2018年广东高考（理科）数学试题及答案

2018年普通高等学校招生全国统一考试（全国一卷）理科数学一、选择题：（本题有12小题，每小题5分，共60分。）1、设z=，则∣z∣=（）ퟏA.0B.C.1D.2ퟐ2、已知集合A={x|x2-x-2>0}，则CRA=（）A、{x|-12}D、{x|x≤-1}∪{x|x≥2}3、某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：建设前经济收入构成比例建设后经济收入构成比例则下面结论中不正确的是（）A.新农村建设后，种植收入减少B.新农村建设后，其他收入增加了一倍以上C.新农村建设后，养殖收入增加了一倍D.新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半4、记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3=S2+S4，a1=2，则a5=（）A、-12B、-10C、10D、125、设函数f（x）=x³+（a-1）x²+ax.若f（x）为奇函数，则曲线y=f（x）在点（0，0）处的切线方程为（）A.y=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=x→6、在∆ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EB=（）31133113A.→-→B.→-→C.→+→D.→+→4AB4AC4AB4AC4AB4AC4AB4AC7、某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图。圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A.217B.25C.3D.228.设抛物线C：y²=4x的焦点为F，过点（-2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则→·→3FMFN=()A.5B.6C.7D.89.已知函数f（x）=g（x）=f（x）+x+a，若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是()A.[-1，0）B.[0，+∞）C.[-1，+∞）D.[1，+∞）10.下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形。此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ。在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则()A.p1=p2B.p1=p3C.p2=p3D.p1=p2+p3ퟐ11.已知双曲线C：퐱-y²=1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交ퟑ点分别为M，N.若△OMN为直角三角形，则∣MN∣=()3A.B.3C.D.4212.已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.若x，y满足约束条件则z=3x+2y的最大值为.14.记Sn为数列｛an｝的前n项和.若Sn=2an+1，则S6=.15.从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有种.（用数字填写答案）16.已知函数f（x）=2sinx+sin2x，则f（x）的最小值是.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）在平面四边形ABCD中，∠ADC=90°，∠A=45°，AB=2，BD=5.（1）求cos∠ADB；（2）若DC=，求BC.18.（12分）如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把∆DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.19.（12分）퐱ퟐ设椭圆C：+y²=1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为（2，0）.ퟐ（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）设O为坐标原点，证明：∠OMA=∠OMB.20、（12分）某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品，检验时，先从这箱产品中任取20件产品作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品做检验，设每件产品为不合格品的概率都为P（02018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．C2．B3．A4．B5．D6．A7．B8．D9．C10．A11．B12．A二、填空题3313．614．6315．1616．2三、解答题17．解：BDAB（1）在△ABD中，由正弦定理得.sinAsinADB522由题设知，,所以sinADB.sin45sinADB5223由题设知，ADB90，所以cosADB1.2552（2）由题设及（1）知，cosBDCsinADB.5在△BCD中，由余弦定理得BC2BD2DC22BDDCcosBDC22582522525.所以BC5.18．解：（1）由已知可得，BFPF，BFEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.（2）作PHEF，垂足为H.由（1）得，PH平面ABFD.uuuruuur以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由（1）可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE3.又PF1，EF2，故PEPF.33可得PH，EH.2233uuur33uuur3则H(0,0,0)，P(0,0,),D(1,,0)，DP(1,,)，HP(0,0,)为平面ABFD的法向量.22222uuuruuur3HPDP3设DP与平面ABFD所成角为，则sin|uuuruuur|4.|HP||DP|343所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.419．解：（1）由已知得F(1,0)，l的方程为x1.22由已知可得，点A的坐标为(1,)或(1,).2222所以AM的方程为yx2或yx2.22（2）当l与x轴重合时，OMAOMB0.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x12，x22y1y2，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB.x12x22由y1kx1k，y2kx2k得2kx1x23k(x1x2)4kkMAkMB.(x12)(x22)x2将yk(x1)代入y21得2(2k21)x24k2x2k220.4k22k22所以，xx,xx.122k21122k214k34k12k38k34k则2kxx3k(xx)4k0.12122k21从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补.所以OMAOMB.综上，OMAOMB.20．解：2218（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)C20p(1p).因此218217217f(p)C20[2p(1p)18p(1p)]2C20p(1p)(110p).令f(p)0，得p0.1.当p(0,0.1)时，f(p)0；当p(0.1,1)时，f(p)0.所以f(p)的最大值点为p00.1.（2）由（1）知，p0.1.（ⅰ）令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知YB(180,0.1)，X20225Y，即X4025Y.所以EXE(4025Y)4025EY490.（ⅱ）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元.由于EX400，故应该对余下的产品作检验.21．解：1ax2ax1（1）f(x)的定义域为(0,)，f(x)1.x2xx2（ⅰ）若a≤2，则f(x)≤0，当且仅当a2，x1时f(x)0，所以f(x)在(0,)单调递减.aa24aa24（ⅱ）若a2，令f(x)0得，x或x.22aa24aa24当x(0,)U(,)时，f(x)0；22aa24aa24aa24aa24当x(,)时，f(x)0.所以f(x)在(0,)，(,)单调递减，在2222aa24aa24(,)单调递增.22（2）由（1）知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2.2由于f(x)的两个极值点x1，x2满足xax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21.由于f(x)f(x)1lnxlnxlnxlnx2lnx121a122a122a2，1x1x2x1x2x1x2x1x2x2x2f(x)f(x)1所以12等价于a2x22lnx20.x1x2x21设函数g(x)x2lnx，由（1）知，g(x)在(0,)单调递减，又g(1)0，从而当x(1,)时，xg(x)0.1f(x)f(x)所以，即12x22lnx20a2.x2x1x222．解：（1）由xcos，ysin得C2的直角坐标方程为(x1)2y24.（2）由（1）知C2是圆心为A(1,0)，半径为2的圆.由题设知，C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线.记y轴右边的射线为l1，y轴左边的射线为l2.由于B在圆C2的外面，故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点，或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点.|k2|4当l1与C2只有一个公共点时，A到l1所在直线的距离为2，所以2，故k或k0.经检验，当k2134k0时，l与C没有公共点；当k时，l与C只有一个公共点，l与C有两个公共点.1231222|k2|4当l2与C2只有一个公共点时，A到l2所在直线的距离为2，所以2，故k0或k.经检验，当k2134k0时，l与C没有公共点；当k时，l与C没有公共点.123224综上，所求C的方程为y|x|2.1323．解：2,x≤1,（1）当a1时，f(x)|x1||x1|，即f(x)2x,1x1,2,