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1、绝密 启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试最后一卷理 科 数 学注意事项：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3、回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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，为虚数单位若复数是纯虚数则的值为（ ）AB0C1D2【答案】C【解析】由题意
2、，复数为纯虚数，则，即，故选C2设（为虚数单位），其中，是实数，则等于（ ）A5BCD2【答案】A【解析】由，得，解得，选A3为了从甲、乙两人中选一人参加数学竞赛，老师将二人最近的6次数学测试的分数进行统计，甲、乙两人的得分情况如茎叶图所示，若甲、乙两人的平均成绩分别是，则下列说法正确的是（ ）A，乙比甲成绩稳定，应选乙参加比赛B，甲比乙成绩稳定，应选甲参加比赛C，甲比乙成绩稳定，应选甲参加比赛D，乙比甲成绩稳定，应选乙参加比赛【答案】D【解析】由茎叶图可知，甲的平均数是，乙的平均数是，所以乙的平均数大于甲的平均数，即，从茎叶图可以看出乙的成绩比较稳定，应选乙参加比赛，故选D4正方形中，点，分
3、别是，的中点，那么（ ）ABCD【答案】D【解析】因为点是的中点，所以，点是的中点，所以，所以，故选D5已知双曲线是离心率为，左焦点为，过点与轴垂直的直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，若的面积为20，其中是坐标原点，则该双曲线的标准方程为（ ）ABCD【答案】A【解析】由可得，故双曲线的渐近线方程为，由题意得，解得，双曲线的方程为选A6一个几何体的视图如下图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）ABCD【答案】D【解析】由三视图可知几何体的原图如下图所示：在图中平面，由于是直角三角形，所以它的外接圆的圆心在斜边的中点，且，设外接球的球心为，如图所示，由题得，所以该几何体的外接球的表面积为，
4、故选D7执行如下图的程序框图，若输入的值为2，则输出的值为（ ）ABCD【答案】C【解析】运行框图中的程序可得，不满足条件，继续运行；，不满足条件，继续运行；，不满足条件，继续运行；，不满足条件，继续运行；，满足条件，停止运行，输出选C8已知函数在定义域上是单调函数，若对于任意，都有，则的值是（ ）A5B6C7D8【答案】B【解析】因为函数在定义域上是单调函数，且，所以为一个常数，令这个常数为，则有，且，将代入上式可得，解得，所以，所以，故选B9己知、为异面直线，平面，平面直线满足，则（ ）A，且，B，且，C与相交，且交线垂直于D与相交，且交线平行于【答案】D【解析】平面，直线满足，且，所以，
5、又平面，所以，由直线、为异面直线，且平面，平面，则与相交，否则，若则推出，与、异面矛盾，故与相交，且交线平行于故选D10已知三棱柱的六个顶点都在球的球面上，球的表面积为，平面，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）ABCD【答案】C【解析】由，得，设球半径为，则由平面知为外接球的直径，在中，有，又，设点到平面的距离为，则由，得，又，直线与平面所成角正弦值为选C11已知椭圆的短轴长为2，上顶点为，左顶点为，分别是椭圆的左、右焦点，且的面积为，点为椭圆上的任意一点，则的取值范围为（ ）ABCD【答案】D【解析】由已知得，故；的面积为，又，又，即的取值范围为选D12已知定义在上的偶函数在上单调递减，若不
6、等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【解析】因为定义在上的偶函数在上递减，所以在上单调递增，若不等式对于上恒成立，则对于上恒成立，即对于上恒成立，所以对于上恒成立，即对于上恒成立，令，则由，求得，（1）当时，即或时，在上恒成立，单调递增，因为最小值，最大值，所以，综上可得；（2）当，即时，在上恒成立，单调递减，因为最大值，最小值，所以，综合可得，无解，（3）当，即时，在上，恒成立，为减函数，在上，恒成立，单调递增，故函数最小值为，若，即，因为，则最大值为，此时，由，求得，综上可得；若，即，因为，则最大值为，此时，最小值，最大值为，求得，综合可得，综合（1）（2）（3）可
7、得或或，即故选A第卷本卷包括必考题和选考题两部分。第(13)(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。二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。13已知实数，满足条件，若的最小值为，则实数_【答案】【解析】作出不等式组表示的可行域，为如图所示的四边形，且，由得，当时，平移直线，结合图形得当直线经过点时，直线在轴上的截距最小，此时取得最小值，且，由，得，符合题意当时，平移直线，结合图形得当直线经过点时，直线在轴上的截距最小，此时取得最小值，且，不合题意综上14若实数，满足且的最小值为3，则实数的值为_【答案】【解析】画出可行域，当目标函数过点时取得
8、最小值，由得，则，解得15已知平行四边形中，点是中点，则_【答案】13【解析】由，得，设，解得16已知单位向量，两两的夹角均为(，且)，若空间向量满足，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系(为坐标原点)下的“仿射”坐标，记作，有下列命题：已知，则；已知，其中，均为正数，则当且仅当时，向量，的夹角取得最小值；已知，则；已知，则三棱锥的表面积其中真命题为_(写出所有真命题的序号)【答案】【解析】由题意，若，则，则，所以不正确；如图，设，则点在平面上，点在轴上，由图易知当时，取得最小值，即向量与的夹角取得最小值，所以是正确的；已知，则，所以，所以是正确的；由，则三棱锥为正四面体，棱长为，其表面积为，
9、所以不正确故选三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）在中、分别为角、所对的边，已知（1）求角的大小；（2）若，求的面积【答案】（1）；（2）【解析】（1）由及，得，又在中，（2）在中，由余弦定理得，即，解得，的面积18如图，四边形中，分别在，上，现将四边形沿折起，使平面平面（1）若，在折叠后的线段上是否存在一点，且，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值【答案】（1）在存在一点，且，使平面；（2）【解析】（1）在折叠后的图中过作，交于，过作交于，连结，在四边形中，所以折起后，又平面平面，平面平面，所以平面又平面，
10、所以，所以，因为，所以平面平面，因为平面，所以平面所以在存在一点，且，使平面（2）设，所以，故，所以当时，取得最大值由（1）可以为原点，以，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量，则，即，令，则，则，设平面的法向量，则，即，令，则，则，所以所以二面角的余弦值为19（12分）近年来，随着科学技术迅猛发展，国内有实力的企业纷纷进行海外布局，如在智能手机行业，国产品牌已在赶超国外巨头，某品牌手机公司一直默默拓展海外市场，在海外设多个分支机构需要国内公司外派大量80后、90后中青年员工该企业为了解这两个年龄层员工对是否愿意接受外派工作的态度随机调查了100位员工，得到数据
11、如下表：愿意接受外派人数不愿意接受外派人数合计80后20204090后402060合计6040100（1）根据调查的数据，判断能否在犯错误的概率不超过的前提下认为“是否愿意接受外派与年龄层有关”，并说明理由；（2）该公司选派12人参观驻海外分支机构的交流体验活动，在参与调查的80后员工中用分层抽样方法抽出6名，组成80后组，在参与调查的90后员工中，也用分层抽样方法抽出6名，组成90后组求这12人中，80后组、90后组愿意接受外派的人数各有多少?为方便交流，在80后组、90后组中各选出3人进行交流，记在80后组中选到愿意接受外派的人数为，在90后组中选到愿意接受外派的人数为，求的概率参考数据：
12、参考公式：，其中【答案】（1）能在犯错误的概率不超过的前提下认为“是否愿意接受外派与年龄有关”；（2）3，4【解析】（1）由列联表可得，所以能在犯错误的概率不超过的前提下认为“是否愿意接受外派与年龄有关”（2）由分层抽样知80后组中，愿意接受外派人数为3，在90后组中，愿意接受外派人数为4“”包含“，”，“，”，“，”，“，”，“，”，“，”六种情况且，即的概率为20（12分）设抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴的正半轴上，点是抛物线上的一点，以为圆心，2为半径的圆与轴相切，切点为（1）求抛物线的标准方程：（2）设直线在轴上的截距为6，且与抛物线交于，两点，连接并延长交抛物线的准线于点，当直线恰
13、与抛物线相切时，求直线的方程【答案】（1）；（2）直线的方程为或【解析】（1）设抛物线方程为，以为圆心，为半径的圆与轴相切，切点为，该抛物线的标准方程为（2）由题知直线的斜率存在，设其方程为，由消去整理得，显然设，则抛物线在点处的切线方程为，令，得，可得点，由，三点共线得，即，整理得，解得，即，所求直线的方程为或21已知函数，其中，为参数，且（1）当时，判断函数是否有极值（2）要使函数的极小值大于零，求参数的取值范围（3）若对（2）中所求的取值范围内的任意参数，函数在区间内都是增函数，求实数的取值范围【答案】（1）无极值；（2）；（3）【解析】（1）当时，所以，所以无极值（2）因为，设，得，由（1），只需分下面两情况讨论：当时，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增所以当时，取得极小值，极小值，要使，则有，所以，因为，故或；当时，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；所以当时，取得极小值极小值若，则，
