2018年數(shù)學(xué)高考真題

2018年數(shù)學(xué)高考真題對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P111剖析解讀高考全國(guó)i、n、in卷都是由教育部按照普通高考考試大綱統(tǒng)一命題，適用于不同省份的考生．在難度上會(huì)有一些差異，但在試卷結(jié)構(gòu)、命題方向上基本上都是相同的．“穩(wěn)定”是高考的主旋律．在今年的高考試卷中，試題分布和考核內(nèi)容沒(méi)有太大的變動(dòng)，三角函數(shù)、數(shù)列、立體幾何、圓錐曲線、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)等都是歷年考查的重點(diǎn)．每套試卷都注重了對(duì)數(shù)學(xué)通性通法的考查，淡化特殊技巧，都是運(yùn)用基本概念分析問(wèn)題，基本公式運(yùn)算求解、基本定理推理論證、基本數(shù)學(xué)思想方法分析和解決問(wèn)題，這有利于引導(dǎo)中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)回歸基礎(chǔ)．試卷難度結(jié)構(gòu)合理，由易到難，循序漸進(jìn)，具有一定的梯度．今年數(shù)學(xué)試題與去年相比整體難度有所降低．“創(chuàng)新”是高考的生命線.與歷年試卷對(duì)比，i、ii卷解答題順序有變，這也體現(xiàn)了對(duì)于套路性解題的變革，單純地通過(guò)模仿老師的解題步驟而不用心理解歸納，是難以拿到分?jǐn)?shù)的．對(duì)數(shù)據(jù)處理能力以及應(yīng)用意識(shí)和創(chuàng)新意識(shí)上的考查有所提升，也符合當(dāng)前社會(huì)的大數(shù)據(jù)處理熱潮和青少年創(chuàng)新性的趨勢(shì)．高考全國(guó)i、n、in卷以及其他省市自主命題試卷對(duì)立體幾何知識(shí)的考查主要體現(xiàn)在：圖形辨認(rèn)：三視圖、直觀圖、展開圖、折疊圖、圖形割補(bǔ)等；定性證明：線線、線面、面面的垂直或平行關(guān)系的證明；定量計(jì)算：體積與面積的計(jì)算、線線角、線面角、面面角的計(jì)算．從能力考查的角度看，突出空間想象能力、推理論證能力和邏輯表達(dá)能力的考查，突出學(xué)科內(nèi)知識(shí)的綜合運(yùn)用.如n卷第16題以求圓錐體側(cè)面積的形式考查了旋轉(zhuǎn)體軸截面、線面角、正弦定理等知識(shí)的綜合運(yùn)用，在知識(shí)點(diǎn)的相互聯(lián)系上有一定的變化；對(duì)立體幾何知識(shí)的考查總體來(lái)說(shuō)比去年比重有所提升，重視程度有所增加，如n卷大題中20題以往考查解析幾何，今年考了立體幾何，同時(shí)，解析幾何難度明顯下降，而立體幾何難度相對(duì)較大，主要體現(xiàn)在規(guī)范性要求高和計(jì)算量增大上．總之，在學(xué)習(xí)中強(qiáng)化空間想象能力，注重強(qiáng)化基礎(chǔ)知識(shí)的鞏固和知識(shí)網(wǎng)絡(luò)的構(gòu)建，通過(guò)提升學(xué)生知識(shí)遷移能力、綜合分析能力來(lái)提高應(yīng)考能力．下面列出了2018年全國(guó)i、n、in卷及其他自主命題省市試卷必修2所考查全部試題，請(qǐng)同學(xué)們根據(jù)所學(xué)必修2的知識(shí)，測(cè)試自己的能力，尋找自己的差距，把握高考的方向，認(rèn)清命題的趨勢(shì)?。ㄕf(shuō)明：有些試題帶有綜合性，是與以后要學(xué)的內(nèi)容的小綜合試題，同學(xué)們可根據(jù)目前所學(xué)習(xí)內(nèi)容，有選擇性地試做?。┐┰阶詼y(cè)一、選擇題1.（2018.全國(guó)卷ni?理3）中國(guó)古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來(lái)，構(gòu)件的凸出部分叫榫頭，凹進(jìn)部分叫卯眼，圖中木構(gòu)件右邊的小長(zhǎng)方體是榫頭．若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長(zhǎng)方體，則咬合時(shí)帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是（ ）-=答案=-A柱表面上的點(diǎn)M在正視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A,圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B,則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長(zhǎng)度為（）A.2、河B.2\：'5 C.3D.2-=答案=- B解析 根據(jù)圓柱的三視圖及其本身的特征，可以確定點(diǎn)M和點(diǎn)N分別在以

圓柱的高為長(zhǎng)方形的寬，圓柱底面圓周長(zhǎng)的四分之一為長(zhǎng)的長(zhǎng)方形的對(duì)角線的端點(diǎn)處，所以所求的最短路徑的長(zhǎng)度為、.."2百=2%：'5故選B.（2018.北京高考?理5）某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側(cè)面中，直角三角形的個(gè)數(shù)為（ ）A.1B.2C.3D.4-=答案=-C解析由三視圖可得正方體中四棱錐P—ABCD,如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，PD=2,AD=2,CD=2,AB=1,由勾股定理可知，PA=242,PC=2\；'2,PB=3,BC=\：'5,則在四棱錐P—ABCD中，直角三角形有^PAD,△PCD,△PAB共三個(gè)，故選C.4.（2018.浙江高考?3）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：皿3）是（）A.2B.4C.6D.8-=答案=-C解析根據(jù)三視圖可得該幾何體為一個(gè)直四棱柱，高為2，底面為直角梯形，上、下底分別為1,2,梯形的高為2,因此該幾何體的體積為2義（1+2）義2義2=6,故選C（2018.全國(guó)卷H?文9）在正方體ABCD—AF1c1D1中，E為棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AE與CD所成角的正切值為（）A.理B.更C.更D.2-=答案=-C解析在正方體ABCD—A1B1clD1中，CD〃AB,所以異面直線AE與CD所成角為NEAB,設(shè)正方體邊長(zhǎng)為2a,則由E為棱CC1的中點(diǎn)，可得CE=a,所以BE=\：5a,則tanNEAB=BE=孚=孚.故選C.A.B2a2（2018.全國(guó)卷1?文10）在長(zhǎng)方體ABCD—A1B1clD1中，AB=BC=2,AC1與平面BB1cle所成的角為30°,則該長(zhǎng)方體的體積為（）A.8B.6\/2 C.8\巧 D.8\「-=答案=-C解析在長(zhǎng)方體ABCD—A1B1clD1中，連接BC1,根據(jù)線面角的定義可知一， ABNACB=30。，因?yàn)锳B=2, =tan30。，所以BC1=2y3,從而求得CC1=1 BC1 1 1\jBC1—BC2=2\/2,所以該長(zhǎng)方體的體積為V=2X2X2\：2=8\/2,故選C.

7.（2018.浙江高考?8）已知四棱錐S—ABCD的底面是正方形，側(cè)棱長(zhǎng)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01,SE與平面ABCD所成的角為02，二面角S—AB—C的平面角為03，則（ ）A.01<02<03B.03<02<01C.01<03<02D.02<03<01-=答案=-D解析設(shè)O為正方形ABCD的中心，M為AB的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作BC的平行線EF,交CD于F,過(guò)點(diǎn)O作ON垂直EF于N,連接SO,SN,OM,則SO垂直于底面ABCD,OM垂直于AB,因此NSEN=01,NSEO=02,NSMO=03,01,n SN_SN SOSO0203e0, 2,從而tan01 ENOM, tan02 EO, tan03OM02因?yàn)镾NNSO,EONOM,所以tan01Ntan03>tan02,即01^03^02,故選D.8.（2018.全國(guó)卷田?理10）設(shè)A,B,C,D是同一個(gè)半徑為4的球的球面上四點(diǎn)，△ABC為等邊三角形且其面積為9、/3,則三棱錐D—ABC體積的最大值為（）A.12^B.18\/3C.24\/3D.54\"=答案=-B解析如圖所示，點(diǎn)M為三角形ABC的重心，E為AC中點(diǎn)，1）1）當(dāng)DM,平面ABC時(shí)，三棱錐D—ABC體積最大，此時(shí)，OD=OB=R=4.??S9BC=孚AB2=9/，??AB=6,,?,點(diǎn)M為三角形ABC的重心,??BM=|bE=2\",，在Rt△ABC中，有OM=\jOB2—BM2=2.??DM=OD+OM=4+2=6,??（V三棱錐D—ABC）max=3*94*6=18事.故選B.（2018.全國(guó)卷1.理12）已知正方體的棱長(zhǎng)為1,每條棱所在直線與平面a所成的角相等，則a截此正方體所得截面面積的最大值為（）a3^3b2^3c3^2d^3^a.4b.3c.4^d.2-=答案=-A解析根據(jù)相互平行的直線與平面所成的角是相等的，所以在正方體ABCD—A1B1clD1中，平面AB1D1與線AA1,A1B1,A1D1所成的角是相等的，所以平面AB1D1與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等的，同理平面C1BD也滿足與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等的，要求截面面積最大，則截面的位置為夾在兩個(gè)面AB1D1與C1BD中間的，且過(guò)棱的中點(diǎn)的正六邊形，且邊長(zhǎng)為理，所以其面積為S=6X坐“￥）2=舉，故選A.二、填空題才 n（2018?天津高考.文11）如圖，已知正方體ABCD—A1B1clD1的棱長(zhǎng)為1,則四棱錐A1—BDD1B1的體積為二答案=-3解析如圖所示，連接A1C1,交B1D1于點(diǎn)O,很明顯A1c1，平面BDD1B1,則AQ是四棱錐A1-BDD1B1的高，且A1O=1A1C1=1X\,-'12+12=*，1 1 11 12112， 2S四邊形BDD1B1=BDXDD1=\於義1=\/2,結(jié)合四棱錐的體積公式可得四棱錐A1-BDD1B1的體積為V=gs四邊形1 211BDD1B1XA1O=3X<2X芋=3.（2018?全國(guó)卷n.文16）已知圓錐的頂點(diǎn)為S,母線SA,SB互相垂直，SA與圓錐底面所成角為30°,若4SAB的面積為8,則該圓錐的體積為-=答案=-8n解析如圖所示，NSAO=30。，NASB=90。，又S.sab=2sA-SB=2sA2=8,解得SA=4,所以SO=；SA=2,AO=；'SA2-SO2=2V'3,所以該圓錐的體積為V=1-mOA2-SO=8n.12.（2018?天津高考.理11）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1,除面ABCD外，該正方體其余各面的中心分別為點(diǎn)E,F,G,H,M（如圖），則四棱錐M-EFGH的體積為-二答案=112解析由題意可得，底面四邊形EFGH是邊長(zhǎng)為學(xué)的正方形，其面積S四邊形

=￥22=1,頂點(diǎn)M到底面四邊形EFGH的距離為d=1,由四棱錐的體積公EFGH2 2 2式可得V式可得V1__1_2=12—=—X—X四棱錐M-1__1_2=12（2018.江蘇高考?10）如圖所示，正方體的棱長(zhǎng)為2,以其所有面的中心為頂點(diǎn)的多面體的體積為 ．-=答案=-4解析由圖可知，該多面體為兩個(gè)全等正四棱錐的組合體，正四棱錐的高為1,底面正方形的邊長(zhǎng)等于\：2所以該多面體的體積為2x|x^12）2X1=4.三、解答題（2018.北京高考?文18）如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD，平面ABCD,PA±PD,PA=PD,E,F分別為AD,PB的中點(diǎn).求證：⑴PE^BC；⑵平面PAB，平面PCD；（3正尸〃平面PCD.證明（1）?;PA=PD,且E為AD的中點(diǎn)，APEXAD.,?,底面ABCD為矩形，???BC〃AD,APEXBC.（2）;?底面ABCD為矩形，???AB，AD.??平面PAD,平面ABCD,且交線為AD,??AB，平面PAD.AABXPD.又PA±PD,ABAAP=A,，PD，平面PAB,又?.?PD平面PCD.

??平面PAB，平面PCD.（3）如圖，取PC的中點(diǎn)G,連接FG,GD.嚴(yán)F,G分別為PB和PC的中點(diǎn)，??FG〃BC,且FG=2bC.V四邊形ABCD為矩形，且E為AD的中點(diǎn)，??ED〃BC,DE=2bC,??ED〃FG,且ED=FG,??四邊形EFGD為平行四邊形，??EF〃GD.又EFC平面PCD,GDU平面PCD,??EF〃平面PCD.（2018?江蘇高考.15）在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB,AB1，B1C1.求證：（128〃平面A1B1C；⑵平面ABB1A1，平面A1BC.證明（1）在平行六面體ABCD—A1B1clD1中,AB〃A1B1.因?yàn)锳BC平面A1B1C,A1B1U平面A1B1C,所以AB〃平面A1B1C(2)在平行六面體ABCD—A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形.又因?yàn)锳A1=AB,所以四邊形ABB1A1為菱形，所以AB1XA1B.又因?yàn)锳B1XB1C1,BC〃B1c1,所以AB1XBC.又因?yàn)锳1BABC=B,A1BU平面A1BC,BCU平面A1BC,所以AB1L平面A1BC因?yàn)锳B1U平面ABB1A1,所以平面ABB1A1，平面A1BC.(2018.全國(guó)卷1?文18)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB=AC=3,NACM=90°,以AC為折痕將4ACM折起，使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置，且ABXDA.⑴證明：平面ACD，平面ABC；2(2)Q為線段AD上一點(diǎn)，P為線段BC上一點(diǎn)，且BP=DQ=3DA,求三棱錐Q-ABP的體積.解(1)證明：由已知可得NBAC=90°,即BAXAC.又ABXDA,且ACADA=A,所以AB，平面ACD.又AB平面ABC,所以平面ACD，平面ABC(2)由已知可得，DC=CM=AB=3,DA=3,；'2.一 2又BP=DQ=gDA,所以BP=2.:2.作QE，AC,垂足為E,則QE觸gDC.由已知及(1)可得DC，平面ABC,所以QE，平面ABC,QE=1.因此，三棱錐Q-ABP的體積為V三棱錐Q-ABP-3^QE?S△ABP-3^^2(2018.全國(guó)卷H?文19)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB=BC=2%：2PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn).（1）證明：PO，平面ABC；⑵若點(diǎn)M在棱BC上，且MC=2MB,求點(diǎn)C到平面POM的距離.解（1）證明：因?yàn)镻A=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn)，所以POXAC,且PO=2\；3連接OB,因?yàn)锳B=BC=122AC,所以4ABC為等腰直角三角形，且OBLAC,OB=2aC=2.由PO2+OB2=PB2知POXOB.由PO±OB,PO±AC,ACAOB=O,知POL平面ABC(2)作CHXOM,垂足為H.又由⑴可得POLCH,所以CHL平面POM.故CH的長(zhǎng)為點(diǎn)C到平面POM的距離.由題設(shè)可知OC=2AC=2,CM=|BC=432,NACB=45°.所以O(shè)M所以O(shè)M=2^5,OCMCsinNACBCH=OM所以點(diǎn)C到平面POM的距離為455.（2018?全國(guó)卷山?文19）如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧CD所在平面垂直，M是CD上異于C,D的點(diǎn).⑴證明：平面八乂口,平面BMC；⑵在線段AM上是否存在點(diǎn)P,使得MC〃平面PBD?說(shuō)明理由.解（1）證明：由題設(shè)知，平面CMDL平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C±CD,BCU平面ABCD,所以BCL平面CMD,故BCXDM.因?yàn)镸為CD"上異于C,D的點(diǎn)，且DC為直徑，所以DMLCM.又BCACM=C,所以DM,平面BMC.而DMU平面AMD,故平面AMD,平面BMC.⑵當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時(shí)，MC〃平面PBD.證明如下：連接AC交BD于O.因?yàn)锳BCD為矩形，所以O(shè)為AC中點(diǎn).連接OP,因?yàn)镻為AM中點(diǎn)，所以MC〃OP.又MCC平面PBD,OPU平面PBD,所以MC〃平面PBD.（2018?天津高考.文17）如圖，在四面體ABCD中，4ABC是等邊三角形，平面八8^平面ABD,點(diǎn)M為棱AB的中點(diǎn)，AB=2,AD=243,NBAD=90°.（1）求證:AD,BC；⑵求異面直線BC與MD所成角的余弦值;⑶求直線CD與平面ABD所成角的正弦值.解(1)證明：由平面ABC，平面ABD,平面ABCn平面ABD=AB,AD，AB,可得AD，平面ABC,故AD，BC(2)取棱AC的中點(diǎn)N,連接MN,ND.又因?yàn)镸為棱AB的中點(diǎn)，故MN〃BC.所以NDMN(或其補(bǔ)角)為異面直線BC與MD所成的角.在RtADAM中，AM=1,故DM=%；'AD2+AM2=-...因?yàn)锳D，平面ABC,故AD，AC.在Rt△DAN中，AN=1,故DN=\:AD2+AN2=.,13.在等腰三角形DMN中，由MN=1,1— 2MN、用可得cosNDMN—dm—26.所以異面直線BC與MD所成角的余弦值為點(diǎn).(3)連接CM.因?yàn)?ABC為等邊三角形，M為邊AB的中點(diǎn)，故CM，AB,CM=、n：3又因?yàn)槠矫鍭BC，平面ABD,且交線為AB,而CM平面ABC,故CM，平面ABD.所以NCDM為直線CD與平