2018四川高考理科数学试卷真题试卷答案解析【word文字版下载】

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高考理科数学试题及答案

（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）

一、选择题：本大题共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A=

22

(,)1xyxy│

，B=

(,)xyyx│，则AB中元素的个数为 A．3

B．2

C．1

D．0

2．设复数z满足(1+i)z=2i，则?z?= A．

1

2

B．

22

C．2 D．2

3．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．

根据该折线图，下列结论错误的是 A．月接待游客量逐月增加 B．年接待游客量逐年增加

C．各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月份

D．各年1月至6月的月接待游客量相对7月至12月，波动性更小，变化比较平稳 4．(x+y)(2x-y)5

的展开式中x3

y3

的系数为

A．-80 B．-40 C．40 D．80

5． 已知双曲线C：22221xyab (a＞0,b＞0)的一条渐近线方程为5

2

yx,且与椭圆

2

22

1123

xy 有公共焦点，则C的方程为 A．

221810xy B．22145xy C．22154xy D．22

143

xy 6．设函数f(x)=cos(x+

3



)，则下列结论错误的是 A．f(x)的一个周期为−2π

B．y=f(x)的图像关于直线x=83



对称 C．f(x+π)的一个零点为x=6



D．f(x)在(



,π)单调递减 7．执行下面的程序框图，为使输出S的值小于91，

则输入的正整数N的最小值为 A．5 B．4

C．3

D．2

8．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为

A．π

B．

3π4

C．

π2

D．

π4

9．等差数列na的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则na前6项的和为 A．-24

B．-3

C．3

D．8

10．已知椭圆C：22

221xyab

，（a>b>0）的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线

20bxayab相切，则C的离心率为

A．

63

B．

33

C．

23

D．

13

11．已知函数2

1

1()2()xxfxxxae

e有唯一零点，则a=

A．12



B．

1

3

C．

12

D．1

12．在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若AP= AB+AD

，

则+的最大值为 A．3

B．22

C．5

D．2

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．若x，y满足约束条件y0

200xxyy



，则z34xy的最小值为__________．

14．设等比数列na满足a1 + a2 = ?1, a1 ? a3 = ?3，则a4 = ___________． 15．设函数10()20xxxfxx，，，，

则满足1

()()12fxfx的x的取值范围是_________。

16．a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边

AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角； ②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角； ③直线AB与a所称角的最小值为45°； ④直线AB与a所称角的最小值为60°；

其中正确的是________。（填写所有正确结论的编号）

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题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共60分。 17．（12分）

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA+3cosA=0，a=27,b=2． （1）求c；

（2）设D为BC边上一点，且AD AC,求△ABD的面积． 18．（12分）

某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年

六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表： 最高气温

[10，15） [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40）

天数

2

16

36

25

7

4

以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率。 （1）求六月份这种酸奶一天的需求量X（单位：瓶）的分布列；

（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量n（单位：

瓶）为多少时，Y的数学期望达到最大值？

19．（12分）

如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．

（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；

（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D?AE?C

的余弦值．

20．（12分）

已知抛物线C：y2

=2x，过点（2,0）的直线l交C与A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆． （1）证明：坐标原点O在圆M上；

（2）设圆M过点P（4，-2），求直线l与圆M的方程． 21．（12分）

已知函数()fx =x?1?alnx． （1）若()0fx ，求a的值；

（2）设m为整数，且对于任意正整数n，2111

1+

+1+)222

n()(1)(?m，求m的最小值． （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）

在直角坐标系xOy中，直线l1的参数方程为2+,

,xtykt

（t为参数），直线l2的参数方程为

2,,xmmmyk





（为参数）．设l1与l2的交点为P，当k变化时，P的轨迹为曲线C． （1）写出C的普通方程；

（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l3：ρ(cosθ+sinθ)-2=0，M为l3

与C的交点，求M的极径．

23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知函数f（x）=│x+1│?│x?2│． （1）求不等式f（x）≥1的解集；

（2）若不等式f（x）≥x2

?x +m的解集非空，求m的取值范围

参考答案

一、选择题：

1．B 2．C 3．A 4．C 5．B 6．D 7．D 8．B 9．A 10．A 11．C 12．A

11、【解析】由条件，211()2(ee)xxfxxxa，得：

221(2)1211211(2)(2)2(2)(ee)

4442(ee)2(ee)

xxxxxxfxxxaxxxaxxa

∴(2)()fxfx，即1x为()fx的对称轴， 由题意，()fx有唯一零点， ∴()fx的零点只能为1x， 即21111(1)121(ee)0fa， 解得12

a

． 12、【解析】由题意，画出右图．

设BD与C切于点E，连接CE． 以A为原点，AD为x轴正半轴，

AB为y轴正半轴建立直角坐标系，

则C点坐标为(2,1)． ∵||1CD，||2BC． ∴22125BD． ∵BD切C于点E． ∴CE⊥BD．

∴CE是RtBCD△中斜边BD上的高． 1

2||||

2222||5||||5

5BCDBCCDSECBDBD△

即C的半径为

2

55

． ∵P在C上． ∴P点的轨迹方程为

224(2)(1)5xy

．

设P点坐标00(,)xy，可以设出P点坐标满足的参数方程如下：

00225cos5215sin5xy



 而00(,)APxy，(0,1)AB，(2,0)AD

． ∵(0,1)(2,0)(2,)APABAD

∴015

1cos25

x

，0215sin5y． 两式相加得：

2225

15sin1cos55

255

2(

)()sin()55

2sin()3

≤ (其中5sin5，25

cos5

) 当且仅当π

2π2

k

，kZ时，取得最大值3． 二、填空题：

13． 1 14． 8 15．1,4



16．②③

16、【解析】由题意知，abAC、、三条直线两两相互垂直，画出图形如图．

不妨设图中所示正方体边长为1， 故||1AC，2AB，

斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，则A点保持 不变，

B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．

以C为坐标原点，以CD为x轴正方向，CB

为

y轴正方向，

CA

为z轴正方向建立空间直角坐标系．

则(1,0,0)D，(0,0,1)A，

直线a的方向单位向量(0,1,0)a，||1a

．

B点起始坐标为(0,1,0)，

直线b的方向单位向量(1,0,0)b

，||1b．

设B点在运动过程中的坐标(cos,sin,0)B，

其中为BC与CD的夹角，[0,2π)．

那么'AB在运动过程中的向量(cos,sin,1)AB，||2AB

． 设AB与a所成夹角为π

[0,]2

，

则(cos,sin,1)(0,1,0)22

cos|sin|[0,]22aAB





． 故ππ

[,]42，所以③正确，④错误．

设AB与b所成夹角为π

[0,]2

，

cos(cos,sin,1)(1,0,0)

2

|cos|2

ABb

bABbAB







. 当AB与a夹角为60时，即π3，

12sin2cos2cos

2

3

22



． ∵22cossin1， ∴2

|cos|2

． ∴21cos|cos|22



． ∵π

[0,]2

．

∴π

=

3

，此时AB与b夹角为60． ∴②正确，①错误．

三、解答题：

17．（1）由sin3cos0AA得π2sin03A



，

即π

π3

AkkZ，又0,πA， ∴π

π3

A

，得2π3A.

由余弦定理2222cosabcbcA.

又∵1

27,2,cos2

abA代入并整理得



2

125c，故4c.

（2） ∵2,27,4ACBCAB，

由余弦定理22227

cos27

abcCab.

∵ACAD，即ACD△为直角三角形， 则cosACCDC，得7CD. 由勾股定理2

2

3ADCDAC.

又2π3A

，则2πππ

326

DAB

， 1π

sin326

ABDSADAB

△.

18．⑴易知需求量x可取200,300,500 2161

2003035PX 362

3003035PX 25742

5003035

PX

.

则分布列为：

1

52525

⑵ ①当200n≤时：642Ynn，此时max400Y，当200n时取到.

②当200300n≤时：41

22002200255Ynn

 880026800555

nnn

此时max520Y，当300n时取到.

③当300500n≤时，

122

20022002300230022555Ynnn

10

320025

n



此时520Y.

④当500n≥时，易知Y一定小于③的情况.

综上所述：当300n时，Y取到最大值为520.

19．

⑴ 取AC中点为O，连接BO，DO；

ABC为等边三角形

∴BOAC ∴ABBC

ABBCBDBD

ABDDBC



ABDCBD. ∴ADCD,即ACD为等腰直角三角形，ADC 为直角又O为底边AC中点 ∴DOAC

令ABa，则ABACBCBDa 易得：22ODa

，32

OBa ∴2

2

2

ODOBBD

由勾股定理的逆定理可得2

DOB



即ODOB

ODAC

ODOBACOBOACABCOBABC



平面平面ODABC平面 又∵ODADC平面 由面面垂直的判定定理 可得ADCABC平面平面 ⑵ 由题意可知VVDACEBACE

即B,D到平面ACE的距离相等 即E为BD中点

D

A

B

CE

O

以O为原点，OA为x轴正方向，OB为y轴正方向，OD

为z轴正方向，设ACa，

建立空间直角坐标系，

则0,0,0O，,0,02aA，0,0,2aD

，30,,02Ba，30,,44aEa 易得：3,,244aaAEa，,0,22aaAD，,0,02aOA

 设平面AED的法向量为1n，平面AEC的法向量为2n

，

则110

0AEnADn，解得

13,1,3n 2200

AEnOAn，解得

20,1,3n 若二面角DAEC为，易知为锐角， 则1212

7cos7nnnn



20．⑴ 显然，当直线斜率为0时，直线与抛物线交于一点，不符合题意．

设:2lxmy，11(,)Axy，22(,)Bxy， 联立：222

yx

xmy得2240ymy，

2416m恒大于0，122yym，124yy．

12(2)(2)mymy

21212(1)2()4myymyy 24(1)2(2)4mmm0

∴

，即O在圆M上．

⑵ 若圆M过点P，则

1212(4)(4)(2)(2)0xxyy 1212(2)(2)(2)(2)0mymyyy

21212(1)(22)()80myymyy 化简得2210mm解得1

2

m或1

①当1

2

m时，:240lxy圆心为00(,)Qxy，

120122yyy

，0019

224

xy， 半径2

2

91||42rOQ



则圆229185

:()()4216

Mxy

②当1m时，:20lxy圆心为00(,)Qxy， 12

012

yyy

，0023xy， 半径22||31rOQ 则圆22:(3)(1)10Mxy

21．⑴ ()1lnfxxax，0x

则()1axa

fxxx





，且(1)0f 当0a≤时，0fx，fx在0，上单调增，所以01x时，0fx，不满足题意； 当0a时，

当0xa时，()0fx，则()fx在(0,)a上单调递减； 当xa时，()0fx，则()fx在(,)a上单调递增．

①若1a，()fx在(,1)a上单调递增∴当(,1)xa时()(1)0fxf矛盾 ②若1a，()fx在(1,)a上单调递减∴当(1,)xa时()(1)0fxf矛盾

③若1a，()fx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增∴()(1)0fxf≥满足题意 综上所述1a．

⑵ 当1a时()1ln0fxxx≥即ln1xx≤

则有ln(1)xx≤当且仅当0x时等号成立 ∴11

ln(1)22

kk



，*kN 一方面：221111111

ln(1)ln(1)...ln(1)...112222222nnn，

即2111

(1)(1)...(1)e222

n．

另一方面：223111111135(1)(1)...(1)(1)(1)(1)222222264

n