2018年高考全国一卷理科数学答案及解析.docx
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精选优质文档-----倾情为你奉上2018年普通高等学招生全国统一考试（全国一卷）理科数学参考答案与解析一、选择题：本题有12小题，每小题5分，共60分1、设z=，则|z|=A、0B、C、1D、【答案】C 【解析】由题可得，所以|z|=1 【考点定位】复数2、已知集合A={x|x2-x-2>0}，则A=A、{x|-1
B∴最短路径的长度为AB=22+42【考点定位】立体几何:圆柱体的展开图形，最短路径 8.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·= A.5 B.6 C.7 D.8【答案】D 【解析】抛物线C：y²=4x的焦点为F(1,0)直线MN的方程: 消去x整理得：y2-6y+8=0 ∴y=2 或y=4M、N 的坐标（1，2），（4，4）则·=(0,2)·(3,4)=0*3+2*4=8 【考点定位】抛物线焦点 向量的数量积 如果消去Ｘ，计算量会比较大一些，您不妨试试9.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，+∞）【答案】C 【解析】根据题意：f(x)+x+a=0 有两个解令M(x)=-a,N(x)=f(x)+x =ex+x x≤0lnx+x x>0分段求导：N‘(x)=f(x)+x =ex+1>0 x≤01x+1>0 x>0 说明分段是增函数考虑极限位置，图形如下：M(x)=-a 在区间(-∞，+1]上有2个交点。
∴a的取值范围是C. [-1，+∞） 【考点定位】分段函数、函数的导数、分离参数法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+p3【答案】A 【解析】整个区域的面积： S1+S半圆BC= S半圆AB+ S半圆AC+S△ABC根据勾股定理，容易推出S半圆BC= S半圆AB+ S半圆AC∴S1= S△ABC 故选A 【考点定位】古典概率、 不规则图形面积 11.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的两条渐近线的交点分别为M，N. 若△OMN为直角三角形，则∣MN∣= A. B.3 C. D.4MFNo【答案】B 【解析】右焦点,OF=3+1==2，渐近线方程y=±33x ∴∠NOF=∠MOF =30°在Rt△OMF中，OM=OF*cos∠MOF=2*cos=30°3在Rt△OMN中，MN=OM*tan∠NOM=3*tan(30°+30°)=3【考点定位】双曲线渐近线、焦点概念清晰了，秒杀！有时简单的“解三角”也行，甚至双曲线都不用画出来。
如果用解方程，计算量很大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. 【答案】A 【解析】如图平面α截正方体所得截面为正六边形，此时，截面面积最大，其中边长GH=22截面面积S=6×34×（22）2=【考点定位】立体几何 截面【盘外招】交并集理论：ABD交集为3，AC交集为 34，选A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 .【答案】6 【解析】当直线z=3x+2y经过点（2，0）时，Zmax=3*2+0=6 【考点定位】线性规划（顶点代入法） 14.记Sn为数列｛an｝的前n项和.若Sn=2an+1，则S6= .【答案】-63【解析】S1=2a1+1=a1 ∴a1=-1n>1时，Sn=2an+1，Sn-1=2an-1+1 两式相减：Sn-Sn-1= an=2an-2an-1 ∴an=2an-1an=a1×2n-1= （-1）×2n-1∴S6=（-1）×（26-1）=-63 【考点定位】等比数列的求和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）【答案】16【解析】C21C42+C22C41=2×6+1×4=16【考点定位】排列组合16.已知函数f（x）=2sinx+sin2x，则f（x）的最小值是 .【答案】-332【解析】f（x）=2sinx+sin2x=2sinx+2sinxcosx=2sinx(1+cosx)考虑到f（x）为奇函数，可以求f（x）最大值.将f（x）平方：f2（x）=4sin2x(1+cosx)2=4(1-cosx)(1+cosx)3=4/3(3-3cosx)(1+cosx)3≧(4/3)×（（3-3cosx）+3(1+cosx))/4）4= ×（）4=当3-3cosx=1+cosx 即cosx=12时，f2（x）取最大值f（x）min=-332【考点定位】三角函数的极值，基本不等式的应用【其他解法】：１．求导数解答 ２．f（x）=2sinx(1+cosx)看成单位圆中一个三角形面积求解。
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.【答案】【解析】（1）在△ABD中，由正弦定理得BDsin∠A=ABsin∠ADB ∴sin∠ADB =ABsin∠ADB/BD=25由题设可知，∠ADB<90°∴ cos∠ADB=1-225=235(2)由题设及（1）可知cos∠BDC= sin∠ADB =25在△BCD中，由余弦定理得BC2=BD2+DC2-2BD×DC×cos∠BDC=25+8-2×5××25=25∴BC=5【考点定位】正弦定理 余弦定理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. 【答案】【解析】（1）由已知可得PF⊥BF ，BF⊥EF ∴BF⊥平面PEF又BF在平面ABFD上 ∴平面PEF⊥平面ABFD (2) PH⊥EF，垂足为H，由（1）可得，PH⊥平面ABFD ∴DP与平面ABFD所成角就是∠PDH.CD2=PD2=DH2+PH2=DE2+EH2+PH2= DE2+（EF-HF）2+PH2CF2=PF2=HF2+PH2设正方形ABCD的边长为2.上面两个等式即是：22=12+（2-HF）2+PH212=HF2+PH2∴解方程得HF=12 PH=32在Rt△PHD中, sin∠PDH=PH/PD=32/2=34.【考点定位】立体几何 点、直线、面的关系19.（12分）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）.（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.【答案】【解析】（1）由已知可得F（1，0） ，直线l的方程为x=1由已知可得, 点A的坐标为（1，22）或（1，— 22） ∴直线AM的方程为y=— 22x+2 或 y= 22x—2(2)当l与x轴重合，.∠OMA=∠OMB=00当l与x轴垂直，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA=∠OMB当l与x轴不重合且不垂直，设直线l的方程为y=k(x-1) (k≠0)点A(x1,y1), B(x2,y2) ，x1<2,X2<2, 则直线MA、MB的斜率之和KMA+KMB=y1x1-2+y2x2-2=k(x1-1)x1-2+k(x2-1)x2-2=2kx1x2-3kx1+x2+4k(x1-2)(x2-2)将y=k(x-1)代入椭圆C的方程得：（2k2+1）x2-4k2x+(2k2-2)=0x1∴+x2=4k22k2。
