理(浙江卷)_浙江全国卷
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2018年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）
一、选择题
1．已知全集U＝{1,2,3,4,5}，A＝{1,3}，则∁UA等于（）A．∅
B．{1,3}
C．{2,4,5}
D．{1,2,3,4,5} 解析 ∵U＝{1,2,3,4,5}，A＝{1,3}，∴∁UA＝{2,4,5}．
2．双曲线－y2＝1的焦点坐标是（）A．(－，0)，(，0)
B．(－2,0)，(2,0)
C．(0，－)，(0，)
D．(0，－2)，(0,2)解析 ∵双曲线方程为－y2＝1，∴a2＝3，b2＝1，且双曲线的焦点在x轴上，∴c＝
3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是（）＝＝2，即得该双曲线的焦点坐标为(－2,0)，(2,0)．故选B.A．2
B．4
C．6
D．8 解析 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的上、下底边长分别为2,1，高为2，∴该几何体的体积为V＝2× 4．复数(i为虚数单位)的共轭复数是（）
＝6.A．1＋i
B．1－I
C．－1＋i
D．－1－i 解析 ∵
5．函数y＝2|x|sin 2x的图象可能是（）＝＝＝1＋i，∴它的共轭复数为1－i.故选B.A.B.C.D.解析 由y＝2|x|sin 2x知函数的定义域为R，令f(x)＝2|x|sin 2x，则f(－x)＝2|－x|sin(－2x)＝－2|x|sin 2x.∵f(x)＝－f(－x)，∴f(x)为奇函数． ∴f(x)的图象关于原点对称，故排除A，B.令f(x)＝2|x|sin 2x＝0，解得x＝(k∈Z)，∴当k＝1时，x＝，故排除C.6．已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的（）A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件 解析 ∵若m⊄α，n⊂α，且m∥n，则一定有m∥α，但若m⊄α，n⊂α，且m∥α，则m与n有可能异面，∴“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．
7．设0＜p＜1，随机变量ξ的分布列是（）
则当p在(0,1)内增大时，（）A．D(ξ)减小
B．D(ξ)增大
C．D(ξ)先减小后增大
D．D(ξ)先增大后减小 解析 由题意知E(ξ)＝0×D(ξ)＝＝＝×＋＋－×＋×＋
＋＋1×＋2×＝p＋，×＋×
＝＋，－
×
＝p2＋－p(2p－1)＝－p2＋p＋＝－ ∴D(ξ)在 上单调递增，在上单调递减，即当p在(0,1)内增大时，D(ξ)先增大后减小．
8．已知四棱锥S－ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S－AB－C的平面角为θ3，则（）A．θ1≤θ2≤θ
3B．θ3≤θ2≤θ
1C．θ1≤θ3≤θ
2D．θ2≤θ3≤θ1 解析 如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E′为AB的中点，S到底面的距离SO＝1，以EE′，E′O为邻边作矩形OO′EE′，则∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SE′O＝θ3.由题意，得tan θ1＝＝，tan θ2＝＝＝，tan θ3＝1，此时tan θ2＜tan θ3＜tan θ1，可得θ2＜θ3＜θ1.当E在AB中点处时，θ2＝θ3＝θ1.9．已知a，b，e是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则|a－b|的最小值是（）A.－1
B.＋1
C.2
D.2－
解析 ∵b2－4e·b＋3＝0，∴(b－2e)2＝1，∴|b－2e|＝1.如图所示，把a，b，e的起点作为公共点O，以O为原点，向量e所在直线为x轴，则b的终点在以点(2,0)为圆心，半径为1的圆上，|a－b|就是线段AB的长度．
要求|AB|的最小值，就是求圆上动点到定直线的距离的最小值，也就是圆心M到直线OA的距离减去 圆的半径长，因此|a－b|的最小值为
－1.10．已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1＞1，则（）A．a1＜a3，a2＜a
4B．a1＞a3，a2＜a4
C．a1＜a3，a2＞a4
D．a1＞a3，a2＞a4 解析 构造不等式ln x≤x－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4＝a1·q3≤－1.由a1＞1，得q＜0.若q≤－1，则ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)·(1＋q2)≤0.又a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1＞1，所以ln(a1＋a2＋a3)＞0，矛盾． 因此－1＜q＜0.所以a1－a3＝a1(1－q2)＞0，a2－a4＝a1q(1－q2)＜0，所以a1＞a3，a2＜a4.二、填空题
11．我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一．凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为x，y，z，则当z＝81时，x＝________，y＝________.解析 方法一 由题意，得即解得
方法二 100－81＝19(只)，81÷3＝27(元)，100－27＝73(元)． 假设剩余的19只鸡全是鸡翁，则5×19＝95(元)．
因为95－73＝22(元)，所以鸡母：22÷(5－3)＝11(只)，鸡翁：19－11＝8(只)．
12．若x，y满足约束条件则z＝x＋3y的最小值是________，最大值是________．
解析 由，画出可行域如图阴影部分所示(含边界)．
由解得A(4，－2)，由
解得B(2,2)，将函数y＝－x的图象平移可知，当目标函数的图象经过A(4，－2)时，zmin＝4＋3×(－2)＝－2； 当目标函数的图象经过B(2,2)时，zmax＝2＋3×2＝8.13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝c＝________.解析 如图，由正弦定理＝，b＝2，A＝60°，则sin B＝________，得sin B＝·sin A＝×＝.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc·cos A，得7＝4＋c2－4c×cos 60°，即c2－2c－3＝0，解得c＝3或c＝－1(舍去)．
14．二项式的展开式的常数项是________．
·
＝·
·
·x－k＝·
·
.解析 由题意，得Tk＋1＝·令＝0，得k＝2.＝×＝7.因此T3＝×
15．已知λ∈R，函数f(x)＝
当λ＝2时，不等式f(x)＜0的解集是________．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是________． 解析 当λ＝2时，f(x)＝由图知f(x)＜0的解集为(1,4)．
其图象如图(1)．
f(x)＝恰有2个零点有两种情况：①二次函数有两个零点，一次函数无零点；②二次函数与一次函数各有一个零点．
在同一平面直角坐标系中画出y1＝x－4与y2＝x2－4x＋3的图象，如图(2)，平移直线x＝λ，可得λ∈(1,3]∪(4，＋∞)．
16．从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数．(用数字作答)解析 不含有0的四位数有××＝720(个)． 含有0的四位数有×××＝540(个)． 综上，四位数的个数为720＋540＝1 260.17．已知点P(0,1)，椭圆＋y2＝m(m＞1)上两点A，B满足坐标的绝对值最大．
解析 方法一 如图，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，由于椭圆具有对称性，不妨设点B在第一象限，则xB＞0，yB＞0.＝
2，则当m＝________时，点B横
∵P(0,1)，＝2，∴(－xA,1－yA)＝2(xB，yB－1)．∴－xA＝2xB，即xA＝－2xB.设直线AB：y＝kx＋1(k＞0)．
将y＝kx＋1代入＋y2＝m，得(1＋4k2)x2＋8kx＋4－4m＝0.(*)∴xA＋xB＝－xB＝－，∴xB＝＝≤＝2，当且仅当＝4k，即k＝时，xB取到最大值2，此时方程(*)化为x2＋2x＋2－2m＝0，xA·xB＝－2＝－8，即2－2m＝－8，解得m＝5.当点B在其他象限时，同理可解．
方法二 设直线AB：y＝kx＋1(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)． 由P(0,1)，＝2，得xA＝－2xB.由得(1＋4k2)x2＋8kx＋4－4m＝0，∴xA＋xB＝－xB＝，xAxB＝－2＝.消去xB，得m＝1＋
.|xB|＝＝≤2，当且仅当|k|＝时，|xB|max＝2，此时m＝5.三、解答题
18．已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P.(1)求sin(α＋π)的值；
(2)若角β满足sin(α＋β)＝，求cos β的值． 解(1)由角α的终边过点P，得sin α＝－.所以sin(α＋π)＝－sin α＝.(2)由角α的终边过点P，得cos α＝－.由sin(α＋β)＝，得cos(α＋β)＝±.由β＝(α＋β)－α，得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α，所以cos β＝－或cos β＝.19.如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
方法一(1)证明 由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2所以A1＋A故AB1⊥A1B1.由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2由CC1⊥AC，得AC1＝，..＝A，所以A＋B1＝A，故AB1⊥B1C1.又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)解 如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1.由C1D⊥A1B1，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D⊂平面A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1.所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角． 由B1C1＝，A1B1＝2，A1C1＝，得cos∠C1A1B1＝所以C1D＝，sin∠C1A1B1＝，故sin∠C1AD＝＝..因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是方法二(1)证明 如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知各点坐标如下： A(0，－因此由由··，0)，B(1,0,0)，A1(0，－＝(1，2)，＝(1，4)，B1(1,0,2)，C1(0，－2)，＝(0,2，1)．，－3)．
＝0，得AB1⊥A1B1.＝0，得AB1⊥A1C1.又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1⊂平面A1B1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)解 设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由(1)可知＝(0,2，1)，＝(1，0)，＝(0,0,2)．
设平面ABB1的一个法向量为n＝(x，y，z)． 由可取n＝(－得，n〉|＝
.＝
.，1,0)．所以sin θ＝|cos〈因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是
20．已知等比数列{an}的公比q＞1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式．
解(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项，得a3＋a5＝2a4＋4，所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.由a3＋a5＝20，得8因为q＞1，所以q＝2.(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.由cn＝解得cn＝4n－1.n－1＝20，解得q＝2或q＝.由(1)可得an＝2n－1，所以bn＋1－bn＝(4n－1)×故bn－bn－1＝(4n－5)×n－2，n≥2，bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋„＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)×n－2＋(4n－9)×2
n－3
＋„＋7×＋3.n－2设Tn＝3＋7×＋11×则Tn＝3×＋7×2＋„＋(4n－5)×
n－2，n≥2，①
n－1＋„＋(4n－9)×
＋(4n－5)×
n－2，n≥2，②
n－1①－②，得Tn＝3＋4×＋4×
＋„＋4×－(4n－5)×，n≥2，因此Tn＝14－(4n＋3)×n－2，n≥2.n－2又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×当n＝1时，b1＝1也满足上式，所以bn＝15－(4n＋3)× n－2，n≥2，.21.如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．
(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x＜0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．(1)解 设P(x0，y0)，A，B
.因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程2
＝4·，即y2－2y0y＋8x0－＝0的两个不同的实根． 所以y1＋y2＝2y0，所以PM垂直于y轴．(2)解 由(1)可知
所以|PM|＝(＋)－x0＝－3x0，|y1－y2|＝2
.所以△PAB的面积 S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝
.因为＋＝1(－1≤x0＜0)，所以－4x0＝－4－4x0＋4∈[4,5]，所以△PAB面积的取值范围是.22．已知函数f(x)＝－ln x.(1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)＋f(x2)＞8－8ln 2；
(2)若a≤3－4ln 2，证明：对于任意k＞0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点． 证明(1)函数f(x)的导函数为f′(x)＝－.由f′(x1)＝f′(x2)得－＝－.因为x1≠x2，所以＋＝.由基本不等式，得＝＋
≥2
.因为x1≠x2，所以x1x2＞256.由题意得f(x1)＋f(x2)＝－ln x1＋
－ln x2＝－ln(x1x2)．
设g(x)＝－ln x，则g′(x)＝（－4)，当x变化时，g′(x)和g(x)的变化如下表所示：
所以g(x)在(256，＋∞)上单调递增，故g(x1x2)＞g(256)＝8－8ln 2，即f(x1)＋f(x2)＞8－8ln 2.(2)令m＝e－(|a|＋k)，n＝2
＋1，则
f(m)－km－a＞|a|＋k－k－a≥0，f(n)－kn－a＜n≤n
＜0，所以存在x0∈(m，n)，使f(x0)＝kx0＋a，所以对于任意的a∈R及k∈(0，＋∞)，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有公共点． 由f(x)＝kx＋a，得k＝.设h(x)＝，则h′(x)＝＝，其中g(x)＝－ln x.由(1)可知g(x)≥g(16)，又a≤3－4ln 2，故－g(x)－1＋a≤－g(16)－1＋a＝－3＋4ln 2＋a≤0，所以h′(x)≤0，即函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f(x)－kx－a＝0有唯一一个实根．
综上，当a≤3－4ln 2时，对于任意k＞0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．
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