2018年理科一卷

2018年普通高等学校招生全国统一考试 (新课标Ⅰ卷)

理 科 数 学

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A．0

1i2i，则z（ ） 1i B．

1 2 C．1 D．2 2．已知集合Ax|x2x20，则ðRA（ ） A．x|1x2

D．x|x≤1

B．x|1≤x≤2 C．x|x1x|x2

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 4．记Sn为等差数列an的前n项和．若3S3S2S4，a12，则a3（ ） A．12

B．10

C．10

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处的切线方程为（ ） A．y2x

B．yx

C．y2x

D．yx

6．在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EB（ ） A．

31ABAC 44 B．

13ABAC 44

C．

3113ABAC D．ABAC 44447．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图所示，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

B．25

C．3

D．2

8．设抛物线C：y24x的焦点为F，过点2，0且斜率为A．5

B．6

C．7

2的直线与C交于M，N两点，则FMFN（ ） 3 D．8

ex，x≤09．已知函数fx，gxfxxa，若gx存在2个零点，则

lnx，x0a的取值范围是（ ）

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

x211．已知双曲线C：y21，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，

3N．若△OMN为直角三角形，则MN（ ）

A．

3 2 B．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．33 4 B．23 3 C．32 4 D．3 2二、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14．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。）

17．（12分）在平面四边形ABCD中，∠ADC90，∠A45，AB2，BD5． ⑴求cos∠ADB； ⑵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．

⑴证明：平面PEF⊥平面ABFD； ⑵求DP与平面ABFD所成角的正弦值．

x219．（12分）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的坐标为2，0．

2⑴当l与x轴垂直时，求直线AM的方程； ⑵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．

⑴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；

⑵现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以⑴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） 已知函数fx1xalnx． ⑴讨论fx的单调性； xfx1fx2x1x2a2．

⑵若fx存在两个极值点x1，x2，证明：

（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kx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)C2的直角坐标方程；⑵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． ⑴当a1时，求不等式fx1的解集；

⑵若x∈0，1时不等式fxx成立，求a的取值范围．

2018年普通高等学校招生全国统一考试 (新课标Ⅰ卷)

理 数 答 案

一、选择题

1. 答案：C解答：z1i2ii，∴z1，∴选C. 1i2. 答案：B解答：A{x|x2或x1}，则CRA{x|1x2}.

3. 答案：A解答：

假设建设前收入为a，则建设后收入为2a，所以种植收入在新农村建设前为60%a，新农村建设后为37%2a；其他收入在新农村建设前为4%a，新农村建设后为5%2a，养殖收入在新农村建设前为30%a，新农村建设后为30%2a 故不正确的是A. 4. 答案：B解答：

32433(3a1d)2a1d4a1d9a19d6a17d3a12d062d0d3，∴

22a5a14d24(3)10.

5. 答案：D解答：

∵f(x)为奇函数，∴f(x)f(x)，即a1，∴f(x)x3x，∴f'(0)1，∴切线方程为：yx，∴选D.

6. 答案：A解答：

EBABAEAB7. 答案：B解答：

11131ADAB(ABAC)ABAC. 22244三视图还原几何体为一圆柱，如图，将侧面展开，最短路径为M,N连线的距离，所以

MN422225，所以选B. 8. 答案：D解答：

2y(x2)2M(x,y),N(x,y)3由题意知直线MN的方程为y(x2)，设，1122，与抛物线方程联立有3y24xx11x24可得或，∴FM(0,2),FN(3,4)，∴FMFN03248.

y12y249. 答案：C解答：

∵g(x)f(x)xa存在2个零点，即yf(x)与yxa有两个交点，f(x)的图象如下：

要使得yxa与f(x)有两个交点，则有a1即a1，∴选C. 10. 答案：A解答：取ABAC2,则BC22，

112∴区域Ⅰ的面积为S1222，区域Ⅲ的面积为S3(2)22，

222区域Ⅱ的面积为S21S32，故p1p2.

11. 答案：B

x23解答：渐近线方程为：y20，即yx，∵OMN为直角三角形，假设ONM，如图，

233∴kNM3xy3333，直线MN方程为y3(x2).联立∴N(,)，即ON3，∴

22y3(x2)MON3，∴MN3，故选B.

12.

答案：A解答：

由于截面与每条棱所成的角都相等，所以平面中存在平面与平面AB1D1平行（如图），而在与平面

AB1D1平行的所有平面中，面积最大的为由各棱的中点构成的截面EFGHMN，而平面EFGHMN的面122333积S. 622224

二、填空题 13.答案：6 解答：

画出可行域如图所示，可知目标函数过点(2,0)时取得最大值，zmax32206. 14.答案：63

Sn2an1,解答：依题意，作差得an12an，所以{an}为公比为2的等比数列，又因为

Sn12an11,a1S12a11，所以a11，所以an2n11(126)63. ，所以S6121215.答案：16解答：恰有1位女生，有C2C412种；

21恰有2位女生，有C2C44种，∴不同的选法共有12416种.

16.答案：33解答：∵f(x)2sinxsin2x，∴f(x)最小正周期为T2，∴21或2f'(x)2(cosxcos2x)2(2cos2xcosx1)，令f'(x)0，即2cos2xcosx10，∴cosx15，为函数的极小值点，即x或x, 2335333.f()3，f(0)f(2)0，f()0 当cosx1,x∴f()323233. ∴f(x)最小值为2三、解答题

cosx1.∴当cos17.答案：（1）23；（2）5.解答： 5

（1）在ABD中，由正弦定理得：

522,∴sinADB, ∵ADB90,∴sin45sinADB5cosADB1sin2ADB23. 5（2）ADBBDC2,∴

cosBDCcos(ADB)sinADB2，∴

coBsDC2cosA2825BC2DC2BD2BC2(D,∴BcosBDC)AsDiBn,∴.∴

2BDDC52522BC5.

18.答案：（1）略；（2）3.解答：（1）E,F分别为AD,BC的中点，则EF//AB，∴EFBF， 4又PFBF，EFPFF，∴BF平面PEF， BE平面ABFD，∴平面PEF平面ABFD. （2）PFBF，BF//ED，∴PFED，

又PFPD，EDDPD，∴PF平面PED，∴PFPE， 设AB4，则EF4，PF2，∴PE23， 过P作PHEF交EF于H点，

由平面PEF平面ABFD，

∴PH平面ABFD，连结DH，

则PDH即为直线DP与平面ABFD所成的角， 由PEPFEFPH，∴PH2323， 4而PD4，∴sinPDHPH3， PD43. 4∴DP与平面ABFD所成角的正弦值

19.答案：（1）y122（2）略.解答：（1）如图所示，将x1代入椭圆方程得y1，得(x2)；

22y2222，∴A(1,，∴直线AM的方程为：y)，∴kAM(x2). 2222

（2）证明：当l斜率不存在时，由（1）可知，结论成立；当l斜率存在时，设其方程为yk(x1)，

yk(x1)24k22222A(x1,y1),B(x2,y2)，,即(2k1)x4kx2k20，联立椭圆方程有x∴x1x22，22k1y122k2，kAMkBM22k12x1x24k2412k2yyk[(2x1x23(x1x2)4]k(224)122k12k10，∴x12x22(x12)(x22)(x12)(x22)kAMkBM，∴OMAOMB.

20. 答案：略解答：

2218（1）由题可知f(p)C20p(1p)（0p1）.

218217217∴f(p)C20[2p(1p)18p(1p)(1)]2C20p(1p)(110p)

∴当p(0,

1111)时，f(p)0，即f(p)在(0,)上递增；当p(,1)时，f(p)0，即f(p)在(,1)10101010

上递减. ∴f(p)在点p11处取得最大值，即p0.

10101B(180,，)∴

10Y，由题可知Y（2）（i）设余下产品中不合格品数量为Y，则X4025EYnp180118. 10∴EXE(4025Y)4025EY402518490（元）.

（ii）由（i）可知一箱产品若全部检验只需花费400元，若余下的不检验则要490元，所以应该对余下的产品作检验.

21.答案：（1）见解析；（2）见解析.

1x2ax1解答：1）①∵f(x)xalnx，∴f'(x)，∴当2a2时，0，f'(x)0，∴2xx此时f(x)在(0,)上为单调递增.

aa24aa24②∵0，即a2或a2，此时方程xax10两根为x1，当a2,x2222aa24f(x)f'(x)(0,)时，此时两根均为负，∴在上单调递减.当a2时，0，此时在(0,)2222aa4aa4aa4上单调递减，f(x)在(,)上单调递增，f(x)在(,)上单调递减.∴

22222aa4aa4综上可得，a2时，f(x)在(0,)上单调递减；a2时，f(x)在(0,)，(,)2222aa4aa4上单调递减，f(x)在(,)上单调递增.

22（2）由（1）可得，xax10两根x1,x2得a2，x1x2a,x1x21，令0x1x2，∴x121，x2f(x1)f(x2)11x1alnx1(x2alnx2)2(x2x1)a(lnx1lnx2).∴x1x2f(x1)f(x2)lnx1lnx2f(x1)f(x2)lnx1lnx22aa21成立，∴，要证成立，即要证

x1x2x1x2x1x2x1x2lnx11x1x22lnx2x2x2x2，

0(x21)0x1x2x1x2

即要证2lnx21x20(x21) x2lnx1lnx211成令g(x)2lnxx(x1)，可得g(x)在(1,)上为增函数，∴g(x)g(1)0，∴

x1x2xf(x1)f(x2)a2成立. 立，即

x1x222.答案：

（1）(x1)2y24；（2）y4x2 解答： 3（1）由22cos30可得：x2y22x30，化为(x1)2y24.

（2）C1与C2有且仅有三个公共点，说明直线ykx2(k0)与圆C2相切，圆C2圆心为(1,0)，半径为2，则23.答案：

k2442，解得k，故C1的方程为yx2.

33k211{x|x}；（1）（2）(0,2].解答：

22（1）当a1时，f(x)|x1||x1|2x2x11x1， x11∴f(x)1的解集为{x|x}.

2（2）当a0时，f(x)|x1|1，当x(0,1)时，f(x)x不成立. 当a0时，x(0,1)，∴f(x)x1(1ax)(a1)xx，不符合题意. 当0a1时，x(0,1)，f(x)x1(1ax)(a1)xx成立.

1(a1)x,1xa当a1时，f(x)，∴(1a)121，即a2.

1(1a)x2,xa综上所述，a的取值范围为(0,2].