2018年浙江省高考數(shù)學(xué)試題+解析

1、2018浙江省高考數(shù)學(xué)試卷（新教改）一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1（4分）（2018浙江）已知全集u=1，2，3，4，5，a=1，3，則ua=（）ab1，3c2，4，5d1，2，3，4，52（4分）（2018浙江）雙曲線y2=1的焦點(diǎn)坐標(biāo)是（）a（，0），（，0）b（2，0），（2，0）c（0，），（0，）d（0，2），（0，2）3（4分）（2018浙江）某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm3）是（）a2b4c6d84（4分）（2018浙江）復(fù)數(shù)（i為虛數(shù)單位）的共軛復(fù)數(shù)是（）a1+ib

2、1ic1+id1i5（4分）（2018浙江）函數(shù)y=2|x|sin2x的圖象可能是（）abcd6（4分）（2018浙江）已知平面，直線m，n滿足m，n，則“mn”是“m”的（）a充分不必要條件b必要不充分條件c充分必要條件d既不充分也不必要條件7（4分）（2018浙江）設(shè)0p1，隨機(jī)變量的分布列是012p則當(dāng)p在（0，1）內(nèi)增大時(shí)，（）ad（）減小bd（）增大cd（）先減小后增大dd（）先增大后減小8（4分）（2018浙江）已知四棱錐sabcd的底面是正方形，側(cè)棱長均相等，e是線段ab上的點(diǎn)（不含端點(diǎn)）設(shè)se與bc所成的角為1，se與平面abcd所成的角為2，二面角sabc的平面角為3，則（）

3、a123b321c132d2319（4分）（2018浙江）已知，是平面向量，是單位向量若非零向量與的夾角為，向量滿足4+3=0，則|的最小值是（）a1b+1c2d210（4分）（2018浙江）已知a1，a2，a3，a4成等比數(shù)列，且a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3），若a11，則（）aa1a3，a2a4ba1a3，a2a4ca1a3，a2a4da1a3，a2a4二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分。11（6分）（2018浙江）我國古代數(shù)學(xué)著作張邱建算經(jīng)中記載百雞問題：“今有雞翁一，值錢五；雞母一，值錢三；雞雛三，值錢一凡百錢，買雞百只，問雞翁、母、

4、雛各幾何？”設(shè)雞翁，雞母，雞雛個(gè)數(shù)分別為x，y，z，則，當(dāng)z=81時(shí)，x= ，y= 12（6分）（2018浙江）若x，y滿足約束條件，則z=x+3y的最小值是 ，最大值是 13（6分）（2018浙江）在abc中，角a，b，c所對的邊分別為a，b，c若a=，b=2，a=60°，則sinb= ，c= 14（4分）（2018浙江）二項(xiàng)式（+）8的展開式的常數(shù)項(xiàng)是 15（6分）（2018浙江）已知r，函數(shù)f（x）=，當(dāng)=2時(shí)，不等式f（x）0的解集是 若函數(shù)f（x）恰有2個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍是 16（4分）（2018浙江）從1，3，5，7，9中任取2個(gè)數(shù)字，從0，2，4，6中任取2個(gè)數(shù)字，一

5、共可以組成 個(gè)沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)（用數(shù)字作答）17（4分）（2018浙江）已知點(diǎn)p（0，1），橢圓+y2=m（m1）上兩點(diǎn)a，b滿足=2，則當(dāng)m= 時(shí)，點(diǎn)b橫坐標(biāo)的絕對值最大三、解答題：本大題共5小題，共74分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。18（14分）（2018浙江）已知角的頂點(diǎn)與原點(diǎn)o重合，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，它的終邊過點(diǎn)p（，）（）求sin（+）的值；（）若角滿足sin（+）=，求cos的值19（15分）（2018浙江）如圖，已知多面體abca1b1c1，a1a，b1b，c1c均垂直于平面abc，abc=120°，a1a=4，c1c=l，ab=bc=b1b=

6、2（）證明：ab1平面a1b1c1；（）求直線ac1與平面abb1所成的角的正弦值20（15分）（2018浙江）已知等比數(shù)列an的公比q1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中項(xiàng)數(shù)列bn滿足b1=1，數(shù)列（bn+1bn）an的前n項(xiàng)和為2n2+n（）求q的值；（）求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式21（15分）（2018浙江）如圖，已知點(diǎn)p是y軸左側(cè)（不含y軸）一點(diǎn)，拋物線c：y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)a，b滿足pa，pb的中點(diǎn)均在c上（）設(shè)ab中點(diǎn)為m，證明：pm垂直于y軸；（）若p是半橢圓x2+=1（x0）上的動(dòng)點(diǎn)，求pab面積的取值范圍22（15分）（2018浙江）已知函數(shù)f（x）=

7、lnx（）若f（x）在x=x1，x2（x1x2）處導(dǎo)數(shù)相等，證明：f（x1）+f（x2）88ln2；（）若a34ln2，證明：對于任意k0，直線y=kx+a與曲線y=f（x）有唯一公共點(diǎn)2018年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1（4分）（2018浙江）已知全集u=1，2，3，4，5，a=1，3，則ua=（）ab1，3c2，4，5d1，2，3，4，5【考點(diǎn)】1f：補(bǔ)集及其運(yùn)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】根據(jù)補(bǔ)集的定義直接求解：ua是由所有屬于集合u但不屬于a的元素構(gòu)成的集合【解答】解：根據(jù)補(bǔ)集

8、的定義，ua是由所有屬于集合u但不屬于a的元素構(gòu)成的集合，由已知，有且僅有2，4，5符合元素的條件ua=2，4，5故選：c【點(diǎn)評(píng)】本題考查了補(bǔ)集的定義以及簡單求解，屬于簡單題2（4分）（2018浙江）雙曲線y2=1的焦點(diǎn)坐標(biāo)是（）a（，0），（，0）b（2，0），（2，0）c（0，），（0，）d（0，2），（0，2）【考點(diǎn)】kc：雙曲線的性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】34 ：方程思想；4o：定義法；5d ：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程【分析】根據(jù)雙曲線方程，可得該雙曲線的焦點(diǎn)在x軸上，由平方關(guān)系算出c=2，即可得到雙曲線的焦點(diǎn)坐標(biāo)【解答】解：雙曲線方程可得雙曲線的焦點(diǎn)在x軸上，且a2=3，b2=1，

9、由此可得c=2，該雙曲線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為（±2，0）故選：b【點(diǎn)評(píng)】本題考查雙曲線焦點(diǎn)坐標(biāo)，著重考查了雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程和焦點(diǎn)坐標(biāo)求法等知識(shí)，屬于基礎(chǔ)題3（4分）（2018浙江）某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm3）是（）a2b4c6d8【考點(diǎn)】l!：由三視圖求面積、體積菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】35 ：轉(zhuǎn)化思想；5f ：空間位置關(guān)系與距離【分析】直接利用三視圖的復(fù)原圖求出幾何體的體積【解答】解：根據(jù)三視圖：該幾何體為底面為直角梯形的四棱柱如圖所示：故該幾何體的體積為：v=故選：c【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：三視圖的應(yīng)用4（4分）（2018浙江）復(fù)數(shù)（i為虛數(shù)

10、單位）的共軛復(fù)數(shù)是（）a1+ib1ic1+id1i【考點(diǎn)】a5：復(fù)數(shù)的運(yùn)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】5n ：數(shù)系的擴(kuò)充和復(fù)數(shù)【分析】化簡已知復(fù)數(shù)z，由共軛復(fù)數(shù)的定義可得【解答】解：化簡可得z=1+i，z的共軛復(fù)數(shù)=1i故選：b【點(diǎn)評(píng)】本題考查復(fù)數(shù)的代數(shù)形式的運(yùn)算，涉及共軛復(fù)數(shù)，屬基礎(chǔ)題5（4分）（2018浙江）函數(shù)y=2|x|sin2x的圖象可能是（）abcd【考點(diǎn)】3a：函數(shù)的圖象與圖象的變換菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】35 ：轉(zhuǎn)化思想；51 ：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】直接利用函數(shù)的圖象和性質(zhì)求出結(jié)果【解答】解：根據(jù)函數(shù)的解析式y(tǒng)=2|x|sin2x，得到：函數(shù)的圖象為奇函數(shù)，故排除a和b當(dāng)x=時(shí)，函

11、數(shù)的值也為0，故排除c故選：d【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：函數(shù)的性質(zhì)和賦值法的應(yīng)用6（4分）（2018浙江）已知平面，直線m，n滿足m，n，則“mn”是“m”的（）a充分不必要條件b必要不充分條件c充分必要條件d既不充分也不必要條件【考點(diǎn)】29：充分條件、必要條件、充要條件菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】38 ：對應(yīng)思想；4o：定義法；5l ：簡易邏輯【分析】根據(jù)線面平行的定義和性質(zhì)以及充分條件和必要條件的定義進(jìn)行判斷即可【解答】解：m，n，當(dāng)mn時(shí)，m成立，即充分性成立，當(dāng)m時(shí)，mn不一定成立，即必要性不成立，則“mn”是“m”的充分不必要條件故選：a【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據(jù)

12、線面平行的定義和性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵，是基礎(chǔ)題7（4分）（2018浙江）設(shè)0p1，隨機(jī)變量的分布列是012p則當(dāng)p在（0，1）內(nèi)增大時(shí)，（）ad（）減小bd（）增大cd（）先減小后增大dd（）先增大后減小【考點(diǎn)】ch：離散型隨機(jī)變量的期望與方差菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】33 ：函數(shù)思想；4o：定義法；5i ：概率與統(tǒng)計(jì)【分析】求出隨機(jī)變量的分布列與方差，再討論d（）的單調(diào)情況【解答】解：設(shè)0p1，隨機(jī)變量的分布列是e（）=0×+1×+2×=p+；方差是d（）=×+×+×=p2+p+=+，p（0，）時(shí)，d（）單調(diào)遞增；p（，1）時(shí)，d（）單

13、調(diào)遞減；d（）先增大后減小故選：d【點(diǎn)評(píng)】本題考查了離散型隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望與方差的計(jì)算問題，也考查了運(yùn)算求解能力，是基礎(chǔ)題8（4分）（2018浙江）已知四棱錐sabcd的底面是正方形，側(cè)棱長均相等，e是線段ab上的點(diǎn)（不含端點(diǎn)）設(shè)se與bc所成的角為1，se與平面abcd所成的角為2，二面角sabc的平面角為3，則（）a123b321c132d231【考點(diǎn)】mj：二面角的平面角及求法；l3：棱錐的結(jié)構(gòu)特征；lm：異面直線及其所成的角；mi：直線與平面所成的角菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】31 ：數(shù)形結(jié)合；44 ：數(shù)形結(jié)合法；5g ：空間角【分析】作出三個(gè)角，表示出三個(gè)角的正弦或正切值，根據(jù)三角函數(shù)的

14、單調(diào)性即可得出三個(gè)角的大小【解答】解：由題意可知s在底面abcd的射影為正方形abcd的中心過e作efbc，交cd于f，過底面abcd的中心o作onef交ef于n，連接sn，取cd中點(diǎn)m，連接sm，om，oe，則en=om，則1=sen，2=seo，3=smo顯然，1，2，3均為銳角tan1=，tan3=，snso，13，又sin3=，sin2=，sesm，32故選：d【點(diǎn)評(píng)】本題考查了空間角的計(jì)算，三角函數(shù)的應(yīng)用，屬于中檔題9（4分）（2018浙江）已知，是平面向量，是單位向量若非零向量與的夾角為，向量滿足4+3=0，則|的最小值是（）a1b+1c2d2【考點(diǎn)】9o：平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其

15、運(yùn)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11 ：計(jì)算題；31 ：數(shù)形結(jié)合；4r：轉(zhuǎn)化法；5a ：平面向量及應(yīng)用【分析】把等式4+3=0變形，可得得，即（）（），設(shè)，則的終點(diǎn)在以（2，0）為圓心，以1為半徑的圓周上，再由已知得到的終點(diǎn)在不含端點(diǎn)o的兩條射線y=（x0）上，畫出圖形，數(shù)形結(jié)合得答案【解答】解：由4+3=0，得，（）（），如圖，不妨設(shè)，則的終點(diǎn)在以（2，0）為圓心，以1為半徑的圓周上，又非零向量與的夾角為，則的終點(diǎn)在不含端點(diǎn)o的兩條射線y=（x0）上不妨以y=為例，則|的最小值是（2，0）到直線的距離減1即故選：a【點(diǎn)評(píng)】本題考查平面向量的數(shù)量積運(yùn)算，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法與數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，

16、屬難題10（4分）（2018浙江）已知a1，a2，a3，a4成等比數(shù)列，且a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3），若a11，則（）aa1a3，a2a4ba1a3，a2a4ca1a3，a2a4da1a3，a2a4【考點(diǎn)】8i：數(shù)列與函數(shù)的綜合；4h：對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)；87：等比數(shù)列的性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11 ：計(jì)算題；32 ：分類討論；34 ：方程思想；49 ：綜合法；51 ：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；54 ：等差數(shù)列與等比數(shù)列【分析】利用等比數(shù)列的性質(zhì)以及對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，通過數(shù)列的公比的討論分析判斷即可【解答】解：a1，a2，a3，a4成等比數(shù)列，由等比數(shù)列的性質(zhì)可知，奇數(shù)項(xiàng)符號(hào)相同，

17、偶數(shù)項(xiàng)符號(hào)相同，a11，設(shè)公比為q，當(dāng)q0時(shí)，a1+a2+a3+a4a1+a2+a3，a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3），不成立，即：a1a3，a2a4，a1a3，a2a4，不成立，排除a、d當(dāng)q=1時(shí)，a1+a2+a3+a4=0，ln（a1+a2+a3）0，等式不成立，所以q1；當(dāng)q1時(shí)，a1+a2+a3+a40，ln（a1+a2+a3）0，a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3）不成立，當(dāng)q（1，0）時(shí)，a1a30，a2a40，并且a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3），能夠成立，故選：b【點(diǎn)評(píng)】本題考查等比數(shù)列的性質(zhì)的應(yīng)用，函數(shù)的值的判斷，對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，

18、考查發(fā)現(xiàn)問題解決問題的能力，難度比較大二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分。11（6分）（2018浙江）我國古代數(shù)學(xué)著作張邱建算經(jīng)中記載百雞問題：“今有雞翁一，值錢五；雞母一，值錢三；雞雛三，值錢一凡百錢，買雞百只，問雞翁、母、雛各幾何？”設(shè)雞翁，雞母，雞雛個(gè)數(shù)分別為x，y，z，則，當(dāng)z=81時(shí)，x=8，y=11【考點(diǎn)】53：函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11 ：計(jì)算題；33 ：函數(shù)思想；49 ：綜合法；51 ：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】直接利用方程組以及z的值，求解即可【解答】解：，當(dāng)z=81時(shí)，化為：，解得 x=8，y=11故答案為：8；11【

19、點(diǎn)評(píng)】本題考查方程組的解法，是基本知識(shí)的考查12（6分）（2018浙江）若x，y滿足約束條件，則z=x+3y的最小值是2，最大值是8【考點(diǎn)】7c：簡單線性規(guī)劃菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】1 ：常規(guī)題型；11 ：計(jì)算題；35 ：轉(zhuǎn)化思想；49 ：綜合法；5t ：不等式【分析】作出題中不等式組表示的平面區(qū)域，得到如圖的abc及其內(nèi)部，再將目標(biāo)函數(shù)z=x+3y對應(yīng)的直線進(jìn)行平移，觀察直線在y軸上的截距變化，然后求解最優(yōu)解得到結(jié)果【解答】解：作出x，y滿足約束條件表示的平面區(qū)域，如圖：其中b（4，2），a（2，2）設(shè)z=f（x，y）=x+3y，將直線l：z=x+3y進(jìn)行平移，觀察直線在y軸上的截距變化，可得

20、當(dāng)l經(jīng)過點(diǎn)b時(shí)，目標(biāo)函數(shù)z達(dá)到最小值z最小值=f（4，2）=2可得當(dāng)l經(jīng)過點(diǎn)a時(shí)，目標(biāo)函數(shù)z達(dá)到最最大值：z最大值=f（2，2）=8故答案為：2；8【點(diǎn)評(píng)】本題給出二元一次不等式組，求目標(biāo)函數(shù)的最小值，著重考查了二元一次不等式組表示的平面區(qū)域和簡單的線性規(guī)劃等知識(shí)，屬于中檔題13（6分）（2018浙江）在abc中，角a，b，c所對的邊分別為a，b，c若a=，b=2，a=60°，則sinb=，c=3【考點(diǎn)】hp：正弦定理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11 ：計(jì)算題；35 ：轉(zhuǎn)化思想；49 ：綜合法；58 ：解三角形【分析】由正弦定理得=，由此能求出sinb，由余弦定理得cos60°=

21、，由此能求出c【解答】解：在abc中，角a，b，c所對的邊分別為a，b，ca=，b=2，a=60°，由正弦定理得：，即=，解得sinb=由余弦定理得：cos60°=，解得c=3或c=1（舍），sinb=，c=3故答案為：，3【點(diǎn)評(píng)】本題考查三角形中角的正弦值、邊長的求法，考查正弦定理、余弦定理等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，考查函數(shù)與方程思想，是中檔題14（4分）（2018浙江）二項(xiàng)式（+）8的展開式的常數(shù)項(xiàng)是7【考點(diǎn)】da：二項(xiàng)式定理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】35 ：轉(zhuǎn)化思想；4o：定義法；5p ：二項(xiàng)式定理【分析】寫出二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)并整理，由x的指數(shù)為0求得r值，則答案可求

22、【解答】解：由=令=0，得r=2二項(xiàng)式（+）8的展開式的常數(shù)項(xiàng)是故答案為：7【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，關(guān)鍵是熟記二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)，是基礎(chǔ)題15（6分）（2018浙江）已知r，函數(shù)f（x）=，當(dāng)=2時(shí)，不等式f（x）0的解集是x|1x4若函數(shù)f（x）恰有2個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍是（1，3【考點(diǎn)】57：函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用；3e：函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷；5b：分段函數(shù)的應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11 ：計(jì)算題；31 ：數(shù)形結(jié)合；34 ：方程思想；49 ：綜合法；51 ：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】利用分段函數(shù)轉(zhuǎn)化求解不等式的解集即可；利用函數(shù)的圖象，通過函數(shù)的零點(diǎn)得到不等式求解即可【解答】解：

23、當(dāng)=2時(shí)函數(shù)f（x）=，顯然x2時(shí)，不等式x40的解集：x|2x4；x2時(shí)，不等式f（x）0化為：x24x+30，解得1x2，綜上，不等式的解集為：x|1x4函數(shù)f（x）恰有2個(gè)零點(diǎn)，函數(shù)f（x）=的草圖如圖：函數(shù)f（x）恰有2個(gè)零點(diǎn)，則（1，3故答案為：x|1x4；（1，3【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)與方程的應(yīng)用，考查數(shù)形結(jié)合以及函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)的判斷，考查發(fā)現(xiàn)問題解決問題的能力16（4分）（2018浙江）從1，3，5，7，9中任取2個(gè)數(shù)字，從0，2，4，6中任取2個(gè)數(shù)字，一共可以組成1260個(gè)沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)（用數(shù)字作答）【考點(diǎn)】d8：排列、組合的實(shí)際應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11 ：計(jì)算題；3

24、5 ：轉(zhuǎn)化思想；49 ：綜合法；5o ：排列組合【分析】可先從1，3，5，7，9中任取2個(gè)數(shù)字，然后通過0是否存在，求解即可【解答】解：從1，3，5，7，9中任取2個(gè)數(shù)字有種方法，從2，4，6，0中任取2個(gè)數(shù)字不含0時(shí)，有種方法，可以組成=720個(gè)沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)；含有0時(shí)，0不能在千位位置，其它任意排列，共有=540，故一共可以組成1260個(gè)沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)故答案為：1260【點(diǎn)評(píng)】本題考查排列組合及簡單的計(jì)數(shù)問題，先選后排是解決問題的關(guān)鍵，注意“0“是否在4位數(shù)中去易錯(cuò)點(diǎn)，是中檔題17（4分）（2018浙江）已知點(diǎn)p（0，1），橢圓+y2=m（m1）上兩點(diǎn)a，b滿足=2，則當(dāng)m=5

25、時(shí)，點(diǎn)b橫坐標(biāo)的絕對值最大【考點(diǎn)】k4：橢圓的性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】34 ：方程思想；48 ：分析法；5a ：平面向量及應(yīng)用；5d ：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程【分析】設(shè)a（x1，y1），b（x2，y2），運(yùn)用向量共線的坐標(biāo)表示，以及點(diǎn)滿足橢圓方程，求得y1，y2，有x22=m（）2，運(yùn)用二次函數(shù)的最值求法，可得所求最大值和m的值【解答】解：設(shè)a（x1，y1），b（x2，y2），由p（0，1），=2，可得x1=2x2，1y1=2（y21），即有x1=2x2，y1+2y2=3，又x12+4y12=4m，即為x22+y12=m，x22+4y22=4m，得（y12y2）（y1+2y2）=3m，可

26、得y12y2=m，解得y1=，y2=，則m=x22+（）2，即有x22=m（）2=，即有m=5時(shí)，x22有最大值16，即點(diǎn)b橫坐標(biāo)的絕對值最大故答案為：5【點(diǎn)評(píng)】本題考查橢圓的方程和應(yīng)用，考查向量共線的坐標(biāo)表示和方程思想、轉(zhuǎn)化思想，以及二次函數(shù)的最值的求法，屬于中檔題三、解答題：本大題共5小題，共74分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。18（14分）（2018浙江）已知角的頂點(diǎn)與原點(diǎn)o重合，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，它的終邊過點(diǎn)p（，）（）求sin（+）的值；（）若角滿足sin（+）=，求cos的值【考點(diǎn)】gp：兩角和與差的三角函數(shù)；g9：任意角的三角函數(shù)的定義菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】3

27、3 ：函數(shù)思想；4r：轉(zhuǎn)化法；56 ：三角函數(shù)的求值【分析】（）由已知條件即可求r，則sin（+）的值可得；（）由已知條件即可求sin，cos，cos（+），再由cos=cos（+）=cos（+）cos+sin（+）sin代值計(jì)算得答案【解答】解：（）角的頂點(diǎn)與原點(diǎn)o重合，始邊與x軸非負(fù)半軸重合，終邊過點(diǎn)p（，）x=，y=，r=|op|=，sin（+）=sin=；（）由x=，y=，r=|op|=1，得，又由sin（+）=，得=，則cos=cos（+）=cos（+）cos+sin（+）sin=，或cos=cos（+）=cos（+）cos+sin（+）sin=cos的值為或【點(diǎn)評(píng)】本題考查了任意角

28、的三角函數(shù)的定義，考查了三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式的應(yīng)用，是中檔題19（15分）（2018浙江）如圖，已知多面體abca1b1c1，a1a，b1b，c1c均垂直于平面abc，abc=120°，a1a=4，c1c=l，ab=bc=b1b=2（）證明：ab1平面a1b1c1；（）求直線ac1與平面abb1所成的角的正弦值【考點(diǎn)】mi：直線與平面所成的角；lw：直線與平面垂直菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】31 ：數(shù)形結(jié)合；41 ：向量法；5f ：空間位置關(guān)系與距離；5g ：空間角【分析】（i）利用勾股定理的逆定理證明ab1a1b1，ab1b1c1，從而可得ab1平面a1b1c1；（ii）以ac的中點(diǎn)為坐標(biāo)

29、原點(diǎn)建立空間坐標(biāo)系，求出平面abb1的法向量，計(jì)算與的夾角即可得出線面角的大小【解答】（i）證明：a1a平面abc，b1b平面abc，aa1bb1，aa1=4，bb1=2，ab=2，a1b1=2，又ab1=2，aa12=ab12+a1b12，ab1a1b1，同理可得：ab1b1c1，又a1b1b1c1=b1，ab1平面a1b1c1（ii）解：取ac中點(diǎn)o，過o作平面abc的垂線od，交a1c1于d，ab=bc，oboc，ab=bc=2，bac=120°，ob=1，oa=oc=，以o為原點(diǎn)，以ob，oc，od所在直線為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示：則a（0，0），b（1，0，0），

30、b1（1，0，2），c1（0，1），=（1，0），=（0，0，2），=（0，2，1），設(shè)平面abb1的法向量為=（x，y，z），則，令y=1可得=（，1，0），cos=設(shè)直線ac1與平面abb1所成的角為，則sin=|cos|=直線ac1與平面abb1所成的角的正弦值為【點(diǎn)評(píng)】本題考查了線面垂直的判定定理，線面角的計(jì)算與空間向量的應(yīng)用，屬于中檔題20（15分）（2018浙江）已知等比數(shù)列an的公比q1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中項(xiàng)數(shù)列bn滿足b1=1，數(shù)列（bn+1bn）an的前n項(xiàng)和為2n2+n（）求q的值；（）求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式【考點(diǎn)】8m：等差數(shù)列與等比數(shù)列

31、的綜合菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】34 ：方程思想；48 ：分析法；54 ：等差數(shù)列與等比數(shù)列【分析】（）運(yùn)用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和等差數(shù)列中項(xiàng)性質(zhì)，解方程可得公比q；（）設(shè)cn=（bn+1bn）an=（bn+1bn）2n1，運(yùn)用數(shù)列的遞推式可得cn=4n1，再由數(shù)列的恒等式求得bn=b1+（b2b1）+（b3b2）+（bnbn1），運(yùn)用錯(cuò)位相減法，可得所求數(shù)列的通項(xiàng)公式【解答】解：（）等比數(shù)列an的公比q1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中項(xiàng)，可得2a4+4=a3+a5=28a4，解得a4=8，由+8+8q=28，可得q=2（舍去），則q的值為2；（）設(shè)cn=（bn+1bn）a

32、n=（bn+1bn）2n1，可得n=1時(shí)，c1=2+1=3，n2時(shí)，可得cn=2n2+n2（n1）2（n1）=4n1，上式對n=1也成立，則（bn+1bn）an=4n1，即有bn+1bn=（4n1）（）n1，可得bn=b1+（b2b1）+（b3b2）+（bnbn1）=1+3（）0+7（）1+（4n5）（）n2，bn=+3（）+7（）2+（4n5）（）n1，相減可得bn=+4（）+（）2+（）n2（4n5）（）n1=+4（4n5）（）n1，化簡可得bn=15（4n+3）（）n2【點(diǎn)評(píng)】本題考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和等差數(shù)列中項(xiàng)的性質(zhì)，考查數(shù)列的恒等式和錯(cuò)位相減法的運(yùn)用，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題21

33、（15分）（2018浙江）如圖，已知點(diǎn)p是y軸左側(cè)（不含y軸）一點(diǎn)，拋物線c：y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)a，b滿足pa，pb的中點(diǎn)均在c上（）設(shè)ab中點(diǎn)為m，證明：pm垂直于y軸；（）若p是半橢圓x2+=1（x0）上的動(dòng)點(diǎn)，求pab面積的取值范圍【考點(diǎn)】kn：直線與拋物線的位置關(guān)系；kl：直線與橢圓的位置關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】34 ：方程思想；48 ：分析法；5d ：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程【分析】（）設(shè)p（m，n），a（，y1），b（，y2），運(yùn)用中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得m的坐標(biāo)，再由中點(diǎn)坐標(biāo)公式和點(diǎn)在拋物線上，代入化簡整理可得y1，y2為關(guān)于y的方程y22ny+8mn2=0的兩根，由韋達(dá)定理

34、即可得到結(jié)論；（）由題意可得m2+=1，1m0，2n2，可得pab面積為s=|pm|y1y2|，再由配方和換元法，可得面積s關(guān)于新元的三次函數(shù)，運(yùn)用單調(diào)性可得所求范圍【解答】解：（）證明：可設(shè)p（m，n），a（，y1），b（，y2），ab中點(diǎn)為m的坐標(biāo)為（，），拋物線c：y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)a，b滿足pa，pb的中點(diǎn)均在c上，可得（）2=4，（）2=4，化簡可得y1，y2為關(guān)于y的方程y22ny+8mn2=0的兩根，可得y1+y2=2n，y1y2=8mn2，可得n=，則pm垂直于y軸；（）若p是半橢圓x2+=1（x0）上的動(dòng)點(diǎn)，可得m2+=1，1m0，2n2，由（）可得y1+y2=2n，y1y2=8mn2，由pm垂直于y軸，可得pab面積為s=|pm|y1y2|=（m）=（4n216m+2n2）m=（n24m），可令t=，可得m=時(shí)，t取得最大值；m=1