点坐标是 ( 2,0) ， (2,0) .33. 答案： c解答：该几何体的立体图形为四棱柱，(12)2v22 6 .4. 答案： b解答：22(1 i )i ， z1i .zi(1i)(111i )5.答案： d解答：令 yf ( x)2|x| sin 2x ， f (x)2|x|sin(2x)2|x| sin 2xf ( x) ，所以 f ( x) 为奇函数；当x(0,) 时， 2|x|0 ， sin 2x 可正可负，所以f ( x) 可正可负 .由可知，选d.6.答案： a解答：若“ m / / n ”，平面外一条直线与平面内一条直线平行，可得线面平行，所以“m / /”；当“

8、m / / ”时， m 不一定与 n 平行，所以“m / /n ”是“ m / / ”的充分不必要条件 .7.答案： d解答：e( ) 0 1 p1 12pp1 ，2222d ( )1 p( p1)21( p1)2p( p3)2222222.p2p1( p1 )21 ，422所以当 p 在 (0,1)内增大时， d( ) 先增大后减小，故选d.8.答案： d解答：作 so 垂直于平面 abcd ，垂足为 o ，取 ab 的中点 m ，连接 sm .过 o 作 on 垂直于直线sm ，可知2seo ， 3smo ，过 so 固定下的二面角与线面角关系，得32 .易知，3 也为 bc 与平面 sa

9、b的线面角，即 om 与平面 sab 的线面角，根据最小角定理， om 与直线 se 所成的线线角13 ，所以231 .9.答案： a解答：设 e(1,0) ， b ( x, y) ，22y24x 3 0 ( x 2) 2y21则 b 4e b 3 0 x如图所示， aoa ，bob ，（其中 a 为射线 oa 上动点， b 为圆 c 上动点， aox.）3 abcd 131.（其中 cd oa .）min.10.答案： b解答： ln x x 1， a1a2a3 a4ln( a1a2a3)a1 a2a31 ，得 a41，即 a1q31， q 0 .若 q1 ，则 a1a2a3a4a1 (1q

10、)(1 q2 )0 ，a1 a2a3a1 (1qq2 )a11 ，矛盾 . 1q0，则 a1a3a1 (1q2 )0 ， a2a4a1q(1 q2 ) 0 . a1a3 ， a2 a4 .11.答案： 811解答：当 zxy 81 100x881 时，有3y27100，解得y.5x1112.答案：2 8解答：x4不等式组所表示的平面区域如图所示，当时， zx3 y 取最小值， 最小值为2 ；y2x2当时， zx3y 取最大值，最大值为8 .y213.答案：2173解答：由正弦定理ab，得72，所以 sin b21sin asin b3sin b.72由余弦定理， cos ab2c2a2，得 1

11、4 c27 ，所以 c 3.2bc24c14. 答案： 7解答：18 4 r通项 tr 1c8r ( x3 )8 r ( 1 x 1 )r( 1)r c8r x3 3 .2284r0 ， r2. 常数项为 (1) 2c8218 77 .3324215. 答案： (1,4)(1,3(4,)解答：2 ， f ( x)x4, x2.x24x3,x2当 x2 时， x 40 得 2 x 4 .当 x2 时， x24x30 ，解得 1x2.综上不等式的解集为1x4.当 yx24x3有 2 个零点时，4 .当 yx24x3有 1个零点时， yx 4 有 1个零点， 13. 13或4 .16. 答案： 12

12、60解答：c52c32 a44c31c52 c13 a337205401260 .17. 答案： 5解答：.方法一：设a(x1, y1 ) ， b(x2 , y2 ) ，当直线斜率不存在时，m9 ， x20.ab 为 ykx1 . 联立x2y2m 得当直线斜率存在时，设4ykx 1(4 k21)x28kx44m0 ，04mk2m10 ， x1x28k，44m .4k 21x1x24k 2116 k ， x8k ap2pb ， x12x2 ，解得 x.14k 2124k21 x28 k82 （当且仅当k1时取“”） .4k 21124 kkx1x216k8k8 ， x1 x244m22m ，得

13、m 5 ，4k 214k214k 21当 m5时，点 b 横坐标最大 .方法二：设 a(x1, y1 ) ， b(x2 , y2 ) ，则 ap(x1,1y1) ， pb( x2 , y21) ， ap2pb ，x12x2，y132 y2(2x2 ) 2(32 y2 ) 2m (1)m34，由 (1)(2) 得 y2(3)24.x22m (2)4y2将 (3) 代入(2)，得 x22(m5)216(m5)2164， x22，当 m5时， x取最大值 .218.答案：4（ 1）；.（ 2）561665或.65解答：44（ 1） sin()sin51.5（ 2）()， coscos() ， sin

14、()5)12， cos(1313又 sin4，且终边在第三象限，cos35.125当 cos()时，13coscos()cossin()sin12 (3)5(4)36 2056.1351356565当 cos()12时，13coscos()cossin()sin( 12 ) ( 3)5( 4)16 .1351356519.答案：（ 1）略；（ 2）3913解答：（ 1） abb1b2 ，且 b1 b 平面 abc ， b1b ab ， ab12 2 .同理， ac1ac 2c1c 2(23) 21213 .过点 c1 作 b1b 的垂线段交 b1b 于点 g ，则 c1gbc2 且 b1g1，

15、 b c5 .11在 ab1c1 中， ab12b1c12ac12 ， ab1b1c1 ，.过点 b1作 a1 a 的垂线段交a1 a 于点 h .则 b1hab2， a1 h2 ， a1 b122 .在a1 b1a 中， aa12ab12a1b12 ， ab1a1b1 ，综合，a1 b1b1c1b1 ， a1 b1平面 a1b1c1 ， b1c1平面 a1b1c1 ， ab1平面 a1b1c1 .（ 2）过点 b 作 ab 的垂线段交ac 于点 i ，以 b 为原点，以ab 所在直线为 x 轴，以 bi 所在直线为 y 轴，以 b1 b 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系bxyz .则

16、b(0,0,0)， a(2,0,0) ， b1(0,0,2) ， c (1,3,1) ，1设平面 abb1 的一个法向量 n ( a, b, c) ，n ab02a0，则 n(0,1,0)，则，令 b 1n bb102c0又 ac1(3, 3,1) ， cos n, ac1339113.13由图形可知，直线ac1与平面 abb1 所成角为锐角，设ac1 与平面 abb1 夹角为 . sin39.1320.答案：（ 1） q2 ；（ 2） bn154n3 .2n 2解答：（ 1）由题可得 a3a4a528 ， 2(a4 2)a3a5 ，联立两式可得 a48 .所以 a3a4a58( 11q)28

17、 ，可得 q2（另一根11 ，舍去） .q2（ 2）由题可得 n2 时， (bn 1bn )an2n2n2( n1)2(n1)4n1 ，当 n 1时， (b2 b1 )a1213 也满足上式，所以 (bn 1bn )an4n1， n n ,而由（ 1）可得 an8 2n 42n1bn4n14n1，所以 bn 1an2n 1 ，所以 bnb1(b2b1 ) (b3b2 )(bn bn 1 )37114n5，012n 24n32222错位相减得 bnb114，4n32n 2所以 bn15n2.221.答案：（ 1）略；（ 2） 62, 15 10 .4解答：（ 1）设 p(x0 , y0 ) ，

18、a( y12 , y1) ， b( y22 , y2 ) ，44则 pa 中点为 ( x0y12, y0y1 )，由 ap 中点在抛物线上，可得 ( y0 y1 ) 24( x0y12) ，282228化简得 y122y0 y1 8x0y020，显然 y2y1，且对 y2 也有 y222 y0 y28x0y020 ，所以 y1, y2 是二次方程 y22 y0 y8x0 y020的两不等实根，.所以 y1y2y1y2y0yp ，即 pm 垂直于 x 轴 .2 y0 ， ym21（ 2） s1 (xmxp )(| y1ym| ymy2 |)(xmx0 ) | y1y2 |，22由（ 1）可得 y

19、1y22 y0 ， y1 y28x0y02 ，(2 y0 )24(8x0y02 )8( y024 x0 )0( y1y2 ) ，此时 p( x0 , y0 ) 在半椭圆 x2y21(x0) 上，48( y024x0 )84(1x02 )4x0 32(1x0x02 ) ，1x00 ，0 ， | yy|32(1x0x2 )4 2(1xx2 ) ，12| a |000| xmxp |y12y22( y1y2 )22y1 y2x04 y022(8 x0y02 )6(4 4x02 )8x088x03x083(1x0x02 ) ，所以 s1( xmx0 ) | y1 y2 |62(1x0x02 )1x0x026 2t 3 ，2t1x0x021,5 ，所以 s62t 362, 1510 ，24即pab 的面积的取值范围是62, 1510 .422.答案：（ 1）略；（ 2）略 .解答：（ 1） f ( x)11，不妨设 f (x1)f( x2 )t ，即 x1 , x2 是方程112x x2 xt 的两根，x即 x1 ,x2 是方程 tx 2x10