2018年高考真題——數學（理）（北京卷）+Word版含解析【KS5U+高考】

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1、歡迎廣大教師踴躍來稿，稿酬豐厚，qq：2355394501 絕密★啟用前 2018年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試 數 學（理）（北京卷） 本試卷共5頁，150分?？荚嚂r長120分鐘。考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效?？荚嚱Y束后，將本試卷和答題卡一并交回。 第一部分（選擇題 共40分） 一、選擇題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。 1. 已知集合A={x||x|<2}，B={–2，0，1，2}，則AB= A. {0，1} B. {–1，0，1} C. {–2，0，1，2} D. {–1，0，

2、1，2} 【答案】A 【解析】分析：先解含絕對值不等式得集合A，再根據數軸求集合交集. 詳解： 因此AB=，選A. 點睛：認清元素的屬性，解決集合問題時，認清集合中元素的屬性(是點集、數集或其他情形)和化簡集合是正確求解的兩個先決條件. 2. 在復平面內，復數的共軛復數對應的點位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】分析：將復數化為最簡形式，求其共軛復數，找到共軛復數在復平面的對應點，判斷其所在象限. 詳解：的共軛復數為 對應點為，在第四象限，故選D. 點睛：此題考查復數的四則運算，屬于送分題，解題時注意審

3、清題意，切勿不可因簡單導致馬虎丟分. 3. 執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的s值為 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】分析：初始化數值，執(zhí)行循環(huán)結構，判斷條件是否成立， 詳解：初始化數值 循環(huán)結果執(zhí)行如下： 第一次：不成立； 第二次：成立， 循環(huán)結束，輸出， 故選B. 點睛：此題考查循環(huán)結構型程序框圖，解決此類問題的關鍵在于：第一，要確定是利用當型還是直到型循環(huán)結構；第二，要準確表示累計變量；第三，要注意從哪一步開始循環(huán)，弄清進入或終止的循環(huán)條件、循環(huán)次數. 4. “十二平均律”是通用的音律體系，明代朱載堉最早用數學方法計算出半音比例，

4、為這個理論的發(fā)展做出了重要貢獻．十二平均律將一個純八度音程分成十二份，依次得到十三個單音，從第二個單音起，每一個單音的頻率與它的前一個單音的頻率的比都等于．若第一個單音的頻率為f，則第八個單音的頻率為 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】分析：根據等比數列的定義可知每一個單音的頻率成等比數列，利用等比數列的相關性質可解. 詳解：因為每一個單音與前一個單音頻率比為， 所以， 又，則 故選D. 點睛：此題考查等比數列的實際應用，解決本題的關鍵是能夠判斷單音成等比數列. 等比數列的判斷方法主要有如下兩種： （1）定義法，若（）或（）， 數列是等比數列；

5、 （2）等比中項公式法，若數列中，且（），則數列是等比數列. 5. 某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側面中，直角三角形的個數為 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】分析：根據三視圖還原幾何體，利用勾股定理求出棱長，再利用勾股定理逆定理判斷直角三角形的個數. 詳解：由三視圖可得四棱錐， 在四棱錐中，， 由勾股定理可知：， 則在四棱錐中，直角三角形有：共三個， 故選C. 點睛：此題考查三視圖相關知識，解題時可將簡單幾何體放在正方體或長方體中進行還原，分析線面、線線垂直關系，利用勾股定理求出每條棱長，進而可進行棱長、表面積、體

6、積等相關問題的求解. 6. 設a，b均為單位向量，則“”是“a⊥b”的 A. 充分而不必要條件 B. 必要而不充分條件 C. 充分必要條件 D. 既不充分也不必要條件 【答案】C 【解析】分析：先對模平方，將等價轉化為0，再根據向量垂直時數量積為零得充要關系. 詳解： ，因為a，b均為單位向量，所以 a⊥b，即“”是“a⊥b”的充分必要條件.選C. 點睛：充分、必要條件的三種判斷方法． 1．定義法：直接判斷“若則”、“若則”的真假．并注意和圖示相結合，例如“?”為真，則是的充分條件． 2．等價法：利用?與非?非，?與非?非，?與非?非的等價關系，對于條件或結論是否

7、定式的命題，一般運用等價法． 3．集合法：若?，則是的充分條件或是的必要條件；若＝，則是的充要條件． 7. 在平面直角坐標系中，記d為點P（cosθ，sinθ）到直線的距離，當θ，m變化時，d的最大值為 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】分析：P為單位圓上一點，而直線過點A（2，0），則根據幾何意義得d的最大值為OA+1. 詳解： P為單位圓上一點，而直線過點A（2，0），所以d的最大值為OA+1=2+1=3,選C. 點睛：與圓有關的最值問題主要表現在求幾何圖形的長度、面積的最值，求點到直線的距離的最值，求相關參數的最值等方面．解決此類問題

8、的主要思路是利用圓的幾何性質將問題轉化． 8. 設集合則 A. 對任意實數a， B. 對任意實數a，（2，1） C. 當且僅當a<0時，（2，1） D. 當且僅當時，（2，1） 【答案】D 【解析】分析：求出及所對應的集合，利用集合之間的包含關系進行求解. 詳解：若，則且，即若，則， 此命題的逆否命題為：若，則有，故選D. 點睛：此題主要結合充分與必要條件考查線性規(guī)劃的應用，集合法是判斷充分條件與必要條件的一種非常有效的方法，根據成立時對應的集合之間的包含關系進行判斷. 設，若，則；若，則，當一個問題從正面思考很難入手時，可以考慮其逆否命題形式. 第二部分（

9、非選擇題 共110分） 二、填空題共6小題，每小題5分，共30分。 9. 設是等差數列，且a1=3，a2+a5=36，則的通項公式為__________． 【答案】 【解析】分析：先根據條件列關于公差的方程，求出公差后，代入等差數列通項公式即可. 詳解： 點睛：在解決等差、等比數列的運算問題時，有兩個處理思路,一是利用基本量,將多元問題簡化為首項與公差（公比）問題,雖有一定量的運算,但思路簡潔,目標明確;二是利用等差、等比數列的性質,性質是兩種數列基本規(guī)律的深刻體現，是解決等差、等比數列問題既快捷又方便的工具，應有意識地去應用. 10. 在極坐標系中，直線與圓相切，則a=_

10、_________． 【答案】 【解析】分析：根據將直線與圓極坐標方程化為直角坐標方程，再根據圓心到直線距離等于半徑解出a. 詳解：因為， 由，得， 由，得，即，即， 因為直線與圓相切，所以 點睛：(1)直角坐標方程化為極坐標方程，只要運用公式及直接代入并化簡即可； (2)極坐標方程化為直角坐標方程時常通過變形，構造形如的形式，進行整體代換.其中方程的兩邊同乘以(或同除以)及方程兩邊平方是常用的變形方法.但對方程進行變形時，方程必須同解，因此應注意對變形過程的檢驗. 11. 設函數f（x）=，若對任意的實數x都成立，則ω的最小值為__________． 【答案】 【解析】分

11、析：根據題意取最大值，根據余弦函數取最大值條件解得ω，進而確定其最小值. 詳解：因為對任意的實數x都成立，所以取最大值，所以，因為，所以當時，ω取最小值為. 點睛：函數的性質 (1). (2)周期 (3)由 求對稱軸，最大值對應自變量滿足，最小值對應自變量滿足， (4)由求增區(qū)間; 由求減區(qū)間. 12. 若x，y滿足x+1≤y≤2x，則2y–x的最小值是__________． 【答案】3 【解析】分析：作可行域，根據目標函數與可行域關系，確定最小值取法. 詳解：作可行域，如圖，則直線過點A(1,2)時，取最小值3. 點睛：線性規(guī)劃的實質是把代數問題幾何化，即數形結合的

12、思想.需要注意的是：一，準確無誤地作出可行域；二，畫目標函數所對應的直線時，要注意與約束條件中的直線的斜率進行比較，避免出錯；三，一般情況下，目標函數的最大或最小值會在可行域的端點或邊界上取得. 13. 能說明“若f（x）>f（0）對任意的x∈（0，2］都成立，則f（x）在［0，2］上是增函數”為假命題的一個函數是__________． 【答案】y=sinx（答案不唯一） 【解析】分析：舉的反例要否定增函數，可以取一個分段函數，使得f（x）>f（0）且（0，2］上是減函數. 詳解：令，則f（x）>f（0）對任意的x∈（0，2］都成立，但f（x）在［0，2］上不是增函數

13、. 又如，令f（x）=sinx，則f（0）=0，f（x）>f（0）對任意的x∈（0，2］都成立，但f（x）在［0，2］上不是增函數. 點睛：要判定一個全稱命題是假命題，只要舉出集合中的一個特殊值，使不成立即可.通常舉分段函數. 【答案】 (1). (2). 2 【解析】分析：由正六邊形性質得漸近線的傾斜角，解得雙曲線中關系，即得雙曲線N的離心率；由正六邊形性質得橢圓上一點到兩焦點距離之和為，再根據橢圓定義得，解得橢圓M的離心率. 詳解：由正六邊形性質得橢圓上一點到兩焦點距離之和為，再根據橢圓定義得，所以橢圓M的離心率為 雙曲線N的漸近線方程為，由題意得雙曲

14、線N的一條漸近線的傾斜角為， 點睛：解決橢圓和雙曲線的離心率的求值及范圍問題其關鍵就是確立一個關于的方程或不等式，再根據的關系消掉得到的關系式，而建立關于的方程或不等式，要充分利用橢圓和雙曲線的幾何性質、點的坐標的范圍等. 三、解答題共6小題，共80分。解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程。 15. 在△ABC中，a=7，b=8，cosB= –． （Ⅰ）求∠A； （Ⅱ）求AC邊上的高． 【答案】(1) ∠A= (2) AC邊上的高為 【解析】分析：（1）先根據平方關系求sinB,再根據正弦定理求sinA，即得∠A；（2）根據三角形面積公式兩種表示形式列方程，再利用誘導公式以

15、及兩角和正弦公式求，解得AC邊上的高． 詳解：解：（Ⅰ）在△ABC中，∵cosB=–，∴B∈（，π），∴sinB=． 由正弦定理得 =，∴sinA=． ∵B∈（，π），∴A∈（0，），∴∠A=． （Ⅱ）在△ABC中，∵sinC=sin（A+B）=sinAcosB+sinBcosA==． 如圖所示，在△ABC中，∵sinC=，∴h==， ∴AC邊上的高為． 點睛：解三角形問題，多為邊和角的求值問題，這就需要根據正、余弦定理結合已知條件靈活轉化邊和角之間的關系，從而達到解決問題的目的. 16. 如圖，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分別為，AC，，的中點，A

16、B=BC=，AC==2． （Ⅰ）求證：AC⊥平面BEF； （Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值； （Ⅲ）證明：直線FG與平面BCD相交． 【答案】(1)證明見解析 (2) B-CD-C1的余弦值為 (3)證明過程見解析 【解析】分析：（1）由等腰三角形性質得，由線面垂直性質得,由三棱柱性質可得，因此，最后根據線面垂直判定定理得結論，（2）根據條件建立空間直角坐標系E-ABF，設立各點坐標，利用方程組解得平面BCD一個法向量，根據向量數量積求得兩法向量夾角，再根據二面角與法向量夾角相等或互補關系求結果，（3）根據平面BCD一個法向量與直線FG方向向量數量積不為零，可得結論.

17、詳解：解：（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中， ∵CC1⊥平面ABC， ∴四邊形A1ACC1為矩形． 又E，F分別為AC，A1C1的中點， ∴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． 如圖建立空間直角坐稱系E-xyz． 由題意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）． ∴， 設平面BCD的法向量為， ∴，∴， 令a=2，則b=-1，c=-4， ∴

18、平面BCD的法向量， 又∵平面CDC1的法向量為， ∴． 由圖可得二面角B-CD-C1為鈍角，所以二面角B-CD-C1的余弦值為． （Ⅲ）平面BCD的法向量為，∵G（0，2，1），F（0，0，2）， ∴，∴，∴與不垂直， ∴GF與平面BCD不平行且不在平面BCD內，∴GF與平面BCD相交． 點睛：垂直、平行關系證明中應用轉化與化歸思想的常見類型. (1)證明線面、面面平行，需轉化為證明線線平行. (2)證明線面垂直，需轉化為證明線線垂直. (3)證明線線垂直，需轉化為證明線面垂直. 17. 電影公司隨機收集了電影的有關數據，經分類整理得到下表： 電影類型 第一類

19、 第二類 第三類 第四類 第五類 第六類 電影部數 140 50 300 200 800 510 好評率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2 0.1 好評率是指：一類電影中獲得好評的部數與該類電影的部數的比值． 假設所有電影是否獲得好評相互獨立． （Ⅰ）從電影公司收集的電影中隨機選取1部，求這部電影是獲得好評的第四類電影的概率； （Ⅱ）從第四類電影和第五類電影中各隨機選取1部，估計恰有1部獲得好評的概率； （Ⅲ）假設每類電影得到人們喜歡的概率與表格中該類電影的好評率相等，用“”表示第k類電影得到人們喜歡，“”表示第k類電影沒有得到人們喜

20、歡（k=1，2，3，4，5，6）．寫出方差，，，，，的大小關系． 【答案】(1) 概率為0.025 (2) 概率估計為0.35 (3) >>=>> 詳解：解：（Ⅰ）由題意知，樣本中電影的總部數是140+50+300+200+800+510=2000， 第四類電影中獲得好評的電影部數是200×0.25=50． 故所求概率為． （Ⅱ）設事件A為“從第四類電影中隨機選出的電影獲得好評”， 事件B為“從第五類電影中隨機選出的電影獲得好評”． 故所求概率為P（）=P（）+P（） =P（A）（1–P（B））+（1–P（A））P（B）． 由題意知：

21、P（A）估計為0.25，P（B）估計為0.2． 故所求概率估計為0.25×0.8+0.75×0.2=0.35． （Ⅲ）>>=>>． 點睛：互斥事件概率加法公式：若A,B互斥，則P(A+B)=P(A)+P(B)，獨立事件概率乘法公式:若A,B相互獨立，則P(AB)=P(A)P(B). 18. 設函數=[]． （Ⅰ）若曲線y= f（x）在點（1，）處的切線與軸平行，求a； （Ⅱ）若在x=2處取得極小值，求a的取值范圍． 【答案】(1) a的值為1 (2) a的取值范圍是（，+∞） 【解析】分析：（1）先求導數，再根據得a；（2）先求

22、導數的零點：，2；再分類討論，根據是否滿足在x=2處取得極小值，進行取舍，最后可得a的取值范圍． 詳解：解：（Ⅰ）因為=[]， 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． 由題設知f ′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1． 此時f (1)=3e≠0． 所以a的值為1． （Ⅱ）由（Ⅰ）得f ′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex． 若a>，則當x∈(，2)時，f ′(x)<0； 當x∈(2，+∞)時

23、，f ′(x)>0． 所以f (x)<0在x=2處取得極小值． 若a≤，則當x∈(0，2)時，x–2<0，ax–1≤x–1<0， 所以f ′(x)>0． 所以2不是f (x)的極小值點． 綜上可知，a的取值范圍是（，+∞）． 點睛：利用導數的幾何意義解題，主要是利用導數、切點坐標、切線斜率之間的關系來進行轉化.以平行、垂直直線斜率間的關系為載體求參數的值，則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關系，進而和導數聯(lián)系起來求解. 19. 已知拋物線C：=2px經過點（1，2）．過點Q（0，1）的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直

24、線PB交y軸于N． （Ⅰ）求直線l的斜率的取值范圍； （Ⅱ）設O為原點，，，求證：為定值． 【答案】(1) 取值范圍是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1） (2)證明過程見解析 【解析】分析：（1）先確定p,再設直線方程，與拋物線聯(lián)立，根據判別式大于零解得直線l的斜率的取值范圍，最后根據PA，PB與y軸相交，舍去k=3，（2）先設A（x1，y1），B（x2，y2），與拋物線聯(lián)立，根據韋達定理可得，．再由，得，．利用直線PA，PB的方程分別得點M，N的縱坐標，代入化簡可得結論. 詳解：解：（Ⅰ）因為拋物線y2=2px經過點P（1，2）， 所以4=2p，解得p=2，所以拋物線的方

25、程為y2=4x． 由題意可知直線l的斜率存在且不為0， 設直線l的方程為y=kx+1（k≠0）． 由得． 依題意，解得k<0或0<k<1． 又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點（1，-2）．從而k≠-3． 所以直線l斜率的取值范圍是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）． （Ⅱ）設A（x1，y1），B（x2，y2）． 由（I）知，． 直線PA的方程為y–2=． 令x=0，得點M的縱坐標為． 同理得點N的縱坐標為． 由，得，． 所以． 所以為定值． 點睛：定點、定值問題通常是通過設參數或取特殊值來確定“定點”是什么、“定值”是多少，或者將該問題

26、涉及的幾何式轉化為代數式或三角問題，證明該式是恒定的. 定點、定值問題同證明問題類似，在求定點、定值之前已知該值的結果，因此求解時應設參數，運用推理，到最后必定參數統(tǒng)消，定點、定值顯現. 20. 設n為正整數，集合A=．對于集合A中的任意元素和，記 M（）=． （Ⅰ）當n=3時，若，，求M（）和M（）的值； （Ⅱ）當n=4時，設B是A的子集，且滿足：對于B中的任意元素，當相同時，M（）是奇數；當不同時，M（）是偶數．求集合B中元素個數的最大值； （Ⅲ）給定不小于2的n，設B是A的子集，且滿足：對于B中的任意兩個不同的元素， M（）=0．寫出一個集合B，使其元素個數最多，并說明

27、理由． 【答案】(1) M(α，β）=1 (2) 最大值為4 (3)答案見解析 【解析】分析：（1）根據定義對應代入可得M（）和M（）的值；（2）先根據定義得M(α，α）= x1+x2+x3+x4．再根據x1，x 2，x3，x4∈{0，1}，且x1+x2+x3+x4為奇數，確定x1，x 2，x3，x4中1的個數為1或3．可得B元素最多為8個，再根據當不同時，M（）是偶數代入驗證，這8個不能同時取得，最多四個，最后取一個四元集合滿足條件，即得B中元素個數的最大值；（3）因為M（）=0，所以不能同時取1，所以取共n+1個元素，再利用A的一個拆分說明B中元素最多n+1個元素，即得結果. 詳

28、解：解：（Ⅰ）因為α=（1，1，0），β=（0，1，1），所以 M(α，α)= [(1+1?|1?1|)+(1+1?|1?1|)+(0+0?|0?0|)]=2， M(α，β）= [(1+0–|1?0|)+(1+1–|1–1|)+(0+1–|0–1|)]=1． （Ⅱ）設α=（x1，x 2，x3，x4）∈B，則M(α，α）= x1+x2+x3+x4． 由題意知x1，x 2，x3，x4∈{0，1}，且M(α，α)為奇數， 所以x1，x 2，x3，x4中1的個數為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，

29、1，1)，(1，1，0，1)，(1，1，1，0)}. 將上述集合中的元素分成如下四組： （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). 經驗證，對于每組中兩個元素α，β，均有M(α，β）=1. 所以每組中的兩個元素不可能同時是集合B的元素． 所以集合B中元素的個數不超過4. 又集合{（1，0，0，0），（0，1，0，0），（0，0，1，0），（0，0，0，1)}滿足條件， 所以集合B中元素個數的最大值為4. （Ⅲ）設Sk=( x1，x 2，…，xn）|( x1，x

30、 2，…，xn）∈A，xk =1，x1=x2=…=xk–1=0）（k=1，2，…，n)， Sn+1={( x1，x 2，…，xn）| x1=x2=…=xn=0}， 則A=S1∪S1∪…∪Sn+1． 對于Sk（k=1，2，…，n–1）中的不同元素α，β，經驗證，M(α，β)≥1. 所以Sk（k=1，2 ，…，n–1）中的兩個元素不可能同時是集合B的元素． 所以B中元素的個數不超過n+1. 取ek=( x1，x 2，…，xn）∈Sk且xk+1=…=xn=0（k=1，2，…，n–1）. 令B=（e1，e2，…，en–1）∪Sn∪Sn+1，則集合B的元素個數為n+1，且滿足條件. 故B是一個滿足條件且元素個數最多的集合． 點睛：解決新定義問題的兩個著手點(1)正確理解新定義．耐心閱讀，分析含義，準確提取信息是解決這類問題的前提，剝去新定義、新法則、新運算的外表，利用所學的知識將陌生的性質轉化為我們熟悉的性質，是解決這類問題的突破口．(2)合理利用有關性質是破解新定義型問題的關鍵．在解題時要善于從題設條件給出的數式中發(fā)現可以使用性質的一些因素，并合理利用．  河北、山東、甘肅、陜西、內蒙古、北京、天津 資源投稿 qq：2355394501