2018年数学高考真题

对应学生用书P111剖析解读

高考全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷都是由教育部按照普通高考考试大纲统一命题，适用于不同省份的考生．在难度上会有一些差异，但在试卷结构、命题方向上基本上都是相同的．

“稳定”是高考的主旋律．在今年的高考试卷中，试题分布和考核内容没有太大的变动，三角函数、数列、立体几何、圆锥曲线、函数与导数等都是历年考查的重点．每套试卷都注重了对数学通性通法的考查，淡化特殊技巧，都是运用基本概念分析问题，基本公式运算求解、基本定理推理论证、基本数学思想方法分析和解决问题，这有利于引导中学数学教学回归基础．试卷难度结构合理，由易到难，循序渐进，具有一定的梯度．今年数学试题与去年相比整体难度有所降低．

“创新”是高考的生命线．与历年试卷对比，Ⅰ、Ⅱ卷解答题顺序有变，这也体现了对于套路性解题的变革，单纯地通过模仿老师的解题步骤而不用心理解归纳，是难以拿到分数的．对数据处理能力以及应用意识和创新意识上的考查有所提升，也符合当前社会的大数据处理热潮和青少年创新性的趋势．

高考全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷以及其他省市自主命题试卷对立体几何知识的考查主要体现在：图形辨认：三视图、直观图、展开图、折叠图、图形割补等；定性证明：线线、线面、面面的垂直或平行关系的证明；定量计算：体积与面积的计算、线线角、线面角、面面角的计算．从能力考查的角度看，突出空间想象能力、推理论证能力和逻辑表达能力的考查，突出学科内知识的综合运用．如Ⅱ卷第16题以求圆锥体侧面积的形式考查了旋转体轴截面、线面角、正弦定理等知识的综合运用，在知识点的相互联系上有一定的变化；对立体几何知识的考查总体来说比去年比重有所提升，重视程度有所增加，如Ⅱ卷大题中20题以往考查解析几何，今年考了立体几何，同时，解析几何难度明显下降，而立体几何难度相对较大，主要体现在规范性要求高和计算量增大上．

总之，在学习中强化空间想象能力，注重强化基础知识的巩固和知识网络的构建，通过提升学生知识迁移能力、综合分析能力来提高应考能力．

下面列出了2018年全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷及其他自主命题省市试卷必修2所考查全部试题，请同学们根据所学必修2的知识，测试自己的能力，寻找自己的差距，把握高考的方向，认清命题的趋势！(说明：有些试题带有综合性，是与以后要学的内容的小综合试题，同学们可根据目前所学习内容，有选择性地试做！)

穿越自测

一、选择题

1．(2018·全国卷Ⅲ·理3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(　　)

-=答案=-　A

解析　观察图形易知卯眼处应以虚线画出，俯视图为，故选A．

2．(2018·全国卷Ⅰ·文9)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．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．2 B．2 C．3 D．2

-=答案=-　B

解析　根据圆柱的三视图及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为＝2，故选B．

3．(2018·北京高考·理5)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为(　　)

A．1 B．2 C．3 D．4

-=答案=-　C

解析　由三视图可得正方体中四棱锥P－ABCD，如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PD＝2，AD＝2，CD＝2，AB＝1，由勾股定理可知，PA＝2，PC＝2，PB＝3，BC＝，则在四棱锥P－ABCD中，直角三角形有△PAD，△PCD，△PAB共三个，故选C．

4．(2018·浙江高考·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 B．4 C．6 D．8

-=答案=-　C

解析　根据三视图可得该几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此该几何体的体积为×(1＋2)×2×2＝6，故选C．

5．(2018·全国卷Ⅱ·文9)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为(　　)

A． B． C． D．

-=答案=-　C

解析　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD∥AB，所以异面直线AE与CD所成角为∠EAB，设正方体边长为2a，则由E为棱CC1的中点，可得CE＝a，所以BE＝a，则tan∠EAB＝＝＝．故选C．

6．(2018·全国卷Ⅰ·文10)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)

A．8 B．6 C．8 D．8

-=答案=-　C

解析　在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接BC1，根据线面角的定义可知∠AC1B＝30°，因为AB＝2，＝tan30°，所以BC1＝2，从而求得CC1＝＝2，所以该长方体的体积为V＝2×2×2＝8，故选C．

7．(2018·浙江高考·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

-=答案=-　D

解析　设O为正方形ABCD的中心，M为AB的中点，过点E作BC的平行线EF，交CD于F，过点O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，因此∠SEN＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SMO＝θ3，θ1，θ2，θ3∈0，，从而tanθ1＝＝，tanθ2＝，tanθ3＝，

因为SN≥SO，EO≥OM，所以tanθ1≥tanθ3≥tanθ2，即θ1≥θ3≥θ2，故选D．

8．(2018·全国卷Ⅲ·理10)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D－ABC体积的最大值为(　　)

A．12 B．18 C．24 D．54

-=答案=-　B

解析　如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，

当DM⊥平面ABC时，三棱锥D－ABC体积最大，此时，OD＝OB＝R＝4．

∵S△ABC＝AB2＝9，

∴AB＝6，

∵点M为三角形ABC的重心，

∴BM＝BE＝2，

∴在Rt△ABC中，有OM＝＝2．

∴DM＝OD＋OM＝4＋2＝6，

∴(V三棱锥D－ABC)max＝×9×6＝18．故选B．

9．(2018·全国卷Ⅰ·理12)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　　)

A． B． C． D．

-=答案=-　A

解析　根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1D1与线AA1，A1B1，A1D1所成的角是相等的，所以平面AB1D1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面C1BD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB1D1与C1BD中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为S＝6××2＝，故选A．

二、填空题

10．(2018·天津高考·文11)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1－BDD1B1的体积为________．

-=答案=-　

解析　如图所示，连接A1C1，交B1D1于点O，很明显A1C1⊥平面BDD1B1，则A1O是四棱锥A1－BDD1B1的高，且A1O＝A1C1＝×＝，

S四边形BDD1B1＝BD×DD1＝×1＝，

结合四棱锥的体积公式可得四棱锥A1－BDD1B1的体积为V＝S四边形BDD1B1×A1O＝××＝．

11．(2018·全国卷Ⅱ·文16)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°，若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．

-=答案=-　8π

解析　如图所示，∠SAO＝30°，∠ASB＝90°，又S△SAB＝SA·SB＝SA2＝8，解得SA＝4，所以SO＝SA＝2，AO＝＝2，所以该圆锥的体积为V＝·π·OA2·SO＝8π．

12．(2018·天津高考·理11)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M－EFGH的体积为________．

-=答案=-　

解析　由题意可得，底面四边形EFGH是边长为的正方形，其面积S四边形EFGH＝2＝，顶点M到底面四边形EFGH的距离为d＝，由四棱锥的体积公式可得V四棱锥M－EFGH＝××＝．

13．(2018·江苏高考·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________．

-=答案=-　

解析　由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为2××()2×1＝．

三、解答题

14．(2018·北京高考·文18)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．

求证：(1)PE⊥BC；

(2)平面PAB⊥平面PCD；

(3)EF∥平面PCD．

证明　(1)∵PA＝PD，且E为AD的中点，

∴PE⊥AD．

∵底面ABCD为矩形，∴BC∥AD，

∴PE⊥BC．

(2)∵底面ABCD为矩形，∴AB⊥AD．

∵平面PAD⊥平面ABCD，且交线为AD，

∴AB⊥平面PAD．

∴AB⊥PD．又PA⊥PD，AB∩AP＝A，

∴PD⊥平面PAB，又∵PD⊂平面PCD．

∴平面PAB⊥平面PCD．

(3)如图，取PC的中点G，连接FG，GD．

∵F，G分别为PB和PC的中点，

∴FG∥BC，且FG＝BC．

∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，

∴ED∥BC，DE＝BC，

∴ED∥FG，且ED＝FG，

∴四边形EFGD为平行四边形，

∴EF∥GD．

又EF⊄平面PCD，GD⊂平面PCD，

∴EF∥平面PCD．

15．(2018·江苏高考·15)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1．

求证：(1)AB∥平面A1B1C；

(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC．

证明　(1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，

AB∥A1B1．

因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，

所以AB∥平面A1B1C．

(2)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．

又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，

所以AB1⊥A1B．

又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，

所以AB1⊥BC．

又因为A1B∩BC＝B，

A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，

所以AB1⊥平面A1BC．

因为AB1⊂平面ABB1A1，

所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．

16．(2018·全国卷Ⅰ·文18)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．

(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；

(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q－ABP的体积．

解　(1)证明：由已知可得∠BAC＝90°，即BA⊥AC．又AB⊥DA，且AC∩DA＝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．

又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2．

作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊DC．

由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1．

因此，三棱锥Q－ABP的体积为

V三棱锥Q－ABP＝·QE·S△ABP＝×1××3×2sin45°＝1．

17．(2018·全国卷Ⅱ·文19)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．

(1)证明：PO⊥平面ABC；

(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．

解　(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝2．

连接OB，因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2．

由PO2＋OB2＝PB2知PO⊥OB．

由PO⊥OB，PO⊥AC，AC∩OB＝O，知

PO⊥平面ABC．

(2)作CH⊥OM，垂足为H．又由(1)可得PO⊥CH，所以CH⊥平面POM．

故CH的长为点C到平面POM的距离．

由题设可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝，∠ACB＝45°．

所以OM＝，CH＝＝．

所以点C到平面POM的距离为．

18．(2018·全国卷Ⅲ·文19)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧C所在平面垂直，M是C上异于C，D的点．

(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；

(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．

解　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．

因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．

因为M为C上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．

又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．

而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．

(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．

证明如下：连接AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．

连接OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．

又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，

所以MC∥平面PBD．

19．(2018·天津高考·文17)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°．

(1)求证：AD⊥BC；

(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；

(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．

解　(1)证明：由平面ABC⊥平面ABD，

平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，

可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．

(2)取棱AC的中点N，连接MN，ND．

又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC．

所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．

在Rt△DAM中，AM＝1，

故DM＝＝．

因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．

在Rt△DAN中，AN＝1，

故DN＝＝．

在等腰三角形DMN中，由MN＝1，

可得cos∠DMN＝＝．

所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为．

(3)连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM＝．又因为平面ABC⊥平面ABD，且交线为AB，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．

在Rt△CAD中，CD＝＝4．

在Rt△CMD中，sin∠CDM＝＝．

所以直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．

20．(2018·浙江高考，19)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2．

(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；

(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．

解　(1)证明：由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2，

所以A1B＋AB＝AA．故AB1⊥A1B1．

由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝，

由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2，

由CC1⊥AC，得AC1＝，所以AB＋B1C＝AC，故AB1⊥B1C1．

又A1B1∩B1C1＝B1，因此AB1⊥平面A1B1C1．

(2)如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD．

由AB1⊥平面A1B1C1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1，

由C1D⊥A1B1，

得C1D⊥平面ABB1，

所以∠C1AD是直线AC1与平面ABB1所成的角．

由B1C1＝，A1B1＝2，A1C1＝，得

cos∠C1A1B1＝，sin∠C1A1B1＝，

所以C1D＝，故sin∠C1AD＝＝．

因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是．