浙江省2018年普通高等学校全国招生统一考试数学模拟测试卷

2018年普通高等学校招生全国统一考试
数学模拟试题（浙江卷）
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】A
【解析】分析：求出中不等式解集，找出解集中的整数解确定出，找出中不等式的整数解确定出，求出与的交集即可．
详解：∵集合
∴集合
又∵
∴集合
∴
故选A.
点睛：此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．
2. 双曲线的离心率是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：直接利用双曲线方程，求出实轴长以及焦距的长，即可得到双曲线的离心率．详解：∵双曲线的方程为
∴，
∵
∴
∴
故选C.
点睛：本题考查了双曲线简单性质的应用，离心率的求法.求双曲线的离心率(或离心率的取
值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②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)．
3. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）
...........................
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】分析：由已知中的三视图，可知该几何体右边是三棱锥，左边是直三棱柱，分别计算出体积，相加即可.
详解：由三视图知：几何体右边是三棱锥，其底面为腰长为1的等腰直角三角形，高为1，其体积为；左边为直三棱柱，其底面为腰长为1的等腰直角三角形，高为1，其体积为.
∴该几何体的体积为.
故选B.
点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.
4. 若满足约束条件，则的最小值是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】分析：根据约束条件作出平面区域，化为，从而结合图象，即可求得最小值．
详解：由约束条件作出平面区域如图所示：
化为，由，解得.
由图可得，当直线经过点时，直线在轴上的截距最大，此时有最小值，即
.
故选B.
点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
5. 在等差数列中，若，且它的前项和有最小值，则当时，的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：根据题设条件，利用等差数列的性质推导出，，由此能求出时，的最小值．
详解：∵数列是等差数列，它的前项和有最小值
∴公差，首项，为递增数列
∵
∴，
由等差数列的性质知：，.
∵
∴当时，的最小值为16．
故选C.
点睛：本题考查等差数列的前项和的应用，考查数列的函数特性，是中档题．解答本题的关键是根据，，确定时，的最小值.
6. 如图，是双曲线与椭圆的公共焦点，点是在第一象限的公共点.若，则的离心率是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】试题分析：由题意知，，∵，∴，∴，∵，∴的离心率是，选
考点：椭圆离心率
【方法点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c 的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.
7. 已知二次函数，则“与有相同的零点”是“”的（）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件【答案】C
【解析】分析：若是函数与函数相同的零点可推出，即，再根据充要条件的定义判断即可.
详解：若是函数与函数相同的零点，则，.
∴，即.
∴二次函数，则“与有相同的零点”是“”的充要条件.
故选C.
点睛：充分、必要条件的判断方法
（1）利用定义判断：直接判断“若p，则q”和“若q，则p”的真假．在判断时，确定条件是什么、结论是什么．
（2）从集合的角度判断：利用集合中包含思想判定．抓住“以小推大”的技巧，即小范围推得大范围，即可解决充分必要性的问题．
（3）利用等价转化法：条件和结论带有否定性词语的命题，常转化为其逆否命题来判断真假．8. 已知随机变量的分布列如表所示：
若，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】分析：根据定义用表示出，，根据函数单调性得出结论．
详解：由题意得.
∵
∴
∵
∴
设，则在上单调递减.
∵
∴
故选D.
点睛：求离散型随机变量均值与方差的基本方法
(1)已知随机变量的分布列求它的均值、方差，按定义求解．
(2)已知随机变量的均值、方差，求的线性函数的均值、方差，可直接用的均值、方差的性质求解．
(3)如果所给随机变量是服从常用的分布(如两点分布、二项分布等)，利用它们的均值、方差公式求解．
9. 已知得内角所对的边分别为，且，点在所在平面上的投影恰好是的重心，设平面与底面所成的锐二面角分别为，则（）A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：由题意画出图形，分别求出平面，，与底面所成的锐二面角，根据为的重心，可得，再由的大小关系可得到三边的距离关系，在直角三角形中由、、的大小得到三个角的大小关系．
详解：根据题意画出如图所示的图形：
∵为的重心
∴
过分别作、、垂直于、、，连接、、，可知、、
分别为平面，，与底面所成的锐二面角，分别为.
在、、中，，且.
∴
在、、中，，.
∴，即.
∵正切函数在上为增函数
∴
故选A.
点睛：线面角找垂线，即通过线面垂直关系确定射影，再根据解直角三角形确定大小，二面角找垂面，即找棱垂直的平面，得到平面角之后再解三角形即可.
10. 已知为锐角的外心，，若，且.记
，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】分析：由已知结合数量积的几何意义列关于，，的方程组，求得，再由余弦定理求得，展开数量积，结合，且余弦函数在上为减函数即可得答案．
详解：分别取，的中点为，，连接，，根据题设条件可得，.
∴，.
∵
∴①
②
∵③
∴由①②③得
根据余弦定理可得
∴
在中，由大边对大角得：.
∵，且余弦函数在上为减函数
∴
∴
故选D.
点睛：(1)向量的运算将向量与代数有机结合起来，这就为向量和函数的结合提供了前提，运用向量的有关知识可以解决某些函数问题.
(2)以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题.
(3)向量的两个作用：①载体作用：关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”，转化为我们熟悉的数学问题；②工具作用：利用向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题.
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
11. 若复数满足（为虚数单位），则复数的虚部为__________； _________．【答案】 (1). 3 (2).
【解析】分析：把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得虚部，再由模的计算公式求模．
详解：∵
∴
∴复数的虚部为，.
故答案为，.
点睛：本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如. 其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为
12. 已知函数，则__________；函数的单调递减区间是
__________．
【答案】 (1). 1 (2).
【解析】试题分析：因为，所以；当时，
为单调递增函数；当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数的单调递减区间为．
考点：1、分段函数的求值；2、对数的运算；3、函数的单调性．
13. 多项式的展开式中，含的系数是__________；常数项是__________．
【答案】 (1). 200 (2). 144
【解析】分析：根据题意，由二项式定理分析可得的展开式的通项为，进而令、3、0、1，求出对应的值，分析可得答案．
详解：根据题意，的展开式的通项为.
∴当时，有；当时，有；当时，有
；当时，有.
∴多项式的展开式中，含的项为，即含的系数是；常数项是.
故答案为，．
点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.
14. 在中，角所对的边分别为，已知，，，点满足，则__________；__________．
【答案】 (1). 8 (2).
【解析】分析：由已知利用余弦定理即可求得的值，进而求得的值，利用余弦定理可求
的值.
详解：如图，，，.
∴根据余弦定理得，即.
∴或（舍去）
∵点满足
∴
∴
在中，由余弦定理可得. ∴
故答案为，.
点睛：本题主要考查余弦定理解三角形. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）
；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
15. 分配名水暖工去个不同的民居家里检查暖气管道，要求名水暖工部分配出去，并每名水暖工只能去一个居民家，且每个居民家都要有人去检查，那么分配的方案共有__________种（用数字作答）.
【答案】36
【解析】分析：根据题意，分2步分析：①，将4名水暖工分成3组，②，将分好的三组全排列，对应3个不同的居民家，由分步计数原理计算可得答案．
详解：根据题意，分2步分析：①将4名水暖工分成3组，有种分组方法；
②将分好的三组全排列，对应3个不同的居民家，有种分配方法.
∴共有6×6=36种不同的分配方案
故答案为36．
点睛：解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分
类”、“分步”的角度入手；(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；
(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．
16. 已知向量满足，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】分析：根据绝对值三角不等式即可求出.
详解：∵
∴
∴，即；
，即.
∴的取值范围是
故答案为.
点睛：本题考查向量的模，解答本题的关键是利用绝对值三角不等式，即
.
17. 已知，则的最大值是__________．
【答案】
【解析】分析：将通分后，再将分子分母同时除以，再设，根据对勾函数的性质，即可求得的最大值.
详解：∵
∴
令，则.
∵
∴
∴
又∵在上为单调递增
∴
∴的最大值是
故答案为.
点睛：解答本题的关键是将等式化简到，再通过换元将其形式进行等价转化，最
后运用对勾函数的单调性求出该函数的最值，从而使得问题获解.形如
的函数称为对勾函数，其单调增区间为，；单调减区间为，. 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
18. 已知函数
（1）若，求的值域；
（2）若的最大值是，求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】分析：（1）时，化简函数，利用三角函数的性质求出的值域；（2）化简函数，根据三角函数的图象与性质求出的值．
详解：（1）由题意.
∴函数的值域为.
（2）由题意.
∵函数的最大值为
∴
∴
又∵
∴.
点睛：对三角函数考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心在研究三角函数的图象和性质问题时，一般先运用三角恒等变形，将表达式转化为一个角的三角函数的形式求解.
19. 设平面平面，，，，，
，
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】分析：（1）由于，，可得，进而可得四边形是平行四边形．可得，利用线面平行的判定定理可得平面；（2）取中点，连结交于点，连结，先证与平面所成角等于与平面所成角，再证平面平面，然后作,交直线于点，得平面，即可得是与平面所成角，再求出、，即可得直线与平面所成角的正弦值.
详解：（1）∵，
∴.
又∵
∴四边形是平行四边形
∴，因此平面.
（2）取中点，连结交于点，连结.
∵
∴与平面所成角等于与平面所成角.
∵，平面平面
∴平面.
又∵
∴平面
∴.
在正方形中，，故平面.
∴平面平面.
在平面中，作,交直线于点，得平面.
∴是与平面所成角.
过点作.
∵
∴
∵
∴
点睛：本题主要考查线面平行的判定定理、直线和平面成的角的定义及求法，属于难题.求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解.
20. 已知函数.
（1）求的导函数；
（2）求的定义域及值域.
【答案】（1）；（2）
【解析】分析：（1）根据复合函数以及幂函数的求导公式进行运算；（2）根据根式的性质以
及二次函数的值域求出函数的定义域，对函数求导，判断出单调性求出函数的极大值，即函数的最大值，再由根式的性质得出函数的值域．
详解：（1）对求导得：.
（2）∵
∴对一切恒成立
∴的定义域为.
令，即，解得（舍去），或.
当时，，；
当时，，.
∴当时，取最大值
又∵，所以
∴的值域为
点睛：利用导数解答函数最值或值域的一般步骤：第一步：先求出函数的定义域；第二步：利用或求单调区间；第三步：解得两个根；第四步：比较两根同区间端点的大小；第五步：求极值；第六步：比较极值同端点值的大小．
21. 设抛物线的焦点为，过点的动直线交抛物线于不同两点，线段中点为，射线与抛物线交于点.
（1）求点的轨迹方程；
（2）求面积的最小值.
【答案】（1）；（2）
【解析】分析：（1）设直线方程为，代入，消去，运用韦达定理和中点坐标公式，再运用代入法消去，即可得到的轨迹方程；（2）设，根据（1）可得，由点在抛物线上，化简可得，由点到直线的距离公式，以及弦长公式，求出的面积，再构造新函数，利用导数即可求得的面积的最小值.
详解：（1）设直线方程为，代入得
设，则，，.
∴.
设，由消去得中点的轨迹方程为
（2）设.
∵，
∴
由点在抛物线上，得.
又∵
∴，点到直线的距离
又.
所以，面积
设，有，故在上是减函数，在上是增函数，因此，当时取到最小值.
所以，面积的最小值是.
点睛：在圆锥曲线中研究范围，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先
建立目标函数，再求这个函数的最值.在利用代数法解决最值与范围问题时，常从以下方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关键是两个参数之间建立等量关系；③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；④利用基本不等式求出参数的取值范围；⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.
22. 已知数列满足：.
证明：当时，
（1）；
（2）；
（3）.
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【解析】分析：（1）用数学归纳法和反证法证明即可；（2）由数列的递推式以及作差法可得
，构造函数
，利用导数求出函数函数的单调性，从而可以证明；（3）由数列的递推式，以及（2）的结论可得，根据等比数列的通项公式即可证明，再结合已知可得，即可证明不等式成立.
详解：（1）数学归纳法证明：
当时，成立
假设时，成立，那么时，假设，
则，矛盾
所以，故得证
所以，故
（2）由
得
设
则
由于与在上单调递增，
所以
故在上单调递增，所以
所以
即
（3）由（2）得，则
所以
又，所以，所以，故
所以，所以
点睛：1．数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时步骤(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递推的依据．
2．在用数学归纳法证明时，第(1)步验算的不一定为1，而是根据题目要求选择合适的起始值．第(2)步，证明时命题也成立的过程，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法.。