2018年北京高考(文理共2套)真题及答案解析

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2018年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）

数 学（理）

本试卷共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。

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A

（A）{0，1}

B=

（B）{–1，0，1} （D）{–1，0，1，2}

（C）{–2，0，1，2} （2）在复平面内，复数

（A）第一象限 （C）第三象限

1的共轭复数对应的点位于 1i

（B）第二象限 （D）第四象限

（3）执行如图所示的程序框图，输出的s值为

（A）

1 2 （B）

57 （C） 66 （D）

7 121

（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 （C）1225f

（B）322f （D）1227f

（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 （C）3

（B）2 （D）4

（6）设a，b均为单位向量，则“a3b3ab”是“a⊥b”的

（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P（cosθ，sinθ）到直线xmy20的距离，当θ，

m变化时，d的最大值为 （A）1 （C）3

（B）2 （D）4

（8）设集合A{(x,y)|xy1,axy4,xay2},则

（A）对任意实数a，(2,1)A

（B）对任意实数a，（2，1）A （D）当且仅当a（C）当且仅当a<0时，（2，1）A

3时，（2，1）A 22

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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=__________．

ππ（11）设函数f（x）=cos(x)(0)，若f(x)f()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__________．

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的两条渐近线

abmn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。 （15）（本小题13分）

在△ABC中，a=7，b=8，cosB=–

1． 7（⊥）求⊥A；（⊥）求AC边上的高． （16）（本小题14分）

CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1的中点，AB=BC=5，AC=AA1=2．

（⊥）求证：AC⊥平面BEF； （⊥）求二面角B-CD-C1的余弦值； （⊥）证明：直线FG与平面BCD相交．

3

（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 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．

（⊥）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；

（⊥）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； （⊥）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”“k0”表示第k类电影没有得到人们喜欢2，表示第k类电影得到人们喜欢，（k=1，3，4，5，6）．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）

设函数f(x)=[ax2(4a1)x4a3]ex．

（⊥）若曲线y= f（x）在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，求a； （⊥）若f(x)在x=2处取得极小值，求a的取值范围．学科*网

（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． （⊥）求直线l的斜率的取值范围；

（⊥）设O为原点，QMQO，QNQO，求证：

4

11为定值．

（20）（本小题14分）

设n为正整数，集合A={|(t1,t2,任意元素(x1,x2,,xn)和(y1,y2,,tn),tn{0,1},k1,2,,yn)，记

,n}．对于集合A中的

1M（，）=[(x1y1|x1y1|)(x2y2|x2y2|)2(xnyn|xnyn|)]．

（⊥）当n=3时，若(1,1,0)，(0,1,1)，求M（,）和M（,）的值； （⊥）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；学#科网

（⊥）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．

5

2018年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学试题参

一、选择题 1．A

2．D

3．B

4．D

5．C

6．C

7．C

8．D

二、填空题 9．an6n3

14．31；2

10．12

11．

2 3 12．3

13．y=sinx（不答案不唯一） 三、解答题 （15）（共13分）

1π43，∴B∈（，π），∴sinB=1cos2B． 7278ab73=43，∴sinA=由正弦定理得． sinAsinBsinA27解：（Ⅰ）在△ABC中，∵cosB=–∵B∈（

πππ，π），∴A∈（0，），∴∠A=． 2233114333= ．()272714∵sinC=sin=sinAcosB+sinBcosA=（Ⅱ）在△ABC中，（A+B）如图所示，在△ABC中，∵sinC=∴AC边上的高为h3333，∴h=BCsinC=7， BC14233． 2

（16）（共14分）

解：（⊥）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．

6

⊥AB=BC． ⊥AC⊥BE， ⊥AC⊥平面BEF．

（⊥）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）． 0，1)，CB=(1，2，0)， ⊥CD=(2，设平面BCD的法向量为n(a，，bc)，

2ac0nCD0⊥，⊥，

a2b0nCB0令a=2，则b=-1，c=-4，

⊥平面BCD的法向量n(2，1，4)， 2，0)， 又⊥平面CDC1的法向量为EB=(0，⊥cosnEBnEB|n||EB|=21． 21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21． 21（⊥）平面BCD的法向量为n(2，，F（0，0，2）， 1，4)，⊥G（0，2，1）2，1)，⊥nGF2，⊥n与GF不垂直， ⊥GF=(0，⊥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：（⊥）由题意知，样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2000，

7

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

500.025． 2000（⊥）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）（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． （⊥）D1>D4>D2=D5>D3>D6． （18）（共13分）

解：（⊥）因为f(x)=[ax2(4a1)x4a3]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（⊥）得f ′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex． 若a>

11，则当x∈(，2)时，f ′(x)<0； 2a当x∈(2，+∞)时，f ′(x)>0． 所以f (x)<0在x=2处取得极小值． 若a≤

11，则当x∈(0，2)时，x–2<0，ax–1≤x–1<0， 22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（（19）（共14分）

解：（⊥）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），

8

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）． y24x由得k2x2(2k4)x10． ykx1依题意(2k4)24k210，解得k<0或02k41，． xx1222kky2(x1)． 直线PA的方程为y–2=y21x11由（I）知x1x2令x=0，得点M的纵坐标为yM同理得点N的纵坐标为yNy12kx1122． x11x11kx212． x21由QM=QO，QN=QO得=1yM，1yN． 所

以

22k4x11x21111112x1x2(x1x2)1k2k2=211yM1yN(k1)x1(k1)x2k1x1x2k1k2． 所以

11为定值．学科&网

（20）（共14分）

解：（⊥）因为α=（1，1，0），β=（0，1，1），所以 M(α，α)=

1 [(1+1−|1−1|)+(1+1−|1−1|)+(0+0−|0−0|)]=2， 21 [(1+0–|1−0|)+(1+1–|1–1|)+(0+1–|0–1|)]=1． 2M(α，β）=

（Ⅱ）设α=（x1，x 2，x3，x4）∈B，则M(α，α）= x1+x2+x3+x4． 由题意知x1，x 2，x3，x4∈{0，1}，且M(α，α)为奇数， 所以x1，x 2，x3，x4中1的个数为1或3．

9

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)；（0，0，1，0)，（1，0，1，1)；（0，0，0，1)，（0，1，1，1).

经验证，对于每组中两个元素α，β，均有M(α，β）=1. 所以每组中的两个元素不可能同时是集合B的元素． 所以集合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，

所以集合B中元素个数的最大值为4.

…，xn）|( x1，x 2，…，xn）∈A，xk =1，x1=x2=…=xk–1=0）（Ⅲ）设Sk=( x1，x 2，（k=1，2，…，n)，

Sn+1={( x1，x 2，…，xn）| x1=x2=…=xn=0}， 则A=S1∪S1∪…∪Sn+1．

对于Sk（k=1，2，…，n–1）中的不同元素α，β，经验证，M(α，β)≥1. 所以Sk（k=1，2 ，…，n–1）中的两个元素不可能同时是集合B的元素． 所以B中元素的个数不超过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，则集合B的元素个数为n+1，且满足条件. 故B是一个满足条件且元素个数最多的集合．

10

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2018年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）

数学（文）

本试卷共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。

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A（A）{0,1}

B

（B）{−1,0,1} （D）{−1,0,1,2}

（C）{−2,0,1,2} （2）在复平面内，复数

（A）第一象限 （C）第三象限

1的共轭复数对应的点位于 1i

（B）第二象限 （D）第四象限

（3）执行如图所示的程序框图，输出的s值为

（A）

1 2 （B）

57 （C） 6611

（D）

7 12

（4）设a,b,c,d是非零实数，则“ad=bc”是“a,b,c,d成等比数列”的

（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

（5）“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f，则第八个单音频率为 （A）32f （C）1225f

（B）322f （D）1227f

（6）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 （C）3

（B）2 （D）4

22（7）在平面坐标系中，AB,CD,EF,GH是圆xy1上的四段弧（如图），点P在其

中一段上，角以O𝑥为始边，OP为终边，若tancossin，则P所在的圆弧是

（A）AB

（B）CD（C）EF

12

（D）GH

（8）设集合A{(x,y)|xy1,axy4,xay2},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a<0时,（2,1）A （D）当且仅当a3 时,（2,1）A 2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）设向量a=（1,0），b=（−1,m）,若a(mab)，则m=_________.

2（10）已知直线l过点（1,0）且垂直于𝑥轴，若l被抛物线y4ax截得的线段长为4，则

抛物线的焦点坐标为_________. （11）能说明“若a﹥b，则

11

”为假命题的一组a，b的值依次为_________. ab

x2y25（12）若双曲线2，则a=_________. 1(a0)的离心率为

a42（13）若𝑥,y满足x1y2x，则2y−𝑥的最小值是_________. （14）若△ABC的面积为

范围是_________.

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。 （15）（本小题13分）

设{an}是等差数列，且a1ln2,a2a35ln2. （⊥）求{an}的通项公式； （⊥）求ea1ea2（16）（本小题13分）

已知函数f(x)sin2x3sinxcosx. （⊥）求f(x)的最小正周期； （⊥）若f(x)在区间[（17）（本小题13分）

13

c3222,⊥C⊥B=_________且为钝角，则；的取值(acb)a4ean.

3,m]上的最大值为，求m的最小值. 32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.

（⊥）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；

（⊥）随机选取1部电影，估计这部电影没有获得好评的概率；学科*网

（⊥）电影公司为增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化.假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化，那么哪类电影的好评率增加0.1，哪类电影的好评率减少0.1，使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大？（只需写出结论） （18）（本小题14分）

如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点.

（⊥）求证：PE⊥BC；

（⊥）求证：平面PAB⊥平面PCD； （⊥）求证：EF⊥平面PCD. （19）（本小题13分）

2x设函数f(x)[ax(3a1)x3a2]e.

（⊥）若曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0，求a； （⊥）若f(x)在x1处取得极小值，求a的取值范围. （20）（本小题14分）

x2y26已知椭圆M:221(ab0)的离心率为，焦距为22.斜率为k的直线l

ab314

与椭圆M有两个不同的交点A，B. （⊥）求椭圆M的方程；学.科网 （⊥）若k1，求|AB| 的最大值；

（⊥）设P(2,0)，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C,D和点Q(,) 共线，求k. 71

1．A

2．D

9．1

42参

3．B 4．B 5．D

6．C

10．(1,0)

15

7．C

8．D

11．11（答案不唯一） 12．4 13．3

14．60(2,)

15．（共13分）

解：（I）设等差数列{an}的公差为d， ⊥a2a35ln2， ⊥2a13d5ln2， 又a1ln2，⊥dln2. ⊥ana1(n1)dnln2. （II）由（I）知annln2， ⊥eanenln2eln2=2n，

n⊥{en}是以2为首项，2为公比的等比数列.

aa⊥e1e2aeaneln2eln22eln2

n=222=2n12.

⊥ea1ea216.（共13分）

2n

ean=2n12.

【解析】（⊥）

f(x)1cos2x3311π1sin2xsin2xcos2xsin(2x)， 22222622ππ. 2π1（⊥）由（⊥）知f(x)sin(2x).

62ππ5ππ,2m]. 因为x[,m]，所以2x[3666π3ππ要使得f(x)在[,m]上的最大值为，即sin(2x)在[,m]上的最大值为1.

3263πππ所以2m，即m.

623所以f(x)的最小正周期为T16

所以m的最小值为17.（共13分）

π. 3（⊥）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

500.025. 2000（⊥）方法一：由题意知，样本中获得好评的电影部数是 140×0.4+50×0.2+300×0.15+200×0.25+800×0.2+510×0.1 =56+10+45+50+160+51 =372.

故所求概率估计为13720.814. 2000方法二：设“随机选取1部电影,这部电影没有获得好评”为事件B.

没有获得好评的电影共有140×0.6+50×0.8+300×0.85+200×0.75+800×0.8+510×0.9=1628部.

由古典概型概率公式得P(B)16280.814. 2000（⊥）增加第五类电影的好评率, 减少第二类电影的好评率. 18.（共14分）

【解析】（⊥）⊥PAPD，且E为AD的中点，⊥PEAD. ⊥底面ABCD为矩形，⊥BC∥AD， ⊥PEBC.

（⊥）⊥底面ABCD为矩形，⊥ABAD. ⊥平面PAD平面ABCD，⊥AB平面PAD. ⊥ABPD.又PAPD,学科.网

⊥PD平面PAB，⊥平面PAB平面PCD. （⊥）如图，取PC中点G，连接FG,GD.

17

⊥F,G分别为PB和PC的中点，⊥FG∥BC，且FG⊥四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点， ⊥ED∥BC,DE1BC. 21BC， 2⊥ED∥FG，且EDFG，⊥四边形EFGD为平行四边形， ⊥EF∥GD.

又EF平面PCD，GD平面PCD， ⊥EF∥平面PCD. 19. （13分）

解：（⊥）因为f(x)[ax(3a1)x3a2]e， 所以f(x)[ax(a1)x1]e.

2x2xf(2)(2a1)e2，

由题设知f(2)0，即(2a1)e0，解得a221. 2xx（⊥）方法一：由（⊥）得f(x)[ax(a1)x1]e(ax1)(x1)e.

1a当x(1,)时，f(x)0.

若a>1，则当x(,1)时，f(x)0；

所以f(x)在x=1处取得极小值.

若a1，则当x(0,1)时，ax1x10， 所以f(x)0.

所以1不是f(x)的极小值点. 综上可知，a的取值范围是(1,).

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方法二：f(x)(ax1)(x1)e. （1）当a=0时，令f(x)0得x=1.

xf(x),f(x)随x的变化情况如下表：

x (,1) + ⊥ 1 0 极大值 (1,) − ⊥ f(x) f(x) ⊥f(x)在x=1处取得极大值，不合题意. （2）当a>0时，令f(x)0得x11,x21. a2x⊥当x1x2，即a=1时，f(x)(x1)e0， ⊥f(x)在R上单调递增， ⊥f(x)无极值，不合题意.

⊥当x1x2，即0⊥当x1x2，即a>1时，f(x),f(x)随x的变化情况如下表： x 1(,) a+ ⊥ 1 a0 极大值 1(,1) a− ⊥ 1 0 极小值 (1,) + ⊥ f(x) f(x) ⊥f(x)在x=1处取得极小值，即a>1满足题意. （3）当a<0时，令f(x)0得x11,x21. a1(,1) a+ ⊥ 19

f(x),f(x)随x的变化情况如下表：

x 1(,) a− ⊥ 1 a0 极小值 1 0 极大值 (1,) − ⊥ f(x) f(x)

⊥f(x)在x=1处取得极大值，不合题意. 综上所述，a的取值范围为(1,). 20．（共14分）

【解析】（⊥）由题意得2c22，所以c又e2，

c6，所以a3，所以b2a2c21， a3x2所以椭圆M的标准方程为y21．

3（⊥）设直线AB的方程为yxm，

yxm由x2消去y可得4x26mx3m230， 2y13则36m44(3m3)4812m0，即m24，

2223m3m23设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x2，x1x2，

2464m2

则|AB|1k|x1x2|1k(x1x2)4x1x2，2222易得当m20时，|AB|max6，故|AB|的最大值为6． （⊥）设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，

2222则x13y13 ⊥，x23y23 ⊥，

又P(2,0)，所以可设k1kPAy1，直线PA的方程为yk1(x2)， x12yk1(x2)y可得(13k12)x212k12x12k1230， 由x2消去2y1312k1212k12x1， 则x1x3，即x313k1213k12又k1

y17x112y1，代入⊥式可得x3，所以y3， x124x174x1720

所以C(7x112y17x212y2,)，同理可得D(,)．

4x174x174x274x277171,y3)，QD(x4,y4)， 44447171因为Q,C,D三点共线，所以(x3)(y4)(x4)(y3)0，

4444故QC(x3将点C,D的坐标代入化简可得

y1y21，即k1．

x1x221