北京高考文科数学试卷和答案(文史类)

普通高等学校招生全国统一考试数学文试题（北京卷，解析版）一、选择题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题列出四个选项中，选出符合题目要求的一项。

（1） 已知全集U=R ，集合{}21P x x =∣≤，那么UP =(A)(,1-∞-) (B)(1,+∞) (C)（-1，1) (D)()()11-∞,-,+∞【答案】D【解析】：2111x x ≤⇒-≤≤，UP =()()11-∞,-,+∞，故选D（2）复数212i i-=+ (A)i (B )i - (C)4355i -- (D)4355i -+ 【答案】A【解析】：22i 2(i 2)(12i)2242(1)2412i (12i)(12i)1414(1)i i i i ii i ---------+====++----，选A 。

（3）如果1122log log 0x y <<，那么（A ）1y x << (B)1x y << (C)1x y << (D)1y x << 【答案】D【解析】：1122log log x y x y <⇒>，12log 01y y <⇒>，即1y x <<故选D（4）若p 是真命题，q 是假命题，则（A ）p q ∧是真命题 (B)p q ∨是假命题 (C)p ⌝是真命题 (D)q ⌝是真命题 【答案】D 【解析】：或（∨）一真必真，且（∧）一假必假，非（⌝）真假相反，故选D （5）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是(A)32(B)16+162 (C)48 (D)16322+【答案】B 【解析】：由三视图可知几何体为底面边长为4，高为2的正四棱锥，则四棱锥的斜高为22，表面积2142244161622⨯⨯⨯+=+故选B 。

（6）执行如图所示的程序框图，若输入A 的值为2，则输出的P 值为(A)2 (B)3 (C)4 (D)5 【答案】C【解析】执行三次循环，12S A =≤=成立，112p =+=，1131122S P =+=+=，322S A =≤=成立，213p =+=，3131112236S P =+=+=，1126S A =≤=成立，314p =+= 1111112566412S p =+=+=，25212S A =≤=不成立，输出4p =，故选C （7）某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元。

2008年普通高等学校招生全国统一考试数学（文史类）（北京卷）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

第Ⅰ卷1至2页。

第Ⅱ卷3至9页，共150分，考试时间120分钟。

考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题 共40分）注意事项：1. 答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。

2. 每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡颇擦干净后，再选涂其他答案。

不能答在试卷上。

一、题共8小题，第小题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）若集合A ={x |-2≤x ≤3}≤3,B ={x |x <-1或x >4},则集合A ∩B 等于 （A ）{x |x ≤3或x >4} （B ）{x |－1<x ≤3} （C ）{x |3≤x<4} (D) {x |－2≤x<-1} （2）若a =log, π,b =log,6，c =log 20.8,则（A ）a>b >c （B ）b>a >c （C ）c>a >b （D ）b>c >a（3）“双黄线的方程为116922=-y x ”是“双曲线的准线方程为x =59±”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 ）即不充分也不必要条件（4）已知△ABC 中，a =2,b =3,B =60°,那么角A 等于 （A ）135° (B)90° (C)45°(D)30°（5）函数f (x )=(x -1)2+1(x <1)的反函数为（A ）f --1(x )=1+1-x (x>1)（B ）f --1(x )=1-1-x (x>1)（A ）f --1(x )=1+1-x (x ≥1)（A ）f --1(x )=1-1-x (x ≥1)x -y +1≥0,（6）若实数x ，y 满足 x +y ≥0, 则z =x +2y 的最小值是x ≤0,(A)0(B)21 (C) 1 (D)2（7）已知等差数列｛a n ｝中，a 2=6,a 5=15.若b n =a 2n ,则数列｛b n ｝的前5项和等于(A)30 （B ）45 (C)90 (D)186（8）如图，动点P 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，过点P 作垂直平面BB 1D 1D 的直线，与正方体表面相交于M 、N.设BP =x ,MN =y ,则函数y =f (x )的图象大致是绝密★使用完毕前2008年普通高等学校校招生全国统一考试数学（文史类）（北京卷） 第Ⅱ卷（共110分）注意事项：1. 用钢笔或圆珠笔将答案直接写在试卷上。

1. 一、选择题共10小题，每小题4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第一部分（选择题共403．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

本试卷共12页，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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦数2024年普通高等学校招生全国统一考试（北京绝密★启用前卷）学注意事项：干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案书写在答题卡上，写在本试卷上无效。

.分）一项．已知集合 M x x =−<<{|31}，N x x =−≤<{|14}，则M N ⋃=（）A. x x −≤<11}{ B. {x x >−3}C. x x −<<|34}{D.x x <4}2. {已知zi=−−1i ，则z =（）．A.−−1i B.−+1i C. −1i D. 3. +1i 圆x y x y +−+=26022的圆心到直线x y −+=20的距离为（）A.B. 2C. 3D.4.在x4x 3(的展开式中，的系数为（）A.6 B.−6 C. 12 D. 5. 设−12a ，b 是向量，则“(a b a b +−=)·)0”是(“a b =−或a b =6. B. 必要不充分条件D. A. 充分不必要条件C. ”的（）．充要条件既不充分也不必要条件设函数ωω(()f x 1=−f x x =>sin 0).已知1()，f x 2)=1(，且x x −12的最小值为2π，则D. C. B. ω=（）234A. 17. 生物丰富度指数ln d =NS −1是河流水质的一个评价指标，其中,S N 分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d 越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数S 没有变化，生物个体总数由N 1变为N 2，生物丰富度指数由 2.1提高到 3.15，则（）A. 32=N N 21 B. 23=N N 21C.N N =2123D.N N =218. 32如图，在四棱锥−P ABCD 中，底面是边长为4ABCD 的正方形，PA PB ==4，PC PD ==，该棱锥的高为（ B. A. ）.12C.D.9. 已知),(x y 11，),(x y 22是函数y =2x 的图象上两个不同的点，则（）A. < ++y y x x 22log 21212B. > ++y y x x 22log 21212C. +2log 212y y 12<+x x D. +2log 21210. y y 12>+x x 已知==+−≤≤≤≤2)(){(,|,12,01M x y y x t xx x t }是平面直角坐标系中的点集.设d 是M 中两点间距离的最大值， S 是 M 表示的图形的面积，则（）A. S <d =3，1 B. S >d =3，1C.d =S <1D.d =，11. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分第二部分（非选择题共110S >1分）.抛物线y x 12. 的焦点坐标为________2=16．在平面直角坐标系xOy 中，角α与角为始边，它们终边关于原点对称.β均以Ox 若⎣⎦α⎡⎤∈63,π13. 的最大值为________cos ，则π⎢⎥β．若直线(y k x =−3)与双曲线4y 2−=1x 2只有一个公共点，则k 的一个取值为230mm ，则斗量器的高为65mm,325mm,325mm 状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为1014. 汉代刘歆设计的“铜嘉量”________．是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形的等比数列，底面直径依次为，且斛量器的高为______mm ，升量器的高为________的．15. mm 设}{a n 与}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.{b n 记集合k k M k a b k ==∈|,N *结论：①}，给出下列4{个若}{a n 与}{b n 均②等差数列，则M 中最多有1个元素；若} {a n 与}③均为等比数列，则M 中最多有2{b n 个元素；若} {a n 为等差数列，}④为等比数列，则M 中最多有3{b n 个元素；若}{a n 为递增数列，}16. 其中正确结论的序号是______.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程为递减数列，则M 中最多有1个元素{b n ..在ABC 中，内角A B C ,,的对边分别为a b c ,,，∠A 为钝角，a =7， =7sin 2cos B B （1）．求（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得∠A ；ABC 存在，求ABC 条件①的面积．：；条件②b =7：14cos B =；条件③13：=c A sin 17. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．如图，在四棱锥−P ABCD 中，BC AD //，AB BC ==1，AD =3,点E 在AD 上，且（1）PE DE ==2⊥PE AD ，．若PE F 为线段中点，求证：PCD BF //平面．为（2）若PAB PAD AB ⊥平面，求平面与平面18. 某保险公司为了了解该公司某种保险产品索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录PCD 夹角的余弦值．并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：（i 假设：一份保单保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.（1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率；（2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.）记X 为一份保单的毛利润，估计X 的数学期望（ⅱE X )(；）如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加的数学期望估计值与（i 20%，试比较这种情况下一份保单毛利润）中19. E X )(估计值的大小．（结论不要求证明）已知椭圆E ：a b22(x y 22a b E 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形+=>>10)，以椭圆.过点t t >0,)((且斜率存在的直线与椭圆E 交于不同的两点,A B ，过点A 和C (0,1)的直线AC 与椭圆E的另一个交点为（1）D ．求椭圆（2）若直线BD 的斜率为0，求t E 的方程及离心率；的值．的20. 设函数)f x x k x k =++≠ln 10)((()，直线l 是曲线 =y f x )(在点,（1）(t f (t ))(t >0)处的切线．当 k =−1时，求(（2）f x )的单调区间.求证：l 不经过点k =(0,0).1时，设点A t f t t >,0)(())(，(0,C f t ))(，O (0,0)，B 为l 与y 轴的交点，SACO 与SABO分别△（3）当表示ACO 与ABO 的面积．是否存在点 A 使得△△215S S ACO ABO =成立？若存在，这样的点A 有几个？（参考数据：<<1.09ln31.10，<<1.60ln51.61，21. <<1.94ln71.95）已知集合=∈∈∈∈+++{}{}{}{}){(,,,1,2,3,4,5,6,7,8,且:,,,M i j k w i j k w i j k w 为偶数}．给定数列128A a a a ，和序列T T T s Ω:,,12,,,1,2,,，其中T i j k w M t s )=∈=t t t t t ()(，对数列A 进行如下变换：将A 的第i j k w ,,,1111项均加1，其余项不变，得到的数列记作T 1T (A )；将1(A )的第i j k w ,,,2222项均加1，其余项不变，得到数列记作21(T T A )；……；以此类推，得到(21T T T A )s，简记为（1）Ω(A )．给定数列A :1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7)()(（2）Ω(A )(，写出)；是否存在序列Ω，使得Ω(A )为a a a a a a a a 2,6,4,2,8,2,4,412345678++++++++，若存在，写出一个符合条件（3）Ω；若不存在，请说明理由；若数列A 的各项均为正整数，且+++a a a a 1357为偶数，求证：“存在序列Ω，使得等”的充要条件为Ω(A )的各项都相“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”．的1. 答案解析已知集合 M x x =−<<{|31}，N x x =−≤<{|14}，则M N ⋃=（）A. {x x −≤<11}B. {x x >−3}C. −<<{x x |34}D.【答案】C 【详解】{x x <4}由题意得−<<N 2. 故选：M ⋃={x x |34}.C.已知zi=−−1i ，则z =（）．A.−−1i B.−+1i C.−1i D. 【答案】C 【详解】+1i 由题意得i 1i 3. 故选：z =−−=−(1i ).C.圆 22x y x y +−+=260的圆心到直线x y −+=20的距离为（）A.B. 2C. 3D.x y x y +−+=【答案】D 【详解】由题意得26022，即x y −++=131022))((，则其圆心坐标为−(1,3)，则圆心到直线x y −+=20=故选：D.4. 在x 4x (的展开式中，3的系数为（）A.6B.−6 C. 12 D. 【答案】−12A【详解】x 4(的二项展开式为==−=r rr rrr +T xxr r C C 1,0,1,2,3,414424−4−(())(，令−= r243，解得r =2，故所求即为22)5. 设故选：C 16(−=4.A.a ，b 是向量，则“(a b a b +−=)·)0”是“(a b =−或a b =”的（）．B. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件【详解】A. 充分不必要条件C. 充要条件【答案】B 因为a b a b a b 22)()0+⋅−=−=(，可得a b 22=，即a b =，可知a b a b +⋅−=)()0(等价于a b =若，a b =或a b =−，可得a b =，即a b a b +⋅−=)()0 (，可知必要性成立；若a b a b +⋅−=)()0(，即a b =，无法得出a b =或a b =−，例如()(a b ==1,0,0,1)，满足a b =，但a b ≠且a b ≠− 综上所述，，可知充分性不成立；“a b a b +⋅−=)()0”是(“a b ≠且a b ≠−故选：B.6. ”的必要不充分条件.设函数ωω(()f x f x x =>sin 0).已知1)=−1(，f x 2)=1(，且x x −12的最小值为2π，则D. C. B. ω=（）234x A. 1【答案】B 【详解】由题意可知：1为f x )(的最小值点，x 2为f x )(的最大值点，则T 22πminx x 12−==，即T =π，且ω>0，所以T故选：B.7. ω==22π.生物丰富度指数ln d =NS −1是河流水质的一个评价指标，其中总数.生物丰富度指数d S N ,分别表示河流中的生物种类数与生物个体越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数S 没有变化，生物个体总数由N 1变为 N 2，生物丰富度指数由 2.1提高到3.15，则（）A. 32=N N 21 B. 23=N N 21C. N N =2123D. N N =21【详解】【答案】32D 由题意得N N S S ln ln ==2.1, 3.15−−1112，则=122.1ln 3.15ln N N ，即122ln 3ln =N N ，所以N N =218. 故选：32.D 如图，在四棱锥P ABCD −中，底面ABCD 是边长为4的正方形，4PA PB ==，，该PC PD ==.棱锥的高为（ B. A. ）.12C.D.【答案】D 【详解】如图，底面ABCD 为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设PA PB AB PC PD =====4,，分别取AB CD ,的中点E F ,，连接,,PE PF EF ，则⊥⊥PE AB EF AB ,，且 PE EF E ⋂=，,PE EF ⊂平面PEF ，可知AB ⊥平面 PEF ，且AB ⊂平面ABCD ，所以平面PEF ⊥平面ABCD ，过P 作 EF 的垂线，垂足为O ，即PO EF ⊥，由平面PEF平面ABCD EF =，PO ⊂平面PEF ，所以PO ⊥平面ABCD ，由题意可得： 2,4PE PF EF PE PF EF ===，则+=222，即PE PF ⊥，则⋅=⋅22PE PF PO EF 11，可得 ⋅EFPO ==PE PF ，当相对的棱长相等时，不妨设PA PC ==4，PB PD ==因为==+BD PB PD ，此时不能形成三角形PBD 9. 故选：，与题意不符，这样情况不存在.D.已知,)(x y 11，,y =2x )(x y 22是函数的图象上两个不同的点，则（）A. <++y y x x 22log 21212B. >++y y x x 22log 21212C. +2log 212y y 12<+x x D. +2log 212y y 12>+xxx x 12【答案】B 【详解】由题意不妨设<，因为函数022y =2x是增函数，所以<<x x 12，即对于选项AB 0<<y y 12，：可得++2>=222x x 212x x 12，即++2 2y y 12>>20x x 12，根据函数y x =log 2是增函数，所以>=+++y y x x 22log log 22221212对于选项D ，故B 正确，A x x 12错误；：例如x x ==0,112，则y y 12==1,2，可得+22322y y 12=∈(log log 0,1)，即 +2对于选项C log 1212，故D y y 12<=+x x 错误；：例如x x =−=−1,212，则y y ==24,1112，可得+282223==−∈−−y y 12(log log log 332,1)，即 +2故选：B.10. log 3212，故C y y 12>−=+x x 错误，已知==+−≤≤≤≤2)(){(,|,12,01M x y y x t xx x t }是平面直角坐标系中的点集.设d 是 M 中两点间距离的最大值，S 是 M 表示的图形的面积，则（）A. d =3， S <1 B. d =3，S >1C. d =S <1D.d =，x ∈[1,2【答案】C 【详解】S >1对任意给定]，则xx x x −=−≥102)(，且t ∈[0,1]，可知x x t x x x x x x ≤+−≤+−=222)(，即⎩再结合x x y x 2≤≤，的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域≤≤⎪≥≤x ⎪⎨y x 12⎧y x 2，如图阴影部分所示，其中()()(A B C 1,1,2,2,2,4)，可知任意两点间距离最大值d AC ==；阴影部分面积△ABC 2y x 的焦点坐标为________2=故选：C.11. S S <=⨯⨯=1211.抛物线16．【答案】【详解】(4,0)由题意抛物线的标准方程为y x2=16，所以其焦点坐标为(4,0).故答案为：12. (4,0).在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以为始边，它们的终边关于原点对称.Ox 若⎣⎦⎢⎥α⎡⎤∈63,πcos β的最大值为________π，则．【答案】 −21##【详解】−0.5由题意βα=++∈,Z ππ2k k ，从而=++=−cos cos cos βαα(π2k π)，因为⎣⎦⎢⎥α⎡⎤∈63,ππ，所以cos α的取值范围是⎣⎦⎢⎡22,1，cos β的取值范围是⎣⎦−− ⎡⎤22⎢⎥1，当且仅当α=3π，即3π2k k β=+∈,Z 4π时，cos β取得最大值，且最大值为 −21.故答案为： −213. 1.若直线(y k x =−3)与双曲线 4y −=12x 2只有一个公共点，则k 的一个取值为________．【答案】21（或 −2【详解】1，答案不唯一）联立⎩⎨⎪4y −=12⎪y k x =−3⎧x 2)(，化简并整理得：−+−−=k x k x k2222)(14243640，由题意得140k −=2或2222)kk k )(()Δ=++−=(244364140，解得k =±21或无解，即 k =±2，经检验，符合题意1.故答案为：21（或−2230mm ，则斗量器的高为65mm,325mm,325mm 14. 汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10，答案不唯一）1.的等比数列，底面直径依次为，且斛量器的高为______mm ，升量器的高为________②. ①. ．mm 【答案】2357.5##2【详解】115设升量器的高为h 2h 1，斗量器的高为（单位都是mm ），则⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫h h ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪22ππ⎝⎭⎝⎭==1022⨯230 ⎪ ⎪ππ12 6532522h 232532522，故h 2=23mm ， 2mm h 1115=.故答案为： 223mm,mm 15. 115.设}{a n 与}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.{b n 记集合k k M k a b k ==∈|,N *①}，给出下列4{个结论：若}{a n 与②}均为等差数列，则M 中最多有1{b n 个元素；若} {a n 与}③均为等比数列，则M 中最多有2{b n 个元素；若}{a n 等差数列，}④为等比数列，则M 中最多有3{b n 个元素；若}{a n 为递增数列，} 其中正确结论的序号是______.【答案】①③④【详解】对于①为递减数列，则M 中最多有1个元素{b n .，因为n n },{{a b }均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，故对于②中至多一个元素，故①正确M .，取n n n −1n −1a b ==−−2,2,()则a b n n ,{}{}均为等比数列，但当n n n 为偶数时，有22n −1对于③M 中有无穷多个元素，故②错误n −1a b ===−−)(，此时.，设n n(b AqAq q =≠≠±0,1)，n (a kn b k =+≠0)，若M 中至少四个元素，则关于n 的方程Aq kn b 至少有4n=+个不同的正数解，若q q >≠0,1，则由y Aq n=和y kn b =+的散点图可得关于Aq kn b nn 的方程=+至多有两个不同的解，矛盾；若q q <≠±0,1，考虑关于n 的方程Aq kn b n=+奇数解的个数和偶数解的个数，当Aq kn b n=+有偶数解，此方程即为 A q kn b n=+，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Ak q ln 0>，为否则Ak q <ln 0，因 ==+y A q y kn b n,单调性相反，方程A q kn b n=+至多一个偶数解，当Aq kn b n=+有奇数解，此方程即为−=+A q kn b n，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时Ak q −>ln 0即 Ak q <ln 0否则Ak q ln 0>，因 =−=+y A q y kn b n,单调性相反，方程A q kn b n=+至多一个奇数解，因为Ak q >ln 0，Ak q <ln 0不可能同时成立，故对于④Aq kn b 不可能有4个不同的整数解，即M 中最多有3个元素，故③正确n =+.，因为}{a n 为递增数列，}16. 后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.故答案为：{b n 为递减数列，前者散点图呈上升趋势，①③④.在ABC 中，内角A B C ,,的对边分别为a b c ,,，∠A 为钝角，a =7，=7（1）sin 2cos B B ．求（2）从条件①、条件②、条件③∠A ；这三个条件中选择一个作为已知，使得ABC 存在，求ABC 条件①的面积．：；条件②b =7：14cos B =；条件③13：=c A sin 【答案】（1注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．） A =3（2）选择①无解；选择②和③△ABC 2π；面积均为 4【解析】【小问1.详解】由题意得 =B B b B 72sin cos cos ，因为A 为钝角，则cos 0B ≠，则=2sin B，则===BA A b a sin sin sin 7，解得 2sin A =，因为A 为钝角，则A =3选择【小问22π.详解】①b =7，则B sin 7===A =32π，则B 为锐角，则B π=3，此时选择A B +=π，不合题意，舍弃；②14cos B =13，因为B为三角形内角，则14B sin ==，则代入=72sin B得b 1472⨯=，解得b =3， ⎪=+=+=+333⎛⎫C A B B B B ⎝⎭sin sin sin sin cos cos sin 2π2π2π)(⎝⎭ ⎪ =+−⨯=⎛⎫21421414131,则ABCSab C ==⨯⨯⨯=22144sin 73选择11.③=c A sinc ⨯=2c =5，则由正弦定理得=sin sin a c A C=sin C 5，解得 14sin C =，因为C为三角形内角，则C 14cos ==11，则 ⎪=+=+=+333⎛⎫B AC C C C ⎝⎭sin sin sin sin cos cos sin 2π 2π2π)(⎝⎭ ⎪ =+−⨯=⎛⎫21421414111，则 △S ac B ==⨯⨯⨯=ABC 22144sin 7517. 11如图，在四棱锥−P ABCD 中，//BC AD ，AB BC ==1，E AD =3,点在AD 上，且PE DE ==2PE AD ⊥，．（1）若F 为线段PE 中点，求证：（2）PCD BF //平面．若AB ⊥平面 PAD ，求平面PAB 与平面（2【答案】（1）PCD 夹角的余弦值．证明见解析）30【解析】【小问1详解】取PD 的中点为S ，接,SF SC ，则 ==2SF ED SF ED //,11，而 =ED BC ED BC //,2，故=//,SF BC SF BC ，故四边形SFBC 为平行四边形，故BF SC //，而BF ⊄平面 PCD ，SC ⊂平面PCD ，所以BF //平面【小问2PCD .详解】因为ED =2，故AE =1，故//,=AE BC AE BC ，故四边形 AECB 为平行四边形，故//CE AB ，所以CE ⊥平面PAD ，而PE ED ⊂,平面PAD ，故⊥⊥,PE ED CE PE CE ED ，而⊥，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A B C D P () )()−−)((则PA PB PC PD (0,1,0,1,1,0,1,0,0,0,2,0,0,0,2)，()()()(0,1,2,1,1,2,1,0,2,0,2,2,=−−=−−=−=− )设平面PAB 的法向量为(,,m x y z=)，则由m PA ⋅=0m PB ⋅=0⎩⎪⎨⎪⎧可得⎩⎨x y z −−=y z 20⎧−−=20，取m =−(0,2,1)，设平面PCD 的法向量为n a b c =(,,)，则由n PC ⋅=0n PD ⋅=0⎩⎪⎨⎪⎩b c ⎧可得−=⎨220⎧a b −=20，取n =(2,1,1)，1故cos ,m n −==−⨯ 530，故平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值为3018. 某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：（i 假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.（1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率；（2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.）记X 为一份保单的毛利润，估计X 的数学期望（ⅱE X )(；）如果无索赔的保单的保费减少 4%，有索赔的保单的保费增加的数学期望估计值与（i 20%，试比较这种情况下一份保单毛利润）中【答案】（1E X )(估计值的大小．（结论不要求证明））10（2）(i)0.122万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i 1）中【解析】【小问1E X )(估计值详解】设A 为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得++++ ++80010060301010（ⅰ【小问2P A )6030101==(.详解】）设0,0.8,1.6,2.4,3ξξ为赔付金额，则可取，由题设中的统计数据可得10005100010P P ξξ0,0.880041001) ()(======，ξ100050P ( 1.6)===603， ξ1000100P ( 2.4)===303，ξ1000100P (3)===101，故 51050100100E (ξ)=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=4133100.8 1.6 2.430.278故（ⅱ（万元）E X )=−=0.40.2780.122(.）由题设保费的变化为 ⨯⨯+⨯⨯=550.496%0.4 1.20.4032 41，故E Y =+−=0.1220.40320.40.1252()（万元），从而()<(19. E X E Y ).已知椭圆E ：a b a b+=>>1022E 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形)x y 22(，以椭圆.过点t t >0,)((且斜率存在的直线与椭圆E 交于不同的两点A B ,，过点A 和C (0,1)的直线AC 与椭圆E的另一个交点为（1）D ．求椭圆【答案】（1（2）若直线BD 的斜率为0，求t E 的方程及离心率；的值．）+==4221,e （2x y 22）【解析】【小问1t =2详解】由题意b c ===，从而 a ==2，所以椭圆方程为42+=1x y 22，离心率为e =2【小问2；详解】直线AB AB 斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，从而设AB y kx t k t =+≠>:,0,(，,,,1122)((A x y B x y )，联立⎩=+⎪⎪y kx t ⎨42+=1⎧x y 22，化简并整理得+++−=k x ktx t 222)(124240，由题意k t k t k t1682128420Δ=−+−=+−>222222)()()(，即k t ,应满足420kt 22+−>，所以++−−k k x x x x +==1221, 424221212kt t 2，若直线斜率为0BD ，由椭圆的对称性可设 D x y 22)(−,，所以+x x −AD y x x y 12:=−+11y y 12)(，在直线AD 方程中令x =0，得+x x x x x x kt ty t +++−x y x y 42121212122112211212k t 2−(x kx t x kx t kx x t x x )42)()2()C ====+==1(+++++，所以t =2，此时k 应满足⎩⎨k ≠k t k +−=−>0⎧42420222，即k应满足k <−2或k >2，综上所述，t =2满足题意，此时k <2或 k >220. .设函数f x x k x k =++≠ln 10)(()()，直线l 是曲线 =y f x )(在点, （1）(t f (t ))(t >0)处的切线．当k =−1时，求（2）的单调区间f x )(.求证：l 不经过点k =1(0,0).时，设点A t f t t ,0)(())(>，C f t 0,O (0,0)(())，，B 为l 与Sy 轴的交点，ACO 与SABO分别△（3）当表示ACO 与ABO 的面积．是否存在点 A 使得△△215S S ACO ABO =成立？若存在，这样的点A 有几个？（参考数据： 1.09ln31.10<<，1.60ln51.61<<， 【答案】（1）1.94ln71.95<<）单调递减区间为−(1,0)，单调递增区间为（3）+∞(0,).2（2）证明见解析【解析】【小问1详解】=−+=−=>− 'f x x x f x x 11++xx x()ln(1),()1(1)1，当('x ∈−1,0)时，(f x )<0；当(0,x ∈+∞)，fx∴f x ()；在(1,0)−上单调递减，在(0,)上单调递增+∞.则f x ()的单调递减区间为(1,0)−，单调递增区间为(0,)+∞.【小问2详解】'1+k x f x ()1=+，切线l 的斜率为 1+k t1+，则切线方程为⎝⎭⎪ −=+−>1+⎛⎫k t y f t x t t ()1()(0)，将(0,0)代入则⎝⎭⎝⎭−=−+=+ f t t f t t ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪11k k t t ()1,()1++，即t k t t t+++=+t k 1ln(1)，则t 1+t t ln(1)+=， +−=t 1+tt ln(1)0，令F t t =+−1+tt()ln(1)，假设l 过(0,0)，则F t ()在存在零点t ∈+∞(0,).'=−=>t t t 1(1)(1)+++11+−t t t 22∴F t ()F t ()0，在(0,)+∞上单调递增，∴F t F t F ()(0)0>=，()在+∞(0,)无零点，∴与假设矛盾，故直线l 不过k =【小问3(0,0).详解】1时，' 11++x +x x()ln(1),()10f x x x f x =++=+=>12.Stf t ACO=2()1，设l 与y 轴交点B 为qt >(0,)，0时，若q <0，则此时l 与 由（2必有交点，与切线定义矛盾f x ().）知.q ≠0所以q >0，则切线l 的方程为⎝ 1+t y t t ⎛⎫−−+=+⎭1(x t )ln 1) ⎪1−(，令x =0，则 ===+−t +t 1215SS y q y t ln(1).ACOABO =，则⎣⎦tf t t t ⎡⎤⎢⎥t +t 12()15ln(1)=+−，t t 1+t t13ln(1)2150∴+−−=，记1+=+−−>h t t t t t ∴()13ln(1)2(0)15t，满足条件的A 有几个即h t ()有几个零点.'++++++−++−t t t t t t t t t 1(1)(1)(1)(1)h t ()2=−−===1315294(21)(4)13132211522222+−−+−2t t t )(，当⎝⎭⎪t ⎛⎫∈20,1时， '(h t )<0，此时(h t )单调递减；当⎝⎭⎪t ⎛⎫∈2,4 1时，'h t )>0(，此时h t )(单调递增；当(4, 't ∈+∞)时，(h t )<0，此时(h t )单调递减；因为⎝⎭⎪ ⎛⎫2(0)0,0,(4)13ln 52013 1.6200.80h h h ==−⨯−=>1， =−−=−−<⨯−−=−<⨯2555h (24)13ln 254826ln 54826 1.614820.54015247272，所以由零点存在性定理及h t ()的单调性，h t ()在⎝⎭⎪⎛⎫2 ,41上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，综上所述，h t ()有两个零点，即满足215S S =ACO ABO 的21. 关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题A 有两个.【点睛】.已知集合=∈∈∈∈+++{}{}{}{}){(,,,1,2,3,4,5,6,7,8,且:,,,M i j k w i j k w i j k w 为偶数}．给定数列128A a a a ，和序列T T T s Ω:,,12,,,1,2,,，其中T i j k w M t s )=∈=t t t t t ()(，对数列A 进行如下变换：将A 的第i j k w ,,,1111项均加1，其余项不变，得到的数列记作T 1(A )；将T 1(A )的第i j k w ,,,2222项均加1，其余项不变，得到数列记作21((21T T A )；……；以此类推，得到T T T A )s，简记为（1）Ω(A )．给定数列A :1,3,2,4,6,3,1,9和序列)()((（2）Ω(A Ω:1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7)，写出)；是否存在序列Ω，使得Ω(A )为a a a a a a a a 2,6,4,2,8,2,4,412345678++++++++，若存在，写出一个符合条件的（3）Ω；若不存在，请说明理由；若数列A 的各项均为正整数，且+++1357a a a a 为偶数，求证：“存在序列Ω，使得 等”的充要条件为Ω(A )的各项都相“ +=+=+=+12345678【答案】（1a a a a a a a a ”．）（2）Ω(A ):3,4,4,5,8,4,3,10不存在符合条件的（3）证明见解析【解析】【小问1Ω，理由见解析详解】因为数列A :1,3,2,4,6,3,1,9，由序列 T 1(1,3,5,7)可得1T A ):2,3,3,4,7,3,2,9(；由序列T 2 (2,4,6,8)可得21(T T A ):2,4,3,5,7,4,2,10；由序列 T 3(1,3,5,7)可得321T T T A ):3,4,4,5,8,4,3,10(；所以【小问2详解】Ω(A ):3,4,4,5,8,4,3,10.解法一：假设存在符合条件的Ω，可知Ω(A )的第1,2项之和为a a s 12++，第3,4项之和为a a s 34++，则⎩+++=++⎪+++=++3434)42⎪1212)(⎨(a a a a s)26)(⎧(a a a a s，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4Ω；，假设存在符合条件的Ω，且 ⋅⋅⋅):,,,128Ω(A b b b ，因为+++++++4共有8=826428244，即序列Ω项，由题意可知：−−n n n n b b a a n 8,1,2,3,4212212+−+== ) )((，检验可知：当n =2,3时，上式不成立，即假设不成立，所以不存在符合条件的s ...【小问3详解】Ω.解法一：我们设序列21(T T T A )为s n ,}(≤≤0,{a n 18)，特别规定nn (T T T 必要性：aa n =≤≤18).若存在序列sΩ:,,12，使得Ω(A )的各项都相等.则=======s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8 a a a a a a a a ，所以+=+=+=+s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8a a a a a a a a .根据s ...21( T T T A )的定义，显然有−−−−s j s j s j s j ,21,21,211,2j =a a a a +=++1，这里1,2,3,4，s =1,2,....所以不断使用该式就得到+=+=+=+=+−s s 12345678,1,2a a a a a a a a a a s ，必要性得证.充分性：若+=+=+=+12345678a a a a a a a a .由已知，+++1357a a a a 为偶数，而+=+=+=+12345678a a a a a a a a ，所以+++=+−+++2468121357)(4(a a a a a a a a a a )也是偶数.我们设s ...21T T T A )(是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列Ω(A )中，使得−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8最小的一个.上面已经说明−−−−s j s j s j s j a a a a +=++1,21,21,211,2，这里j =1,2,3,4，s =1,2,....从而由+=+=+=+12345678 a a a a a a a a 可得+=+=+=+=++s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,812a a a a a a a a a a s .同时，由于+++i j k w t t t t 总是偶数，所以+++t t t t ,1,3,5,7a a a a 和+++t t t t ,2,4,6,8a a a a 的奇偶性保持不变，从而+++s s s sa a a a ,1,3,5,7和+++a a a a s s s s ,2,4,6,8都是偶数.下面证明不存在j =1,2,3,4使得−a a s j s j −≥2,21,2.假设存在，根据对称性，不妨设j =1，−a a s j s j −≥2,21,2，即s s 情况1a a ,1,2−≥2.：若s s s s s s ,3,4,5,6,7,8a a a a a a −+−+−=0，则由+++s s s s a a a a ,1,3,5,7和+++a a a a s s s s ,2,4,6,8都是偶数，知s s a a ,1,2−≥4.对该数列连续作四次变换)()()((2,3,5,8,2,4,6,8,2,3,6,7,2,4,5,7)后，新的−+−+−+−++++++++a a a a a a a a s s s s s s s s 4,14,24,34,44,54,64,74,8相比原来的−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8减少4，这与情况2−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8的最小性矛盾；：若s s s s s s ,3,4,5,6,7,8a a a a a a −+−+−>0，不妨设s s 情况2-1a a ,3,4−>0：如果s s a a ,3,4−≥1，则对该数列连续作两次变换2,4,5,7,2,4,6,8)()(后，新的−+−+−+−++++++++a a a a a a a a s s s s s s s s 2,12,22,32,42,52,62,72,8相比原来的−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8至少减少2，这与−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8情况2-2的最小性矛盾；：如果s s a a ,4,3−≥1，则对该数列连续作两次变换)((2,3,5,8,2,3,6,7)后，新的−+−+−+−++++++++a a a a a a a a s s s s s s s s 2,12,22,32,42,52,62,72,8相比原来的−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8至少减少2，这与−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j =1,2,3,4都有−,21,2a a s j s j −≤1.假设存在j =1,2,3,4使得−,21,2.a a s j s j −=1，则−+,21,2a a s j s j 是奇数，所以+=+=+=+s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8N a a a a a a a a 都是奇数，设为+21.则此时对任意j =1,2,3,4，由−a a s j s j −≤1,21,2可知必有−s j s j{}=+,21,2{a a N N ,,1}.而+++s s s s a a a a ,1,3,5,7和+++a a a a s s s s ,2,4,6,8都是偶数，故集合s m =,{m a N }中的四个元素i j k w ,,,之和为偶数，对该数列进行一次变换,,,(i j k w )，则该数列成为常数列，新的−+−+−+−++++++++a a a a a a a a s s s s s s s s 1,11,21,31,41,51,61,71,8等于零，比原来的−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8更小，这与−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8最小性矛盾.的综上，只可能−s j s j ,21,2(a a j −==01,2,3,4)，而+=+=+=+a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8，故s n ,}=Ω(是常数列，充分性得证{a A ).解法二：由题意可知：Ω中序列的顺序不影响Ω(A )的结果，且,,,,,,,12345678)()()(（ⅰ(a a a a a a a a )相对于序列也是无序的，）若+=+=+=+12345678a a a a a a a a ，不妨设≤≤≤a a a a 1357，则≥≥≥a a a a 2468①，当===a a a a 1357，则===8642a a a a ，分别执行a 1个序列(2,4,6,8)、a 2个序列(1,3,5,7)，可得++++++++,,,,,,,1212121212121212②a a a a a a a a a a a a a a a a ，为常数列，符合题意；当a a a a ,,,1357中有且仅有三个数相等，不妨设==a a a 135，则==246a a a ，即,,,,,,,12121278a a a a a a a a ，分别执行a 2个序列a (1,3,5,7)、7个序列(2,4,6,8)可得++++++++,,,,,,,1227122712272778a a a a a a a a a a a a a a a a ，即++++++++,,,,,,,1227122712272712a a a a a a a a a a a a a a a a ，因为+++1357a a a a 为偶数，即3a a 17+为偶数，可知,a a 17的奇偶性相同，则−2aa71∈N *，分别执行−a a 271个序列(1,4,5,8)(2,3,5,8)(1,3,6,8)(1,3,5,7)，，，，可得+−+−+−+−+−+−+−+−a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 22222222,,,,,,,③，323232323232323272172172172172172172172为常数列，符合题意；若=<=1357a a a a ，则=>=2468a a a a ，即,,,,,,,12125656a a a a a a a a ，分别执行a 5个(1,3,6,8)、a 1个(2,4,5,7)，可得++++++++a a a a a a a a a a a a a a a a ,,,,,,,1512151215561556，因为+=+a a a a 1256，可得++++++++a a a a a a a a a a a a a a a a ,,,,,,,1512151215121512④即转为①，，可知符合题意；当a a a a ,,,1357中有且仅有两个数相等，不妨设a a =13，则a a =24，即,,,,,,,12125678a a a a a a a a ，分别执行a 1个(2,4,5,7)、a 5个(1,3,6,8)，可得++++++++,,,,,,,1512151215561758a a a a a a a a a a a a a a a a ，且+=+a a a a 1256，可得++++++++,,,,,,,1512151215121758a a a a a a a a a a a a a a a a ，因为+++=++21357157a a a a a a a 为偶数，可知,a a 57的奇偶性相同，则+++++++=++15151517157)43)()()((a a a a a a a a a a a 为偶数，且+=+=+<+15151517⑤a a a a a a a a ，即转②，可知符合题意；若<<<1357a a a a ，则>>>a a a a 2468，即,,,,,,,12345678a a a a a a a a ，分别执行a 1个(2,3,5,8)、a 3个(1,4,6,7)，可得++++++++,,,,,,,1312133415363718a a a a a a a a a a a a a a a a ，且+=+1234a a a a ，可得++++++++,,,,,,,1312131215363718a a a a a a a a a a a a a a a a ，因为+++1357a a a a 为偶数，则+++++++=+++++13131537131357)()2()()()((a a a a a a a a a a a a a a )为偶数，且+=+<+<+13131537a a a a a a a a ，即转为④，可知符合题意；综上所述：若+=+=+=+12345678Ωa a a a a a a a ，则存在序列，使得 （ⅱΩ(A )为常数列；）若存在序列Ω，使得Ω(A )为常数列，为因为对任意⋅⋅⋅):,,,128Ω(A b b b ，均有+−+=+−+12123434)()()((b b a a b b a a )56567878)=+−+=+−+)( )()((b b a a b b a a 成立，若Ω(A )为常数列，则+=+=+=+b b b b b b b b 12345678，所以+=+=+=+12345678综上所述：“a a a a a a a a ；存在序列Ω，使得Ω(A )为常数列”的充要条件为“+=+=+=+a a a a a a a a 12345678”.。

绝密★启封并使用完毕前2018年普通高等学校招生全国统一考试数学（文）（北京卷）本试卷共5页，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 B=（A）{0,1} （B）{−1,0,1}（C）{−2,0,1,2}（D）{−1,0,1,2}（2）在复平面内，复数11i-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（3）执行如图所示的程序框图，输出的s值为（A）12（B）56（C ）76（D ）712（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 （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（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为f ，则第八个单音的频率为 学科#网 （A ）32f （B ）322f （C ）1252f（D ）1272f（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 （B ）2 （C ）3（D ）4（7）在平面直角坐标系中，,,,AB CD EF GH 是圆221x y +=上的四段弧（如图），点P 在其中一段上，角α以O x 为始边，OP 为终边，若tan cos sin ααα<<，则P 所在的圆弧是（A ）AB（B ）CD（C ）EF（D ）GH（8）设集合{(,)|1,4,2},A x y x y ax y x ay =-≥+>-≤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32a ≤时,（2,1）A ∉ 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。

本试卷共5页，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。

在每小题列出四个选项中，选出符合题目要求的一项。

（1） 已知全集U=R ，集合{}21P x x =∣≤，那么U P =(A)(,1-∞-) (B)(1,+∞) (C)（-1，1) (D)()()11-∞,-,+∞ （2）复数212i i-=+ (A)i (B )i - (C)4355i -- (D)4355i -+ （3）如果1122log log 0x y <<，那么（A ）1y x << (B)1x y << (C)1x y << (D)1y x <<（4）若p 是真命题，q 是假命题，则（A ）p q ∧是真命题 (B)p q ∨是假命题题 (C)p ⌝是真命题 (D)q ⌝是真命（5）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是 (A)32(B)16+162(C)48(D)16322+（6）执行如图所示的程序框图，若输入A 的值为2，则输出的P 值为(A)2(B)3(C)4(D)5（7）某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元。

若每批生产x 件，则平均仓储时间为8x 天，且每件产品每天的仓储费用为1元。

为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品 （A ）60件 (B)80件 （C ）100件 （D ）120件（8）已知点()()0,2,2,0A B 。

若点C 在函数2y x =的图象上，则使得ABC 的面积为2的点C 的个数为（A ）4 (B)3 (C)2 (D)1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）在ABC 中，若15,,sin 43b B A π=∠==，则a = . （10）已知双曲线2221(0)y x b b-=>的一条渐近线的方程为2y x =，则b = . （11）已知向量(3,1),(01),(,3)a b c k ==-=。

绝密★启用前2008年普通高等学校招生全国统一考试数学（文史类）（北京卷）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

第Ⅰ卷1至2页。

第Ⅱ卷3至9页，共150分，考试时间120分钟。

考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题 共40分）注意事项：1. 答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。

2. 每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡颇擦干净后，再选涂其他答案。

不能答在试卷上。

一、题共8小题，第小题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）若集合A ={x |-2≤x ≤3}≤3,B ={x |x <-1或x >4},则集合A ∩B 等于 （A ）{x |x ≤3或x >4} （B ）{x |－1<x ≤3} （C ）{x |3≤x<4} (D) {x |－2≤x<-1} （2）若a =log, π,b =log,6，c =log 20.8,则 （A ）a>b >c （B ）b>a >c （C ）c>a >b （D ）b>c >a（3）“双黄线的方程为116922=-y x ”是“双曲线的准线方程为x =59±”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 ）即不充分也不必要条件（4）已知△ABC 中，a =2,b =3,B =60°,那么角A 等于 （A ）135° (B)90° (C)45°(D)30°（5）函数f (x )=(x -1)2+1(x <1)的反函数为 （A ）f --1(x )=1+1-x (x>1) （B ）f --1(x )=1-1-x (x>1) （A ）f --1(x )=1+1-x (x ≥1)（A ）f --1(x )=1-1-x (x ≥1)x -y +1≥0,（6）若实数x ，y 满足 x +y ≥0, 则z =x +2y 的最小值是x ≤0, (A)0(B)21 (C) 1 (D)2（7）已知等差数列｛a n ｝中，a 2=6,a 5=15.若b n =a 2n ,则数列｛b n ｝的前5项和等于 (A)30 （B ）45(C)90 (D)186（8）如图，动点P 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，过点P 作垂直平面BB 1D 1D 的直线，与正方体表面相交于M 、N.设BP =x ,MN =y ,则函数y =f (x )的图象大致是绝密★使用完毕前2008年普通高等学校校招生全国统一考试数学（文史类）（北京卷）第Ⅱ卷（共110分）注意事项：1. 用钢笔或圆珠笔将答案直接写在试卷上。

年普通高等学校招生全国统一考试 数学（文史类）（北京卷）参考答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1．Ｃ 2．Ｂ 3．Ｂ 4．Ｄ5．Ａ6．Ｃ 7．Ｄ 8．Ｃ二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 9．3 10．211n -11．3-12．10213．72514．1 1三、解答题（本大题共6小题，共80分） 15．（共12分） 解：（I ）由301x x -<+，得{}13P x x =-<<． （II ）{}{}1102Q x x x x =-=≤≤≤．由0a >，得{}1P x x a =-<<，又Q P ⊆，所以2a >， 即a 的取值范围是(2)+∞，． 16．（共13分）解：（I ）12a =，22a c =+，323a c =+， 因为1a ，2a ，3a 成等比数列， 所以2(2)2(23)c c +=+， 解得0c =或2c =．当0c =时，123a a a ==，不符合题意舍去，故2c =． （II ）当2n ≥时，由于21a a c -=， 322a a c -=，1(1)n n a a n c --=-，所以1(1)[12(1)]2n n n a a n c c --=+++-=． 又12a =，2c =，故22(1)2(23)n a n n n n n =+-=-+=，，． 当1n =时，上式也成立，所以22(12)n a n n n =-+=，，． 17．（共14分）解法一：（I ）由题意，CO AO ⊥，BO AO ⊥， BOC ∴∠是二面角B AO C --是直二面角， CO BO ∴⊥，又AO BO O =，CO ∴⊥平面AOB ， 又CO ⊂平面COD ．∴平面COD ⊥平面AOB ．（II ）作DE OB ⊥，垂足为E ，连结CE （如图），则DE AO ∥， CDE ∴∠是异面直线AO 与CD 所成的角．在Rt COE △中，2CO BO ==，112OE BO ==，225CE CO OE ∴+=又132DE AO == ∴在Rt CDE △中，515tan 33CE CDE DE ===． ∴异面直线AO 与CD 所成角的大小为15arctan3． 解法二：（I ）同解法一．（II ）建立空间直角坐标系O xyz -，如图，则(000)O ，，，(0023)A ，，，(200)C ，，，(013)D ，，，(003)OA ∴=，，，(213)CD =-，，，cos OA CD OA CD OA CD∴<>=，6642322==． OC ADBEOADyz∴异面直线AO 与CD 所成角的大小为6arccos4． 18．（共13分）解：（I ）这6位乘客在互不相同的车站下车的概率为610661512.15121010A P ==0≥． （II ）这6位乘客中恰有3人在终点站下车的概率为33666914580.014581010C P ⨯===． 19．（共14分）解：（I ）因为AB 边所在直线的方程为360x y --=，且AD 与AB 垂直，所以直线AD 的斜率为3-．又因为点(11)T -，在直线AD 上，所以AD 边所在直线的方程为13(1)y x -=-+．320x y ++=．（II ）由36032=0x y x y --=⎧⎨++⎩，解得点A 的坐标为(02)-，，因为矩形ABCD 两条对角线的交点为(20)M ，． 所以M 为矩形ABCD 外接圆的圆心． 又22(20)(02)22AM =-++=从而矩形ABCD 外接圆的方程为22(2)8x y -+=．（III ）因为动圆P 过点N ，所以PN 是该圆的半径，又因为动圆P 与圆M 外切， 所以22PM PN =+ 即22PM PN -=故点P 的轨迹是以M N ，为焦点，实轴长为22 因为实半轴长2a =2c =．所以虚半轴长222b c a =-从而动圆P 的圆心的轨迹方程为221(2)22x y x -=-≤． 20．（本小题共14分）解：（I ）由方程22y kx y x =⎧⎨=+⎩，消y 得220x kx -+=． ················ ① 依题意，该方程有两个正实根，故212800k x x k ⎧∆=->⎨+=>⎩，，解得22k > （II ）由()2f x x '=，求得切线1l 的方程为1112()y x x x y =-+，由2112y x =+，并令0y =，得1112x t x =- 1x ，2x 是方程①的两实根，且12x x <，故212828k k x k k -==+-22k > 1x 是关于k 的减函数，所以1x 的取值范围是(02)，．t 是关于1x 的增函数，定义域为(02)，，所以值域为()-∞，0，（III ）当12x x <时，由（II ）可知1112x OM t x ==-+． 类似可得2212x ON x =-．1212122x x x x OM ON x x ++-=-+． 由①可知122x x =． 从而0OM ON -=．当21x x <时，有相同的结果0OM ON -=． 所以OM ON =．。

2024年北京⾼考数学真题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________⼀、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．【答案】A【分析】直接根据并集含义即可得到答案.【详解】由题意得，故选：A.2．已知，则（）．A．B．C．D．1【答案】C【分析】直接根据复数乘法即可得到答案.【详解】由题意得，故选：C.3．求圆的圆⼼到的距离（）A．B．2C．D．【答案】C【分析】求出圆⼼坐标，再利⽤点到直线距离公式即可.【详解】由题意得，即，则其圆⼼坐标为，则圆⼼到直线的距离为，故选：C.4．的⼆项展开式中的系数为（）A．15B．6C．D．【答案】B【分析】写出⼆项展开式，令，解出然后回代⼊⼆项展开式系数即可得解.【详解】的⼆项展开式为，令，解得，故所求即为.故选：B.5．已知向量，，则“”是“或”的（）条件．A．必要⽽不充分条件B．充分⽽不必要条件C．充分且必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断.【详解】因为，可得，即，可知等价于，若或，可得，即，可知必要性成⽴；若，即，⽆法得出或，例如，满⾜，但且，可知充分性不成⽴；综上所述，“”是“且”的必要不充分条件.故选：A.6．已知，，，，则（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【分析】根据三⻆函数最值分析周期性，结合三⻆函数最⼩正周期公式运算求解.【详解】由题意可知：为的最⼩值点，为的最⼤值点，则，即，且，所以.故选：B.7．记⽔的质量为，并且d越⼤，⽔质量越好．若S不变，且，，则与的关系为（）A．B．C．若，则；若，则；D．若，则；若，则；【答案】C【分析】根据题意分析可得，讨论与1的⼤⼩关系，结合指数函数单调性分析判断.【详解】由题意可得，解得，若，则，可得，即；若，则，可得；若，则，可得，即；结合选项可知C正确，ABD错误；故选：C.8．已知以边⻓为4的正⽅形为底⾯的四棱锥，四条侧棱分别为4，4，，，则该四棱锥的⾼为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平⾯平⾯，可知平⾯，利⽤等体积法求点到⾯的距离.【详解】如图，底⾯为正⽅形，当相邻的棱⻓相等时，不妨设，分别取的中点，连接，则，且，平⾯，可知平⾯，且平⾯，所以平⾯平⾯，过作的垂线，垂⾜为，即，由平⾯平⾯，平⾯，所以平⾯，由题意可得：，则，即，则，可得，所以四棱锥的⾼为.当相对的棱⻓相等时，不妨设，，因为，此时不能形成三⻆形，与题意不符，这样情况不存在.故选：D.9．已知，是函数图象上不同的两点，则下列正确的是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB；举例判断CD即可.【详解】由题意不妨设，因为函数是增函数，所以，即，对于选项AB：可得，即，根据函数是增函数，所以，故A正确，B错误；对于选项C：例如，则，可得，即，故C错误；对于选项D：例如，则，可得，即，故D错误，故选：A.10．若集合表示的图形中，两点间最⼤距离为d、⾯积为S，则（）A．，B．，C．，D．，【答案】C【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平⾯区域，结合图形分析求解即可.【详解】对任意给定，则，且，可知，即，再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平⾯区域，如图阴影部分所示，其中，可知任意两点间距离最⼤值；阴影部分⾯积.故选：C.【点睛】⽅法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到⼼中有图，⻅数想图，以开拓⾃⼰的思维．使⽤数形结合法的前提是题⽬中的条件有明确的⼏何意义，解题时要准确把握条件、结论与⼏何图形的对应关系，准确利⽤⼏何图形中的相关结论求解．⼆、填空题11．已知抛物线，则焦点坐标为．【答案】【分析】形如的抛物线的焦点坐标为，由此即可得解.【详解】由题意抛物线的标准⽅程为，所以其焦点坐标为.故答案为：.12．已知，且α与β的终边关于原点对称，则的最⼤值为．【答案】/【分析】⾸先得出，结合三⻆函数单调性即可求解最值.【详解】由题意，从⽽，因为，所以的取值范围是，的取值范围是，当且仅当，即时，取得最⼤值，且最⼤值为.故答案为：.13．已知双曲线，则过且和双曲线只有⼀个交点的直线的斜率为．【答案】【分析】⾸先说明直线斜率存在，然后设出⽅程，联⽴双曲线⽅程，根据交点个数与⽅程根的情况列式即可求解.【详解】联⽴与，解得，这表明满⾜题意的直线斜率⼀定存在，设所求直线斜率为，则过点且斜率为的直线⽅程为，联⽴，化简并整理得：，由题意得或，解得或⽆解，即，经检验，符合题意.故答案为：.14．已知三个圆柱的体积为公⽐为10的等⽐数列．第⼀个圆柱的直径为65mm，第⼆、三个圆柱的直径为325mm，第三个圆柱的⾼为230mm，求前两个圆柱的⾼度分别为．【答案】【分析】根据体积为公⽐为10的等⽐数列可得关于⾼度的⽅程组，求出其解后可得前两个圆柱的⾼度.【详解】设第⼀个圆柱的⾼为，第⼆个圆柱的⾼为，则，故，，故答案为：.15．已知，，不为常数列且各项均不相同，下列正确的是.①，均为等差数列，则M中最多⼀个元素；②，均为等⽐数列，则M中最多三个元素；③为等差数列，为等⽐数列，则M中最多三个元素；④单调递增，单调递减，则M中最多⼀个元素.【答案】①③④【分析】利⽤两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利⽤反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.【详解】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，⽽两条直线⾄多有⼀个公共点，故中⾄多⼀个元素，故①正确.对于②，取则均为等⽐数列，但当为偶数时，有，此时中有⽆穷多个元素，故②错误.对于③，设，，若中⾄少四个元素，则关于的⽅程⾄少有4个不同的正数解，若，则由和的散点图可得关于的⽅程⾄多有两个不同的解，⽭盾；若，考虑关于的⽅程奇数解的个数和偶数解的个数，当有偶数解，此⽅程即为，⽅程⾄多有两个偶数解，且有两个偶数解时，否则，因单调性相反，⽅程⾄多⼀个偶数解，当有奇数解，此⽅程即为，⽅程⾄多有两个奇数解，且有两个奇数解时即否则，因单调性相反，⽅程⾄多⼀个奇数解，因为，不可能同时成⽴，故不可能有4个不同的正数解，故③正确.对于④，因为为单调递增，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者⾄多⼀个交点，故④正确.故答案为：①③④【点睛】思路点睛：对于等差数列和等⽐数列的性质的讨论，可以利⽤两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等⽐数列的公⽐可能为负，此时要注意合理转化.三、解答题16．在△ABC中，，A为钝⻆，．(1)求；(2)从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择⼀个作为已知，求△ABC的⾯积．①；②；③．注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第⼀个解答计分．【答案】(1)；(2)选择①⽆解；选择②和③△ABC⾯积均为.【分析】（1）利⽤正弦定理即可求出答案；（2）选择①，利⽤正弦定理得，结合（1）问答案即可排除；选择②，⾸先求出，再代⼊式⼦得，再利⽤两⻆和的正弦公式即可求出，最后利⽤三⻆形⾯积公式即可；选择③，⾸先得到，再利⽤正弦定理得到，再利⽤两⻆和的正弦公式即可求出，最后利⽤三⻆形⾯积公式即可；【详解】（1）由题意得，因为为钝⻆，则，则，则，解得，因为为钝⻆，则.（2）选择①，则，因为，则为锐⻆，则，此时，不合题意，舍弃；选择②，因为为三⻆形内⻆，则，则代⼊得，解得，,则.选择③，则有，解得，则由正弦定理得，即，解得，因为为三⻆形内⻆，则，则，则17．已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上⼀点，．(1)若F是PE中点，证明：平⾯．(2)若平⾯，求平⾯与平⾯夹⻆的余弦值．【答案】(1)证明⻅解析(2)【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平⾏四边形，由线⾯平⾏的判定定理可得平⾯.（2）建⽴如图所示的空间直⻆坐标系，求出平⾯和平⾯的法向量后可求夹⻆的余弦值.【详解】（1）取的中点为，接，则，⽽，故，故四边形为平⾏四边形，故，⽽平⾯，平⾯，所以平⾯.（2）因为，故，故，故四边形为平⾏四边形，故，所以平⾯，⽽平⾯，故，⽽，故建⽴如图所示的空间直⻆坐标系，则，则设平⾯的法向量为，则由可得，取，设平⾯的法向量为，则由可得，取，故，故平⾯与平⾯夹⻆的余弦值为18．已知某险种的保费为万元，前3次出险每次赔付万元，第4次赔付万元赔偿次数01234单数在总体中抽样100单，以频率估计概率：(1)求随机抽取⼀单，赔偿不少于2次的概率；(2)（i）⽑利润是保费与赔偿⾦额之差．设⽑利润为，估计的数学期望；（ⅱ）若未赔偿过的保单下⼀保险期的保费下降，已赔偿过的增加．估计保单下⼀保险期⽑利润的数学期望．【答案】(1)(2)(i)0.122万元(ii)万元【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;（2）（ⅰ）设为赔付⾦额，则可取，⽤频率估计概率后可求的分布列及数学期望，从⽽可求.（ⅱ）先算出下⼀期保费的变化情况，结合（1）的结果可求.【详解】（1）设为“随机抽取⼀单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得.（2）（ⅰ）设为赔付⾦额，则可取，由题设中的统计数据可得，，，，故故（万元）.（ⅱ）由题设保费的变化为，故（万元）19．已知椭圆⽅程C：，焦点和短轴端点构成边⻓为2的正⽅形，过的直线l与椭圆交于A，B，，连接AC交椭圆于D．(1)求椭圆⽅程和离⼼率；(2)若直线BD的斜率为0，求t．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意得，进⼀步得，由此即可得解；（2）说明直线斜率存在，设，，联⽴椭圆⽅程，由⻙达定理有，⽽，令，即可得解.【详解】（1）由题意，从⽽，所以椭圆⽅程为，离⼼率为；（2）显然直线斜率存在，否则重合，直线斜率不存在与题意不符，同样直线斜率不为0，否则直线与椭圆⽆交点，⽭盾，从⽽设，，联⽴，化简并整理得，由题意，即应满⾜，所以，若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，所以，在直线⽅程中令，得，所以，此时应满⾜，即应满⾜或，综上所述，满⾜题意，此时或.20．已知在处切线为l．(1)若切线l的斜率，求单调区间；(2)证明：切线l不经过；(3)已知，，，，其中，切线l与y轴交于点B时．当，符合条件的A的个数为？（参考数据：，，）【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为.(2)证明⻅解析(3)2【分析】（1）直接代⼊，再利⽤导数研究其单调性即可；（2）写出切线⽅程，将代⼊再设新函数，利⽤导数研究其零点即可；（3）分别写出⾯积表达式，代⼊得到，再设新函数研究其零点即可.【详解】（1），当时，；当，；在上单调递减，在上单调递增.则的单调递减区间为，单调递增区间为.（2），切线的斜率为，则切线⽅程为，将代⼊则，即，则，，令，假设过，则在存在零点.，在上单调递增，，在⽆零点，与假设⽭盾，故直线不过.（3）时，.，设与轴交点为，时，若，则此时与必有交点，与切线定义⽭盾.由（2）知.所以，则切线的⽅程为，令，则.，则，，记，满⾜条件的有⼏个即有⼏个零点.，当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减；因为，，所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有⼀个零点，在上必有⼀个零点，综上所述，有两个零点，即满⾜的有两个.【点睛】关键点点睛：本题第⼆问的关键是采⽤的是反证法，转化为研究函数零点问题. 21．设集合．对于给定有穷数列，及序列，，定义变换：将数列的第项加1，得到数列；将数列的第列加，得到数列…；重复上述操作，得到数列，记为．若为偶数，证明：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”．【答案】证明⻅解析【分析】分充分性和必要性两⽅⾯论证.【详解】我们设序列为，特别规定.必要性：若存在序列，使得为常数列.则，所以.根据的定义，显然有，这⾥，.所以不断使⽤该式就得到，，必要性得证.充分性：若.由已知，为偶数，⽽，所以也是偶数.我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最⼩的⼀个.上⾯已经证明，这⾥，.从⽽由可得.同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从⽽和都是偶数.下⾯证明不存在使得.假设存在，根据对称性，不妨设，，即.情况1：若，则由和都是偶数，知.对该数列连续作四次变换后，新的相⽐原来的减少，这与的最⼩性⽭盾；情况2：若，不妨设.情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相⽐原来的⾄少减少，这与的最⼩性⽭盾；情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相⽐原来的⾄少减少，这与的最⼩性⽭盾.这就说明⽆论如何都会导致⽭盾，所以对任意的都有.假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.则此时对任意，由可知必有.⽽和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进⾏⼀次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，⽐原来的更⼩，这与的最⼩性⽭盾.综上，只可能，⽽，故是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.。

普通高等学校夏季招生全国统一考试数学文史类(北京卷)17．(2013北京，文17)(本小题共14分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥AD .E 和F 分别是CD 和PC 的中点．求证：(1)PA ⊥底面ABCD ；(2)BE ∥平面PAD ；(3)平面BEF ⊥平面PCD .19．(2013北京，文19)(本小题共14分)直线y ＝kx ＋m (m ≠0)与椭圆W ：24x ＋y 2＝1相交于A ，C 两点，O 是坐标原点． (1)当点B 的坐标为(0,1)，且四边形OABC 为菱形时，求AC 的长；(2)当点B 在W 上且不是W 的顶点时，证明：四边形OABC 不可能为菱形．20．(2013北京，文20)(本小题共13分)给定数列a 1，a 2，…，a n ，对i ＝1,2，…，n －1，该数列的前i 项的最大值记为A i ，后n －i 项a i ＋1，a i ＋2，…，a n 的最小值记为B i ，d i ＝A i －B i .(1)设数列{a n }为3,4,7,1，写出d 1，d 2，d 3的值；(2)设a 1，a 2，…，a n (n ≥4)是公比大于1的等比数列，且a 1＞0.证明：d 1，d 2，…，d n －1是等比数列；(3)设d 1，d 2，…，d n －1是公差大于0的等差数列，且d 1＞0.证明：a 1，a 2，…，a n －1是等差数列．普通高等学校夏季招生全国统一考试数学文史类(北京卷)第一部分(选择题 共40分)17．证明：(1)因为平面PAD ⊥底面ABCD ，且PA 垂直于这两个平面的交线AD ，所以PA ⊥底面ABCD .(2)因为AB ∥CD ，CD ＝2AB ，E 为CD 的中点，所以AB ∥DE ，且AB ＝DE .所以ABED 为平行四边形．所以BE ∥AD .又因为BE ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以BE ∥平面PAD .(3)因为AB ⊥AD ，而且ABED 为平行四边形，所以BE ⊥CD ，AD ⊥CD .由(1)知PA ⊥底面ABCD ，所以PA ⊥CD .所以CD ⊥平面PAD .所以CD ⊥PD .因为E 和F 分别是CD 和PC 的中点，所以PD ∥EF .所以CD ⊥EF .所以CD ⊥平面BEF .所以平面BEF ⊥平面PCD .18．解：由f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x ，得f ′(x )＝x (2＋cos x )．(1)因为曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，所以f ′(a )＝a (2＋cos a )＝0，b ＝f (a )．解得a ＝0，b ＝f (0)＝1.(2)令f ′(x )＝0，得x ＝0.f (x )与f ′(x )所以函数f (x )在区间(＝1是f (x )的最小值． 当b ≤1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 最多只有一个交点；当b ＞1时，f (－2b )＝f (2b )≥4b 2－2b －1＞4b －2b －1＞b ，f (0)＝1＜b ，所以存有x 1∈(－2b,0)，x 2∈(0,2b )，使得f (x 1)＝f (x 2)＝b . 因为函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b ＞1时曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点．综上可知，如果曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，那么b 的取值范围是(1，＋∞)． 19．解：(1)因为四边形OABC 为菱形，所以AC 与OB 相互垂直平分．所以可设A 1,2t ⎛⎫ ⎪⎝⎭，代入椭圆方程得21144t +=，即t =所以|AC |＝(2)假设四边形OABC 为菱形．因为点B 不是W 的顶点，且AC ⊥OB ，所以k ≠0.由2244,x y y kx m⎧+=⎨=+⎩消y 并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则1224214x x km k +=-+，121222214y y x x m k m k ++=⋅+=+.所以AC 的中点为M 224,1414km m k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭. 因为M 为AC 和OB 的交点，且m ≠0，k ≠0，所以直线OB 的斜率为14k -. 因为k ·14k ⎛⎫- ⎪⎝⎭≠－1，所以AC 与OB 不垂直． 所以四边形OABC 不是菱形，与假设矛盾．所以当点B 不是W 的顶点时，四边形OABC 不可能是菱形． 20．解：(1)d 1＝2，d 2＝3，d 3＝6.(2)因为a 1＞0，公比q ＞1，所以a 1，a 2，…，a n 是递增数列．所以，对i ＝1,2，…，n －1，A i ＝a i ，B i ＝a i ＋1.于是对i ＝1,2，…，n －1，d i ＝A i －B i ＝a i －a i ＋1＝a 1(1－q )q i －1.所以d i ≠0且1i id q d +=(i ＝1,2，…，n －2)， 即d 1，d 2，…，d n －1是等比数列．(3)设d 为d 1，d 2，…，d n －1的公差．对1≤i ≤n －2，因为B i ≤B i ＋1，d ＞0，所以A i ＋1＝B i ＋1＋d i ＋1≥B i ＋d i ＋d ＞B i ＋d i ＝A i .又因为A i ＋1＝max{A i ，a i ＋1}，所以a i ＋1＝A i ＋1＞A i ≥a i .从而a 1，a 2，…，a n －1是递增数列．所以A i ＝a i (i ＝1,2，…，n －1)．又因为B 1＝A 1－d 1＝a 1－d 1＜a 1，所以B 1＜a 1＜a 2＜…＜a n －1.所以a n ＝B 1.所以B 1＝B 2＝…＝B n －1＝a n .所以a i ＝A i ＝B i ＋d i ＝a n ＋d i .所以对i ＝1,2，…，n －2都有a i ＋1－a i ＝d i ＋1－d i ＝d ，即a 1，a 2，…，a n －1是等差数列．。

绝密★启封并使用完毕前普通高等学校招生全国统一考试数学（北京卷）本试卷共5页，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. {0,1}B. {−1,0,1}C. {−2,0,1,2}D. {−1,0,1,2}【答案】A【解析】分析：将集合化成最简形式，再进行求交集运算.详解：故选A.点睛：此题考查集合的运算，属于送分题.2. 在复平面内，复数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【答案】D【解析】分析：将复数化为最简形式，求其共轭复数，找到共轭复数在复平面的对应点，判断其所在象限. 详解：的共轭复数为对应点为，在第四象限，故选D.点睛：此题考查复数的四则运算，属于送分题，解题时注意审清题意，切勿不可因简单导致马虎丢分.3. 执行如图所示的程序框图，输出的s值为A. B.C. D.【答案】B【解析】分析：初始化数值，执行循环结构，判断条件是否成立，详解：初始化数值循环结果执行如下：第一次：不成立；第二次：成立，循环结束，输出，故选B.点睛：此题考查循环结构型程序框图，解决此类问题的关键在于：第一，要确定是利用当型还是直到型循环结构；第二，要准确表示累计变量；第三，要注意从哪一步开始循环，弄清进入或终止的循环条件、循环次数.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【答案】B【解析】分析：证明“”“成等比数列”只需举出反例即可，论证“成等比数列”“”可利用等比数列的性质.详解：当时，不成等比数列，所以不是充分条件；当成等比数列时，则，所以是必要条件.综上所述，“”是“成等比数列”的必要不充分条件故选B.点睛：此题主要考查充分必要条件，实质是判断命题“”以及“”的真假.判断一个命题为真命题，要给出理论依据、推理证明；判断一个命题为假命题，只需举出反例即可，或者当一个命题正面很难判断真假时，可利用原命题与逆否命题同真同假的特点转化问题.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.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为A. B.C. D.【答案】D【解析】分析：根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解. 详解：因为每一个单音与前一个单音频率比为，所以，又，则故选D.点睛：此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列. 等比数列的判断方法主要有如下两种：（1）定义法，若（）或（），数列是等比数列；（2）等比中项公式法，若数列中，且（），则数列是等比数列. 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. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.详解：由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，，由勾股定理可知：，则在四棱锥中，直角三角形有：共三个，故选C.点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.7. 在平面直角坐标系中，是圆上的四段弧（如图），点P在其中一段上，角以O x 为始边，OP为终边，若，则P所在的圆弧是A. B.C. D.【答案】C【解析】分析：逐个分析A、B、C、D四个选项，利用三角函数的三角函数线可得正确结论.详解：由下图可得：有向线段为余弦线，有向线段为正弦线，有向线段为正切线.A选项：当点在上时，，，故A选项错误；B选项：当点在上时，，，，故B选项错误；C选项：当点在上时，，，，故C选项正确；D选项：点在上且在第三象限，，故D选项错误.综上，故选C.点睛：此题考查三角函数的定义，解题的关键是能够利用数形结合思想，作出图形，找到所对应的三角函数线进行比较.8. 设集合则A. 对任意实数a，B. 对任意实数a，（2,1）C. 当且仅当a<0时,（2,1）D. 当且仅当时,（2,1）【答案】D【解析】分析：求出及所对应的集合，利用集合之间的包含关系进行求解.详解：若，则且，即若，则，此命题的逆否命题为：若，则有，故选D.点睛：此题主要结合充分与必要条件考查线性规划的应用，集合法是判断充分条件与必要条件的一种非常有效的方法，根据成立时对应的集合之间的包含关系进行判断. 设，若，则；若，则，当一个问题从正面思考很难入手时，可以考虑其逆否命题形式.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。