2018年北京理数高考试题(word版含答案)

绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试数学（理）（北京卷）本试卷共5页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。学科:网第一部分（选择题共40分）一、选择题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。（1）已知集合A={x||x|2}，B={–2，0，1，2}，则AB=（A）{0，1}（B）{–1，0，1}（C）{–2，0，1，2}（D）{–1，0，1，2}（2）在复平面内，复数11i的共轭复数对应的点位于（A）第一象限（B）第二象限（C）第三象限（D）第四象限（3）执行如图所示的程序框图，输出的s值为（A）12（B）56（C）76（D）712（4）“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122．若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为（A）32f（B）322f（C）1252f（D）1272f（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（6）设a，b均为单位向量，则“33abab”是“a⊥b”的（A）充分而不必要条件（B）必要而不充分条件（C）充分必要条件（D）既不充分也不必要条件（7）在平面直角坐标系中，记d为点P（cosθ，sinθ）到直线20xmy的距离，当θ，m变化时，d的最大值为（A）1（B）2（C）3（D）4（8）设集合{(,)|1,4,2},Axyxyaxyxay则（A）对任意实数a，(2,1)A（B）对任意实数a，（2，1）A（C）当且仅当a0时，（2，1）A（D）当且仅当32a时，（2，1）A第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。（9）设na是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则na的通项公式为__________．（10）在极坐标系中，直线cossin(0)aa与圆=2cos相切，则a=__________．（11）设函数f（x）=πcos()(0)6x，若π()()4fxf对任意的实数x都成立，则ω的最小值为__________．（12）若x，y满足x+1≤y≤2x，则2y–x的最小值是__________．（13）能说明“若f（x）f（0）对任意的x∈（0，2］都成立，则f（x）在［0，2］上是增函数”为假命题的一个函数是__________．（14）已知椭圆22221(0)xyMabab：，双曲线22221xyNmn：．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为__________；双曲线N的离心率为__________．三、解答题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。学@科网（15）（本小题13分）在△ABC中，a=7，b=8，cosB=–17．（Ⅰ）求∠A；（Ⅱ）求AC边上的高．（16）（本小题14分）如图，在三棱柱ABC-111ABC中，1CC平面ABC，D，E，F，G分别为1AA，AC，11AC，1BB的中点，AB=BC=5，AC=1AA=2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．（17）（本小题12分）电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：电影类型第一类第二类第三类第四类第五类第六类电影部数14050300200800510好评率0.40.20.150.250.20.1好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．假设所有电影是否获得好评相互独立．（Ⅰ）从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；（Ⅱ）从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率；（Ⅲ）假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等，用“1k”表示第k类电影得到人们喜欢，“0k”表示第k类电影没有得到人们喜欢（k=1，2，3，4，5，6）．写出方差1D，2D，3D，4D，5D，6D的大小关系．（18）（本小题13分）设函数()fx=[2(41)43axaxa]ex．（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，(1)f）处的切线与x轴平行，求a；（Ⅱ）若()fx在x=2处取得极小值，求a的取值范围．（19）（本小题14分）已知抛物线C：2y=2px经过点P（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；（Ⅱ）设O为原点，QMQO，QNQO，求证：11为定值．（20）（本小题14分）设n为正整数，集合A=12{|(,,,),{0,1},1,2,,}nnttttkn．对于集合A中的任意元素12(,,,)nxxx和12(,,,)nyyy，记M（，）=111122221[(||)(||)(||)]2nnnnxyxyxyxyxyxy．（Ⅰ）当n=3时，若(1,1,0)，(0,1,1)，求M（,）和M（,）的值；（Ⅱ）当n=4时，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意元素,，当,相同时，M（，）是奇数；当,不同时，M（，）是偶数．求集合B中元素个数的最大值；（Ⅲ）给定不小于2的n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同的元素,，M（，）=0．写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由．学科&网绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题参考答案一、选择题1．A2．D3．B4．D5．C6．C7．C8．D二、填空题9．63nan10．1211．2312．313．y=sinx（答案不唯一）14．312；三、解答题（15）（共13分）解：（Ⅰ）在△ABC中，∵cosB=–17，∴B∈（π2，π），∴sinB=2431cos7B．由正弦定理得sinsinabAB7sinA=8437，∴sinA=32．∵B∈（π2，π），∴A∈（0，π2），∴∠A=π3．（Ⅱ）在△ABC中，∵sinC=sin（A+B）=sinAcosB+sinBcosA=31143()2727=3314．如图所示，在△ABC中，∵sinC=hBC，∴h=sinBCC=33337142，∴AC边上的高为332．（16）（共14分）解：（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐称系E-xyz．由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴=(201)=(120)CDCBuuuruur，，，，，，设平面BCD的法向量为()abc，，n，∴00CDCBuuuruurnn，∴2020acab，令a=2，则b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量(214)，，n，又∵平面CDC1的法向量为=(020)EBuur，，，∴21cos=21||||EBEBEBuuruuruurnnn．由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为2121．（Ⅲ）平面BCD的法向量为(214)，，n，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴=(021)GFuuur，，，∴2GFuuurn，∴n与GFuuur不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．（17）（共12分）解：（Ⅰ）由题意知，样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2000，第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25=50．故所求概率为500.0252000．（Ⅱ）设事件A为“从第四类电影中随机选出的电影获得好评”，事件B为“从第五类电影中随机选出的电影获得好评”．故所求概率为P（ABAB）=P（AB）+P（AB）=P（A）（1–P（B））+（1–P（A））P（B）．由题意知：P（A）估计为0.25，P（B）估计为0.2．故所求概率估计为0.25×0.8+0.75×0.2=0.35．（Ⅲ）1D4D2D=5D3D6D．（18）（共13分）解：（Ⅰ）因为()fx=[2(41)43axaxa]ex，所以f′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R）=［ax2–（2a+1）x+2］ex．f′(1)=(1–a)e．由题设知f′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．此时f(1)=3e≠0．所以a的值为1．（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex．若a12，则当x∈(1a，2)时，f′(x)0；当x∈(2，+∞)时，f′(x)0．所以f(x)0在x=2处取得极小值．若a≤12，则当x∈(0，2)时，x–20，ax–1≤12x–10，所以f′(x)0．所以2不是f(x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是（12，+∞）．（19）（共14分）解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．由241yxykx得22(24)10kxkx．依题意22(24)410kk，解得k0或0k1．又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．由（I）知12224kxxk，1221xxk．直线PA的方程为y–2=1122(1)1yyxx．令x=0，得点M的纵坐标为1111212211Mykxyxx．同理得点N的纵坐标为22121Nkxyx．由=QMQOuuuruuur，=QNQOuuuruuur得=1My，1Ny．所以2212121212122224112()111111=2111(1)(1)11MNkxxxxxxkkyykxkxkxxkk．所以11为定值．（20）（共14分）解：（Ⅰ）因为α=（1，1，0），β=（0，1，1），所以M(α，α)=12[(1+1−|1−1|)+(1+1−|1−1|)+(0+0−|0−0|)]=2，M(α，β）=12[(1+0–|1−0|)+(1+1–|1–1|)+(0+1–|0–1|)]=1．（Ⅱ）设α=（x1，x2，x3，x4）∈B，则M(α，α）=x1+x2+x3+x4．由题意知x1，x2，x3，x4∈{0，1}，且M(α，α)为奇数，所以x1，x2，x3，x4中1的个数为1或3．所以B{(1，0，0，0），（0，1，0，0)，（0，0，1，0)，（0，0，0，1)，（0，1，1，1)，(1，0，1，1)，(1，1，0，1)，(1，1，1，0)}.将上述集合中的元素分成如下四组：（1，0，0，0)，(1，1，1，0)；（0，1，0，0)，(1，1，0，1)；（0，0，1