湖南高考数学理科高考试题附答案

2018年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

注意事项：

1．答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上; 2．回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号;回答非选择题时,将答案写在答题卡上;写在本试卷上无效;

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．设z1i2i,则|z| 1iA．0 B．

1 2RC．1

D．2

22．已知集合Axxx20,则

A

A．x1x2 C．x|x1

B．x1x2

x|x2

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．设Sn为等差数列an的前n项和,若3S3S2S4,a12,则a5

A．12 D．12

B．10 C．10

5．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2x

B．yx

C．y2x

D．yx

6．在△ABC中,AD为BC边上的中线,E为AD的中点,则EB

31ABAC 4413ABAC D．44A． B．

13ABAC 44 C．

31ABAC 44

7．某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图．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．217 D．2

8．设抛物线C：y2=4x的焦点为F,过点–2,0且斜率为

FMFN=

B．25 C．3

2的直线与C交于M,N两点,则3A．5 B．6 C．7 D．8

ex，x0，g(x)f(x)xa．若gx存在2个零点,则a的取值范9．已知函数f(x)lnx，x0，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=p2 C．p2=p3

B．p1=p3 D．p1=p2+p3

x211．已知双曲线C：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

3渐近线的交点分别为M、N.若△OMN为直角三角形,则|MN|= A．

32 B．3 C．23 D．4

12．已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角相等,则α截此正方体

所得截面面积的最大值为 A．33 4 B．23 3 C．32 4 D．3 2二、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分;

x2y2013．若x,y满足约束条件xy10,则z3x2y的最大值为_____________．

y0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：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22,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

x2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

2为(2,0).

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件作检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验,设每件产品为不合格品的概率都为p(0p1),且各件产品是否为不合格品相互独立．学科&网 1记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p0． 2现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以1中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．学.科网

i若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X,求EX;

ii以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验 21．12分

已知函数f(x)1xalnx． x1讨论f(x)的单调性；

fx1fx22若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明：a2．

x1x2二选考题：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C1的方程为yk|x|2.以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为22cos30.

1求C2的直角坐标方程；

2若C1与C2有且仅有三个公共点,求C1的方程. 23．选修4–5：不等式选讲10分

已知f(x)|x1||ax1|. 1当a1时,求不等式f(x)1的解集；

2若x(0,1)时不等式f(x)x成立,求a的取值范围. 参考答案：

1 C

2 B

3 A

4 B

5 D

6 A

7 B

8 D

9 C

10 A

11 B

12 A

14.63 16.17.12分

33 2

解：1在△ABD中,由正弦定理得由题设知,

BDAB. sinAsinADB252,所以sinADB. 5sin45sinADB由题设知,ADB90,所以cosADB1223. 2552由题设及1知,cosBDCsinADB在△BCD中,由余弦定理得

2. 525. 所以BC5. 18.12分

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.

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Hxyz.

由1可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=3.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF. 可得PH33,EH. 2233333),D(1,,0),DP(1,,),HP(0,0,)为平面ABFD的22222则H(0,0,0),P(0,0,法向量.

3HPDP3|4设DP与平面ABFD所成角为,则sin|.

4|HP||DP|3所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为19.12分

解：1由已知得F(1,0),l的方程为x=1. 由已知可得,点A的坐标为(1,3. 422)或(1,). 22所以AM的方程为y22x2或yx2. 222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2,直线MA,MB的斜率之和为kMAkMB由y1kx1k,y2kx2k得

kMAkMB2kx1x23k(x1x2)4k.

(x12)(x22)y1y2. x12x22x2将yk(x1)代入y21得

2(2k21)x24k2x2k220.

4k22k22所以,x1x22,x1x22.

2k12k14k34k12k38k34k0. 则2kx1x23k(x1x2)4k2k21从而kMAkMB0,故MA,MB的倾斜角互补,所以OMAOMB. 综上,OMAOMB. 20.12分

218解：120件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)C220p(1p).因此 18217217f(p)C220[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YB(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. 21.12分

1ax2ax1解:1f(x)的定义域为(0,),f(x)21.

xxx2i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4ii若a2,令f(x)0得,x或x.

22aa24aa24)(,)时,f(x)0； 当x(0,22aa24aa24,)时,f(x)0.所以f(x)在当x(22aa24aa24aa24aa24(0,),(,)单调递减,在(,)单调递增.

22222由1知,f(x)存在两个极值点当且仅当a2.

由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2ax10,所以x1x21,不妨设x1x2,则

x21.由于

f(x1)f(x2)lnx1lnx2lnx1lnx22lnx21, 1a2a2a1x1x2x1x2x1x2x1x2x2x2所以

f(x1)f(x2)1a2等价于x22lnx20.

x1x2x2设函数g(x)1x2lnx,由1知,g(x)在(0,)单调递减,又g(1)0,从而当xx(1,)时,g(x)0.

所以

f(x1)f(x2)1x22lnx20,即a2. x2x1x222．选修4-4：坐标系与参数方程10分

解析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．学科网

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4k或k0．

3|k2|k122,故

4经检验,当k0时,l1与C2没有公共点；当k时,l1与C2只有一个公共点,l23与C2有两个公共点．

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|k2|k122,故

k0或k4． 34时,l2与C2没有公共点． 3经检验,当k0时,l1与C2没有公共点；当k4综上,所求C1的方程为y|x|2．

323．选修4-5：不等式选讲10分

2,x1,解析1当a1时,f(x)|x1||x1|,即f(x)2x,1x1,

2,x1.1f(x)1{x|x}． 故不等式的解集为

22当x(0,1)时|x1||ax1|x成立等价于当x(0,1)时|ax1|1成立． 若a0,则当x(0,1)时|ax1|1； 若a0,|ax1|1的解集为0x综上,a的取值范围为(0,2]．

22,所以1,故0a2． aa