2018北京高考理科数学试卷含答案.doc

1、 20182018 北京北京理理 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 Ax| |x|2，B2，0，1，2，则 AB A 0，1 B 1，0，1 C 2，0，1，2 D 1，0，1，2 【解析】因|x|2，故2x2，因此 AB2，0，1，2(2，2)0，1，选 A 2在复平面内，复数 1 1i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 【解析】 1 1i 1i 2 1 2 1 2i，其共轭复数为 1 2 1 2i，对应的点为( 1 2， 1 2)，故选 D 3 执行如图所示的程

2、序框图，输出的 S 值为 A1 2 B 5 6 C 7 6 D 7 12 【解析】初始化数值 k1，S1，循环结果执行如下：第一次：S1(1)11 2 1 2，k23 不成 立；第二次：S1 2(1) 21 3 5 6，k33 成立，循环结束，输出 S 5 6，故选 B 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 12 2若第一个单音的频率为 f，则第八个单音的频率为 A 3 2f B 3 22f C 12

3、 25f D 12 27f 【解析】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 12 2，第一个单 音的频率为 f由等比数列的定义知，这十三个单音的频率构成一个首项为 f，公比为 12 2的等比数 列，记为an则第八个单音频率为 a8f ( 12 2)81 12 27f 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 【解析】在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥 PABCD，如图，由图可知在此四棱锥 的侧面中，直角三角形的个数为 3，是PAD，PCD，PAB 6设 a，b均为单位向量，则“|a3b|3ab|”是“a

4、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 【解析】|a3b|3ab|a3b|2|3ab|2a26ab9b29a26abb2，因 a，b均为单位向 量，故 ab0，即 ab，即“|a3b|3ab|”是“ab”的充分必要条件选 C 7在平面直角坐标系中，记 d为点 P(cos，sin)到直线 xmy20 的距离，当 ，m变化时，d 的最大值为 A 1 B 2 C 3 D 4 【解析】因 cos2sin21，故 P 为单位圆上一点，而直线 xmy20 过点 A(2，0)，故 d 的最 大值为 OA1213，选 C 8设集合 A(x，y)| xy1

5、，axy4，xay2，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 a3 2时，(2，1)A 【解析】若(2，1)A，则 a3 2且 a0，即若(2，1)A，则 a 3 2，此命题的逆否命题为：若 a 3 2， 则有(2，1)A，故选 D 二、填空题共二、填空题共 6 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 30 分分。 9设an是等差数列，且 a13，a2a536，则an的通项公式为_ 【解析】设等差数列的公差为 d，因 a13，且 a2a52a15d36，故 d6，故 an3(n1) 6 6n3 10在极坐标系中，直线

6、cos sin a(a0)与圆 2cos 相切，则 a_ 【解析】因 2x2y2，xcos，ysin ，由 cos sin a(a0)得，xya(a0)，由 2cos 得，22cos ，即 x2y22x，即(x1)2y21，因直线与圆相切，故|1a|/ 21，故 a1 2，因 a0，故 a1 2 11 设函数 f(x)cos(x 6)(0) 若 f(x)f( 4)对任意的实数 x 都成立， 则 的最小值为_ 【解析】由于对任意的实数都有 f(x)f( 4)成立，故当 x 4时，函数 f(x)有最大值，故 f( 4)1， 4 62k(kZ)，故 8k 2 3(kZ)，又 0，故 min 2 3

7、12若 x，y 满足 x1y2x，则 2yx的最小值是_ 【解析】作可行域，如图，由 yx1， y2x， 得交点坐标为(1，2)，则直线 z2yx 过点 A(1，2)时， 取最小值 3 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_ 【解析】令，则 f(x)f(0)对任意的 x(0，2都成立，但 f(x)在0，2上不是增 函数又如，令 f(x)sinx，则 f(0)0，f(x)f(0)对任意的 x(0，2都成立，但 f(x)在0，2上不是 增函数 14已知椭圆 M：x 2 a2 y2 b21(ab0)，双曲线 N： x2 m

8、2 y2 n21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_ 【解析】设椭圆的右焦点为 F(c，0)，双曲线 N 的渐近线与椭圆 M 在第一象限内的交点为 A，由题 意可知 A c 2， 3c 2 ，由点 A 在椭圆 M 上得， c2 4a2 3c2 4b21，故 b 2c23a2c24a2b2，因 b2a2c2， 故(a2c2)c23a2c24a2(a2c2)，则 4a48a2c2c40，e48e240，故 e242 3(舍)，e24 2 3由 0e1，得 e 31 三三、解答题共解答题共 6 小题，共小题，共 80

9、分分。解答解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 15在ABC中，a7，b8，cosB1 7 ()求A； ()求 AC边上的高 【解析】 (1)在ABC 中， 因为 cos B1 7， 所以 sin B 1cos 2B4 3 7 由正弦定理得 sin Aasin B b 3 2 由题设知 2B，所以 0A 2所以A 3 (2)在ABC 中，因为 sin Csin(AB)sin Acos Bcos Asin B3 3 14 ，所以 AC 边上的高为 asin C 73 3 14 3 3 2 16如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，CC1平面 ABC，D，E

10、，F，G 分别为 AA1，AC，A1C1，BB1 的中点，ABBC 5，ACAA12 (1)求证：AC平面 BEF； (2)求二面角 BCDC1的余弦值； (3)证明：直线 FG 与平面 BCD 相交 【解析】(1)证明 在三棱柱 ABCA1B1C1中，因 CC1平面 ABC，故四边 形 A1ACC1为矩形又 E，F 分别为 AC，A1C1的中点，故 ACEF因 ABBC，故 ACBE又 EFBEE，故 AC平面 BEF (2)解 由(1)知 ACEF，ACBE，EFCC1，又 CC1平面 ABC，故 EF平面 ABC，因 BE平 面 ABC，故 EFBE如图建立空间直角坐标系 Exyz，由题

11、意得 B(0，2，0)，C(1，0，0)，D(1， 0，1)，F(0，0，2)，G(0，2，1) 故BC (1，2，0)，BD (1，2，1)设平面 BCD 的法向量为 n(x0，y0，z0)，则 n BC 0， n BD 0， 即 x02y00， x02y0z00.令 y 01，则 x02，z04于是 n(2，1，4)又平面 CC1D 的法向量 为EB (0，2，0)，故 cosn，EBn EB |n|EB | 21 21 由题知二面角 BCDC1为钝角，故其余 弦值为 21 21 (3)证明 由(2)知平面 BCD 的法向量为 n(2，1，4)，FG (0，2，1)因 n FG 2 0(

12、1) 2(4) (1)20，故直线 FG 与平面 BCD 相交 17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 140 50 300 200 800 510 好评率 04 02 015 025 02 01 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 (1)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； (2)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； (3)假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该

13、类电影的好评率相等用“k1”表示第 k 类电 影得到人们喜欢，“k0”表示第 k 类电影没有得到人们喜欢(k1，2，3，4，5，6)写出方差 D(1)，D(2)，D(3)，D(4)，D(5)，D(6)的大小关系 【解】(1)由题意知，样本中电影的总部数是 140503002008005102 000，第四类电影 中获得好评的电影部数是 200 02550故所求概率为 50 2 0000025 (2)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(AB AB)P(AB)P(AB)P(A)(1P(B)(1P(A)P(B

14、)由 题意知：P(A)估计为 025，P(B)估计为 02故所求概率估计为 025 08075 02035 (3)由题意可知，定义随机变量如下：k 0，第k类电影没有得到人们喜欢， 1，第k类电影得到人们喜欢， 则 k显然服从两点分 布，故 D(1)04 (104)024，D(2)02 (102)016，D(3)015 (1015) 0127 5，D(4)025 (1025)0187 5，D(5)02 (102)016，D(6)01 (1 01)009 综上所述，D(1)D(4)D(2)D(5)D(3)D(6) 18设函数 f(x)ax2(4a1)x4a3ex ()若曲线 y f(x)在点(1

15、，f(1)处的切线与 轴平行，求 a； ()若 f(x)在 x2处取得极小值，求 a的取值范围 【解析】 ()因 f(x)ax2(4a1)x4a3ex， 故 f (x)2ax(4a1)exax2(4a1)x4a3 ex(xR)ax2(2a1)x2exf (1)(1a)e由题设知 f (1)0，即(1a)e0，解得 a1此 时 f (1)3e0故 a 的值为 1 ()由()得 f (x)ax2(2a1)x2ex(ax1)(x2)ex若 a1 2，则当 x( 1 a，2)时，f (x)0； 当 x(2，)时，f (x)0故 f (x)0在 x2处取得极小值若 a1 2，则当 x(0，2)时，x2

16、0，ax11 2x10，故 f (x)0故 2不是 f (x)的极小值点 综上可知，a的取值范围是(1 2，) 19已知抛物线 C：y22px 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 (1)求直线 l 的斜率的取值范围； (2)设 O 为原点，QM QO ，QN QO ，求证：1 1 为定值 【解析】(1)因抛物线 y22px 过点(1，2)，故 2p4，即 p2故抛物线 C 的方程为 y24x由题 意知，直线 l 的斜率存在且不为 0设直线 l 的方程为 ykx1(k0)由 y24

17、x， ykx1得 k 2x2(2k4)x 10依题意 (2k4)24 k2 10，解得 k1，又 k0，故 k0 或 0k1又 PA，PB 与 y 轴相交，故直线 l 不过点(1，2)从而 k3故直线 l 斜率的取值范围是(，3)(3， 0)(0，1) (2)证明 设 A(x1， y1)， B(x2， y2) 由(1)知 x1x22k4 k2 ， x1x2 1 k2 直线 PA 的方程为 y2 y12 x11 (x1)令 x0，得点 M 的纵坐标为 yMy12 x11 2kx11 x11 2同理得点 N 的纵坐标为 yN kx21 x21 2 由QM QO ， QN QO 得 1yM， 1yN

18、 故1 1 1 1yM 1 1yN x11 （k1）x1 x21 （k1）x2 1 k1 2x1x2（x1x2） x1x2 1 k1 2 k2 2k4 k2 1 k2 2故1 1 2 为定值 20设 n为正整数，集合 A|(t1，t2，tn)，tn0，1，k1，2，n对于集合 A 中的任意元素 (x1，x2，xn)和 (y1，y2，yn)，记 M(，)1 2(x1y1| x1y1|)(x2 y2| x2y2|)(xnyn| xnyn|) ()当 n3时，若 (1，1，0)，(0，1，1)，求 M(，)和 M(，)的值； ()当 n4时，设 B 是 A的子集，且满足：对于 B中的任意元素 ，当

19、，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； ()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 【解析】()因 (1，1，0)，(0，1，1)，故 M(，)1 2(11|11|)(11|11|)(0 0|00|)2，M(，)1 2(10|10|)(11|11|)(01|01|)1 ()设 (x1，x 2，x3，x4)B，则 M(，)x1x2x3x4由题意知 x1，x 2，x3，x40，1， 且 M(，)为奇数，故 x1，x 2，x3，x4中 1的个数为 1或 3故

20、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)；(0，0，1，0)，(1，0，1，1)；(0，0 ，0，1)，(0，1，1，1)经验证，对于每组中两个元素 ，均有 M(，)1故每组中的两个 元素不可能同时是集合 B的元素故集合 B 中元素的个数不超过 4又集合 (1，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，0)，(0，0，0，1)满足条件，故集合 B 中元素个数的最 大值为 4 ()设 Sk(x1，x 2，xn )|(x1，x 2，xn)A，xk 1，x1x2xk10)(k 1，2，n)，Sn1(x1，x 2，xn)| x1x2xn0，则 AS1S1Sn1对于 Sk(k 1，2，n1)中的不同元素 ，经验证，M(，)1故 Sk(k1，2 ，n1)中的两 个元素不可能同时是集合 B 的元素故 B 中元素的个数不超过 n1取 ek(x1，x 2，xn)Sk 且 xk1xn0(k1，2，n1)令 B(e1，e2，e n1)SnSn1，则集合 B的元素个 数为 n1，且满足条件故 B 是一个满足条件且元素个数最多的集合