四川高考理科数学试卷真题试卷答案解析【word文字版下载】

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2018高考理科数学试卷真题试卷答案解析【word文字版下载】尚未公布,请参考往年公布情况!

高考理科数学试题及答案

(考试时间:120分钟 试卷满分:150分)

一、选择题:本大题共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.已知集合A=

22

(,)1xyxy│

,B=

(,)xyyx│,则AB中元素的个数为 A.3

B.2

C.1

D.0

2.设复数z满足(1+i)z=2i,则?z?= A.

1

2

B.

22

C.2 D.2

3.某城市为了解游客人数的变化规律,提高旅游服务质量,收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量(单位:万人)的数据,绘制了下面的折线图.

根据该折线图,下列结论错误的是 A.月接待游客量逐月增加 B.年接待游客量逐年增加

C.各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月份

D.各年1月至6月的月接待游客量相对7月至12月,波动性更小,变化比较平稳 4.(x+y)(2x-y)5

的展开式中x3

y3

的系数为

A.-80 B.-40 C.40 D.80

5. 已知双曲线C:22221xyab (a>0,b>0)的一条渐近线方程为5

2

yx,且与椭圆

2

22

1123

xy 有公共焦点,则C的方程为 A.

221810xy B.22145xy C.22154xy D.22

143

xy 6.设函数f(x)=cos(x+

3

),则下列结论错误的是 A.f(x)的一个周期为−2π

B.y=f(x)的图像关于直线x=83

对称 C.f(x+π)的一个零点为x=6

D.f(x)在(

,π)单调递减 7.执行下面的程序框图,为使输出S的值小于91,

则输入的正整数N的最小值为 A.5 B.4

C.3

D.2

8.已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为

A.π

B.

3π4

C.

π2

D.

π4

9.等差数列na的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则na前6项的和为 A.-24

B.-3

C.3

D.8

10.已知椭圆C:22

221xyab

,(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,且以线段A1A2为直径的圆与直线

20bxayab相切,则C的离心率为

A.

63

B.

33

C.

23

D.

13

11.已知函数2

1

1()2()xxfxxxae

e有唯一零点,则a=

A.12

B.

1

3

C.

12

D.1

12.在矩形ABCD中,AB=1,AD=2,动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上.若AP= AB+AD

则+的最大值为 A.3

B.22

C.5

D.2

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y0

200xxyy



,则z34xy的最小值为__________.

14.设等比数列na满足a1 + a2 = ?1, a1 ? a3 = ?3,则a4 = ___________. 15.设函数10()20xxxfxx,,,,

则满足1

()()12fxfx的x的取值范围是_________。

16.a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边

AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论: ①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角; ②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角; ③直线AB与a所称角的最小值为45°; ④直线AB与a所称角的最小值为60°;

其中正确的是________。(填写所有正确结论的编号)

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)

△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sinA+3cosA=0,a=27,b=2. (1)求c;

(2)设D为BC边上一点,且AD AC,求△ABD的面积. 18.(12分)

某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间[20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年

六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表: 最高气温

[10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40)

天数

2

16

36

25

7

4

以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率。 (1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位:瓶)的分布列;

(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元),当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位:

瓶)为多少时,Y的数学期望达到最大值?

19.(12分)

如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.

(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;

(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D?AE?C

的余弦值.

20.(12分)

已知抛物线C:y2

=2x,过点(2,0)的直线l交C与A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆. (1)证明:坐标原点O在圆M上;

(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程. 21.(12分)

已知函数()fx =x?1?alnx. (1)若()0fx ,求a的值;

(2)设m为整数,且对于任意正整数n,2111

1+

+1+)222

n()(1)(?m,求m的最小值. (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,直线l1的参数方程为2+,

,xtykt

(t为参数),直线l2的参数方程为

2,,xmmmyk



(为参数).设l1与l2的交点为P,当k变化时,P的轨迹为曲线C. (1)写出C的普通方程;

(2)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,设l3:ρ(cosθ+sinθ)-2=0,M为l3

与C的交点,求M的极径.

23.[选修4-5:不等式选讲](10分)

已知函数f(x)=│x+1│?│x?2│. (1)求不等式f(x)≥1的解集;

(2)若不等式f(x)≥x2

?x +m的解集非空,求m的取值范围

参考答案

一、选择题:

1.B 2.C 3.A 4.C 5.B 6.D 7.D 8.B 9.A 10.A 11.C 12.A

11、【解析】由条件,211()2(ee)xxfxxxa,得:

221(2)1211211(2)(2)2(2)(ee)

4442(ee)2(ee)

xxxxxxfxxxaxxxaxxa

∴(2)()fxfx,即1x为()fx的对称轴, 由题意,()fx有唯一零点, ∴()fx的零点只能为1x, 即21111(1)121(ee)0fa, 解得12

a

. 12、【解析】由题意,画出右图.

设BD与C切于点E,连接CE. 以A为原点,AD为x轴正半轴,

AB为y轴正半轴建立直角坐标系,

则C点坐标为(2,1). ∵||1CD,||2BC. ∴22125BD. ∵BD切C于点E. ∴CE⊥BD.

∴CE是RtBCD△中斜边BD上的高. 1

2||||

2222||5||||5

5BCDBCCDSECBDBD△

即C的半径为

2

55

. ∵P在C上. ∴P点的轨迹方程为

224(2)(1)5xy

设P点坐标00(,)xy,可以设出P点坐标满足的参数方程如下:

00225cos5215sin5xy



 而00(,)APxy,(0,1)AB,(2,0)AD

. ∵(0,1)(2,0)(2,)APABAD

∴015

1cos25

x

,0215sin5y. 两式相加得:

2225

15sin1cos55

255

2(

)()sin()55

2sin()3

≤ (其中5sin5,25

cos5

) 当且仅当π

2π2

k

,kZ时,取得最大值3. 二、填空题:

13. 1 14. 8 15.1,4



16.②③

16、【解析】由题意知,abAC、、三条直线两两相互垂直,画出图形如图.

不妨设图中所示正方体边长为1, 故||1AC,2AB,

斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,则A点保持 不变,

B点的运动轨迹是以C为圆心,1为半径的圆.

以C为坐标原点,以CD为x轴正方向,CB

y轴正方向,

CA

为z轴正方向建立空间直角坐标系.

则(1,0,0)D,(0,0,1)A,

直线a的方向单位向量(0,1,0)a,||1a

B点起始坐标为(0,1,0),

直线b的方向单位向量(1,0,0)b

,||1b.

设B点在运动过程中的坐标(cos,sin,0)B,

其中为BC与CD的夹角,[0,2π).

那么'AB在运动过程中的向量(cos,sin,1)AB,||2AB

. 设AB与a所成夹角为π

[0,]2

,

则(cos,sin,1)(0,1,0)22

cos|sin|[0,]22aAB





. 故ππ

[,]42,所以③正确,④错误.

设AB与b所成夹角为π

[0,]2

,

cos(cos,sin,1)(1,0,0)

2

|cos|2

ABb

bABbAB







. 当AB与a夹角为60时,即π3,

12sin2cos2cos

2

3

22

. ∵22cossin1, ∴2

|cos|2

. ∴21cos|cos|22



. ∵π

[0,]2

.

∴π

=

3

,此时AB与b夹角为60. ∴②正确,①错误.

三、解答题:

17.(1)由sin3cos0AA得π2sin03A



,

即π

π3

AkkZ,又0,πA, ∴π

π3

A

,得2π3A.

由余弦定理2222cosabcbcA.

又∵1

27,2,cos2

abA代入并整理得



2

125c,故4c.

(2) ∵2,27,4ACBCAB,

由余弦定理22227

cos27

abcCab.

∵ACAD,即ACD△为直角三角形, 则cosACCDC,得7CD. 由勾股定理2

2

3ADCDAC.

又2π3A

,则2πππ

326

DAB

, 1π

sin326

ABDSADAB

△.

18.⑴易知需求量x可取200,300,500 2161

2003035PX 362

3003035PX 25742

5003035

PX

.

则分布列为:

1

52525

⑵ ①当200n≤时:642Ynn,此时max400Y,当200n时取到.

②当200300n≤时:41

22002200255Ynn

 880026800555

nnn

此时max520Y,当300n时取到.

③当300500n≤时,

122

20022002300230022555Ynnn

10

320025

n



此时520Y.

④当500n≥时,易知Y一定小于③的情况.

综上所述:当300n时,Y取到最大值为520.

19.

⑴ 取AC中点为O,连接BO,DO;

ABC为等边三角形

∴BOAC ∴ABBC

ABBCBDBD

ABDDBC



ABDCBD. ∴ADCD,即ACD为等腰直角三角形,ADC 为直角又O为底边AC中点 ∴DOAC

令ABa,则ABACBCBDa 易得:22ODa

,32

OBa ∴2

2

2

ODOBBD

由勾股定理的逆定理可得2

DOB



即ODOB

ODAC

ODOBACOBOACABCOBABC



平面平面ODABC平面 又∵ODADC平面 由面面垂直的判定定理 可得ADCABC平面平面 ⑵ 由题意可知VVDACEBACE

即B,D到平面ACE的距离相等 即E为BD中点

D

A

B

CE

O

以O为原点,OA为x轴正方向,OB为y轴正方向,OD

为z轴正方向,设ACa,

建立空间直角坐标系,

则0,0,0O,,0,02aA,0,0,2aD

,30,,02Ba,30,,44aEa 易得:3,,244aaAEa,,0,22aaAD,,0,02aOA

 设平面AED的法向量为1n,平面AEC的法向量为2n

则110

0AEnADn,解得

13,1,3n 2200

AEnOAn,解得

20,1,3n 若二面角DAEC为,易知为锐角, 则1212

7cos7nnnn



20.⑴ 显然,当直线斜率为0时,直线与抛物线交于一点,不符合题意.

设:2lxmy,11(,)Axy,22(,)Bxy, 联立:222

yx

xmy得2240ymy,

2416m恒大于0,122yym,124yy.

12(2)(2)mymy

21212(1)2()4myymyy 24(1)2(2)4mmm0

,即O在圆M上.

⑵ 若圆M过点P,则

1212(4)(4)(2)(2)0xxyy 1212(2)(2)(2)(2)0mymyyy

21212(1)(22)()80myymyy 化简得2210mm解得1

2

m或1

①当1

2

m时,:240lxy圆心为00(,)Qxy,

120122yyy

,0019

224

xy, 半径2

2

91||42rOQ



则圆229185

:()()4216

Mxy

②当1m时,:20lxy圆心为00(,)Qxy, 12

012

yyy

,0023xy, 半径22||31rOQ 则圆22:(3)(1)10Mxy

21.⑴ ()1lnfxxax,0x

则()1axa

fxxx



,且(1)0f 当0a≤时,0fx,fx在0,上单调增,所以01x时,0fx,不满足题意; 当0a时,

当0xa时,()0fx,则()fx在(0,)a上单调递减; 当xa时,()0fx,则()fx在(,)a上单调递增.

①若1a,()fx在(,1)a上单调递增∴当(,1)xa时()(1)0fxf矛盾 ②若1a,()fx在(1,)a上单调递减∴当(1,)xa时()(1)0fxf矛盾

③若1a,()fx在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增∴()(1)0fxf≥满足题意 综上所述1a.

⑵ 当1a时()1ln0fxxx≥即ln1xx≤

则有ln(1)xx≤当且仅当0x时等号成立 ∴11

ln(1)22

kk

,*kN 一方面:221111111

ln(1)ln(1)...ln(1)...112222222nnn,

即2111

(1)(1)...(1)e222

n.

另一方面:223111111135(1)(1)...(1)(1)(1)(1)222222264

n

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