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1、2018年普通高等学校招生全国统一考试数学试题第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由题意，即可利用集合点运算求解.详解：由题意，所以，故选B.点睛：本题主要考查了集合的运算，其中正确求解集合是解答点关键，着重考查了学生的推理与运算能力.2. 已知是虚数单位，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：由题意得，利用复数的运算，即可求解.详解：由题意，所以，故选D.点睛：本题主要考查了复数的四则运算及复数模的计算，着重考查了
2、考生的推理与运算能力.3. 已知某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：由题意，得到该几何体表示一个底面为腰长为1的等腰直角三角形，高为1的三棱锥，即可利用体积公式求解几何体的体积.详解：由题意，根据给定的三视图可知，可得该几何体表示一个底面为腰长为1的等腰直角三角形，高为1的三棱锥，如图所示，所以该三棱锥的体积为，故选C.点睛：本题主要考查了空间几何体的三视图及锥体的体积的计算，其中解答中根据几何体的三视图得到原几何体是解答的管家，着重考查了空间想象能力以及推理与运算能力.4. 已知实数满足，则的最大值为（ ）A. B. C
3、. D. 【答案】C【解析】分析：画出约束条件所表示的平面区域，令，结合图象，平移直线过点时，目标函数取得最大值，联立方程组，即可求解.详解：画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，令，结合图象，平移直线过点时，目标函数取得最大值，又由，解得，即，此时目标函数的最大值为，故选C.点睛：本题主要考查了线性规划求最值，其中正确作出约束条件所表示的平面区域，把目标函数平移到可行域的边界上确定最优解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.5. 已知是空间五个不同的点，若点在直线上，则“与是异面直线”是“与是异面直线”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 充分必要条件 C. 必要不充分条件 D.
4、 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】分析：利用异面直线的定义，根据充要条件的判定方法，即可得到结论.详解：若与是异面直线，则四点不共面，则与是异面直线，而点在上，所以与也是异面直线，若与是异面直线，而点在直线上，所以与是异面直线，所以四点不共面，所以与是异面直线，所以因为充分必要条件，故选B.点睛：本题主要考查了充要条件的 额判定，其中熟记空间中两直线的位置关系是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.6. 在中，内角所对的边分别是，若，则角的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：由正弦定理可化简得，再由余弦定理得，即可求解结果.详解：在，因为由正弦定理可化简得
5、，所以，由余弦定理得，从而，故选C.点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到7. 已知函数的导函数的图象如图所示，则函数（ ）A. 有极大值，没有最大值 B. 没有极大值，没有最大值 C. 有极大值，有最大值 D. 没有极大值，有最大值【答案】A【解析】分析：根据导函数点图象，得出当时，函数先增后减；当时，函数先减后增，即可得到结论.详解：由题意，函数的图象可
6、知，当时，函数先增后减；当时，函数先减后增，所以函数有极大值，没有最大值，故选A.点睛：本题主要考查了函数的单调性与极值与导数的关系，其中导函数与原函数的关系是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.8. 已知过椭圆的左焦点且斜率为的直线与椭圆交于两点.若椭圆上存在一点，满足（其中点为坐标原点），则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：根据平方差法得到直线的方程为，联立方程组，解得点的坐标，再根据，得，把点代入椭圆的方程，即可求解离心率的值.详解：设的中点，由题意知，两式相减得，则，而，所以，所以直线的方程为，联立，解得，又因为，所以,所以点代入椭圆的方程
7、，得，所以，故选A.点睛：本题考查了椭圆的几何性质离心率的求解，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出 ，代入公式；只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范围)9. 在直角梯形中，同一平面内的两个动点满足，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由题意，得点是以点为圆心，半径为1的圆上的一个动点，点是的中点，取的中点，连接，利用三点共线时取得最值，即可求解.详解：由于，则点是以点为圆心，半径为1的圆上的一个动点，点是的中点，取的中点，连接，如图所示，则，当三点共线时，
8、点在之间时，取最小值，；当点在之间时，取最大值，从而的的取值范围是，故选B.点睛：本题主要考查了平面向量的运算，以及圆的最值问题，其中把，得点是以点为圆心，半径为1的圆上的一个动点，转化为圆的应用问题求解是解答的关键，着重考查了转化思想方法以及分析问题、解答问题的能力.10. 已知是由具有公共直角边的两块直角三角板（与）组成的三角形，如左下图所示.其中，.现将沿斜边进行翻折成（不在平面上）.若分别为和的中点，则在翻折过程中，下列命题不正确的是（ ）A. 在线段上存在一定点，使得的长度是定值B. 点在某个球面上运动C. 存在某个位置，使得直线与所成角为D. 对于任意位置，二面角始终大于二面角【答
9、案】C【解析】分析：由题意，可的二面角和二面角由共同的平面角,且另一个面都过点，过点作平面的垂线，即可得到二面角和二面角的平面角，进而的大小关系即可.详解：不妨设，取中点，易知落在线段 上，且,所以点到点的距离始终为，即点在以点为球心，半径为的球面上运动，因此A、B选项不正确；对于C选项，作可以看成以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，易知与落在同一个轴截面上时， 取得最大值，则的最大值为，此时落在平面上，所以，即与所成的角始终小于，所以C选项不正确；对于D选项，易知二面角为直二面角时，二面角始终大于二面角，当二面角为锐二面角时，如图所示作平面与点，然后作分别交于，则二面角的平面角为，二面角的平面
10、角为，且，又因为，所以，所以二面角始终大于二面角，故选D.点睛：本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及空间角的求解，其中解答中正确确定二面角的的平面角和异面直线所成的角是解答的关键，试题综合性强，难度大，属于难题，着重考查了空间想象能力，以及分析问题和解答问题的能力.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）11. 双曲线的离心率为_，渐近线方程为_【答案】 (1). 2 (2). 【解析】分析：直接利用双曲线的几何性质解答即可.详解：由题得所以双曲线的离心率为渐近线方程为故答案为：2，.点睛：本题主要是考查双曲线的简单几何性质，意在考查双曲线的基础知识掌握能力.
11、注意焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程为，焦点在y轴上的双曲线的渐近线方程为，不要记错了.12. 已知的展开式中的系数为，则_，此多项式的展开式中含的奇数次幂项的系数之和为_【答案】 (1). -2 (2). -32【解析】分析：由题意的，展开式中含的系数为，解得，令，分别令和，则两式相减，即可求解.详解：由题意的，展开式中含的系数为，解得，令，令，则；令，则，两式相减，则展开式中含奇次幂的系数之和为.点睛：本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中涉及到二项展开式的指定项的求解，二项展开式的系数问题，熟记二项式定理的基本知识是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.13. 我国古代数学名著九章算
12、术里有问题：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：_日相逢？【答案】9【解析】解：由题意可知：良马与驽马第 天跑的路程都是等差数列，设路程为 ，由题意有： ，故： ，满足题意时，数列 的前n项和为 ，由等差数列前n项和公式可得： ，解得： .即二马相逢，需9日相逢点睛：本题考查数列的实际应用题.(1)解决数列应用题的基本步骤是：根据实际问题的要求，识别是等差数列还是等比数列，用数列表示问题的已知；根据等差数列和等比数列的知识以及实际问题的要求建立数学模型；求出数学模型，根据求解结
13、果对实际问题作出结论(2)数列应用题常见模型：等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差数列模型，增加(或减少)的量就是公差；等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比数列模型，这个固定的数就是公比；递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是an与an1的递推关系，或前n项和Sn与Sn1之间的递推关系14. 已知两个离散型随机变量，满足的分布列如下：当时，_，_【答案】 (1). (2). 【解析】分析：由分布列的性质和数学期望的公式，求得，进而求得，又因为，所以，即可求解.详解：由题意，因为，所以，则，又因为，所
14、以.点睛：本题主要考查了随机变量的分布列的性质，以及数学期望与方差的计算问题，其中熟记随机变量的分布列的性质和数学期望与方差的公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.15. 已知向量满足，若的最大值为，则向量的夹角的最小值为_，的取值范围为_【答案】 (1). (2). 【解析】分析：由题意，求得，所以的最小值为，再利用向量的模的计算公式，即可求解.详解：由题意，则，解得，所以，所以的最小值为，所以，所以.点睛：平面向量的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用，利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决16. 北京期间，有甲、乙、丙、丁、戊位国家部委领导人要去个分会场发言（每个分会场至少人），其中甲和乙要求不再同一分会场，甲和丙必须在同一分会场，则不同的安排方案共有_种（用数字作答）.【答案】30【解析】分析：由题意甲和丙在同一分会场，甲和乙不在同一分会场，所以有“”和“”两种分配方
