2018年高考试题——数学理(新课标Ⅰ卷)原卷版

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、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

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．设z1i2i，则|z| 1i

2A．0 B．

1 2

C．1

D．2

2．已知集合Axxx20，则ðRA A．x1x2 C．x|x1Ux|x2



B．x1x2

D．x|x1Ux|x2



3．某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：

建设前经济收入构成比例 建设后经济收入构成比例

则下面结论中不正确的是 A．新农村建设后，种植收入减少

B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上 C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍

D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半 4．设Sn为等差数列an的前n项和，若3S3S2S4，a12，则a5 A．12

B．10

C．10

D．12

5．设函数f(x)x3(a1)x2ax，若f(x)为奇函数，则曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为 A．y2x

B．yx

C．y2x

D．yx

6．在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EB

uuurr1uuur3uuuA．ABAC

44

r3uuur1uuuB．ABAC

44

r1uuur3uuuC．ABAC

44

r3uuur1uuuD．ABAC

447．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为

A．217

2

B．25

C．3 D．2

uuuuruuur28．设抛物线C：y=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则FMFN=

3A．5

B．6

C．7

D．8

ex，x0，g(x)f(x)xa．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是 9．已知函数f(x)lnx，x0，A．[–1，0）

B．[0，+∞）

C．[–1，+∞）

D．[1，+∞）

10．下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为

直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC．△ABC的三边所围成的区域记为I，黑色部分记为II，其余部分记为III．在整个图形中随机取一点，此点取自I，II，III的概率分别记为p1，p2，p3，则

A．p1=p2 C．p2=p3

B．p1=p3 D．p1=p2+p3

x211．已知双曲线C：y21，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点

3分别为M、N.若△OMN为直角三角形，则|MN|= A．

3 2 B．3 C．23 D．4

12．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大

值为 A．33 4 B．23 3 C．32 4 D．3 2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

x2y2013．若x，y满足约束条件xy10，则z3x2y的最大值为_____________．

y014．记Sn为数列an的前n项和，若Sn2an1，则S6_____________．

15．从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有_____________

种．（用数字填写答案）

16．已知函数fx2sinxsin2x，则fx的最小值是_____________．

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题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：60分。 17．（12分）

在平面四边形ABCD中，ADC90o，A45o，AB2，BD5. （1）求cosADB；

（2）若DC22，求BC. 18．（12分）

如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF. （1）证明：平面PEF平面ABFD； （2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

19．（12分）

x2y21的右焦点为F，过F的直线l与C交于A,B两点，点M的坐标为(2,0). 设椭圆C:2（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程； （2）设O为坐标原点，证明：OMAOMB. 20．（12分）

某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为p(0p1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．学科&网

（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p0．

（2）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．学.科网

（i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX; （ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？ 21．（12分）

已知函数f(x)1xalnx． x（1）讨论f(x)的单调性；

（2）若f(x)存在两个极值点x1,x2，证明：

fx1fx2a2．

x1x2（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）

在直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为yk|x|2.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐

标系，曲线C2的极坐标方程为2cos30. （1）求C2的直角坐标方程；

（2）若C1与C2有且仅有三个公共点，求C1的方程. 23．[选修4–5：不等式选讲]（10分）

已知f(x)|x1||ax1|.

（1）当a1时，求不等式f(x)1的解集；

（2）若x(0,1)时不等式f(x)x成立，求a的取值范围.

2参考答案：

1 C 2 B 3 A 4 B 5 D 6 A 7 B 8 D 9 C 10 A 11 B 12 A 13.6 14.63 15.16 16.17.（12分）

33 2

解：（1）在△ABD中，由正弦定理得

BDAB. sinAsinADB由题设知，

252，所以sinADB. 5sin45sinADB由题设知，ADB90，所以cosADB1223. 2552. 5（2）由题设及（1）知，cosBDCsinADB在△BCD中，由余弦定理得

BC2BD2DC22BDDCcosBDC

25825222 525.

所以BC5. 18.（12分）

解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF. 又BF平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD. （2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.

uuuruuur以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.

由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=3.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.

可得PH33,EH. 22uuurr3333uuu3),D(1,,0),DP(1,,),HP(0,0,)为平面ABFD的法向量. 则H(0,0,0),P(0,0,222223uuuruuurHPDP3ruuur|4设DP与平面ABFD所成角为，则sin|uuu.

4|HP||DP|3所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为19.（12分）

解：（1）由已知得F(1,0)，l的方程为x=1.

3. 4由已知可得，点A的坐标为(1,22)或(1,). 22所以AM的方程为y22x2或yx2. 22（2）当l与x轴重合时，OMAOMB0.

当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.

当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1,y1),B(x2,y2)， 则x12,x22，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB由y1kx1k,y2kx2k得

y1y2. x12x22kMAkMB2kx1x23k(x1x2)4k.

(x12)(x22)x2y21得 将yk(x1)代入2(2k21)x24k2x2k220.

4k22k22,x1x22所以，x1x2.

2k212k14k34k12k38k34k0. 则2kx1x23k(x1x2)4k22k1从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补，所以OMAOMB. 综上，OMAOMB. 20.（12分）

2218解：（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)C20p(1p).因此 18217217f(p)C220[2p(1p)18p(1p)]2C20p(1p)(110p).

令f(p)0，得p0.1.当p(0,0.1)时，f(p)0；当p(0.1,1)时，f(p)0. 所以f(p)的最大值点为p00.1. （2）由（1）知，p0.1.

（i）令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y:B(180,0.1)，X20225Y，即X4025Y.

所以EXE(4025Y)4025EY490.

（ii）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元. 由于EX400，故应该对余下的产品作检验. 21.（12分）

1ax2ax1解:（1）f(x)的定义域为(0,)，f(x)21.

xxx2（i）若a2，则f(x)0，当且仅当a2，x1时f(x)0，所以f(x)在(0,)单调递减.

aa24aa24（ii）若a2，令f(x)0得，x或x.

22aa24aa24)U(,)时，f(x)0； 当x(0,22aa24aa24aa24aa24,)时，f(x)0.所以f(x)在(0,),(,)单当x(2222aa24aa24,)单调递增. 调递减，在(22（2）由（1）知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2.

2由于f(x)的两个极值点x1,x2满足xax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21.由于

f(x1)f(x2)lnx1lnx2lnx1lnx22lnx211a2a2a，

1x1x2x1x2x1x2x1x2x2x2所以

f(x1)f(x2)1a2等价于x22lnx20.

x1x2x2设函数g(x)1x2lnx，由（1）知，g(x)在(0,)单调递减，又g(1)0，从而当x(1,)x时，g(x)0.

所以

f(x1)f(x2)1x22lnx20，即a2. x2x1x222．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

【解析】（1）由xcos，ysin得C2的直角坐标方程为(x1)y4．

22（2）由（1）知C2是圆心为A(1,0)，半径为2的圆．

由题设知，C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线．记y轴右边的射线为l1，y轴左边的射线为

l2．由于B在圆C2的外面，故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有

两个公共点，或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点． 当l1与C2只有一个公共点时，A到l1所在直线的距离为2，所以经检验，当k0时，l1与C2没有公共点；当k共点．

当l2与C2只有一个公共点时，A到l2所在直线的距离为2，所以经检验，当k0时，l1与C2没有公共点；当k|k2|2，故k4或k0．

3k214时，l1与C2只有一个公共点，l2与C2有两个公3|k2|2，故k0或k4．

3k214时，l2与C2没有公共点． 3综上，所求C1的方程为y4|x|2． 323．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

2,x1,【解析】（1）当a1时，f(x)|x1||x1|，即f(x)2x,1x1,

2,x1.故不等式f(x)1的解集为{x|x}．

（2）当x(0,1)时|x1||ax1|x成立等价于当x(0,1)时|ax1|1成立． 若a0，则当x(0,1)时|ax1|1； 若a0，|ax1|1的解集为0x综上，a的取值范围为(0,2]．

1222，所以1，故0a2． aa