2018年普通高等学校招生全国统一考试数学(浙江卷).docx

1、绝密 启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试数学(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;非选择题部分2至4页.满分150分,考试时间120分钟.考生注意:1.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上.2.答题时,请按照答题纸上“注意事项”的要求,在答题纸相应的位置上规范作答.在本试题卷上的作答一律无效.参考公式:若事件A,B互斥,则柱体的体积公式P(A+B)=P(A)+P(B)V=Sh若事件A,B相互独立,则其中S表示柱体的底面积,h表示柱体的高P(AB)=P(A)P(B)锥体的体积公式若事件A在

2、一次试验中发生的概率是p,则n次V=13Sh独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率其中S表示锥体的底面积,h表示锥体的高Pn(k)=Cnkpk(1-p)n-k(k=0,1,2,n)球的表面积公式台体的体积公式S=4R2V=13(S1+S1S2+S2)h球的体积公式其中S1,S2分别表示台体的上、下底面积,V=43R3h表示台体的高其中R表示球的半径选择题部分(共40分)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UA=()A.B.1,3C.2,4,5D.1,2,3,4,52.双曲线x2

3、3-y2=1的焦点坐标是()A.(-2,0),(2,0)B.(-2,0),(2,0)C.(0,-2),(0,2)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.84.复数21-i(i为虚数单位)的共轭复数是()A.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i5.函数y=2|x|sin 2x的图象可能是()6.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()A.a1a3,a2a3,a2a4C.a1a4D.a1a3,

4、a2a4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x+y+z=100,5x+3y+13z=100,则z=81时,x=,y=.12.若x,y满足约束条件x-y0,2x+y6,x+y2,则z=x+3y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=7,b=2,A=60,则sin B=,c=.14.二项式3x+12x8的展开式的

5、常数项是.15.已知R,函数f(x)=x-4,x,x2-4x+3,x.当=2时,不等式f(x)1)上两点A,B满足AP=2PB,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.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)已知角的顶点与原点O重复,始边与x轴的非负半轴重合,它的终边过点P-35,-45.(1)求sin(+)的值;(2)若角满足sin(+)=513,求cos 的值.19.(本题满分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

6、明:AB1平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.20.(本题满分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n项和为2n2+n.(1)求q的值;(2)求数列bn的通项公式.21.(本题满分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+y24=1(x8-8ln 2;(2)若a3-4ln 2,证明:对于任意k0,直线y=kx+

7、a与曲线y=f(x)有唯一公共点.数学(浙江卷)1.CA=1,3,U=1,2,3,4,5,UA=2,4,5,故选C.2.Ba2=3,b2=1,c2=a2+b2=3+1=4.c=2.又焦点在x轴上,焦点坐标为(-2,0),(2,0).3.C由三视图可知该几何体为直四棱柱.S底=12(1+2)2=3,h=2,V=Sh=32=6.4.B21-i=2(1+i)(1-i)(1+i)=2(1+i)2=1+i,复数21-i的共轭复数为1-i.5.D因为在函数y=2|x|sin 2x中,y1=2|x|为偶函数,y2=sin 2x为奇函数,所以y=2|x|sin 2x为奇函数.所以排除选项A,B.当x=0,x=

8、2,x=时,sin 2x=0,故函数y=2|x|sin 2x在0,上有三个零点,排除选项C,故选D.6.A当m,n时,由线面平行的判定定理可知,mnm;但反过来不成立,即m不一定有mn,m与n还可能异面.故选A.7.D由题意可知,E()=01-p2+112+2p2=12+p,D()=0-12-p21-p2+1-12-p212+2-12-p2p2=12-2p2+2p+12=-p2-p+14-12=-p-122+12,p(0,1).故当p在(0,1)内增大时,D()先增大后减小.8.D当点E不是线段AB的中点时,如图,点G是AB的中点,SH底面ABCD,过点H作HFAB,过点E作EFBC,连接SG

9、,GH,EH,SF.可知1=SEF,2=SEH,3=SGH.由题意可知EFSF,故tan 1=SFEF=SFGHSHGH=tan 3.13.又tan 3=SHGHSHEH=tan 2,32.132.当点E是线段AB的中点时,即点E与点G重合,此时1=3=2.综上可知,132.9.Ae为单位向量,b2-4eb+3=0,b2-4eb+4e2=1.(b-2e)2=1.以e的方向为x轴正方向,建立平面直角坐标系,如图.OE=2e,OB=b,OA=a,=3.由(b-2e)2=1,可知点B在以点E为圆心,1为半径的圆上.由|a-b|=|OA-OB|=|BA|,可知|a-b|的最小值即为|BA|的最小值,即

10、为圆上的点B到直线OA的距离.又直线OA为y=3x,点E为(2,0),点E到直线OA的距离d=232=3.|BA|的最小值为3-1,即|a-b|的最小值为3-1.10.B设等比数列的公比为q,则a1+a2+a3+a4=a1(1-q4)1-q,a1+a2+a3=a1(1-q3)1-q.a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3),a1+a2+a3=ea1+a2+a3+a4,即a1(1+q+q2)=ea1(1+q+q2+q3).又a11,q1,即q+q20,解得q0舍去).由a11,可知a1(1+q+q2)1,a1(1+q+q2+q3)0,即1+q+q2+q30,即(1+q)+q2(1+q)0

11、,即(1+q)(1+q2)0,这与q-1相矛盾.1+q+q21,即-1qa3,a2b=2,B为锐角.cos B=1-sin2B=47=277.cos C=-cos(A+B)=sin Asin B-cos Acos B=32217-27712=37-2714=714.由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcos C=7+4-227714=7+4-2=9.c=3.14.7二项式3x+12x8的通项为Tr+1=C8rx138-r12x-1r=12rC8rx8-r3-r=12rC8rx8-4r3,当r=2时,8-4r3=0.故展开式的常数项为122C82=14872=7.15.(1,4)(1,3(4,

12、+)当=2时,f(x)=x-4,x2,x2-4x+3,x2.当x2时,f(x)=x-40,解得x4,2x4.当x2时,f(x)=x2-4x+30,解得1x3,1x2.综上可知,1x4,即f(x)0的解集为(1,4).分别画出y1=x-4和y2=x2-4x+3的图象如图,由函数f(x)恰有2个零点,结合图象可知14.故的取值范围为(1,3(4,+).16.1 260分两类:第一类:从0,2,4,6中取到0,则没有重复数字的四位数有C31C52A31A33=540;第二类:从0,2,4,6中不取0,则没有重复数字的四位数有C32C52A44=720.所以没有重复数字的四位数共有540+720=1

13、260种.17.5设A(x1,y1),B(x2,y2).P(0,1),AP=(-x1,1-y1),PB=(x2,y2-1).AP=2PB,-x1=2x2,1-y1=2(y2-1),即x1=-2x2,y1=3-2y2.又x124+y12=m,(-2x2)24+(3-2y2)2=m,即4x224+4y22-12y2+9=m.又x224+y22=m,4m-12y2+9=m,即12y2=3m+9,4y2=m+3.x224+m+342=m,即x22+m2+6m+94=4m,即x22=-m24+52m-94.当m=5时,x22的最大值为4,即点B横坐标的绝对值最大.18.解 (1)由角的终边过点P-35,

14、-45,得sin =-45,所以sin(+)=-sin =45.(2)由角的终边过点P-35,-45,得cos =-35,由sin(+)=513,得cos(+)=1213.由=(+)-,得cos =cos(+)cos +sin(+)sin ,所以cos =-5665或cos =1665.19.解法一 (1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1AB,BB1AB,得AB1=A1B1=22,所以A1B12+AB12=AA12,故AB1A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BC1BC,CC1BC,得B1C1=5,由AB=BC=2,ABC=120,得AC=23,由CC1AC,得AC1

15、=13,所以AB12+B1C12=AC12,故AB1B1C1.因此AB1平面A1B1C1.(2)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B1C1=5,A1B1=22,A1C1=21,得cosC1A1B1=67,sinC1A1B1=17,所以C1D=3,故sinC1AD=C1DAC1=3913.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.解法二 (1)证明:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的

16、正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下:A(0,-3,0),B(1,0,0),A1(0,-3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1).因此AB1=(1,3,2),A1B1=(1,3,-2),A1C1=(0,23,-3).由AB1A1B1=0,得AB1A1B1.由AB1A1C1=0,得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)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).由nAB=0,nBB1=0,即x+3y=0,2z=0,可取n=(-3,1,0

17、).所以sin =|cos|=|AC1n|AC1|n|=3913.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.20.解 (1)由a4+2是a3,a5的等差中项,得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.由a3+a5=20,得8q+1q=20,解得q=2或q=12,因为q1,所以q=2.(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列cn前n项和为Sn,由cn=S1,n=1,Sn-Sn-1,n2,解得cn=4n-1.由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)12n-1.故bn-bn-1=(4n-5)12n-2,n2,bn-b1=(b

18、n-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)12n-2+(4n-9)12n-3+712+3.设Tn=3+712+11122+(4n-5)12n-2,n2,12Tn=312+7122+(4n-9)12n-2+(4n-5)12n-1,所以12Tn=3+412+4122+412n-2-(4n-5)12n-1,因此Tn=14-(4n+3)12n-2,n2,又b1=1,所以bn=15-(4n+3)12n-2.21.(1)证明 设P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程y+y022=414y2+x

19、02,即y2-2y0y+8x0-y02=0的两个不同的实根.所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y轴.(2)解 由(1)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,所以|PM|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0,|y1-y2|=22(y02-4x0).因此,PAB的面积SPAB=12|PM|y1-y2|=324(y02-4x0)32.因为x02+y024=1(x0256.由题意得f(x1)+f(x2)=x1-ln x1+x2-ln x2=12x1x2-ln(x1x2).设g(x)=12x-ln x,则g(x)=14x(x-4),所以x(0,16)16(16,+)g(x)-0+g(x)2-4ln 2所以g(x)在256,+)上单调递增,故g(x1x2)g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)8-8ln 2.(2)令m=e-(|a|+k),n=|a|+1k2+1,则f(m)-km-a|a|+k-k-a0,f(n)-kn-an1n-an-kn|a|+1n-k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.