2018 年普通高等学校招生生全国统一考试
理科数学试题参考答案
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. \(-\frac{3\sqrt3}2\)
三、解答题
17. 解
（1）在 \(\triangle ABD\) 中，由正弦定理得 \(\frac{BD}{\sin\angle A}=\frac{AB}{\sin\angle ADB}\).
由题设知，\(\frac5{\sin45^{\circ}}=\frac2{\sin\angle ADB}\)，所以 \(\sin\angle ADB=\frac{\sqrt2}5\).
由题设知，\(\angle ADB<90^{\circ}\)，所以 \(\cos\angle ADB=\sqrt{1-\frac2{25}}=\frac{\sqrt{23}}5\).
（2）由题设及（1）知，\(\cos\angle BDC=\sin\angle ADB=\frac{\sqrt2}5\).
在 \(\triangle BCD\) 中，由余弦定理得
\[\begin{aligned} BC^2=&BD^2+DC^2-2\cdot BD\cdot DC\cdot\cos\angle BDC \\ =&25+8-2\times5\times2\sqrt2\times\frac{\sqrt2}5 \\ =&25 \end{aligned} \]
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 \(PE=\sqrt3\). 又 \(PF=1,EF=2\)，故 \(PE\perp PF\).
可得 \(PH=\frac{\sqrt3}2\)，\(EH=\frac32\).
则 \(H(0,0,0)\)，\(P\left(0,0,\frac{\sqrt3}2\right)\)，\(D\left(-1,-\frac32,0\right)\)，\(\overrightarrow{DP}=\left(1,\frac32,\frac{\sqrt3}2\right)\)，\(\overrightarrow{HP}=\left(0,0,\frac{\sqrt3}2\right)\) 为平面 \(ABFD\) 的法向量，
设 \(DP\) 与平面 \(ABFD\) 所成角为 \(\theta\)，则 \(\sin\theta=\left|\frac{\overrightarrow{HP}\cdot\overrightarrow{DP}}{|\overrightarrow{HP}||\overrightarrow{DP}|}\right|=\frac{\frac34}{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}4\).
所以 \(DP\) 与平面 \(ABFD\) 所成角的正弦值为 \(\frac{\sqrt3}4\).
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 \(\left(1,\frac{\sqrt2}2\right)\) 或 \(\left(1,-\frac{\sqrt2}2\right)\).
所以 \(AM\) 的方程为 \(y=-\frac{\sqrt2}2x+\sqrt2\) 或 \(y=\frac{\sqrt2}2x-\sqrt2\).
（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 \(y=k(x-1)\ (k\neq0)\)，\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，则 \(x_1<\sqrt2\)，\(x_2<\sqrt2\)，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 \(y_1=kx_1-k\)，\(y_2=kx_2-k\) 得
\[k_{MA}+k_{AB}=\frac{2kx_1x_2-3k(x_1+x_2)+4k}{(x_1-2)(x_2-2)} \]
将 \(y=k(x-1)\) 代入 \(\frac{x^2}2+y^2=1\) 得
\[(2k^2+1)x^2-4k^2x+2k^2-2=0 \]
所以，\(x_1+x_2=\frac{4k^2}{2k^2+1}\)，\(x_1x_2=\frac{2k^2-2}{2k^2+1}\).
则 \(2kx_1x_2-3k(x_1+x_2)+4k=\frac{4k^3-4k-12k^3+8k^3+4k}{2k^2+1}=0\).
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 \(f(p)=\mathrm{C}_{20}^2p^2(1-p)^{18}\). 因此
\[f'(p)=\mathrm{C}_{20}^2\lbrack2p(1-p)^{18}-18p^2(1-p)^{17}\rbrack=2\mathrm{C}_{20}^2p(1-p)^{17}(1-10p) \]
令 \(f'(p)=0\)，得 \(p=0.1\). 当 \(p\in(0,0.1)\) 时，\(f'(p)>0\)；当 \(p\in(0.1,1)\) 时，\(f'(p)<0\).
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 \(Y\sim B(180,0.1)\)，\(X=20\times2+25Y\)，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 \((0,+\infty)\)，\(f'(x)=-\frac1{x^2}-1+\frac{a}{x}=-\frac{x^2-ax+1}{x^2}\).
（i）若 \(a\leq2\)，则 \(f'(x)\leq0\)，当且仅当 \(a=2\)，\(x=1\) 时 \(f'(x)=0\)，所以 \(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 单调递减.
（ii）若 \(a>2\)，令 \(f'(x)=0\) 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，\(f'(x)<0\)；
\(x\in\left(\frac{a-\sqrt{a^2-4}}2,\frac{a+\sqrt{a^2-4}}2\right)\) 时，\(f'(x)>0\). 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 \(x_1x_2=1\)，不妨设 \(x_1
\(x_2>1\). 由于
\[\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}=-\frac1{x_1x_2}-1+a\frac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}=-2+a\frac{-2\ln x_2}{\frac1{x_2}-x_2} \]
所以 \(\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}
设函数 \(g(x)=\frac1{x}-x+2\ln x\)，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 \(\frac1{x_2}-x_2+2\ln x_2<0\)，\(\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_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 \(k=-\frac43\) 或 \(k=0\). 经检验，当 \(k=0\) 时，\(l_1\) 与 \(C_2\) 没有公共点；当 \(k=-\frac43\) 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 \(k=\frac43\). 经检验，当 \(k=0\) 时，\(l_1\) 与 \(C_2\) 没有公共点；当 \(k=\frac43\) 时，\(l_2\) 与 \(C_2\) 没有公共点.
综上，所求 \(C_1\) 的方程为 \(y=-\frac43|x|+2\).
23. 解：
（1）当 \(a=1\) 时，\(f(x)=|x+1|-|x-1|\)，即 \(f(x)=\begin{cases}-2,&x\leq-1,\\2x,&{-1
故不等式 \(f(x)>1\) 的解集为 \(\{x\mid x>\frac12\}\).
（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 \(a\leq0\)，则当 \(x\in(0,1)\) 时 \(|ax-1|\geq1;\)
若 \(a>0\)，\(|ax-1|<1\) 的解集为 \(0
综上，\(a\) 的取值范围为 \((0,2]\).
