2018年高考真題——數(shù)學(xué)（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(xué)校招生全國統(tǒng)一考試 數(shù) 學(xué)（理）（北京卷） 本試卷共5頁，150分。考試時(shí)長120分鐘?？忌鷦?wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效?？荚嚱Y(jié)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(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng)。 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(duì)值不等式得集合A，再根據(jù)數(shù)軸求集合交集. 詳解： 因此AB=，選A. 點(diǎn)睛：認(rèn)清元素的屬性，解決集合問題時(shí)，認(rèn)清集合中元素的屬性(是點(diǎn)集、數(shù)集或其他情形)和化簡集合是正確求解的兩個(gè)先決條件. 2. 在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)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(fù)數(shù)化為最簡形式，求其共軛復(fù)數(shù)，找到共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，判斷其所在象限. 詳解：的共軛復(fù)數(shù)為 對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，在第四象限，故選D. 點(diǎn)睛：此題考查復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，屬于送分題，解題時(shí)注意審

3、清題意，切勿不可因簡單導(dǎo)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(shù)值，執(zhí)行循環(huán)結(jié)構(gòu)，判斷條件是否成立， 詳解：初始化數(shù)值 循環(huán)結(jié)果執(zhí)行如下： 第一次：不成立； 第二次：成立， 循環(huán)結(jié)束，輸出， 故選B. 點(diǎn)睛：此題考查循環(huán)結(jié)構(gòu)型程序框圖，解決此類問題的關(guān)鍵在于：第一，要確定是利用當(dāng)型還是直到型循環(huán)結(jié)構(gòu)；第二，要準(zhǔn)確表示累計(jì)變量；第三，要注意從哪一步開始循環(huán)，弄清進(jìn)入或終止的循環(huán)條件、循環(huán)次數(shù). 4. “十二平均律”是通用的音律體系，明代朱載堉最早用數(shù)學(xué)方法計(jì)算出半音比例，

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

5、 （2）等比中項(xiàng)公式法，若數(shù)列中，且（），則數(shù)列是等比數(shù)列. 5. 某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側(cè)面中，直角三角形的個(gè)數(shù)為 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】分析：根據(jù)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(gè)數(shù). 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(gè)， 故選C. 點(diǎn)睛：此題考查三視圖相關(guān)知識(shí)，解題時(shí)可將簡單幾何體放在正方體或長方體中進(jìn)行還原，分析線面、線線垂直關(guān)系，利用勾股定理求出每條棱長，進(jìn)而可進(jìn)行棱長、表面積、體

6、積等相關(guān)問題的求解. 6. 設(shè)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(duì)模平方，將等價(jià)轉(zhuǎn)化為0，再根據(jù)向量垂直時(shí)數(shù)量積為零得充要關(guān)系. 詳解： ，因?yàn)閍，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(diǎn)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(jié)合，例如“?”為真，則是的充分條件． 2．等價(jià)法：利用?與非?非，?與非?非，?與非?非的等價(jià)關(guān)系，對(duì)于條件或結(jié)論是否

7、定式的命題，一般運(yùn)用等價(jià)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(biāo)系中，記d為點(diǎn)P（cosθ，sinθ）到直線的距離，當(dāng)θ，m變化時(shí)，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(diǎn)，而直線過點(diǎn)A（2，0），則根據(jù)幾何意義得d的最大值為OA+1. 詳解： P為單位圓上一點(diǎn)，而直線過點(diǎn)A（2，0），所以d的最大值為OA+1=2+1=3,選C. 點(diǎn)睛：與圓有關(guān)的最值問題主要表現(xiàn)在求幾何圖形的長度、面積的最值，求點(diǎn)到直線的距離的最值，求相關(guān)參數(shù)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(zhì)將問題轉(zhuǎn)化． 8. 設(shè)集合則 A. 對(duì)任意實(shí)數(shù)a， B. 對(duì)任意實(shí)數(shù)a，（2，1） C. 當(dāng)且僅當(dāng)a<0時(shí)，（2，1） D. 當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，（2，1） 【答案】D 【解析】分析：求出及所對(duì)應(yīng)的集合，利用集合之間的包含關(guān)系進(jìn)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(diǎn)睛：此題主要結(jié)合充分與必要條件考查線性規(guī)劃的應(yīng)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(jù)成立時(shí)對(duì)應(yīng)的集合之間的包含關(guān)系進(jìn)行判斷. 設(shè)，若，則；若，則，當(dāng)一個(gè)問題從正面思考很難入手時(shí)，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(shè)是等差數(shù)列，且a1=3，a2+a5=36，則的通項(xiàng)公式為__________． 【答案】 【解析】分析：先根據(jù)條件列關(guān)于公差的方程，求出公差后，代入等差數(shù)列通項(xiàng)公式即可. 詳解： 點(diǎn)睛：在解決等差、等比數(shù)列的運(yùn)算問題時(shí)，有兩個(gè)處理思路,一是利用基本量,將多元問題簡化為首項(xiàng)與公差（公比）問題,雖有一定量的運(yùn)算,但思路簡潔,目標(biāo)明確;二是利用等差、等比數(shù)列的性質(zhì),性質(zhì)是兩種數(shù)列基本規(guī)律的深刻體現(xiàn)，是解決等差、等比數(shù)列問題既快捷又方便的工具，應(yīng)有意識(shí)地去應(yīng)用. 10. 在極坐標(biāo)系中，直線與圓相切，則a=_

10、_________． 【答案】 【解析】分析：根據(jù)將直線與圓極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程，再根據(jù)圓心到直線距離等于半徑解出a. 詳解：因?yàn)椋? 由，得， 由，得，即，即， 因?yàn)橹本€與圓相切，所以 點(diǎn)睛：(1)直角坐標(biāo)方程化為極坐標(biāo)方程，只要運(yùn)用公式及直接代入并化簡即可； (2)極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程時(shí)常通過變形，構(gòu)造形如的形式，進(jìn)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(duì)方程進(jìn)行變形時(shí)，方程必須同解，因此應(yīng)注意對(duì)變形過程的檢驗(yàn). 11. 設(shè)函數(shù)f（x）=，若對(duì)任意的實(shí)數(shù)x都成立，則ω的最小值為__________． 【答案】 【解析】分

11、析：根據(jù)題意取最大值，根據(jù)余弦函數(shù)取最大值條件解得ω，進(jìn)而確定其最小值. 詳解：因?yàn)閷?duì)任意的實(shí)數(shù)x都成立，所以取最大值，所以，因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，ω取最小值為. 點(diǎn)睛：函數(shù)的性質(zhì) (1). (2)周期 (3)由 求對(duì)稱軸，最大值對(duì)應(yīng)自變量滿足，最小值對(duì)應(yīng)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(jù)目標(biāo)函數(shù)與可行域關(guān)系，確定最小值取法. 詳解：作可行域，如圖，則直線過點(diǎn)A(1,2)時(shí)，取最小值3. 點(diǎn)睛：線性規(guī)劃的實(shí)質(zhì)是把代數(shù)問題幾何化，即數(shù)形結(jié)合的

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

13、. 又如，令f（x）=sinx，則f（0）=0，f（x）>f（0）對(duì)任意的x∈（0，2］都成立，但f（x）在［0，2］上不是增函數(shù). 點(diǎn)睛：要判定一個(gè)全稱命題是假命題，只要舉出集合中的一個(gè)特殊值，使不成立即可.通常舉分段函數(shù). 【答案】 (1). (2). 2 【解析】分析：由正六邊形性質(zhì)得漸近線的傾斜角，解得雙曲線中關(guān)系，即得雙曲線N的離心率；由正六邊形性質(zhì)得橢圓上一點(diǎn)到兩焦點(diǎn)距離之和為，再根據(jù)橢圓定義得，解得橢圓M的離心率. 詳解：由正六邊形性質(zhì)得橢圓上一點(diǎn)到兩焦點(diǎn)距離之和為，再根據(jù)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(diǎn)睛：解決橢圓和雙曲線的離心率的求值及范圍問題其關(guān)鍵就是確立一個(gè)關(guān)于的方程或不等式，再根據(jù)的關(guān)系消掉得到的關(guān)系式，而建立關(guān)于的方程或不等式，要充分利用橢圓和雙曲線的幾何性質(zhì)、點(diǎn)的坐標(biāo)的范圍等. 三、解答題共6小題，共80分。解答應(yīng)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(jù)平方關(guān)系求sinB,再根據(jù)正弦定理求sinA，即得∠A；（2）根據(jù)三角形面積公式兩種表示形式列方程，再利用誘導(dǎo)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(diǎn)睛：解三角形問題，多為邊和角的求值問題，這就需要根據(jù)正、余弦定理結(jié)合已知條件靈活轉(zhuǎn)化邊和角之間的關(guān)系，從而達(dá)到解決問題的目的. 16. 如圖，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為，AC，，的中點(diǎn)，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(zhì)得，由線面垂直性質(zhì)得,由三棱柱性質(zhì)可得，因此，最后根據(jù)線面垂直判定定理得結(jié)論，（2）根據(jù)條件建立空間直角坐標(biāo)系E-ABF，設(shè)立各點(diǎn)坐標(biāo)，利用方程組解得平面BCD一個(gè)法向量，根據(jù)向量數(shù)量積求得兩法向量夾角，再根據(jù)二面角與法向量夾角相等或互補(bǔ)關(guān)系求結(jié)果，（3）根據(jù)平面BCD一個(gè)法向量與直線FG方向向量數(shù)量積不為零，可得結(jié)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(xiàn)分別為AC，A1C1的中點(diǎn)， ∴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(xiàn)（0，0，2），G（0，2，1）． ∴， 設(shè)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(xiàn)（0，0，2）， ∴，∴，∴與不垂直， ∴GF與平面BCD不平行且不在平面BCD內(nèi)，∴GF與平面BCD相交． 點(diǎn)睛：垂直、平行關(guān)系證明中應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸思想的常見類型. (1)證明線面、面面平行，需轉(zhuǎn)化為證明線線平行. (2)證明線面垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線線垂直. (3)證明線線垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直. 17. 電影公司隨機(jī)收集了電影的有關(guān)數(shù)據(jù)，經(jīng)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(shù) 140 50 300 200 800 510 好評(píng)率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2 0.1 好評(píng)率是指：一類電影中獲得好評(píng)的部數(shù)與該類電影的部數(shù)的比值． 假設(shè)所有電影是否獲得好評(píng)相互獨(dú)立． （Ⅰ）從電影公司收集的電影中隨機(jī)選取1部，求這部電影是獲得好評(píng)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(jī)選取1部，估計(jì)恰有1部獲得好評(píng)的概率； （Ⅲ）假設(shè)每類電影得到人們喜歡的概率與表格中該類電影的好評(píng)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(guān)系． 【答案】(1) 概率為0.025 (2) 概率估計(jì)為0.35 (3) >>=>> 詳解：解：（Ⅰ）由題意知，樣本中電影的總部數(shù)是140+50+300+200+800+510=2000， 第四類電影中獲得好評(píng)的電影部數(shù)是200×0.25=50． 故所求概率為． （Ⅱ）設(shè)事件A為“從第四類電影中隨機(jī)選出的電影獲得好評(píng)”， 事件B為“從第五類電影中隨機(jī)選出的電影獲得好評(píng)”． 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(jì)為0.25，P（B）估計(jì)為0.2． 故所求概率估計(jì)為0.25×0.8+0.75×0.2=0.35． （Ⅲ）>>=>>． 點(diǎn)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(dú)立事件概率乘法公式:若A,B相互獨(dú)立，則P(AB)=P(A)P(B). 18. 設(shè)函數(shù)=[]． （Ⅰ）若曲線y= f（x）在點(diǎn)（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(dǎo)數(shù)，再根據(jù)得a；（2）先求

22、導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)：，2；再分類討論，根據(jù)是否滿足在x=2處取得極小值，進(jìn)行取舍，最后可得a的取值范圍． 詳解：解：（Ⅰ）因?yàn)?[]， 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(shè)知f ′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1． 此時(shí)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(dāng)x∈(，2)時(shí)，f ′(x)<0； 當(dāng)x∈(2，+∞)時(shí)

23、，f ′(x)>0． 所以f (x)<0在x=2處取得極小值． 若a≤，則當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，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(diǎn)． 綜上可知，a的取值范圍是（，+∞）． 點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解題，主要是利用導(dǎo)數(shù)、切點(diǎn)坐標(biāo)、切線斜率之間的關(guān)系來進(jìn)行轉(zhuǎn)化.以平行、垂直直線斜率間的關(guān)系為載體求參數(shù)的值，則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關(guān)系，進(jìn)而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來求解. 19. 已知拋物線C：=2px經(jīng)過點(diǎn)（1，2）．過點(diǎn)Q（0，1）的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)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(shè)O為原點(diǎn)，，，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(shè)直線方程，與拋物線聯(lián)立，根據(jù)判別式大于零解得直線l的斜率的取值范圍，最后根據(jù)PA，PB與y軸相交，舍去k=3，（2）先設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），與拋物線聯(lián)立，根據(jù)韋達(dá)定理可得，．再由，得，．利用直線PA，PB的方程分別得點(diǎn)M，N的縱坐標(biāo)，代入化簡可得結(jié)論. 詳解：解：（Ⅰ）因?yàn)閽佄锞€y2=2px經(jīng)過點(diǎn)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(shè)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(diǎn)（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(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）． 由（I）知，． 直線PA的方程為y–2=． 令x=0，得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為． 同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為． 由，得，． 所以． 所以為定值． 點(diǎn)睛：定點(diǎn)、定值問題通常是通過設(shè)參數(shù)或取特殊值來確定“定點(diǎn)”是什么、“定值”是多少，或者將該問題

26、涉及的幾何式轉(zhuǎn)化為代數(shù)式或三角問題，證明該式是恒定的. 定點(diǎn)、定值問題同證明問題類似，在求定點(diǎn)、定值之前已知該值的結(jié)果，因此求解時(shí)應(yīng)設(shè)參數(shù)，運(yùn)用推理，到最后必定參數(shù)統(tǒng)消，定點(diǎn)、定值顯現(xiàn). 20. 設(shè)n為正整數(shù)，集合A=．對(duì)于集合A中的任意元素和，記 M（）=． （Ⅰ）當(dāng)n=3時(shí)，若，，求M（）和M（）的值； （Ⅱ）當(dāng)n=4時(shí)，設(shè)B是A的子集，且滿足：對(duì)于B中的任意元素，當(dāng)相同時(shí)，M（）是奇數(shù)；當(dāng)不同時(shí)，M（）是偶數(shù)．求集合B中元素個(gè)數(shù)的最大值； （Ⅲ）給定不小于2的n，設(shè)B是A的子集，且滿足：對(duì)于B中的任意兩個(gè)不同的元素， M（）=0．寫出一個(gè)集合B，使其元素個(gè)數(shù)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(jù)定義對(duì)應(yīng)代入可得M（）和M（）的值；（2）先根據(jù)定義得M(α，α）= x1+x2+x3+x4．再根據(jù)x1，x 2，x3，x4∈{0，1}，且x1+x2+x3+x4為奇數(shù)，確定x1，x 2，x3，x4中1的個(gè)數(shù)為1或3．可得B元素最多為8個(gè)，再根據(jù)當(dāng)不同時(shí)，M（）是偶數(shù)代入驗(yàn)證，這8個(gè)不能同時(shí)取得，最多四個(gè)，最后取一個(gè)四元集合滿足條件，即得B中元素個(gè)數(shù)的最大值；（3）因?yàn)镸（）=0，所以不能同時(shí)取1，所以取共n+1個(gè)元素，再利用A的一個(gè)拆分說明B中元素最多n+1個(gè)元素，即得結(jié)果. 詳

28、解：解：（Ⅰ）因?yàn)棣?（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(shè)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(shù)， 所以x1，x 2，x3，x4中1的個(gè)數(shù)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(jīng)驗(yàn)證，對(duì)于每組中兩個(gè)元素α，β，均有M(α，β）=1. 所以每組中的兩個(gè)元素不可能同時(shí)是集合B的元素． 所以集合B中元素的個(gè)數(shù)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(gè)數(shù)的最大值為4. （Ⅲ）設(shè)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(duì)于Sk（k=1，2，…，n–1）中的不同元素α，β，經(jīng)驗(yàn)證，M(α，β)≥1. 所以Sk（k=1，2 ，…，n–1）中的兩個(gè)元素不可能同時(shí)是集合B的元素． 所以B中元素的個(gè)數(shù)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(gè)數(shù)為n+1，且滿足條件. 故B是一個(gè)滿足條件且元素個(gè)數(shù)最多的集合． 點(diǎn)睛：解決新定義問題的兩個(gè)著手點(diǎn)(1)正確理解新定義．耐心閱讀，分析含義，準(zhǔn)確提取信息是解決這類問題的前提，剝?nèi)バ露x、新法則、新運(yùn)算的外表，利用所學(xué)的知識(shí)將陌生的性質(zhì)轉(zhuǎn)化為我們熟悉的性質(zhì)，是解決這類問題的突破口．(2)合理利用有關(guān)性質(zhì)是破解新定義型問題的關(guān)鍵．在解題時(shí)要善于從題設(shè)條件給出的數(shù)式中發(fā)現(xiàn)可以使用性質(zhì)的一些因素，并合理利用．  河北、山東、甘肅、陜西、內(nèi)蒙古、北京、天津 資源投稿 qq：2355394501