2018年高考理科数学押题卷及答案

2018年高考理科数学押题卷及答案

2018年高考理科数学押题卷与答案注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共23题。2.试卷满分150分，考试时间120分钟。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题，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.已知复数z1=2+6i，z2=-2i。若z1和z2在复平面内对应的点分别为A,B，线段AB的中点C对应的复数为z，则z=5。2.已知集合A={x∈N1|x<log2k}，集合A中至少有3个元素，则k≥8。3.已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，2a7-a8=5，则S11=50。4.已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内。则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的必要不充分条件。5.设实数x，y满足约束条件x+2y≥4，则当z=ax+by（a＞0，b＞0）取得最小值2时，xy的最小值是4。6.已知一个三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积为8+√14。7.已知函数f(x)=2sinxsin(x+3ϕ)是奇函数，其中ϕ∈[0,π/6]，则函数g(x)=sin(2x+2ϕ)的图象可由f(x)的图象向左平移π/6个单位而得到。8.秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法，如图所示程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入x的值为2，则输出v的值为310-1。9.一点P在平面内，点M在该平面外，OM⊥平面，AM∥平面。若OM=1，则直线OP与直线AM所成的角为45°。10.已知变量$x,y$满足$1\leqx+y\leq31$，$-1\leqx-y\leq1$，若目标函数$z=2x+y$取到最大值$a$，则展开式中$x$的系数为（）。解：将不等式$1\leqx+y\leq31$和$-1\leqx-y\leq1$化简得$1-x\leqy\leq31-x$和$x-1\leqy\leqx+1$，两者取交集得$1-x\leqy\leqx+1$。因此，$z=2x+y=2x+(1-x)+k=1+x+k$，其中$k$为常数。由于$x$的系数为$1$，因此答案为$\textbf{(D)}$。11.已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，左、右焦点分别为$F_1,F_2$，且两条曲线在第一象限的交点为$P$，$\trianglePF_1F_2$是以$PF_1$为底边的等腰三角形。若$PF_1=10$，椭圆与双曲线的离心率分别为$e_1,e_2$，则$e_1\cdote_2$的取值范围是（）。解：设椭圆的长轴为$a$，短轴为$b$，则椭圆的离心率为$e_1=\sqrt{1-b^2/a^2}$。设双曲线的左、右分支分别为$y=\pm\sqrt{x^2-1}$，则双曲线的离心率为$e_2=\sqrt{1+1/a^2}$。由于两条曲线有公共焦点，因此有$a^2-b^2=1$，代入$e_1$和$e_2$的式子中得$e_1=\sqrt{1-1/a^2}$，$e_2=\sqrt{a^2+1}/a$。由于$\trianglePF_1F_2$是以$PF_1$为底边的等腰三角形，因此有$PF_2=PF_1=10$，又由于两条曲线在第一象限的交点为$P$，因此有$PF_1+PF_2=2a$，代入得$a=5\sqrt{2}$。因此，$e_1=\sqrt{2}/2$，$e_2=5\sqrt{2}/5\sqrt{2}=1$，故$e_1\cdote_2=\textbf{(A)}$。12.已知函数$f(x)=e^x-ax-1$，$g(x)=\lnx-ax+a$，若存在$x\in(1,2)$，使得$f(x)g(x)<0$，则实数$a$的取值范围为（）。解：由于$f(x)$和$g(x)$在$(1,2)$上都是连续的，且$f(1)=g(1)=0$，$f(2)=e^2-2a-1$，$g(2)=\ln2-2a+a=\ln2-a$，因此$f(x)g(x)<0$的充要条件是$f(x)$和$g(x)$在$(1,2)$上异号。由于$f(2)>0$，$g(2)<0$，因此$f(x)$和$g(x)$在$(1,2)$上异号的充要条件是它们在$(1,2)$上的零点个数不同。注意到$f'(x)=e^x-a$，$g'(x)=1-a/x$，因此$f(x)$和$g(x)$的零点分别为$x=\lna$和$x=a$。若$a\in(1,e)$，则$f(x)$和$g(x)$都在$(1,2)$内有且仅有一个零点，此时$f(x)$和$g(x)$异号，满足题目条件。若$a\in(e,2)$，则$f(x)$和$g(x)$都在$(1,2)$内没有零点，此时$f(x)$和$g(x)$同号，不满足题目条件。因此，$a\in\textbf{(A)}$。21.已知正实数$x,y$满足$2x+y=2$，求$\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}$的最小值。解：由于$2x+y=2$，因此有$y=2-2x$。将$y$代入$\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}$中得$$\frac{x}{2-2x}+\frac{2-2x}{x}=\frac{x^2+(2-2x)^2}{x(2-2x)}=\frac{5x^2-8x+4}{x(2-2x)}.$$由于$x,y>0$，因此$0<x<1$。令$f(x)=\dfrac{5x^2-8x+4}{x(2-2x)}$，则$f'(x)=\dfrac{2(x-1)(5x-2)}{x^2(1-x)^2}$。因此，$f(x)$在$(0,1)$上单调递减，最小值为$f(1/5)=\boxed{10}$。13.设$a=\log_{\frac{1}{2}}3$，$b=\log_{\frac{1}{3}}4$，$c=\log_{\frac{1}{4}}5$，则$a<b<c$。解：将$a$、$b$、$c$化为相同底数，得$$a=\log_{\frac{1}{2}}3=-\log_23,\quadb=\log_{\frac{1}{3}}4=-\log_34,\quadc=\log_{\frac{1}{4}}5=-\log_45.$$因此，$a<b<c$等价于$\log_23>\log_34>\log_45$，即$2^{\log_23}>3^{\log_34}>4^{\log_45}$，即$3>4^{1/3}>5^{1/4}$。显然成立，因此$a<b<c$。14.若$\displaystyle\int_{n}^{2n}(x-5)^2\text{d}x=25$，则$(2x-1)^2$的二项展开式中$x^2$的系数为多少？解：由于$\displaystyle\int_{n}^{2n}(x-5)^2\text{d}x=\frac{(2n-5-n)^3}{3}=\frac{(n-5)^3}{3}$，因此有$$\frac{(n-5)^3}{3}=25,\quad\text{即}\quadn=5+\sqrt[3]{75}.$$因此，$(2x-1)^2$的二项展开式中$x^2$的系数为$$\binom{2n-1}{2}=\binom{2(5+\sqrt[3]{75})-1}{2}=4(75+34\sqrt[3]{75}+3\sqrt[3]{5625})=\boxed{1128}.$$其中用到了$\binom{2n}{2}=n(2n-1)$。17.在$\triangleABC$中，角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，且$2a\cosC-c=2b$。（Ⅰ）求角$A$的大小；（Ⅱ）若$c=2$，角$B$的平分线$BD=3$，求$a$。解：（Ⅰ）由于$2a\cosC-c=2b$，因此有$$a=\frac{2b+c}{2\cosC}.$$由余弦定理得$$\cosA=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{b^2+c^2-(2b+c)^2/(4\cos^2C)}{2bc}.$$将$a$代入化简得$$4b^2c^2\cosA=4b^4+4b^3c-2b^2c^2+4bc^3+c^4-(2b+c)^2c^2.$$再次代入$2a\cosC-c=2b$得$$4b^2c^2\cosA=4b^4+4b^3c-2b^2c^2+4bc^3+c^4-(2b+c)^2(2b-2a\cosC).$$由于$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$，因此有$$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA=b^2+c^2-2b(2\cosC-b)=c^2-4b\cosC+2b^2.$$因此，$$a^2+c^2-2ac\cosB=2b^2+4b\cosC,$$$$a^2+c^2-2ac\cosB=2b^2+\frac{(2b+c)^2-4a^2}{2},$$$$4a^2+4ac\cosB=5b^2+5bc+c^2.$$代入$a=\dfrac{2b+c}{2\cosC}$得$$\frac{2(2b+c)^2}{\cosC}+2c^2\cosB=5b^2+5bc+c^2.$$由余弦定理得$$\cosA=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{b^2+c^2-(2b+c)^2/(4\cos^2C)}{2bc}=\frac{2b^2+2bc-c^2}{2bc}.$$因此，$$\cosA\cosB=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\cdot\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\frac{(2b^2+2bc-c^2)(2c^2-2b^2-2bc)}{8a^2bc}.$$又因为$\cosA+\cosB+\cosC=1+\dfrac{r}{R}$，其中$r$和$R$分别为$\triangleABC$的内切圆半径和外接圆半径，因此$$\cosB=\frac{r}{R}-1-\cosA.$$代入化简得$$\cosB=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}-1-\frac{r}{R}.$$由于$\triangleABC$的内心到角平分线的距离等于外心到对边边线的距离，因此有$$\frac{BD}{\sinB}=\frac{2R}{\cosC},\quad\text{即}\quadBD=2R\cdot\frac{\sinB}{\cosC}.$$由于$c=2$，代入化简得$$BD=\frac{3\sqrt{5}}{2}.$$因此，$$\cosB=\frac{3\sqrt{5}}{4R}.$$代入$\cosA\cosB$的式子中得$$\cosA\cosB=\frac{(2b^2+2bc-c^2)(2c^2-2b^2-2bc)}{8a^2bc}=\frac{5b^2+5bc+c^2}{8a^2R\sqrt{5}}.$$将$a$代入化简得$$\cosA\cosB=\frac{5b^2+5bc+c^2}{8\cdot\frac{(2b+c)^2}{4\cos^2C}\cdotR\sqrt{5}}=\frac{5b^2+5bc+c^2}{2(2b+c)^2R\sqrt{5}}.$$代入$\cosA+\cosB+\cosC=1+\dfrac{r}{R}$的式子中得$$\cosA=1+\frac{r}{R}-\cosB-\cosC=1+\frac{r}{R}-\cosB-\frac{b^2+a^2-c^2}{2ab}.$$将$\cosB$代入化简得$$\cosA=1+\frac{r}{R}-\frac{3\sqrt{5}}{4R}+\frac{2b^2+2ab-c^2}{2ab}.$$代入$a=\dfrac{2b+c}{为备战2018年瑞典乒乓球世界锦标赛，乒乓球队举行公开选拨赛，最终有甲、乙、丙三名选手入围单打比赛名单。现在甲、乙、丙三人进行队内单打对抗比赛，每两人比赛一场，共赛三场，每场比赛胜者得3分，负者得0分。在每一场比赛中，甲胜乙的概率为1/3，丙胜甲的概率为p，乙胜丙的概率为5/4，且各场比赛结果互不影响。若甲获第一名且乙获第三名的概率为：（Ⅰ）求p的值；（Ⅱ）设在该次对抗比赛中，丙得分为X，求X的分布列和数学期望。解析：（Ⅰ）设甲、乙、丙分别为A、B、C，根据题意，甲获第一名且乙获第三名的概率为：P(A第一，B第三)=P(A第一，B第二，C第三)+P(A第一，B第三，C第二)由乘法原理和加法原理得：P(A第一，B第三)=P(A第一)*P(B第二)*P(C第三|A第一,B第二)+P(A第一)*P(B第三)*P(C第二|A第一,B第三)代入已知条件，得：P(A第一，B第三)=(1/3)*(1/3)*(1-p)+(1/3)*(2/3)*(5/4)=5/36+5/18*(1-p)又因为甲、乙、丙三人的排名互不相同，所以甲必须在三场比赛中至少获得两场胜利。设甲获得两场胜利的概率为P，根据全概率公式，有：P=P(A第一，B第二，C第三)+P(A第一，B第三，C第二)+P(A第一，B第一，C第二)+P(A第一，B第一，C第三)代入已知条件，得：P=(1/3)*(2/3)*(1-p)+(1/3)*(1/3)*(5/4)+(1/3)*(1/3)*p+(1/3)*(2/3)*(2/3)*(1/3)化简得：P=5/18+2/27*p又因为甲必须获得第一名，所以有：P(A第一)=P(A第一，B第二，C第三)+P(A第一，B第三，C第二)+P(A第一，B第一，C第一)代入已知条件，得：P(A第一)=(1/3)*(2/3)*p+(1/3)*(1/3)*(1-p)+(1/3)*(2/3)*(1/3)=2/9+1/9*p根据条件概率公式，有：P(B第三|A第一)=P(A第一，B第三)/P(A第一)代入上面求得的结果，得：P(B第三|A第一)=(5/36+5/18*(1-p))/(2/9+1/9*p)又因为乙必须获得第三名，所以有：P(B第三|A第一)=P(B第三|A第一，C第一)*P(C第一|A第一)+P(B第三|A第一，C第二)*P(C第二|A第一)+P(B第三|A第一，C第三)*P(C第三|A第一)代入已知条件，得：(1-p)*(2/3)*((2/3)*(2/3)*(1/3)/P(A第一))+(5/4)*(2/3)*((1/3)*(2/3)*(1/3)/P(A第一))+p*(1/3)*((2/3)*(2/3)*(1/3)/P(A第一))=(2/3)*(1/3)化简得：p=1/2综上所述，p的值为1/2。（Ⅱ）设丙得分为X，由题意可知，X的取值范围为0、1、2、3。根据题意，丙得分为X的概率为：P(X)=P(A第一，B第二，C第三)*P(C得分为X|A第一，B第二)+P(A第一，B第三，C第二)*P(C得分为X|A第一，B第三)+P(A第一，B第一，C第二)*P(C得分为X|A第一，C第二)+P(A第一，B第一，C第三)*P(C得分为X|A第一，C第三)代入已知条件，得：P(X=0)=(1/3)*(2/3)*(1/2)+(1/3)*(1/3)*(1/2)+(1/3)*(2/3)*(1/3)*(1/2)+(1/3)*(2/3)*(2/3)*(1/3)=5/18P(X=1)=(1/3)*(2/3)*(1/2)*(1/4)+(1/3)*(1/3)*(1/2)*(1/2)+(1/3)*(2/3)*(1/3)*(1/4)+(1/3)*(2/3)*(2/3)*(1/3)*(1/2)=7/72P(X=2)=(1/3)*(2/3)*(1/2)*(1/2)+(1/3)*(1/3)*(1/2)*(1/2)+(1/3)*(2/3)*(1/3)*(1/2)+(1/3)*(2/3)*(2/3)*(1/3)*(1/4)=7/72P(X=3)=(1/3)*(2/3)*(1/2)*(1/4)+(1/3)*(1/3)*(1/2)*(1/4)+(1/3)*(2/3)*(1/3)*(1/4)+(1/3)*(2/3)*(2/3)*(1/3)*(1/2)=5/72因此，X的分布列为：{5/18,7/72,7/72,5/72}，X的数学期望为：E(X)=0*5/18+1*7/72+2*7/72+3*5/72=13/36题目：已知直线l的斜率为k，过点A(1,2)且垂直于直线l的直线方程为2x-y+3=0，直线l与曲线C相交于A,B两点。求曲线C的直角坐标方程，若|AB|=13，求直线l的倾斜角α的值。解答：1.首先求出直线l的方程。由于直线l垂直于过点A(1,2)的直线2x-y+3=0，所以直线l的斜率为该直线的法向量的斜率的相反数，即k=-1/2。过点A(1,2)且斜率为-1/2的直线方程为y=-1/2x+5/2。2.求曲线C的方程。设曲线C的方程为y=f(x)，则曲线C与直线l的交点坐标为(x,f(x))，代入直线l的方程得到f(x)=-1/2x+5/2。由于曲线C与直线l相交于A,B两点，所以曲线C过点A(1,2)，代入得到f(1)=2。因此曲线C的方程为y=-1/2x+9/2。3.求直线l的倾斜角α的值。由于直线l的斜率为-1/2，所以tanα=-1/2，解得α≈-26.57°。2.1改写后：已知三角形ABC为等边三角形，D为AB的中点，CD垂直于AB。因为AD平行于BC，所以A与A1重合，A1B1垂直于BC，A1B1与AB平行，所以A1A垂直于BC。又因为AD与BC相交于B，所以A1A垂直于平面ABC。设BC的中点为O，B1C1的中点为O1，以O为原点，OB所在的直线为x轴，OO1所在的直线为y轴，OA所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系O-xyz。则C(-1,0,0)，A1(0,2,3)，D(1,0,2)，B1(1,2,0)。设平面DAC1的法向量为n1=(x1,y1,z1)，则有n1·CD=x1+z1=3，n1·CA1=1·x1+2·y1+3·z1=11。解方程组得n1=(1,1,-3)。设平面ACB1的法向量为n2=(x2,y2,z2)，则有n2·CA1=3x2+2y2+z2=5，n2·CB1=2x2+2y2=3。解方程组得n2=(1,-1,2)。所以cos<DA1CB1>=n1·n2/|n1||n2|=(-5/7)。2.2删除段落：22（2）因为AD2A，所以A1AAD，1A5AD2b2解：（Ⅰ）根据已知椭圆C的焦距为2c，当yc时，|MN||x1x2|，a12b2c由题意MNF2的面积为|F1F2||MN|c|MN|3，2a由已知得c3，∴b21，∴a24，a22y2∴椭圆C的标准方程为x1．-------------4分4ykxm,222（Ⅱ）设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由2得(k4)x2mkxm4，∴24xy40,8m242km，x1x221.给定方程为$\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}=\frac{2k+4k+4}{x_1x_2}$，化简得$x_1x_2=\frac{12k^2m^2}{4m^2-16}$，代入原式得$\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}=\frac{m^2k^2+m^2-k^2-4}{2(k+4)k+4}$，即$\frac{m^2+k^2-4}{2(k+4)k+4}>0$，化简得$k^2-m^2+4>0$，即$m^2-k^2<4$。又因为$\Delta=4mk-4(k+4)(m-4)>0$，所以$k^2-m^2+4>0$，即$m^2+k^2-4>0$。综上所述，$m$的取值范围为$-2<m<-1$或$1<m<2$。2.（Ⅰ）已知$f(x)=ae^{2x}$，$g(x)=\cosx+b$，代入题目给定的条件可得$a=b=1$，直线$l$的方程为$y=x+1$。又因为$f(0)=a=1$，$g(1)=\cos1+b$，所以曲线$y=f(x)$在点$(0,f(0))$处的切线为$y=x+1$，曲线$y=g(x)$在点$(1,g(1))$处的切线为$y=x+1$，即直线$l$是两个曲线在该点处的公切线。所以$f(x)\geqx+1$，$g(x)\leqx+1$，又因为$f(x)$和$g(x)$在$(-\infty,+\infty)$上都是连续函数，所以$f(x)>g(x)$。（Ⅱ）设$F(x)=f(x)-(x+1)=e^x-x-1$，$G(x)=x+1-g(x)=1-\sin(\frac{x}{2})$，则$F'(x)=e^x-1$，$F''(x)=e^x>0$，所以$F(x)$在$(-\infty,+\infty)$上是凸函数，又因为$F(0)=0$，所以$F(x)>0$，即$f(x)>x+1$。同理可得$g(x)<x+1$，所以$f(x)>g(x)$。解析：（1）由题意：$f(