第一篇：ok,精品解析：18屆,全國普通高等學校招生統一考試理科數學（新課標I卷）（解析版）

2018年普通高等學校招生全國統一考試 理科數學 注意事項：

1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.設，則 A.B.C.D.【答案】C 【解析】 分析：利用復數的除法運算法則：分子、分母同乘以分母的共軛復數，化簡復數，然后求解復數的模.詳解：，則，故選c.點睛：復數是高考中的必考知識，主要考查復數的概念及復數的運算．要注意對實部、虛部的理解，掌握純虛數、共軛復數這些重要概念，復數的運算主要考查除法運算，通過分母實數化轉化為復數的乘法，運算時特別要注意多項式相乘后的化簡，防止簡單問題出錯，造成不必要的失分.2.已知集合，則 A.B.C.D.【答案】B 【解析】 分析：首先利用一元二次不等式的解法，求出的解集，從而求得集合A，之后根據集合補集中元素的特征，求得結果.詳解：解不等式得，所以，所以可以求得，故選B.點睛：該題考查的是有關一元二次不等式的解法以及集合的補集的求解問題，在解題的過程中，需要明確一元二次不等式的解集的形式以及補集中元素的特征，從而求得結果.3.某地區經過一年的新農村建設，農村的經濟收入增加了一倍．實現翻番．為更好地了解該地區農村的經濟收入變化情況，統計了該地區新農村建設前后農村的經濟收入構成比例．得到如下餅圖：

則下面結論中不正確的是 A.新農村建設后，種植收入減少 B.新農村建設后，其他收入增加了一倍以上 C.新農村建設后，養殖收入增加了一倍 D.新農村建設后，養殖收入與第三產業收入的總和超過了經濟收入的一半 【答案】A 【解析】 【分析】 首先設出新農村建設前的經濟收入為M，根據題意，得到新農村建設后的經濟收入為2M，之后從圖中各項收入所占的比例，得到其對應的收入是多少，從而可以比較其大小，并且得到其相應的關系，從而得出正確的選項.【詳解】設新農村建設前的收入為M，而新農村建設后的收入為2M，則新農村建設前種植收入為0.6M，而新農村建設后的種植收入為0.74M，所以種植收入增加了，所以A項不正確；

新農村建設前其他收入我0.04M，新農村建設后其他收入為0.1M，故增加了一倍以上，所以B項正確；

新農村建設前，養殖收入為0.3M，新農村建設后為0.6M，所以增加了一倍，所以C項正確；

新農村建設后，養殖收入與第三產業收入的綜合占經濟收入的，所以超過了經濟收入的一半，所以D正確；

故選A.點睛：該題考查的是有關新農村建設前后的經濟收入的構成比例的餅形圖，要會從圖中讀出相應的信息即可得結果.4.設為等差數列的前項和，若，則 A.B.C.D.【答案】B 【解析】 分析：首先設出等差數列的公差為，利用等差數列的求和公式，得到公差所滿足的等量關系式，從而求得結果，之后應用等差數列的通項公式求得，從而求得正確結果.詳解：設該等差數列的公差為，根據題中的條件可得，整理解得，所以，故選B.點睛：該題考查的是有關等差數列的求和公式和通項公式的應用，在解題的過程中，需要利用題中的條件，結合等差數列的求和公式，得到公差的值，之后利用等差數列的通項公式得到與的關系，從而求得結果.5.設函數．若為奇函數，則曲線在點處的切線方程為()A.B.C.D.【答案】D 【解析】 【詳解】分析：利用奇函數偶次項系數為零求得，進而得到的解析式，再對求導得出切線的斜率，進而求得切線方程.詳解：因為函數奇函數，所以，解得，所以，所以，所以曲線在點處的切線方程為，化簡可得，故選D.點睛：該題考查的是有關曲線在某個點處的切線方程的問題，在求解的過程中，首先需要確定函數解析式，此時利用到結論多項式函數中，奇函數不存在偶次項，偶函數不存在奇次項，從而求得相應的參數值，之后利用求導公式求得，借助于導數的幾何意義，結合直線方程的點斜式求得結果.6.在△中，為邊上的中線，為的中點，則 A.B.C.D.【答案】A 【解析】 分析：首先將圖畫出來，接著應用三角形中線向量的特征，求得，之后應用向量的加法運算法則-------三角形法則，得到，之后將其合并，得到，下一步應用相反向量，求得，從而求得結果.詳解：根據向量的運算法則，可得，所以，故選A.點睛：該題考查的是有關平面向量基本定理的有關問題，涉及到的知識點有三角形的中線向量、向量加法的三角形法則、共線向量的表示以及相反向量的問題，在解題的過程中，需要認真對待每一步運算.7.某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖所示，圓柱表面上的點在正視圖上的對應點為，圓柱表面上的點在左視圖上的對應點為，則在此圓柱側面上，從到的路徑中，最短路徑的長度為（）A.B.C.D.2 【答案】B 【解析】 【分析】 首先根據題中所給的三視圖，得到點M和點N在圓柱上所處的位置，將圓柱的側面展開圖平鋪，點M、N在其四分之一的矩形的對角線的端點處，根據平面上兩點間直線段最短，利用勾股定理，求得結果.【詳解】根據圓柱的三視圖以及其本身的特征，將圓柱的側面展開圖平鋪, 可以確定點M和點N分別在以圓柱的高為長方形的寬，圓柱底面圓周長的四分之一為長的長方形的對角線的端點處，所以所求的最短路徑的長度為，故選B.點睛：該題考查的是有關幾何體的表面上兩點之間的最短距離的求解問題，在解題的過程中，需要明確兩個點在幾何體上所處的位置，再利用平面上兩點間直線段最短，所以處理方法就是將面切開平鋪，利用平面圖形的相關特征求得結果.8.設拋物線C：y2=4x的焦點為F，過點（–2，0）且斜率為的直線與C交于M，N兩點，則= A.5 B.6 C.7 D.8 【答案】D 【解析】 【分析】 首先根據題中的條件，利用點斜式寫出直線的方程，涉及到直線與拋物線相交，聯立方程組，消元化簡，求得兩點，再利用所給的拋物線的方程，寫出其焦點坐標，之后應用向量坐標公式，求得，最后應用向量數量積坐標公式求得結果.【詳解】根據題意，過點（–2，0）且斜率為的直線方程為，與拋物線方程聯立，消元整理得：，解得，又，所以，從而可以求得，故選D.【點睛】該題考查是有關直線與拋物線相交求有關交點坐標所滿足的條件的問題，在求解的過程中，首先需要根據題意確定直線的方程，之后需要聯立方程組，消元化簡求解，從而確定出，之后借助于拋物線的方程求得，最后一步應用向量坐標公式求得向量的坐標，之后應用向量數量積坐標公式求得結果，也可以不求點M、N的坐標，應用韋達定理得到結果.9.已知函數．若g（x）存在2個零點，則a的取值范圍是 A.[–1，0）B.[0，+∞）C.[–1，+∞）D.[1，+∞）【答案】C 【解析】 分析：首先根據g（x）存在2個零點，得到方程有兩個解，將其轉化為有兩個解，即直線與曲線有兩個交點，根據題中所給的函數解析式，畫出函數的圖像（將去掉），再畫出直線，并將其上下移動，從圖中可以發現，當時，滿足與曲線有兩個交點，從而求得結果.詳解：畫出函數的圖像，在y軸右側的去掉，再畫出直線，之后上下移動，可以發現當直線過點A時，直線與函數圖像有兩個交點，并且向下可以無限移動，都可以保證直線與函數的圖像有兩個交點，即方程有兩個解，也就是函數有兩個零點，此時滿足，即，故選C.點睛：該題考查的是有關已知函數零點個數求有關參數的取值范圍問題，在求解的過程中，解題的思路是將函數零點個數問題轉化為方程解的個數問題，將式子移項變形，轉化為兩條曲線交點的問題，畫出函數的圖像以及相應的直線，在直線移動的過程中，利用數形結合思想，求得相應的結果.10.如圖來自古希臘數學家希波克拉底所研究的幾何圖形．此圖由三個半圓構成，三個半圓的直徑分別為直角三角形ABC的斜邊BC，直角邊AB，AC．△ABC的三邊所圍成的區域記為I，黑色部分記為II，其余部分記為III．在整個圖形中隨機取一點，此點取自I，II，III的概率分別記為p1，p2，p3，則 A.p1=p2 B.p1=p3 C.p2=p3 D.p1=p2+p3 【答案】A 【解析】 【分析】 首先設出直角三角形三條邊長度，根據其為直角三角形，從而得到三邊的關系，然后應用相應的面積公式求得各個區域的面積，根據其數值大小，確定其關系，再利用面積型幾何概型的概率公式確定出p1，p2，p3的關系，從而求得結果.【詳解】設，則有，從而可以求得的面積為，黑色部分的面積為，其余部分的面積為，所以有，根據面積型幾何概型的概率公式，可以得到，故選A.點睛：該題考查的是面積型幾何概型的有關問題，題中需要解決的是概率的大小，根據面積型幾何概型的概率公式，將比較概率的大小問題轉化為比較區域的面積的大小，利用相關圖形的面積公式求得結果.11.已知雙曲線C：，O為坐標原點，F為C的右焦點，過F的直線與C的兩條漸近線的交點分別為M、N.若OMN為直角三角形，則|MN|= A.B.3 C.D.4 【答案】B 【解析】 【詳解】分析：首先根據雙曲線的方程求得其漸近線的斜率，并求得其右焦點的坐標，從而得到，根據直角三角形的條件，可以確定直線的傾斜角為或，根據相關圖形的對稱性，得知兩種情況求得的結果是相等的，從而設其傾斜角為，利用點斜式寫出直線的方程，之后分別與兩條漸近線方程聯立，求得，利用兩點間距離公式求得的值.詳解：根據題意，可知其漸近線的斜率為，且右焦點為，從而得到，所以直線的傾斜角為或，根據雙曲線的對稱性，設其傾斜角為，可以得出直線的方程為，分別與兩條漸近線和聯立，求得，所以，故選B.點睛：該題考查的是有關線段長度的問題，在解題的過程中，需要先確定哪兩個點之間的距離，再分析點是怎么來的，從而得到是直線的交點，這樣需要先求直線的方程，利用雙曲線的方程，可以確定其漸近線方程，利用直角三角形的條件得到直線的斜率，結合過右焦點的條件，利用點斜式方程寫出直線的方程，之后聯立求得對應點的坐標，之后應用兩點間距離公式求得結果.12.已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面所成的角都相等，則截此正方體所得截面面積的最大值為 A.B.C.D.【答案】A 【解析】 【分析】 首先利用正方體的棱是3組每組有互相平行的4條棱，所以與12條棱所成角相等，只需與從同一個頂點出發的三條棱所成角相等即可，從而判斷出面的位置，截正方體所得的截面為一個正六邊形，且邊長是面的對角線的一半，應用面積公式求得結果.【詳解】根據相互平行的直線與平面所成的角是相等的，所以在正方體中，平面與線所成的角是相等的，所以平面與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等的，同理平面也滿足與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等，要求截面面積最大，則截面的位置為夾在兩個面與中間的，且過棱的中點的正六邊形，且邊長為，所以其面積為，故選A.點睛：該題考查的是有關平面被正方體所截得的截面多邊形的面積問題，首要任務是需要先確定截面的位置，之后需要從題的條件中找尋相關的字眼，從而得到其為過六條棱的中點的正六邊形，利用六邊形的面積的求法，應用相關的公式求得結果.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

13.若，滿足約束條件，則的最大值為_____________． 【答案】6 【解析】 【分析】 首先根據題中所給的約束條件，畫出相應的可行域，再將目標函數化成斜截式，之后在圖中畫出直線，在上下移動的過程中，結合的幾何意義，可以發現直線過B點時取得最大值，聯立方程組，求得點B的坐標代入目標函數解析式，求得最大值.【詳解】根據題中所給的約束條件，畫出其對應的可行域，如圖所示：

由，可得，畫出直線，將其上下移動，結合的幾何意義，可知當直線在y軸截距最大時，z取得最大值，由，解得，此時，故答案為6.點睛：該題考查的是有關線性規劃的問題，在求解的過程中，首先需要正確畫出約束條件對應的可行域，之后根據目標函數的形式，判斷z的幾何意義，之后畫出一條直線，上下平移，判斷哪個點是最優解，從而聯立方程組，求得最優解的坐標，代入求值，要明確目標函數的形式大體上有三種：斜率型、截距型、距離型；

根據不同的形式，應用相應的方法求解.14.記為數列的前項和，若，則_____________． 【答案】 【解析】 【分析】 首先根據題中所給的，類比著寫出，兩式相減，整理得到，從而確定出數列為等比數列，再令，結合的關系，求得，之后應用等比數列的求和公式求得的值.【詳解】根據，可得，兩式相減得，即，當時，解得，所以數列是以-1為首項，以2為公比的等比數列，所以，故答案是.點睛：該題考查的是有關數列的求和問題，在求解的過程中，需要先利用題中的條件，類比著往后寫一個式子，之后兩式相減，得到相鄰兩項之間的關系，從而確定出該數列是等比數列，之后令，求得數列的首項，最后應用等比數列的求和公式求解即可，只要明確對既有項又有和的式子的變形方向即可得結果.15.從位女生，位男生中選人參加科技比賽，且至少有位女生入選，則不同的選法共有_____________種．（用數字填寫答案）【答案】 【解析】 【分析】 首先想到所選的人中沒有女生，有多少種選法，再者需要確定從人中任選人的選法種數，之后應用減法運算，求得結果.【詳解】根據題意，沒有女生入選有種選法，從名學生中任意選人有種選法，故至少有位女生入選，則不同的選法共有種，故答案是.【點睛】該題是一道關于組合計數的題目，并且在涉及到“至多、至少”問題時多采用間接法，一般方法是得出選人的選法種數，間接法就是利用總的減去沒有女生的選法種數，該題還可以用直接法，分別求出有名女生和有兩名女生分別有多少種選法，之后用加法運算求解.16.已知函數，則的最小值是_____________． 【答案】 【解析】 分析：首先對函數進行求導，化簡求得，從而確定出函數的單調區間，減區間為，增區間為，確定出函數的最小值點，從而求得代入求得函數的最小值.詳解：，所以當時函數單調減，當時函數單調增，從而得到函數的減區間為，函數的增區間為，所以當時，函數取得最小值，此時，所以，故答案是.點睛：該題考查的是有關應用導數研究函數的最小值問題，在求解的過程中，需要明確相關的函數的求導公式，需要明白導數的符號與函數的單調性的關系，確定出函數的單調增區間和單調減區間，進而求得函數的最小值點，從而求得相應的三角函數值，代入求得函數的最小值.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據要求作答。

（一）必考題：60分。

17.在平面四邊形中，，.（1）求；

（2）若，求.【答案】（1）；

（2）.【解析】 【分析】（1）根據正弦定理可以得到，根據題設條件，求得，結合角的范圍，利用同角三角函數關系式，求得；

（2）根據題設條件以及第一問的結論可以求得，之后在中，用余弦定理得到所滿足的關系，從而求得結果.【詳解】（1）在中，由正弦定理得.由題設知，所以.由題設知，所以；

（2）由題設及（1）知，.在中，由余弦定理得.所以.【點睛】該題考查是有關解三角形的問題，涉及到的知識點有正弦定理、同角三角函數關系式、誘導公式以及余弦定理，在解題的過程中，需要時刻關注題的條件，以及開方時對于正負號的取舍要從題的條件中尋找角的范圍所滿足的關系，從而正確求得結果.18.如圖，四邊形為正方形，分別為的中點，以為折痕把折起，使點到達點的位置，且.（1）證明：平面平面；

（2）求與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；

（2）.【解析】 【分析】（1）首先從題的條件中確定相應的垂直關系，即，又因為，利用線面垂直的判定定理可以得出平面，又平面，利用面面垂直的判定定理證得平面平面；

（2）結合題意，建立相應的空間直角坐標系，正確寫出相應的點的坐標，求得平面的法向量，設與平面所成角為，利用線面角的定義，可以求得，得到結果.【詳解】（1）由已知可得，，又，所以平面.又平面，所以平面平面；

（2）作，垂足為.由（1）得，平面.以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系.由（1）可得，.又，所以.又，故.可得.則 為平面的法向量.設與平面所成角為，則.所以與平面所成角的正弦值為.【點睛】該題考查的是有關立體幾何的問題，涉及到的知識點有面面垂直的證明以及線面角的正弦值的求解，屬于常規題目，在解題的過程中，需要明確面面垂直的判定定理的條件，這里需要先證明線面垂直，所以要明確線線垂直、線面垂直和面面垂直的關系，從而證得結果；

對于線面角的正弦值可以借助于平面的法向量來完成，注意相對應的等量關系即可.19.設橢圓的右焦點為，過的直線與交于兩點，點的坐標為.（1）當與軸垂直時，求直線的方程；

（2）設為坐標原點，證明：.【答案】（1）的方程為或；

（2）證明見解析.【解析】 【分析】（1）首先根據與軸垂直，且過點，求得直線的方程為，代入橢圓方程求得點的坐標為或，利用兩點式求得直線的方程；

（2）分直線與軸重合、與軸垂直、與軸不重合也不垂直三種情況證明，特殊情況比較簡單，也比較直觀，對于一般情況將角相等通過直線的斜率的關系來體現，從而證得結果.【詳解】（1）由已知得，l的方程為.由已知可得，點的坐標為或.所以的方程為或.（2）當與軸重合時，.當與軸垂直時，為的垂直平分線，所以.當與軸不重合也不垂直時，設的方程為，則，直線、的斜率之和為.由得.將代入得.所以，.則.從而，故、的傾斜角互補，所以.綜上，.【點睛】該題考查的是有關直線與橢圓的問題，涉及到的知識點有直線方程的兩點式、直線與橢圓相交的綜合問題、關于角的大小用斜率來衡量，在解題的過程中，第一問求直線方程的時候，需要注意方法比較簡單，需要注意的就是應該是兩個，關于第二問，在做題的時候需要先將特殊情況說明，一般情況下，涉及到直線與曲線相交都需要聯立方程組，之后韋達定理寫出兩根和與兩根積，借助于斜率的關系來得到角是相等的結論.20.某工廠的某種產品成箱包裝，每箱件，每一箱產品在交付用戶之前要對產品作檢驗，如檢驗出不合格品，則更換為合格品．檢驗時，先從這箱產品中任取件作檢驗，再根據檢驗結果決定是否對余下的所有產品作檢驗，設每件產品為不合格品的概率都為，且各件產品是否為不合格品相互獨立．（1）記件產品中恰有件不合格品的概率為,求的最大值點；

（2）現對一箱產品檢驗了件，結果恰有件不合格品，以（1）中確定的作為的值．已知每件產品的檢驗費用為元，若有不合格品進入用戶手中，則工廠要對每件不合格品支付元的賠償費用．（i）若不對該箱余下的產品作檢驗，這一箱產品的檢驗費用與賠償費用的和記為，求;（ii）以檢驗費用與賠償費用和的期望值為決策依據，是否該對這箱余下的所有產品作檢驗？ 【答案】（1）；

（2）（i）；

（ii）應該對余下的產品作檢驗.【解析】 【分析】（1）利用獨立重復實驗成功次數對應的概率，求得，之后對其求導，利用導數在相應區間上的符號，確定其單調性，從而得到其最大值點，這里要注意的條件；

（2）先根據第一問的條件，確定出，在解（i）的時候,先求件數對應的期望，之后應用變量之間的關系，求得賠償費用的期望；

在解（ii）的時候，就通過比較兩個期望的大小，得到結果.【詳解】（1）件產品中恰有件不合格品的概率為.因此.令，得.當時，；

當時，.所以的最大值點為；

（2）由（1）知，.（i）令表示余下的件產品中的不合格品件數，依題意知，即.所以.（ii）如果對余下的產品作檢驗，則這一箱產品所需要的檢驗費為400元.由于，故應該對余下的產品作檢驗.【點睛】該題考查的是有關隨機變量的問題，在解題的過程中，一是需要明確獨立重復試驗成功次數對應的概率公式，再者就是對其用函數的思想來研究，應用導數求得其最小值點，在做第二問的時候，需要明確離散型隨機變量的可取值以及對應的概率，應用期望公式求得結果，再有就是通過期望的大小關系得到結論.21.已知函數．（1）討論的單調性；

（2）若存在兩個極值點，證明：． 【答案】（1）見解析；

（2）見解析 【解析】 分析：(1)首先確定函數的定義域，之后對函數求導，之后對進行分類討論，從而確定出導數在相應區間上的符號，從而求得函數對應的單調區間；

(2)根據存在兩個極值點，結合第一問的結論，可以確定，令，得到兩個極值點是方程的兩個不等的正實根，利用韋達定理將其轉換，構造新函數證得結果.詳解：（1）的定義域為，.（i）若，則，當且僅當，時，所以在單調遞減.（ii）若，令得，或.當時，；

當時，.所以在單調遞減，在單調遞增.（2）由（1）知，存在兩個極值點當且僅當.由于的兩個極值點滿足，所以，不妨設，則.由于，所以等價于.設函數，由（1）知，在單調遞減，又，從而當時，.所以，即.點睛：該題考查的是應用導數研究函數的問題，涉及到的知識點有應用導數研究函數的單調性、應用導數研究函數的極值以及極值所滿足的條件，在解題的過程中，需要明確導數的符號對單調性的決定性作用，再者就是要先保證函數的生存權，先確定函數的定義域，要對參數進行討論，還有就是在做題的時候，要時刻關注第一問對第二問的影響，再者就是通過構造新函數來解決問題的思路要明確.（二）選考題：共10分。請考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分。

22.在直角坐標系中，曲線的方程為.以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求的直角坐標方程；

（2）若與有且僅有三個公共點，求的方程.【答案】(1).(2).【解析】 分析：(1)就根據，以及，將方程中相關的量代換，求得直角坐標方程；

(2)結合方程的形式，可以斷定曲線是圓心為，半徑為的圓，是過點且關于軸對稱的兩條射線，通過分析圖形的特征，得到什么情況下會出現三個公共點，結合直線與圓的位置關系，得到k所滿足的關系式，從而求得結果.詳解：（1）由，得的直角坐標方程為 ．（2）由（1）知是圓心為，半徑為的圓． 由題設知，是過點且關于軸對稱的兩條射線．記軸右邊的射線為，軸左邊的射線為．由于在圓的外面，故與有且僅有三個公共點等價于與只有一個公共點且與有兩個公共點，或與只有一個公共點且與有兩個公共點． 當與只有一個公共點時，到所在直線的距離為，所以，故或． 經檢驗，當時，與沒有公共點；

當時，與只有一個公共點，與有兩個公共點． 當與只有一個公共點時，到所在直線的距離為，所以，故或． 經檢驗，當時，與沒有公共點；

當時，與沒有公共點． 綜上，所求的方程為． 點睛：該題考查的是有關坐標系與參數方程的問題，涉及到的知識點有曲線的極坐標方程向平面直角坐標方程的轉化以及有關曲線相交交點個數的問題，在解題的過程中，需要明確極坐標和平面直角坐標之間的轉換關系，以及曲線相交交點個數結合圖形，將其轉化為直線與圓的位置關系所對應的需要滿足的條件，從而求得結果.23.已知.（1）當時，求不等式的解集；

（2）若時不等式成立，求的取值范圍.【答案】（1）；

（2）【解析】 分析：(1)將代入函數解析式，求得，利用零點分段將解析式化為，然后利用分段函數，分情況討論求得不等式的解集為；

(2)根據題中所給的，其中一個絕對值符號可以去掉，不等式可以化為時，分情況討論即可求得結果.詳解：（1）當時，即 故不等式的解集為．（2）當時成立等價于當時成立． 若，則當時；

若，的解集為，所以，故． 綜上，的取值范圍為． 點睛：該題考查的是有關絕對值不等式的解法，以及含參的絕對值的式子在某個區間上恒成立求參數的取值范圍的問題，在解題的過程中，需要會用零點分段法將其化為分段函數，從而將不等式轉化為多個不等式組來解決，關于第二問求參數的取值范圍時，可以應用題中所給的自變量的范圍，去掉一個絕對值符號，之后進行分類討論，求得結果.

第二篇：高考卷-普通高等學校招生全國統一考試-理科數學（解析版）

2017年普通高等學校招生全國統一考試-理科數學

一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合A={x|x<1},B={x|},則（）

A.B.C.D.2.如圖，正方形ABCD內的圖形來自中國古代的太極圖，正方形內切圓中的黑色部分和白色部分關于正方形的中心成中心對稱.在正方形內隨機取一點，則此點取自黑色部分的概率是（）

A.B.C.D.3.設有下面四個命題

若復數滿足，則；

若復數滿足，則；

若復數滿足，則；

若復數，則.其中的真命題為（）

A.B.C.D.4．記為等差數列的前項和．若，則的公差為（）

A．1

B．2

C．4

D．8

5．函數在單調遞減，且為奇函數．若，則滿足的的取值范圍是（）

A．

B．

C．

D．

6.展開式中的系數為（）

A.15

B.20

C.30

D.35

7.某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形，該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為（）

A.10

B.12

C.14

D.16

8.下面程序框圖是為了求出滿足3n-2n>1000的最小偶數n，那么在和

兩個空白框中，可以分別填入（）

A.A>1000和n=n+1

B.A>1000和n=n+2

C.A1000和n=n+1

D.A1000和n=n+2

9.已知曲線C1：y=cos

x，C2：y=sin

(2x+)，則下面結正確的是（）

A.把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移個單位長度，得到曲線C2

B.把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移個單位長度，得到曲線C2

C.把C1上各點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移個單位長度，得到曲線C2

D.把C1上各點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移個單位長度，得到曲線C2

10.已知F為拋物線C：y2=4x的焦點，過F作兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于A、B兩點，直線l2與C交于D、E兩點，則|AB|+|DE|的最小值為（）

A．16

B．14

C．12

D．10

11.設xyz為正數，且，則（）

A．2x<3y<5z

B．5z<2x<3y

C．3y<5z<2x

D．3y<2x<5z

12.幾位大學生響應國家的創業號召，開發了一款應用軟件.為激發大家學習數學的興趣，他們退出了“解數學題獲取軟件激活碼”的活動.這款軟件的激活碼為下面數學問題的答案：已知數列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一項是20，接下來的兩項是20，21，再接下來的三項是26，21，22，依此類推.求滿足如下條件的最小整數N：N>100且該數列的前N項和為2的整數冪.那么該款軟件的激活碼是（）

A.440

B.330

C.220

D.110

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知向量a，b的夾角為60°，|a|=2，|

b

|=1，則|

a

+2

b

|=

.14.設x，y滿足約束條件，則的最小值為

.15.已知雙曲線C：（a>0，b>0）的右頂點為A，以A為圓心，b為半徑做圓A，圓A與雙曲線C的一條漸近線交于M、N兩點.若∠MAN=60°，則C的離心率為________.16.如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5

cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D、E、F為圓O上的點，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形.沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱錐.當△ABC的邊長變化時，所得三棱錐體積（單位：cm3）的最大值為_______.三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據要求作答.（一）必考題：60分.17.（12分）

△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知△ABC的面積為

（1）求sinBsinC;

（2）若6cosBcosC=1,a=3,求△ABC的周長

18.（12分）

如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB//CD，且

(1)證明：平面PAB⊥平面PAD；

(2)若PA=PD=AB=DC，求二面角A-PB-C的余弦值.19．（12分）

為了監控某種零件的一條生產線的生產過程，檢驗員每天從該生產線上隨機抽取16個零件，并測量其尺寸（單位：cm）．根據長期生產經驗，可以認為這條生產線正常狀態下生產的零件的尺寸服從正態分布N(μ,σ2)．

（1）假設生產狀態正常，記X表示一天內抽取的16個零件中其尺寸在(μ–3σ,μ+3σ)之外的零件數，求P(X≥1)及X的數學期望；

（2）一天內抽檢零件中，如果出現了尺寸在(μ–3σ,μ+3σ)之外的零件，就認為這條生產線在這一天的生產過程可能出現了異常情況，需對當天的生產過程進行檢查．

（ⅰ）試說明上述監控生產過程方法的合理性；

（ⅱ）下面是檢驗員在一天內抽取的16個零件的尺寸：

9.95

10.12

9.96

9.96

10.01

9.92

9.98

10.04

10.26

9.91

10.13

10.02

9.22

10.04

10.05

9.95

經計算得，其中xi為抽取的第i個零件的尺寸，i=1,2,…,16．

用樣本平均數作為μ的估計值，用樣本標準差s作為σ的估計值，利用估計值判斷是否需對當天的生產過程進行檢查？剔除之外的數據，用剩下的數據估計μ和σ（精確到0.01）．

附：若隨機變量Z服從正態分布N(μ,σ2)，則P(μ–3σ

4，0.997

416≈0.959

2，．

20.（12分）

已知橢圓C：（a>b>0），四點P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三點在橢圓C上.（1）求C的方程；

（2）設直線l不經過P2點且與C相交于A，B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為–1，證明：l過定點.21.（12分）

已知函數=ae2x+（a﹣2）ex﹣x.（1）討論的單調性；

（2）若有兩個零點，求a的取值范圍.（二）選考題：共10分.請考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分.22．[選修4-4，坐標系與參數方程]（10分）

在直角坐標系xOy中，曲線C的參數方程為（θ為參數），直線l的參數方程為.（1）若a=-1，求C與l的交點坐標；

（2）若C上的點到l的距離的最大值為，求a.23.[選修4—5：不等式選講]（10分）

已知函數f（x）=–x2+ax+4，g(x)=│x+1│+│x–1│.（1）當a=1時，求不等式f（x）≥g（x）的解集；

（2）若不等式f（x）≥g（x）的解集包含[–1，1]，求a的取值范圍.【參考答案】

1.A

【解析】，∴，2.B

【解析】設正方形邊長為，則圓半徑為

則正方形的面積為，圓的面積為，圖中黑色部分的概率為

則此點取自黑色部分的概率為.3.B

【解析】設，則，得到，所以.故正確；

若，滿足，而，不滿足，故不正確；

若，則，滿足，而它們實部不相等，不是共軛復數，故不正確；實數沒有虛部，所以它的共軛復數是它本身，也屬于實數，故正確；

4.C

【解析】

聯立求得

得

5.D

【解析】因為為奇函數，所以，于是等價于|

又在單調遞減

故選D

6.C

【解析】

對的項系數為

對的項系數為，∴的系數為故選C

7.B

【解析】由三視圖可畫出立體圖

該立體圖平面內只有兩個相同的梯形的面

8.D

【解析】因為要求大于1000時輸出，且框圖中在“否”時輸出

∴“

”中不能輸入

排除A、B

又要求為偶數，且初始值為0，“

”中依次加2可保證其為偶

故選D

9.D

【解析】，首先曲線、統一為一三角函數名，可將用誘導公式處理．．橫坐標變換需將變成，即．

注意的系數，在右平移需將提到括號外面，這時平移至，根據“左加右減”原則，“”到“”需加上，即再向左平移．

10.A

【解析】設傾斜角為．作垂直準線，垂直軸

易知

同理，又與垂直，即的傾斜角為

而，即．，當取等號

即最小值為，故選A

11.D

【解析】取對數：.則，故選D

12.A

【解析】設首項為第1組，接下來兩項為第2組，再接下來三項為第3組，以此類推設第組的項數為，則組的項數和為

由題，令→且，即出現在第13組之后

第組的和為組總共的和為

若要使前項和為2的整數冪，則項的和應與互為相反數

即

→

則

故選A

13.【解析】

∴

14.【解析】不等式組表示的平面區域如圖所示

由,得，求的最小值，即求直線的縱截距的最大值

當直線過圖中點時，縱截距最大

由解得點坐標為，此時

15.【解析】如圖，∵，∴，∴

又∵，∴，解得

∴

16.【解析】由題，連接，交與點，由題，即的長度與的長度或成正比

設，則，三棱錐的高

則

令，令，即，則

則

體積最大值為

17.解：（1）面積.且

由正弦定理得，由得.（2）由（1）得，又，由余弦定理得

①

由正弦定理得，②

由①②得，即周長為

18.（1）證明：∵

∴，又∵，∴

又∵，、平面

∴平面，又平面

∴平面平面

（2）解：取中點，中點，連接，∵

∴四邊形為平行四邊形

∴

由（1）知，平面

∴平面，又、平面

∴，又∵，∴

∴、、兩兩垂直

∴以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系

設，∴、、、，∴、、設為平面的法向量

由，得

令，則，可得平面的一個法向量

∵，∴

又知平面，平面

∴，又

∴平面

即是平面的一個法向量

∴

由圖知二面角為鈍角，所以它的余弦值為

19.解：（1）由題可知尺寸落在之內的概率為，落

之外的概率為．

由題可知

（2）（i）尺寸落在之外的概率為，由正態分布知尺寸落在之外為小概率事件，因此上述監控生產過程的方法合理．

（ii），需對當天的生產過程檢查．

因此剔除

剔除數據之后：．

20.解：（1）根據橢圓對稱性，必過、又橫坐標為1，橢圓必不過，所以過三點

將代入橢圓方程得，解得，∴橢圓的方程為：．

（2）當斜率不存在時，設

得，此時過橢圓右頂點，不存在兩個交點，故不滿足．

當斜率存在時，設

聯立，整理得,則

又，此時，存在使得成立．

∴直線的方程為

當時，所以過定點．

21.解：（1）由于

故

當時，．從而恒成立．在上單調遞減

當時，令，從而，得．

單調減

極小值

單調增

綜上，當時，在上單調遞減；

當時，在上單調遞減，在上單調遞增

（2）由（1）知，當時，在上單調減，故在上至多一個零點，不滿足條件．

當時，．

令．

令，則．從而在上單調增，而．故當時，．當時．當時

若，則，故恒成立，從而無零點，不滿足條件．

若，則，故僅有一個實根，不滿足條件．

若，則，注意到．．

故在上有一個實根，而又．

且．

故在上有一個實根．

又在上單調減，在單調增，故在上至多兩個實根．

又在及上均至少有一個實數根，故在上恰有兩個實根．

綜上，．

22.解：（1）時，直線的方程為．

曲線的標準方程是，聯立方程，解得：或，則與交點坐標是和

（2）直線一般式方程是．

設曲線上點．

則到距離，其中．

依題意得：，解得或

23.解：（1）當時，是開口向下，對稱軸的二次函數．，當時，令，解得

在上單調遞增，在上單調遞減

∴此時解集為．

當時，．

當時，單調遞減，單調遞增，且．

綜上所述，解集．

（2）依題意得：在恒成立．

即在恒成立．

則只須，解出：．

故取值范圍是．

第三篇：ok 精品解析：18屆 全國普通高等學校招生統一考試數學（浙江卷）（解析版）

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。考試用時120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.

第四篇：精品解析：2018年全國普通高等學校招生統一考試理科數學(新課標II卷)(原卷版)

絕密★啟用前

2018年普通高等學校招生全國統一考試

理科數學

注意事項：

1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．作答時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷及草稿紙上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.A.B.C.D.，則中元素的個數為 2.已知集合A.9

B.8

C.5

D.4 3.函數的圖象大致為

A.A

B.B

C.C

D.D 4.已知向量，滿足，則

A.4

B.3

C.2

D.0 5.雙曲線的離心率為，則其漸近線方程為 A.6.在A.B.中，B.7.為計算

C.C.，D.D.，則，設計了下面的程序框圖，則在空白框中應填入

A.B.C.D.8.我國數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領先的成果．哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數可以表示為兩個素數的和”，如等于30的概率是

．在不超過30的素數中，隨機選取兩個不同的數，其和A.B.C.D.中，，則異面直線

與

所成角的余弦值為 9.在長方體A.B.10.若A.B.C.11.已知A.是定義域為

C.在D.是減函數，則的最大值是

D.的奇函數，滿足

．若，則

B.0

C.2

D.50 12.已知，是橢圓為等腰三角形，A.B.C.D.的左，右焦點，是的左頂點，點在過且斜率為的直線上，則的離心率為

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13.曲線14.若15.已知在點滿足約束條件，處的切線方程為__________．

則，則，的最大值為__________． __________．

所成角的余弦值為，與圓錐底面所成角為45°，若的16.已知圓錐的頂點為，母線面積為，則該圓錐的側面積為__________．

三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答。第22、23為選考題，考生根據要求作答。學科&網

（一）必考題：共60分。17.記為等差數列

（1）求的前項和，已知，． 的通項公式；

（2）求，并求的最小值．18.下圖是某地區2000年至2016年環境基礎設施投資額（單位：億元）的折線圖．

為了預測該地區2018年的環境基礎設施投資額，建立了與時間變量的兩個線性回歸模型．根據2000年至2016年的數據（時間變量的值依次為年的數據（時間變量的值依次為）建立模型①：

．

；根據2010年至2016）建立模型②：

（1）分別利用這兩個模型，求該地區2018年的環境基礎設施投資額的預測值；

（2）你認為用哪個模型得到的預測值更可靠？并說明理由． 19.設拋物線的焦點為，過且斜率為的直線與交于，兩點，．

（1）求的方程；

（2）求過點，且與的準線相切的圓的方程． 20.如圖，在三棱錐（1）證明：（2）若點在棱中，平面；

為，求

與平面

所成角的正弦值．，為的中點．

上，且二面角

21.已知函數（1）若．，證明：當

時，；（2）若在只有一個零點，求．

（二）選考題：共10分。請考生在第22、23題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。22.[選修4－4：坐標系與參數方程] 在直角坐標系中，曲線的參數方程為

（為參數），直線的參數方程為

（為參數）.（1）求和的直角坐標方程；

（2）若曲線截直線所得線段的中點坐標為，求的斜率．

23.[選修4－5：不等式選講]

設函數．

（1）當時，求不等式的解集；

（2）若，求的取值范圍．

第五篇：2014年普通高等學校招生全國統一考試數學(浙江理科卷)

2014年普通高等學校招生全國統一考試數學（浙江理科卷）

一．選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分.在每小題給出學科網的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.（1）設全集U??x?N|x?2?，集合A?x?N|x2?5，zxxk則CUA?（）

A.?B.{2}C.{5}D.{2,5}

（2）已知i是虛數單位，a,b?R,則“a?b?1”是“(a?bi)2?2i”的（）

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

（3）某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則此幾何體的學科網表面積是

A.90cmB.129cmC.132cmD.138cm

2222??

4.為了得到函數zxxky?sin3x?cos3x的圖像，可以將函數y?2sin3x的圖像（）

A.向右平移

C.向右平移??個單位B.向左平移個單位44??個單位D.向左平移個單位121

264mn?f(0,3)?5.在(1?x)(1?y)的展開式中，記xy項的系數為f(m,n)，則f(3,0)?f(2,1)?f(1,2）

（）

A.45B.60C.120D.210

6.已知函數f(x)?x3?ax2?bx?c,且0?f(?1)?f(?2)?f(?3)?3,則（）

A.c?3B.3?c?6C.6?c?9D.c?9

7.在同意直角坐標系中，函數f(x)?xa(x?0),g(x)?logax的圖像可能是（）

?x,x?y?y,x?ymax{x,y}?min{x,y}?8.記，設a,b為平面向量，則（）??y,x?yx,x?y??

A.min{|a?b|,|a?b|}?min{|a|,|b|}

B.min{|a?b|,|a?b|}?min{|a|,|b|},|a?b|2}?|a|2?|b|2

2222 D.min{|a?b|,|a?b|}?|a|?|b|C.min{|a?b|

9.已知甲盒中僅有1個球且為紅球，乙盒中有m個紅球和n個籃球學科網?m?3,n?3?，從乙盒中隨2機抽取i?i?1,2?個球放入甲盒中.（a）放入i個球后，甲盒中含有紅球的個數記為?i?i?1,2?；

（b）放入i個球后，從甲盒中取1個球是紅球的概率記為zxxkpi?i?1,2?.則

A.p1?p2,E??1??E??2?B.p1?p2,E??1??E??2?

C.p1?p2,E??1??E??2?D.p1?p2,E??1??E??2?

10.設函數f1(x)?x2，f2(x)?2(x?x2),f3(x)?

13|sin2?x|，ai

i?99,i?0,1,2,?,99，Ik?|fk(a1)?fk(a0)|?|fk(a2)?fk(a1)|???|fk(a99)?fk(a98)|，k?1,2,3.則

A.I1?I2?I3B.I2?I1?I3C.I1?I3?I2D.I3?I2?I1

二、填空題：本大題共7小題，每小題4分，共28分.11.若某程序框圖如圖所示，當輸入50時，則該程序運算后輸出的學科網結果是

________.記

12.隨機變量?的取值為0,1,2，若P???0??1，E????1，則D????________.5?x?2y?4?0,?13.當實數x，y滿足?x?y?1?0,時，zxxk1?ax?y?4恒成立，則實數a的取值范圍是________.?x?1,?

14.在8張獎券中有一、二、三等獎各1張，其余5張無獎.將這8張獎券分配給4個人，每人2張，不同的獲獎情況有_____種（用數字作答）.2??x?x,x?015.設函數f?x???2若f?f?a???2，則實數a的取值范圍是______ ???x,x?0

x2y

216.設直線x?3y?m?0(m?0)與雙曲線2?2?1（a?b?0）兩條漸近線分別交于點A,B，若ab

點P(m,0)滿足?PB,則該雙曲線的離心率是__________

17、如圖，某人在垂直于水平地面為，某目標點沿墻面的射擊線的大小.若的墻面前的點處進行射擊訓練.學科網已知點到墻面的距離移動，此人為了準確瞄準目標點，需計算由點觀察點的仰角則的最大值

19（本題滿分14分）

已知數列?an?和?bn?滿足a1a2?an?2??n?N?.zxxkbn?若?an?為學科網等比數列，且a1?2,b3?6?b2.（1）求an與bn；

（2）設cn?11?n?N?。記數列?cn?的前n項和為Sn.anbn??

（i）求Sn；

（ii）求正整數k，使得對任意n?N?，均有Sk?Sn.20.（本題滿分15分）如圖，在四棱錐A?BCDE中，zxxk平面ABC?平面BCDE,?CDE??BED?900,AB?CD?2,DE?BE?1,AC?2.（1）證明：DE?平面ACD;

（2）求二面角B?AD?E的大小

21(本題滿分15分)

x2y2

如圖，設橢圓C:2?2?1?a?b?0?,動直線l與橢圓C只有一個公共點P，學科網且點Pab

在第一象限.（1）已知直線l的斜率為k，用a,b,k表示點P的坐標；

（2）若過原點O的直線l1與l垂直，證明：點P到直線l1的距離學科網的最大值為a?b.22.（本題滿分14分）已知函數f?x??x3?3x?a(a?R).（1）若f?x?在??1,1?上的最大值和最小值分別記為M(a),m(a)，求M(a)?m(a)；

（2）設b?R,若?f?x??b??4對x???1,1?恒成立，zxxk求3a?b的取值范圍.