2018年广东省高考数学试卷(理科)(全国新课标ⅰ)

【考点】9H：平面向量的基本定理．

【分析】运用向量的加减运算和向量中点的表示，计算可得所求向量． 【解答】解：在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点， ===

﹣

=

﹣+

﹣×（﹣

，

）

故选：A．

7．（5分）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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

【考点】L!：由三视图求面积、体积．

【分析】判断三视图对应的几何体的形状，利用侧面展开图，转化求解即可． 【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2， 直观图以及侧面展开图如图：

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：故选：B．

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=2．

8．（5分）设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（﹣2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则A．5

?

=（ ）

C．7

D．8

B．6

【考点】K8：抛物线的性质．

【分析】求出抛物线的焦点坐标，直线方程，求出M、N的坐标，然后求解向量的数量积即可．

【解答】解：抛物线C：y2=4x的焦点为F（1，0），过点（﹣2，0）且斜率为的直线为：3y=2x+4，

联立直线与抛物线C：y2=4x，消去x可得：y2﹣6y+8=0， 解得y1=2，y2=4，不妨M（1，2），N（4，4），则

?

=（0，2）?（3，4）=8．

，

．

故选：D．

9．（5分）已知函数f（x）=个零点，则a的取值范围是（ ） A．[﹣1，0）

D．[1，+∞）

B．[0，+∞）

C．[﹣1，+∞）

，g（x）=f（x）+x+a．若g（x）存在2

【考点】5B：分段函数的应用．

【分析】由g（x）=0得f（x）=﹣x﹣a，分别作出两个函数的图象，根据图象交点个数与函数零点之间的关系进行转化求解即可． 【解答】解：由g（x）=0得f（x）=﹣x﹣a， 作出函数f（x）和y=﹣x﹣a的图象如图：

当直线y=﹣x﹣a的截距﹣a≤1，即a≥﹣1时，两个函数的图象都有2个交点， 即函数g（x）存在2个零点， 故实数a的取值范围是[﹣1，+∞）， 故选：C．

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10．（5分）如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 B．p1=p3 C．p2=p3 D．p1=p2+p3

【考点】CF：几何概型．

【分析】如图：设BC=2r1，AB=2r2，AC=2r3，分别求出Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ所对应的面积，即可得到答案．

【解答】解：如图：设BC=2r1，AB=2r2，AC=2r3， ∴r12=r22+r32，

∴SⅠ=×4r2r3=2r2r3，SⅢ=×πr12﹣2r2r3，

SⅡ=×πr32+×πr22﹣SⅢ=×πr32+×πr22﹣×πr12+2r2r3=2r2r3， ∴SⅠ=SⅡ， ∴P1=P2，

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故选：A．

11．（5分）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的两条渐近线的交点分别为M，N．若△OMN为直角三角形，则|MN|=（ ） A．

B．3

C．2

D．4

【考点】KC：双曲线的性质．

【分析】求出双曲线的渐近线方程，求出直线方程，求出MN的坐标，然后求解|MN|．

【解答】解：双曲线C：

﹣y2=1的渐近线方程为：y=

，

，渐近线的夹角

为：60°，不妨设过F（2，0）的直线为：y=则：

解得M（，

），

解得：N（

则|MN|=故选：B．

）， =3．

12．（5分）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ） A．

B．

C．

D．

【考点】MI：直线与平面所成的角．

【分析】利用正方体棱的关系，判断平面α所成的角都相等的位置，然后求解α截此正方体所得截面面积的最大值．

【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，

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