1、 绝密启用前绝密启用前 2018 年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学 注意事项： 1答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 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. 已知集合，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】分析：由题意先解出集合 A,进而得到结果。 详解：由集合
2、 A 得, 所以 故答案选 C. 点睛：本题主要考查交集的运算，属于基础题。 2. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】分析：由复数的乘法运算展开即可。 详解： 故选 D. 点睛：本题主要考查复数的四则运算，属于基础题。 3. 中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中 木构件右边的小长方体是榫头若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体， 则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】分析：观察图形可得。 详解：观擦图形图可知，俯视图为 故答案为 A. 点睛：本题主要考擦空间几何体的三视图
3、，考查学生的空间想象能力，属于基础题。 4. 若，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】分析：由公式可得。 详解： 故答案为 B. 点睛：本题主要考查二倍角公式，属于基础题。 5. 的展开式中的系数为 A. 10 B. 20 C. 40 D. 80 【答案】C 【解析】分析：写出，然后可得结果 详解：由题可得 令,则 所以 故选 C. 点睛：本题主要考查二项式定理，属于基础题。 6. 直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆 上，则面积的取值 范围是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】分析：先求出 A，B 两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点 P 到直线距 离范围，由面积公式
4、计算即可 详解：直线分别与轴，轴交于，两点 ,则 点 P 在圆上 圆心为（2，0） ，则圆心到直线距离 故点 P 到直线的距离的范围为 则 故答案选 A. 点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档 题。 7. 函数的图像大致为 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】分析：由特殊值排除即可 详解：当时，排除 A,B. ,当 时，,排除 C 故正确答案选 D. 点睛：本题考查函数的图像，考查了特殊值排除法，导数与函数图像的关系，属于中档题。 8. 某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为，各成员的支付方式相互独立，设为该群体 的 10
5、位成员中使用移动支付的人数，则 A. 0.7 B. 0.6 C. 0.4 D. 0.3 【答案】B 【解析】分析：判断出为二项分布，利用公式进行计算即可。 或 ， ,可知 故答案选 B. 点睛：本题主要考查二项分布相关知识，属于中档题。 9. 的内角的对边分别为， ， ，若的面积为，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得。 详解：由题可知 所以 由余弦定理 所以 故选 C. 点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理。 10. 设是同一个半径为 4 的球的球面上四点， 为等边三角形且其面积为 ，则三棱锥体积的最大值为 A. B
6、. C. D. 【答案】B 【解析】分析：作图，D 为 MO 与球的交点，点 M 为三角形 ABC 的重心，判断出当平 面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得。 详解：如图所示， 点 M 为三角形 ABC 的重心，E 为 AC 中点， 当平面时，三棱锥体积最大 此时， , 点 M 为三角形 ABC 的重心 中，有 故选 B. 点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积 公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由 M 为三角形 ABC 的 重心，计算得到，再由勾股定理得到 OM，进而得到结果，属于较难题型。 11. 设是双曲线 （）的左、右焦点，是坐标原
7、点过作的一条 渐近线的垂线，垂足为若，则的离心率为 A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】分析：由双曲线性质得到，然后在和在中利用余 弦定理可得。 详解：由题可知 在中， 在中, 故选 C. 点睛：本题主要考查双曲线的相关知识，考查了双曲线的离心率和余弦定理的应用，属于中 档题。 12. 设， ，则 A. B. C. D. 【答案】B . . 详解：. ,即 又 即 故选 B. 点睛：本题主要考查对数的运算和不等式，属于中档题。 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13. 已知向量，若 ，则_ 【答案】 【解析】分析：由两向量共线的坐标关系计算即可。 详解：由
8、题可得 ,即 故答案为 点睛：本题主要考查向量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，属于基础题。 14. 曲线在点处的切线的斜率为 ，则_ 【答案】 【解析】分析：求导，利用导数的几何意义计算即可。 详解： 则 所以 故答案为-3. 点睛：本题主要考查导数的计算和导数的几何意义，属于基础题。 15. 函数在的零点个数为_ 【答案】 【解析】分析：求出的范围，再由函数值为零，得到的取值可得零点个数。 详解： 由题可知，或 解得,或 故有 3 个零点。 点睛：本题主要考查三角函数的性质和函数的零点，属于基础题。 16. 已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于，两点若 ，则_ 【答案】2 【解
9、析】分析：利用点差法进行计算即可。 详解：设 则 所以 所以 取 AB 中点,分别过点 A,B 作准线的垂线，垂足分别为 因为, 因为 M为 AB 中点， 所以 MM平行于 x 轴 因为 M(-1,1) 所以，则即 故答案为 2. 点睛：本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查了抛物线的性质，设，利 用点差法得到，取 AB 中点, 分别过点 A,B 作准线的垂线， 垂足分别为，由抛物线的性质得到，进而得到斜率。 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 1721 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 （一）必考题：共 60 分
10、 17. 等比数列中， （1）求的通项公式； （2）记为的前项和若，求 【答案】 （1）或 （2） 【解析】分析： （1）列出方程，解出 q 可得； （2）求出前 n 项和，解方程可得 m。 详解： （1）设的公比为，由题设得 由已知得，解得（舍去） ，或 故或 （2）若，则由得，此方程没有正整数解 若，则由得，解得 综上， 点睛：本题主要考查等比数列的通项公式和前 n 项和公式，属于基础题。 18. 某工厂为提高生产效率，开展技术创新活动，提出了完成某项生产任务的两种新的生产方 式为比较两种生产方式的效率，选取 40 名工人，将他们随机分成两组，每组 20 人，第一 组工人用第一种生产方式，
11、第二组工人用第二种生产方式根据工人完成生产任务的工作时 间（单位：min）绘制了如下茎叶图： （1）根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高？并说明理由； （2）求 40 名工人完成生产任务所需时间的中位数，并将完成生产任务所需时间超过和不超 过的工人数填入下面的列联表： 超过 不超过 第一种生产方式 第二种生产方式 （3）根据（2）中的列联表，能否有 99%的把握认为两种生产方式的效率有差异？ 附：， 【答案】 （1）第二种生产方式的效率更高. 理由见解析 （2）80 （3）能 【解析】分析： （1）计算两种生产方式的平均时间即可。 （2）计算出中位数，再由茎叶图数据完成列联表。 （3）由公式计
12、算出，再与 6.635 比较可得结果。 详解： （1）第二种生产方式的效率更高. 理由如下： （i）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人中，有 75%的工人完成生产任务所需时间至少 80 分钟，用第二种生产方式的工人中，有 75%的工人完成生产任务所需时间至多 79 分钟.因 此第二种生产方式的效率更高. （ii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为 85.5 分钟， 用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为 73.5 分钟.因此第二种生产方式的 效率更高. （iii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间高于 80 分钟；用 第
13、二种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间低于 80 分钟，因此第二种生产方式的效率 更高. （iv）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎 8 上的最多， 关于茎 8 大致呈对称分布；用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎 7 上的 最多，关于茎 7 大致呈对称分布，又用两种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布的区 间相同，故可以认为用第二种生产方式完成生产任务所需的时间比用第一种生产方式完成生 产任务所需的时间更少，因此第二种生产方式的效率更高. 以上给出了 4 种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分. （2）由茎叶图知. 列联表如下：
14、超过 不超过 第一种生产方式 15 5 第二种生产方式 5 15 （3）由于，所以有 99%的把握认为两种生产方式的效率有 差异. 点睛：本题主要考查了茎叶图和独立性检验，考察学生的计算能力和分析问题的能力，贴近 生活。 19. 如图，边长为 2 的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的 点 （1）证明：平面平面； （2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值 【答案】 （1）见解析 （2） 【解析】分析： （1）先证平面 CMD,得,再证，进而完成证明。 （2）先建立空间直角坐标系，然后判断出的位置，求出平面和平面的法向量，进 而求得平面与平面所成二面角的正弦值。 详解：
15、 （1）由题设知,平面 CMD平面 ABCD,交线为 CD.因为 BCCD,BC平面 ABCD,所以 BC平面 CMD,故 BCDM. 因为 M 为上异于 C，D 的点,且 DC 为直径，所以 DMCM. 又 BCCM=C,所以 DM平面 BMC. 而 DM平面 AMD,故平面 AMD平面 BMC. （2）以 D 为坐标原点,的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz. 当三棱锥 MABC 体积最大时，M 为的中点. 由题设得， 设是平面 MAB 的法向量,则 即 可取. 是平面 MCD 的法向量,因此 ， ， 所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是. 点睛：本
16、题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二 问主要考查建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角，考查数形结合，将几 何问题转化为代数问题进行求解，考查学生的计算能力和空间想象能力，属于中档题。 20. 已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为 （1）证明：； （2）设为的右焦点，为上一点,且证明：，成等差数列，并求 该数列的公差 【答案】 （1） （2）或 【解析】分析： （1）设而不求，利用点差法进行证明。 （2）解出 m,进而求出点 P 的坐标，得到,再由两点间距离公式表示出，得到直的 方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解。 详解： （1
17、）设，则. 两式相减，并由得 . 由题设知，于是 . 由题设得，故. （2）由题意得，设，则 . 由（1）及题设得. 又点 P 在 C 上，所以，从而，. 于是 . 同理. 所以. 故，即成等差数列. 设该数列的公差为 d，则 . 将代入得. 所以 l 的方程为，代入 C 的方程，并整理得. 故，代入解得. 所以该数列的公差为或. 21. 已知函数 （1）若，证明：当时，；当时，； （2）若是的极大值点，求 【答案】 （1）见解析 （2） 【解析】分析： （1）求导，利用函数单调性证明即可。 （2）分类讨论和,构造函数,讨论的性质即可得到 a 的范围。 详解： （1）当时，. 设函数，则. 当
18、时，；当时，.故当时，且仅当时， ，从而，且仅当时，. 所以在单调递增. 又，故当时，；当时，. （2） （i）若，由（1）知，当时，这与是的 极大值点矛盾. （ii）若，设函数. 由于当时，故与符号相同. 又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点. . 如果，则当，且时，故不是的极大值 点. 如果，则存在根，故当，且时， ，所以不是的极大值点. 如果，则.则当时，；当时，. 所以是的极大值点，从而是的极大值点 综上，. 点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分 类讨论和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度 较大。 （二）选考题：共 10 分，请
19、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 44：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，的参数方程为（为参数） ，过点且倾斜角 为的直线与交于两点 （1）求的取值范围； （2）求中点的轨迹的参数方程 【答案】 （1） （2）为参数， 【解析】分析： （1）由圆与直线相交，圆心到直线距离可得。 （2）联立方程，由根与系数的关系求解 详解： （1）的直角坐标方程为 当时，与交于两点 当时， 记， 则的方程为 与交于两点当且仅当， 解得 或，即或 综上，的取值范围是 （2）的参数方程为为参数， 设， ，对应的参数分别为， ， ，则，且，满足 于是，又点的坐
20、标满足 所以点的轨迹的参数方程是为参数， 点睛：本题主要考查直线与圆的位置关系，圆的参数方程，考查求点的轨迹方程，属于中档 题。 23. 选修 45：不等式选讲 设函数 （1）画出的图像； （2）当，求的最小值 【答案】 （1）见解析 （2） 【解析】分析： （1）将函数写成分段函数，再画出在各自定义域的图像即可。 （2）结合（1）问可得 a，b 范围，进而得到 a+b 的最小值 详解： （1） 的图像如图所示 （2）由（1）知，的图像与轴交点的纵坐标为，且各部分所在直线斜率的最大值为，故 当且仅当且时，在成立，因此的最小值为 点睛：本题主要考查函数图像的画法，考查由不等式求参数的范围，属于中档题。
