(完整版)2018普通高等学校招生全国统一考试理科数学全国卷2试题及答案解析

2018年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．作答时,务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、选择题:本题共12小题，每小题5分，共60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．

12i 12i4535A．i B．i

4535 C．i

3545 D．i

3545222．已知集合Ax，yxy≤3，xZ，yZ，则A中元素的个数为

A．9 B．8 C．5 D．4

exex3．函数fx的图像大致为

x2

4．已知向量a，b满足|a|1，ab1，则a(2ab) A．4

B．3

C．2

D．0

x2y25．双曲线221(a0,b0)的离心率为3,则其渐近线方程为

abA．y2x B．y3x C．y2x 2开始N0,T0i1D．y3x 2C56．在△ABC中，cos,BC1,AC5，则AB

25A．42 121314B．30 C．29 是1ii100否D．25 图，则在空

7．为计算S1…11，设计了右侧的程序框99100NNTTSNT输出S结束 范文范例 参考指导 1i1(完整版)2018普通高等学校招生全国统一考试理科数学全国卷2试题及答案解析

白框中应填入 A．ii1 B．ii2 C．ii3 D．ii4

8．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723．在不超过30的素数中,随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是 A．

1 12 B．

1 14 C．

1 15 D．

1 189．在长方体ABCDA1B1C1D1中,ABBC1，AA13，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 A．

15 B．5 6 C．

5 5 D．2 210．若f(x)cosxsinx在[a,a]是减函数,则a的最大值是

A．

π4 B．

π2 C．

3π 4

D．π

11．已知f(x)是定义域为(,)的奇函数，满足f(1x)f(1x)．若f(1)2，则f(1)f(2)f(3)…f(50)

A．50

B．0

C．2

D．50

x2y2312．已知F1，F2是椭圆C：221(ab0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直

6ab线上，△PF1F2为等腰三角形，F1F2P120，则C的离心率为

A．

2 3 B．

12 C．

13 D．

14二、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．曲线y2ln(x1)在点(0,0)处的切线方程为__________．

x2y50，14．若x,y满足约束条件x2y30， 则zxy的最大值为__________．

x50，15．已知sinαcosβ1，cosαsinβ0,则sin(αβ)__________．

16．已知圆锥的顶点为S，母线SA,SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°,若△SAB的面积

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78(完整版)2018普通高等学校招生全国统一考试理科数学全国卷2试题及答案解析

为515，则该圆锥的侧面积为__________．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生

都必须作答．第22、23为选考题，考生根据要求作答．学科＊网 （一）必考题：共60分。 17．（12分）

记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a17，S315． (1)求{an}的通项公式； （2）求Sn，并求Sn的最小值． 18．（12分）

下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额y(单位：亿元）的折线图．

为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了y与时间变量t的两个线性回归模型．根据2000

ˆ30.413.5t；根据2010年至2，…，17）建立模型①：y年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1，ˆ9917.5t． 2，…，7)建立模型②：y2016年的数据（时间变量t的值依次为1，（1）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值； (2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由． 19．（12分）

设抛物线C：y24x的焦点为F，过F且斜率为k(k0)的直线l与C交于A，B两点,|AB|8． （1）求l的方程；学科＆网

（2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程． 20．（12分）

如图，在三棱锥PABC中,ABBC22，PAPBPCAC4，O为AC的中点． （1）证明：PO平面ABC;

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（2）若点M在棱BC上,且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值．

P

OBMAC21．（12分）

已知函数f(x)exax2．

（1）若a1，证明：当x0时,f(x)1； (2）若f(x)在(0,)只有一个零点，求a．

（二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分． 22．［选修4－4:坐标系与参数方程]（10分)

x2cosθ，xOyC在直角坐标系中，曲线的参数方程为（θ为参数),直线l的参数方程为

y4sinθx1tcosα，(t为参数）． y2tsinα(1）求C和l的直角坐标方程；

(2）若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为(1,2)，求l的斜率． 23．［选修4－5:不等式选讲］（10分）

设函数f(x)5|xa||x2|．

（1)当a1时，求不等式f(x)0的解集; （2)若f(x)1,求a的取值范围．

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2018年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学试题参考答案

一、选择题 1．D 7．B

2．A 8．C

3．B 9．C

4．B

5．A

6．A 12．D

10．A 11．C

二、填空题 13．y2x 三、解答题 17．解：

（1）设{an}的公差为d,由题意得3a13d15． 由a17得d=2．

所以{an}的通项公式为an2n9． （2）由（1）得Snn28n(n4)216． 所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为−16． 18．解：

（1)利用模型①，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为

14．9

15．1 2 16．402π

ˆ30.413.519226.1（亿元）． y利用模型②，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为

ˆ9917.59256.5（亿元）． y（2）利用模型②得到的预测值更可靠． 理由如下：

（ⅰ）从折线图可以看出，2000年至2016年的数据对应的点没有随机散布在直线y30.413.5t上下．这说明利用2000年至2016年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势．2010年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加,2010年至2016年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010年至

ˆ9917.5t可以较好地描述2010年以后的环境基础设施投资额的变化2016年的数据建立的线性模型y趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠．学科＊网

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（ⅱ）从计算结果看,相对于2016年的环境基础设施投资额220亿元,由模型①得到的预测值226.1亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理．说明利用模型②得到的预测值更可靠． 以上给出了2种理由,考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分． 19．解：

(1）由题意得F(1,0)，l的方程为yk(x1)(k0)． 设A(x1,y1),B(x2,y2)，

yk(x1),由2得k2x2(2k24)xk20． y4x2k2416k160，故x1x2． 2k24k24所以|AB||AF||BF|(x11)(x21)．

k24k248，解得k1（舍去)，k1． 由题设知2k因此l的方程为yx1．

(2）由（1）得AB的中点坐标为(3,2)，所以AB的垂直平分线方程为y2(x3)，即yx5． 设所求圆的圆心坐标为(x0,y0)，则

y0x05,x03,x011,2解得或 (y0x01)2y216.0y06.(x01)2因此所求圆的方程为(x3)2(y2)216或(x11)2(y6)2144． 20．解：

（1)因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC,且OP23． 连结OB．因为ABBC且OBAC，OB2AC，所以△ABC为等腰直角三角形， 21AC2． 2由OP2OB2PB2知POOB．

由OPOB,OPAC知PO平面ABC．

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（2）如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz．

由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP(0,2,23),取平面PAC的法向量

OB(2,0,0)．

设M(a,2a,0)(0a2),则AM(a,4a,0)． 设平面PAM的法向量为n(x,y,z)．

2y23z0由APn0,AMn0得,可取n(3(a4),3a,a)，

ax(4a)y0所以cosOB,n23(a4)23(a4)3aa222．

由已知可得|cosOB,n|3． 2=43．解得a4（舍去），a．

32所以23|a4|23(a4)23a2a2所以n(83434,,)． 3333． 43． 4又PC(0,2,23)，所以cosPC,n所以PC与平面PAM所成角的正弦值为21．解：

(1）当a1时,f(x)1等价于(x21)ex10．

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设函数g(x)(x21)ex1,则g'(x)(x22x1)ex(x1)2ex． 当x1时，g'(x)0,所以g(x)在(0,)单调递减． 而g(0)0，故当x0时，g(x)0，即f(x)1． （2)设函数h(x)1ax2ex．

f(x)在(0,)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,)只有一个零点． （i)当a0时,h(x)0,h(x)没有零点； （ii)当a0时，h'(x)ax(x2)ex．

当x(0,2)时，h'(x)0;当x(2,)时，h'(x)0． 所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增． 故h(2)14a是h(x)在[0,)的最小值． e22e①若h(2)0，即a，h(x)在(0,)没有零点；

42e②若h(2)0，即a，h(x)在(0,)只有一个零点；

42e③若h(2)0，即a，由于h(0)1,所以h(x)在(0,2)有一个零点，

433316a16a16a1x2h(4a)11110． x0由(1）知，当时，ex，所以4a2a24e(e)(2a)a故h(x)在(2,4a)有一个零点，因此h(x)在(0,)有两个零点．

2e综上，f(x)在(0,)只有一个零点时，a．

422．解：

x2y2（1）曲线C的直角坐标方程为1．

416当cos0时，l的直角坐标方程为ytanx2tan， 当cos0时,l的直角坐标方程为x1．

（2）将l的参数方程代入C的直角坐标方程，整理得关于t的方程

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(13cos2)t24(2cossin)t80．①

因为曲线C截直线l所得线段的中点(1,2)在C内，所以①有两个解，设为t1,t2，则t1t20． 又由①得t1t223．解：

4(2cossin)，故2cossin0，于是直线l的斜率ktan2．

13cos22x4,x1,（1)当a1时，f(x)2,1x2,

2x6,x2.可得f(x)0的解集为{x|2x3}． （2)f(x)1等价于|xa||x2|4．

而|xa||x2||a2|，且当x2时等号成立．故f(x)1等价于|a2|4． 由|a2|4可得a6或a2，所以a的取值范围是(,6][2,)．

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