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1、2018 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷） 数学 本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共4 页，选择题部分1 至 2 页；非选择题部分3 至 4 页。 满分 150 分。考试用时120 分钟。 选择题部分 （共 40 分） 一、选择题：本大题共10 小题，每小题4 分，共40 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已知全集U=1 ，2，3，4，5，A=1 ，3 ，则= UA e AB1，3 C2 ，4，5 D1，2，3，4，5 2双曲线 2 2 1 3 = x y的焦点坐标是 A(-2 ，0)，(2 ，0) B (- 2， 0)， (2， 0) C(0，-2
2、)，(0，2 ) D (0， - 2)，(0， 2) 3某几何体的三视图如图所示（单位：cm） ，则该几何体的体积（单位： cm 3）是 A2 B4 C6 D8 4复数 2 1i (i 为虚数单位 )的共轭复数是 A1+i B1- i C- 1+i D-1- i 5函数 y= | | 2 x sin2x 的图象可能是 ABCD 6已知平面 ，直线 m，n 满足 m ，n ，则“ mn”是“ m ”的 A充分不必要条件B必要不充分条件 C充分必要条件D既不充分也不必要条件 侧视图 俯视图 正视图 2 211 7设 01)上两点 A，B 满足 AP=2PB，则当 m=_时，点 B 横 坐标的绝对值
3、最大 三、解答题：本大题共5 小题，共74 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 18（ 本题满分 14 分） 已知角 的顶点与原点 O 重合， 始边与 x轴的非负半轴重合， 它的终边过点 P （ 34 55 ，-） （）求sin（ + ）的值； （）若角满足 sin（ + ） = 5 13 ，求 cos的值 19（本题满分15 分）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C 均 垂直于平面ABC， ABC=120 ，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2 （）证明： AB1平面 A1B1C1； （）求直线AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值 20（本题满分1
4、5 分）已知等比数列 an的公比 q1，且 a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3， a5的等差中项数列 bn满足 b1=1，数列 （ bn+1- bn ）a n 的前 n 项和为 2n 2+n （）求q 的值； （）求数列bn 的通项公式 21 （本题满分15 分）如图，已知点P 是 y 轴左侧 (不含 y 轴 )一点，抛物线C：y 2=4x 上存在不同的两点 A， B 满足 PA， PB 的中点均在C 上 （）设AB 中点为 M，证明： PM 垂直于 y 轴； （） 若 P 是半椭圆x 2+ 2 4 y = 1(x8-8ln2 ； （）若a3-4ln2，证明：对于任意k0，直线 y=k
5、x+a 与曲线 y=f(x)有唯一公共点 2018年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷） PM B A O y x 数学参考答案 一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题4 分，满分40 分。 1.C 2.B 3.C 4.B 5.D 6.A 7.D 8.D 9.A 10.B 二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。多空题每题6 分，单空题每题4 分，满分36 分。 11.8；11 12.- 2；8 13. 21 ;3 7 14.7 15.(1,4);(1,3(4,)16.1260 17.5 三、解答题：本大题共 5小题，共74分。 18.本题主要考查三角函数及其恒等变换等基础知识，同时
6、考查运算求解能力。满分14 分。 （）由角的终边过点 34 (,) 55 P 得 4 sin 5 ， 所以 4 sin( )sin 5 . （）由角的终边过点 34 (,) 55 P得 3 cos 5 ， 由 5 sin() 13 得 12 cos() 13 . 由 () 得cos cos()cossin()sin ， 所以 56 cos 65 或 16 cos 65 . 19.本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运 算求解能力。满分15 分。 方法一： （）由 1111 2,4,2,ABAABBAAAB BBAB得 111 2 2ABAB，
7、 所以 222 1111 ABABAA. 故 111 ABAB. 由2BC， 11 2,1,BBCC 11 ,BBBC CCBC得 11 5BC， 由2,120ABBCABC得 2 3AC ， 由 1 CCAC，得 1 13AC，所以 222 1111 ABBCAC，故 111 ABBC. 因此 1 AB 平面111 ABC. （）如图，过点 1 C作 111 C DAB，交直线 11 AB于点 D，连结AD. 由 1 AB 平面111 ABC 得平面111 ABC 平面1 ABB ， 由 111 C DAB 得 1 C D 平面 1 ABB， 所以 1 C AD是 1 AC与平面 1 ABB
8、所成的角 . 由 111111 5,2 2,21BCABAC得 111111 61 cos,sin 77 C ABC A B， 所以 1 3C D，故 1 1 1 39 sin 13 C D C AD AC . 因此，直线 1 AC与平面 1 ABB所成的角的正弦值是 39 13 . 方法二： （）如图，以AC 的中点 O 为原点，分别以射线OB，OC 为 x，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 O-xyz. 由题意知各点坐标如下： 111 (0,3,0),(1 ,0,0),(0,3,4),(1 ,0,2),(0,3,1),ABABC 因此 11111 (1, 3,2),(1, 3, 2),(
9、0,23, 3),ABABAC uuu ruuu u ruuu u r 由 111 0ABAB uuu r uuu u r 得 111 ABAB. 由 111 0ABAC uuu r uuu u r 得 111 ABAC. 所以 1 AB平面 111 ABC. （）设直线 1 AC与平面 1 ABB所成的角为. 由（）可知 11 (0,23,1),(1, 3,0),(0,0,2),ACABBB uuu ruu u ruuu r 设平面 1 ABB的法向量( , , )x y zn. 由 1 0, 0, AB BB uu u r uuu r n n 即 30, 20, xy z 可取 (3,1,
10、0)n. 所以 1 1 1 |39 sin|cos,| 13 | | AC AC AC uuu r uuu r uuu r n | n n| . 因此，直线 1 AC与平面 1 ABB所成的角的正弦值是 39 13 . 20.本题主要考查等差数列、等比数列、 数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力。 满分 15 分。 （）由 4 2a是 35 ,a a的等差中项得 354 24aaa， 所以 3454 3428aaaa ， 解得 4 8a. 由 35 20aa得 1 8()20q q ， 因为1q，所以2q. （）设 1 () nnnn cbb a，数列 n c前 n 项和为
11、n S. 由 1 1 ,1, ,2. n nn S n c SSn 解得41 n cn. 由（）可知 1 2 n n a， 所以 1 1 1 (41) () 2 n nn bbn， 故 2 1 1 (45) ( ),2 2 n nn bbnn， 11123221 ()()()() nnnnn bbbbbbbbbb 23 111 (45) ()(49) ( )73 222 nn nn. 设 22 111 3711 ()(45) (),2 222 n n Tnn， 22111111 37 ()(49) ()(45) () 22222 nn n Tnn 所以 22111111 344 ()4 ( )
12、(45) ( ) 22222 nn n Tn， 因此 21 14(43) ( ),2 2 n n Tnn ， 又 1 1b，所以 2 1 15(43) ( ) 2 n n bn. 21本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能 力和综合应用能力。满分 15分。 （）设 00 (,)P xy ， 2 11 1 (,) 4 Ayy ， 2 22 1 (,) 4 Byy 因为PA，PB的中点在抛物线上，所以 1 y ， 2 y 为方程 2 0 20 1 4 ()4 22 yx yy即 22 000 280yy yxy的两个不同的实数根 所以 120 2y
13、yy 因此，PM垂直于 y轴 （）由（）可知 120 2 1200 2, 8, yyy y yxy 所以 222 12000 13 |()3 84 PMyyxyx ， 2 1200 | 22(4)yyyx 因此，PAB的面积 3 2 2 1200 13 2 | |(4) 24 PAB SPMyyyx 因为 2 20 00 1(0) 4 y xx，所以 22 0000 44444,5yxxx 因此，PAB面积的取值范围是 15 10 62, 4 22本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力。满分15 分。 （）函数f（x）的导函数 11 ( ) 2 fx
14、x x ， 由 12 ()()fxfx 得 12 12 1111 22 xx xx ， 因为 12 xx ，所以 12 111 2 xx 由基本不等式得 4 121212 1 2 2 x xxxx x 因为 12xx，所以12256x x 由题意得 1211221212 1 ()()lnlnln() 2 f xf xxxxxx xx x 设 1 ( )ln 2 g xxx， 则 1 ( )(4) 4 g xx x ， 所以 x （0，16 ）16 （16，+ ） ( )g x - 0 + ( )g x 2- 4ln2 所以 g（x）在 256，+）上单调递增， 故 12 ()(256)88ln 2g x xg ， 即 12 ()()88ln 2f xf x （）令m= () e ak ，n= 2 1 ()1 a k ，则 f（m） km a|a|+k k a0 ， f（n） kn a0，直线 y=kx+a与曲线 y=f（x）有唯一公共点