【新課標(biāo)II卷】2018年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試題(理)(Word版,含答案解析)

【新課標(biāo)II卷】2018年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試題(理)(Word版,含答案解析)2018年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試?yán)砜茢?shù)學(xué)注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。2.作答時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷及草稿紙上無(wú)效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：1.已知$\frac{1+2i}{1-2i}=\frac{43}{55}$，則$i$的值為（選項(xiàng)略）2.已知集合$A=\{(x,y)|x+y^2\leq3,x\inZ,y\inZ\}$，則$A$中元素的個(gè)數(shù)為（選項(xiàng)略）3.函數(shù)$f(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{x^2}$的圖像大致為（選項(xiàng)略）4.已知向量$a,b$滿(mǎn)足$|a|=1,a\cdotb=-1$，則$a\cdot(2a-b)$的值為（選項(xiàng)略）5.雙曲線(xiàn)$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$的離心率為$3$，則其漸近線(xiàn)方程為（選項(xiàng)略）6.在$\triangleABC$中，$\cos\angleC=\frac{4}{5},BC=1,AC=5$，則$AB$的值為（選項(xiàng)略）7.為計(jì)算$S=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots-\frac{1}{100}$，設(shè)計(jì)了右側(cè)的程序框圖，應(yīng)在空白框中填入$i=i+1$。8.我國(guó)數(shù)學(xué)家陳景潤(rùn)在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領(lǐng)先的成果。哥德巴赫猜想是“每個(gè)大于2的偶數(shù)可以表示為兩個(gè)素?cái)?shù)的和”，如$30=7+23$。在不超過(guò)30的素?cái)?shù)中，隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，其和等于30的概率是$\frac{1}{12}$。9.在長(zhǎng)方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$AB=BC=1,AA_1=3$，則異面直線(xiàn)$AD_1$與$DB_1$所成角的余弦值為$\frac{5}{6}$。10.若$f(x)=\cosx-\sinx$在$[-a,a]$是減函數(shù)，則$a$的最大值是$\frac{3\pi}{4}$。已知函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上連續(xù)，且滿(mǎn)足f(x)0，f(x)在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，且f(0)f(1)1，證明：存在(0,1)，使得f’()f()．20．（12分）已知函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上連續(xù)，且滿(mǎn)足f(0)0，f(1)1，f(x)在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，證明：存在(0,1)，使得f’()1．21．（12分）已知函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上連續(xù)，且滿(mǎn)足f(0)0，f(1)1，f(x)在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，證明：存在(0,1)，使得f’()f()1．（二）選考題：共10分。22．（5分）已知函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上連續(xù)，且滿(mǎn)足f(0)0，f(1)1，f(x)在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，證明：存在(0,1)，使得f’()2．23．（5分）已知函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上連續(xù)，且滿(mǎn)足f(0)0，f(1)1，f(x)在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，證明：存在(0,1)，使得f’()2．模型②的擬合優(yōu)度更高，R2=0.96，說(shuō)明模型的擬合程度更好；同時(shí)，模型②考慮了地區(qū)經(jīng)濟(jì)發(fā)展水平的影響，更加全面和準(zhǔn)確。19.(12分)（1）設(shè)l的斜率為k，則l的方程為y=kx+2k.將y=kx+2k代入拋物線(xiàn)方程得4x=(kx+2k)2，化簡(jiǎn)得(k24)x24kx8k20.因?yàn)閘與拋物線(xiàn)有兩個(gè)交點(diǎn)，所以方程有兩個(gè)實(shí)數(shù)解，即k24k0.解得k4或k0.因?yàn)閗0，所以k4.所以l的方程為y=4x+8.（2）設(shè)圓的方程為(xa)2y2r2，則圓心坐標(biāo)為(a,0)，且a滿(mǎn)足(xa)24a16.將y=4x+8代入得(xa)216x4a64r2.因?yàn)閳A與拋物線(xiàn)有唯一一個(gè)交點(diǎn)，所以方程組{(xa)216x4a64r2y4x8只有唯一解.將y=4x+8代入第一個(gè)方程，得(xa)216x4a6416(x2)，化簡(jiǎn)得(xa)216x4a160.因?yàn)榉匠逃形ㄒ唤?，所?6a640.解得a4.所以圓的方程為(x3)2y29.20.(12分)（1）設(shè)平面ABC的法向量為n，則n與PA，PB，PC都垂直，所以n為棱PA，PB，PC所在平面的法向量.因?yàn)锳BBC，所以AC垂直于平面ABC，所以n與AC平行.又因?yàn)镺為AC的中點(diǎn)，所以PO垂直于AC，即PO與n平行.所以PO平面ABC.（2）設(shè)PC與平面PAM的交點(diǎn)為D，則PC垂直于PD，所以PD為平面PAM的法向量.又因?yàn)槎娼荕PAC為30，所以PC與PA的夾角為60，即PC與平面PAM的夾角為60.所以sin(PC與平面PAM的夾角))=sin60=√3/2.21.(12分)（1）當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=5-|x+1|-|x-2|.當(dāng)x≤-1時(shí)，f(x)=5-(x+1)-(2-x)=4-x≥4.當(dāng)-1<x<2時(shí)，f(x)=5-(x+1)-(x-2)=6-2x≥1.當(dāng)x≥2時(shí)，f(x)=5-(x+1)-(x-2)=2-x≥3.所以不等式f(x)≥的解集為x∈(-∞,-1]∪[2,+∞).（2）當(dāng)f(x)≤1時(shí)，有5-|x+a|-|x-2|≤1.當(dāng)x≤-a時(shí)，有5-(x+a)-(2-x)≤1，即x≥4-a.當(dāng)-a<x<2時(shí)，有5-(x+a)-(x-2)≤1，即x≥3-a/2.當(dāng)x≥2時(shí)，有5-(x+a)-(x-2)≤1，即x≤a/2+3.所以a/2+3≤2或4-a≤2或3-a/2≤2.解得a∈[-2,4/3].（?。恼劬€(xiàn)圖可以看出，2000年至2016年的數(shù)據(jù)并沒(méi)有隨機(jī)散布在直線(xiàn)y=-30.4+13.5t上方或下方。這說(shuō)明利用這些數(shù)據(jù)建立的線(xiàn)性模型①不能很好地描述環(huán)境基礎(chǔ)設(shè)施投資額的變化趨勢(shì)。然而，2010年相對(duì)于2009年，環(huán)境基礎(chǔ)設(shè)施投資額有明顯增加，2010年至2016年的數(shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于一條直線(xiàn)附近。這表明從2010年開(kāi)始，環(huán)境基礎(chǔ)設(shè)施投資額的變化規(guī)律呈現(xiàn)線(xiàn)性增長(zhǎng)趨勢(shì)。因此，利用2010年至2016年的數(shù)據(jù)建立的線(xiàn)性模型y?=99+17.5t可以較好地描述2010年以后的環(huán)境基礎(chǔ)設(shè)施投資額的變化趨勢(shì)。因此，利用模型②得到的預(yù)測(cè)值更可靠。（ⅱ）從計(jì)算結(jié)果可以看出，相對(duì)于2016年的環(huán)境基礎(chǔ)設(shè)施投資額220億元，由模型①得到的預(yù)測(cè)值226.1億元的增幅明顯偏低。而利用模型②得到的預(yù)測(cè)值的增幅比較合理。這說(shuō)明利用模型②得到的預(yù)測(cè)值更可靠。以上給出了兩種理由，考生可以選擇其中任意一種或其他合理理由來(lái)得分。（2）由題意得F(1,0)，直線(xiàn)l的方程為y=k(x-1)（k>0）。設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，則由y=k(x-1)y=4x可得k2x2-(2k2+4)x+k2=2k2+4，即16k+16>0。因此，x1+x2=2k2/(4k2+4)。所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=2k/(4k2+4)=8，解得k=1。因此，直線(xiàn)l的方程為y=x-1。（2）由（1）得AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(3,2)，所以AB的垂直平分線(xiàn)方程為y-2=-(x-3)，即y=-x+5。設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(x,y)，則由y=-x+5x=3x=11解得(x-2)2+(y-3)2=16或(x-10)2+(y+6)2=144。（1）因?yàn)锳P=CP=AC=4，O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)P⊥AC且OP=2√2。連接OB，因?yàn)锳B=BC=2√2且OB⊥AC，OB=AC/2=2，所以△ABC為等腰直角三角形。由OP+OB=PB知PO⊥OB。由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC。如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB的方向?yàn)閤軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz。已知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的法向量為OB=(2,0,0)。設(shè)M(a,2-a,0)(0<a≤2)，則AM=(a,4-a,0)。設(shè)平面PAM的法向量為n=(x,y,z)。由AP·n=0,AM·n得到2y+23z=0,ax+(4-a)y=0，可取n=(3(a-4),3a,-a)。所以cosOB,n=3/(2√23)。由已知得|cosOB,n|=3/(2√23)。解得a=3/2。所以n=(-3/2,9/2,-3/2)。又PC=(0,2,-23)，所以cosPC,n=3/(2√34)。所以PC與平面PAM所成角的正弦值為3/(2√34)。（1）當(dāng)a=1時(shí)，f(x)≥1等價(jià)于(x^2+1)e^-x-1≤0。設(shè)函數(shù)g(x)=(x^2+1)e^-x-1，則g'(x)=-(x^2-2x+1)e^-x=-(x-1)^2e^-x。當(dāng)x≠1時(shí)，g'(x)<0，所以g(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減。而g(0)=0，故當(dāng)x≥0時(shí)，g(x)≤0，即f(x)≥1。（2）設(shè)函數(shù)h(x)=1-ax^2e^-x。f(x)在(0,+∞)只有一個(gè)零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)h(x)在(0,+∞)只有一個(gè)零點(diǎn)。(i)當(dāng)a≤1/2時(shí)，h(x)>0，h(x)沒(méi)有零點(diǎn)；(ii)當(dāng)a>1/2時(shí)，h'(x)=ax(x-2)e^-x。當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，h'(x)<0；當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí)，h'(x)>0。所以h(x)在(0,2)單調(diào)遞減，在(2,+∞)單調(diào)遞增。故h(2)=1-2ae^-2是h(x)在[0,+∞)的最小值。①若h(2)>0，即a<1/(2e^2)，h(x)在(0,+∞)沒(méi)有零點(diǎn)；②若h(2)=0，即a=1/(2e^2)，h(x)在(0,+∞)只有一個(gè)零點(diǎn)；③若h(2)<0，即a>1/(2e^2)，由于h(0)=1，所以h(x)在(0,2)有一個(gè)零點(diǎn)，又因?yàn)閔(x)在(0,2)單調(diào)遞減，故h(x)在(2,+∞)有一個(gè)零點(diǎn)。由(1)知，當(dāng)x>4a時(shí)，e^(-x)>1，所以h(4a)=1-4ae^(-4a)<0，即h(x)在(0,+∞)有兩個(gè)零點(diǎn)。綜上所述，當(dāng)a>1/(2e^2)時(shí)，f(x)在(0,+∞)有兩個(gè)零點(diǎn)。2a2由題意可得：$$h(x)=\frac{(1-e^{e^{2a}x})}{x}$$令$h(x)=0$，得到：$$1-e^{e^{2a}x}=0$$解得：$$x=\frac{\ln(1)}{e^{2a}}=0$$或者：$$x=\frac{\ln(1)}{e^{2a}}+\frac{\ln(-1)}{e^{2a}}=\frac{(2n+1)\pii}{e^{2a}}$$因?yàn)?x$是實(shí)數(shù)，所以只有$x=0$是有效的解。所以$h(x)$在$(2,4a)$有一個(gè)零點(diǎn)，因此$h(x)$在$(0,+\infty)$有兩個(gè)零點(diǎn)。2e根據(jù)題意，$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，$a=$。因?yàn)?f(x)$在$(0,+\infty)$只有一個(gè)零點(diǎn)，所以$f(x)$只有一個(gè)極小值點(diǎn)。令$f'(x)=0$，得到：$$e^{-x}-ae^{-2x}=0$$解得：$$x=\ln\frac{1}{a}$$因?yàn)?f(x)$只有一個(gè)極小值點(diǎn)，所以$f''(x)>0$，即：$$e^{-x}-2ae^{-2x}>0$$代入$x=\ln\frac{1}{a}$，得到：$$1-\frac{2}{a}>0$$解得：$$a<2$$所以$a=$。22．[選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]（10分）曲線(xiàn)$C$的直角坐標(biāo)方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{16}=1$。當(dāng)$\cos\alpha\neq0$時(shí)，直線(xiàn)$l$的直角坐標(biāo)方程為$y=\tan\alpha\cdotx+2-\tan\alpha$；當(dāng)$\cos\alpha=0$時(shí)，直線(xiàn)$l$的直角坐標(biāo)方程為$x=1$。將$l$的參數(shù)方程代入$C$的直角坐標(biāo)方程，整理得關(guān)于$t$的方程：$$(1+3\cos^2\alpha)t^2+4(2\cos\alpha+\sin\alpha)t-8=0\qquad(1)$$因?yàn)榍€(xiàn)$C$截直線(xiàn)$l$所得線(xiàn)段的中點(diǎn)$(1,2)$在$C$內(nèi)，所以$(1)$有兩個(gè)解，設(shè)為$t_1$，$t_2$，則$t_1+t_2=-\frac{4(2\cos\alpha+\sin\alpha)}{1+3\cos^2\alpha}$。又由$(1)$得$t_1+t_2=-\frac{4(2\cos\alpha+\sin\alpha)}{1+3\cos^2\alpha}$，故$2\cos\alpha+\sin\alpha=-\frac{2}{3}$，于是直線(xiàn)$l$的斜率$k=\tan\alpha=-2$。23．[選修4-5：不等式選講]（10分）(1)當(dāng)$a=1$時(shí)，$f(x)=\begin{cases}2x+4,\quadx\leq-1,\\2,\quad-1<x\leq2,\\-2x+6,\quadx>2.\end{cases}$可得$f(x)\geq-2$的解集為$\{x|-2\leqx\leq3\}$。(2)$f(x)\leq1$等價(jià)于$|x+a|+|x-2|\geq4$。當(dāng)$x\leqa$時(shí)，$|x+a|=-(x+a)$，$|x-2|=2-x$，所以$-(x+