绝密 ★启用前2018 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共 23 题，共 150 分，共 4 页。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．选择题必须使用 2B 铅笔填涂； 非选择题必须使用0．5 毫米黑色字迹的签字笔书写，笔迹清楚。

字体工整、3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本题共 12 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。

1．12i 1 2iA ．4 3B ．4 3 C ．3 4 D ．3 4 5i5 i5 i5 i55552．已知集合 A {( x, y) | x 2y 23, x Z , y Z} ，则 A 中元素的个数为A ．9B ． 8C ． 5D ． 43．函数 f (x)e x e x2的图象大致为x4．已知向量 a ， b 满足 |a | 1 ， a b 1 ，则 a (2 a b)A ．4 x 2y 2 B ． 3C ． 2D ． 05．双曲线1( a 0, b 0) 的离心率为3 ，则其渐近线方程为22ab23 开始A ． y2xB ． y3x C ． yD ． yxxC 5， BC2 2N0,T 0 ．在 △ABC 中，1 ， AC5 ，则AB6cos5i12A ． 4 2B ． 30C ． 29D ． 25是否i1007．为计算 S111 1 L11，设计了右侧的123 499 100NS N TN程序框图，则在空白框中应填入iA ． i i 1T1输出 STB ． i i 2i 1C ． i i 3 结束8．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2 的偶数可以表示为两个素数的和”，如 30 7 23 ．在不超过 30 的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30 的概率是1B ．1 1 1A ．C．D．12 14 15 189．在长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB BC 1 ， AA1 3 ，则异面直线AD1与 DB1所成角的余弦值为A ．1B ．5 5 26C．D．5 5 210．若 f ( x) cosx sin x在 [ a, a] 是减函数，则a的最大值是A ．πB ．πC．3πD．π4 2 411．已知 f ( x) 是定义域为 ( , ) 的奇函数，满足 f (1 x) f (1 x) ．若 f (1) 2 ，则 f (1) f (2) f (3) L f (50)A ． 50B ． 0 C． 2 D． 50x2 y21( a b 0) 的左，右焦点， A 是C 3 的12．已知 F1， F2是椭圆C：2 2 的左顶点，点 P 在过 A 且斜率为a b 6直线上，△ PF1 F2 为等腰三角形，F1 F2P 120 ，则 C 的离心率为A ．2B ．1C．1D．1 323 4二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共20 分。

13．曲线 y 2ln( x 1) 在点 (0, 0) 处的切线方程为 __________ ．x 2 y 5 ≥ 0,14．若x, y满足约束条件x 2y 3 ≥ 0, 则 z x y 的最大值为 __________ ．x 5 ≤ 0,15．已知 sin α cos β 1， cosα sin β0 ，则 sin( α β) __________．16．已知圆锥的顶点为S ，母线，SB所成角的余弦值为7， SA与圆锥底面所成角为 45°，若△SAB的面SA 8积为 5 15 ，则该圆锥的侧面积为__________．三、解答题：共70 分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

第17～21 题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第22、 23 为选考题。

考生根据要求作答。

（一）必考题：共60 分。

17．（ 12 分）记 S n为等差数列 { a n } 的前n项和，已知 a1 7 ， S3 15 ．（1）求 { a n } 的通项公式；（2）求 S n，并求 S n的最小值．18．（ 12 分）下图是某地区2000 年至 2016 年环境基础设施投资额y （单位：亿元）的折线图．为了预测该地区2018 年的环境基础设施投资额，建立了y 与时间变量t的两个线性回归模型．根据2000年至 2016 年的数据（时间变量t ?13.5t ；根据 2010 年至 2016的值依次为 1,2,L ,17 ）建立模型①： y 30.4年的数据（时间变量t 的值依次为 1, 2,L , 7 ）建立模型②：y? 99 17.5t ．（1）分别利用这两个模型，求该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值；（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．19．（ 12 分）设抛物线 C：y2 4x 的焦点为F，过F且斜率为 k (k 0) 的直线 l 与 C 交于A，B两点， | AB | 8 ．（ 1 ）求 l 的方程；P （ 2）求过点A，B且与 C 的准线相切的圆的方程．20．（ 12 分）如图，在三棱锥P ABC 中， AB BC 2 2 ，OCAPA PB PC AC 4 ， O 为 AC 的中点．M （ 1）证明： PO 平面 ABC ；B （ 2）若点M在棱 BC 上，且二面角 M PA C 为 30 ，求 PC 与平面PAM所成角的正弦值．21．（ 12 分）已知函数 f (x) e x ax 2 ．（ 1）若 a 1 ，证明：当 x≥ 0 时， f (x) ≥ 1 ；（ 2）若 f ( x) 在 (0, ) 只有一个零点，求 a ．（二）选考题：共10 分。

请考生在第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． [选修 4－ 4：坐标系与参数方程]（ 10 分）在直角坐标系x 2cos θ, x 1 t cosα, xOy 中，曲线 C 的参数方程为（θ为参数），直线 l 的参数方程为y 2 t sin α,y 4sin θ,（ t 为参数）．（ 2）若曲线 C 截直线 l 所得线段的中点坐标为(1, 2) ，求 l 的斜率．23． [选修 4－ 5：不等式选讲 ] （ 10 分）设函数 f (x) 5 | x a | | x2| ．（ 1）当 a 1 时，求不等式 f ( x) ≥ 0 的解集；（ 2）若 f (x) ≤ 1，求a的取值范围．绝密★启用前2018 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题参考答案一、选择题1．D 2． A 3． B 4． B 5． A 6． A 7． B 8． C 9． C 10． A 11． C 12． D 二、填空题13．y 2x 14． 9 15．116．40 2π2三、解答题17．解：（ 1）设{ a n}的公差为 d，由题意得3a1 3d 15 ．由 a1 7 得d=2．所以 { a n } 的通项公式为 a n 2n 9 ．（ 2）由（ 1）得S n n2 8n (n 4) 2 16 ．所以当 n=4 时，S n取得最小值，最小值为- 16．18．解：（ 1）利用模型①，该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值为y?30.4 13.5 19226.1 (亿元)．利用模型②，该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值为y? 99 17.5 9256.5 (亿元 )．（ 2）利用模型②得到的预测值更可靠．理由如下：（ⅰ）从折线图可以看出， 2000 年至 2016 年的数据对应的点没有随机散布在直线y30.4 13.5t 上下．这说明利用 2000 年至 2016 年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋 势． 2010 年相对 2009 年的环境基础设施投资额有明显增加，2010 年至 2016 年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从 2010 年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010 年至 2016 年的数据建立的线性模型 y 99 17.5t 可以较好地描述 2010年以后的环境基础设施投资额的变化趋势， 因此利用模?型②得到的预测值更可靠．（ⅱ）从计算结果看，相对于 2016 年的环境基础设施投资额 220 亿元，由模型①得到的预测值226． 1亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理．说明利用模型②得到的预测值更可靠．以上给出了 2 种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分． 19．解：（ 1）由题意得 F (1,0) ， l 的方程为 y k (x1)(k 0) ．设 A( x 1 , y 1), B( x 2 , y 2 ) ，y k( x 1),(2 k24) x k20 ．由4x得 k2x 2 y 216k 216 0，故 x 1 x 2 2k 2 4 ．k 2所以 | AB | | AF | | BF | ( x 11) ( x 21) 4k 2 4k2．由题设知4k 2 4 8 ，解得 k1 （舍去）， k 1 ．k 2因此 l 的方程为 yx 1．（ 2）由（ 1）得 AB 的中点坐标为 (3, 2) ，所以 AB 的垂直平分线方程为 y 2 ( x 3) ，即 yx 5 ．设所求圆的圆心坐标为 ( x 0 , y 0 ) ，则y 0x 0 5,x 0 3,x 011,2( y 0 x 0 1)解得或( x 0 1)216. y 0 2y 06.因此所求圆的方程为(x 3)2 ( y 2) 2 16 或 (x 11)2 ( y 6) 2 144 ．20．解：（ 1）因为AP CP AC 4 ， O 为 AC 的中点，所以 OP AC ，且OP 2 3 ．连结 OB ．因为AB BC2AC ，所以△ABC为等腰直角三角形，2且 OB AC ，OB 1AC 2 ．2由 OP 2 OB2 PB 2 知 PO OB ．由 OP OB, OP AC 知PO 平面 ABC ．uuurO xyz ．（ 2）如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系由已知得 O(0,0,0), B(2,0,0), A(0, 2,0), C(0,2,0), P(0,0,2uuur(0,2,2 3), 取平面 PAC 的法向3), APuuur量 OB (2,0,0) ．设 M (a,2 a,0)(0 auuur(a,4 a,0) ．2) ，则AM设平面 PAM 的法向量为 n (x, y, z) ．uur uuur2y 2 3z 0 由 AP n 0, AM n 0 得，可取ax (4 a) y 0n ( 3( a 4), 3a, a) ，uuur2 3( a 4)所以cos OB, n ．由已知得2 3( a 4) 2 3a2 a2uuur 3|cos OB, n |2．所以 2 3 | a 4|a2 =3．解得 a 4 （舍去），a 4 ．2 3(a 4) 2 3a2 2 3所以 n ( 8 3 , 4 3 , uuur(0,2,uuur33 4) ．又PC 2 3) ，所以cos PC, n ．3 34 所以 PC 与平面PAM所成角的正弦值为 3 ．421．解：（ 1）当a 1 时， f ( x) 1 等价于 ( x2 1)e x 1 0 ．设函数 g (x) ( x2 1)e x 1 ，则 g' ( x) (x2 2x 1)e x (x 1)2 e x ．当 x 1 时，g' (x) 0 ，所以 g(x) 在 (0, ) 单调递减．而 g(0) 0 ，故当x 0 时，g( x) 0 ，即 f ( x) 1．（ 2）设函数h( x) 1 ax2e x．f ( x) 在 (0, ) 只有一个零点当且仅当h( x) 在 (0, ) 只有一个零点．（ i ）当a 0 时， h(x) 0 ， h(x) 没有零点；（ ii ）当a 0 时，h' ( x) ax( x 2)e x ．当 x (0,2) 时， h' ( x) 0 ；当 x (2, ) 时， h' ( x) 0 ．所以 h( x) 在 (0, 2) 单调递减，在 (2, ) 单调递增．故 h(2) 1 4a) 的最小值．2是 h( x) 在 [0,e①若h(2) 0 ，即a e2， h(x) 在 (0, ) 没有零点；4②若h(2) 0 ，即a e2 ， h(x) 在 (0, ) 只有一个零点；4③若h(2) 0 ，即a e2 ，由于 h(0) 1 ，所以 h(x) 在 (0, 2) 有一个零点，4由（ 1）知，当x 0 时，x 2，所以 h(4 a) 16 a3116a3 16a311e x 1(e2a )21 0 ．e4 a (2 a)4 a故 h( x) 在(2,4 a) 有一个零点，因此h(x) 在 (0, ) 有两个零点．综上， f (x) 在 (0, ) 只有一个零点时， a e2 ．422．．解：（ 1）曲线C的直角坐标方程为x2 y21 ．4 16cos 0 l当 cos 0 时， l 的直角坐标方程为x 1．（ 2）将l的参数方程代入 C 的直角坐标方程，整理得关于t 的方程(1 3cos 2 )t 2 4(2cos sin )t 8 0 ．①因为曲线 C 截直线 l 所得线段的中点(1,2) 在C内，所以①有两个解，设为t1， t2 ，则 t1 t2 0 ．又由①得 t1 t2 4(2cos sin )，故 2cos sin 0 ，于是直线 l 的斜率 k tan 2 ．1 3cos 223．解：2x 4, x 1,（ 1）当a 1 时， f ( x) 2, 1 x 2,2x 6, x 2.可得 f ( x) 0的解集为 { x | 2 x 3} ．（ 2）f ( x) 1等价于 | x a | | x 2 | 4 ．而 | x a | | x 2 | | a 2|，且当x 2 时等号成立．故 f ( x) 1等价于 | a 2 | 4 ．由 | a 2 | 4 可得a 6 或 a 2 ，所以a的取值范围是( , 6] U [2, ) ．21（ 12 分）已知函数 f ( x)x 2 e ax ．（ 1）若a 1 ，证明：当 x 0 时， f ( x) 1 ；（ 2）若f ( x)在(0, ) 只有一个零点，求 a ．解：（ 1）f ( x) e x 2 x ，f ( x) e x 2 ．当 x ln2 时， f ( x) 0 ，当x ln2 时， f ( x) 0 ，所以 f ( x) 在 ( ,ln 2) 单调递减，在 (ln 2, ) 单调递增，故 f ( x ) f (ln 2) 2 2ln 2 0 ， f ( x) 在 ( , ) 单调递增．因为 x 0 ，所以 f ( x) f (0) 1 ．（ 2）当x 0 时，设 g( x) e x a ，则 f ( x) x2g ( x)，f ( x)在(0, ) 只有一个零点等价于 g ( x) 在x2(0,) 只有一个零点．g ( x) e x ( x 2)，当0 x 2时，g ( x) 0，当x x3(2, ) 单调递增，故g(x) g(2) e2a ．4e2若 a ，则 g ( x) 0 ， g ( x) 在 (0, ) 没有零点．4若 a e2，则 g ( x) 0 ， g ( x) 在 (0, ) 有唯一零点4若 a e2 ，因为 g (2) 0 ，由（1）知当x 0 时，e x 42 时，g ( x)0 ，所以 g ( x) 在 (0,2) 单调递减，在x 2 ．x2 1 ，g( x) e x a 1 1 a ，故存在x2 x2x1 (0,1(0,2) ，使 g ( x1 ) 0 ．a)1e4a e4 ag(4a) 16a2 a 16a2a e x x2，。