2018年浙江省高考数学试卷
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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. 已知全集𝑈＝{1, 2, 3, 4, 5}，𝐴＝{1, 3}，则∁𝑈𝐴＝（ ） A.⌀ B.{1, 3} C.{2, 4, 5} D.{1, 2, 3, 4, 5} 2. 双曲线
𝑥23
−𝑦2=1的焦点坐标是( )
A.(−√2, 0)，(√2, 0) B.(−2, 0)，(2, 0) C.(0, −√2)，(0, √2) D.(0, −2)，(0, 2)
3. 某几何体的三视图如图所示（单位：𝑐𝑚），则该几何体的体积（单位：𝑐𝑚3）是（ ）
A.2
2
B.4 C.6 D.8
4. 复数1−𝑖（𝑖为虚数单位）的共轭复数是（ ） A.1+𝑖 B.1−𝑖 C.−1+𝑖
5. 函数𝑦=2|𝑥|sin2𝑥的图象可能是( ) A.
D.−1−𝑖
B.
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C.
D.
6. 已知平面𝛼，直线𝑚,𝑛满足𝑚𝛼,𝑛⊂𝛼，则“𝑚//𝑛”是“𝑚//𝛼”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件 7.
设0<𝑝<1，随机变量𝜉的分布列是 𝜉 0 1 2 𝑝1−𝑝1𝑃 222则当𝑝在(0, 1)内增大时，（ ） A.𝐷(𝜉)减小 B.𝐷(𝜉)增大
C.𝐷(𝜉)先减小后增大 D.𝐷(𝜉)先增大后减小
8. 已知四棱锥𝑆−𝐴𝐵𝐶𝐷的底面是正方形，侧棱长均相等，𝐸是线段𝐴𝐵上的点（不含端点）．设𝑆𝐸与𝐵𝐶所成的角为𝜃1，𝑆𝐸与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成的角为𝜃2，二面角𝑆−𝐴𝐵−𝐶的平面角为𝜃3，则（ ） A.𝜃1≤𝜃2≤𝜃3 B.𝜃3≤𝜃2≤𝜃1 C.𝜃1≤𝜃3≤𝜃2 D.𝜃2≤𝜃3≤𝜃1
9. 已知𝑎，𝑏，𝑒是平面向量，𝑒是单位向量．若非零向量𝑎与𝑒的夹角为3，向量𝑏满足
→
→
𝑏−4𝑒⋅𝑏+3=0，则|𝑎−𝑏|的最小值是( ) 2
→
→
→
→
→
→
→
→
→
𝜋
→
C.2 A.√3−1 B.√3+1 D.2−√3
10. 已知𝑎1，𝑎2，𝑎3，𝑎4成等比数列，且𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4=ln(𝑎1+𝑎2+𝑎3)，若
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𝑎1>1，则（ ） A.𝑎1<𝑎3，𝑎2<𝑎4 B.𝑎1>𝑎3，𝑎2<𝑎4 C.𝑎1<𝑎3，𝑎2>𝑎4 D.𝑎1>𝑎3，𝑎2>𝑎4
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。
11. 我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一．凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，
𝑥+𝑦+𝑧=100
1鸡母，鸡雏个数分别为𝑥，𝑦，𝑧，则{，当𝑧=81时，𝑥=________，
5𝑥+3𝑦+𝑧=100
3
𝑦=________．
𝑥−𝑦≥0
12. 若𝑥，𝑦满足约束条件{2𝑥+𝑦≤6 ，则𝑧＝𝑥+3𝑦的最小值是________，最大值是
𝑥+𝑦≥2________．
13. 在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐．若𝑎=√7，𝑏=2，𝐴=60∘，则sin𝐵=________，𝑐=________．
14. 二项式(√𝑥+2𝑥)8的展开式的常数项是________．
𝑥−4,𝑥≥𝜆,
15. 已知𝜆∈𝐑，函数𝑓(𝑥)={2 当𝜆=2时，不等式𝑓(𝑥)<0的解集是
𝑥−4𝑥+3,𝑥<𝜆,________．若函数𝑓(𝑥)恰有2个零点，则𝜆的取值范围是________．
16. 从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数．（用数字作答）
17. 已知点𝑃(0,1)，椭圆
𝑥24
3
1
+𝑦2=𝑚(𝑚>1)上两点𝐴，𝐵满足𝐴𝑃=2𝑃𝐵，则当
→→
𝑚=________时，点𝐵横坐标的绝对值最大.
三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
18. 已知角𝛼的顶点与原点𝑂重合，始边与𝑥轴的非负半轴重合，它的终边过点𝑃(−5,−5)．
（1）求sin(𝛼+𝜋)的值；
（2）若角𝛽满足sin(𝛼+𝛽)=13，求cos𝛽的值．
19. 如图，已知多面体𝐴𝐵𝐶𝐴1𝐵1𝐶1，𝐴1𝐴，𝐵1𝐵，𝐶1𝐶均垂直于平面𝐴𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶=120∘，𝐴1𝐴=4，𝐶1𝐶=𝑙，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐵1𝐵=2．
5
3
4
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(1)证明：𝐴𝐵1⊥平面𝐴1𝐵1𝐶1；
(2)求直线𝐴𝐶1与平面𝐴𝐵𝐵1所成的角的正弦值．
20. 已知等比数列{𝑎𝑛}的公比𝑞>1，且𝑎3+𝑎4+𝑎5=28，𝑎4+2是𝑎3，𝑎5的等差中项．数列{𝑏𝑛}满足𝑏1=1，数列{(𝑏𝑛+1−𝑏𝑛)𝑎𝑛}的前𝑛项和为2𝑛2+𝑛． （1）求𝑞的值；
（2）求数列{𝑏𝑛}的通项公式．
21. 如图，已知点𝑃是𝑦轴左侧（不含𝑦轴）一点，抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥上存在不同的两点𝐴，𝐵满足𝑃𝐴，𝑃𝐵的中点均在𝐶上.
（1）设𝐴𝐵中点为𝑀，证明：𝑃𝑀垂直于𝑦轴；
（2）若𝑃是半椭圆𝑥2+
𝑦24
=1(𝑥<0)上的动点，求△𝑃𝐴𝐵面积的取值范围．
22. 已知函数𝑓(𝑥)=√𝑥−ln𝑥．
（1）若𝑓(𝑥)在𝑥=𝑥1，𝑥2(𝑥1≠𝑥2)处导数相等，证明：𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)>8−8ln2；
（2）若𝑎≤3−4ln2，证明：对于任意𝑘>0，直线𝑦=𝑘𝑥+𝑎与曲线𝑦=𝑓(𝑥)有唯一公共点．
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参考答案与试题解析 2018年浙江省高考数学试卷
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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.
【答案】 C
【解答】
根据补集的定义，∁𝑈𝐴是由所有属于集合𝑈但不属于𝐴的元素构成的集合，由已知，有且仅有2，4，5符合元素的条件． ∁𝑈𝐴＝{2, 4, 5} 2.
【答案】 B
【解答】
解：∵ 双曲线方程可得双曲线的焦点在𝑥轴上，且𝑎2=3，𝑏2=1， 由此可得𝑐=√𝑎2+𝑏2=2，
∴ 该双曲线的焦点坐标为(±2, 0). 故选𝐵． 3.
【答案】 C
【解答】
解：由三视图知该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱，即如图所示四棱柱
𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1−𝐴𝐵𝐶𝐷由三视图中数据可知底面梯形的两底分别为1和2，高为2，所以𝑆底面=2×(1+2)×2=3．直四棱柱的高为2，所以体积𝑉=3×2=6． 故选𝐶．
1
4. 【答案】 B
【解答】 化简可得𝑧=1−𝑖 =(1−𝑖)(1+𝑖)=1+𝑖， ∴ 𝑧的共轭复数𝑧=1−𝑖 5.
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2(1+𝑖)
2
【答案】 D
【解答】
解：设𝑓(𝑥)=2|𝑥|𝑠𝑖𝑛2𝑥，𝑓(−𝑥)=2|−𝑥|𝑠𝑖𝑛(−2𝑥)=−2|𝑥|𝑠𝑖𝑛2𝑥=−𝑓(𝑥)， 所以𝑓(𝑥)是奇函数，图象关于原点对称，排除𝐴和𝐵． 又因为𝑓()=2|2|⋅𝑠𝑖𝑛𝜋=0，所以排除𝐶．
2
故选𝐷． 6.
【答案】 A
【解答】
解：若𝑚𝛼,𝑛⊂𝛼,𝑚//𝑛，由线面平行的判定定理知𝑚//𝛼． 若𝑚//𝛼,𝑚𝛼,𝑛⊂𝛼，不一定推出𝑚//𝑛，直线𝑚与𝑛可能异面， 故“𝑚//𝑛”是“𝑚//𝛼”的充分不必要条件． 故选𝐴． 7.
【答案】 D
【解答】
解：由期望的定义知： 𝐸(𝜉)=0×
1−𝑝2𝜋
𝜋
+1×+2×=𝑝+，
222
22
1𝑝1
所以𝐷(𝜉)=1−𝑝⋅[0−(𝑝+1)]+
2
112𝑝12
×[1−(𝑝+)]+[2−(𝑝+)] 2222111=−𝑝2+𝑝+4=−(𝑝−2)+2，
2
所以𝐷(𝜉)在(0,2)上是增函数， 在(2,1)上是减函数． 故选𝐷． 8.
【答案】 D
【解答】
解：由题意得四棱锥𝑆−𝐴𝐵𝐶𝐷为正四棱锥， 设𝑂为其底面中心，则𝑆𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷． 过点𝐸作𝐸𝐺//𝐵𝐶交𝐶𝐷于点𝐺， 则∠𝑆𝐸𝐺=𝜃1，
易知𝑆𝐸=𝑆𝐺，取𝐸𝐺中点𝐻， ∴ tan 𝜃1=𝐸𝐻．
取𝐴𝐵中点𝐹，连结𝑂𝐹，𝑆𝐹， ∵ 𝑂𝐹//𝐵𝐶，
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𝑆𝐻
1
1
∴ 𝑂𝐹⊥𝐴𝐵，
∵ 𝑆𝐴=𝑆𝐵，𝐹为𝐴𝐵中点， ∴ 𝐴𝐵⊥𝑆𝐹，
∴ ∠𝑆𝐹𝑂为二面角𝑆−𝐴𝐵−𝐶的平面角， ∴ ∠𝑆𝐹𝑂=𝜃3，tan 𝜃3=𝑂𝐹． ∵ 𝑂𝐹=𝐸𝐻，𝑆𝐻>𝑆𝑂， ∴ tan 𝜃1>tan 𝜃3， ∴ 𝜃1>𝜃3．
∵ 𝑆𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，
∴ ∠𝑆𝐸𝑂为𝑆𝐸与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成的角， ∴ ∠𝑆𝐸𝑂=𝜃2，tan 𝜃2=𝑂𝐸．
∵ 𝑂𝐸>𝑂𝐹，∴ tan 𝜃3>tan 𝜃2， ∴ 𝜃3>𝜃2，
∴ 𝜃1>𝜃3>𝜃2，
当且仅当𝐸为𝐴𝐵中点时，𝜃1=𝜃2=𝜃3． 故选𝐷．
𝑆𝑂𝑆𝑂
9. 【答案】 A
【解答】
→→→
解：由𝑏2−4𝑒⋅𝑏+3=0，得(𝑏−𝑒)⋅(𝑏−3𝑒)=0， →∴ (𝑏−→𝑒)⊥(𝑏−3𝑒)，
→
→
→
→
→
→
如图，不妨设𝑒=(1,0)，
→
则𝑏的终点在以(2, 0)为圆心，以1为半径的圆周上， 又非零向量𝑎与𝑒的夹角为3，
→
→
𝜋
→
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→
则𝑎的终点在不含端点𝑂的两条射线𝑦=±√3𝑥(𝑥>0)上．
→
不妨以𝑦=√3𝑥为例，则|𝑎−𝑏|的最小值是(2, 0)
→
到直线√3𝑥−𝑦=0的距离减1． 即|2√3|−√3+11=√3−1．
故选𝐴． 10.
【答案】 B
【解答】
解：𝑎1，𝑎2，𝑎3，𝑎4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，
𝑎1>1，设公比为𝑞，
当𝑞>0时，𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4>𝑎1+𝑎2+𝑎3，𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4=ln(𝑎1+𝑎2+𝑎3)，不成立，
即：𝑎1>𝑎3，𝑎2>𝑎4，𝑎1<𝑎3，𝑎2<𝑎4，不成立，排除𝐴、𝐷．
当𝑞=−1时，𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4=0，ln(𝑎1+𝑎2+𝑎3)>0，等式不成立，所以𝑞≠−1；
当𝑞<−1时，𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4<0，ln(𝑎1+𝑎2+𝑎3)>0，𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4=ln(𝑎1+𝑎2+𝑎3)不成立，
当𝑞∈(−1, 0)时，𝑎1>𝑎3>0，𝑎2<𝑎4<0，并且𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4=ln(𝑎1+𝑎2+𝑎3)，能够成立， 故选：𝐵．
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。 11.
【答案】 8,11
【解答】
𝑥+𝑦+𝑧=100𝑥+𝑦=19
1解：{，当𝑧=81时，化为：{，
5𝑥+3𝑦=735𝑥+3𝑦+𝑧=100
3
解得 𝑥=8，𝑦=11．
故答案为：8；11． 12.
【答案】 −2,8 【解答】
𝑥−𝑦≥0
作出𝑥，𝑦满足约束条件{2𝑥+𝑦≤6 表示的平面区域，
𝑥+𝑦≥2如图：
其中𝐵(4, −2)，𝐴(2, 2)． 设𝑧＝𝐹(𝑥, 𝑦)＝𝑥+3𝑦，
将直线𝑙:𝑧＝𝑥+3𝑦进行平移，观察直线在𝑦轴上的截距变化， 可得当𝑙经过点𝐵时，目标函数𝑧达到最小值． ∴ 𝑧最小值＝𝐹(4, −2)＝−2．
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可得当𝑙经过点𝐴时，目标函数𝑧达到最最大值： 𝑧最大值＝𝐹(2, 2)＝8． 13.
【答案】
√21,3 7
【解答】
解：∵ 在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐． 𝑎=√7，𝑏=2，𝐴=60∘， ∴ 由正弦定理得：sin𝐴=sin𝐵，即解得sin𝐵=
2×
√32𝑎𝑏
√7sin60∘
=
2sin𝐵
，
√7=
√21． 7
由余弦定理得： cos60=
∘
4+𝑐2−72×2𝑐
，
解得𝑐=3或𝑐=−1（舍）， ∴ sin𝐵=√，𝑐=3．
721故答案为：√，3．
7
2114.
【答案】 7
【解答】
3𝑟由𝑇𝑟+1=𝐶8⋅(√𝑥)8−𝑟⋅(2𝑥)𝑟=(2)𝑟⋅𝐶8𝑟⋅𝑥
11
8−4𝑟
3
．
令
8−4𝑟3
=0，得𝑟＝2．
3
∴ 二项式(√𝑥+2𝑥)8的展开式的常数项是(2)2⋅𝐶82=7． 15.
【答案】
{𝑥|1<𝑥<4},(1, 3]∪(4, +∞) 【解答】
𝑥−4,𝑥≥2,
解：当𝜆=2时函数𝑓(𝑥)={2
𝑥−4𝑥+3,𝑥<2,
显然𝑥≥2时，不等式𝑥−4<0的解集：{𝑥|2≤𝑥<4}；
𝑥<2时，不等式𝑓(𝑥)<0化为：𝑥2−4𝑥+3<0，解得1<𝑥<2， 综上，不等式的解集为：{𝑥|1<𝑥<4}． 若函数𝑓(𝑥)恰有2个零点，
𝑥−4,𝑥≥𝜆
的草图如图： 则由函数𝑓(𝑥)={2
𝑥−4𝑥+3,𝑥<𝜆
11
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∵ 函数𝑓(𝑥)恰有2个零点， ∴ 1<𝜆≤3或𝜆>4．
故答案为：{𝑥|1<𝑥<4}；(1, 3]∪(4, +∞). 16.
【答案】 1260 【解答】 解：方法一：
1213
第一类，含有0时有𝐶3； 𝐶5𝐶3𝐴3=540（个）
224
第二类，不含0时，有𝐶3． 𝐶5𝐴4=720（个）
由分类加法计数原理得共有四位数540+720=1260（个）． 故答案为：1260． 方法二（间接法）：
224
不考虑数字0时，共可以组成𝐶5； 𝐶4𝐴4=1440（个）
213
当0在首位时，有𝐶5． 𝐶3𝐴3=180（个）
故满足题意的数共有1440−180=1260（个）． 故答案为：1260． 17.
【答案】 5
【解答】
解：设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)， 由𝐴𝑃=2𝑃𝐵， −𝑥=2𝑥2,
得{1
1−𝑦1=2(𝑦2−1),即𝑥1=−2𝑥2，𝑦1=3−2𝑦2. 因为点𝐴，𝐵在椭圆上，
24𝑥2
→→
所以{𝑥422
4
+(3−2𝑦2)2=𝑚,
2
+𝑦2=𝑚,
3
得𝑦2=4𝑚+4，
2
=𝑚−(3−2𝑦2)2=−4𝑚2+2𝑚−4 所以𝑥2
1
5
9
1
=−4(𝑚−5)2+4≤4，
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1
所以当𝑚=5时，点𝐵横坐标的绝对值最大， 最大值为2. 故答案为：5.
三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 18.
【答案】
解：（1）由角𝛼的终边过点𝑃(−5,−5)得sin𝛼=−5， 所以sin(𝛼+𝜋)=−sin𝛼=5．
（2）由角𝛼的终边过点𝑃(−5,−5)得cos𝛼=−5， 由sin(𝛼+𝛽)=13得cos(𝛼+𝛽)=±13．
由𝛽=(𝛼+𝛽)−𝛼得cos𝛽=cos(𝛼+𝛽)cos𝛼+sin(𝛼+𝛽)sin𝛼， 所以cos𝛽=−65或cos𝛽=65．
【解答】
解：（1）由角𝛼的终边过点𝑃(−5,−5)得sin𝛼=−5， 所以sin(𝛼+𝜋)=−sin𝛼=5．
（2）由角𝛼的终边过点𝑃(−5,−5)得cos𝛼=−5， 由sin(𝛼+𝛽)=13得cos(𝛼+𝛽)=±13．
由𝛽=(𝛼+𝛽)−𝛼得cos𝛽=cos(𝛼+𝛽)cos𝛼+sin(𝛼+𝛽)sin𝛼， 所以cos𝛽=−65或cos𝛽=65． 19.
【答案】
(1)证明：∵ 𝐴1𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝐵1𝐵⊥平面𝐴𝐵𝐶， ∴ 𝐴𝐴1 // 𝐵𝐵1，
∵ 𝐴𝐴1=4，𝐵𝐵1=2，𝐴𝐵=2，
∴ 𝐴1𝐵1=√(𝐴𝐵)2+(𝐴𝐴1−𝐵𝐵1)2=2√2，
222 2又𝐴𝐵1=√𝐴𝐵2+𝐵𝐵1，=𝐴𝐵1+𝐴1𝐵1=2√2，∴ 𝐴𝐴1
∴ 𝐴𝐵1⊥𝐴1𝐵1，
同理可得：𝐴𝐵1⊥𝐵1𝐶1， 又𝐴1𝐵1∩𝐵1𝐶1=𝐵1， ∴ 𝐴𝐵1⊥平面𝐴1𝐵1𝐶1．
(2)解：取𝐴𝐶中点𝑂，过𝑂作平面𝐴𝐵𝐶的垂线𝑂𝐷，交𝐴1𝐶1于𝐷， ∵ 𝐴𝐵=𝐵𝐶，∴ 𝑂𝐵⊥𝑂𝐶，
∵ 𝐴𝐵=𝐵𝐶=2，∠𝐵𝐴𝐶=120∘，∴ 𝑂𝐵=1，𝑂𝐴=𝑂𝐶=√3，
以𝑂为原点，以𝑂𝐵，𝑂𝐶，𝑂𝐷所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：
56
16
5
12
3
4
3
4
3
4
4
56
16
5
12
3
4
3
4
3
4
4
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则𝐴(0, −√3, 0)，𝐵(1, 0, 0)，𝐵1(1, 0, 2)，𝐶1(0, √3, 1)， ∴ 𝐴𝐵=(1, √3, 0)，𝐵𝐵1=(0, 0, 2)，𝐴𝐶1=(0, 2√3, 1)， 𝑛⋅𝐴𝐵=0,→
设平面𝐴𝐵𝐵1的法向量为𝑛=(𝑥, 𝑦, 𝑧)，则{→→
𝑛⋅𝐵𝐵1=0,
→
∴ {𝑥+√3𝑦=0,令𝑦=1可得𝑛=(−√3, 1, 0)，
2𝑧=0,
→
→
→
→
→
∴ cos<𝑛,𝐴𝐶1>=
→
→
→→𝑛⋅𝐴𝐶1
→→
|𝑛||𝐴𝐶1|
=2×2√3√=13√39． 13
→
→
39设直线𝐴𝐶1与平面𝐴𝐵𝐵1所成的角为𝜃，则sin𝜃=|cos<𝑛,𝐴𝐶1>|=√．
13
∴ 直线𝐴𝐶1与平面𝐴𝐵𝐵1所成的角的正弦值为√．
13
39【解答】
(1)证明：∵ 𝐴1𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝐵1𝐵⊥平面𝐴𝐵𝐶，
∴ 𝐴𝐴1 // 𝐵𝐵1，
∵ 𝐴𝐴1=4，𝐵𝐵1=2，𝐴𝐵=2，
∴ 𝐴1𝐵1=√(𝐴𝐵)2+(𝐴𝐴1−𝐵𝐵1)2=2√2，
222 2又𝐴𝐵1=√𝐴𝐵2+𝐵𝐵1，=𝐴𝐵1+𝐴1𝐵1=2√2，∴ 𝐴𝐴1
∴ 𝐴𝐵1⊥𝐴1𝐵1，
同理可得：𝐴𝐵1⊥𝐵1𝐶1， 又𝐴1𝐵1∩𝐵1𝐶1=𝐵1， ∴ 𝐴𝐵1⊥平面𝐴1𝐵1𝐶1．
(2)解：取𝐴𝐶中点𝑂，过𝑂作平面𝐴𝐵𝐶的垂线𝑂𝐷，交𝐴1𝐶1于𝐷，
∵ 𝐴𝐵=𝐵𝐶，∴ 𝑂𝐵⊥𝑂𝐶，
∵ 𝐴𝐵=𝐵𝐶=2，∠𝐵𝐴𝐶=120∘，∴ 𝑂𝐵=1，𝑂𝐴=𝑂𝐶=√3，
以𝑂为原点，以𝑂𝐵，𝑂𝐶，𝑂𝐷所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：
试卷第12页，总17页
则𝐴(0, −√3, 0)，𝐵(1, 0, 0)，𝐵1(1, 0, 2)，𝐶1(0, √3, 1)， ∴ 𝐴𝐵=(1, √3, 0)，𝐵𝐵1=(0, 0, 2)，𝐴𝐶1=(0, 2√3, 1)， 𝑛⋅𝐴𝐵=0,
设平面𝐴𝐵𝐵1的法向量为𝑛=(𝑥, 𝑦, 𝑧)，则{→→
𝑛⋅𝐵𝐵1=0,
→
→
∴ {𝑥+√3𝑦=0,令𝑦=1可得𝑛=(−√3, 1, 0)，
2𝑧=0,
→
→
→
→
→
∴ cos<𝑛,𝐴𝐶1>=
→
→
→→𝑛⋅𝐴𝐶1
→→
|𝑛||𝐴𝐶1|
=
2√32×√13=
√39． 13
→
→
39设直线𝐴𝐶1与平面𝐴𝐵𝐵1所成的角为𝜃，则sin𝜃=|cos<𝑛,𝐴𝐶1>|=√．
13
∴ 直线𝐴𝐶1与平面𝐴𝐵𝐵1所成的角的正弦值为√．
13
3920.
【答案】 解：（1）等比数列{𝑎𝑛}的公比𝑞>1，且𝑎3+𝑎4+𝑎5=28，𝑎4+2是𝑎3，𝑎5的等差中项，
可得2𝑎4+4=𝑎3+𝑎5=28−𝑎4， 解得𝑎4=8，
由𝑞+8+8𝑞=28，可得𝑞=2（2舍去），
则𝑞的值为2；
（2）设𝑐𝑛=(𝑏𝑛+1−𝑏𝑛)𝑎𝑛=(𝑏𝑛+1−𝑏𝑛)2𝑛−1， 可得𝑛=1时，𝑐1=2+1=3，
𝑛≥2时，可得𝑐𝑛=2𝑛2+𝑛−2(𝑛−1)2−(𝑛−1)=4𝑛−1， 上式对𝑛=1也成立，
则(𝑏𝑛+1−𝑏𝑛)𝑎𝑛=4𝑛−1， 即有𝑏𝑛+1−𝑏𝑛=(4𝑛−1)⋅(2)𝑛−1，
可得𝑏𝑛=𝑏1+(𝑏2−𝑏1)+(𝑏3−𝑏2)+...+(𝑏𝑛−𝑏𝑛−1) =1+3⋅(2)0+7⋅(2)1+...+(4𝑛−5)⋅(2)𝑛−2，
1
1
1
1
1
8
1
𝑏=2+3⋅(2)+7⋅(2)2+...+(4𝑛−5)⋅(2)𝑛−1， 2𝑛
相减可得2𝑏𝑛=2+4[(2)+(2)2+...+(2)𝑛−2]−(4𝑛−5)⋅(2)𝑛−1
试卷第13页，总17页
1
7
1
1
1
1
1111
=2+4⋅
7
11(1−𝑛−2)22
11−2−(4𝑛−5)⋅(2)𝑛−1，
1
1
化简可得𝑏𝑛=15−(4𝑛+3)⋅(2)𝑛−2．
【解答】 解：（1）等比数列{𝑎𝑛}的公比𝑞>1，且𝑎3+𝑎4+𝑎5=28，𝑎4+2是𝑎3，𝑎5的等差中项，
可得2𝑎4+4=𝑎3+𝑎5=28−𝑎4， 解得𝑎4=8，
由𝑞+8+8𝑞=28，可得𝑞=2（2舍去），
则𝑞的值为2；
（2）设𝑐𝑛=(𝑏𝑛+1−𝑏𝑛)𝑎𝑛=(𝑏𝑛+1−𝑏𝑛)2𝑛−1， 可得𝑛=1时，𝑐1=2+1=3，
𝑛≥2时，可得𝑐𝑛=2𝑛2+𝑛−2(𝑛−1)2−(𝑛−1)=4𝑛−1， 上式对𝑛=1也成立，
则(𝑏𝑛+1−𝑏𝑛)𝑎𝑛=4𝑛−1， 即有𝑏𝑛+1−𝑏𝑛=(4𝑛−1)⋅(2)𝑛−1，
可得𝑏𝑛=𝑏1+(𝑏2−𝑏1)+(𝑏3−𝑏2)+...+(𝑏𝑛−𝑏𝑛−1) =1+3⋅(2)0+7⋅(2)1+...+(4𝑛−5)⋅(2)𝑛−2，
1
1
1
1
1
8
1
𝑏=2+3⋅(2)+7⋅(2)2+...+(4𝑛−5)⋅(2)𝑛−1， 2𝑛
相减可得2𝑏𝑛=2+4[(2)+(2)2+...+(2)𝑛−2]−(4𝑛−5)⋅(2)𝑛−1 =2+4⋅
7
11
(1−𝑛−2)2211−2
1111
171111
−(4𝑛−5)⋅(2)𝑛−1，
1
1
化简可得𝑏𝑛=15−(4𝑛+3)⋅(2)𝑛−2． 21. 【答案】
22,𝑦1)，𝐵(4𝑦2,𝑦2). （1）证明：设𝑃(𝑥0,𝑦0)，𝐴(4𝑦1
1
1
因为𝑃𝐴，𝑃𝐵的中点在抛物线上， 所以𝑦1，𝑦2为方程(𝑦+𝑦0)2=4⋅42
12
𝑦+𝑥0
2
2
即𝑦2−2𝑦0𝑦+8𝑥0−𝑦0=0的两个不同的实根. 所以𝑦1+𝑦2=2𝑦0， 因此，𝑃𝑀垂直于𝑦轴.
𝑦1+𝑦2=2𝑦0,
（2）解：由（1）可知{2 𝑦1𝑦2=8𝑥0−𝑦0,22)2
+𝑦2−𝑥0=4𝑦0−3𝑥0， 所以|𝑃𝑀|=8(𝑦1
2|𝑦1−𝑦2|=2√2(𝑦0−4𝑥0). 因此，△𝑃𝐴𝐵的面积
1
3
𝑆△𝑃𝐴𝐵=2|𝑃𝑀|⋅|𝑦1−𝑦2|=
1
3√22(𝑦04
−4𝑥0)2.
3
试卷第14页，总17页
2因为𝑥0+
2𝑦0
4
=1(𝑥0<0)，
22
所以𝑦0−4𝑥0=−4𝑥0−4𝑥0+4∈[4,5]，
因此，△𝑃𝐴𝐵面积的取值范围是[6√2,【解答】
15√104
].
22
,𝑦1)，𝐵(𝑦2,𝑦2). （1）证明：设𝑃(𝑥0,𝑦0)，𝐴(4𝑦1
4
11
因为𝑃𝐴，𝑃𝐵的中点在抛物线上， 所以𝑦1，𝑦2为方程(𝑦+𝑦0)2=4⋅42
12
𝑦+𝑥0
2
2
即𝑦2−2𝑦0𝑦+8𝑥0−𝑦0=0的两个不同的实根. 所以𝑦1+𝑦2=2𝑦0， 因此，𝑃𝑀垂直于𝑦轴.
𝑦1+𝑦2=2𝑦0,
（2）解：由（1）可知{2 𝑦1𝑦2=8𝑥0−𝑦0,22)2
+𝑦2−𝑥0=4𝑦0−3𝑥0， 所以|𝑃𝑀|=8(𝑦1
2|𝑦1−𝑦2|=2√2(𝑦0−4𝑥0). 因此，△𝑃𝐴𝐵的面积
1
3
𝑆△𝑃𝐴𝐵=|𝑃𝑀|⋅|𝑦1−𝑦2|=
2
2因为𝑥0+
2𝑦0
1
3√22(𝑦0
4
−4𝑥0)2.
3
4
=1(𝑥0<0)，
22
所以𝑦0−4𝑥0=−4𝑥0−4𝑥0+4∈[4,5]，
因此，△𝑃𝐴𝐵面积的取值范围是[6√2,15√104
].
22.
【答案】 证明：（1）∵ 函数𝑓(𝑥)=√𝑥−ln𝑥， ∴ 𝑥>0，𝑓′(𝑥)=211
11√−𝑥， 𝑥1
1
∵ 𝑓(𝑥)在𝑥=𝑥1，𝑥2(𝑥1≠𝑥2)处导数相等， ∴ 2√𝑥1−𝑥=21
√𝑥21−𝑥，
2
∵ 𝑥1≠𝑥2，∴ √𝑥11
+1√𝑥2=2，
1
由基本不等式得：2√𝑥1𝑥2=√𝑥1+√𝑥2≥24√𝑥1𝑥2， ∵ 𝑥1≠𝑥2，∴ 𝑥1𝑥2>256，
由题意得𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)=√𝑥1−ln𝑥1+√𝑥2−ln𝑥2=2√𝑥1𝑥2−ln(𝑥1𝑥2)， 设𝑔(𝑥)=2√𝑥−ln𝑥，则𝑔′(𝑥)=4𝑥(√𝑥−4)， ∴ 列表讨论： 𝑥 (0, 16) 𝑔′(𝑥) - ↓ 𝑔(𝑥) 16 0 2−4ln2 试卷第15页，总17页
1
1
1
(16, +∞) + ↑
∴ 𝑔(𝑥)在[256, +∞)上单调递增， ∴ 𝑔(𝑥1𝑥2)>𝑔(256)=8−8ln2， ∴ 𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)>8−8ln2． （2）令𝑚=𝑒−(|𝑎|+𝑘)，𝑛=(
|𝑎|+12
)𝑘
+1，
则𝑓(𝑚)−𝑘𝑚−𝑎>|𝑎|+𝑘−𝑘−𝑎≥0， 𝑓(𝑛)−𝑘𝑛−𝑎<𝑛(1√𝑛−−𝑘)≤𝑛(𝑛
𝑎|𝑎|+1√𝑛−𝑘)<0，
∴ 存在𝑥0∈(𝑚, 𝑛)，使𝑓(𝑥0)=𝑘𝑥0+𝑎，
∴ 对于任意的𝑎∈𝑅及𝑘∈(0, +∞)，直线𝑦=𝑘𝑥+𝑎与曲线𝑦=𝑓(𝑥)有公共点， 由𝑓(𝑥)=𝑘𝑥+𝑎，得𝑘=√设ℎ(𝑥)=√
𝑥−ln𝑥−𝑎𝑥𝑥𝑥−ln𝑥−𝑎𝑥
，
√𝑥，则ℎ′(𝑥)=ln𝑥−2−1+𝑎=−𝑔(𝑥)−1+𝑎，
22
𝑥
𝑥
其中𝑔(𝑥)=√−ln𝑥，
2
由①知𝑔(𝑥)≥𝑔(16)，
又𝑎≤3−4ln2，∴ −𝑔(𝑥)−1+𝑎≤−𝑔(16)−1+𝑎=−3+4ln2+𝑎≤0， ∴ ℎ′(𝑥)≤0，即函数ℎ(𝑥)在(0, +∞)上单调递减， ∴ 方程𝑓(𝑥)−𝑘𝑥−𝑎=0至多有一个实根，
综上，𝑎≤3−4ln2时，对于任意𝑘>0，直线𝑦=𝑘𝑥+𝑎与曲线𝑦=𝑓(𝑥)有唯一公共点． 【解答】 证明：（1）∵ 函数𝑓(𝑥)=√𝑥−ln𝑥， ∴ 𝑥>0，𝑓′(𝑥)=211𝑥1
12√𝑥211√−𝑥， 𝑥1𝑥2
1
∵ 𝑓(𝑥)在𝑥=𝑥1，𝑥2(𝑥1≠𝑥2)处导数相等， ∴ 2√𝑥1−=−
，
1∵ 𝑥1≠𝑥2，∴ √𝑥11
+√𝑥2=，
2
1
由基本不等式得：2√𝑥1𝑥2=√𝑥1+√𝑥2≥24√𝑥1𝑥2， ∵ 𝑥1≠𝑥2，∴ 𝑥1𝑥2>256，
由题意得𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)=√𝑥1−ln𝑥1+√𝑥2−ln𝑥2=2√𝑥1𝑥2−ln(𝑥1𝑥2)， 设𝑔(𝑥)=2√𝑥−ln𝑥，则𝑔′(𝑥)=4𝑥(√𝑥−4)， ∴ 列表讨论： 𝑥 (0, 16) 𝑔′(𝑥) - ↓ 𝑔(𝑥) ∴ 𝑔(𝑥)在[256, +∞)上单调递增， ∴ 𝑔(𝑥1𝑥2)>𝑔(256)=8−8ln2， ∴ 𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)>8−8ln2． （2）令𝑚=𝑒−(|𝑎|+𝑘)，𝑛=(
|𝑎|+12
)𝑘
1
1
1
16 0 2−4ln2 (16, +∞) + ↑ +1，
则𝑓(𝑚)−𝑘𝑚−𝑎>|𝑎|+𝑘−𝑘−𝑎≥0，
试卷第16页，总17页
𝑓(𝑛)−𝑘𝑛−𝑎<𝑛(1√𝑛−−𝑘)≤𝑛(𝑛
𝑎|𝑎|+1√𝑛−𝑘)<0，
∴ 存在𝑥0∈(𝑚, 𝑛)，使𝑓(𝑥0)=𝑘𝑥0+𝑎，
∴ 对于任意的𝑎∈𝑅及𝑘∈(0, +∞)，直线𝑦=𝑘𝑥+𝑎与曲线𝑦=𝑓(𝑥)有公共点， 由𝑓(𝑥)=𝑘𝑥+𝑎，得𝑘=√设ℎ(𝑥)=
𝑥−ln𝑥−𝑎𝑥
，
√𝑥−1+𝑎2𝑥2√𝑥−ln𝑥−𝑎，则ℎ′(𝑥)𝑥
𝑥=
ln𝑥−
=
−𝑔(𝑥)−1+𝑎，
𝑥2其中𝑔(𝑥)=√−ln𝑥，
2
由①知𝑔(𝑥)≥𝑔(16)，
又𝑎≤3−4ln2，∴ −𝑔(𝑥)−1+𝑎≤−𝑔(16)−1+𝑎=−3+4ln2+𝑎≤0， ∴ ℎ′(𝑥)≤0，即函数ℎ(𝑥)在(0, +∞)上单调递减， ∴ 方程𝑓(𝑥)−𝑘𝑥−𝑎=0至多有一个实根，
综上，𝑎≤3−4ln2时，对于任意𝑘>0，直线𝑦=𝑘𝑥+𝑎与曲线𝑦=𝑓(𝑥)有唯一公共点．
试卷第17页，总17页
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