【真题】2018年北京市高考数学(理)试题含答案解析

数学（理工类）

第一部分（选择题 共40分）

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.

1．若集合Axx2，Bx2,0,1,2，则AIB （A）0，1 （B）-1，0，1（C）-2，0，1（D）-1，0，1，2 i的共轭复数对应的点位于 1i（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（ ）．

2.在复平面内，复数

1 25B．

67C．

67D．

12A．

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的贡献．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．1225f D．1227f

5．某四棱锥的三视图如图所示，在此三棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（ ）． A．1 B．2 C．3 D．4

rrrrrrrrb均为单位向量，则“a3b3ab”是“ab”的 6.设a,

（A）充分而不必要条件 （C）充分必要条件

（B）必要而不充分条件

（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Pcos,sin到直线xmy20的距离.当,m变

化时，d的最大值为 （A）1

8. 设集合Ax,y|xy1,axy4,xay2，则

（B）2 （C）3

（D）4

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a0时，2,1A D当且仅当a

二.填空

3时，2,1A 2（9）设an是等差数列，且a13，a2a536，则an的通项公式为 。 （10）在极坐标系中，直线cossina(a0)与圆2cos 相切，则

a 。

（11）设函数fxcosx则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 。

6

0。若fxf对任意的实数x都成立，4x2y2x2y2（14）已知椭圆M:221ab0，双曲线N:221。若双曲线N的两条渐近

abmn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 （15）（本小题13分）

1 在VABC中，a7，b8，cosB。

7（Ⅰ）求A；

（Ⅱ）求AC边上的高。 （16）（本小题14分）

如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点，ABBC5,ACAA1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.

（16）（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 电影部数 好评率 第一类 140 0.4 第二类 50 0.2 第三类 300 0.15 第四类 200 0.25 第五类 800 0.2 第六类 510 0.1 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 （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类电影的好评率相等，用“k1 ”表示第k类电影得到人们喜欢，“k0” 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D1,D2,D3,D4,D5,D6的大小关系

（18）（本小题13分）

2x设函数fxax4a1x4a3e，

（1）若曲线yfx在点1,f1处的切线方程与x轴平行，求a； （2）若fx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:y2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． （1）求直线l的斜率的取值范围；

uuuuruuuruuuruuur11（2）设O为原点，QMQO，QNQO，求证：为定值．

20.（本小题14分）

设n为正整数，集合A|t1,t2,...,tn,tk0,1,k1,2,...,n.对于集合A中的任意元素

x1,x2,...,xn和y1,y2,...,yn，记

1M,x1y1x1y1x2y2x2y2...xnynxnyn 2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.

答案： 一. 选择题 1. 【答案】A

2. 【答案】D

11i1i11zi， 1i(1i)(1i)2221i1的共轭复数在第四象限， ，故

221i故选D

3. 【答案】B

【解析】根据程序框图可知，开始k1，s1，

111执行s11，k2，此时k3不成立，循环，

1121152s1，k3，此时k3成立，结束， 21265输出s．

6故选B．

4. 【答案】D

则z【解析】根据题意可得，此十三个单音形成一个以f为首项，122为公比的等比数列， 故第八个单音的频率为f故选D．

122811227f．

5. 【答案】C

【解析】由三视图可知，此四棱锥的直观图如图所示， 在正方体中，△PAD,△PCD,△PAB均为直角三角形，

PB3,BC5,PC22，故△PBC不是直角三角形．

故选C．

6. 【答案】 C

rrrr【解析】 充分性：|a3b||3ab|， rrrrrrrr|a|26ab9|b|29|a|26ab|b|2，

rrrrrr又|a||b|1，可得ab0，故ab. rrrr必要性：ab，故ab0，

r2rrr2r2rrr2所以|a|6ab9|b|9|a|6ab|b|，

rrrr所以|a3b||3ab|．

7. 【答案】C

【解析】：QPcos,sin，所以P点的轨迹是圆。

 直线xmy20恒过0,2点。

转化为圆心到直线的距离加上半径取到最大值，所以答案为3.

8. 【答案】：D

2103【解析】：若2,1A，则2a14a。

22a2则当a33时，2,1A； 当a时，2,1A 选D 22

二.填空题

9．答案：an6n3nN

a13a13解析：由题知，设等差数列公差为d，所以：a2a1d，即，解

a1d+a14d=36aa4d15a13得，所以an=a1n1d6n3nN。

d=610． 答案：12 解析： Qcossina

直线方程转化为xya 即xya0

Q2cos

22cos

圆的方程转化为xy2x 即(x1)y1 、

2222Q 直线与圆相切

1a21

解得a12 Qa0a12

11. 答案：

2 3解析：由题知：fx解得:=8k12．答案：3

f1cos1，即，所以 2kkZ，max44622kZ，0，所以k0时，min。 33解析：将不等式转换成线性规划，即

x1y y2x

x1 目标函数z2yx 如右图z在A(1,2) 处取最小值

 zmin3

13. 答案：fxx3x，答案不唯一

2解析：函数需要满足在0,2上的最小值为f0，并且在0,2上不单调。选取开口向下，对称轴在0,2上的二次函数均可，其余正确答案也正确。

14. 【答案】：31，2

【解析】：设正六边形边长为t；根据椭圆的定义2a31t，2c2t，e椭圆c31 a双曲线的渐近线方程为y3x，

三.解答题 15. 【解析】

bc3，所以e双曲线=2。 aa431（Ⅰ ）VABC中，cosB，所以B为钝角，sinB1cos2B；

77由正弦定理：

asinB3ab，所以sinA， b2sinAsinB22k,kZ； 3所以A32k,kZ；或者A又VABC中，B为钝角，所以A为锐角，所以A3。

1333（Ⅱ）VABC中，sinCsin(AB）， =sin（B+）=sinB+cosB322141三角形ABC的面积SVABCabsinC63，设AC边上的高为h，

2333311，即AC边上的高为。 SVABCbh8h63，所以h2222

16. 【解析】

（I）证明：∵ABBC，且E是AC的中点，

∴ACBE,

∵在三棱柱ABCA1B1C1中，E,F分别是AC,A1C1的中点， ∴EF∥CC1

∵CC1平面ABC， ∴EF平面ABC, ∵AC平面ABC， ∴EFAC,

∵EF,BE平面BEF, EFIBEE

∴AC平面BEF.

（II）由（I）知，EFAC，ACBE，EFEB,

∴以E为原点，EA,EB,EF分别为x轴，y轴，z轴

建立如图所示空间直角坐标系，

则有，B0,2,0,C1,0,0,D1,0,1,C11,0,2 uuuruuurBC1,2,0，CD2,0,1 r设平面BCD的法向量nx,y,z，

uuurrBCn0x2y0∴uuu,即， rr2xz0CDn0r∴n2,1,4，.

ur易知平面CDC1法向量m0,1,0

urrurrmn121∴cosm,nu， rr21211mn由图可知，二面角BCDC1的平面角为钝角， ∴二面角BCDC1的余弦值（III）方法一：

uuur∵F0,0,2,G0,2,1,∴FG0,2,1 r∵平面BCD的法向量n2,1,4，

21. 21设直线FG与平面BCD的夹角为，

uuurruuurr24FGn2∴sincosFG,nuuu0， rr521521FGn∴0

∴直线FG与平面BCD相交.

方法二：

假设直线FG与平面BCD平行，

∵设CD与EF的交点为M,连结BM，

∵FG平面BB1FE,且平面BB1FEI平面BCDBM, ∴FG∥BM, ∵BG∥FM,

∴四边形BMFG为平行四边形， ∴FMBG,易知FMBG， ∴假设不成立，

∴直线FG与平面BCD相交.

17. 【解析】（1）由表格可知电影的总部数 140503002008005102000 获得好评的第四类电影 2000.2550

设从收集的电影中选1部，是获得好评的第四类电影为事件A,则P(A)501 200040（2）由表格可得获得好评的第五类电影 8000.2160

第五类电影总数为800 未获得好评的第五类电影 8001600 第四类电影总数为200 未获得好评的第四类定影 20050150

设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部获得好评为事件B

1111C50C0C150C16017则P(B) 11C200C800100（3）D1D4D2D5D3D6

18. 【解析】（1）函数定义域为xR，

x2xf(x)2ax4a1eax4a1x4a3e 2exax2a1x2

exax1x2，

若函数在1,f1处切线与x轴平行，则

f1ea10，即a1．

2xx（2）由（1）可知fx， ax2a1x2ex2ax1e①当a0时，令fx0，x2，

x ,2  2 0 2,  fx fx 不满足题意；

Z 极大值 ] 当a0时，令fx0，x2或x②当a0时，即

x 1， a12， a1, a fx fx 不满足题意； ③当a0时， 1）当2）当

1 a0 1,2 a 2 极大值 2,  ] 极小值 Z ] 112，即a时，fx≥0，函数fx无极值点； a2112，即a时， a2x 1, a fx 1 a0 1,2 a 2 极小值 2,  fx 满足题意； 3）当

Z 极大值 ] Z 112，即0a时，

2ax ,2 2 0 fx fx 不满足题意．

 12, a 1 a 极小值 1, a Z 极大值 ] Z 综上所述，若fx在x2处取得极小值，a

1． 219. 【解析】（1）由已知可得42p，所以抛物线C的方程为y24x．

令A(x1,y1)，B(x2,y2)，

直线l显然不能与x轴垂直，令其方程为ykx1，

y2带入y4x整理得yk1，

42即ky24y40．

k0所以由已知可得，解得k1且k0．

1616k0所以直线l的斜率k的取值范围为,0U0,1． （2）由（1）知y1y244，y1y2． kky12y22而点A(x1,y1)，B(x2,y2)均在抛物线上，所以x1，x2．

44因为直线PA与直线PB与y轴相交，

则直线PA与直线PB的斜率均存在，即y12，y22． 因为kPAy12y124(y12)42， x11y1y124y1214所以直线PA的方程为y2令x0，可得yM2同理可得N(0,4(x1)， y122y12y14，即M(0,)．

y12y12y122y2)． y12uuuuruuur2y112y1而由QMQO可得，． 1，所以y122y1uuuruuur2y212y2同理由QNQO可得，． 1，所以y222y2所以

112y12y2(2y1)(2y2)(2y2)(2y1) 2y12y2(2y1)(2y2)882y1y2k2． 4y1y22(y1y2)442444kkk888k

20. 【解析】 解：（Ⅰ）(1,1,0), (0,1,1)

1M(,)[(11|11|)(11|11|)(00|00|)]2 1[220]221M(,)[(10|10|)(11|11|)(01|01|)]2 1[020]12（Ⅱ）Qxi,yi{0,1}

0,xiyi|xiyi|2,xiyi0或xiyixi=yi=1

n4，因为M(,)为奇数，则α有1项或3项为1，其余为0，所以理论上元素个数最多

13C48个。 有C4因为M(,)为偶数(,不同)，则两者同为1的项数为0或者2（若为4，则α与β相同）。 综上，最大个数为4，

B{(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)}或者 B{(1,1,1,0),(1,1,0,1),(1,0,1,1),(0,1,1,1)}。

易知以上两种情况都可以满足题意，且一种情况集合中的元素与另一种情况集合中的元素结合，不满足题意，故最大个数为4.

（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，任两不同的元素α与β满足M(,)0， 则α与β无同一位置同为1. ∴元素个数最大为n1,

B{(0,0,...,0),(1,0,...,0),(0,1,...,0),...,(0,0,...,1)}