2018年湖北省高考数学理科试卷及解析(全部题目).pdf

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1、1 / 15 2018 年湖北省高考数学理科试卷及解读 1.i为虚数单位， 2 ) 1 1 ( i i A. 1 B.1 C. i D. i 【解题提示】利用复数的运算法则进行计算 【解读】选A. 1 2 2 )1)(1( )1)(1 ( ) 1 1 ( 2 i i ii ii i i 2. 若二项式 7 )2( x a x 的展开式中 3 1 x 的系数是84，则实数 a A. 2 B. 3 4 C.1 D. 4 2 b5E2RGbCAP 【解题提示】考查二项式定理的通项公式 【解读】选C. 因为 1r T rrrrrrr xaC x a xC 277 7 7 7 2)()2(，令327r，

2、得 2r，所以842 2722 7 aC，解得 a1. 3. 设 U 为全集， BA, 是集合，则“存在集合 C 使得 , U AC BCe ”是“ BA ” 的 A. 充分而不必要的条件 B. 必要而不充分的条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要的条件 【解题提示】考查集合与集合的关系，充分条件与必要条件的判断 【解读】选C. 依题意，若CA，则 UU CA痧，当 U BCe，可得BA； 若BA，不妨另CA，显然满足, U AC BCe，故满足条件的集合C是存在 的. 4.根据如下样本数据 x 3 4 5 6 7 8 y 4.0 2.5 -0.5 0.5 -2.0 -3.0 得到的回归

3、方程为 abx y ? ，则 A. 0,0 ba B. 0,0 ba C. 0,0 ba D. 0.0 ba 【解题提示】考查根据已知样本数判绘制散点图，由散点图判断线性回归方程中的b与a 的符号问题 2 / 15 【解读】选B. 画出散点图如图所示，y 的值大致随x 的增加而减小，因而两个变量呈负相关，所以 0b，0a 5 在如图所示的空间直角坐标系 xyzO 中，一个四面体的顶点坐标分别是 ， ( )g x 满足 1 1 ( )g( )d0f xxx ，则称 f(x ， ( )g x 为区间 -1,1上的一组 正交函数，给出三组函数：RTCrpUDGiT 11 ( )sin,( )cos

4、22 f xx g xx ； ( )1,g( )1f xxxx ； 2 ( ),g( )f xxxx 其中为区间 1 ,1 的正交函数的组数是 上取得最大值12 o C，取得最小值8 oC . 故实验室这一天最高温度为12 o C，最低温度为8 o C，最大温差为4 o C。 ）依题意，当(t)11f时实验室需要降温 由1）得(t)102sin(t) 123 f，故有102sin(t)11 123 即 1 sin(t) 1232 。 又024t，因此 711 t 61236 ，即1018t。 在 10 时至 18 时实验室需要降温。 18.已知等差数列a n 满足： 1 a 2，且 123 ,

5、a aa成等比数列 . 9 / 15 （1）求数列a n 的通项公式 . （2）记 n S为数列a n 的前n项和，是否存在正整数n，使得60800? n Sn若存 在，求n的最小值；若不存在，说明理由. 【解题指南】 ）由2，2d，24d成等比数列可求得公差d, 从而根据通项公式表示 出数列 na的通项； ）根据 n a的通项公式表示出 n a的前项和公式, 令 n S60800n ，解此不等式。 【解读】 1）设数列a n 的公差为d，依题意，d,2d,24d成等比数列，故有 2 (2d)2(24d) 化简得 2 d40d，解得0d或4d 当0d时，a2 n 当4d时，a 2(n 1) 4

6、42 n n 从而得数列a n 的通项公式为a2 n 或a42 n n。 2）当a2 n 时，2 n Sn。显然260800nn 此时不存在正整数n，使得60800 n Sn成立。 当a 42 n n时， 2 2(4 n2) 2 2 n n Sn 令 2 260800nn，即 2 304000nn， 解得40n或10n舍去）， 此时存在正整数n，使得60800 n Sn成立，n的最小值为41。 综上，当 a2 n 时，不存在满足题意的n； 当a42 n n时，存在满足题意的n，其最小值为41。 19. 如 图 ， 在 棱 长 为2的 正 方 体 1111 DCBAABCD中 ，NMFE,分 别

7、 是 棱 1111 ,DABAADAB的 中点 ， 点QP,分 别 在 棱 1 DD, 1 BB上 移动 ， 且 20BQDP. 10 / 15 （1）当1时，证明：直线 1 BC平面EFPQ; （2）是否存在，使平面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由. 【解题指南】）建立坐标系，求出 1 2BCFP，可得BC1 FP，利用线面平行的判定 定理，可以证明直线BC1平面EFPQ； ）求出平面EFPQ 的一个法向量、平面MNPQ 的一个法向量，利用面EFPQ 与面PQMN所成的二面角为直二面角，建立方程，即可得出 结论0YujCfmUCw 【解读】

8、以D为原点，射线 1 DA,DC,DD分别为, ,x y z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz。 由已知得 1 (2,2,0),C (0,2,2),E(2,1 ,0),F(1,0,0),P(0,0,)B 1 ( 2,0,2),FP( 1,0,),(1,1,0).BCFE 11 / 15 ）证明：当1时，FP( 1,0,1) 因为 1 ( 2,0,2)BC ，所以 1 2FPBC ，即 1 FPBC 而FP EFPQ平面 ，且 1 EFPQBC平面，故直线 1 BC平面EFPQ。 ）设平面EFPQ的一个法向量为 ( , , )nx y z ，则 由 FE0 FP0 n n 可得 0 0 xy

9、xy ，于是可取( ,1)n 同理可得平面MNPQ的一个法向量为 (2,2,1)m 若存在，使得平面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角， 则(2,2,1) ( ,1)m n ，即(2)(2)10 解得 2 1 2 故存在 2 1 2 ，使平面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角。 20.计划在某水库建一座至多安装3 台发电机的水电站，过去50 年的水文资料显示，水库 年入流量X( 年入流量：一年内上游来水与库区降水之和. 单位：亿立方M ）都在40 以上 . 其中，不足80 的年份有10 年，不低于80 且不超过120 的年份有35 年，超过120 的年份 有 5 年 . 将年入

10、流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独 立.eUts8ZQVRd (1) 求未来 4 年中，至多1 年的年入流量超过120 的概率； (2) 水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限 制，并有如下关系： 年入流量X 4080x80120x120x 发电机最多可运行台数1 2 3 若某台发电机运行，则该台年利润为5000 万元；若某台发电机未运行，则该台年亏损800 万，欲使水电站年利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？sQsAEJkW5T 【解题指南】 ）先求出年入流量X 的概率，根据二项分布，求出未来4 年中，至 少有1 年的年入

11、流量超过120的概率；）分三种情况进行讨论，分别求出一台，两 台，三台的数学期望，比较即可得到GMsIasNXkA 【解读】）依题意， 1 10 (40X80)0.2 50 pp， 2 35 (80X120)0.7 50 pp， 3 5 (X120)0.1 50 pp 由二项分布，在未来4 年中至多有一年的年入流量超过120 的概率为 12 / 15 041343 43433 991 (1)(1)()4()0.9477 101010 pCpCpp ）记水电站年总利润为Y （1）安装 1 台发电机的情形 由 于 水 库 年 入 流 量 总 大 于40， 故 一 台 发 电 机 运 行 的 概 率

12、 为1 ， 对 应 的 年 利 润 Y5000，(Y)1 50005000E 2）安装 2 台发电机的情形 依题意，当4080x时，一台发电机运行，此时50008004200Y，因此 1 (Y4200)P(4080)0.2Pxp； 当X8 0时 ， 两 台 发 电 机 运 行 ， 此 时 Y5000210000，因此 23 (Y10000)P(X80)0.8Ppp；由此得的分 布列如下 Y 4200 10000 P 0.2 0.8 所以，(Y)42000.210000.88840E。 3）安装 3 台发电机的情形 依题意，当4080x时，一台发电机运行，此时500016003400Y，因此 1

13、 (Y3400)P(4080)0.2Pxp；当80X120时，两台发电机运行，此时 Y500028009200， 因 此 2 (Y9200)P(80X120)0.7Pp； 当 X1 2 0时，两台发电机运行，此时Y5000315000，因此 3 ( Y1 5 0 0 0 )P ( X1 2 0 )0 . 1Pp由此得的分布列如下 TIrRGchYzg Y 3400 8200 15000 P 0.2 0.7 0.1 所以，(Y)34000.292000.7150000.18620E。 综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台。 21.在平面直角坐标系xOy中，点M 到点1,0F的

14、距离比它到y轴的距离多1，记点M 的轨迹为C. (1)求轨迹为C 的方程 (2)设斜率为k 的直线 l过定点2,1p ，求直线 l与轨迹 C 恰好有一个公共点，两个公共 点，三个公共点时k 的相应取值范围。 【解题指南】 ）设出M点的坐标，直接由题意列等式，整理后即可得到M 的轨 迹 C 的方程；）设出直线l 的方程为1(x2)yk，和 ）中的轨迹方程联立 化为关于y 的一元二次方程，求出判别式，再在直线y-1=kx+2）中取y=0得到 0 21k x k ，然后分判别式小于0、等于0、大于0 结合x0 0 求解使直线 l与轨 迹 C 恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k 的相应取值范

15、围7EqZcWLZNX 13 / 15 【解读】 ）设点(x, y)M, 依题意得MF1x，即 22 (x1)1yx 化简整理得 2 2()xyx 故点的轨迹C的方程为 2 4 ,0 0,0 x x y x 。 ）在点M的轨迹C中，记 2 12 :4 ,:y0(x0)Cyx C 依题意，可设直线l的方程为1(x2)yk 由方程组 2 1(x2) 4 yk yx ，可得 2 44(2k1)0kyy 1）当0k时，此时1y，把1y带入轨迹C的方程，得 1 4 x 故此时直线:1ly与轨迹C恰好有一个公共点 1 (,1) 4 2）当0k时，方程的判别式 2 16(2kk 1) 设直线l与x轴的交点为

16、 0 (,0)x，则 由1(x2)yk，令y0，得 0 21k x k ）若 0 0 0x ，由解得1k，或 1 2 k。 即当 1 k(, 1)(,) 2 时，直线l与 1 C没有公共点，与 2 C有一个公共点， 故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点。 ）若 0 0 0x 或 0 0 0x 由解得 1 1, 2 k，或 1 0 2 k。 即当 1 1, 2 k时，直线l与 1 C没有公共点，与 2 C有一个公共点， 当 1 k,0) 2 时，直线l与 1 C只有两个公共点，与 2 C没有公共点 故当 11 k,0) 1, 22 时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点。 ）若 0 0 0x 由解得

17、 1 1 2 k，或 1 0 2 k 即当 11 k( 1,)(0,) 22 时，直线l与 1 C有两个公共点，与 2 C有一个公共点 14 / 15 故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点。 综合 1） 2）可知，当 1 k(, 1)(,)0 2 时，直线l与轨迹C恰好有一个公共 点； 当 11 k,0) 1, 22 时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点； 当 11 k( 1,)(0,) 22 时，直线l与轨迹C恰好有三个公共点。 22.为圆周率，71828.2e为自然对数的底数. （1）求函数 x x xf ln 的单调 区间； （2）求 33 ,3 ,3 , eee ee这 6 个数中的最大

18、数与最小数； （3）将 33 ,3 ,3 , eee ee这 6 个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论. 【解题指南】 ）先求函数定义域，然后在定义域内解不等式即可得 到单调增、减区间；lzq7IGf02E ）由e 3 ，得 eln3 eln ， lne ln3 ，即 ln3 e ln e， lne ln3 再根据函数 y=lnx，y=e x ，y= x 在定义域上单调递增，可得3 e e 3， e 3 e3，从而六个数的最大数在 3 与 3 之中，最小数在3e与 e3之中由e 3 及 ）的结论，得f ） f3 ） fe ），即zvpgeqJ1hk ，由此进而得到结论； ）由 ）可知，3

19、e e 3 3 ， 3e e3，又由 ）知， lnlne e ，得 e e，故只需比较e 3 与 e 和 e 与 3 的大小由）可得0 x e 时， lnx1 xe ， 令 2 e x，有 2 ln ee ，从而2ln e ，即得ln2 e ，由还可得ln e lne3， 3ln ，由此易得结论； NrpoJac3v1 【解读】 1）函数的定义域为(0,)，因为 ln ( ) x f x x ，所以 2 1ln (x) x f x 。 当(x)0f ，即0xe时，函数( )f x单调递增； 当 (x)0f，即xe时，函数( )f x单调递减； 故函数( )f x的单调增区间为(0, )e，单调

20、减区间为( ,)e。 2）因为e3，所以ln 3ln 3e，即ln3ln,lneln3 ee 。 于是根据函数ln , xx yx yey在定义域上单调递增，可得 15 / 15 3 3 ee ， 3 3ee。 故这 6 个数的最大数在 3 与3 之中，最小数在3 e 与 3 e之中 由3e及 1）的结论，得( )(3)(e)fff，即 lnln 3lne 3e 。 由 lnln 3 3 ，得 3 lnln 3，所以 3 3； 由 ln 3lne 3e ，得 3 ln3ln e e，所以 3 3 e e。 综上， 6 个数中的最大数3是，最小数是3 e 。 3）由 2）知， 3 33 ee .

21、 3 3 e e又由 2）知 lnlne e ，得 e e。 故只需比较 3 e与 e 和 3 的大小。 由1）知，当0xe时， 1 ( )(e)f xf e 即 ln1x xe 。 在上式中，令 2 e x，又 2 e e，则 2 ln ee ，从而2ln e 即得ln2 e 。 由得， 2.72 ln(2)2.7(2)2.7(20.88)3.0243 3.1 e ee， 即ln3e，亦即 3 lnln e e，所以 3e e。 又由得， 3 3ln66 e e，即3ln，所以 3 e 综上可得， 33 33 ee ee， 即 6 个数从小到大的顺序为 33 3 ,3 ee ee。 申明： 所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用 途。