2018 年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学参考答案

一、选择题

1. $C$
2. $B$
3. $A$
4. $B$
5. $D$
6. $A$
7. $B$
8. $D$
9. $C$
10. $A$
11. $B$
12. $A$

二、填空题

13. $6$

14. $-63$

15. $16$

16. $-\frac{3\sqrt{3}}{2}$

三、解答题

17. 解

（1）在 $△ABD$ 中，由正弦定理得 $\frac{BD}{\sin \angle A}=\frac{AB}{\sin \angle ADB}$.

由题设知，$\frac{5}{\sin 45^{\circ }}=\frac{2}{\sin \angle ADB}$，所以 $\sin \angle ADB=\frac{\sqrt{2}}{5}$.

由题设知，$\angle ADB<90^{\circ }$，所以 $\cos \angle ADB=\sqrt{1-\frac{2}{25}}=\frac{\sqrt{23}}{5}$.

（2）由题设及（1）知，$\cos \angle BDC=\sin \angle ADB=\frac{\sqrt{2}}{5}$.

在 $△BCD$ 中，由余弦定理得

$$\begin{array}{rl}B{C}^2=& B{D}^2+D{C}^2-2\cdot BD\cdot DC\cdot \cos \angle BDC\\ =& 25+8-2\times 5\times 2\sqrt{2}\times \frac{\sqrt{2}}{5}\\ =& 25\end{array}$$

所以 $BC=5$.

18. 解：

（1）由已知可得，$BF\perp PF$，$BF\perp EF$，所以 $BF\perp$ 平面 $PEF$.

又 $BF\subset$ 平面 $ABFD$，所以平面 $PEF\perp$ 平面 $ABFD$

（2）作 $PH\perp EEF$，垂足为 $H$. 由（1）得，$PH\perp$ 平面 $ABFD$.

以 $H$ 为坐标原点，$\overrightarrow{HF}$ 的方向为 $y$ 轴正方向，$|\overrightarrow{BF}|$ 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 $H-xyz$.

由（1）可得，$DE\perp PE$. 又 $DP=2,DE=1$，所以 $PE=\sqrt{3}$. 又 $PF=1,EF=2$，故 $PE\perp PF$.

可得 $PH=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$EH=\frac{3}{2}$.

则 $H(0,0,0)$，$P\left(0,0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$，$D\left(-1,-\frac{3}{2},0\right)$，$\overrightarrow{DP}=\left(1,\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$，$\overrightarrow{HP}=\left(0,0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 为平面 $ABFD$ 的法向量，

设 $DP$ 与平面 $ABFD$ 所成角为 $\theta$，则 $\sin \theta =\left|\frac{\overrightarrow{HP}\cdot \overrightarrow{DP}}{|\overrightarrow{HP}||\overrightarrow{DP}|}\right|=\frac{\frac{3}{4}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{4}$.

所以 $DP$ 与平面 $ABFD$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{3}}{4}$.

19. 解：

（1）由已知得 $F(1,0)$，$l$ 的方程为 $x=1$.

由已知可得，点 $A$ 的坐标为 $\left(1,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 或 $\left(1,-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$.

所以 $AM$ 的方程为 $y=-\frac{\sqrt{2}}{2}x+\sqrt{2}$ 或 $y=\frac{\sqrt{2}}{2}x-\sqrt{2}$.

（2）当 $l$ 与 $x$ 轴重合时，$\angle OMA=\angle OMB=0^{\circ }$.

当 $l$ 与 $x$ 轴垂直时，$OM$ 为 $AB$ 的垂直平分线，所以 $\angle OMA=\angle OMB$.

当 $l$ 与 $x$ 轴不重合也不垂直时，设 $l$ 的方程为 $y=k(x-1)(k\ne 0)$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，则 $x_1<\sqrt{2}$，$x_2<\sqrt{2}$，直线 $MA$，$MB$ 的斜率之和为 $k_{MA}+k_{MB}=\frac{y_1}{x_1-2}+\frac{y_2}{x_2-2}$.

由 $y_1=k{x}_1-k$，$y_2=k{x}_2-k$ 得

$$k_{MA}+k_{AB}=\frac{2k{x}_1{x}_2-3k(x_1+x_2)+4k}{(x_1-2)(x_2-2)}$$

将 $y=k(x-1)$ 代入 $\frac{x^2}{2}+y^2=1$ 得

$$(2k^2+1)x^2-4k^{2}x+2k^2-2=0$$

所以，$x_1+x_2=\frac{4k^2}{2k^2+1}$，$x_1{x}_2=\frac{2k^2-2}{2k^2+1}$.

则 $2k{x}_1{x}_2-3k(x_1+x_2)+4k=\frac{4k^3-4k-12k^3+8k^3+4k}{2k^2+1}=0$.

从而 $k_{MA}+k_{MB}=0$，故 $MA,MB$ 的倾斜角互补. 所以 $\angle OMA=\angle OMB$.

综上，$\angle OMA=\angle OMB$.

20. 解：

（1）$20$ 件产品中恰有 $2$ 件不合格品的概率为 $f(p)={\mathrm{C}}_{20}^2{p}^2(1-p{)}^{18}$. 因此

$$f^{\prime }(p)={\mathrm{C}}_{20}^2[2p(1-p{)}^{18}-18p^2(1-p{)}^{17}]=2{\mathrm{C}}_{20}^{2}p(1-p{)}^{17}(1-10p)$$

令 $f^{\prime }(p)=0$，得 $p=0.1$. 当 $p\in (0,0.1)$ 时，$f^{\prime }(p)>0$；当 $p\in (0.1,1)$ 时，$f^{\prime }(p)<0$.

所以 $f(p)$ 的最大值点为 $p_0=0.1$.

（2）由（1）知，$p=0.1$.

（i）令 $Y$ 表示余下的 $180$ 件产品中的不合格品件数，依题意知 $Y\sim B(180,0.1)$，$X=20\times 2+25Y$，即 $X=40+25Y$.

所以 $EX=E(40+25Y)=40+25EY=490$.

（ii）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为 $400$ 元.

由于 $EX>400$，故应该对余下的产品作检验.

21. 解：

（1）$f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$，$f^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}-1+\frac{a}{x}=-\frac{x^2-ax+1}{x^2}$.

（i）若 $a\le 2$，则 $f^{\prime }(x)\le 0$，当且仅当 $a=2$，$x=1$ 时 $f^{\prime }(x)=0$，所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 单调递减.

（ii）若 $a>2$，令 $f^{\prime }(x)=0$ 得，$x=\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}$ 或 $x=\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}$.

$x\in \left(0,\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}\right)\cup \left(\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2},+\infty \right)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$；

$x\in \left(\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2},\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}\right)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$. 所以 $f(x)$ 在 $\left(0,\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}\right)$,

$\left(\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2},+\alpha \right)$ 单调递减，在 $\left(\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2},\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}\right)$ 单调递增

（2）由（1）知，$f(x)$ 存在两个极值点当且仅当 $a>2$.

由于 $f(x)$ 的两个极值点 $x_1,x_2$，满足 $x^2-ax+1=0$，所以 $x_1{x}_2=1$，不妨设 $x_1<x_2$,

$x_2>1$. 由于

$$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}=-\frac{1}{x_1{x}_2}-1+a\frac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}=-2+a\frac{-2\ln x_2}{\frac{1}{x_2}-x_2}$$

所以 $\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<a-2$ 等价于 $\frac{1}{x_2}-x_2+2\ln x_2<0$.

设函数 $g(x)=\frac{1}{x}-x+2\ln x$，由（1）知，$g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 单调递减，又 $g(1)=0$，从而当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$g(x)<0$

所以 $\frac{1}{x_2}-x_2+2\ln x_2<0$，$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<a-2$.

22. 解：

（1）由 $x=\rho \cos \theta ,y=\rho \sin \theta$ 得 $C_2$ 的直角坐标方程为

$$(x+1{)}^2+y^2=4$$

（2）由（1）知 $C_2$ 是圆心为 $A(-1,0)$，半径为 $2$ 的圆.

由题设知，$C_1$ 是过点 $B(0,2)$ 且关于 $y$ 轴对称的两条射线. 记 $y$ 轴右边的射线为 $l_1$，$y$ 轴左边的射线为 $l_2$. 由于 $B$ 在圆 $C_2$ 的外面，故 $C_1$ 与 $C_2$ 有且仅有三个公共点等价于 $l_1$ 与 $C_2$ 只有一个公共点且 $l_2$ 与 $C_2$ 有两个公共点，或 $l_2$ 与 $C_2$. 只有一个公共点且 $l_1$ 与 $C_2$ 有两个公共点.

$l_1$ 与 $C_2$ 只有一个公共点时，$A$ 到 $l_1$ 所在直线的距离为 $2$，所以 $\frac{|-k+2|}{\sqrt{k^2+1}}=2$，故 $k=-\frac{4}{3}$ 或 $k=0$. 经检验，当 $k=0$ 时，$l_1$ 与 $C_2$ 没有公共点；当 $k=-\frac{4}{3}$ 时，$l_1$ 与 $C_2$ 只有一个公共点，$l_2$ 与 $C_2$ 有两个公共点.

$l_2$ 与 $C_2$ 只有一个公共点时，$A$ 到 $l_2$ 所在直线的距离为 $2$，所以 $\frac{|k+2|}{\sqrt{k^2+1}}=2$，故 $k=0$ 或 $k=\frac{4}{3}$. 经检验，当 $k=0$ 时，$l_1$ 与 $C_2$ 没有公共点；当 $k=\frac{4}{3}$ 时，$l_2$ 与 $C_2$ 没有公共点.

综上，所求 $C_1$ 的方程为 $y=-\frac{4}{3}|x|+2$.

23. 解：

（1）当 $a=1$ 时，$f(x)=|x+1|-|x-1|$，即 $f(x)=\{\begin{array}{ll}-2,& x\le -1,\\ 2x,& -1<x<1,\\ 2,& x\ge 1.\end{array}$

故不等式 $f(x)>1$ 的解集为 $\{x\mid x>\frac{1}{2}\}$.

（2）当 $x\in (0,1)$ 时 $|x+1|-|ax-1|>x$ 成立等价于当 $x\in (0,1)$ 时 $|ax-1|<1$ 成立.

若 $a\le 0$，则当 $x\in (0,1)$ 时 $|ax-1|\ge 1;$

若 $a>0$，$|ax-1|<1$ 的解集为 $0<x<\frac{2}{a}$，所以 $\frac{2}{a}\ge 1$，故 $0<a\le 2$.

综上，$a$ 的取值范围为 $(0,2]$.