絕密★啟用前

2018年普通高等學校招生全國統一考試（浙江卷）

數

學

本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分。全卷共4頁，選擇題部分1至2頁；非選擇題部分3至4頁。滿分150分?？荚囉脮r120分鐘。

考生注意：

1．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填在試題卷和答題紙規定的位置上。

2．答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應的位置上規范作答，在本試題卷上的作答一律無效。

參考公式：

若事件A，B互斥，則

若事件A，B相互獨立，則

若事件A在一次試驗中發生的概率是p，則n次獨立重復試驗中事件A恰好發生k次的概率

臺體的體積公式

其中分別表示臺體的上、下底面積，表示臺體的高

柱體的體積公式

其中表示柱體的底面積，表示柱體的高

錐體的體積公式

其中表示錐體底面積，表示錐體的高

球的表面積公式

球的體積公式

其中表示球的半徑

選擇題部分（共40分）

一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分。

1.已知全集，則（）

A.B.C.D.【答案】C

【解析】

【分析】

根據補集的定義可得結果.【詳解】因為全集，所以根據補集的定義得，故選C.【點睛】若集合的元素已知，則求集合的交集、并集、補集時，可根據交集、并集、補集的定義求解．

2.雙曲線的焦點坐標是（）

A.，B.，C.，D.，【答案】B

【解析】

【分析】

根據雙曲線方程確定焦點位置，再根據求焦點坐標

【詳解】因為雙曲線方程為，所以焦點坐標可設為，因為，所以焦點坐標為，選B.【點睛】由雙曲線方程可得焦點坐標為，頂點坐標為，漸近線方程為.3.某幾何體的三視圖如圖所示（單位：），則該幾何體的體積（單位：）是（）

A.B.C.D.【答案】C

【解析】

【分析】

先還原幾何體為一直四棱柱，再根據柱體體積公式求結果.【詳解】根據三視圖可得幾何體為一個直四棱柱，高為，底面為直角梯形，上下底分別為、，梯形的高為，因此幾何體的體積為，選C.【點睛】先由幾何體的三視圖還原幾何體的形狀，再在具體幾何體中求體積或表面積等.4.復數

(i為虛數單位)的共軛復數是

A.1+i

B.1?i

C.?1+i

D.?1?i

【答案】B

【解析】

分析：化簡已知復數z，由共軛復數的定義可得．

詳解：化簡可得z=

∴z的共軛復數為1﹣i.故選：B．

點睛：本題考查復數的代數形式的運算，涉及共軛復數，屬基礎題．

5.函數y=sin2x的圖象可能是

A.B.C.D.【答案】D

【解析】

分析:先研究函數的奇偶性，再研究函數在上的符號，即可判斷選擇.詳解：令，因為，所以為奇函數，排除選項A,B;

因為時，所以排除選項C，選D.點睛：有關函數圖象的識別問題的常見題型及解題思路：（1）由函數的定義域，判斷圖象的左、右位置，由函數的值域，判斷圖象的上、下位置；（2）由函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢；（3）由函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性；（4）由函數的周期性，判斷圖象的循環往復．

6.已知直線，和平面，則“”是“”的A.充分不必要條件

B.必要不充分條件

C.充要條件

D.既不充分也不必要條件

【答案】D

【解析】

試題分析：直線，平面，且，若，當時，當時不能得出結論，故充分性不成立；若，過作一個平面，若時，則有，否則不成立，故必要性也不成立．由上證知“”是“”的既不充分也不必要條件，故選D．

考點：1、線面平行；2、命題的充分必要條件．

7.設，隨機變量的分布列如圖，則當在內增大時，（）

A.減小

B.增大

C.先減小后增大

D.先增大后減小

【答案】D

【解析】

【分析】

先求數學期望，再求方差，最后根據方差函數確定單調性.【詳解】，，∴先增后減，因此選D.【點睛】

8.已知四棱錐的底面是正方形，側棱長均相等，是線段上的點（不含端點），設與所成的角為，與平面所成的角為，二面角的平面角為，則（）

A.B.C.D.【答案】D

【解析】

【分析】

分別作出線線角、線面角以及二面角，再構造直角三角形，根據邊的大小關系確定角的大小關系.【詳解】設為正方形的中心，為中點，過作的平行線，交于，過作垂直于，連接、、，則垂直于底面，垂直于，因此

從而

因為，所以即，選D.【點睛】線線角找平行，線面角找垂直，面面角找垂面.9.已知、、是平面向量，是單位向量．若非零向量與的夾角為，向量滿足，則的最小值是（）

A.B.C.2

D.【答案】A

【解析】

【分析】

先確定向量、所表示的點的軌跡，一個為直線，一個為圓，再根據直線與圓的位置關系求最小值.【詳解】設，則由得，由得

因此，的最小值為圓心到直線的距離減去半徑1，為選A.【點睛】以向量為載體求相關變量的取值范圍，是向量與函數、不等式、三角函數、曲線方程等相結合的一類綜合問題.通過向量的坐標運算，將問題轉化為解方程、解不等式、求函數值域或直線與曲線的位置關系，是解決這類問題的一般方法.10已知成等比數列，且．若，則（）

A.B.C.D.【答案】B

【解析】

【分析】

先證不等式，再確定公比的取值范圍，進而作出判斷.【詳解】令則，令得，所以當時，當時，因此，若公比，則，不合題意；

若公比，則

但，即，不合題意；

因此，選B.【點睛】構造函數對不等式進行放縮，進而限制參數取值范圍，是一個有效方法.如

非選擇題部分（共110分）

二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分。

11.我國古代數學著作《張邱建算經》中記載百雞問題：“今有雞翁一，值錢五；雞母一，值錢三；雞雛三，值錢一，凡百錢，買雞百只，問雞翁、母、雛各幾何？”設雞翁，雞母，雞雛個數分別為，，則當時，___________，___________．

【答案】

(1)

(2).【解析】

【分析】

將代入解方程組可得、值.【詳解】

【點睛】實際問題數學化，利用所學的知識將陌生的性質轉化為我們熟悉的性質，是解決這類問題的突破口．

12.若滿足約束條件則的最小值是___________，最大值是___________．

【答案】

(1).(2).【解析】

【分析】

先作可行域，再平移目標函數對應的直線，從而確定最值.【詳解】作可行域，如圖中陰影部分所示，則直線過點時取最大值，過點時取最小值.【點睛】線性規劃的實質是把代數問題幾何化，即用數形結合的思想解題.需要注意的是：一，準確無誤地作出可行域；二，畫目標函數所對應的直線時，要注意與約束條件中的直線的斜率進行比較，避免出錯；三，一般情況下，目標函數的最大或最小值會在可行域的端點或邊界處取得.13.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．若，b=2，A=60°，則sin

B=___________，c=___________．

【答案】

(1).(2).3

【解析】

分析:根據正弦定理得sinB,根據余弦定理解出c.詳解：由正弦定理得,所以

由余弦定理得（負值舍去）.點睛：解三角形問題，多為邊和角的求值問題，這就需要根據正、余弦定理結合已知條件靈活轉化為邊和角之間的關系，從而達到解決問題的目的.14.二項式的展開式的常數項是___________．

【答案】7

【解析】

分析:先根據二項式展開式的通項公式寫出第r+1項，再根據項的次數為零解得r，代入即得結果.詳解：二項式的展開式的通項公式為,令得，故所求的常數項為

點睛：求二項展開式有關問題的常見類型及解題策略：

(1)求展開式中的特定項.可依據條件寫出第項，再由特定項的特點求出值即可.(2)已知展開式的某項，求特定項的系數.可由某項得出參數的值，再由通項寫出第項，由特定項得出值，最后求出特定項的系數.15.已知λ∈R，函數f(x)=，當λ=2時，不等式f(x)<0的解集是___________．若函數f(x)恰有2個零點，則λ的取值范圍是___________．

【答案】

(1).(1,4)

(2).【解析】

分析:根據分段函數，轉化為兩個不等式組，分別求解，最后求并集.先討論一次函數零點的取法，再對應確定二次函數零點的取法，即得參數的取值范圍.詳解：由題意得或，所以或，即，不等式f(x)<0的解集是

當時，此時，即在上有兩個零點；當時，由在上只能有一個零點得.綜上，的取值范圍為.點睛：已知函數有零點求參數取值范圍常用的方法和思路：

(1)直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；

(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數值域問題加以解決；

(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解．

16.從1，3，5，7，9中任取2個數字，從0，2，4，6中任取2個數字，一共可以組成___________個沒有重復數字的四位數.(用數字作答)

【答案】1260.【解析】

分析:按是否取零分類討論，若取零，則先排首位，最后根據分類與分步計數原理計數.詳解：若不取零，則排列數為若取零，則排列數為

因此一共有個沒有重復數字的四位數.點睛：求解排列、組合問題常用的解題方法：

(1)元素相鄰的排列問題——“捆邦法”；(2)元素相間的排列問題——“插空法”；(3)元素有順序限制的排列問題——“除序法”；(4)帶有“含”與“不含”“至多”“至少”的排列組合問題——間接法.17.已知點P(0，1)，橢圓+y2=m(m>1)上兩點A，B滿足=2，則當m=___________時，點B橫坐標的絕對值最大．

【答案】5

【解析】

分析:先根據條件得到A,B坐標間的關系，代入橢圓方程解得B的縱坐標，即得B的橫坐標關于m的函數關系，最后根據二次函數性質確定最值取法.詳解：設，由得

因為A,B在橢圓上,所以，與對應相減得，當且僅當時取最大值.點睛：解析幾何中的最值是高考的熱點，在圓錐曲線的綜合問題中經常出現，求解此類問題的一般思路為在深刻認識運動變化的過程之中，抓住函數關系，將目標量表示為一個(或者多個)變量的函數，然后借助于函數最值的探求來使問題得以解決.三、解答題：本大題共5小題，共74分。

18.已知角α的頂點與原點O重合，始邊與x軸的非負半軸重合，它的終邊過點P（）．

（Ⅰ）求sin（α+π）的值；

（Ⅱ）若角β滿足sin（α+β）=，求cosβ的值．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）

或

.【解析】

【分析】

分析：（Ⅰ）先根據三角函數定義得，再根據誘導公式得結果，（Ⅱ）先根據三角函數定義得，再根據同角三角函數關系得，最后根據，利用兩角差的余弦公式求結果.【詳解】詳解：（Ⅰ）由角的終邊過點得，所以.（Ⅱ）由角的終邊過點得，由得.由得，所以或.點睛：三角函數求值的兩種類型

(1)給角求值：關鍵是正確選用公式，以便把非特殊角的三角函數轉化為特殊角的三角函數.(2)給值求值：關鍵是找出已知式與待求式之間的聯系及函數的差異.①一般可以適當變換已知式，求得另外函數式的值，以備應用；

②變換待求式，便于將已知式求得的函數值代入，從而達到解題的目的.19.如圖，已知多面體ABC-A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．

（Ⅰ）證明：AB1⊥平面A1B1C1；

（Ⅱ）求直線AC1與平面ABB1所成角的正弦值．

【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.【解析】

【分析】

分析:方法一：（Ⅰ）通過計算，根據勾股定理得,再根據線面垂直的判定定理得結論；（Ⅱ）找出直線AC1與平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解.方法二：（Ⅰ）根據條件建立空間直角坐標系，寫出各點的坐標，根據向量之積為0得出,再根據線面垂直的判定定理得結論；（Ⅱ）根據方程組解出平面的一個法向量，然后利用與平面法向量的夾角的余弦公式及線面角與向量夾角的互余關系求解.【詳解】詳解：方法一：

（Ⅰ）由得，所以.故.由，得，由得，由，得，所以，故.因此平面.（Ⅱ）如圖，過點作，交直線于點，連結.由平面得平面平面，由得平面，所以是與平面所成的角.由得，所以，故.因此，直線與平面所成的角的正弦值是.方法二：

（Ⅰ）如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系O-xyz.由題意知各點坐標如下：

因此

由得.由得.所以平面.（Ⅱ）設直線與平面所成的角為.由（Ⅰ）可知

設平面的法向量.由即可取.所以.因此，直線與平面所成的角的正弦值是.點睛：利用法向量求解空間線面角的關鍵在于“四破”：第一，破“建系關”，構建恰當的空間直角坐標系；第二，破“求坐標關”，準確求解相關點的坐標；第三，破“求法向量關”，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關”.20.已知等比數列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中項．數列{bn}滿足b1=1，數列{（bn+1?bn）an}的前n項和為2n2+n．

（Ⅰ）求q的值；

（Ⅱ）求數列{bn}的通項公式．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

【分析】

分析:（Ⅰ）根據條件、等差數列的性質及等比數列的通項公式即可求解公比；（Ⅱ）先根據數列前n項和求通項，解得，再通過疊加法以及錯位相減法求.【詳解】詳解：（Ⅰ）由是的等差中項得，所以，解得.由得，因為，所以.（Ⅱ）設，數列前n項和為.由解得.由（Ⅰ）可知，所以，故，.設，所以，因此，又，所以.點睛：用錯位相減法求和應注意的問題：(1)要善于識別題目類型，特別是等比數列公比為負數的情形；(2)在寫出“”與“”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“”的表達式；(3)在應用錯位相減法求和時，若等比數列的公比為參數，應分公比等于1和不等于1兩種情況求解.21.如圖，已知點P是y軸左側(不含y軸)一點，拋物線C：y2=4x上存在不同的兩點A，B滿足PA，PB的中點均在C上．

（Ⅰ）設AB中點為M，證明：PM垂直于y軸；

（Ⅱ）若P是半橢圓x2+=1(x<0)上的動點，求△PAB面積的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.【解析】

【分析】

分析:

（Ⅰ）設P,A,B的縱坐標為，根據中點坐標公式得PA,PB的中點坐標，代入拋物線方程，可得，即得結論；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得△PAB面積為，利用根與系數的關系可表示為的函數，根據半橢圓范圍以及二次函數性質確定面積取值范圍.【詳解】詳解：（Ⅰ）設，．

因為，的中點在拋物線上，所以，為方程，即的兩個不同的實數根．

所以．

因此，垂直于軸．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知

所以，．

因此，的面積．

因為，所以．

因此，面積的取值范圍是．

點睛：求范圍問題，一般利用條件轉化為對應一元函數問題，即通過題意將多元問題轉化為一元問題，再根據函數形式，選用方法求值域，如二次型利用對稱軸與定義區間位置關系，分式型可以利用基本不等式，復雜性或復合型可以利用導數先研究單調性，再根據單調性確定值域.22.已知函數．

（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)處導數相等，證明：f(x1)+f(x2)>8?8ln2；

（Ⅱ）若a≤3?4ln2，證明：對于任意k>0，直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點．

【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）證明見解析.【解析】

【分析】

分析:

（Ⅰ）先求導數，根據條件解得x1，x2關系，再化簡f(x1)+f(x2)為，利用基本不等式求得取值范圍，最后根據函數單調性證明不等式；（Ⅱ）一方面利用零點存在定理證明函數有零點，另一方面，利用導數證明函數在上單調遞減，即至多一個零點.兩者綜合即得結論.【詳解】詳解：（Ⅰ）函數f（x）的導函數，由,得，因為，所以．

由基本不等式得．

因為，所以．

由題意得．

設，則，所以

x

（0，16）

（16，+∞）

0

+

2-4ln2

所以g（x）在[256，+∞）上單調遞增，故，即．

（Ⅱ）令m=，n=，則

f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0，f（n）–kn–a<≤<0，所以，存在x0∈（m，n）使f（x0）=kx0+a，所以，對于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直線y=kx+a與曲線y=f（x）有公共點．

由f（x）=kx+a得．

設h（x）=，則h′（x）=，其中g（x）=．

由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2，故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0，所以h′（x）≤0，即函數h（x）在（0，+∞）上單調遞減，因此方程f（x）–kx–a=0至多1個實根．

綜上，當a≤3–4ln2時，對于任意k>0，直線y=kx+a與曲線y=f（x）有唯一公共點．

點睛：利用導數證明不等式常見類型及解題策略：(1)

構造差函數.根據差函數導函數符號，確定差函數單調性，利用單調性得不等量關系，進而證明不等式.（2）根據條件，尋找目標函數.一般思路為利用條件將求和問題轉化為對應項之間大小關系，或利用放縮、等量代換將多元函數轉化為一元函數.