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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仿真卷理科数学（六）本试题卷共14页，23题（含选考题）。全卷满分150分。考试用时120分钟。祝考试顺利注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答
2、题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。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。12018漳州调研在复平面内，复数和对应的点分别是和，则（ ）ABCD【答案】C【解析】由复数和对应的点分别是和得：，故，故选C22018晋中调研已知集合，则（ ）ABCD【答案】A【解析】，故选：A32018南平质检已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【解析】已知函数，若，则，由函数为增函数，故：，故选C42018孝义
3、模拟若，则等于（ ）ABCD【答案】A【解析】已知，解得，将正切值代入得到故答案为：A52018漳州调研已知向量，若，则实数的值为（ ）ABCD【答案】A【解析】，又，解得，故选A62018黄山一模九章算术卷5商功记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺问积几何？答曰：二千一百一十二尺术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一”就是说：圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高），则由此可推得圆周率的取值为（ ）ABCD【答案】A【解析】设圆柱体的底面半径为，高为，由圆柱的体积公式得体积为：由题意知所以，解得故选A720
4、18宁德质检已知三角形中，连接并取线段的中点，则的值为（ ）ABCD【答案】B【解析】因为，线段的中点为，故选B82018海南二模已知正项数列满足，设，则数列的前项和为（ ）ABCD【答案】C【解析】由，可得：，又，数列的前项和，故选：C92018集宁一中设不等式组所表示的平面区域为，在内任取一点，的概率是（ ）ABCD【答案】A【解析】作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，四边形所示，作出直线，由几何概型的概率计算公式知的概率，故选A102018江西联考如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗实线及粗虚线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ）ABCD【答案】C【解析】根据
5、三视图得出，该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥，正方体的棱长为4，为棱的中点，根据几何体可以判断：球心应该在过，的平行于底面的中截面上，设球心到截面的距离为，则到的距离为， 解得出：，该多面体外接球的表面积为：，故选C112018深圳中学为自然对数的底数，已知函数，则函数有唯一零点的充要条件是（ ）A或或B或C或D或【答案】A【解析】作出函数的图像如图所示，其中，则，设直线与曲线相切，则，即，设，则，当时，分析可知，当时，函数有极大值也是最大值，所以当时，此时直线与曲线相切分析图形可知，当或或时，函数的图像与函数的图像只有一个交点，即函数有唯一零点故选A122018华师附中已知抛物线的焦点为，为
6、坐标原点，点，连结，分别交抛物线于点，且，三点共线，则的值为（ ）A1B2C3D4【答案】C【解析】直线的方程为，将其代入，解得，故；直线的方程为，将其代入，解得，故，又，所以，因为，三点共线，所以，即，解得故选C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。132018朝阳期末执行如图所示的程序框图，输出的值为_【答案】48【解析】第1次运行，不成立第2次运行，不成立第3次运行，不成立第3次运行，成立，故输出的值为48142018常州期中如图，在平面直角坐标系中，
7、函数，的图像与轴的交点，满足，则_【答案】【解析】不妨设，得，由，得，解得152018池州期末函数与的图象有个交点，其坐标依次为，则_【答案】4【解析】因为，两个函数对称中心均为；画出，的图象，由图可知共有四个交点，且关于对称，故，故答案为4162018集宁一中已知圆的圆心在直线上，半径为，若圆上存在点，它到定点的距离与到原点的距离之比为，则圆心的纵坐标的取值范围是_【答案】【解析】因为圆心在直线上，设圆心，则圆的方程为，设点，因为，所以，化简得，即，所以点在以为圆心，为半径的圆上，则，即，整理得，由，得，由，得，所以圆心的纵坐标的取值范围是三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
8、172018天门期末在中，角，所对的边分别为，已知（1）求的值；（2）若，求的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】（1）由已知得，即有，3分因为，又，又，6分（2）由余弦定理，有因为，9分有，又，于是有，即有12分182018河南二模某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过站的地铁票价如下表：乘坐站数票价（元）现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过站甲、乙乘坐不超过站的概率分别为，；甲、乙乘坐超过站的概率分别为，（1）求甲、乙两人付费相同的概率；（2）设甲、乙两人所付费用之和为随机变量，求的分布列和数学期望
9、【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题意知甲乘坐超过站且不超过站的概率为，乙乘坐超过站且不超过站的概率为，设“甲、乙两人付费相同”为事件，则，所以甲、乙两人付费相同的概率是5分（2）由题意可知的所有可能取值为：，6分，7分，8分，9分，10分11分因此的分布列如下：所以的数学期望12分192018三门峡期末如图，在三棱锥中，平面平面，（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）若动点在底面边界及内部，二面角的余弦值为，求的最小值【答案】（1）；（2）【解析】（1）取中点，平面平面，平面平面，平面，以为坐标原点，、分别为、轴建立如图所示空间直角坐标系，2分设平面的法向量，由，得方程组，取，4分5分
10、直线与平面所成角的正弦值为6分（2）由题意平面的法向量，设平面的法向量为，取，9分，或（舍去）点到的最小值为垂直距离12分202018盐城中学给定椭圆，称圆为椭圆的“伴随圆”已知点是椭圆上的点（1）若过点的直线与椭圆有且只有一个公共点，求被椭圆的伴随圆所截得的弦长：（2），是椭圆上的两点，设，是直线，的斜率，且满足，试问：直线是否过定点，如果过定点，求出定点坐标，如果不过定点，试说明理由【答案】（1）；（2）过原点【解析】（1）因为点是椭圆上的点，即椭圆，2分，伴随圆，当直线的斜率不存在时：显然不满足与椭圆有且只有一个公共点，3分当直接的斜率存在时：将直线与椭圆联立，得，由直线与椭圆有且只有一
11、个公共点得，解得，由对称性取直线即，圆心到直线的距离为，直线被椭圆的伴随圆所截得的弦长，6分（2）设直线，的方程分别为，设点，联立得，则得同理，8分斜率，9分同理，因为，10分所以，三点共线，即直线过定点12分212018烟台期末已知函数（1）求函数的单调区间；（2）若存在，使成立，求整数的最小值【答案】（1）答案见解析；（2）5【解析】（1）由题意可知，1分方程对应的，当，即时，当时，在上单调递减；2分当时，方程的两根为，且，此时，在上，函数单调递增，在，上，函数单调递减；4分当时，此时当，单调递增，当时，单调递减；综上：当时，单调递增，当时，单调递减；当时，在上单调递增，在，上单调递减；当
12、时，在上单调递减；6分（2）原式等价于，即存在，使成立设，则，7分设，则，在上单调递增又，根据零点存在性定理，可知在上有唯一零点，设该零点为，9分则，且，即，由题意可知，又，的最小值为512分请考生在22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。222018深圳中学选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，已知曲线与曲线（为参数，）以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（1）写出曲线，的极坐标方程；（2）在极坐标系中，已知点是射线与的公共点，点是与的公共点，当在区间上变化时，求的最大值【答案】（1），；（2）【解析】（1）曲线的极坐标方程为，即曲线的普通方程为，即，所以曲线的极坐标方程为5分（2）由（1）知，由知，当，即时，有最大值10分232018晋中调研选修4-5：不等式选讲已知，函数（1）当时，求不等式的解集；（2）当的最小值为时，求的值，并求的最小值【答案】（1）或；（2）3【解析】（1），或或，解得或5分（2），当且仅当时取得最小值10分
