2018年高考全国3卷理科数学试题及答案解析

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2017年普通高等学校招生全国统一考试（全国）

理科数学

（试题及答案解析）

一、选择题：（本题共12小题，每小题5分，共60分） 1．已知集合A(x,y)x2y21，B(x,y)yx，则AA．3 【答案】B





B．2







C．1





B中元素的个数为（）

D．0

【解析】A表示圆x2y21上所有点的集合，B表示直线yx上所有点的集合，

故AB表示两直线与圆的交点，由图可知交点的个数为2，即AB元素的个数为2，故选B.













2．设复数z满足(1i)z2i，则z（） 1

A．

2

【答案】C

B．

2 2



C．2

D．2

【解析】由题，z



2i1i2i2i2i1，则z12122，故选C. 1i1i1i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

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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 【答案】A

【解析】由题图可知，2014年8月到9月的月接待游客量在减少，则A选项错误，故选A.



4．(xy)(2xy)5的展开式中x3y3的系数为（）

A． B． C．40 D．80 【答案】C

【解析】由二项式定理可得，原式展开中含x3y3的项为

23333xC52xyyC352xy40xy，则xy的系数为40，故选C.

2

3

3

2



x2y25

5．已知双曲线C：221（a0，b0）的一条渐近线方程为yx，且与椭圆

ab2

x2y2

1有公共焦点．则C的方程为（） 123

x2y2x2y2x2y2x2y2

A．1 B．1 C．1 D．1

810455443

【答案】B

【解析】∵双曲线的一条渐近线方程为y

5b5

① x，则

a22





x2y2

又∵椭圆1与双曲线有公共焦点，易知c3，则a2b2c29②

123

x2y2

由①②解得a2,b5，则双曲线C的方程为1，故选B.

45

π

6．设函数f(x)cos(x)，则下列结论错误的是（）

3

A．f(x)的一个周期为2π C．f(x)的一个零点为x【答案】D

π

6



B．yf(x)的图像关于直线xπ

D．f(x)在(,π)单调递减

2

8π

对称 3

ππ

【解析】函数fxcosx的图象可由ycosx向左平移个单位得到，

33

π

如图可知，fx在,π上先递减后递增，D选项错误，故选D.

2y





-O6



x

7．执行右图的程序框图，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

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D．2 【答案】D

【解析】程序运行过程如下表所示：

t S M

初始状态 0 100 1 第1次循环结束 100 2 10

第2次循环结束 90 1 3

此时S9091首次满足条件，程序需在t3时跳出循环，即N2为满足条件的最小值，故选D.



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（）

3πππ

A．π B． C． D．

4２4

【答案】B

13

【解析】由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径r1， 

22

3π

则圆柱体体积Vπr2h，故选B.

4

2

2





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

A．24 B．3 C．3 D．8 【答案】A

【解析】∵an为等差数列，且a2,a3,a6成等比数列，设公差为d.



2则a3a2a6，即a12da1da15d

2

又∵a11，代入上式可得d22d0 又∵d0，则d2

6565

d16224，故选A. ∴S66a122

x2y2

10．已知椭圆C:221（ab0）的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直

ab

径的圆与直线bxay2ab0相切，则C的离心率为（）

1632

B． C． D．

333３

【答案】A

【解析】∵以A1A2为直径为圆与直线bxay2ab0相切，∴圆心到直线距离d等于半径，

A．

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∴d

2ab

2

2

ab

又∵a0,b0，则上式可化简为a23b2

c22222222

∵bac，可得a3ac，即2

a3

c6∴e，故选A

a3

a





11．已知函数f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零点，则a（）

111

A． B． C．

２23

【答案】C

【解析】由条件，f(x)x22xa(ex1ex1)，得：

D．1

f(2x)(2x)22(2x)a(e2x1e(2x)1)

x24x442xa(e1xex1)



x22xa(ex1ex1)

∴f(2x)f(x)，即x1为f(x)的对称轴， 由题意，f(x)有唯一零点， ∴f(x)的零点只能为x1， 即f(1)1221a(e11e11)0，

1

解得a．

2



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 【答案】A

【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)． ∵|CD|1，|BC|2．

∴BD12225． ∵BD切C于点E． ∴CE⊥BD．

∴CE是Rt△BCD中斜边BD上的高．

1

2|BC||CD|

2S22

|EC|△BCD25

|BD||BD|55

2

5． 即C的半径为5

∵P在C上．

yB

Pg

C

E

A(O)

D

x



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∴P点的轨迹方程为

设P点坐标(x0,y0)，可以设出P点坐标满足的参数方程如下： 2

x25cos05

y125sin05

而AP(x0,y0)，AB(0,1)，AD(2,0)．

(x2)2(y1)2

45．

∵APABAD(0,1)(2,0)(2,) 215

5sin． x01cos，y01525

两式相加得：

∴

1

255sin1cos55

2525

)()2sin()55

2sin()≤3 2(

(其中sin当且仅当

525

，cos) 55

π

2kπ，kZ时，取得最大值3． 2

二、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）

xy≥0,

13．若x，y满足约束条件xy2≤0,则z3x4y的最小值为________．

y≥0,

【答案】1

【解析】由题，画出可行域如图：

3z

x纵截距越大，z值越小． 44

由图可知：z在A1,1处取最小值，故zmin31411．

目标函数为z3x4y，则直线y



xy20

y

A(1,1)

B(2,0)

xy0

x



14．设等比数列an满足a1a21，a1a33，则a4________． 【答案】8

【解析】an为等比数列，设公比为q．

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a1a21a1a1q1①，即， 2

aa3aaq3②1311显然q1，a10，

②

得1q3，即q2，代入①式可得a11， ①

a4a1q3128．

3



x1,x≤0,1f(x)15．设函数则满足f(x)f(x)1的x的取值范围是________． x

22,x0,

1

【答案】,

4

x1,x≤011

【解析】fxx，fxfx1，即fx1fx

222 ,x0

1

由图象变换可画出yfx与y1fx的图象如下：

2



y

1

yf(x)

2

11(,)44

12



12

x

y1f(x)

11

由图可知，满足fx1fx的解为,.

24



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所成角的最小值为45； ④直线AB与a所成角的最大值为60．

其中正确的是________（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③

【解析】由题意知，a、b、AC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|AC|1，AB2，

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为y轴正方向， CA为z轴正方向建立空间直角坐标系． 则D(1,0,0)，A(0,0,1)，

直线a的方向单位向量a(0,1,0)，|a|1．

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B点起始坐标为(0,1,0)，

直线b的方向单位向量b(1,0,0)，|b|1． 设B点在运动过程中的坐标B(cos,sin,0)， 其中为BC与CD的夹角，[0,2π)．

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

π

设AB与a所成夹角为[0,]，

2

(cos,sin,1)(0,1,0)22

|sin|[0,]． 则cos

22aAB

ππ

故[,]，所以③正确，④错误．

42

π

设AB与b所成夹角为[0,]，

2

ABb

cos

bAB



(cos,sin,1)(1,0,0).

bAB2

|cos|2

π， 3

12

． sin2cos2cos2

322

∵cos2sin21，

当AB与a夹角为60时，即

2． 221

∴cos|cos|．

22π

∵[0,]．

2π

∴=，此时AB与b夹角为60．

3

∴②正确，①错误．

∴|cos|



三、解答题：（共70分．第17-20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．

π

【解析】（1）由sinA3cosA0得2sinA0，

3

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π

kπkZ，又A0,π， 3π2π∴Aπ，得A.

33

即A

1

由余弦定理a2b2c22bccosA.又∵a27,b2,cosA代入并整理

2

2

得c125，故c4.

（2）∵AC2,BC27,AB4， a2b2c227

由余弦定理cosC. 

2ab7

∵ACAD，即△ACD为直角三角形， 则ACCDcosC，得CD7.

由勾股定理AD又A

CDAC3.

22

S△ABD

2π2πππ，则DAB， 33261π

ADABsin3. 26



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

25，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量瓶；如果最高气温位于区间20，

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：

15 15，20 20，25 25，30 30，35 35，40 最高气温 10，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？ 【解析】⑴易知需求量x可取200,300,500

2161

PX200

3035362

PX300

303525742

PX500.

3035

则分布列为：

X P

200 300 500





122

555

⑵①当n≤200时：Yn642n，此时Ymax400，当n200时取到.

41

2002n2002②当200n≤300时：Y2n 5588002n6n800n 555

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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．

D

（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E

C面角D-AE-C的余弦值．



B



AD【解析】⑴取AC中点为O，连接BO，DO；

ABC为等边三角形 ∴BOAC

E

∴ABBC CABBCO

ABDCBD. BDBD

ABDDBC

∴ADCD,即ACD为等腰直角三角形，ADC A为直角又O为底边AC中点 ∴DOAC

令ABa，则ABACBCBDa 23a，OBa 22

222

∴ODOBBD

此时Ymax520，当n300时取到. ③当300n≤500时，

122

Y2002n20023002n300255n2 5

32002n



5

此时Y520.

④当n≥500时，易知Y一定小于③的情况.

综上所述：当n300时，Y取到最大值为520.

B

易得：OD

由勾股定理的逆定理可得DOB



2



即ODOB ODACODOB

ACOBOOD平面ABC AC平面ABCOB平面ABC

又∵OD平面ADC

由面面垂直的判定定理可得平面ADC平面ABC ⑵由题意可知VDACEVBACE 即B,D到平面ACE的距离相等 即E为BD中点

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z



D

CO

E

B

A

x

y


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以O为原点，设ACa，OA为x轴正方向，OB为y轴正方向，OD为z轴正方向，建立空间直角坐标系，

33aaa

0,a,0E0,则O0,0,0，A,0,0，D0,0,，B，24a,4 22

a3aaaa,a,AD,0,OA,0,0易得：AE，， 244222设平面AED的法向量为n1，平面AEC的法向量为n2， AEn10

则，解得n13,1,3

ADn01AEn20

，解得n20,1,3 

OAn20

若二面角DAEC为，易知为锐角，





则cos

n1n2n1n2



7 7



20．（12分）已知抛物线C:y2=2x，过点（2，0）的直线l交C于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．

【解析】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l:xmy2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

y22x

联立：得y22my40，

xmy2

4m216恒大于0，y1y22m，y1y24． uuruuur

OAOBx1x2y1y2

(my12)(my22)

(m21)y1y22m(y1y2)4

4(m21)2m(2m)40 uuruuur

∴OAOB，即O在圆M上．

uuuruur

⑵若圆M过点P，则APBP0 (x14)(x24)(y12)(y22)0 (my12)(my22)(y12)(y22)0

(m21)y1y2(2m2)(y1y2)80

1

化简得2m2m10解得m或1

2

1

①当m时，l:2xy40圆心为Q(x0,y0)，

2yy2119y01，x0y02，

222491

半径r|OQ|

42

2

2

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9185

则圆M:(x)2(y)2

4216

②当m1时，l:xy20圆心为Q(x0,y0)，

yy2

y011，x0y023，

2

半径r|OQ|3212

则圆M:(x3)2(y1)210



21．（12分）已知函数f(x)x1alnx．

（1）若f(x)≥0，求a的值；

（2）设m为整数，且对于任意正整数n，(1+

11)(1+2)鬃?(122

1

)<m，求m的最n2

小值．

【解析】⑴ f(x)x1alnx，x0

axa

则f(x)1，且f(1)0

xx

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

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

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

③若a1，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增∴f(x)≥f(1)0满足题意

综上所述a1．

⑵ 当a1时f(x)x1lnx≥0即lnx≤x1

则有ln(x1)≤x当且仅当x0时等号成立

11

∴ln(1k)k，kN*

22

1111111

一方面：ln(1)ln(12)...ln(1n)2...n1n1，

2222222

111

即(1)(12)...(1n)e．

222

111111135

另一方面：(1)(12)...(1n)(1)(12)(13)2

22222264111

当n≥3时，(1)(12)...(1n)(2,e)

222111

∵mN*，(1)(12)...(1n)m，

222

∴m的最小值为3．



22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

xt,

l在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（t为参数），直线l的参数方程

ykt,

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xm,为（m为参数），设l与l的交点为P，当k变化时，P的轨迹为曲线C． m

y,k

（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l:co(s

nis)，

M为l与C的交点，求M的极径．

【解析】⑴将参数方程转化为一般方程

l1:ykx2 ……①

1

l2:yx2 ……②

k

①②消k可得：x2y24

即P的轨迹方程为x2y24； ⑵将参数方程转化为一般方程

l3:xy20 ……③

xy20

联立曲线C和l32 2

xy4

32

x2解得

y22xcos由解得5 ysin即M的极半径是5．



23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知函数f(x)|x||x|． （1）求不等式f(x)的解集；

（2）若不等式f(x)xxm的解集非空，求m的取值范围．

3,x≤1

【解析】⑴fx|x1||x2|可等价为fx2x1,1x2.由fx≥1可得：

3,x≥2

①当x≤1时显然不满足题意；

②当1x2时，2x1≥1，解得x≥1；

③当x≥2时，fx3≥1恒成立.综上，fx1的解集为x|x≥1. ⑵不等式fx≥x2xm等价为fxx2x≥m，

令gxfxx2x，则gx≥m解集非空只需要gxmax≥m.

x2x3,x≤1



而gxx23x1,1x2.

x2x3,x≥2

①当x≤1时，gxmaxg13115；

3533②当1x2时，； gxg31max

2422

2

③当x≥2时，gxmaxg22231.

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2


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综上，gxmax

55

，故m. 44

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