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2018年高考全国3卷理科数学试题及答案解析

来源:测品娱乐
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2017年普通高等学校招生全国统一考试(全国)

理科数学

(试题及答案解析)

一、选择题:(本题共12小题,每小题5分,共60分) 1.已知集合A(x,y)x2y21,B(x,y)yx,则AA.3 【答案】B

B.2

C.1

B中元素的个数为()

D.0

【解析】A表示圆x2y21上所有点的集合,B表示直线yx上所有点的集合,

故AB表示两直线与圆的交点,由图可知交点的个数为2,即AB元素的个数为2,故选B.

2.设复数z满足(1i)z2i,则z() 1A.

2【答案】C

B.2 2

C.2

D.2

【解析】由题,z

2i1i2i2i2i1,则z12122,故选C. 1i1i1i23.某城市为了解游客人数的变化规律,提高旅游服务质量,收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量(单位:万人)的数据,绘制了下面的折线图.

根据该折线图,下列结论错误的是 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

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D.各年1月至6月的月接待游客量相对7月至12月,波动性更小,变化比较平稳 【答案】A

【解析】由题图可知,2014年8月到9月的月接待游客量在减少,则A选项错误,故选A.

4.(xy)(2xy)5的展开式中x3y3的系数为()

A. B. C.40 D.80 【答案】C

【解析】由二项式定理可得,原式展开中含x3y3的项为

23333xC52xyyC352xy40xy,则xy的系数为40,故选C.

2332

x2y255.已知双曲线C:221(a0,b0)的一条渐近线方程为yx,且与椭圆

ab2x2y21有公共焦点.则C的方程为() 123x2y2x2y2x2y2x2y2A.1 B.1 C.1 D.1

810455443【答案】B

【解析】∵双曲线的一条渐近线方程为y5b5① x,则a22

x2y2又∵椭圆1与双曲线有公共焦点,易知c3,则a2b2c29②

123x2y2由①②解得a2,b5,则双曲线C的方程为1,故选B.

45π6.设函数f(x)cos(x),则下列结论错误的是()

3A.f(x)的一个周期为2π C.f(x)的一个零点为x【答案】D

π 6

B.yf(x)的图像关于直线xπD.f(x)在(,π)单调递减

28π对称 3ππ【解析】函数fxcosx的图象可由ycosx向左平移个单位得到,

33π如图可知,fx在,π上先递减后递增,D选项错误,故选D.

2y 

-O6x7.执行右图的程序框图,为使输出S的值小于91,则输入的正整数N的最小值为() A.5 B.4 C.3

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D.2 【答案】D

【解析】程序运行过程如下表所示:

t S M

初始状态 0 100 1 第1次循环结束 100 2 10

第2次循环结束 90 1 3

此时S9091首次满足条件,程序需在t3时跳出循环,即N2为满足条件的最小值,故选D.

8.已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为()

3πππA.π B. C. D.

424【答案】B

13【解析】由题可知球心在圆柱体中心,圆柱体上下底面圆半径r1, 223π则圆柱体体积Vπr2h,故选B.

4 22

9.等差数列an的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则an前6项的和为()

A.24 B.3 C.3 D.8 【答案】A

【解析】∵an为等差数列,且a2,a3,a6成等比数列,设公差为d.

2则a3a2a6,即a12da1da15d

2又∵a11,代入上式可得d22d0 又∵d0,则d2

6565d16224,故选A. ∴S66a122x2y210.已知椭圆C:221(ab0)的左、右顶点分别为A1,A2,且以线段A1A2为直

ab径的圆与直线bxay2ab0相切,则C的离心率为()

1632 B. C. D.

3333【答案】A

【解析】∵以A1A2为直径为圆与直线bxay2ab0相切,∴圆心到直线距离d等于半径,

A. 专业技术参考资料

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∴d2ab22ab又∵a0,b0,则上式可化简为a23b2

c22222222∵bac,可得a3ac,即2

a3c6∴e,故选A

a3a



11.已知函数f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零点,则a()

111A. B. C.

223【答案】C

【解析】由条件,f(x)x22xa(ex1ex1),得:

D.1

f(2x)(2x)22(2x)a(e2x1e(2x)1)x24x442xa(e1xex1)

x22xa(ex1ex1)∴f(2x)f(x),即x1为f(x)的对称轴, 由题意,f(x)有唯一零点, ∴f(x)的零点只能为x1, 即f(1)1221a(e11e11)0,

1解得a.

2

12.在矩形ABCD中,AB1,AD2,动点P在以

点C为圆心且与BD相切的圆上.若APABAD,则的最大值为() A.3 B.22 C.5 D.2 【答案】A

【解析】由题意,画出右图.

设BD与C切于点E,连接CE. 以A为原点,AD为x轴正半轴, AB为y轴正半轴建立直角坐标系, 则C点坐标为(2,1). ∵|CD|1,|BC|2.

∴BD12225. ∵BD切C于点E. ∴CE⊥BD.

∴CE是Rt△BCD中斜边BD上的高.

12|BC||CD|2S22|EC|△BCD25 |BD||BD|5525. 即C的半径为5∵P在C上.

yBPgCEA(O)Dx 专业技术参考资料

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∴P点的轨迹方程为

设P点坐标(x0,y0),可以设出P点坐标满足的参数方程如下: 2x25cos05y125sin05

而AP(x0,y0),AB(0,1),AD(2,0).

(x2)2(y1)245.

∵APABAD(0,1)(2,0)(2,) 2155sin. x01cos,y01525两式相加得:

∴1255sin1cos552525)()2sin()552sin()≤3 2( (其中sin当且仅当

525,cos) 55π2kπ,kZ时,取得最大值3. 2二、填空题:(本题共4小题,每小题5分,共20分)

xy≥0,13.若x,y满足约束条件xy2≤0,则z3x4y的最小值为________.

y≥0,【答案】1

【解析】由题,画出可行域如图:

3zx纵截距越大,z值越小. 44由图可知:z在A1,1处取最小值,故zmin31411.

目标函数为z3x4y,则直线y xy20yA(1,1)B(2,0)xy0x

14.设等比数列an满足a1a21,a1a33,则a4________. 【答案】8

【解析】an为等比数列,设公比为q.

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a1a21a1a1q1①,即, 2aa3aaq3②1311显然q1,a10,

②得1q3,即q2,代入①式可得a11, ①a4a1q3128.

3

x1,x≤0,1f(x)15.设函数则满足f(x)f(x)1的x的取值范围是________. x22,x0,1【答案】,

4x1,x≤011【解析】fxx,fxfx1,即fx1fx

222 ,x01由图象变换可画出yfx与y1fx的图象如下:

2 y1yf(x)211(,)4412

12x y1f(x)11由图可知,满足fx1fx的解为,.

24

16.a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与

a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:

①当直线AB与a成60角时,AB与b成30角; ②当直线AB与a成60角时,AB与b成60角; ③直线AB与a所成角的最小值为45; ④直线AB与a所成角的最大值为60.

其中正确的是________(填写所有正确结论的编号) 【答案】②③

【解析】由题意知,a、b、AC三条直线两两相互垂直,画出图形如图.

不妨设图中所示正方体边长为1, 故|AC|1,AB2,

斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,则A点保持不变, B点的运动轨迹是以C为圆心,1为半径的圆.

以C为坐标原点,以CD为x轴正方向,CB为y轴正方向, CA为z轴正方向建立空间直角坐标系. 则D(1,0,0),A(0,0,1),

直线a的方向单位向量a(0,1,0),|a|1.

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B点起始坐标为(0,1,0),

直线b的方向单位向量b(1,0,0),|b|1. 设B点在运动过程中的坐标B(cos,sin,0), 其中为BC与CD的夹角,[0,2π).

那么AB'在运动过程中的向量AB(cos,sin,1),|AB|2.

π设AB与a所成夹角为[0,],

2(cos,sin,1)(0,1,0)22|sin|[0,]. 则cos22aABππ故[,],所以③正确,④错误.

42π设AB与b所成夹角为[0,],

2ABbcosbAB(cos,sin,1)(1,0,0).

bAB2|cos|2π, 3

12. sin2cos2cos2322∵cos2sin21,

当AB与a夹角为60时,即

2. 221∴cos|cos|.

22π∵[0,].

2π∴=,此时AB与b夹角为60.

3∴②正确,①错误.

∴|cos|

三、解答题:(共70分.第17-20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)

ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sinA3cosA0,a27,b2.

(1)求c;

(2)设D为BC边上一点,且ADAC,求△ABD的面积.

π【解析】(1)由sinA3cosA0得2sinA0,

3 专业技术参考资料

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πkπkZ,又A0,π, 3π2π∴Aπ,得A.

33即A1由余弦定理a2b2c22bccosA.又∵a27,b2,cosA代入并整理

22得c125,故c4.

(2)∵AC2,BC27,AB4, a2b2c227由余弦定理cosC. 2ab7∵ACAD,即△ACD为直角三角形, 则ACCDcosC,得CD7. 由勾股定理AD又ACDAC3. 22S△ABD2π2πππ,则DAB, 33261πADABsin3. 26

18.(12分)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每

瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500

25,需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量瓶;如果最高气温位于区间20,为200瓶,为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表: 15 15,20 20,25 25,30 30,35 35,40 最高气温 10,天数 2 16 36 25 7 4 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率. (1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位:瓶)的分布列;

(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元).当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位:瓶)为多少时,Y的数学期望达到最大值? 【解析】⑴易知需求量x可取200,300,500

2161 PX200

3035362 PX300

303525742PX500.

3035 则分布列为: X P 200 300 500

122 555⑵①当n≤200时:Yn642n,此时Ymax400,当n200时取到.

412002n2002②当200n≤300时:Y2n 5588002n6n800n 555 专业技术参考资料

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19.(12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角

形.?ABD?CBD,AB=BD.

D(1)证明:平面ACD^平面ABC;

(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分.求二EC面角D-AE-C的余弦值.

B

AD【解析】⑴取AC中点为O,连接BO,DO; ABC为等边三角形 ∴BOAC

E∴ABBC CABBCOABDCBD. BDBDABDDBC∴ADCD,即ACD为等腰直角三角形,ADC A为直角又O为底边AC中点 ∴DOAC

令ABa,则ABACBCBDa 23a,OBa 22222∴ODOBBD

此时Ymax520,当n300时取到. ③当300n≤500时,

122 Y2002n20023002n300255n2 532002n 5 此时Y520.

④当n≥500时,易知Y一定小于③的情况.

综上所述:当n300时,Y取到最大值为520.

B易得:OD由勾股定理的逆定理可得DOB2

即ODOB ODACODOBACOBOOD平面ABC AC平面ABCOB平面ABC又∵OD平面ADC

由面面垂直的判定定理可得平面ADC平面ABC ⑵由题意可知VDACEVBACE 即B,D到平面ACE的距离相等 即E为BD中点

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z DCOEBAxyWORD格式整理

以O为原点,设ACa,OA为x轴正方向,OB为y轴正方向,OD为z轴正方向,建立空间直角坐标系,

33aaa0,a,0E0,则O0,0,0,A,0,0,D0,0,,B,24a,4 22a3aaaa,a,AD,0,OA,0,0易得:AE,, 244222设平面AED的法向量为n1,平面AEC的法向量为n2, AEn10则,解得n13,1,3

ADn01AEn20,解得n20,1,3 OAn20若二面角DAEC为,易知为锐角,

则cosn1n2n1n27 7

20.(12分)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以

线段AB为直径的圆.

(1)证明:坐标原点O在圆M上;

(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程.

【解析】⑴显然,当直线斜率为0时,直线与抛物线交于一点,不符合题意.

设l:xmy2,A(x1,y1),B(x2,y2),

y22x联立:得y22my40,

xmy24m216恒大于0,y1y22m,y1y24. uuruuurOAOBx1x2y1y2

(my12)(my22)

(m21)y1y22m(y1y2)4

4(m21)2m(2m)40 uuruuur∴OAOB,即O在圆M上.

uuuruur⑵若圆M过点P,则APBP0 (x14)(x24)(y12)(y22)0 (my12)(my22)(y12)(y22)0

(m21)y1y2(2m2)(y1y2)80

1化简得2m2m10解得m或1

21①当m时,l:2xy40圆心为Q(x0,y0),

2yy2119y01,x0y02,

222491半径r|OQ| 4222 专业技术参考资料

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9185则圆M:(x)2(y)2

4216②当m1时,l:xy20圆心为Q(x0,y0),

yy2y011,x0y023,

2半径r|OQ|3212 则圆M:(x3)2(y1)210

21.(12分)已知函数f(x)x1alnx.

(1)若f(x)≥0,求a的值;

(2)设m为整数,且对于任意正整数n,(1+11)(1+2)鬃?(1221)【解析】⑴ f(x)x1alnx,x0

axa则f(x)1,且f(1)0

xx当a≤0时,fx0,fx在0,所以0x1时,fx0,上单调增,不满足题意; 当a0时,

当0xa时,f(x)0,则f(x)在(0,a)上单调递减; 当xa时,f(x)0,则f(x)在(a,)上单调递增.

①若a1,f(x)在(a,1)上单调递增∴当x(a,1)时f(x)f(1)0矛盾 ②若a1,f(x)在(1,a)上单调递减∴当x(1,a)时f(x)f(1)0矛盾

③若a1,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增∴f(x)≥f(1)0满足题意

综上所述a1.

⑵ 当a1时f(x)x1lnx≥0即lnx≤x1

则有ln(x1)≤x当且仅当x0时等号成立

11∴ln(1k)k,kN*

221111111一方面:ln(1)ln(12)...ln(1n)2...n1n1,

2222222111即(1)(12)...(1n)e.

222111111135另一方面:(1)(12)...(1n)(1)(12)(13)2

222222111当n≥3时,(1)(12)...(1n)(2,e)

222111∵mN*,(1)(12)...(1n)m,

222∴m的最小值为3.

22.[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)

xt,l在直角坐标系xOy中,直线的参数方程为(t为参数),直线l的参数方程

ykt, 专业技术参考资料

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xm,为(m为参数),设l与l的交点为P,当k变化时,P的轨迹为曲线C. my,k(1)写出C的普通方程:

(2)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,设l:co(snis),

M为l与C的交点,求M的极径.

【解析】⑴将参数方程转化为一般方程

l1:ykx2 ……①

1l2:yx2 ……②

k①②消k可得:x2y24

即P的轨迹方程为x2y24; ⑵将参数方程转化为一般方程

l3:xy20 ……③

xy20联立曲线C和l32 2xy432x2解得

y22xcos由解得5 ysin即M的极半径是5.

23.[选修4-5:不等式选讲](10分)

已知函数f(x)|x||x|. (1)求不等式f(x)的解集;

(2)若不等式f(x)xxm的解集非空,求m的取值范围.

3,x≤1【解析】⑴fx|x1||x2|可等价为fx2x1,1x2.由fx≥1可得:

3,x≥2①当x≤1时显然不满足题意;

②当1x2时,2x1≥1,解得x≥1;

③当x≥2时,fx3≥1恒成立.综上,fx1的解集为x|x≥1. ⑵不等式fx≥x2xm等价为fxx2x≥m,

令gxfxx2x,则gx≥m解集非空只需要gxmax≥m.

x2x3,x≤1而gxx23x1,1x2.

x2x3,x≥2①当x≤1时,gxmaxg13115;

3533②当1x2时,; gxg31max24222③当x≥2时,gxmaxg22231.

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综上,gxmax55,故m. 44 专业技术参考资料

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