高考真题——理科数学江苏卷

高考真题——理科数学江苏卷

‎2018年普通高等学校招生全国统一考试 数 学I卷（理）（江苏卷）‎ 一．填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分。请把答案填写在答题卡相应位置上）‎ ‎1．已知集合，，那么________。‎ ‎2．若复数满足，其中是虚数单位，则的实部为________。‎ ‎3．已知5位裁判给某运动员打出的分数的茎叶图如图所示，那么这5位裁判打出的分数的平均数为________。‎ ‎4．一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的的值为________。‎ ‎5．函数的定义域为____________。‎ ‎6．某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为________。‎ ‎7．已知函数的图象关于直线对称，则的值是 。‎ ‎8．在平面直角坐标系中，若双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为，则其离心率的值是________。‎ ‎9．函数满足，且在区间上，，则的值为________。‎ ‎10．如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为_________。‎ ‎11．若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为________。‎ ‎12．在平面直角坐标系中，为直线：上在第一象限内的点，，以为直径的圆与直线交于另一点。若，则点的横坐标为 。‎ ‎13．在中，角的对边分别为，，的平分线交于点，且，则的最小值为 。‎ ‎14．已知集合，。将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列。记为数列的前项和，则使得成立的的最小值为 。‎ 二．解答题（本大题共6小题，共90分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）‎ ‎15．（本小题14分）在平行六面体中，，。求证：⑴平面；⑵平面平面。‎ ‎16．（本小题14分）已知为锐角，，。⑴求；⑵求。‎ ‎17．（本小题14分）某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆的一段圆弧（为此圆弧 的中点）和线段构成。已知圆的半径为40米，点到的距离为50米。现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形，大棚Ⅱ内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上。设与所成的角为。⑴用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；⑵若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为。求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大。 18．（本小题16分）如图，在平面直角坐标系中，椭圆点，焦点，圆的直径为。⑴求椭圆及圆的方程；⑵设直线与圆相切于第一象限内的点。①若直线与椭圆有且只有一个公共点，求点的坐标；②直线与椭圆交于两点，若的面积为，求直线的方程。‎ ‎19．（本小题16分）记分别为函数的导函数。若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”。 ⑴证明：函数与不存在“点”；⑵若函数与存在“点”，求实数的值；⑶‎ 已知函数，。对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“点”，并说明理由。‎ ‎20．（本小题16分）设是首项为，公差为的等差数列，是首项为，公比为的等比数列。⑴设，，，若对均成立，求的取值范围；⑵若，，，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）。‎ 数 学II卷 ‎【选做题】本题包括四小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按作答的前两小题评分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ‎21—A．[选修4—1：几何证明选讲]如图，圆的半径为2，为圆的直径，为延长线上一点，过作圆的切线，切点为。若，求的长。‎ ‎21—B．[选修4—2：矩阵与变换]已知矩阵。⑴求的逆矩阵；⑵若点在矩阵对应的变换作用下得到点，求点的坐标。‎ ‎21—C．[选修4—4：坐标系与参数方程] 在极坐标系中，直线的方程为，曲线的方程为，求直线被曲线截得的弦长。‎ ‎21—D．[选修4—5：不等式选讲] 若为实数，且，求的最小值。‎ ‎【必做题】两题，每题10分，共计20分。请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。‎ ‎22．如图，在正三棱柱中，，点分别为的中点。⑴求异面直线与所成角的余弦值；⑵求直线与平面所成角的正弦值。‎ ‎23．设，对的一个排列，如果当时，有，则称是排列的一个逆序，排列的所有逆序的总个数称为其逆序数。例如：对的一个排列 ‎，只有两个逆序，，则排列的逆序数为2。记为的所有排列中逆序数为的全部排列的个数。⑴求的值；⑵求的表达式（用表示）。‎ ‎2018年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）解答 ‎1．；2．2；3．90；4．8；5．；6．；7．；8．2；9．；10．；11．；12．3；13．9；14．27‎ ‎15．证明：⑴在平行六面体中，。因为平面，平面，所以平面； ‎ ⑵在平行六面体中，四边形为平行四边形。又因为，所以四边形为菱形，因此。又因为，，所以。又，平面，平面，故平面。因为平面，所以平面平面。‎ ‎16．解：⑴因，故。又，故，因此；‎ ⑵因为锐角，故。又，故，因此 ‎。因，故。而，因此。‎ ‎17．解：⑴连并延长交于，则，故。过作于，则，故，从而，。因此矩形的面积为，的面积为。过作，分别交圆弧和的延长线于和，则。令，则。当 时，才能作出满足条件的矩形，所以；‎ ⑵由题设甲的单位面积的年产值为，乙的单位面积的年产值为，则年总产值为 ‎，‎ 设，则。‎ 令，得。当时，为增函数；当时， 为减函数。因此，当时，取到最大值，从而能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大。‎ ‎18．解：⑴因为椭圆的焦点为，可设椭圆：。又点在椭圆上，所以，解得。因此，椭圆的方程为。因为圆的直径为，所以其方程为；‎ ⑵①设直线与圆相切于，则。因：，即。由得（*）。因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以。因，故，。因此，点的坐标为；②因，故。设，由（*）得，所以 ‎。因，故，即，解得（舍）或，则，因此，从而直线的方程为。‎ ‎19．解：⑴由题，。由且，得，此方程组无解。因此，与不存在“点”；‎ ⑵由题，。设是与的“点”，则，即 ‎（*），可得，故，从而。当时，满足方程组（*），即是与的“点”因此，；‎ ⑶对任意，设。因，，且的图象是不间断的，所以存在，使得。令，则。由题，‎ ‎，故，即（**）。此时，满足方程组（**），即是函数与在内的一个“点”。因此，对任意，存在，使函数与在内存在“点”。‎ ‎20．解：⑴由条件知：，。因即对均成立，故，，，，得；‎ ⑵由题，。若存在，使得成立，即 ‎。因此当时，。因，故，从而，对均成立。所以，取时，均成立。下面讨论数列的最小值。①当时，，当时，有，从而。因此，当时，数列 单调递增，故数列的最大值为；②设，当时，，故单减，从而。当时，。因此，当时，数列单调递减，故数列的最小值为。因此，的取值范围为。‎ ‎21—A．解：连结，因为与圆相切，所以。又因为，，所以 ‎。因为，所以为斜边的中点，从而。‎ ‎21—B．解：⑴因为，，所以可逆，从而；‎ ⑵设，则，所以，因此，点P的坐标为。‎ ‎21—C．解：由题知曲线是以为圆心，半径为2的圆。由得，故直线经过点，倾斜角为。因此点为直线与圆的一个交点，设另一个交点为，则 ‎。连，因为直径，故，所以，因此直线被圆截得的弦长为。‎ ‎21—D．解：由柯西不等式得，故，当且仅当即，时取等号，所以的最小值为4。‎ ‎22．解：如图，在正三棱柱中，设的中点分别为，则，，。以为基底，建立空间直角坐标系。因，故，，，，，。‎ ⑴因为的中点，故，从而，，所以，即与所成角的余弦值为；‎ ⑵因为的中点，故，因此，，。设为平面的法向量，则，即，取得。，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为。‎ ‎23．解：⑴记为排列的逆序数，对的所有排列，有，，，，，，所以，。对的排列，利用已有的的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置。因此，；‎ ⑵对一般的的情形，逆序数为0的排列只有一个：，故。逆序数为1的排列只能是将排列中任意相邻两个数字调换位置得到的排列，故。为计算，当的排列及其逆序数确定后，将添进原排列，在新排列中的位置只能是最后三个位置，故。当时，‎ ‎。‎