2018年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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.已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则C_UA=( )

A.∅

B.{1，3}

C.{2，4，5}

D.{1，2，3，4，5}

解析：根据补集的定义，C_UA是由所有属于集合U但不属于A的元素构成的集合，由已知，有且仅有2，4，5符合元素的条件.C_UA={2，4，5}.

答案：C

2.双曲线 的焦点坐标是( )

A.(- ，0)，( ，0)

B.(-2，0)，(2，0)

C.(0，- )，(0， )

D.(0，-2)，(0，2)

解析：∵双曲线方程可得双曲线的焦点在x轴上，且a²=3，b²=1，

由此可得c= =2，∴该双曲线的焦点坐标为(±2，0)

答案：B

3.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm³)是( )

A.2

B.4

C.6

D.8

解析：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱.如图所示：

故该几何体的体积为：V= =6.

答案：C

4.复数 (i为虚数单位)的共轭复数是( )

A.1+i

B.1-i

C.-1+i

D.-1-i

解析：化简可得 ，∴z的共轭复数 =1-i.

答案：B

5.函数y=2^|x|sin2x的图象可能是( )

A.

B.

C.

D.

解析：根据函数的解析式y=2^|x|sin2x，得到：函数的图象为奇函数，

故排除A和B.当x= 时，函数的值也为0，故排除C.

答案：D

6.已知平面α，直线m，n满足m α，n α，则“m∥n”是“m∥α”的( )

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件

解析：∵m α，n α，∴当m∥n时，m∥α成立，即充分性成立，

当m∥α时，m∥n不一定成立，即必要性不成立，

则“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件.

答案：A

7.设0＜p＜1，随机变量ξ的分布列是

则当p在(0，1)内增大时，( )

A.D(ξ)减小

B.D(ξ)增大

C.D(ξ)先减小后增大

D.D(ξ)先增大后减小

解析：设0＜p＜1，随机变量ξ的分布列是E(ξ)= ；

方差是D(ξ)= ，

∴p∈(0， )时，D(ξ)单调递增；

p∈( ，1)时，D(ξ)单调递减；

∴D(ξ)先增大后减小.

答案：D

8.已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ₁，SE与平面ABCD所成的角为θ₂，二面角S-AB-C的平面角为θ₃，则( )

A.θ₁≤θ₂≤θ₃

B.θ₃≤θ₂≤θ₁

C.θ₁≤θ₃≤θ₂

D.θ₂≤θ₃≤θ₁

解析：∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心.

过E作EF∥BC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，

连接SN，取CD中点M，连接SM，OM，OE，则EN=OM，

则θ₁=∠SEN，θ₂=∠SEO，θ₃=∠SMO.

显然，θ₁，θ₂，θ₃均为锐角.

∵ SN≥SO，∴θ₁≥θ₃，

又 ，SE≥SM，∴θ₃≥θ₂.

答案：D

9.已知 是平面向量， 是单位向量.若非零向量 与 的夹角为 ，向量 满足 ，则 的最小值是( )

A. -1

B. +1

C.

D.2-

解析：由 ，得 =0，∴ ，

如图，不妨设 =(1，0)，则 的终点在以(2，0)为圆心，以1为半径的圆周上，

又非零向量 与 的夹角为 ，则 的终点在不含端点O的两条射线y=± x(x＞0)上.

不妨以y= x为例，则 的最小值是(2，0)到直线 x=y=0的距离减1.

即 .

答案：A

10.已知a₁，a₂，a₃，a₄成等比数列，且a₁+a₂+a₃+a₄=ln(a₁+a₂+a₃)，若a₁＞1，则( )

A.a₁＜a₃，a₂＜a₄

B.a₁＞a₃，a₂＜a₄

C.a₁＜a₃，a₂＞a₄

D.a₁＞a₃，a₂＞a₄

解析：a₁，a₂，a₃，a₄成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a₁＞1，设公比为q，

当q＞0时，a₁+a₂+a₃+a₄＞a₁+a₂+a₃，a₁+a₂+a₃+a₄=ln(a₁+a₂+a₃)，不成立，

即：a₁＞a₃，a₂＞a₄，a₁＜a₃，a₂＜a₄，不成立，排除A、D.

当q=-1时，a₁+a₂+a₃+a₄=0，ln(a₁+a₂+a₃)＞0，等式不成立，所以q≠-1；

当q＜-1时，a₁+a₂+a₃+a₄＜0，ln(a₁+a₂+a₃)＞0，a₁+a₂+a₃+a₄=ln(a₁+a₂+a₃)不成立，

当q∈(-1，0)时，a₁＞a₃＞0，a₂＜a₄＜0，并且a₁+a₂+a₃+a₄=ln(a₁+a₂+a₃)，能够成立，

答案：B

二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

11.我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一.凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为x，y，z，则 当z=81时，x= ，y= .

解析： 当z=81时，化为： 解得x=8，y=11.

答案：8；11

12.若x，y满足约束条件 则z=x+3y的最小值是 ，最大值是 .

解析：作出x，y满足约束条件 表示的平面区域，如图：

其中B(4，-2)，A(2，2).

设z=F(x，y)=x+3y，

将直线l：z=x+3y进行平移，观察直线在y轴上的截距变化，

可得当l经过点B时，目标函数z达到最小值.∴z最小值=F(4，-2)=-2.

可得当l经过点A时，目标函数z达到最最大值：z最大值=F(2，2)=8.

答案：-2；8

13.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a= ，b=2，A=60°，则sinB= ，c= .

解析：∵在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.a= ，b=2，A=60°，

∴由正弦定理得： ，即 ，解得sinB= .

由余弦定理得：cos60°= ，解得c=3或c=-1(舍)，∴sinB= ，c=3.

答案： ，3

14.二项式( )⁸的展开式的常数项是 .

解析：由T_r+1= .

令 =0，得r=2.∴二项式( )⁸的展开式的常数项是( )²·C₈²=7.

答案：7

15.已知λ∈R，函数f(x)= 当λ=2时，不等式f(x)＜0的解集是 .若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是 .

解析：当λ=2时函数f(x)= 显然x≥2时，不等式x-4＜0的解集：{x|2≤x＜4}；x＜2时，不等式f(x)＜0化为：x²-4x+3＜0，解得1＜x＜2，综上，不等式的解集为：{x|1＜x＜4}.函数f(x)恰有2个零点，函数f(x)= 的草图如图：

函数f(x)恰有2个零点，则λ∈(1，3].

答案：{x|1＜x＜4}；(1，3].

16.从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成 个没有重复数字的四位数.(用数字作答)

解析：从1，3，5，7，9中任取2个数字有C₅²种方法，

从2，4，6，0中任取2个数字不含0时，有C₃²种方法，

可以组成C₅²·C₃²·A₄⁴=720个没有重复数字的四位数；

含有0时，0不能在千位位置，其它任意排列，共有C₃¹·C₃¹·C₅²·A₃³=540，

故一共可以组成1260个没有重复数字的四位数.

答案：1260

17.已知点P(0，1)，椭圆 +y²=m(m＞1)上两点A，B满足 ，则当m= 时，点B横坐标的绝对值最大.

解析：设A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，

由P(0，1)， ，可得-x₁=2x₂，1-y₁=2(y₂-1)，即有x₁=-2x₂，y₁+2y₂=3，

又x₁²+4y₁²=4m，即为x₂²+y₁²=m，①

x₂²+4y₂²=4m，②

①-②得(y₁-2y₂)(y₁+2y₂)=-3m，

可得y₁-2y₂=-m，解得y₁= ，则m=x₂²+ ，

即有x₂²= ，

即有m=5时，x₂²有最大值16，即点B横坐标的绝对值最大.

答案：5

三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

18.已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P( ).

(Ⅰ)求sin(α+π)的值；

(Ⅱ)若角β满足sin(α+β)= ，求cosβ的值.

解析：(Ⅰ)由已知条件即可求r，则sin(α+π)的值可得；

(Ⅱ)由已知条件即可求sinα，cosα，cos(α+β)，再由cosβ=cos[(α+β)-α]=cos(α+β)cosα+sin(α+β)sinα代值计算得答案.

答案：(Ⅰ)∵角α的顶点与原点O重合，始边与x轴非负半轴重合，终边过点P( ).

∴ ，∴sin(α+π)=-sinα= ；

(Ⅱ)由x=- ，y=- ，r=|OP|=1，

得 又由sin(α+β)= ，

得cos(α+β)= ，

则cosβ=cos[(α+β)-α]=cos(α+β)cosα+sin(α+β)sinα= ，

或cosβ=cos[(α+β)-α]=cos(α+β)cosα+sin(α+β)sinα .

∴cosβ的值为 或 .

19.如图，已知多面体ABCA₁B₁C₁，A₁A，B₁B，C₁C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A₁A=4，C₁C=l，AB=BC=B₁B=2.

(Ⅰ)证明：AB₁⊥平面A₁B₁C₁；

(Ⅱ)求直线AC₁与平面ABB₁所成的角的正弦值.

解析：(I)利用勾股定理的逆定理证明AB₁⊥A₁B₁，AB₁⊥B₁C₁，从而可得AB₁⊥平面A₁B₁C₁；

(II)以AC的中点为坐标原点建立空间坐标系，求出平面ABB₁的法向量n，计算n与AC₁的夹角即可得出线面角的大小.

答案：(I)∵A₁A⊥平面ABC，B₁B⊥平面ABC，∴AA₁∥BB₁，

∵AA₁=4，BB₁=2，AB=2，∴A₁B₁= ，

又AB₁= ，∴AA₁²=AB₁²+A₁B₁²，∴AB₁⊥A₁B₁，

同理可得：AB₁⊥B₁C₁，又A₁B₁∩B₁C₁=B₁，∴AB₁⊥平面A₁B₁C₁.

(II)取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A₁C₁于D，

∵AB=BC，∴OB⊥OC，∵AB=BC=2，∠BAC=120°，∴OB=1，OA=OC=3，

以O为原点，以OB，OC，OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：

则A(0，- ，0)，B(1，0，0)，B₁(1，0，2)，C₁(0， ，1)，

∴ =(1， ，0)， =(0，0，2)， =(0，2 ，1)，

设平面ABB₁的法向量为 =(x，y，z)，则

∴ 令y=1可得 =(- ，1，0)，∴cos

设直线AC₁与平面ABB₁所成的角为θ，则sinθ= .

∴直线AC₁与平面ABB₁所成的角的正弦值为 .

20.已知等比数列{a_n}的公比q＞1，且a₃+a₄+a₅=28，a₄+2是a₃，a₅的等差中项.数列{b_n}满足b₁=1，数列{(b_n+1-b_n)a_n}的前n项和为2n²+n.

(Ⅰ)求q的值；

(Ⅱ)求数列{b_n}的通项公式.

解析：(Ⅰ)运用等比数列的通项公式和等差数列中项性质，解方程可得公比q；

(Ⅱ)设c_n=(b_n+1-bn)a_n=(b_n+1-b_n)2^n-1，运用数列的递推式可得c_n=4n-1，再由数列的恒等式求得b_n=b₁+(b₂-b₁)+(b₃-b₂)+…+(b_n-b_n-1)，运用错位相减法，可得所求数列的通项公式.

答案：(Ⅰ)等比数列{a_n}的公比q＞1，且a₃+a₄+a₅=28，a₄+2是a₃，a₅的等差中项，

可得2a₄+4=a₃+a₅=28-a₄，解得a₄=8，由 +8+8q=28，可得q=2( 舍去)，则q的值为2；

(Ⅱ)设c_n=(b_n+1-b_n)a_n=(b_n+1-b_n)2^n-1，可得n=1时，c₁=2+1=3，

n≥2时，可得c_n=2n²+n-2(n-1)²-(n-1)=4n-1，

上式对n=1也成立，则(b_n+1-b_n)a_n=4n-1，即有b_n+1-b_n=(4n-1)·( )^n-1，

可得b_n=b₁+(b₂-b₁)+(b₃-b₂)+…+(b_n-b_n-1)=1+3·( )⁰+7·( )¹+…+(4n-5)·( )^n-2，

b_n= +3·( )+7·( )²+…+(4n-5)·( )^n-1，

相减可得

，

化简可得 .

21.如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y²=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上.

(Ⅰ)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；

(Ⅱ)若P是半椭圆x²+ =1(x＜0)上的动点，求△PAB面积的取值范围.

解析：(Ⅰ)设P(m，n)，A( ，y₁)，B( ，y₂)，运用中点坐标公式可得M的坐标，再由中点坐标公式和点在抛物线上，代入化简整理可得y₁，y₂为关于y的方程y²-2ny+8m-n²=0的两根，由韦达定理即可得到结论；

(Ⅱ)由题意可得m²+ =1，-1≤m＜0，-2＜n＜2，可得△PAB面积为S= |PM|·|y₁-y₂|，再由配方和换元法，可得面积S关于新元的三次函数，运用单调性可得所求范围.

答案：(Ⅰ)可设P(m，n)，A( ，y₁)，B( ，y₂)，

AB中点为M的坐标为( )，

抛物线C：y²=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上，

可得 ，

化简可得y₁，y₂为关于y的方程y²-2ny+8m-n²=0的两根，

可得y₁+y₂=2n，y₁y₂=8m-n²，可得n= ，则PM垂直于y轴；

(Ⅱ)若P是半椭圆 =1(x＜0)上的动点，

可得 =1，-1≤m＜0，-2＜n＜2，

由(Ⅰ)可得y₁+y₂=2n，y₁y₂=8m-n²，

由PM垂直于y轴，可得△PAB面积为

S=

= ，

可令 ，

可得m=- 时，t取得最大值 ；

m=-1时，t取得最小值2，即2≤t≤ ，

则 在2≤t≤ 递增，可得S∈[ ]，

△PAB面积的取值范围为[ ].

22.已知函数f(x)= -lnx.

(Ⅰ)若f(x)在x=x₁，x₂(x₁≠x₂)处导数相等，证明：f(x₁)+f(x₂)＞8-8ln2；

(Ⅱ)若a≤3-4ln2，证明：对于任意k＞0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.

解析：(Ⅰ)推导出x＞0，f′(x)= ，由f(x)在x=x₁，x₂(x₁≠x₂)处导数相等，得到 ，由基本不等式得： ，从而x₁x₂＞256，由题意得f(x₁)+f(x₂)= ，设g(x)= -lnx，则g′(x)= ，利用导数性质能证明f(x₁)+f(x₂)＞8-8ln2.

(Ⅱ)令m=e^-(|a|+k)，n=( )²+1，则f(m)-km-a＞|a|+k-k-a≥0，推导出存在x₀∈(m，n)，使f(x₀)=kx₀+a，对于任意的a∈R及k∈(0，+∞)，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点，由f(x)=kx+a，得k= ，设h(x)= ，则h′(x)= ，利用导数性质能证明a≤3-4ln2时，对于任意k＞0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.

答案：(Ⅰ)∵函数f(x)= -lnx，∴x＞0，f′(x)= ，

∵f(x)在x=x₁，x₂(x₁≠x₂)处导数相等，∴ ，

∵x₁≠x₂，∴ ，由基本不等式得： ，

∵x₁≠x₂，∴x₁x₂＞256，

由题意得f(x₁)+f(x₂)= ，

设g(x)= -lnx，则g′(x)= ，∴列表讨论：

∴g(x)在[256，+∞)上单调递增，∴g(x₁x₂)＞g(256)=8-8ln2，∴f(x₁)+f(x₂)＞8-8ln2.

(Ⅱ)令m=e^-(|a|+k)，n=( )²+1，则f(m)-km-a＞|a|+k-k-a≥0，

f(n)-kn-a＜ ，

∴存在x₀∈(m，n)，使f(x₀)=kx₀+a，

∴对于任意的a∈R及k∈(0，+∞)，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点，

由f(x)=kx+a，得k= ，

设h(x)= ，则h′(x)= ，

其中g(x)= -lnx，由(1)知g(x)≥g(16)，

又a≤3-4ln2，∴-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a≤0，

∴h′(x)≤0，即函数h(x)在(0，+∞)上单调递减，

∴方程f(x)-kx-a=0至多有一个实根，

综上，a≤3-4ln2时，对于任意k＞0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.