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1、绝密启用前绝密启用前2018 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共 4 页，选择题部分 1 至 2 页；非选择题部分 3 至 4 页。满分 150 分。考试用时 120 分钟。考生注意：1答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。2答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。参考公式：参考公式：若事件A，B互斥，则P(A B)P(A)P(B)若事件A，B相互独立，则P(AB)P(A)P(B)若事件A在一次试验中发生的概率是p，则n次独立重
2、复试验中事件A恰好发生k次的概率knkPn(k)Ck(k 0,1,2,np(1 p)柱体的体积公式V Sh其中S 表示柱体的底面积，h表示柱体的高1锥体的体积公式V Sh3其中S 表示锥体的底面积，h表示锥体的高球的表面积公式S 4R2,n)1台体的体积公式V(S1S1S2 S2)h3球的体积公式其中S1,S2分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高4V R33其中R表示球的半径选择题部分（共 40 分）一、选择题：本大题共10 小题，每小题4 分，共40 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已知全集 U=1，2，3，4，5，A=1，3，则A5第 1 1 页（共 1 1
3、 页）UA=B1，3C2，4，5D1，2，3，4，x222双曲线 y=1的焦点坐标是3A(2，0)，(2，0)C(0，2)，(0，2)B(2，0)，(2，0)D(0，2)，(0，2)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211正视图2侧视图俯视图A24复数B4C6D82(i 为虚数单位)的共轭复数是1iA1+i|x|B1iC1+iD1i5函数 y=2sin2x 的图象可能是ABCD6已知平面，直线 m，n 满足 m，n，则“mn”是“m”的A充分不必要条件C充分必要条件B必要不充分条件D既不充分也不必要条件第 1 1 页（共 1 1 页）7设 0p1，随机
4、变量 的分布列是P则当 p 在（0，1）内增大时，AD（）减小BD（）增大DD（）先增大后减小01 p21122p2CD（）先减小后增大8E 是线段 AB 上的点已知四棱锥 SABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，（不含端点），设 SE 与 BC 所成的角为 1，SE 与平面 ABCD 所成的角为 2，二面角 SABC 的平面角为 3，则A123B321C132D2319已知 a a，b b，e e 是平面向量，e e 是单位向量若非零向量 a a 与 e e 的夹角为，向量 b b 满足3b b24e eb b+3=0，则|a ab b|的最小值是A31B3+1C2D2310已知a1,a2
5、,a3,a4成等比数列，且a1 a2 a3 a4 ln(a1 a2 a3)若a11，则Aa1 a3,a2 a4Ba1 a3,a2 a4Ca1 a3,a2 a4Da1 a3,a2 a4非选择题部分（共 110 分）二、填空题：本大题共7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分。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x y z 100,母，鸡雏个数分别为x，y，z，则当z 81时，x _，15x 3y z 100,3y _x y 0,12若x,y满足约束条件2x y
6、 6,则z x 3y的最小值是 _，最大值是x y 2,_13 在ABC中，角 A，B，C所对的边分别为a，b，c 若a=7，b=2，A=60，则 sin B=_，第 1 1 页（共 1 1 页）c=_14二项式(3x 18)的展开式的常数项是_2xx 4,x 15 已知R R，函数f(x)=2，当=2时，不等式f(x)1)上两点 A，B 满足AP=2PB，则当 m=_4时，点 B 横坐标的绝对值最大三、解答题：本大题共5 小题，共 74 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18（本题满分 14 分）已知角 的顶点与原点 O 重合，始边与 x 轴的非负半轴重合，它的34终边过点 P（，
7、-）55（）求 sin（+）的值；（）若角 满足 sin（+）=5，求 cos 的值1319（本题满分 15 分）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（）证明：AB1平面 A1B1C1；（）求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值20（本题满分 15 分）已知等比数列an的公比 q1，且 a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5的等差中项数列第 1 1 页（共 1 1 页）bn满足 b1=1，数列（bn+1bn）an的前 n 项和为 2n2+n（）求 q 的值；（）求数列
8、bn的通项公式学*科网21（本题满分 15 分）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yAPOMxB（）设 AB 中点为 M，证明：PM 垂直于 y轴；2y（）若 P 是半椭圆 x2+=1(x88ln2；（）若 a34ln2，证明：对于任意 k0，直线 y=kx+a 与曲线 y=f(x)有唯一公共点2018 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学参考答案一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题 4 4 分，满分分，满分 4040 分。分。1.C2
9、.B3.C4.B5.D6.A7.D8.D9.A10.B二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。多空题每题二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。多空题每题 6 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 4 分，满分分，满分 3636分。分。11.8；1112.2；813.21;3714.715.(1,4);(1,3(4,)16.126017.5三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 5 小题，共小题，共 7474 分。分。18.本题主要考查三角函数及其恒等变换等基础知识，同时考查运算求解能力。满分 14 分。第 1 1 页（共 1 1 页）（）由角的终边过点P(,)得sin 35454，5所
10、以sin()sin4.535453，5（）由角的终边过点P(,)得cos 由sin()512.得cos()1313由()得cos cos()cossin()sin，所以cos 5616.或cos 656519.本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15 分。方法一：（）由AB 2,AA1 4,BB1 2,AA1 AB,BB1 AB得AB1 A1B1 2 2，222所以A1B1 AB1 AA1.故AB1 A1B1.由BC 2，BB1 2,CC11,BB1 BC,CC1 BC得B1C15，由AB BC 2,ABC 120得AC 2
11、 3，222由CC1 AC，得AC1 13，所以AB1 B1C1 AC1，故AB1 B1C1.因此AB1平面A1B1C1.（）如图，过点C1作C1D A1B1，交直线A1B1于点D，连结AD.第 1 1 页（共 1 1 页）由AB1平面A1B1C1得平面A1B1C1平面ABB1，由C1D A1B1得C1D 平面ABB1，所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.学科.网由BC115,A1B1 2 2,AC1121得cosC1A1B161，,sin C1A1B177所以C1D 3，故sinC1AD C1D39.AC11339.13因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是方法二：（）如图
12、，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 O-xyz.由题意知各点坐标如下：A(0,3,0),B(1,0,0),A1(0,3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1),第 1 1 页（共 1 1 页）因此AB1(1,3,2),A,3,2),AC1B1(111(0,2 3,3),由AB1A1B1 0得AB1 A1B1.由AB1AC得AB1 AC11.11 0所以AB1平面A1B1C1.（）设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由（）可知AC1(0,2 3,1),AB (1,3,0),BB1(0,0,2),设平面ABB1的法向量n n (x
13、,y,z).x3y 0,n nAB 0,由即可取n n (3,1,0).2z 0,n nBB1 0,所以sin|cos AC1,n n|AC1n n|AC1|n n|39.1339.13因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是20.本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力。满分15 分。（）由a42是a3,a5的等差中项得a3a5 2a44，所以a3 a4 a5 3a4 4 28，解得a4 8.由a3 a5 20得8(q)20，因为q 1，所以q 2.（）设cn(bn1bn)an，数列cn前 n 项和为Sn.1qS1,n 1,c 由n解得c
14、n 4n1.SnSn1,n 2.n1由（）可知an 2，第 1 1 页（共 1 1 页）所以bn 1bn(4n 1)()12n 1，故bnbn 1(4n5)()12n 2,n2，(b3b2)(b2b1)bnb1(bnbn 1)(bn 1bn 2)11(4n5)()n 2(4n9)()n 322设Tn37173.21111()2221(4n5)()n 2,n2，2111Tn37()2222所以Tn3411(4n9)()n 2(4n5)()n 122114()n 2(4n5)()n 1，2212114()22212n 2因此Tn14(4n3)(),n2，12n 2又b11，所以bn15(4n3)(
15、).21本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力。满分15 分。（）设P(x0,y0)，A(1212y1,y1)，B(y2,y2)44因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程12yx0y22y y8xy20yy02即的两个不同的实数根0004()422所以y1y22y0因此，PM垂直于y轴y1y22y0,（）由（）可知2y y8xy00,12第 1 1 页（共 1 1 页）所以|PM|123222(y1 y2)x0y03x0，|y1 y2|2 2(y04x0)84313 22|PM|y1 y2|(y04x0)224因此
16、，PAB的面积SPAB2y022因为x 1(x0 0)，所以y04x0 4x04x0 44,5420因此，PAB面积的取值范围是6 2,15 10422本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力。满分 15 分。（）函数 f（x）的导函数f(x)12 x11x112 x1，x由f(x1)f(x2)得111，x12 x2x21x212因为x1 x2，所以由基本不等式得1x1x2x1x2 24x1x22因为x1 x2，所以x1x2 256由题意得f(x1)f(x2)x1lnx1x2lnx2设g(x)则g(x)所以xg(x)g(x)1x lnx，21(x 4)，
17、4x1x1x2ln(x1x2)2（0，16）-1602-4ln2（16，+）+所以 g（x）在256，+）上单调递增，故g(x1x2)g(256)88ln 2，即f(x1)f(x2)88ln 2第 1 1 页（共 1 1 页）（）令 m=e(a k)，n=(a 12)1，则kf（m）kma|a|+kka0，f（n）knan(1n|a|1a k)0，直线 y=kx+a 与曲线 y=f（x）有唯一公共点第 1 1 页（共 1 1 页）20182018 年浙江省高考数学试卷年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1010 小题，每小题小题，每
18、小题 4 4 分，共分，共 4040 分。在每小题给出的四个分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。选项中，只有一项是符合题目要求的。1（4 分）已知全集 U=1，2，3，4，5，A=1，3，则UA=（）A5B1，3C2，4，5D1，2，3，4，【考点】1F：补集及其运算【分析】根据补集的定义直接求解：UA 是由所有属于集合 U 但不属于 A 的元素构成的集合【解答】解：根据补集的定义，UA 是由所有属于集合 U 但不属于 A 的元素构成的集合，由已知，有且仅有 2，4，5 符合元素的条件UA=2，4，5故选：C【点评】本题考查了补集的定义以及简单求解，属于简单题2（4 分）双
19、曲线A（），（0，y2=1 的焦点坐标是（），0）B（2，0），（2，0），0），（）C（0，D（0，2），（0，2）【考点】KC：双曲线的性质【专题】34：方程思想；4O：定义法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】根据双曲线方程，可得该双曲线的焦点在 x 轴上，由平方关系算出 c=2，即可得到双曲线的焦点坐标【解答】解：双曲线方程可得双曲线的焦点在 x 轴上，且 a2=3，b2=1，由此可得 c=2，第 1 1 页（共 1 1 页）该双曲线的焦点坐标为（2，0）故选：B【点评】本题考查双曲线焦点坐标，着重考查了双曲线的标准方程和焦点坐标求法等知识，属于基础题3（4 分）某几何体的三视图
20、如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A2B4C6D8【考点】L!：由三视图求面积、体积【专题】35：转化思想；5F：空间位置关系与距离【分析】直接利用三视图的复原图求出几何体的体积【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱如图所示：故该几何体的体积为：V=故选：C【点评】本题考查的知识要点：三视图的应用第 1 1 页（共 1 1 页）4（4 分）复数A1+i（i 为虚数单位）的共轭复数是（）B1iC1+iD1i【考点】A5：复数的运算【专题】5N：数系的扩充和复数【分析】化简已知复数 z，由共轭复数的定义可得【解答】解：化简可得 z=1+i，z 的共轭复
21、数=1i故选：B【点评】本题考查复数的代数形式的运算，涉及共轭复数，属基础题5（4 分）函数 y=2|x|sin2x 的图象可能是（）ABCD【考点】3A：函数的图象与图象的变换第 1 1 页（共 1 1 页）【专题】35：转化思想；51：函数的性质及应用【分析】直接利用函数的图象和性质求出结果【解答】解：根据函数的解析式 y=2|x|sin2x，得到：函数的图象为奇函数，故排除 A 和 B当 x=时，函数的值也为 0，故排除 C故选：D【点评】本题考查的知识要点：函数的性质和赋值法的应用6（4 分）已知平面，直线 m，n 满足 m，n，则“mn”是“m”的（）A充分不必要条件C充分必要条件B
22、必要不充分条件D既不充分也不必要条件【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件【专题】38：对应思想；4O：定义法；5L：简易逻辑【分析】根据线面平行的定义和性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：m，n，当 mn 时，m 成立，即充分性成立，当 m 时，mn 不一定成立，即必要性不成立，则“mn”是“m”的充分不必要条件故选：A【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据线面平行的定义和性质是解决本题的关键，是基础题7（4 分）设 0p1，随机变量 的分布列是P012则当 p 在（0，1）内增大时，（）第 1 1 页（共 1 1 页）AD（）减小CD（）先减小后增大BD
23、（）增大DD（）先增大后减小【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差【专题】33：函数思想；4O：定义法；5I：概率与统计【分析】求出随机变量 的分布列与方差，再讨论 D（）的单调情况【解答】解：设 0p1，随机变量 的分布列是E（）=0+1+2=p+；+方差是 D（）=p2+p+=+，p（0，）时，D（）单调递增；p（，1）时，D（）单调递减；D（）先增大后减小故选：D【点评】本题考查了离散型随机变量的数学期望与方差的计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题8（4 分）已知四棱锥 SABCD 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 1，S
24、E 与平面 ABCD 所成的角为2，二面角 SABC 的平面角为 3，则（）A123B321C132D231【考点】L3：棱锥的结构特征；LM：异面直线及其所成的角；MI：直线与平面所成的角；MJ：二面角的平面角及求法【专题】31：数形结合；44：数形结合法；5G：空间角第 1 1 页（共 1 1 页）【分析】作出三个角，表示出三个角的正弦或正切值，根据三角函数的单调性即可得出三个角的大小【解答】解：由题意可知 S 在底面 ABCD 的射影为正方形 ABCD 的中心过 E 作 EFBC，交 CD 于 F，过底面 ABCD 的中心 O 作 ONEF 交 EF 于 N，连接 SN，取 AB 中点
25、M，连接 SM，OM，OE，则 EN=OM，则 1=SEN，2=SEO，3=SMO显然，1，2，3均为锐角tan1=13，又 sin3=32故选：D，sin2=，SESM，=，tan3=，SNSO，【点评】本题考查了空间角的计算，三角函数的应用，属于中档题9（4 分）已知，是平面向量，是单位向量若非零向量 与 的夹角为A，向量 满足14 +3=0，则|的最小值是（）B+1C2D2【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算【专题】11：计算题；31：数形结合；4R：转化法；5A：平面向量及应用第 1 1 页（共 1 1 页）【分析】把等式（），设4 +3=0 变形，可得得，即（），则 的终点在以
26、（2，0）为圆心，以 1 为半径的（x0）圆周上，再由已知得到 的终点在不含端点 O 的两条射线 y=上，画出图形，数形结合得答案【解答】解：由（）（4 +3=0，得），如图，不妨设则 的终点在以（2，0）为圆心，以 1 为半径的圆周上，又非零向量 与 的夹角为0）上不妨以 y=即故选：A为例，则|的最小值是（2，0）到直线的距离减 1，则 的终点在不含端点 O 的两条射线 y=（x【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，属难题10（4 分）已知 a1，a2，a3，a4成等比数列，且 a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3），若第 1 1 页
27、（共 1 1 页）a11，则（）Aa1a3，a2a4Ba1a3，a2a4Ca1a3，a2a4Da1a3，a2a4【考点】4H：对数的运算性质；87：等比数列的性质；8I：数列与函数的综合【专题】11：计算题；32：分类讨论；34：方程思想；49：综合法；51：函数的性质及应用；54：等差数列与等比数列【分析】利用等比数列的性质以及对数函数的单调性，通过数列的公比的讨论分析判断即可【解答】解：a1，a2，a3，a4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a11，设公比为 q，当 q0 时，a1+a2+a3+a4a1+a2+a3，a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+
28、a3），不成立，即：a1a3，a2a4，a1a3，a2a4，不成立，排除 A、D当 q=1 时，a1+a2+a3+a4=0，ln（a1+a2+a3）0，等式不成立，所以 q1；当 q1 时，a1+a2+a3+a40，ln（a1+a2+a3）0，a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3）不成立，当 q（1，0）时，a1a30，a2a40，并且 a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3），能够成立，故选：B【点评】本题考查等比数列的性质的应用，函数的值的判断，对数函数的性质，考查发现问题解决问题的能力，难度比较大二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 7 小题，多空题每题小题，多
29、空题每题 6 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 4 分，共分，共 3636 分。分。11（6 分）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，第 1 1 页（共 1 1 页）当 z=81 时，x=8，y=11【考点】53：函数的零点与方程根的关系【专题】11：计算题；33：函数思想；49：综合法；51：函数的性质及应用【分析】直接利用方程组以及 z 的值，求解即可【解答】解：解得 x=8，y=11故答案为：8；11【点评】本题考查方程组的解法，是基本知识
30、的考查，当 z=81 时，化为：，12（6 分）若 x，y 满足约束条件，则 z=x+3y 的最小值是2，最大值是8【考点】7C：简单线性规划【专题】1：常规题型；11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5T：不等式【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，得到如图的ABC 及其内部，再将目标函数 z=x+3y 对应的直线进行平移，观察直线在 y 轴上的截距变化，然后求解最优解得到结果【解答】解：作出 x，y 满足约束条件表示的平面区域，如图：其中 B（4，2），A（2，2）设 z=F（x，y）=x+3y，将直线 l：z=x+3y 进行平移，观察直线在 y 轴上的截距变化，可得当 l 经过点
31、 B 时，目标函数 z 达到最小值z最小值=F（4，2）=2第 1 1 页（共 1 1 页）可得当 l 经过点 A 时，目标函数 z 达到最最大值：z最大值=F（2，2）=8故答案为：2；8【点评】本题给出二元一次不等式组，求目标函数的最小值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于中档题13（6 分）在ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为 a，b，c若a=A=60，则 sinB=，b=2，c=3【考点】HP：正弦定理【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；58：解三角形【分析】由正弦定理得，由此能求出 c【解答】解：在ABC 中，角 A，B，C 所
32、对的边分别为 a，b，ca=，b=2，A=60，即=，=，由此能求出 sinB，由余弦定理得 cos60=由正弦定理得：解得 sinB=由余弦定理得：=第 1 1 页（共 1 1 页）cos60=，解得 c=3 或 c=1（舍），sinB=故答案为：，c=3，3【点评】本题考查三角形中角的正弦值、边长的求法，考查正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题14（4 分）二项式（+）8的展开式的常数项是7【考点】DA：二项式定理【专题】35：转化思想；4O：定义法；5P：二项式定理【分析】写出二项展开式的通项并整理，由 x 的指数为 0 求得 r 值，则答案可求【
33、解答】解：由令=0，得 r=2+）8的展开式的常数项是=二项式（故答案为：7【点评】本题考查了二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题15（6 分）已知 R，函数 f（x）=，当=2 时，不等式 f（x）0 的解集是x|1x4若函数 f（x）恰有 2 个零点，则 的取值范围是（1，3（4，+）【考点】3E：函数单调性的性质与判断；57：函数与方程的综合运用；5B：分段函数的应用第 1 1 页（共 1 1 页）【专题】11：计算题；31：数形结合；34：方程思想；49：综合法；51：函数的性质及应用【分析】利用分段函数转化求解不等式的解集即可；利用函数的图象，通过函数的零点得到不等
34、式求解即可【解答】解：当=2 时函数 f（x）=，显然 x2 时，不等式 x40 的解集：x|2x4；x2 时，不等式 f（x）0 化为：x24x+30，解得 1x2，综上，不等式的解集为：x|1x4函数 f（x）恰有 2 个零点，函数 f（x）=的草图如图：函数 f（x）恰有 2 个零点，则 13 或 4故答案为：x|1x4；（1，3（4，+）【点评】本题考查函数与方程的应用，考查数形结合以及函数的零点个数的判断，考查发现问题解决问题的能力16（4 分）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1260个没有重复数字的四位数（用数字作答）【
35、考点】D9：排列、组合及简单计数问题【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5O：排列组合第 1 1 页（共 1 1 页）【分析】可先从 1，3，5，7，9 中任取 2 个数字，然后通过0 是否存在，求解即可【解答】解：从 1，3，5，7，9 中任取 2 个数字有从 2，4，6，0 中任取 2 个数字不含 0 时，有可以组成种方法，种方法，=720 个没有重复数字的四位数；=540，含有 0 时，0 不能在千位位置，其它任意排列，共有故一共可以组成 1260 个没有重复数字的四位数故答案为：1260【点评】本题考查排列组合及简单的计数问题，先选后排是解决问题的关键，注意“0“是否在
36、 4 位数中去易错点，是中档题17（4 分）已知点 P（0，1），椭圆+y2=m（m1）上两点 A，B 满足=2，则当 m=5时，点 B 横坐标的绝对值最大【考点】K4：椭圆的性质【专题】34：方程思想；48：分析法；5A：平面向量及应用；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】设 A（x1，y1），B（x2，y2），运用向量共线的坐标表示，以及点满足椭圆方程，求得y1，y2，有x22=m（所求最大值和 m 的值【解答】解：设 A（x1，y1），B（x2，y2），由 P（0，1），=2，）2，运用二次函数的最值求法，可得可得x1=2x2，1y1=2（y21），即有 x1=2x2，y1+2y2=
37、3，又 x12+4y12=4m，即为 x22+y12=m，第 1 1 页（共 1 1 页）x22+4y22=4m，得（y12y2）（y1+2y2）=3m，可得 y12y2=m，解得 y1=则 m=x22+（即有 x22=m（，y2=）2，）2=，即有 m=5 时，x22有最大值 4，即点 B 横坐标的绝对值最大故答案为：5【点评】本题考查椭圆的方程和应用，考查向量共线的坐标表示和方程思想、转化思想，以及二次函数的最值的求法，属于中档题三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 5 小题，共小题，共 7474 分。解答应写出文字说明、证明过程或演分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。算步
38、骤。18（14 分）已知角 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（，）（）求 sin（+）的值；（）若角 满足 sin（+）=，求 cos 的值【考点】G9：任意角的三角函数的定义；GP：两角和与差的三角函数【专题】33：函数思想；4R：转化法；56：三角函数的求值【分析】（）由已知条件即可求 r，则 sin（+）的值可得；（）由已知条件即可求 sin，cos，cos（+），再由 cos=cos（+）=cos（+）cos+sin（+）sin 代值计算得答案【解答】解：（）角 的顶点与原点 O 重合，始边与 x 轴非负半轴重合，终边过点 P（，）第 1 1 页（共
39、 1 1 页）x=，y=，r=|OP|=；，r=|OP|=1，=，sin（+）=sin=（）由 x=，y=得，又由 sin（+）=得则，cos=cos（+）=cos（+）cos+sin（+）sin=，或cos=cos（+）=cos（+）cos+sin（+）sin=cos 的值为或【点评】本题考查了任意角的三角函数的定义，考查了三角函数的诱导公式的应用，是中档题19（15 分）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（）证明：AB1平面 A1B1C1；（）求直线 AC1与平面 ABB1所成的
40、角的正弦值【考点】LW：直线与平面垂直；MI：直线与平面所成的角第 1 1 页（共 1 1 页）【专题】31：数形结合；41：向量法；5F：空间位置关系与距离；5G：空间角【分析】（I）利用勾股定理的逆定理证明 AB1A1B1，AB1B1C1，从而可得 AB1平面 A1B1C1；（II）以 AC 的中点为坐标原点建立空间坐标系，求出平面 ABB1的法向量，计算 与的夹角即可得出线面角的大小【解答】（I）证明：A1A平面 ABC，B1B平面 ABC，AA1BB1，AA1=4，BB1=2，AB=2，A1B1=又 AB1=AB1A1B1，同理可得：AB1B1C1，又 A1B1B1C1=B1，AB1平
41、面 A1B1C1（II）解：取 AC 中点 O，过 O 作平面 ABC 的垂线 OD，交 A1C1于 D，AB=BC，OBOC，AB=BC=2，BAC=120，OB=1，OA=OC=，=2=2，AA12=AB12+A1B12，以 O 为原点，以 OB，OC，OD 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则 A（0，=（1，0），B（1，0，0），B1（1，0，2），C1（0，0），=（0，0，2），=（0，2，1），1），设平面 ABB1的法向量为=（x，y，z），则，令 y=1 可得=（，1，0），cos=|=设直线 AC1与平面 ABB1所成的角为，则 sin=|cos第 1 1 页（
42、共 1 1 页）直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值为【点评】本题考查了线面垂直的判定定理，线面角的计算与空间向量的应用，属于中档题20（15 分）已知等比数列an的公比 q1，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+1bn）an的前 n 项和为 2n2+n（）求 q 的值；（）求数列bn的通项公式【考点】8M：等差数列与等比数列的综合【专题】34：方程思想；48：分析法；54：等差数列与等比数列【分析】（）运用等比数列的通项公式和等差数列中项性质，解方程可得公比q；（）设cn=（bn+1bn）an=（bn+1bn）2n1，运用
43、数列的递推式可得 cn=4n1，再由数列的恒等式求得 bn=b1+（b2b1）+（b3b2）+（bnbn1），运用错位相减法，可得所求数列的通项公式【解答】解：（）等比数列an的公比 q1，且 a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5的等差中项，可得 2a4+4=a3+a5=28a4，解得 a4=8，由+8+8q=28，可得 q=2（舍去），则 q 的值为 2；第 1 1 页（共 1 1 页）（）设 cn=（bn+1bn）an=（bn+1bn）2n1，可得 n=1 时，c1=2+1=3，n2 时，可得 cn=2n2+n2（n1）2（n1）=4n1，上式对 n=1 也成立，则（bn+1b
44、n）an=4n1，即有 bn+1bn=（4n1）（）n1，可得 bn=b1+（b2b1）+（b3b2）+（bnbn1）=1+3（）0+7（）1+（4n5）（）n2，bn=+3（）+7（）2+（4n5）（）n1，相减可得bn=+4（）+（）2+（）n2（4n5）（）n1=+4（4n5）（）n1，化简可得 bn=15（4n+3）（）n2【点评】本题考查等比数列的通项公式和等差数列中项的性质，考查数列的恒等式和错位相减法的运用，考查运算能力，属于中档题21（15 分）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
45、 上（）设 AB 中点为 M，证明：PM 垂直于 y 轴；（）若 P 是半椭圆 x2+=1（x0）上的动点，求PAB面积的取值范围第 1 1 页（共 1 1 页）【考点】KL：直线与椭圆的综合；KN：直线与抛物线的综合【专题】34：方程思想；48：分析法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】（）设 P（m，n），A（，y1），B（，y2），运用中点坐标公式可得 M 的坐标，再由中点坐标公式和点在抛物线上，代入化简整理可得 y1，y2为关于 y 的方程 y22ny+8mn2=0 的两根，由韦达定理即可得到结论；（）由题意可得 m2+=1，1m0，2n2，可得PAB 面积为 S=|PM|y1y
46、2|，再由配方和换元法，可得面积S 关于新元的三次函数，运用单调性可得所求范围【解答】解：（）证明：可设 P（m，n），A（，y1），B（，y2），AB 中点为 M 的坐标为（，），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，可得（）2=4，（）2=4，化简可得 y1，y2为关于 y 的方程 y22ny+8mn2=0 的两根，第 1 1 页（共 1 1 页）可得 y1+y2=2n，y1y2=8mn2，可得 n=，则 PM 垂直于 y 轴；（）若 P 是半椭圆 x2+=1（x0）上的动点，可得 m2+=1，1m0，2n2，由（）可得 y1+y2=2n，
47、y1y2=8mn2，由 PM 垂直于 y 轴，可得PAB面积为 S=|PM|y1y2|=（=m）（4n216m+2n2）m（n24m）=，；，可令 t=可得 m=时，t 取得最大值m=1 时，t 取得最小值 2，即 2t则 S=，t3在 2t递增，可得 S6，PAB面积的取值范围为6第 1 1 页（共 1 1 页）【点评】本题考查抛物线的方程和运用，考查转化思想和运算能力，以及换元法和三次函数的单调性，属于难题22（15 分）已知函数 f（x）=lnx（）若 f（x）在 x=x1，x2（x1x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）88ln2；（）若 a34ln2，证明：对于任意 k0，直
48、线 y=kx+a 与曲线 y=f（x）有唯一公共点【考点】6E：利用导数研究函数的最值【专题】14：证明题；35：转化思想；49：综合法；53：导数的综合应用【分析】（）推导出 x0，f（x）=处导数相等，得到+，由 f（x）在 x=x1，x2（x1x2）=，由基本不等式得：，从而 x1x2256，由题意得 f（x1）+f（x2）=ln（x1x2），设g（x）=，则，利用导数性质能证明 f（x1）+f（x2）88ln2（）令 m=e（|a|+k），n=（）2+1，则 f（m）kma|a|+kka0，推导出存在 x0（m，n），使 f（x0）=kx0+a，对于任意的 aR 及 k（0，+），直线
49、 y=kx+a 与曲线 y=f（x）有公共点，由 f（x）=kx+a，得 k=，第 1 1 页（共 1 1 页）设 h（x）=，则 h（x）=，利用导数性质能证明 a34ln2 时，对于任意k0，直线y=kx+a 与曲线 y=f（x）有唯一公共点【解答】证明：（）函数 f（x）=x0，f（x）=，lnx，f（x）在 x=x1，x2（x1x2）处导数相等，=，x1x2，+=，=，由基本不等式得：x1x2，x1x2256，由题意得 f（x1）+f（x2）=设 g（x）=列表讨论：xg（x）g（x），则=，ln（x1x2），（0，16）16024ln2（16，+）+g（x）在256，+）上单调递增，
50、g（x1x2）g（256）=88ln2，f（x1）+f（x2）88ln2（）令 m=e（|a|+k），n=（）2+1，则 f（m）kma|a|+kka0，f（n）knan（k）n（k）0，存在 x0（m，n），使 f（x0）=kx0+a，对于任意的 aR 及 k（0，+），直线 y=kx+a 与曲线 y=f（x）有公共点，第 1 1 页（共 1 1 页）由 f（x）=kx+a，得 k=，设 h（x）=其中 g（x）=，则 h（x）=lnx，=，由（1）知 g（x）g（16），又 a34ln2，g（x）1+ag（16）1+a=3+4ln2+a0，h（x）0，即函数 h（x）在（0，+）上单调递减