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普通高等学校招生全国统一考试(全国新课标Ⅱ卷) 理科数学试题及详解

普通高等学校招生全国统一考试(全国新课标Ⅱ卷) 理科数学试题及详解2018年普通高等学校招生全国统一考试（全国新课标2卷）理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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2i1．（）12i43433434A．iB．iC．iD．i555555551．【答案】D12i12i234i【解析】，故选D．12i55...

2018年普通高等学校招生全国统一考试（全国新课标2卷）理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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2i1．（）12i43433434A．iB．iC．iD．i555555551．【答案】D12i12i234i【解析】，故选D．12i552．已知集合Ax，yx2y2≤3，xZ，yZ，则A中元素的个数为（）A．9B．8C．5D．42．【答案】A【解析】x2y23，x23，xZ，x1，0，1，当x1时，y1，0，1；当x0时，y1，0，1；当x1时，y1，0，1；所以共有9个，故选A．exex3．函数fx的图像大致为（）x23．【答案】Bexex【解析】x0，fxfx，fx为奇函数，舍去A，x2f1ee10，舍去D；exexx2exex2xx2exx2exfx，x4x3x2，fx0，所以舍去C；故选B．4．已知向量a，b满足|a|1，ab1，则a(2ab)（）A．4B．3C．2D．04．【答案】B【解析】a2ab2a2ab2a21213，故选B．x2y25．双曲线1(a0,b0)的离心率为3，则其渐近线方程为（）a2b223A．y2xB．y3xC．yxD．yx225．【答案】Acb2c2a2b【解析】e3，e21312，2，aa2a2ab因为渐近线方程为yx，所以渐近线方程为y2x，故选A．aC56．在△ABC中，cos，BC1，AC5，则AB（）25A．42B．30C．29D．256．【答案】AC523【解析】cosC2cos2121，2553c2a2b22abcosC12521532，c42，故选A．5111117．为计算S1…，设计了右侧的程序框图，开始23499100则在空白框中应填入（）N0,T0A．ii1B．ii2C．ii3D．ii4i1是否7．【答案】Bi10011111【解析】由S1得程序框图先对奇数项累123499100NNSNT加，偶数项累加，最后再相减．因此在空白框中应填入ii2，选B．i1TT输出Si18．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成结束果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是（）1111A．B．C．D．121415188．【答案】C【解析】不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数，共有C245种方法，因为7+23=11+19=13+17=30，所以随机选取两个不同1031的数，其和等于30的有3种方法，故概率为，故选C．45159．在长方体ABCDABCD中，ABBC1，AA3，则异面直线AD与DB所成角1111111的余弦值为（）1552A．B．C．D．56529．【答案】C【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD为x，y，z轴建立空间直角坐标系，1则D0,0,0，A1,0,0，B1,1,3，D0,0,3，AD1,0,3，DB1,1,3，1111ADDB1355cos11，异面直线AD与DB所成角的余弦值为，11ADDB25511511故选C．10．若f(x)cosxsinx在[a,a]是减函数，则a的最大值是（）ππ3πA．B．C．D．π42410．【答案】A【解析】因为fxcosxsinx2cosx，43所以由02kx2k,kZ得2kx2k,kZ，444π3ππ3π因此a,a,，aa,a，a，4444ππ0a，从而a的最大值为，故选A．4411．已知f(x)是定义域为(,)的奇函数，满足f(1x)f(1x)．若f(1)2，则f(1)f(2)f(3)…f(50)（）A．50B．0C．2D．5011．【答案】C【解析】因为fx是定义域为,的奇函数，且f1xf1x，所以f1xfx1，f3xfx1fx1，T4，因此f1f2f3f5012f1f2f3f4f1f2，f3f1，f4f2，f1f2f3f40，f2f2f2f20，从而f1f2f3f50f12，故选C．x2y212．已知F，F是椭圆C：1(ab0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在12a2b23过A且斜率为的直线上，△PFF为等腰三角形，FFP120，则C的离心率为61212（）2111A.B．C．D．323412．【答案】D【解析】因为△PFF为等腰三角形，FFP120，所以PFFF2c，121221233112由AP斜率为得，tanPAF，sinPAF，cosPAF，62621321311PFsinPAF2c13132由正弦定理得22，，AFsinAPFac31211522sinPAF322132131a4c，e，故选D．4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．曲线y2ln(x1)在点(0,0)处的切线方程为__________．13．【答案】y2x22【解析】y，k2，y2x．x101x2y50，14．若x,y满足约束条件x2y30，则zxy的最大值为__________．x50，14．【答案】9【解析】作可行域，则直线zxy过点A5,4时z取最大值9．15．已知sinαcosβ1，cosαsinβ0，则sin(αβ)__________．115．【答案】2【解析】sincos1，cossin0，111sin2cos21，sin，cos，22111111因此sinsincoscossincos21sin21．224442716．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，8若△SAB的面积为515，则该圆锥的侧面积为__________．16．【答案】402π715【解析】因为母线SA，SB所成角的余弦值为，所以母线SA，SB所成角的正弦值为，88115因为△SAB的面积为515，设母线长为l，所以l2515，l280，282因SA与圆锥底面所成角为45，所以底面半径为lcosl，422因此圆锥的侧面积为rll2402．2三、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为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分。17．（12分）记S为等差数列{a}的前n项和，已知a7，S15．nn13（1）求{a}的通项公式；n（2）求S，并求S的最小值．nn17．【答案】（1）a2n9；（2）Sn2–8n，最小值为–16．nn【解析】（1）设a的公差为d，由题意得3a3d15，n1由a7得d2．所以{a}的通项公式为a2n9．1nn（2）由（1）得Sn28n(n4)216，n当n4时，S取得最小值，最小值为16．n18．（12分）下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额y（单位：亿元）的折线图．为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了y与时间变量t的两个线性回归模型．根据2000年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1，2，…，17）建立模型①：yˆ30.413.5t；根据2010年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1，，2…，7）建立模型②：yˆ9917.5t．（1）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值；（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．18．【答案】（1）利用模型①预测值为226.1，利用模型②预测值为256.5；（2）利用模型②得到的预测值更可靠．【解析】（1）利用模型①，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为yˆ30.413.519226.1(亿元)．利用模型②，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为yˆ9917.59256.5(亿元)．（2）利用模型②得到的预测值更可靠．理由如下：（1）从折线图可以看出，2000年至2016年的数据对应的点没有随机散布在直线y30.413.5t上下，这说明利用2000年至2016年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势．2010年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加，2010年至2016年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010年至2016年的数据建立的线性模型yˆ9917.5t可以较好地描述2010年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠．（2）从计算结果看，相对于2016年的环境基础设施投资额220亿元，由模型①得到的预测值2261.亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理．说明利用模型②得到的预测值更可靠．19．（12分）设抛物线C：y24x的焦点为F，过F且斜率为k(k0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|8．（1）求l的方程（2）求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．19．【答案】（1）yx–1；（2）x32y2216或x112y62144．【解析】（1）由题意得F1,0，l的方程为ykx1k0，设Ax,y，Bx,y，1122ykx1由，得k2x22k24xk20，y24x2k2416k2160，故xx，12k24k24所以|AB||AF||BF|x1x1，12k24k24由题设知8，解得k1（舍去），k1．k2因此l的方程为yx1．（2）由（1）得AB的中点坐标为3,2，所以AB的垂直平分线方程为y2x3，即yx5，设所求圆的圆心坐标为x,y，00yx5,00x3x1100则(yx1)2，解得或，(x1)20016y2y60200因此所求圆的方程为x32y2216或x112y62144．20．（12分）如图，在三棱锥PABC中，ABBC22，PAPBPCAC4，O为AC的中点．（1）证明：PO平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值．POACMB320．【答案】（1）见解析；（2）．4【解析】（1）因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP23，2连结OB．因为ABBCAC，所以△ABC为等腰直角三角形，21且OBAC，OBAC2，由OP2OB2PB2知POOB，2由OPOB,OPAC知PO平面ABC．（2）如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．由已知得O0,0,0，B2,0,0，A0,2,0，C0,2,0，P0,0,23，AP0,2,23，取平面PAC的法向量OB2,0,0，设Ma,2a,00a2，则AMa,4a,0，设平面PAM的法向量为nx,y,z．由APn0，AMn0，2y23z0得，可取n3a4,3a,a，ax4ay023a43cosOB,n，由已知得cosOB,n，23a423a2a2223a434，解得a4（舍去），a，23a423a2a223834343n,,，又，所以．PC0,2,23cosPC,n33343所以PC与平面PAM所成角的正弦值为．421．（12分）已知函数f(x)exax2．（1）若a1，证明：当x0时，f(x)1；（2）若f(x)在(0,)只有一个零点，求a．e221．【答案】（1）见解析；（2）．4【解析】（1）当a1时，f(x)1等价于x21ex10，设函数gxx21ex1，则g'xx22x1exx12ex，当x1时，g'x0，所以gx在0,单调递减，而g00，故当x0时，gx0，即fx1．（2）设函数hx1ax2ex，fx在0,只有一个零点当且仅当hx在0,只有一个零点．当a0时，hx0，hx没有零点；当a0时，hxaxx2ex．当x0,2时，h'x0；当x2,时，h'x0．hx在0,2单调递减，在2,单调递增．4a故h21是hx在0,的最小值．e2e2①若h20，即a，hx在0,没有零点；4e2②若h20，即a，hx在0,只有一个零点；4e2③若h20，即a，由于h01，所以hx在0,2有一个零点，416a316a316a31h4a11110由（1）知，当x0时，exx2，所以．e4ae2a22a4a故hx在2,4a有一个零点，因此hx在0,有两个零点．e2综上，fx在0,只有一个零点时，a．4（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）x2cosθ，在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（θ为参数），直线l的参数y4sinθ方程为x1tcosα，（t为参数）．y2tsinα（1）求C和l的直角坐标方程；（2）若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为(1,2)，求l的斜率．22．【答案】（1）当cos0时，l的直角坐标方程ytanx2tan为，当cos0时，l的直角坐标方程为x1；（2）2．x2y2【解析】（1）曲线C的直角坐标方程为1，416当cos0时，l的直角坐标方程为ytanx2tan，当cos0时，l的直角坐标方程为x1．（2）将l的参数方程代入C的直角坐标方程，整理得关于t的方程13cos2t242cossint80．①因为曲线C截直线l所得线段的中点1,2在C内，所以①有两个解，设为t，t，则tt0．121242cossin又由①得tt，故2cossin0，于是直线l的斜率ktan2．1213cos223．[选修4－5：不等式选讲]（10分）设函数f(x)5|xa||x2|．（1）当a1时，求不等式f(x)0的解集；（2）若f(x)1，求a的取值范围．23．【答案】（1）x2x3；（2）,62,．2x4,x1【解析】（1）当a1时，fx2,1x2，2x6,x2可得fx0的解集为x2x3．（2）fx1等价于xax24，而xax2a2，且当x2时等号成立，故fx1等价于a24，由a24可得a6或a2，所以a的取值范围是,62,．绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题参考答案一、选择题1．D2．A3．B4．B5．A6．A7．B8．C9．C10．A11．C12．D二、填空题113．y2x14．915．16．402π2三、解答题17．解：（1）设{a}的公差为d，由题意得3a3d15．n1由a7得d=2．1所以{a}的通项公式为a2n9．nn（2）由（1）得Sn28n(n4)216．n所以当n=4时，S取得最小值，最小值为−16．n18．解：（1）利用模型①，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为yˆ30.413.519226.1(亿元)．利用模型②，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为yˆ9917.59256.5(亿元)．（2）利用模型②得到的预测值更可靠．理由如下：（ⅰ）从折线图可以看出，2000年至2016年的数据对应的点没有随机散布在直线y30.413.5t上下．这说明利用2000年至2016年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势．2010年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加，2010年至2016年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010年至2016年的数据建立的线性模型yˆ9917.5t可以较好地描述2010年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠．（ⅱ）从计算结果看，相对于2016年的环境基础设施投资额220亿元，由模型①得到的预测值226.1亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理．说明利用模型②得到的预测值更可靠．以上给出了2种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分．19．解：（1）由题意得F(1,0)，l的方程为yk(x1)(k0)．设A(x,y),B(x,y)，1122yk(x1),由得k2x2(2k24)xk20．y24x2k2416k2160，故xx．12k24k24所以|AB||AF||BF|(x1)(x1)．12k24k24由题设知8，解得k1（舍去），k1．k2因此l的方程为yx1．（2）由（1）得AB的中点坐标为(3,2)，所以AB的垂直平分线方程为y2(x3)，即yx5．设所求圆的圆心坐标为(x,y)，则00yx5,00x3,x11,00(yx1)2解得或(x1)20016.y2y6.0200因此所求圆的方程为(x3)2(y2)216或(x11)2(y6)2144．20．解：（1）因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP23．2连结OB．因为ABBCAC，所以△ABC为等腰直角三角形，21且OBAC，OBAC2．2由OP2OB2PB2知POOB．由OPOB,OPAC知PO平面ABC．（2）如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP(0,2,23),取平面PAC的法向量OB(2,0,0)．设M(a,2a,0)(0a2)，则AM(a,4a,0)．设平面PAM的法向量为n(x,y,z)．2y23z0由APn0,AMn0得，可取n(3(a4),3a,a)，ax(4a)y023(a4)所以cosOB,n．23(a4)23a2a23由已知可得|cosOB,n|．223|a4|34所以=．解得a4（舍去），a．23(a4)23a2a22383434所以n(,,)．3333又PC(0,2,23)，所以cosPC,n．43所以PC与平面PAM所成角的正弦值为．421．解：（1）当a1时，f(x)1等价于(x21)ex10．设函数g(x)(x21)ex1，则g'(x)(x22x1)ex(x1)2ex．当x1时，g'(x)0，所以g(x)在(0,)单调递减．而g(0)0，故当x0时，g(x)0，即f(x)1．（2）设函数h(x)1ax2ex．f(x)在(0,)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,)只有一个零点．（i）当a0时，h(x)0，h(x)没有零点；（ii）当a0时，h'(x)ax(x2)ex．当x(0,2)时，h'(x)0；当x(2,)时，h'(x)0．所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增．4a故h(2)1是h(x)在[0,)的最小值．e2e2①若h(2)0，即a，h(x)在(0,)没有零点；4e2②若h(2)0，即a，h(x)在(0,)只有一个零点；4e2③若h(2)0，即a，由于h(0)1，所以h(x)在(0,2)有一个零点，4由（1）知，当x0时，exx2，所以16a316a316a31h(4a)11110．e4a(e2a)2(2a)4a故h(x)在(2,4a)有一个零点，因此h(x)在(0,)有两个零点．e2综上，f(x)在(0,)只有一个零点时，a．422．解：x2y2（1）曲线C的直角坐标方程为1．416当cos0时，l的直角坐标方程为ytanx2tan，当cos0时，l的直角坐标方程为x1．（2）将l的参数方程代入C的直角坐标方程，整理得关于t的方程(13cos2)t24(2cossin)t80．①因为曲线C截直线l所得线段的中点(1,2)在C内，所以①有两个解，设为t，t，则12tt0．124(2cossin)又由①得tt，故2cossin0，于是直线l的斜率1213cos2ktan2．23．解：2x4,x1,（1）当a1时，f(x)2,1x2,2x6,x2.可得f(x)0的解集为{x|2x3}．（2）f(x)1等价于|xa||x2|4．而|xa||x2||a2|，且当x2时等号成立．故f(x)1等价于|a2|4．|a2|4a(,6][2,)由可得a6或a2，所以的取值范围是

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普通高等学校招生全国统一考试(全国新课标Ⅱ卷) 理科数学试题及详解

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