【精品】湖南省近两年(2017,2018)高考理科数学试卷以及答案(word解析版)

湖南省2017年高考理科数学试卷以及答案

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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。

Bx3x1，则（） 1. 已知集合Axx1，A．ABxx0 C．ABxx1

B．ABR D．AB

【答案】A

x【解析】Axx1，Bx31xx0

∴A选A

2. 如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分位于

正方形的中心成中心对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（）

Bxx0，ABxx1，

1π B． 48【答案】B

【解析】设正方形边长为2，则圆半径为1

A．C．

1 2D．

π 4则正方形的面积为224，圆的面积为π12π，图中黑色部分的概率为π则此点取自黑色部分的概率为2π

48π 2故选B

3. 设有下面四个命题（）

1p1：若复数z满足R，则zR；

zp2：若复数z满足z2R，则zR；

p3：若复数z1，z2满足z1z2R，则z1z2；

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p4：若复数zR，则zR．

A．p1，p3 【答案】B

【解析】p1:设zabi，则

B．p1，p4 C．p2，p3 D．p2，p4

11abi2R，得到b0，所以zR.故P1正确； zabiab2p2:若z21，满足z2R，而zi，不满足z2R，故p2不正确；

p3:若z11，z22，则z1z22，满足z1z2R，而它们实部不相等，不是共轭复数，故p3不

正确；

p4:实数没有虚部，所以它的共轭复数是它本身，也属于实数，故p4正确；

4. 记Sn为等差数列an的前n项和，若a4a524，S648，则an的公差为（） A．1 B．2

【答案】C

【解析】a4a5a13da14d24

C．4

D．8

65d48 22a17d24①联立求得

6a115d48②S66a1①3②得2115d24

6d24

∴d4

选C

5. 函数fx在，单调递减，且为奇函数．若f11，则满足1≤fx2≤1的x的取值

范围是（） A．2，2 【答案】D

【解析】因为fx为奇函数，所以f1f11，

于是1≤fx2≤1等价于f1≤fx2≤f1| 又fx在，单调递减 1≤x2≤1

1 B．1，C．0，4 D．1，3

1≤x≤3

故选D

6.

162121x展开式中x的系数为

xA．15

【答案】C.

B．20 C．30 D．35

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16661【解析】1+21x11x21x

xx2对1x的x2项系数为C666515 2对

1641x=15， 的x2项系数为C62x∴x2的系数为151530 故选C

7. 某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的

边长为2，俯视图为等腰直角三角形、该多面体的各个面中有若干是梯形，这些梯形的面积之和为

A．10 B．12 【答案】B

【解析】由三视图可画出立体图

C．14 D．16

该立体图平面内只有两个相同的梯形的面 S梯24226

S全梯6212 故选B

8. 右面程序框图是为了求出满足3n2n1000的最小偶数n，那么在

可以分别填入

和

两个空白框中，

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A．A1000和nn1 B．A1000和nn2 C．A≤ D．A≤1000和nn1 1000和nn2 【答案】D

【答案】因为要求A大于1000时输出，且框图中在“否”时输出

∴“”中不能输入A1000 排除A、B

又要求n为偶数，且n初始值为0， “”中n依次加2可保证其为偶 故选D

2π9. 已知曲线C1:ycosx，C2:ysin2x，则下面结论正确的是（）

3A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移度，得到曲线C2

B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移度，得到曲线C2

C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的度，得到曲线C2

D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移度，得到曲线C2 【答案】D

π个单位长6π个单位长121π倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长26π个单位长122π【解析】C1:ycosx，C2:ysin2x

3首先曲线C1、C2统一为一三角函数名，可将C1:ycosx用诱导公式处理．

πππycosxcosxsinx．横坐标变换需将1变成2，

222πC1上各点横坐标缩短它原来1ππ2ysin2xsin2x 即ysinx224第 4 页 共 27 页

2ππysin2xsin2x．

33ππ平移至x， 43ππππ根据“左加右减”原则，“x”到“x”需加上，即再向左平移．

431212注意的系数，在右平移需将2提到括号外面，这时x

10. 已知F为抛物线C：y24x的交点，过F作两条互相垂直l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，

直线l2与C交于D，E两点，ABDE的最小值为（） A．16

【答案】A 【解析】

B．14

C．12

D．10

设AB倾斜角为．作AK1垂直准线，AK2垂直x轴 AFcosGFAK（几何关系）1易知AK1AF（抛物线特性）

GPPPP22∴AFcosPAF 同理AFPP，BF

1cos1cos2P2P ∴AB1cos2sin2又DE与AB垂直，即DE的倾斜角为

π 2DE2P2Pcos2 2πsin2而y24x，即P2．

4141sin2cos2212 ∴ABDE2P24222sin2sincossincos2sincos416π2≥16，当取等号 sin24即ABDE最小值为16，故选A

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11. 设x，y，z为正数，且2x3y5z，则（）

A．2x3y5z B．5z2x3y 【答案】D

【答案】取对数：xln2yln3ln5.

xln33 yln22C．3y5z2x D．3y2x5z

∴2x3y xln2zln5 xln55 则zln22∴2x5z∴3y2x5z，故选D

12. 几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，他们推出

了“解数学题获取软件激活码”的活动，这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，在接下来的三项式26，21，22，依次类推，求满足如下条件的最小整数N：N100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（ ） A．440 B．330 C．220 D．110 【答案】A

【解析】设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推．

设第n组的项数为n，则n组的项数和为由题，N100，令

nn1n2

n1n2100→n≥14且nN*，即N出现在第13组之后

12第n组的和为2n1

12n组总共的和为

212n12n2n2n

若要使前N项和为2的整数幂，则Nk*n≥14 即212nkN，n1n2项的和2k1应与2n互为相反数

klog2n3

k5 →n29，则N2912925440

故选A

二、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13. 已知向量a，b的夹角为60，a2，b1，则a2b________． 【答案】23 【解析】a2b(a2b)a2a2bcos602b∴a2b1223 第 6 页 共 27 页

22221222222244412

2

x2y114. 设x，y满足约束条件2xy1，则z3x2y的最小值为_______．

xy0【答案】5

x2y1不等式组2xy1表示的平面区域如图所示

xy0yACB1xx+2y-1=0

2x+y+1=03zx， 223z求z的最小值，即求直线yx的纵截距的最大值

223z当直线yx过图中点A时，纵截距最大

22由z3x2y得y2xy1由解得A点坐标为(1,1)，此时z3(1)215

x2y1

x2y215. 已知双曲线C:22，（a0，b0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与

ab双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，若MAN60，则C的离心率为_______．

23 3【解析】如图，

【答案】

OAa，ANAMb

∵MAN60，∴AP3b，OP2322OAPAa2b2 43bAP2∴tan

OP322ab4 第 7 页 共 27 页

3bbb2，解得a23b2 又∵tan，∴a3aa2b24b2123∴e121

a33

16. 如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O，D、E、F

为元O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是一BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______．

【答案】415 【解析】由题，连接OD，交BC与点G，由题，ODBC

OG3BC，即OG的长度与BC的长度或成正比 6设OGx，则BC23x，DG5x

三棱锥的高hDG2OG22510xx2x2510x

1S△ABC233x33x2

21则VS△ABCh3x22510x=325x410x5 35令fx25x410x5，x(0,)，fx100x350x4

2令fx0，即x42x30，x2 则fx≤f280 则V≤38045

∴体积最大值为415cm3

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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题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共60分。

a2ac17. △ABC的内角A，B，C的对边分别为，b，，已知△ABC的面积为．

3sinA（1）求sinBsinC；

（2）若6cosBcosC1，a3，求△ABC的周长．

【解析】本题主要考查三角函数及其变换，正弦定理，余弦定理等基础知识的综合应用.

1a2（1）∵△ABC面积S.且SbcsinA

23sinAa21bcsinA ∴3sinA2322∴abcsinA

2322∵由正弦定理得sinAsinBsinCsinA，

22由sinA0得sinBsinC.

321（2）由（1）得sinBsinC，cosBcosC

36∵ABCπ

∴cosAcosπBCcosBCsinBsinCcosBcosC又∵A0，π

1 2∴A60，sinA13，cosA

22由余弦定理得a2b2c2bc9 ①

aasinB，csinC 由正弦定理得bsinAsinAa2∴bc2sinBsinC8 ②

sinA由①②得bc33 ∴abc333，即△ABC周长为333

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18. （12分）

如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD中，且BAPCDP90．

（1）证明：平面PAB平面PAD；

（2）若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值． 【解析】（1）证明：∵BAPCDP90

∴PAAB，PDCD 又∵AB∥CD，∴PDAB

又∵PDPAP，PD、PA平面PAD ∴AB平面PAD，又AB平面PAB ∴平面PAB平面PAD

（2）取AD中点O，BC中点E，连接PO，OE ∵AB∴OECD

AB

∴四边形ABCD为平行四边形 由（1）知，AB平面PAD

∴OE平面PAD，又PO、AD平面PAD ∴OEPO，OEAD 又∵PAPD，∴POAD ∴PO、OE、AD两两垂直

∴以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz 0，0、B设PA2，∴D2，0，2、PB∴PD2，2，2，0、P0，，02、C2，2，0， 2，2，2、BC22，0，0

设nx,y,z为平面PBC的法向量 由nPB0nBC0，得2x2y2z022x0

令y1，则z2，x0，可得平面PBC的一个法向量n0,1,2 ∵APD90，∴PDPA

又知AB平面PAD，PD平面PAD ∴PDAB，又PAABA ∴PD平面PAB

即PD是平面PAB的一个法向量，PD2,0,2 ∴cosPD,nPDnPDn2233 33 3由图知二面角APBC为钝角，所以它的余弦值为第 10 页 共 27 页

19. （12分）

为了抽检某种零件的一条生产线的生产过程，实验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸（单位：cm）．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸

2． 服从正态分布N，（1）假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在3，3之外的零件数，求PX≥1及X的数学期望；

（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在3，3之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查． （I）试说明上述监控生产过程方法的合理性：

（II）下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸： 9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95

116116222xxx16x经计算得xxi9.97，s其中xi为抽取的第i个ii0.212，16i116i1i11616． 零件的尺寸，i1，2，，ˆ，用样本标准差s作为的估计值ˆ，利用估计值判断是否 用样本平均数x作为的估计值ˆ3ˆ，ˆ3ˆ之外的数据，用剩下的数据估计和（精需对当天的生产过程进行检查，剔除确到0.01）．

2,则P3Z30.9974． 附：若随机变量Z服从正态分布N，

0.9974160.9592，0.0080.09．

3之内的概率为0.9974，落在3，3之外【解析】（1）由题可知尺寸落在3，的概率为0.0026．

0PX0C1610.99740.9974160.9592

0PX11PX010.95920.0408

0.0026 由题可知X~B16，EX160.00260.0416

3之外的概率为0.0026， （2）（i）尺寸落在3，3之外为小概率事件， 由正态分布知尺寸落在3，因此上述监控生产过程的方法合理． （ii）

39.9730.2129.334 39.9730.21210.606

39.334，10.606 3，10.606，需对当天的生产过程检查． 9.229.334， 因此剔除9.22 剔除数据之后：9.97169.2210.02．

15 第 11 页 共 27 页

2[9.9510.0210.1210.029.9610.029.9610.0210.0110.0222222222229.9210.029.9810.0210.0410.0210.2610.029.9110.02222210.1310.0210.0210.0210.0410.0210.0510.029.9510.02]0.008 0.0080.09

20. （12分）

211533x2y2P1，P1，ab0P1，1P0，1，四点1，2，3已知椭圆C：221，4中恰有22ab三点在椭圆C上． （1）求C的方程；

（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A、B两点，若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，证明：l过定点．

【解析】（1）根据椭圆对称性，必过P3、P4

PP4三点 又P4横坐标为1，椭圆必不过P1，所以过P2，3，3P0，1，P1，代入椭圆方程得 将2321b21，解得a24，b21 31124b2ax2∴椭圆C的方程为：y21．

4（2）①当斜率不存在时，设l:xm，Am，yA，Bm，yA

yA1yA121 mmm得m2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足． ②当斜率存在时，设l∶ykxbb1 kP2AkP2BAx1，y1，Bx2，y2

ykxb222联立2，整理得14kx8kbx4b40 2x4y408kb4b24x1x2，x1x2

14k214k2y11y21x2kx1bx2x1kx2bx1则kP2AkP2B x1x2x1x28kb28k8kb28kb14k2

4b2414k28kb14b1b11，又b1

b2k1，此时64k，存在k使得0成立．

∴直线l的方程为ykx2k1

第 12 页 共 27 页

当x2时，y1 所以l过定点2，1．

21. （12分）

2xx已知函数fxaea2ex．

（1）讨论fx的单调性；

（2）若fx有两个零点，求a的取值范围．

2xx【解析】（1）由于fxaea2ex

2xxxx故fx2aea2e1ae12e1

①当a0时，aex10，2ex10．从而fx0恒成立． fx在R上单调递减

②当a0时，令fx0，从而aex10，得xlna．

x ，lna lna  lna，  f′x fx 0 极小值 单调减 单调增 综上，当a0时，f(x)在R上单调递减；

当a0时，f(x)在(,lna)上单调递减，在(lna,)上单调递增

（2）由（1）知，

当a0时，fx在R上单调减，故fx在R上至多一个零点，不满足条件． 当a0时，fminflna1令ga11lna． a1lna． a111上单调增，而令ga1lnaa0，则g'a20．从而ga在0，aaag10．故当0a1时，ga0．当a1时ga0．当a1时ga0

1lnaga0，故fx0恒成立，从而fx无零点，不满足条件． a1若a1，则fmin1lna0，故fx0仅有一个实根xlna0，不满足条件．

a1aa2若0a1，则fmin1lna0，注意到lna0．f1210．

aeee13lna上有一个实根，而又ln1lnlna． 故fx在1，aa若a1，则fmin1331ln13ln3aaa2ln1ae且fln(1)eaa333313aa2ln11ln10． aaaaln故fx在lna，31上有一个实根． alna上单调减，在lna，单调增，故fx在R上至多两个实根． 又fx在，lnlna及lna，又fx在1，

31上均至少有一个实数根，故fx在R上恰有两个a第 13 页 共 27 页

实根．

综上，0a1．

（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：坐标系与参考方程]

x3cos，在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为

ysin，xa4t，（t为参数）． y1t，（1）若a1，求C与l的交点坐标；

（2）若C上的点到l距离的最大值为17，求a． 【解析】（1）a1时，直线l的方程为x4y30．

x2曲线C的标准方程是y21，

921x4y30xx3225联立方程x，解得：或， 2y024y1y9252124则C与l交点坐标是3，0和，

2525（2）直线l一般式方程是x4y4a0． 设曲线C上点p3cos，sin． 则P到l距离d3cos4sin4a175sin4a17，其中tan3． 4依题意得：dmax17，解得a16或a8

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23. [选修4-5：不等式选讲]

2已知函数fxxax4，gxx1x1．

（1）当a1时，求不等式fx≥gx的解集；

1，求a的取值范围． （2）若不等式fx≥gx的解集包含1，2【解析】（1）当a1时，fxxx4，是开口向下，对称轴x1的二次函数． 22x，x1gxx1x12，1≤x≤1，

2x，x1当x(1,)时，令x2x42x，解得x171 2gx在1，上单调递增，fx在1，上单调递减 1711，∴此时fx≥gx解集为． 21时，gx2，fx≥f12． 当x1，当x，1时，gx单调递减，fx单调递增，且g1f12． 1711，fx≥gx解集综上所述，．

21恒成立． （2）依题意得：x2ax4≥2在1，1恒成立． 即x2ax2≤0在1，21a12≤0则只须，解出：1≤a≤1． 21a12≤01． 故a取值范围是1，

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湖南省2018年高考理科数学试卷

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

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．设z1i2i，则z（ ） 1i

B．

A．0

1 2 C．1 D．2 2．已知集合Ax|x2x20，则A．x|1x2 C．x|x1

RA（ ）

B．x|1≤x≤2 D．x|x≤1x|x2 x|x≥2

3．某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍．实现翻番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例．得到如下饼图：

则下面结论中不正确的是（ ） A．新农村建设后，种植收入减少

B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上 C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍

D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半 4．记Sn为等差数列an的前n项和．若3S3S2S4，a12，则a3（ ）

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A．12 B．10 C．10 D．12

325．设函数fxxa1xax．若fx为奇函数，则曲线yfx在点0，0处的切线方程为

（ ） A．y2x

B．yx

C．y2x

D．yx

6．在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EB（ ） A．C．

31ABAC 4431ABAC 44

B．D．

13ABAC 4413ABAC 447．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图所示，圆柱表面上的点

M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，

则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（ ） A．217

B．25

C．3

D．2

8．设抛物线C：y24x的焦点为F，过点2，0且斜率为

FMFN（ ）

2的直线与C交于M，N两点，则3A．5 B．6 C．7 D．8

ex，x≤0gxfxxa，9．已知函数fx，若gx存在2个零点，则a的取值范围是（ ）

lnx，x0A．1，0

B．0，

C．1，

D．1，

10．下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分

别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC，△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ，在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则（ ）

A．p1p2

C．p2p3

D．p1p2p3

B．p1p3

x211．已知双曲线C：y21，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交

3点分别为M，N．若△OMN为直角三角形，则MN（ ）

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A．

3 2 B．3 C．23 D．4

12．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面

积的最大值为（ ） A．33 4 B．23 3 C．32 4 D．3 2二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

x2y2≤013．若x，y满足约束条件xy1≥0，则z3x2y的最大值为________．

y≤014．记Sn为数列an的前n项和．若Sn2an1，则S6________．

15．从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________

种．（用数字填写答案）

16．已知函数fx2sinxsin2x，则fx的最小值是________．

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题为选考题，考生根据要求作答。） （一）必考题：共60分。 17．（12分）

在平面四边形ABCD中，∠ADC90，∠A45，AB2，BD5． ⑴求cos∠ADB； ⑵若DC22，求BC．

第 18 页 共 27 页

18．（12分）

如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．

⑴证明：平面PEF⊥平面ABFD； ⑵求DP与平面ABFD所成角的正弦值．

19．（12分）

x2设椭圆C：y21的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为2，0．

2⑴当l与x轴垂直时，求直线AM的方程； ⑵设O为坐标原点，证明：∠OMA∠OMB．

第 19 页 共 27 页

20．（12分）

某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品，检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为p0p1，且各件产品是否为不合格品相互独立．

⑴记20件产品中恰有2件不合格品的概率为fp，求fp的最大值点p0；

⑵现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以⑴中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．

（i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX； （ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？

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21．（12分）

已知函数fx1xalnx． x⑴讨论fx的单调性；

fx1fx2x1x2⑵若fx存在两个极值点x1，x2，证明：

a2．

第 21 页 共 27 页

（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xOy中，曲线C1的方程为ykx2．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为22cos30．

⑴求C2的直角坐标方程；

⑵若C1与C2有且仅有三个公共点，求C1的方程．

第 22 页 共 27 页

23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）

已知fxx1ax1．

⑴当a1时，求不等式fx1的解集；

1时不等式fxx成立，求a的取值范围． ⑵若x∈0，

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湖南省2018年高考理科数学试卷答案

一、选择题 1．C 7．B

二、填空题 13．6

三、解答题 17．解：

（1）在△ABD中，由正弦定理得由题设知，

BDAB. sinAsinADB

2．B 8．D

3．A 9．C

4．B 10．A

5．D 11．B

6．A 12．A

14．63 15．16 16．33 2252. ,所以sinADB5sin45sinADB

由题设知，ADB90， 所以cosADB1223. 255（2）由题设及（1）知，cosBDCsinADB在△BCD中，由余弦定理得

BC2BD2DC22BDDCcosBDC258252225.252. 5

所以BC5. 18．解：

（1）由已知可得，BFPF，BFEF，所以BF平面PEF. 又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.

（2）作PHEF，垂足为H. 由（1）得，PH平面ABFD.

以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.

由（1）可得，DEPE. 又DP2，DE1，所以PE3. 又PF1，EF2，故PEPF. 可得PH33，EH. 22

则H(0,0,0)，P(0,0,33333), D(1,,0)，DP(1,,)，HP(0,0,)为平面ABFD的法向量.

22222第 24 页 共 27 页

3HPDP3设DP与平面ABFD所成角为，则 sin|. |443|HP||DP|所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 19．解：

（1）由已知得F(1,0)，l的方程为x1. 由已知可得，点A的坐标为(1,所以AM的方程为y22). )或(1,223. 4

22x2或yx2. 22

（2）当l与x轴重合时，OMAOMB0.

当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.

当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x12，x22，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMBy1y2. x12x22由y1kx1k，y2kx2k得

kMAkMB2kx1x23k(x1x2)4k.

(x12)(x22)

x2将yk(x1)代入y21得

2(2k21)x24k2x2k220.

4k22k22所以，x1x22. ,x1x222k12k14k34k12k38k34k则2kx1x23k(x1x2)4k0. 22k1从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补. 所以OMAOMB. 综上，OMAOMB.

20．解：

218（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)C220p(1p). 因此 18217217 f(p)C220[2p(1p)18p(1p)]2C20p(1p)(110p).

令f(p)0，得p0.1. 当p(0,0.1)时，f(p)0；当p(0.1,1)时，f(p)0.所以f(p)的最大值点为p00.1.

B(180,0.1)，X20225Y，

（2）由（1）知，p0.1.

（ⅰ）令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y即X4025Y.

所以EXE(4025Y)4025EY490.

（ⅱ）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元.

第 25 页 共 27 页

由于EX400，故应该对余下的产品作检验. 21．解：

1ax2ax1（1）f(x)的定义域为(0,)，f(x)21.

xxx2（ⅰ）若a≤2，则f(x)≤0，当且仅当a2，x1时f(x)0，所以f(x)在(0,)单调递减.

aa24aa24（ⅱ）若a2，令f(x)0得，x或x.

22aa24)当x(0,2aa24(,)时，f(x)0；

2aa24aa24aa24aa24,)时，f(x)0. 所以f(x)在(0,)，(,)单当x(2222aa24aa24,)单调递增. 调递减，在(22

（2）由（1）知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2.

由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21. 由于 f(x1)f(x2)lnx1lnx2lnx1lnx22lnx21， 1a2a2a1x1x2x1x2x1x2x1x2x2x2所以

f(x1)f(x2)1a2等价于x22lnx20.

x1x2x2

设函数g(x)g(x)0.

1由（1）知，g(x)在(0,)单调递减，又g(1)0，从而当x(1,)时，x2lnx，

x所以

f(x1)f(x2)1x22lnx20，即a2. x2x1x2

22．解：

（1）由xcos，ysin得C2的直角坐标方程为

(x1)2y24. （2）由（1）知C2是圆心为A(1,0)，半径为2的圆.

由题设知，C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线. 记y轴右边的射线为l1，y轴左边的射线为l2. 由于B在圆C2的外面，故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点，或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点.

当l1与C2只有一个公共点时，所以A到l1所在直线的距离为2，

|k2|4故k或k0. 经2，

3k214检验，当k0时，l1与C2没有公共点；当k时，l1与C2只有一个公共点，l2与C2有两个公共点.

3当l2与C2只有一个公共点时，A到l2所在直线的距离为2，所以检验，当k0时，l1与C2没有公共点；当k|k2|k21故k0或k2，

4. 经34时，l2与C2没有公共点. 3第 26 页 共 27 页

4综上，所求C1的方程为y|x|2.

3

23．解：

2,（1）当a1时，f(x)|x1||x1|，即f(x)2x,2,x≤1,1x1, x≥1.1故不等式f(x)1的解集为{x|x}.

2

（2）当x(0,1)时|x1||ax1|x成立等价于当x(0,1)时|ax1|1成立. 若a≤0，则当x(0,1)时|ax1|≥1； 若a0，|ax1|1的解集为0x综上，a的取值范围为(0,2].

22，所以≥1，故0a≤2. aa

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