2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷-理科数学解析版WORD版

理科数学试卷 第 1 页（共 16 页） 理科数学试卷 第 2 页（共 16 页）绝 密 启 用 前2018 年 普 通 高 等 学 校 招 生 全 国 统 一 考 试 仿 真 卷理科数学（六）本 试 题 卷 共 14 页 ， 23 题 （ 含 选 考 题 ） 。 全 卷 满 分 150 分 。 考 试 用 时 120 分 钟 。祝 考 试 顺 利 注 意 事 项 ：1、 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码 粘 贴在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。 用 2B 铅 笔 将 答 题 卡 上 试 卷 类 型 A 后 的 方 框 涂 黑 。2、 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 。 写在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3、 填 空 题 和 解 答 题 的 作 答 ： 用 签 字 笔 直 接 答 在 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4、 选 考 题 的 作 答 ： 先 把 所 选 题 目 的 题 号 在 答 题 卡 上 指 定 的 位 置 用 2B 铅 笔 涂 黑 。 答 案 写 在答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 ， 写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。5、 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。第 卷一 、 选 择 题 ： 本 大 题 共 12 小 题 ， 每 小 题 5 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 。12018漳州调研 在复平面内，复数 和 对应的点分别是 和 ，则1z22,1A0,B（ ）2zA B C D1i12i12i12i【答案】C【解析】由复数 和 对应的点分别是 和 得： ， ，故1z2,A0,B1iz2iz，故选 C12iiz22018晋中调研 已知集合 ， ，则 （ ）|1Mx21xNMNA B C D|01x|0| 【答案】A【解析】 ， ， 故选：210xN|1Mx|01NxA32018南平质检 已知函数 ，若 ，则实数 的取值范围是（ lnfxf）A B C D,e10,1,ee1,【答案】C【解析】已知函数 ，若 ，则 ，由函数为增函lnfxfxlnfxf数，故： ，故选 C01e1e42018孝义模拟 若 ，则 等于（ ）ta43cos2A B C D351213【答案】A【解析】已知 ，解得 ，tantan431tan2，将正切值代入得到 故答案为：22222cositcossina35A52018漳州调研 已知向量 ， ， ，若 ，则实数 的2,1a,Ax1,BABax值为（ ）A B C D0 5【答案】A【解析】 ， ， ，又 ， ，1,x,12,1ABx2,1aABa ，解得 ，故选 A20Ba 562018黄山一模 九章算术卷 5商功记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺问积几何？答曰：二千一百一十二尺术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一” 这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一” 就是说：圆堡瑽（圆柱体）的体积为 （底面圆的周长的平方 高） ，则12V由此可推得圆周率 的取值为（ ）A B C D33.13.43.2班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 此卷只装订不密封.【答案】A【解析】设圆柱体的底面半径为 ，高为 ，由圆柱的体积公式得体积为： rh 2Vrh由题意知 所以 ，解得 故选 A21Vrh221r372018宁德质检 已知三角形 中， ， ，连接 并取ABCADBCD线段 的中点 ，则 的值为（ ）CDFDA B C D5154522【答案】B【解析】因为 ，线段 的中点为 ， ，3AF14ABC，1114242482AFDCBAB，故选 B566A82018海南二模 已知正项数列 满足 ，设 ，则na2110nnna12lognnab数列 的前 项和为（ ）nbA B C D12n12n12n【答案】C【解析】由 ，可得： ，2110nnnaa110nnaa又 ， ， ， ，0nn12nn221loglnb数列 的前 项和 ，故选：Cnb92018集宁一中 设不等式组 所表示的平面区域为 ，在 内任取一点3240,xyM， 的概率是（ ）,Pxy1A B C D17273747【答案】A【解析】作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，四边形 所示，作出直线OABC，由几何概型的概率计算公式知 的概率 ，故选1xy 1xy127OABCSP阴 影四 边 形A102018江西联考 如图，网格纸上小正方形的边长为 2，粗实线及粗虚线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ）A B C D5144124131【答案】C【解析】根据三视图得出，该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥 ，OABC正方体的棱长为 4， ， 为棱的中点，根据几何体可以判断：球心应该在过 ，AD的平行于底面的中截面上，D设球心到截面 的距离为 ，则到 的距离为 ，BCOxA4x， ， 22Rx224R解得出： ， ，3218该多面体外接球的表面积为： ，故选 C24理科数学试卷 第 5 页（共 16 页） 理科数学试卷 第 6 页（共 16 页）112018深圳中学 为自然对数的底数，已知函数 ，则函数e 1,8lnxf有唯一零点的充要条件是（ ）yfxaA 或 或 B 或12e981a28eaC 或 D 或9【答案】A【解析】作出函数 的图像如图所示，其中 ， ，fx1,8A,1B则 ， ，设直线 与曲线 相切，98OAk1Byaxlnyx则 ，即 ，设 ，lnaxlnag则 ，当 时， ，22lxxg2e0x分析可知，当 时，函数 有极大值也是最大值， ，eg21eg所以当 时，此时直线 与曲线 相切21ayaxln1yx分析图形可知，当 或 或 时，函数 的图像与函数 的图像只21e98fyax有一个交点，即函数 有唯一零点故选 Ayfxa122018华师附中 已知抛物线 的焦点为 ， 为坐标原点，点2:(0)EypxFO， ，连结 ， 分别交抛物线 于点 ， ，且 ， ，,92pM,12pNOMNEAB三点共线，则 的值为（ ）FA1 B2 C3 D4【答案】C【解析】直线 的方程为 ，将其代入 ，解得 ，OM18yxp2ypx32169py故 ；直线 的方程为 ，将其代入 ，解得 ，32,169pAN2yxp2ypx32py故 ，又 ，所以 ， ，因为 ， ， 三点共线，32,B,0pF94ABk218AFkpABF所以 ，即 ，解得 故选 CABFk291843p第 卷本 卷 包 括 必 考 题 和 选 考 题 两 部 分 。 第 (13)(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 。二 、 填 空 题 ： 本 大 题 共 4 小 题 ， 每 小 题 5 分 。132018朝阳期末 执行如图所示的程序框图，输出 的值为_S.【答案】48【解析】第 1 次运行， ， ， ， 不成立1i2S124i第 2 次运行， ， ， ， 不成立2i 43i第 3 次运行， ， ， ， 不成立343第 3 次运行， ， ， ， 成立，i1S2854i故输出 的值为 48S142018常州期中 如图，在平面直角坐标系 中，函数 ，xOysinyx0的图像与 轴的交点 ， ， 满足 ，则 _0xABC2AB【答案】 34【解析】不妨设 ， ， ，得 ， ，0xx2xBxAx，由 ，得 ，解得 2Cx2OACB334152018池州期末 函数 与 的图象有 个交点，其坐标依次1xysin12xyn为 ， ， ，则 _1,xy2,n1niii【答案】4【解析】因为 ， 两个函数对称中心均为 ；画21xyx3sin12xy0,1出 ， 的图象，由图可知共有四个交点，且关于2xyxsiy对称， ， ，故 ，故答案为 40,1142301423y41iixy162018集宁一中 已知圆 的圆心在直线 上，半径为 ，若圆 上存C240xy5C在点 ，它到定点 的距离与到原点 的距离之比为 ，则圆心 的纵坐标的M0,4AO取值范围是_【答案】 13,5【解析】因为圆心 在直线 上，设圆心 ，C240xy24,Cb则圆 的方程为 ，5bb设点 ，因为 ，所以 ，,MxyAO22245xyxy化简得 ，即 ，240221所以点 在以 为圆心， 为半径的圆上，则 ，,1D555CD即 ，整理得 ，220b2014720b由 ，得 ，由 ，得 ，547bR2 135b所以圆心 的纵坐标的取值范围是 C3,5三 、 解 答 题 ： 解 答 应 写 出 文 字 说 明 、 证 明 过 程 或 演 算 步 骤 。172018天门期末 在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，已知ABC BCabc理科数学试卷 第 9 页（共 16 页） 理科数学试卷 第 10 页（共 16 页）coscs3incosCABAB（1）求 的值；（2）若 ，求 的取值范围1ab【答案】 （1） ；（2） cos1b【解析】 （1）由已知得 ，scos3sinco0ABAB即有 ，3 分sin3inc0AB因为 ， 又 ， 0sscs0ta3又 ， ， ，6 分31co2B（2）由余弦定理，有 2csba因为 ， ，9 分1acs有 ，又 ，于是有 ，即有 12 分2234b01a214b1b182018河南二模 某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过 站的地铁票价如下表：30乘坐站数 x01x2x03x票价（元） 369现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过站甲、乙乘坐不超过 站的概率分别为 ， ；甲、乙乘坐超过 站的概率分别301014320为 ， 12（1）求甲、乙两人付费相同的概率；（2）设甲、乙两人所付费用之和为随机变量 ，求 的分布列和数学期望X【答案】 （1） ；（2） 3514EX【解析】 （1）由题意知甲乘坐超过 站且不超过 站的概率为 ，020142乙乘坐超过 站且不超过 站的概率为 ，013设“甲、乙两人付费相同”为事件 ，A则 ，143PA123所以甲、乙两人付费相同的概率是 5 分13（2）由题意可知 的所有可能取值为： ， ， ， ， 6 分X691258，7 分16432P，8 分916，9 分1X43，10 分243P11 分186因此 的分布列如下：X912518P126346所以 的数学期望 12 分X9158EX192018三门峡期末 如图，在三棱锥 中，平面 平面 ，PABCDABPC， 2ABCP0（1）求直线 与平面 所成角的正弦值；PABC（2）若动点 在底面 边界及内部，二面角 的余弦值为 ，求M MPAC31的最小值B【答案】 （1） ；（2） 63105【解析】 （1）取 中点 ， ， ， ， ACOABCPOBCP平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，BPAAO以 为坐标原点， 、 、 分别为 、 、 轴建立如图所示空间直角坐标系，xyz.， ，2ABCP1OBCP， ， ， ， ，0,O,10,0,01 ， ， ，2 分A设平面 的法向量 ，由 ， 得方程组 ，取PBC,xyzm0BCm0P0xyz，4 分1,m 5 分os3,6cAP直线 与平面 所成角的正弦值为 6 分BC63（2）由题意平面 的法向量 ，PAC1,0n设平面 的法向量为 ， ，M0,xyzk,Mmn ， ， ， ，0,1AmAPk0k ，取 ，9 分00yzmxn1,nk ， 或 （舍去） 31cos,k29m3m13n 点到 的最小值为垂直距离 12 分BAM105d202018盐城中学 给定椭圆 ，称圆 为椭圆2:xyCab221:Cxyab的“伴随圆” 已知点 是椭圆 上的点C,1A2:4Gm（1）若过点 的直线 与椭圆 有且只有一个公共点，求 被椭圆 的伴随圆0,1PlGlG所截得的弦长：G（2） ， 是椭圆 上的两点，设 ， 是直线 ， 的斜率，且满足BCG1k2ABC，试问：直线 是否过定点，如果过定点，求出定点坐标，如果不过定点，14kBC试说明理由【答案】 （1） ；（2）过原点5【解析】 （1）因为点 是椭圆 上的点,1A2:4Gxym， 即椭圆 ，2 分24m8:18， ， 伴随圆 ，28a2b21:0xy当直线 的斜率不存在时：显然不满足 与椭圆 有且只有一个公共点，3 分l lG当直接 的斜率存在时：将直线 与椭圆 联立，:1lk2:48xy得 ，21481032kxk由直线 与椭圆 有且只有一个公共点得 ，lG2280130kk解得 ，由对称性取直线 即 ，1k:1lyx:lxy圆心到直线 的距离为 ，l05d直线 被椭圆 的伴随圆 所截得的弦长 ，6 分lG12105（2）设直线 ， 的方程分别为 ， ，ABCykx2ykx设点 ， ，1,xy2,xy联立 得 ，2:48G222111468640kxkxk则 得 同理 ，8 分126kx12128斜率 ，9 分12148OBxyk同理 ，因为 ，10 分248Ck12理科数学试卷 第 13 页（共 16 页） 理科数学试卷 第 14 页（共 16 页）所以 ，2 211121144488OC OBkkk， ， 三点共线，即直线 过定点 12 分BBC0,212018烟台期末 已知函数 ln1afxxR（1）求函数 的单调区间；fx（2）若存在 ，使 成立，求整数 的最小值11xfa【答案】 （1）答案见解析；（2）5【解析】 （1）由题意可知， ， ，1 分0x221xfx方程 对应的 ，20xa14a当 ，即 时，当 时， ，140,x0fx 在 上单调递减；2 分fx0,当 时，方程 的两根为 ，14a20xa142a且 ，1402此时， 在 上 ，函数 单调递增，fx,2a0fxfx在 ， 上 ，函数 单调递减；4 分140,214,ff当 时， ， ，a0a02a此时当 ， ， 单调递增，140,2xfxfx当 时， ， 单调递减；,a0ff综上：当 时， ， 单调递增，0a14,2axfx当 时， 单调递减；14,2xf当 时， 在 上单调递增，0afx141,2a在 ， 上单调递减；14,2,当 时， 在 上单调递减；6 分4afx0,（2）原式等价于 ，1ln21ax即存在 ，使 成立x设 ， ，则 ，7 分ln21gx2ln1xg设 ，lhx则 ， 在 上单调递增10xhx1,又 ， ，3ln2l3h4ln2ln0根据零点存在性定理，可知 在 上有唯一零点，设该零点为 ，9 分hx1, 0x则 ，且 ，即 ，0,4x00ln2x00lx ，0min0l21g由题意可知 ，又 ， ， 的最小值为 512 分1ax03,4aZ请 考 生 在 22、 23 题 中 任 选 一 题 作 答 ,如 果 多 做 ,则 按 所 做 的 第 一 题 计 分 。222018深圳中学 选修 44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系 中，已知曲线 与曲线 （ 为参数，xOy1:Cxy2cos:inxCy） 以坐标原点为极点， 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系0,2.（1）写出曲线 ， 的极坐标方程；1C2（2）在极坐标系中，已知点 是射线 与 的公共点，点 是 与 的公A:0l1CBl2C共点，当 在区间 上变化时，求 的最大值0,2OB【答案】 （1） ， ；（2） sin44cos2【解析】 （1）曲线 的极坐标方程为 ，即 1Cin12sin4曲线 的普通方程为 ，即 ，所以曲线 的极坐标方程为224xy240xy2C5 分4cos（2）由（1）知 ， ，1cosinAOcosBO，4cosi2si2in24BA由 知 ，当 ，025+44即 时， 有最大值 10 分8O2232018晋中调研 选修 4-5：不等式选讲已知 ， ， ，函数 0ab0cfxcaxb（1）当 时，求不等式 的解集；13（2）当 的最小值为 时，求 的值，并求 的最小值fx3bc1abc【答案】 （1） 或 ；（2）3|x【解析】 （1） ，1f或 或 ，23xx23解得 或 5 分|1（2） ， 3fxcaxbaxbcabc1133abc 1323当且仅当 时取得最小值 10 分1abc3