高考最新-15---2018年浙江省高考数学卷(理科) 精品

2018年浙江省高考数学卷(理科)

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分。 1． 若U={1,2,3,4}，M={1,2}, N={2,3}, 则ðU(MN)=

(A){1,2,3} (B){2} (C){1,3,4} (D){4} 2． 点P从(1,0)出发，沿单位圆x2+y2=1按逆时针方向运动

为

2弧长到达Q点，则Q的坐标331331131,) (B) () (C)(,) (D)(,)

222222223． 已知等差数列{an}的公差为2，若a1,a3,a4成等比数列，则a2=

(A)4 (B)6 (C)8 (D)10

(A)(

4． 曲线y2=4x关于直线x=2对称的曲线方程是

(A)y2=84x (B)y2=4x8 (C)y2=164x (D)y2=4x16

xy305． 设z=xy, 式中变量x和y满足条件， 则z的最小值为

x2y0(A)1 (B)1 (C)3 (D)3

6． 已知复数z1=3+4i, z2=t+i, 且z1z2是实数，则实数t=

(A)

3344 (B) (C) (D)

33447． 若(x2n)展开式中存在常数项，则n的值可以是 3x(A)8 (B)9 (C)10 (D)12

1”的 2(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件 (C)充要条件 (D)既不充分也不必要条件

x2y29． 若椭圆221(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，线段F1F2被抛物线y2=2bx的

ab焦点分成5∶3的两段，则此椭圆的离心率为 C1 8． 在△ABC中，“A＞30”是“sinA＞

(A)

417251 (B) (C) (D)

175517B1 A1 D 10． 如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB=1，D在棱BB1上，

且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为，则=

106(A) (B) (C)arcsin (D)arcsin

4434C A B

11． 设f '(x)是函数f(x)的导函数，y=f '(x)的图象如右图所示，则y=f(x) y 的图象最有可能的是

O 1 2 x y y y y O 1 2 x O 1 2 x 1 2 x O 1 2 x (A) (B) (C) (D)

12． 若f(x)和g(x)都是定义在实数集R上的函数，且方程xf[g(x)]=0有实数解，则g[f(x)]不

可能是

1111(A)x2+x (B)x2+x+ (C)x2 (D)x2+

5555二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，满分16分。把答案填在题中横线上。

1,x0,13． 已知f(x)=,则不等式x+(x+2)·f(x+2)≤5的解集是__________.

1,x0,CAAB14． 已知平面上三点A、B、C满足|AB|=3, |BC|=4, |CA|=5，则ABBCBCCA的值等于________.

15． 设坐标平面内有一个质点从原点出发，沿x轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，

经过5次跳动质点落在点（3，0）（允许重复过此点）处，则质点不同的运动方法共有__________种（用数字作答）. 16． 已知平面与平面交于直线l，P是空间一点，PA⊥，垂足为A，PB⊥，垂足为B，

且PA=1，PB=2，若点A在内的射影与点B在内的射影重合，则点P到l的距离为________. 三、解答题：本大题共6小题，满分74分。解答应写出文字说明证明过程或演算步骤。 17． (本题满分12分)

1在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a,b,c，且cosA=

3(Ⅰ)求sin2

BC+cos2A的值； 2(Ⅱ)若a=3,求bc的最大值。

18． (本题满分12分)

盒子中有大小相同的球10个，其中标号为1的球3个，标号为2的球4个，标号为5的球3个。第一次从盒子中任取1个球，放回后第二次再任取1个球（假设取到每个球的可能性都相同），记第一次与第二次取到球的标号之和为。 （1）求随机变量的分布列；

E （2）求随机变量的期望E。 19． 如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互

相垂直，AB=2，AF=1，M是线段EF的中点。

（1）求证AM//平面BDE；

（2）求二面角ADFB的大小；

（3）试在线段AC上确定一点P，使得PF与BC所

D 成的角是60。

C M F B A 20． 设曲线y=ex(x≥0)在点M(t,et}处的切线l与x轴、y轴围成的三角形面积为S(t).

(1)求切线l的方程； (2)求S(t)的最大值。 21． 已知双曲线的中心在原点，右顶点为A(1,0)，点P、Q在双曲线的右支上，点M(m,0)到

直线AP的距离为1，

3,3], 求实数m的取值范围； 3（2）当m=2+1时，△APQ的内心恰好是点M，求此双曲线的方程。

（1）若直线AP的斜率为k，且|k|[22． 如图，△OBC的三个顶点坐标分别为(0,0)、(1,0)、(0,2)，设P1为线段BC的中点，P2

为线段CO的中点，P3为线段OP1的中点，对于每一个正整数n，Pn+3为线段PnPn+1的

1中点，令Pn的坐标为(xn,yn)，an=yn+yn+1+yn+2. y 2（1）求a1,a2,a3及an；

（2）证明yn4y1n,nN*;

4C （3）若记bn=y4n+4y4n,nN*，证明{bn}是等比数列。

P2 P4 P1 P3 B x P5 O

数学答案(理科)

一.选择题: 本大题共12小题,每小题5分,共60分.

1. D 2.A 3.B 4.C 5.A 6.A 7.C 8.B 9.D 10.D 11.C 12.B 二.填空题:本大题共4小题,每小题4分,满分16分. 13. (,] 14. 14 --25 15. 5 16. 三.解答题:本大题共6小题,满分74分. 17. (本题满分12分) 解: (Ⅰ)sin2325

BCcos2A 212212 =(1cosA)(2cosA1)

2112 =(1)(1)

2391 = 

9b2c2a21cosA (Ⅱ) ∵

2bc322222∴bcbca2bca, 3又∵a3

9∴bc.

4399 当且仅当 b=c=时,bc=,故bc的最大值是.

244 =[1cos(BC)](2cosA1)

(18) (满分12分)

解: (Ⅰ)由题意可得,随机变量ε的取值是2、3、4、6、7、10。 随机变量ε的概率分布列如下 2 3 4 6 7 ε P 0.18 0.24 0.16 0.18 0.24 随机变量ε的数学期望 Eε=2×0.18+3×0.24+4×0.13+6×0.18+7×0.24+10×0.18=5.2. (19) (满分12分) 方法一

解: (Ⅰ)记AC与BD的交点为O,连接OE,

∵O、M分别是AC、EF的中点，ACEF是矩形， ∴四边形AOEM是平行四边形， ∴AM∥OE。

∵OE平面BDE， AM平面BDE，

10 0.18

∴AM∥平面BDE。

(Ⅱ)在平面AFD中过A作AS⊥DF于S，连结BS， ∵AB⊥AF， AB⊥AD， ADAFA, ∴AB⊥平面ADF，

∴AS是BS在平面ADF上的射影， 由三垂线定理得BS⊥DF。

∴∠BSA是二面角A—DF—B的平面角。

6,AB2, 3∴tanASB3,ASB60,

在RtΔASB中，AS∴二面角A—DF—B的大小为60º。

（Ⅲ）设CP=t（0≤t≤2）,作PQ⊥AB于Q，则PQ∥AD， ∵PQ⊥AB，PQ⊥AF，ABAFA， ∴PQ⊥平面ABF，QE平面ABF， ∴PQ⊥QF。

在RtΔPQF中，∠FPQ=60º， PF=2PQ。

∵ΔPAQ为等腰直角三角形， ∴PQ2(2t). 2(2t)21，

2又∵ΔPAF为直角三角形， ∴PF∴(2t)122(2t). 2所以t=1或t=3(舍去) 即点P是AC的中点。

方法二

（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系。 设ACBDN，连接NE， 则点N、E的坐标分别是（ ∴NE=(22（0,0,1）, ,,0)、

2222,,1), 22 又点A、M的坐标分别是 （2，2，、（0）

22,,1) 2222 ∴ AM=（,,1)

22∴NE=AM且NE与AM不共线，

∴NE∥AM。

又∵NE平面BDE， AM平面BDE，

∴AM∥平面BDF。

（Ⅱ）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AFADA, ∴AB⊥平面ADF。

∴AB(2,0,0)为平面DAF的法向量。

2,22∴NE·NF=（,2∵NE·DB=（2,1)·(2,2,0)=0， 22,1)·(2,2,0)=0得 2NE⊥DB，NE⊥NF，

∴NE为平面BDF的法向量。 ∴cos=1 2∴AB与NE的夹角是60º。

即所求二面角A—DF—B的大小是60º。 （Ⅲ）设P(t,t,0)(0≤t≤2)得

PF(2t,2t,1),

∴CD=（2，0，0）

又∵PF和CD所成的角是60º。 ∴cos60(2t)2(2t)(2t)1222

解得t232或t（舍去）， 22即点P是AC的中点。

（20）（满分12分）

解：（Ⅰ）因为f(x)(ex)ex, 所以切线l的斜率为e1,

故切线l的方程为yetet(xt).即etxye1(t1)0。 （Ⅱ）令y=0得x=t+1, 又令x=0得ye(t1)

t1(t1)e1(t1) 2121 =(t1)e

211从而S(t)e(1t)(1t).

2∵当t（0，1）时，S(t)>0, 当t（1,+∞）时,S(t)<0,

所以S（t）=

所以S(t)的最大值为S(1)= (21) (满分12分)

解: (Ⅰ)由条件得直线AP的方程yk(x1), 即kxyk0.

因为点M到直线AP的距离为1, ∵

mkkk121,

即m1∵k[∴

k21112. kk3,3], 323m12, 32323解得+1≤m≤3或--1≤m≤1--.

332323∴m的取值范围是[1,1][1,3].

33y22(Ⅱ)可设双曲线方程为x21(b0),

b由M(21,0),A(1,0),

得AM2.

又因为M是ΔAPQ的内心,M到AP的距离为1,所以∠MAP=45º,直线AM是∠PAQ

的角平分线,且M到AQ、PQ的距离均为1。因此，kAP1,kAQ1（不妨设P在第一象限）

直线PQ方程为x22。

直线AP的方程y=x-1,

y2∴解得P的坐标是（2+2，1+2），将P点坐标代入x21得，

b21 b223(23)2所以所求双曲线方程为x2y1,

21即x2(221)y21.

2（22）（满分14分）

13,y5， 24yyn1所以a1a2a32，又由题意可知yn3n

21∴an1yn1yn2yn3

2解：(Ⅰ)因为y1y2y41,y3

yy1yn1yn2nn1 221 =ynyn1yn2an,

2 ∴an为常数列。

=

∴ana12,nN.

1ynyn1yn22两边除以2，得 2yyn21ynn11, 42yy又∵yn4n1n2

2y∴yn41n.

4yy（Ⅲ）∵bn1y4n3y4n4(14n4)(14n)

441 =(y4n4y4n)

41 =bn,

41 又∵b1y3y40,

41∴bn是公比为的等比数列。

4(Ⅱ)将等式