2018年高考理科数学(全国I卷)试题Word版含答案

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．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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iB．

A．0

1 2RC．1 A

D．2 2．已知集合A{x|x2x20}，则A．{x|1x2} C．{x|x1}{x|x2}

B．{x|1≤x≤2} D．{x|x≤1}{x|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：

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

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4．记Sn为等差数列{an}的前n项和. 若3S3S2S4，a1A．12 切线方程为 A．y2x

B．yx

C．y2x

B．10

C．10

2，则a5

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

D．yx

6．在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EB A．C．

31ABAC 4431ABAC 44

B．D．

13ABAC 4413ABAC 447．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图. 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 C．3 8．设抛物线C：y2两点，则FMFNA．5

B．25 D．2

4x的焦点为F，过点(2,0)且斜率为

2的直线与C交于M，N3D．8

B．6

C．7

ex,x≤0,9．已知函数f(x) g(x)f(x)xa. 若g(x)存在2个零点，则a的

lnx,x0,取值范围是 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 B．p1p3 C．p2p3

D．p1p2p3

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x211．已知双曲线C：3y21，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的

两条渐近线的交点分别为M，N. 若△OMN为直角三角形，则|MN| A．

3 2B．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所成的角都相等，则截此正方

体所得截面面积的最大值为 A．

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,33 4B．23 3C．32 4D．3 214．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：共60分。 17．（12分）

在平面四边形ABCD中，ADC90，A45，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.

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19．（12分）

x2设椭圆C：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

2坐标为(2,0).

（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.

（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.

（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）

1已知函数f(x)xalnx.

x（1）讨论f(x)的单调性；

f(x1)f(x2)（2）若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：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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.

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理科数学试题参考答案

一、选择题 1．C 7．B

二、填空题 13．6

三、解答题 17．解：

（1）在△ABD中，由正弦定理得由题设知，

14．63

15．16

16．33 2

2．B 8．D

3．A 9．C

4．B 10．A

5．D 11．B

6．A 12．A

BDAB. sinAsinADB

252. ,所以sinADB5sin45sinADB由题设知，ADB90， 所以cosADB1223. 255（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25.252. 5

所以BC5. 18．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.

理科数学试题 第5页（共9页）

（2）作PHEF，垂足为H. 由（1）得，

PH平面ABFD.

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1，DEPE. 又DP2，所以PE3. 又PF1，EF2，故PEPF.

可得PH33，EH. 22

则H(0,0,0)，P(0,0,33333), D(1,,0)，DP(1,,)，HP(0,0,)为平面22222ABFD的法向量.

3HPDP3设DP与平面ABFD所成角为，则 sin|. |443|HP||DP|所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 19．解：

（1）由已知得F(1,0)，l的方程为x1. 由已知可得，点A的坐标为(1,所以AM的方程为y22)或(1,). 223. 4

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

kMAkMB2kx1x23k(x1x2)4k.

(x12)(x22)y1y2. x12x22

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x2将yk(x1)代入y21得

2(2k21)x24k2x2k220.

4k22k22所以，x1x22. ,x1x222k12k14k34k12k38k34k则2kx1x23k(x1x2)4k0.

2k21从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补. 所以OMAOMB. 综上，OMAOMB.

20．解：

218（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)C220p(1p). 因此

18217217 f(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YB(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．解：

1ax2ax1（1）f(x)的定义域为(0,)，f(x)21. 2xxx（ⅰ）若a≤2，则f(x)≤0，当且仅当a2，所以f(x)在(0,)x1时f(x)0，单调递减.

aa24aa24（ⅱ）若a2，令f(x)0得，x或x.

22aa24)当x(0,2aa24(,)时，f(x)0；

2aa24aa24aa24,)时，f(x)0. 所以f(x)在(0,)，当x(222aa24aa24aa24(,)单调递减，在(,)单调递增.

222

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（2）由（1）知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2.

由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2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a1x1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x而当x(1,)时，g(x)0.

所以 22．解：

（1）由xcos，ysin得C2的直角坐标方程为

(x1)2y24. （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，

f(x1)f(x2)1x22lnx20，即a2. x2x1x2

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|k2|k122，故

44k或k0. 经检验，当k0时，l1与C2没有公共点；当k时，l1与C2只有

33一个公共点，l2与C2有两个公共点.

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k0或k|k2|k122，故

44. 经检验，当k0时，l1与C2没有公共点；当k时，l2与C2没有公33共点.

4综上，所求C1的方程为y|x|2.

3

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23．解：

2,（1）当a1时，f(x)|x1||x1|，即f(x)2x,2,x≤1,1x1, x≥1.1故不等式f(x)1的解集为{x|x}.

2

（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].

22，所以≥1，故0a≤2. aa

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