2018年普通高等学校招生全国统一考试高三数学仿真卷理一20180428113

2018 年普通高等学校招生全国统一考试高三数学仿真卷理
（一）
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Ⅰ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．[2018·晋城一模]已知集合
M x,y x y2，N x,y x y2，则集合M N（）
A．0,2B．2,0C．0,2D．2,0
- 1 -
【答案】 D
x y
【解析】解方程组
x y
2 2 x ，得 y
2 0
．故 M N
2,
0．选 D ． 2．[2018·台州期末]若复数
2
z i
1 i
（i 为虚数单位），则 z （
）
A ． 2
B ．1
C ． 1 2
D ．
2
2
【答案】C 【解析】
2
z
i 1i
1
1
2i 2
i 1
1
z
i ，选 C ． 2 2
，
3．[2018·德州期末]如图所示的阴影部分是由 x 轴及曲线 y sin x 围成，在矩形区域OABC
内随机取一点，则该点取自阴影部分的概率是（
）
A ．
2 π
B ．
1 2
C ．
1 π
D ．
3 π
【答案】A
【 解 析 】 由 题 意 ， 得 矩 形 区 域 OABC 的 面 积 为
S ， 阴 影 部 分 的 面
积 为
1
π 1 π
S 2 0
sin x d x cos x 0
2
，由几何概型的概率公式，得在矩形区域OABC 内随机取一
S 2
点，则该点取自阴影部分的概率为P 2
．故选A．
Sπ1
4．[2018·滁州期末]已知cos 2cos
2
，则tan
4
（）1
A．4B．4C．D．
31 3
【答案】C
【解析】因为cos 2cos
2，所以sin 2cos
tan 2，
- 2 -
1 tan
1
tan
所以
4
1 tan
3
，故选 C ． 5．[2018·陕西一模]《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”．已知 某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为 （
）
A ．2
B ． 4 2 2
C ． 4 4 2
D ． 4 6 2
【答案】C
【解析】根据题意和三视图知几何体是一个放倒的直三棱柱，底面是一个直角三角形，两条直 角 边 分 别 是 2 、 斜 边 是 2， 且 侧 棱 与 底 面 垂 直 ， 侧 棱 长 是 2， ∴ 几 何 体 的 侧 面 积
S 22 22 2 4 4 2 ，故选：C ．
2≥ x y
6．[2018·天津期末]已知实数 x ， y 满足
2 x ≤ y 1 0
≥
，若 z x my 的最大值为10，则
m
（ ）
A ．1
B ． 2
C ．3
D ． 4
【答案】B
【解析】作出可行域，如图△ABC 内部（含边界），其中 A 2, 4
，
B 2,1，
C 1, 1
，若 A
是最优解，则 2
4m 10， m 2 ，检验符合题意；若 B 是最优解，则 2 m 10 ， m 8 ，
检验不符合题意，若 m 8 ，则 z 最大值为 34；若 C 是最优解，则 1 m
10 ， m
11，检
验不符合题意；所以 m
2 ，故选 B ．
- 3 -
f x2018x2017x2x1，下列程序框
图设计的7．[2018·蚌埠一模]已知
20172016
是求
f x的值，在“”中应填的执行语句是（）
开始
输入x0
i=1,n=2018
S=2018
i=i+1
否
i≤2017？
S=S+n
是
输出S
S=Sx0结束
A．n2018i B．n2017i C．n2018i D．n2017i
【答案】A
【解析】不妨设x，要计算f1201820172016
21，
01
首先S201812018，下一个应该加2017，再接着是加2016，故应填n2018i．
f x x a存在两个零点，且一个为正数，另一个为负
数，8．[2018·达州期末]若函数24
则a的取值范围为（）
A．0,4B．0,+C．3,4D．3,+
【答案】C
【解析】如图，若f x24a存在两个零点，且一个为正数，另一个为负数，则a3，4，x
故选C．
- 4 -
9．[2018·朝阳期末]阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两
定点距离之比为常数k（k 0且k 1）的点的轨迹是圆．后人将这个圆称为阿氏圆．若平面
内两定点A，B间的距离为2，动点P与A，B距离之比为2，当P，A，B不共线时，
△PAB面积的最大值是（）
A．22B．2
C．
22
3
D．
2
3
【答案】A
【解析】如图，以经过A，B的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立直角坐标
PA
系；则：A1，0，B1，0，设P x，y，
2
＝；
PB
2
2
x 1
y
2
2
x 1
y
＝2，两边平
方并整理得：
2
x2y26x
10x 3y28．∴△PAB面积的最大值是1
2
22222，选
A．
x y
的离心率23
22
10．[2018·郴州一中]双曲线
C:1(a0,b0)e
，右焦点为F，
a b3
22
点A是双曲线C的一条渐近线上位于第一象限内的点，AOF
OAF，△AOF的面积
为33，则双曲线C的方程为（）
A．x y B．x y
C．
2222
11
3612186
x y
D．
22
1
93
x
2
3
y2
1
【答案】C
- 5 -
b
【解析】由点A所在的渐近线为bx ay 0, 三个该渐近线的倾斜角为，则tan
，
a
2tan2ab AOF OAF tan2
1tan2 2 2
，所以直线AF的倾斜角为2，
，
a b
2ab
则
AF: y x
c
a b
2 2
与bx ay 0联立
解得 2
2a2ab
A ,
c c
，
1 2ab
S c ab 3 3
△，因为双曲线的离心率
AOF
2 c
2 3
e
，
3
a b 4
2 2
，
a 3
2
b 1
，与ab 3 3 联立得a 3，b 3 ．故双曲线的
方程为
a 3
x y ．故选
C．
2 2
1
9 3
11．[2018·昆明一中]设锐角△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
c ，A 2C，则△ABC周长的取值范围为（）
1
A ．0,2
2B ．0,3
3C ． 2 2,33D ． 2
2,3
3
【答案】C
【解析】因为△ABC为锐角三角形，所以0 A ，
2
B ，
2
C ，
即
2
0 2C ，0 C 2C
，0
2 2
C ，所
以
2
C
6 4
，
2 3
cos C ；
又因
2 2
为A 2C，
b c
所以sin A 2sin C cos C，又因为c 1，所以a 2cos C；由，
sin B sin C
即sin sin3 4cos2 1
b
C ，所以a b c 4cos2C 2cos C，令t cos C，
sin C sin C
c B C
则t 2 3
( ,
2 2 ，又因为函数
y t t在( 2 ,
3
4 2
2
2 2
上单调递增，所以函数值域为
(2 2 ,3 3 ，故选：C．12．[2018·济南期末]若关于x的方程x e
x
m
e x e
x x
0 有三个不相等的实数解x，
1
x，
2
x，且3 x x x，其中m R，e 2.71828为自然对数的底数，则
1 0
2 3
2
x x x
1 1
2 1 1
3
e x e x e x
1 2 3
的值为（）
A．1 B．e C．m 1 D．1m
- 6 -
【答案】A 【 解 析 】 化 简
x
e
x
m
e
x e
x
x
0 ， 可 得
x 1 m
x
x
e
1 e
x
x ， 令 =t ， 原 式 可 化 为 e x
1 t m
t 1 0 ，
， 由 韦 达 定 理 可 得
1
t 2
m 1 t
m 1 0
t
t
m
，
a
b
t
t
m
1， a
b
x x
1
1
3
1 t 1 t 1
x
x
1
3
e
e 1
3
=t t + t t 1= m 1 m
1+1=1，
1 3
1
3
x x
1
2
t t
1
1
1
1
1
2
e x
e x
1
2
=t t + t
t 1= m 1 m 1+1=1，两
式相乘可
1 2
1
2
得：
2
2
x
x
x
x
x x
1 1
2
1 3
1 1
3
，即
1
1
2
1
1
e x
e x
e
x
e x
e x
e x
1
2
3
1
2
3
的值为1，故选 A ．
第Ⅱ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．[2018·周口调研]已知平面向量a与b的夹角为
3，且b1，a2b23，则a
__________．
【答案】2
【解析】a2b23，a b，即a24a b4b212，
212
2
a24a1cos6041212，化简得：a22a8
0，a2．
14．[2018·洛阳联考]已知随机变量X~B2,p，
Y N，若P X≥10.64，
~2,
2
P(0Y2)p，则P(Y4)__________．
【答案】0.1
【解析】∵随机变量服从X~B2,p，∴
P X≥C0p，解得：p0.4．
1110.64
2
2
- 7 -
又
Y N
，∴ P
Y 4 P Y
0 0.5
P 0 Y 2 0.1，故答案为：
0.1．
~
2,
2
15． [2018·张 家 口 期 末 ]将 正 整 数 对 作 如 下 分 组 ， 第 1
组 为
1, 2,
2,1
， 第 2 组 为
1, 3,3,1，第3组为1, 4,2, 3,3, 2
,
4,1
，第 4 组为
1, 5,2,
4
4, 2
5,1
则第30组第16个数对为__________． 【答案】 (17,15)
【解析】根据归纳推理可知，每对数字中两个数字不相等，且第一组每一对数字和为3，第二 组每一对数字和为 4 ，第三组每对数字和为5，
，第30组每一对数字和为32，第30组
第一对数为
1, 31，第二对数为
2, 30,.......，第15对数为15,17，第16对数为17,15
，
故答案为17,15
．
16．[2018·南宁二中]如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为 4cm ，该纸片上的正方形 ABCD 的中心为 O ， E ， F ， G ， H 为圆 O 上的点，△ABE 、△BCF 、△CDG 、△DAH 分 别是以 AB ， BC ，CD ， DA 为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以 AB ， BC ，CD ，
DA 为折痕折起△ABE 、△BCF 、△CDG 、△DAH ，使得 E ， F ，G ， H 重合，得到
一个三棱锥，当正方形 ABCD 的边长为__________cm 时，三棱锥体积最大．
16 5
【答案】
．
【解析】连接OG 交CD 于点 M ，则OG
DC ，点 M 为CD 的中点，连接OC ，△OCM
为直角三角形，设正方形的边长为 2x ，则 OM
x ，由圆的半径为 4，则 MG 4 x ，设
E ，
F ，
G ，
H 重 合 于 点 P ， 则 PM
MG
4 x x ， 则 0 x 2， 高
1
8 2
PO
x
2
x 2 x 、
2
4 5
4
16 8
V 2x
16
8x 2x x ，
设
3
3
- 8 -
y x x ，
2
8
5
8 5 x
4
5
3
4
3
y x
x
x
x ，当 0 8
时，
y 0 ， y
2x 4
x 5 单调递
5
8 时，
y 0 ， y
2x 4 x 5 单调递减，所
以当
8 增；当 x 2
x 时，V 取得最大值，此时
5
5
2
x 16 ，即答案为16
．
5 5
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．[2018·昆明一中]
已知数列
S
a
n
a 满足 2
n
N ．
*
n
n
n
（1
）证明：
1
a
是等比数列； n
a
a
a
a
1
3
5 ...
2n 1
*
n
N
． （2）求
【答案】（1）证明见解析；（2）
2
3 5 2 3 n
n
3
．
S
a 得：
【解析】（1）由
1
2 1 1
a
，···········1分 1
1
因为 S
S
a
n
a
n
n ≥2
，
n
n
n
n
1
2
2 1
1
a
2a
1，···········3分
所以
n
n 1
从而由
a
1
2
n ≥2
，···········5分
a
1 2 a
1 得
n
n 1
n
a
1
n 1
所以
1
a
是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列．···········6分
n
（2）由（1）得 a
2n
1，···········8分
n
所以
a a a
a
n
n
1
3
5
2 1
2 2
3
2
2 1
1
n
2 1 4
n 1 n
1
1
4
2
3 5 2n
3
n
．···········12分
3
18．[2018·商丘期末]心理学家发现视觉和空间能力与性别有关，某数学兴趣小组为了验证这 个结论，从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取 50名同学，给所有同学几何和代数各一题，让 各位同学自由选择一道题进行解答，统计情况如下表：（单位：人）
几何题
代数题 总计 男同学
22
8
30
- 9 -
女同学 8 12 20 总计
30
20
50
（1）能否据此判断有 97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关？
（2）现从选择几何题的 8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究，记甲、乙两名女生 被抽到的人数为 X ，求 X 的分布列及数学期望． 附表及公式：
P K ≥k
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2
k
2.072 2.706
3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
2
n ad bc
k
2
a b c d a c b d
【答案】（1）有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关；（2）答案见解析． 【 解 析 】 （ 1） 由 表 中 数 据 得
K 2 的
观 测 值
2
50 2212 88
2
K 5.556
5.024 30
20
30
20
，····3分
所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关．·········5分 （2）由题可知 X 可能取值为 0，1，2，···········6分
15
P X
，···········7分
28
12 3
P X
1
，···········8分
28 7 1 P X
，···········9分
2
28
故 X 的分布列为：
X
0 1 2
P 15
28
3
7
1
28
·········10分
15311
∴
E X012．···········12分
287282
- 10 -
19．[2018·济南期末]如图，在三棱柱 ABC A B C 中，
△ABC 为边长为 2的等边三角形，
1 1 1
1
平面 ABC
平面
1
AAC C ，四边形 1 1
AAC C 为菱形， 1 1
AAC
，
1 1
60
A C 与 1
AC 相交于点
1
D ．
（1）求证： BD
AC ；
1
C
AB C 的余弦值．
（2）求二面角
1
【答案】（1）见解析；（2）
5 5
．
【解析】（1）已知侧面 A AC C 是菱形， D 是 1 1
AC 的中点，
1
BA BC ，∴ ∵
1
BD AC ，···········2分
1
因为平面 ABC
平面
1
AAC C ，且 BD 平面
1 1
ABC ，
1
平面 ABC
平面
1
AA C C
AC ，
1 1
1
∴ BD 平面 AAC C ，∴ 1 1
BD AC ．···········4分
1
（2）如图，
以 D 为原点，以 DA ， DB ， DC 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系， 由已知可得 AC
， AD
1， 1 2
B D A D
DC ， BC
6 ，
1
3
∴ D
0, 0, 0
， A
1,0,0
， B
0, 0, 3
，C
，C 0, 3,0
·····6分
1
1,0,0
设平面 ABC 的一个法向量 m x , y , z
， AB
1, 0, 3
， B C
0, 3, 3
，
- 11 -
由 AB m 0， BC m 0 ，
得
x 3z 0
3y 3z 0
， 可 得
3 ,1,1
m
，···········8分
因为平面 ABC
平面
1
AAC C ， 1 1
AC
AC ，
1
1
∴CD
平面
ABC ， 1
所以平面 ABC 的一个法向量是 DC
0, 3,0，···········10分
1
m
DC
∴
cos<m , BD >
m DC
5 5
，···········11分 C AB C 的余弦值是 5
即二面角
1
5
．···········12分 x
y
2
2
20．[2018·赣州期末]已知椭圆
C :
1(a
b 0) 的左、右顶点
分别为
a
b
2
2
A ， 1
A ，其
2
5
e
，过点 B 2, 0的直线l 与椭圆
C 交于 P ,Q 两点
（异于
离心率
3
A ， 1
A ），当直线l 的 2 斜率不存在时，
4 5 PQ
．
3
（1）求椭圆C 的方程；
（2）若直线 A P 与 1
A Q 交于点 S ，试问：点 S 是否恒在一条直线上？若是，求出此定直线
方
2
程，若不是，请说明理由． 【答案】（1）
x
y
（2）点 S 恒在定直线 9
2
2
1
x
上．
9 4 2
【解析】（1）由题意可设椭圆的半焦距为c，
，···········2分
c 5
a 3
4 20
1
由题意得：
a9b
2 2
2 2
2
a b c
- 12 -
a
b
c
3
2
5
，所以椭圆C的方程为：
x y ．···········4分
2 2
1
9 4
（2）设直线l的方程为x my 2 ，P x y ，
1, 1 Q x y，
2 , 2
2
x my
联立
4m 9 y 16my 20 0
2
2
，
2 2
x y
1
9 4
由y，
1
16m
y y
4m
9
1 2 2
y是上方程的两根可知：
2
20
y y
1 2 2
4m
9
，···········6分
4my y 5y y ，···········7分
1 2 1 2
直线
y
A P的方程为： 1
y x 3
1
x 3
1
，
直线
y
A Q的方程为：
y x 3
2
2
x 3
2
，
得：
x 2 3 y1 x 3 x 1 3 y2 x
3
，···········9分
5y y x 3 2my y5y y
2 1 1 2 2 1
把
4my y 5 y y代入得：
1 2 1 2
5 5 9
5 3 5 5
y y x y y y y
y y
5 5 9
5 3 5 5
2 1 1 2 2 1 2 1
2 2 2
，即
9
x ，···········11分
2
9
故点S恒在定直线x 上．···········12分
2
1 1a
21．[2018·丹东期末]已知a 0 ，函数
f x x x ax a
3 2 ．
3 2
（1）讨论f x的单调性；
（2）当a 1时，设函数g t表示f x 在区间t,t 3上最大值与最小值的差，求g t在区间
3,1上的最小值．
- 13 -
【答案】（1）见解析（2）
4
3
．
【解析】（1）f
x x
a x a
x
x a．···········1分
211
因为a 0，所以当x
1或x a时，f
x0，当1x a，f
x0． (3)
分
∴f x
在
,1，a
,上单调递增，在1,a单调递减．·········4分
(2)当a 1时，由（1）知f x 在区间3,1上单调递增，在区间1,1单调递减，在区间
1,2单调递增．···········5分
当t
3,2时，t
30,1，f x 在区间t ,1上单调递增，在区间1,t 3上单调递
减，f t
3f t 3t 1t 2≥0，
因此f x 在区间t,t 3上最大值是f 1．此时，最小值是f t，
1
所以g
t f
f
t
f t．···········8分
1
3
因为f t 在区间3,2上单调递增，
14
所以g t最小值是
g t
f 2
．···········9分
33
当t
2,1时，t 31,2，f x 在2,1，1,2上单调递增，
所以f 2≤f t≤f 1，f 1≤f t 3≤f 2．
4
g t f 1f1
．···········11分所以
min3
4
综上g t 在区间3,1上的最小值是
．···········12分
3
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。

22．[2018·郴州一中]选修4-4：坐标系与参数方程
x m 2
cos
C的参数方程为
（为参数），以坐标
原
在平面直角坐标系xOy中，曲线
1
y2s in
C的极坐标为sin2
2cos．点为极点，x轴为极轴建立极坐标系，曲线
2
C的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
（1）求曲线
12
- 14 -
C 和曲线C 有三个公共点，求以这三个公共点为顶点的三角形的面积．
（2）若曲线
1
2
【答案】（1
）
2
2
4 x m y
， y 2
2x ；（2）4．
x m 2 cos 【解析】（1）由
y 2sin
消去参数 ，
得
2
2
4
x m
y
，即为曲线C 的普通方程．···········2分
1
由
sin 2cos 得
2
sin 2
2cos ，
2
结合互化公式得 y 2 2x ，即为曲线C 的直角坐标方程．···········5分
2
C 和曲线C 都是关于 x 轴对称的图形，它们有三个公共点，所以原点是它们
（2）因为曲线
1
2
的其中一个公共点，所以
x m
2
y 2 4中 m 2 ，···········6分 2 2
2
4
解
x y
2
2
2
得三个交点的坐标分别为
0, 0
，
2, 2
，
2,2
，·····8分
1
所以所求三角形面积 S
．···········10分
2
2 2 4
2
23．[2018·陕西一模]选修 4-5：不等式选讲 已知函数 f
x
2x 1 x 1 （1）解不等式 f
x ≤3；
2
3 （2）记函数 g
x
f
x x 1 的值域为 M ，若t M ，证明： t
1≥
3t ．
t
【答案】(1){x | 1≤x≤1}；（2）见解析．
3x x≤1
1
【解析】(1)依题意，得
f x 2 x 1 x
2
1
3x x≥
2
，···········2分
于是得
f x≤3 x≤
1,
3x≤3,
1
1 x ，
或 2
或
2 x≤3,
1
x≥,
2
3x≤3,
···········4分
解得1≤x≤1，
- 15 -
即不等式f x≤3的解集为{x|1≤x≤1}．···········5分
（2）g x f x x12x12x2≥2x12x23，
2x12x2≤0时，取等号，
当且仅当
∴M3,，···········7分
23333
1
t t t
t t2
32
由t3t1，···········8分
t t t
∵t M，∴t3≥0，t210，
∴t3t1
2
≥．···········10分
t t
- 16 -。