2018青海高考理科数学真题及答案.doc-资料库

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2018 青海高考理科数学真题及答案注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。 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． 1 2i  1 2i   A．   4 5 3 i 5 B．   4 5 3 i 5 C．   3 5 4 i 5 D．   3 5 4 i 5 2．已知集合 A    x ，  y x 2  y 2 3 x ≤ ，  Z y ，   Z ，则 A 中元素的个数为 A．9 B．8 C．5 D．4 3．函数  f x   x e x e  2 x 的图像大致为 4．已知向量 a ， b 满足| | 1a ， a b    1 ，则 (2 a  a b  )  A．4 B．3 C．2 D．0 5．双曲线 2 2 x a  2 2 y b  1( a  0, b  的离心率为 3 ，则其渐近线方程为 0) A． y   2 x B． y   3 x C． y   2 2 x D． y   3 2 x 6．在 ABC△ 中， cos C  ， 2 5 5 BC  ， 1 AC  ，则 AB  5 A． 4 2 7．为计算 S      1 B． 30 1 1 99 100 …   1 2 1 3 1 4 则在空白框中应填入 A． B． C． D． i i i i i  i  i  i  1 2 3 4 C． 29 D． 2 5 ，设计了右侧的程序框图，开始 N T 0,  0 1i  是 i  100 否 N N   T T   i 1 i 1  1 S N T   S输出结束

8．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和”，如 30 7 23   ．在不超过 30 的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于 30 的概率是 A． 1 12 9．在长方体 B． 1 14 C． 1 15 D． 1 18 ABCD A B C D 1 1 1  1 中， AB BC 1  ， 1 AA  ，则异面直线 1AD 与 1DB 所成角 3 的余弦值为 A． 1 5 10．若 ( ) f x  cos x  B． 5 6 在[ a a x , sin C． 5 5 ] 是减函数，则 a 的最大值是 D． 2 2 D． π A． π 4 B． π 2 , C． 3π 4 f 11．已知 ( ) f x 是定义域为 (   的奇函数，满足 (1 )  x )  f (1  ．若 (1) 2  ，则 x ) f f (1)  f (2)  f (3)  …  f (50)  A． 50 12．已知 1F ， 2F 是椭圆 B．0 x C ： a 2 2  2 2 y b  C．2 D．50 0) 的左、右焦点， A 是 C 的左顶点，点 P 在 1( a b   过 A 且斜率为 3 6 的直线上， PF F△ 1 2 A． 2 3 B． 1 2 为等腰三角形， 1  F F P 2  120  ，则 C 的离心率为 C． 1 3 D． 1 4 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．曲线 2ln(  y x 1)  在点 (0, 0) 处的切线方程为__________． 14．若 ,x y 满足约束条件 2 x y     2 x y     5 0 x  5 0   3 0   ，，则 z ，   的最大值为__________． x y 15．已知 sin α  cos β 1  ， cos α  sin β  ，则 sin( 0 α β )  __________． 16．已知圆锥的顶点为 S ，母线 SA ，SB 所成角的余弦值为 7 8 ，SA 与圆锥底面所成角为 45°，若 SAB△ 的面积为 5 15 ，则该圆锥的侧面积为__________．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 为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题：共 60 分。 17．（12 分）记 nS 为等差数列{ }na 的前 n 项和，已知 1 （1）求{ }na 的通项公式； a   ， 3 7 S   ． 15 （2）求 nS ，并求 nS 的最小值． 18．（12 分）下图是某地区 2000 年至 2016 年环境基础设施投资额 y （单位：亿元）的折线图．为了预测该地区 2018 年的环境基础设施投资额，建立了 y 与时间变量 t 的两个线性回归模型．根据 2000 年至 2016 年的数据（时间变量 t 的值依次为1 2 ，，…，）建立模型 17 ①：ˆ y   30.4 13.5 t  ；根据 2010 年至 2016 年的数据（时间变量 t 的值依次为1 2 ，，…，） 7 建立模型②： ˆ y  99 17.5 t  ．（1）分别利用这两个模型，求该地区 2018 年的环境基础设施投资额的预测值；（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由． 19．（12 分）设抛物线 4 C y x： 2 | AB  ． | 8 的焦点为 F ，过 F 且斜率为 ( k k  的直线 l 与 C 交于 A ，B 两点， 0) （1）求 l 的方程（2）求过点 A ， B 且与 C 的准线相切的圆的方程． 20．（12 分）如图，在三棱锥 P ABC  中， AB BC  2 2 ，点． PA PB PC AC     ，O 为 AC 的中 4 （1）证明： PO  平面 ABC ；（2）若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M PA C   为 30 ，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值． P A O M B C

21．（12 分）已知函数 ( ) f x  ex 2  ． ax （1）若 1a  ，证明：当 0 （2）若 ( ) f x 在 (0, ) 只有一个零点，求 a ． x  时， ( ) 1 f x  ；（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，曲线 C 的参数方程为 x    y 2cos 4sin θ θ ，（ θ 为参数），直线 l 的参数方程为 1 cos t x       2 sin t y  α α ，（ t 为参数）．（1）求 C 和 l 的直角坐标方程；（2）若曲线 C 截直线 l 所得线段的中点坐标为 (1, 2) ，求 l 的斜率． 23．[选修 4－5：不等式选讲]（10 分）设函数 ( ) 5 |   f x x a  |  | x  ． 2 | （1）当 1a  时，求不等式 ( ) （2）若 ( ) 1 f x  ，求 a 的取值范围． 0 f x  的解集；

绝密★启用前一、选择题 1．D 7．B 2．A 8．C 二、填空题 2018 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 3．B 9．C 4．B 5．A 6．A 10．A 11．C 12．D 13． y 2 x 14．9 15． 1  2 16． 40 2π 三、解答题 17．解：（1）设{ }na 的公差为 d，由题意得 13 a 3 d   ． 15 a   得 d=2． 7 由 1 所以{ }na 的通项公式为 na 2 n 9  ．（2）由（1）得 nS  2 n  8 n  ( n  2 4) 16  ．所以当 n=4 时， nS 取得最小值，最小值为−16． 18．解：（1）利用模型①，该地区 2018 年的环境基础设施投资额的预测值为 ˆ y   30.4 13.5 19    226.1 (亿元)．利用模型②，该地区 2018 年的环境基础设施投资额的预测值为 ˆ y  99 17.5 9    256.5 (亿元)．（2）利用模型②得到的预测值更可靠．理由如下：（ⅰ）从折线图可以看出，2000 年至 2016 年的数据对应的点没有随机散布在直线 y   30.4 13.5 t  上下．这说明利用 2000 年至 2016 年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势．2010 年相对 2009 年的环境基础设施投资额有明显增加，2010 年至 2016 年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从 2010 年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用 2010 年至 2016 年的数据建立的线性模型 ˆ y  99 17.5 t  可以较好地描述 2010 年以后的环境基础设施投资额的

变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠．（ⅱ）从计算结果看，相对于 2016 年的环境基础设施投资额 220 亿元，由模型①得到的预测值 226.1 亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理．说明利用模型②得到的预测值更可靠．以上给出了 2 种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分． 19．解：（1）由题意得 (1,0) F ，l的方程为 y  ( k x  1)( k  ． 0) 设 1( A x , y 1 ), B ( , x y 2 2 ) ，  1), 由 y y ( k x  2 4 x     得 2 2 k x  (2 k 2  4) x  k 2  ． 0   16 k 2  16 0 x  ，故 1  x 2  2 k 4  2 2 k ．所以 | AB | |  AF |  | BF |  ( x 1 1)   ( x 2 1)   4 4  2 2 k k ．由题设知 4 4  2 2 k k  ，解得 8 k   （舍去）， 1k  ． 1 因此 l的方程为 y x  ． 1 （2）由（1）得 AB的中点坐标为 (3,2) ，所以 AB的垂直平分线方程为 2     ， 3) y x ( 即 y x   ． 5 设所求圆的圆心坐标为 0 0 ( x y ，则 ) , y 0    x 0 ( x 0 2  1)  5, ( y  0     x 0 2 2  1)  16. x 解得 0 y 0      3, 2 x 或 0 y 0    11,  6.   因此所求圆的方程为 ( x  2 3)  ( y  2 2) 16  或 ( x  11) 2  ( y  2 6)  144 ． 20．解：（1）因为 AP CP AC    ，O 为 AC 的中点，所以 OP AC 4 ，且 OP  2 3 ．连结OB ．因为 AB BC   2 2 AC ，所以 ABC△ 为等腰直角三角形，

且OB AC ， OB  由 2 OP OB  2  2 PB 2 AC  ． 1 2 知 PO OB ．由 OP OB OP  ,  AC 知 PO  平面 ABC ． uuur （2）如图，以O 为坐标原点，OB 的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz  ．由已知得取平面 PAC 的法向量 (2,0,0) ．设 ( ,2 M a  a ,0)(0   ，则 2) a ( ,4  a ,0) ． uuur OB  uuur AM a  设平面 PAM 的法向量为 ( , n , ) x y z ． uuur AP 由 n   0, uuur AM  n 得 2 y     ax  0   2 3 (4  z  ) a y 0  0 所以 cos uuur , OB n  4) 2 3( a  2 2 3 4) a a   2 3( ．  2 a ，可取 ( 3( n  a  4), 3 , a a  ) ，由已知可得 | cos uuur , OB n |  所以 2 3 | 2 4) a  4| a  2 3 a  2 3(  2 a ． 3 2 3= 2 所以 n (   8 3 4 3 3 3 , ,  4 3 ) ．．解得 a   （舍去）， 4 a  ． 4 3 uuur PC  又 (0,2, 2 3)  ，所以 cos uuur , PC n  3 4 ．

所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 3 4 ． 21．解：（1）当 1a  时， ( ) 1 f x  等价于 2( x  1)e  x 1 0   ．设函数 ( ) g x  2 ( x  1)e  1x  ，则 ( ) g' x   ( x 2  2 x  1)e  x    x (  x 2 1) e ．当 1x  时， ( ) 而 (0) 0 g g' x  ，所以 ( ) g x 在 (0, 0 ) 单调递减．  ，故当 0x  时， ( ) 0 g x  ，即 ( ) 1 f x  ．（2）设函数 ( ) 1 h x   2 e x ax  ． ) 只有一个零点当且仅当 ( )h x 在 (0, ) 只有一个零点． f x 在 (0, ( ) （i）当 0a  时， ( ) h x  ， ( )h x 没有零点； 0 （ii）当 0a  时， ( ) h' x  ( ax x  2)e x  ．当 (0, 2) x  时， ( ) h' x  ；当 (2, x   时， ( ) h' x  ． 0 0 ) 所以 ( )h x 在 (0,2) 单调递减，在 (2, ) 单调递增．故 h (2) 1   是 ( )h x 在[0, 4 a 2 e ) 的最小值． ①若 (2) h  ，即 0 ②若 (2) h  ，即 0 a  ， ( )h x 在 (0, 2e 4 a  ， ( )h x 在 (0, 2e 4 ) 没有零点； ) 只有一个零点； ③若 (2) 0  ，即 h a  ，由于 (0) 1 h  ，所以 ( )h x 在 (0,2) 有一个零点， 2e 4 由（ 1 ）知，当 0x  时， ex 2 x ，所以 (4 ) 1 h a   3 16 a 4 e a 1   3 16 a 2 (e ) a 2 1   3 16 a (2 ) a 4 1    ． 0 1 a 故 ( )h x 在 (2, 4 )a 有一个零点，因此 ( )h x 在 (0, ) 有两个零点．综上， ( ) f x 在 (0, ) 只有一个零点时， a  ． 2e 4 22．解：

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