2018年高考数学试卷（浙江）（解析卷）

2018年浙江省高考数学试卷 参考答案与试题解析 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．（4分）已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则∁UA=（ ） A．∅ B．{1，3} C．{2，4，5} D．{1，2，3，4，5} 【考点】1F：补集及其运算． 【分析】根据补集的定义直接求解：∁UA是由所有属于集合U但不属于A的元素 构成的集合． 【解答】解：根据补集的定义，∁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． ∁UA={2，4，5} 故选：C． 【点评】本题考查了补集的定义以及简单求解，属于简单题． 2．（4分）双曲线 ﹣y2=1的焦点坐标是（ ） A．（﹣ ，0），（ ，0） B．（﹣2，0），（2，0） C．（0，﹣ ）， （0， ） D．（0，﹣2），（0，2） 【考点】KC：双曲线的性质． 【专题】34：方程思想；4O：定义法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程． 【分析】根据双曲线方程，可得该双曲线的焦点在x轴上，由平方关系算出c= =2，即可得到双曲线的焦点坐标．【解答】解：∵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） 故选：B． 【点评】 本题考查双曲线焦点坐标，着重考查了双曲线的标准方程和焦点坐标求法等知 识，属于基础题． 3．（4分）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 【考点】L!：由三视图求面积、体积． 【专题】35：转化思想；5F：空间位置关系与距离． 【分析】直接利用三视图的复原图求出几何体的体积． 【解答】解：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= ． 故选：C． 【点评】本题考查的知识要点：三视图的应用． 4．（4分）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 【考点】A5：复数的运算． 【专题】5N：数系的扩充和复数． 【分析】化简已知复数z，由共轭复数的定义可得． 【解答】解：化简可得z= = =1+i， ∴z的共轭复数=1﹣i 故选：B． 【点评】本题考查复数的代数形式的运算，涉及共轭复数，属基础题． 5．（4分）函数y=2|x|sin2x的图象可能是（ ） A． B． C． D． 【考点】3A：函数的图象与图象的变换． 【专题】35：转化思想；51：函数的性质及应用． 【分析】直接利用函数的图象和性质求出结果． 【解答】解：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． 故选：D． 【点评】本题考查的知识要点：函数的性质和赋值法的应用． 6．（4分）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 【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件． 【专题】38：对应思想；4O：定义法；5L：简易逻辑． 【分析】根据线面平行的定义和性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断 即可． 【解答】解：∵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．故选：A． 【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据线面平行的定义和性 质是解决本题的关键，是基础题． 7．（4分）设0＜p＜1，随机变量ξ的分布列是 ξ 0 1 2 P 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 【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差． 【专题】33：函数思想；4O：定义法；5I：概率与统计． 【分析】求出随机变量ξ的分布列与方差，再讨论D（ξ）的单调情况． 【解答】解：设0＜p＜1，随机变量ξ的分布列是 E（ξ）=0× +1× +2× =p+ ； 方差是D（ξ）= × + × + × =﹣p2+p+ =﹣ + ， ∴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． 故选：D． 【点评】本题考查了离散型随机变量的数学期望与方差的计算问题，也考查了 运算求解能力，是基础题． 8．（4分）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 【考点】L3：棱锥的结构特征；LM：异面直线及其所成的角；MI：直线与平面 所成的角；MJ：二面角的平面角及求法． 【专题】31：数形结合；44：数形结合法；5G：空间角． 【分析】作出三个角，表示出三个角的正弦或正切值，根据三角函数的单调性 即可得出三个角的大小． 【解答】解：∵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AB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． ∵tanθ1= = ，tanθ3= ，SN≥SO， ∴θ1≥θ3， 又sinθ3= ，sinθ2= ，SE≥SM， ∴θ3≥θ2． 故选：D． 【点评】本题考查了空间角的计算，三角函数的应 用，属于中档题． 9．（4分）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 ﹣4 • +3=0，则| ﹣|的最小值是（ ） A． ﹣1 B． +1 C．2 D．2﹣ 【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算． 【专题】11：计算题；31：数形结合；4R：转化法；5A：平面向量及应用． 【分析】把等式 ﹣4 • +3=0变形，可得得 ，即（ ）⊥（ ），设 ，则的终点在以（2，0）为圆心，以1为半径的圆周上，再 由已知得到的终点在不含端点O的两条射线y= （x＞0）上，画出图 形，数形结合得答案． 【解答】解：由 ﹣4 • +3=0，得 ， ∴（ ）⊥（ ）， 如图，不妨设 ， 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＞ 0）上． 不妨以y= 为例，则| ﹣|的最小值是（2，0）到直线 的距离减1． 即 ． 故选：A． 【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查数学转化思想方法与数形结合 的解题思想方法，属难题． 10．（4分）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 【考点】4H：对数的运算性质；87：等比数列的性质；8I：数列与函数的综 合． 【专题】11：计算题；32：分类讨论；34：方程思想；49：综合法；51：函数 的性质及应用；54：等差数列与等比数列． 【分析】利用等比数列的性质以及对数函数的单调性，通过数列的公比的讨论 分析判断即可． 【解答】解：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， 故选：B． 【点评】本题考查等比数列的性质的应用，函数的值的判断，对数函数的性 质，考查发现问题解决问题的能力，难度比较大． 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．（6分）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= 8 ，y= 11 ． 【考点】53：函数的零点与方程根的关系． 【专题】11：计算题；33：函数思想；49：综合法；51：函数的性质及应用． 【分析】直接利用方程组以及z的值，求解即可． 【解答】解： ，当z=81时，化为： ， 解得 x=8，y=11． 故答案为：8；11． 【点评】本题考查方程组的解法，是基本知识的考查． 12．（6分）若x，y满足约束条件 ，则z=x+3y的最小值是 ﹣2 ，最大 值是 8 ． 【考点】7C：简单线性规划． 【专题】1：常规题型；11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5T：不等 式． 【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，得到如图的△ABC及其内部，再将 目标函数z=x+3y对应的直线进行平移，观察直线在y轴上的截距变化，然后 求解最优解得到结果． 【解答】解：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． 故答案为：﹣2；8． 【点评】本题给出二元一次不等式组，求目标函数 的最小值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划 等知识，属于中档题． 13．（6分）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= 3 ． 【考点】HP：正弦定理． 【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；58：解三角形． 【分析】由正弦定理得 = ，由此能求出sinB，由余弦定理得cos60°= ，由此能求出c． 【解答】解：∵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． 故答案为： ，3． 【点评】本题考查三角形中角的正弦值、边长的求法，考查正弦定理、余弦定 理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题． 14．（4分）二项式（ + ）8的展开式的常数项是 7 ． 【考点】DA：二项式定理． 【专题】35：转化思想；4O：定义法；5P：二项式定理． 【分析】写出二项展开式的通项并整理，由x的指数为0求得r值，则答案可求． 【解答】解：由 = ．令 =0，得r=2． ∴二项式（ + ）8的展开式的常数项是 ． 故答案为：7． 【点评】本题考查了二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基 础题． 15．（6分）已知λ∈R，函数f（x）= ，当λ=2时，不等式f（x）＜ 0的解集是 {x|1＜x＜4} ．若函数f（x）恰有2个零点，则λ 的取值范围是 （1，3]∪（4，+∞） ． 【考点】3E：函数单调性的性质与判断；57：函数与方程的综合运用；5B：分 段函数的应用． 【专题】11：计算题；31：数形结合；34：方程思想；49：综合法；51：函数 的性质及应用． 【分析】利用分段函数转化求解不等式的解集即可；利用函数的图象，通过函 数的零点得到不等式求解即可． 【解答】解：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1＜λ≤3或λ＞4． 故 答 案 为 ： {x|1＜x＜4}； （ 1 ， 3]∪ （ 4 ， +∞ ） ． 【点评】本题考查函数与方程的应用，考查数形结合以及函数的零点个数的判 断，考查发现问题解决问题的能力． 16．（4分）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 1260 个没有重复数字的四位数．（用数字作答） 【考点】D9：排列、组合及简单计数问题． 【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5O：排列组合． 【分析】可先从1，3，5，7，9中任取2个数字，然后通过0是否存在，求解即 可． 【解答】解：从1，3，5，7，9中任取2个数字有 种方法， 从2，4，6，0中任取2个数字不含0时，有 种方法， 可以组成 =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 =540， 故一共可以组成1260个没有重复数字的四位数． 故答案为：1260． 【点评】本题考查排列组合及简单的计数问题，先选后排是解决问题的关键， 注意“0“是否在4位数中去易错点，是中档题． 17．（4分）已知点P（0，1），椭圆 +y2=m（m＞1）上两点A，B满足 =2 ，则当m= 5 时，点B横坐标的绝对值最大． 【考点】K4：椭圆的性质． 【专题】34：方程思想；48：分析法；5A：平面向量及应用；5D：圆锥曲线的 定义、性质与方程． 【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），运用向量共线的坐标表示，以及点满足 椭圆方程，求得y1，y2，有x2 2=m﹣（ ）2，运用二次函数的最值求法，可 得所求最大值和m的值． 【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2）， 由P（0，1）， =2 ， 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= ，y2= ， 则m=x2 2+（ ）2， 即有x2 2=m﹣（ ）2= = ， 即有m=5时，x2 2有最大值4， 即点B横坐标的绝对值最大． 故答案为：5． 【点评】本题考查椭圆的方程和应用，考查向量共线的坐标表示和方程思想、 转化思想，以及二次函数的最值的求法，属于中档题． 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．（14分）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． 【考点】G9：任意角的三角函数的定义；GP：两角和与差的三角函数． 【专题】33：函数思想；4R：转化法；56：三角函数的求值． 【分析】（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． 【解答】解：（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（﹣，﹣）． ∴x=﹣，y= ，r=|OP|= ， ∴sin（α+π）=﹣sinα= ； （Ⅱ）由x=﹣，y= ，r=|OP|=1， 得 ， ， 又由sin（α+β）= ， 得 = ， 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 ． 【点评】本题考查了任意角的三角函数的定义，考查了三角函数的诱导公式的 应用，是中档题． 19．（15分）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面 ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，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． 【考点】LW：直线与平面垂直；MI：直线与平面所成的角． 【专题】31：数形结合；41：向量法；5F：空间位置关系与距离；5G：空间 角． 【分析】（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，计算 与 的夹角即可得出线面角的大小． 【解答】（I）证明：∵A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC， ∴AA1∥BB1， ∵AA1=4，BB1=2，AB=2， ∴A1B1= =2 ， 又AB1= =2 ，∴AA12=AB12+A1B12， ∴AB1⊥A1B1，同理可得：AB1⊥B1C1， 又A1B1∩B1C1=B1， ∴AB1⊥平面A1B1C1． （II）解：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= ， 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=|cos＜ ＞|= ． ∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为 ． 【点评】本题考查了线面垂直的判定定理，线面角的计 算与空间向量的应用，属于中档题． 20．（15分）已知等比数列{an}的公比q＞1，且a3+