甘肃省兰州市2018届高三第一次诊断性考试数学(理)试题

2018年高三诊断考试理科综合能力测试注意事项：1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。

2．本卷满分300分，考试用时150分钟。

3．答题全部在答题纸上完成，试卷上答题无效。

4．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Na 23 Fe 56第Ⅰ卷一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列有关细胞结构和功能的叙述中，正确的是A．线粒体是乳酸产生的场所B．蓝藻和酵母菌细胞都不含有核糖体C．成熟的叶肉细胞中最大的细胞器是叶绿体D．所有细胞都具有生物膜2．下列有关酶的叙述中，正确的是A．酶分子在催化反应完成后立即被降解成氨基酸B．底物只有与酶的特定部位结合才能被催化C．RNA聚合酶能催化遗传信息的翻译D．酶均由腺细胞合成，具有高效性3．下列关于人体细胞分化、衰老、凋亡和癌变的叙述中，错误的是A．分化的细胞内DNA和RNA并没有改变B．细胞衰老表现为酶活性降低，细胞核体积增大C．细胞凋亡是受遗传物质控制的正常生理过程，溶酶体在细胞凋亡中起重要作用D．细胞癌变导致细胞黏着性降低，易分散转移4．免疫调节在维持内环境稳态的过程中具有重要作用。

下列与免疫相关的叙述中，错误的是A．非特异性免疫对侵入体内的多种病原体都有防御作用B．记忆细胞在受到相应抗原刺激时细胞周期会缩短C．浆细胞可来源于B细胞和记忆B细胞D．特异性免疫反应中，T细胞和浆细胞均可分泌淋巴因子5．下列有关基因表达的叙述中，正确的是A．哺乳动物红细胞中的基因不能表达B．大肠杆菌质粒基因表达与核糖体无关C．人的囊性纤维病是异常基因表达的结果D．洋葱根尖细胞基因表达场所包括线粒体、叶绿体6．下列有关实验及实验方法的描述中，正确的是A．用于观察质壁分离与复原的洋葱表皮细胞也可以用来观察有丝分裂B．研究DNA双螺旋结构、减数分裂中染色体变化都可以用模型构建的方法C．在噬菌体侵染细菌的实验中，用32P标记噬菌体的蛋白质D．实验“观察DNA和RNA在细胞中的分布”中盐酸的作用是使细胞分散开，便于观察7．党的十八大报告提出了“建设美丽中国”的宏伟蓝图。

甘肃省兰州市2018届高三一诊数学(理)试题+Word版含答案兰州市2018年高三诊断考试数学（理科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设全集U R =，集合{|0}M x x =≥，集合2{|1}N x x=<，则()U MC N =（ ）A ．(0,1)B ．[0,1]C ．[1,)+∞D ．(1,)+∞2.已知复数512z i =-+（i 是虚数单位），则下列说法正确的是（ ）A ．复数z 的实部为5B ．复数z 的虚部为12iC ．复数z 的共轭复数为512i +D ．复数z 的模为133.已知数列{}na 为等比数列，且22642a aa π+=，则35tan()a a =（ ）A 3．3-．3D ．3±4.双曲线22221x y a b-=的一条渐近线与抛物线21y x=+只有一个公共点，则双曲线的离心率为（ ）A ．54B ．5C ．54D 55.在ABC ∆中，M 是BC 的中点，1AM =，点P 在AM 上且满足2AP PM =，则()PA PB PC ⋅+等于（ ）A ．49-B ．43-C ．43 D ．496.数列{}na 中，11a=，对任意*n N ∈，有11n nan a +=++，令1i ib a =，*()i N ∈，则122018b b b++⋅⋅⋅+=（ ）A ．20171009B ．20172018C ．20182019D ．403620197.若1(1)nx x++的展开式中各项的系数之和为81，则分别在区间[0,]π和[0,]4n 内任取两个实数x ，y ，满足sin y x >的概率为（ ）A ．11π-B ．21π-C ．31π-D ．128.刘徽《九章算术注》记载：“邪解立方有两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也”.意即把一长方体沿对角面一分为二，这相同的两块叫做堑堵，沿堑堵的一顶点与其相对的面的对角线剖开成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积之比为定值2:1，这一结论今称刘徽原理.如图是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（）A．3π B．3π C．3πD．4π9.某程序框图如图所示，则程序运行后输出的S的值是（）A．1008 B．2017 C．2018 D．302510.设p ：实数x ，y 满足22(1)[(22)]x y -+-322≤-q ：实数x ，y 满足111x y x y y -≤⎧⎪+≥⎨⎪≤⎩，则p 是q 的（ ）A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要的条件 11.已知圆C ：22(1)(4)10x y -+-=和点(5,)M t ，若圆C 上存在两点A ，B 使得MA MB ⊥，则实数t 的取值范围是（ ）A ．[2,6]-B ．[3,5]-C ．[2,6]D ．[3,5]12.定义在(0,)2π上的函数()f x ，已知'()f x 是它的导函数，且恒有cos '()sin ()0x f x x f x ⋅+⋅<成立，则有（ ）A ．()2()64f ππ> B ．3()()63f ππ> C ．()3()63f ππ>D ．()3()64f ππ>二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.若2sin()45πα-=-，则cos()4πα+= ． 14.已知样本数据1a ，2a ， (2018)a 的方差是4，如果有2iib a =-(1,2,,2018)i =⋅⋅⋅，那么数据1b ，2b ， (2018)b 的均方差为 ．15.设函数()sin(2)f x x ϕ=+()2πϕ<向左平移3π个单位长度后得到的函数是一个奇函数，则ϕ= ． 16.函数23()123x x f x x =+-+，23()123x x g x x =-+-，若函数()(3)(4)F x f x g x =+-，且函数()F x 的零点均在[,](,,)a b a b a b Z <∈内，则b a -的最小值为 ．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分. 17.已知向量(cos2,sin 2)a x x =，(3,1)b =，函数()f x a b m =⋅+.（1）求()f x 的最小正周期；（2）当[0,]2x π∈时，()f x 的最小值为5，求m 的值. 18.如图所示，矩形ABCD 中，AC BD G=，AD ⊥平面ABE ，2AE EB BC ===，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE .（1）求证：AE ⊥平面BCE ；（2）求平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值.19.某地一商场记录了12月份某5天当中某商品的销售量y （单位：kg ）与该地当日最高气温x （单位：C ）的相关数据，如下表： x 11 9 8 52y 7 8 8 1012（1）试求y 与x 的回归方程y bx a =+；（2）判断y 与x 之间是正相关还是负相关；若该地12月某日的最高气温是6C ，试用所求回归方程预测这天该商品的销售量；（3）假定该地12月份的日最高气温2(,)XN μσ，其中μ近似取样本平均数x ，2σ近似取样本方差2s ，试求(3.813.4)P X <<.附：参考公式和有关数据1122211()()()n ni i i i i i nn i ii i x y nx y x x y y b x nx x x a y bx====⎧---⎪⎪==⎪⎨--⎪⎪=-⎪⎩∑∑∑∑，10 3.2≈，3.2 1.8≈，若2(,)XN μσ，则()0.6826P X μσμσ-<<+=，且(22)0.9544P X μσμσ-<<+=. 20.已知圆C ：22(1)8x y ++=，过(1,0)D 且与圆C 相切的动圆圆心为P .（1）求点P 的轨迹E 的方程；（2）设过点C 的直线1l 交曲线E 于Q ，S 两点，过点D的直线2l 交曲线E 于R ，T 两点，且12l l ⊥，垂足为W （Q ，R，S ，T 为不同的四个点）.①设0(,)W x y ，证明：220012x y +<；②求四边形QRST 的面积的最小值.21.已知函数1()1x x tf x e x -+=-，其中e 为自然对数的底数. （1）证明：当1x >时，①1x x <，②1x ex->； （2）证明：对任意1x >，1t >-，有1()(1ln )2f x x x >+.（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分. 22.[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系.已知直线l 的参数方程是22422x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（t 是参数），圆C 的极坐标方程为2cos()4πρθ=+.（1）求圆心C 的直角坐标；（2）由直线l 上的点向圆C 引切线，并切线长的最小值.23.[选修4-5：不等式选讲] 设函数()2f x x a x =-+，其中0a >.（1）当2a=时，求不等式()21≥+的解集；f x x（2）若(2,)f x>，求a的取值范围.x∈-+∞时，恒有()0兰州市2018年高三诊断考试数学（理科）试题参考答案及评分参考一、选择题1-5: CDADA 6-10: DBBAB 11、12：CC二、填空题13. 2- 14. 2 15. 3π516. 10三、解答题17.（1）由题意知：()cos(2,sin2)=(3,1)mf x x x⋅+++x x m3cos2sin22sin(2)3x mπ=++，所以()f x 的最小正周期为T π=.（2）由（1）知：()2sin(2)3f x x m π=++， 当[0,]2x π∈时，42[,]333x πππ+∈. 所以当4233x ππ+=时，()f x 的最小值为3m-+.又∵()f x 的最小值为5，∴35m -+=，即53m =+.18.（1）因为AD ⊥面ABE ，所以AD AE ⊥， 又//BC AD ，所以BC AE ⊥.因为BF ⊥面ACE ，所以BF AE ⊥. 又BCBF B=，所以AE ⊥面BCF ，即AE ⊥平面BCE .（2）方法1：因为BF ⊥面ACE ，CE ⊂面ACE ，所以BF CE ⊥， 又BC BE =，所以F 为CE 中点，在DEC ∆中，22DE CE CD ===所以DF CE ⊥，BFD ∠为二面角B CE D --的平面角，222cos 2BF DF BD BFD BF DF +-∠=⋅⋅33226==⋅⋅.∴平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值为33.方法2：以E 为原点，EB 所在直线为x 轴，EA 所在直线为y 轴，过E 且垂直于平面ABE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则相关点的坐标为(0,0,0)E ，(2,0,0)B ，(2,0,2)C ，(0,2,2)D ，设平面BCE 的法向量1n ，平面CDE 的法向量为2n ，易知1(0,1,0)n =，令2(,,)nx y z =，则2200n EC n ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，故220220x z y z +=⎧⎨+=⎩，令1x =，得111x y z =⎧⎪=⎨⎪=-⎩，2(1,1,1)n =-，于是，12cos ,n n<>121213n n n n ⋅==⋅3=此即平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值. 19.（1）由题意，7x =，9y =，1ni ii x y nx y =-∑28757928=-⋅⋅=-，221ni i x nx =-∑22955750=-⋅=，280.5650b =-=-，a y bx =-9(0.56)712.92=--⋅=.所以所求回归直线方程为0.5612.92y x =-+.（2）由0.560b =-<知，y 与x 负相关.将6x =代入回归方程可得，0.56612.929.56y =-⋅+=，即可预测当日销售量为9.56kg . （3）由（1）知7x μ≈=，2 3.2S σ≈=，所以(3.813.4)P X <<(2)P X μσμσ=-<<+1()2P X μσμσ=-<<+1(22)2P X μσμσ+-<<+0.8185=.20.解：（1）设动圆半径为r ，由于D 在圆内，圆P 与圆C 内切， 则22PC r=，PD r =， 22PC PD +=2CD >=，由椭圆定义可知，点P 的轨迹E 是椭圆，2a =1c =，211b =-=，E的方程为2212x y +=.（2）①证明：由已知条件可知，垂足W 在以CD 为直径的圆周上， 则有22001xy +=，又因Q ，R ，S ，T 为不同的四个点，220012x y +<.②解：若1l 或2l 的斜率不存在，四边形QRST 的面积为2.若两条直线的斜率存在，设1l 的斜率为1k ， 则1l 的方程为1(1)y k x =+，解方程组122(1)12y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得222(21)4kx k x ++2220k +-=，则2212221k QS k +=+，同理得221222k RT k +=+∴12QSRTSQS RT =⋅2222(1)4(21)(2)k k k +=++2222(1)49(1)4k k +≥+169=，当且仅当22212k k +=+，即1k =±时等号成立.综上所述，当1k =±时，四边形QRST 的面积取得最小值为169. 21.解：（1）令()(1)m x x x =，则1'()22m x x x =-(1)02x x=-<，()m x 为(1,)+∞上的减函数，而(1)0m =，所以()(1)0m x x x =<，1x x <成立；令1()x n x ex-=-，则1'()10x n x e-=->，()n x 为(1,)+∞上的增函数，而(1)0n =，所以1()0x n x e x -=->，1x ex->成立.（2）1()(1ln )2f x x x >+，即11x x t e x -+-1(1ln )2x x >+(1)x x =+，由（1）1x x <，所以1x x+<(1)x x +x x x <=，所以，只需证11x x tx e x -+<-，即12()x x t e x x-+>-，由（1）1x e x ->，所以只需证2()x x t xx+>-，只需证1x t x +>-，即1t >-，上式已知成立，故原式成立，得证.22.解：（1）∵22ρθθ，∴22cos 2sin ρρθρθ=，∴圆C 的直角坐标方程为22220x y x +=，即2222()(1x y +=，∴圆心直角坐标为22(.（2）方法1：直线l 上的点向圆C 引切线长是222222()(42)12222t t -+++-2840t t ++2(4)246t =++≥∴直线l 上的点向圆C 引的切线长的最小值是26方法2：直线l 的普通方程为420x y -+=，∴圆心C 到直线l 22|422252+=，∴直线l 上的点向圆C 引的切线长的最小值是225126-=23.解：（1）当2a =时，2221x x x -+≥+， 所以21x -≥，所以3x ≥或1x ≤， 解集为(,1][3,)-∞+∞.（2）3,(),x a x af x x a x a-≥⎧=⎨+<⎩，因为0a >，∴x a ≥时，320x a a -≥>恒成立，又x a <时，当2x >-时，2x a a +>-+，∴只需20a -+≥即可，所以2a ≥.。

只有一项是符合题目要求的，集合既不充分也不必A ．B ． C. 2425458. 过直线上的点作圆23y x =+x A ． B ． C. 19259. 如图所示，若程序框图输出的所有实数对110.过双曲线（作两条渐近线的垂线，垂足分2222:1x y C a b-=别为，点为坐标原点，若四边形,A B O A ． B ． C. 222+111. 如图，四棱锥的底面是边长为P ABCD -A ．B ． C.D ．12.对于任意，，不等式恒成立，则实数 0b >a R ∈[]22(2)(1)b a b a m ----≥-m 的最大值为（ ）B ．2 C. D ．e e中，三个内角A19.2017年12月，针对国内天然气供应紧张的问题，某市政府及时安排部署，加气站采取了紧急限气措施，全市居民打响了节约能源的攻坚战年份天然气需求量进行了统计，并绘制了相应的折线图（Ⅰ）由折线图可以看出，可用线性回归模型拟合年度天然气需示量x y(单位：年)之间的关系.并且已知关于测2018年该地区的天然气需求量；（Ⅱ）政府部门为节约能源出台了《购置新能源汽车补贴方案》出了严格规定，根据续航里程的不同，将补贴金额划分为三类，补贴2.5万元，C类：每车补贴了统计，结果如下表：辆车中抽取辆车享受的补贴金额之和记为分.将所选题目对应的题号方框涂黑的法向量0,为119. 解：（Ⅰ）如折线图数据可知20082010201220145x +++=236246257276y ++++=辆，21，由椭圆的定义得2)，可得∴满足条件的直线是否有零点，转化为函数单调递增；。

2018年甘肃省第一次高考诊断考试理科数学试卷一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.1.设全集U R =，集合{}2A x x =≥，{}06B x x =≤<，则集合()U （）A．{}02x x <<B．{}02x x <≤C．{}02x x ≤<D．{}02x x ≤≤2.在复平面内复数34iz i+=、(i 是虚数单位)对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3.向量(,1)a m =，(1,)b m =，则“1m =”是“//a b ”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4.若实数x ，y 满足10,10,0,x y x y y -+≥⎧⎪+-≤⎨⎪≥⎩则2z x y =+的最大值是（）A．-1B．1C.2D．35.某几何体挖去两个半球体后的三视图如图所示，若剩余几何体的体积为23π，则a 的值为（）A．1B．2 C.22D．326.已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，n S 为其前n 项和，若11a =，3564a a ⋅=，则6S =（）A．65B．64C.63D．627.中国古代三国时期的数学家赵爽,创作了一幅“勾股弦方图”，通过数形结合，给出了勾股定理的详细证明.如图所示,在“勾股弦方图”中，以弦为边长得到的正方形ABCD 是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成，这一图形被称作“赵爽弦图”.若7cos 225BAE ∠=，则在正方形ABCD 内随机取一点，该点恰好在正方形EFGH 内的概率为（）A．2425B．45C.35D．1258.过直线23y x =+上的点作圆2246120x y x y +-++=的切线，则切线长的最小值为（）A．19B．25C.21D．5559.如图所示，若程序框图输出的所有实数对(,)x y 所对应的点都在函数2()f x ax bx c =++的图象上，则1()0f x dx =⎰（）A．1011B．1112C.1312D．121110.过双曲线2222:1x y C a b-=（0a >，0b >）的右焦点(22,0)F 作两条渐近线的垂线，垂足分别为,A B ，点O 为坐标原点，若四边形OAFB 的面积为4，则双曲线的离心率为（）A．22B．2+1C.3D．211.如图，四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的正方形，PA ⊥平面ABCD ，且4PA =，M 是PB 上的一个动点，过点M 作平面//α平面PAD ，截棱锥所得图形面积为y ，若平面α与平面PAD 之间的距离为x ，则函数()y f x =的图象是（）A．B． C.D．12.对于任意0b >，a R ∈，不等式[][]222(2)ln (1)b a b a m m --+--≥-恒成立，则实数m 的最大值为（）A．eB．2 C.eD．3第Ⅱ卷（共90分）二、填空题：本题共4小题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.二项式62()x x-的展开式中的常数项是．(用数字作答)14.已知数列{}n a 满足115a =，12()n n a a n N n *+-=∈，则n an的最小值为．15.在某班举行的成人典礼上，甲、乙、丙三名同学中的一人获得了礼物.甲说：“礼物不在我这”；乙说：“礼物在我这”；丙说：“礼物不在乙处”.如果三人中只有一人说的是真的，请问(填“甲”、“乙”或“丙”)获得了礼物.16.抛物线2:4C y x =的焦点为F ，过准线上一点N 作NF 的垂线交y 轴于点M ，若抛物线C 上存在点E ，满足2NE NM NF =+，则MNF ∆的面积为．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.ABC ∆中，三个内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若(cos ,cos )m B C =，(2,)n a c b =+，且m n ⊥.（Ⅰ）求角B 的大小；（Ⅱ）若6b =，求ABC ∆周长的取值范围.18.四棱台被过点11,,A C D 的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=︒，1BB ⊥平面ABCD ，12BB =.（Ⅰ）求证：平面1AB C ⊥平面1BB D ；（Ⅱ）若1AA 与底面ABCD 所成角的正切值为2，求二面角11A BD C --的余弦值.19.2017年12月，针对国内天然气供应紧张的问题，某市政府及时安排部署，加气站采取了紧急限气措施，全市居民打响了节约能源的攻坚战.某研究人员为了了解天然气的需求状况，对该地区某些年份天然气需求量进行了统计，并绘制了相应的折线图.（Ⅰ）由折线图可以看出，可用线性回归模型拟合年度天然气需示量y (单位：千万立方米)与年份x (单位：年)之间的关系.并且已知y 关于x 的线性回归方程是ˆˆ6.5yx a =+，试确定ˆa 的值，并预测2018年该地区的天然气需求量；（Ⅱ）政府部门为节约能源出台了《购置新能源汽车补贴方案》，该方案对新能源汽车的续航里程做出了严格规定，根据续航里程的不同，将补贴金额划分为三类，A 类：每车补贴1万元，B 类：每车补贴2.5万元，C 类：每车补贴3.4万元.某出租车公司对该公司60辆新能源汽车的补贴情况进行了统计，结果如下表：类型A 类B 类C 类车辆数目102030为了制定更合理的补贴方案，政府部门决定利用分层抽样的方式了解出租车公司新能源汽车的补贴情况，在该出租车公司的60辆车中抽取6辆车作为样本，再从6辆车中抽取2辆车进一步跟踪调查.若抽取的2辆车享受的补贴金额之和记为“ξ”，求ξ的分布列及期望.20.椭圆2222:1x y E a b+=（0a b >>）的左、右焦点分别为1F ，2F ，过2F 作垂直于x 轴的直线l 与椭圆E在第一象限交于点P ，若15PF =，且23a b =.（Ⅰ）求椭圆E 的方程；（Ⅱ）A ，B 是椭圆C 上位于直线l 两侧的两点.若直线AB 过点(1,1)-，且22APF BPF ∠=∠，求直线AB 的方程.21.已知函数()ln f x a x =，a R ∈.（Ⅰ）若曲线()y f x =与曲线()g x x =在公共点处有共同的切线，求实数a 的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，试问函数1()()12x xe F x xf x -=-+是否有零点？如果有，求出该零点；若没有，请说明理由.(二)选考题：共10分.请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线221:(3)(1)4C x y -+-=，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，将曲线1C 绕极点逆时针旋转6π后得到的曲线记为2C .（Ⅰ）求曲线1C ，2C 的极坐标方程；（Ⅱ）射线3πθ=（0p >）与曲线1C ，2C 分别交于异于极点O 的A ，B 两点，求AB .23.选修4-5：不等式选讲已知函数()2f x m x =--，m R ∈，且(1)0f x +≥的解集为[]0,2.（Ⅰ）求m 的值；（Ⅱ）若a ，b ，c R ∈，且11123m a b c++=，求证：239a b c ++≥.2018年甘肃省第一次高考诊断理科数学考试参考答案及评分标准一、选择题1-5:CDACB 6-10:CDABD11、12：DB二、填空题13.-16014.27415.甲16.322三、解答题17.解:（Ⅰ）∵m n ⊥，则有cos (2)cos 0B a c C b ⋅++⋅=，∴cos (2sin sin )cos sin 0B AC C B ⋅++⋅=∴2cos sin (sin cos cos sin )sin()sin B A C B C B B C A =-⋅+⋅=-+=-，∴1cos 2B =-，∴23B π=.（Ⅱ）根据余弦定理可知2222cos b a c ac B =+-，∴2236a c ac =++，又∵236()a c ac =+-，∴22()36()2a c a c ac ++-=≤，∴643a c <+≤，则ABC ∆周长的取值范围是(12,643⎤+⎦.18.解：（Ⅰ）∵1BB ⊥平面ABCD ，∴1BB AC ⊥.在菱形ABCD 中，BD AC ⊥，又1BD BB B ⋂=，∴AC ⊥平面1BB D ，∵AC ⊂平面1AB C ，∴平面1AB C ⊥平面1BB D .（Ⅱ）∵1BB ⊥平面ABCD∴1AA 与底面ABCD 所成角为1A AB ∠，∴1tan 2A AB ∠=，∴111A B =设BD ,AC 交于点O ，以O 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系.则(0,1,0)B -，(0,1,0)D ，1(0,1,2)B -,(3,0,0)A .111131(,,2)222B A BA A =⇒- ，同理131(,,2)22C --，131(,,2)22BA = ，(0,2,0)BD = ，131(,,2)22BC =- .设平面1A BD 的法向量(,,)n x y z =，∴10,0,BA n BD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 则(4,0,3)n =-，设平面1C BD 的法向量(,,)m x y z '''=，10,0,BD m BC m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩则(4,0,3)m =，设二面角11A BD C --为θ，13cos 19m n m n θ⋅==.19.解：（Ⅰ）如折线图数据可知2008201020122014201620125x ++++==236246257276286260.25y ++++==代入线性回归方程ˆˆ6.5yx a =+可得ˆ12817.8a =-.将2018x =代入方程可得ˆ299.2y=千万立方米.（Ⅱ）根据分层抽样可知A 类，B 类，C 类抽取人数分别为1辆，2辆，3辆则当A 类抽1辆，B 类抽1辆时，=3.5ξ，此时1112262( 3.5)15C C P C ξ===；当A 类抽1辆，C 类抽1辆时， 4.4ξ=，此时1113263( 4.4)15C C P C ξ===；当B 类抽1辆，C 类抽1辆时， 5.9ξ=，此时11232662( 5.9)155C C P C ξ====；当B 类抽2辆时，=5ξ，此时22261(5)15C P C ξ===；当C 类抽2辆时， 6.8ξ=，此时232631( 6.8)155C P C ξ====.所以ξ的分布列为：ξ3.54.45.956.8p2153152511515∴23211273.5 4.4 5.95 6.8151551555E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=（万元）20.解：（Ⅰ）由题可得223b PF a==，因为15PF =，由椭圆的定义得4a =，所以212b =，所以椭圆E 方程为2211612x y +=.（Ⅱ）易知点P 的坐标为(2,3).因为22APF BPF ∠=∠，所以直线PA ，PB 的斜率之和为0.设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为k -，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则直线PA 的方程为3(2)y k x -=-，由223(2)11612y k x x y -=-⎧⎪⎨+=⎪⎩可得222(3+4)8(32)4(32)480k x k k x k +-+--=，∴128(23)234k k x k ++=+同理直线PB 的方程为3(2)y k x -=--，可得2228(23)8(23)23434k k k k x k k---++==++，∴2122161234k x x k -+=+，1224834k x x k--=+，121212121212(2)3(2)3()412AB yy k x k x k x x k k x x x x x x --++--+-====---，∴满足条件的直线AB 的方程为11(1)2y x +=-，即为230x y --=.21.解：（Ⅰ）函数()ln f x a x =的定义域为(0)+∞,，()af x x '=，1()2g x x'=设曲线()y f x =与曲线()g x x =公共点为00(,)x y 由于在公共点处有共同的切线，所以0012a x x =，解得204x a =，0a >.由00()()f x g x =可得00ln a x x =.联立20004,ln ,x a a x x ⎧=⎪⎨=⎪⎩解得2ea =.（Ⅱ）函数1()()12xxe F x xf x -=-+是否有零点，转化为函数()()ln 2eH x xf x x x==与函数1()12xxe G x -=-在区间(0,)x ∈+∞是否有交点，()()ln 2eH x xf x x x ==，可得()ln (1ln )222eeeH x x x '=+=+，令()0H x '>，解得1(,)x e ∈+∞，此时函数()H x 单调递增；令()0H x '<，解得1(0,)x e ∈，此时函数()H x 单调递减.∴当1x e =-时，函数()H x 取得极小值即最小值，11()2H e =-.1()12xxe G x -=-可得11()(1)2xG x x e -'=-，令()0G x '>，解得01x <<，此时函数()G x 单调递增；令()0G x '<，解得1x >，此时函数()G x 单调递减.∴当1x =时，函数()G x 取得极大值即最大值，1(1)2G =-.因此两个函数无交点.即函数1()()12xxe F x xf x -=-+无零点.22.解：曲线221:(3)(1)4C x y -+-=化为极坐标方程是23cos 2sin ρθθ=+设曲线2C 上的点(,)Q ρθ绕极点顺时针旋转6π后得到(,)6P πρθ-在1C 上，代入可得2C 的极坐标方程是2cos 23sin ρθθ=+.（Ⅱ）将3πθ=（0ρ>）分别代入1C ，2C 的极坐标方程，得到123ρ=，24ρ=12423AB ρρ=-=-.23.（Ⅰ）()01011f x m x m x m≥⇒--≥⇒-≤≤+由(+1)0f x ≥的解集为[]02，可知1m =.（Ⅱ）111123a b c++=则111233223(22)()111232233b c a c a b a b c a b c a b c a a b b c c++=++++=++++++++233233692323b a c a c b a b a c b c=++++++≥+=当且仅当23a b c ==时等号成立，即3a =，32b =，1c =时等号成立.。

兰州市2018年高三诊断考试理科综合能力测试参考答案及评分参考一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.B2.C3.A4.D5.A6.D7.D8.D9.B 10.C 11.A 12.B 13.C二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.D 15.C 16. B 17.D 18. BD 19.AD 20. AC 21. BC三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题（共129分）22．（1）B （2分）（2）F ′ （3分） 23. （1）BD （2分） （2）()122121I I R R I I E --=或()122112I I R R E I I -=-（2分）122211I I R I R I r --=或221112I R I R r I I -=- （2分）（3）等于 （2分） 大于 （2分）24.（1）导体棒匀速运动产生的感应电动势为V 6==BLv E ………………（2分）感应电流为A 4=+=rR EI …………………………………….（2分）由导体棒受力平衡可得N 4.3sin sin =+=+=θθmg BIL mg F F 安…………………（2分） （2）撤去外力后，由动能定理2210sin mv W l mg -=--克θ…………………（2分） 得J 8=克W …………………（1分）电阻R 上产生的热J 316832=⨯=Q …………………（1分）电量C 8.0=+∆=rR q φ电…………………（2分）25．（1）设物块达到B 点是的速度为v 1，由牛顿第二定律 2111-m v N m g R= ①……..（1分）从A 到B 有功能关系 2111f 1-2W m gR m v =克 ②………………………………..（2分） 由①②解得 W 克f =36J ………………………………………………………………..（1分） （2）设物块在C 点的速度为v 2，从B 到C 时间为t ， 由动能定理 2211121111-22m gL m v m v μ=- ③……………………………………….（1分） 解得v 2=4m/s …………………………………………………………………………（1分）由牛顿第二定律 11m g m a μ= ④………………………………………………….（1分） 解得2s /m 2=a ……………………………………………………………………...（1分）由③④解得从B 到C 的时间为s 121=-=av v t ………………………………...（1分） （3）当平板车固定时，由动能定理 2122102m v fL -=-……………………...（1分）解得 f =4N ⑤………………………………………………………………...（1分）（用题目中μ=0.2和f =μmg =4N 算出摩擦力的，这一问不得分，但不影响后面的得分）当平板车不固定时，假设物块恰好不能滑离小车，它停在小车最右端时二者共同的速度为v 3，物块相对小车滑行的距离为x ，物块与平板车组成的系统动量守恒 32121)(v m m v m += ⑥ 物块与平板车组成的系统能量守恒 22121231122fx m v m m v =-+（） ⑦ 由⑤⑥⑦解得x =m 34∵x ＞1m ∴物块将滑离小车…………………………………………...（4分）设物块滑离小车时物块的速度为v 4，小车的速度为v 5， 物块与平板车组成的系统动量守恒 524121v m v m v m += ⑧……………（2分） 物块与平板车组成的系统能量守恒 2223121425111222fL m v m v m v =-- ⑨…（2分） 由⑤⑧⑨解得s /m 3104=v ，54/3v m s =….（1分）另一组解不合题意舍去s /m 24=v ，s /m 45=v26.（1）①2Na 2S + Na 2CO 3 + 4SO 2=3Na 2S 2O 3 + CO 2 （2分）②品红、溴水或酸性KMnO 4溶液（1分）溶液颜色很快褪色（其他合理答案即可）（2分）③控制SO 2的流速或增大反应物的浓度 （其他合理答案即可） （2分） （2）蒸发浓缩、降温结晶 （2分）（3）取制得的Na 2S 2O 3·5H 2O 产品少量于试管中，加水溶解再加入稀盐酸调至酸性，静置片刻，再取上层清液于试管中，加入BaCl 2溶液，有白色沉淀产生，则证明含Na 2SO 4杂质 ,否则不含Na 2SO 4。

绝密★启用前甘肃省兰州市2018届高三一诊理科综合试题（考试时间：150分钟试卷满分：300分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 P 31 Cl 35.5 Ga 70第Ⅰ卷一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列关于细胞中化合物及相关生命活动的叙述，正确的是A．沸水浴时肽键断裂导致胰岛素生物活性丧失B．磷脂和腺嘌呤中均含有N元素C．所有细胞中核糖体的形成都与核仁有关D．与细胞代谢有关的酶都是在核糖体中合成的2．囊泡运输在细胞的生命活动中非常重要，下列相关叙述中错误的是A．囊泡膜的化学成分主要是磷脂和蛋白质B．生物膜的更新可通过囊泡运输实现C．只有大分子物质才通过囊泡运输D．囊泡运输需要消耗能量3．下列关于实验操作的叙述，错误的是A．不易选用橙汁鉴定还原糖，原因是其中不含还原糖B．鉴定花生子叶中的脂肪需要腿微镜才能看到被染成橘黄色的脂肪滴C．用某—浓度的硝酸钾溶液处理洋葱鳞片叶表皮细胞，不一定能观察到质壁分离复原现象D．调查菜青虫种群密度用的是样方法4．特异性在生物学的很多结构和物质中都具有，下列相关叙述中，正确的是A．信使RNA上有多少个密码子就有多少个转运RNA与之特异性的对应B．细胞之间的信息交流均依赖于细胞膜上的特异性受体C．突触后膜上的受体与神经递质发生特异性结合后均将神经递质输入细胞D．糖蛋白和DNA聚合酶都具有特异性5．下列关于植物激素及其类似物的叙述，错误的是A．在幼嫩的芽中，酪氨酸可转变成生长素B．在葡萄结果实的时期使用一定浓度的2，4-D可以使葡萄增产C．植物体各部位都能合成乙烯D．赤霉素能诱导α-淀粉酶的产生从而促进种子的萌发6．下图为某二倍体动物体内的细胞在细胞分裂过程中每条染色体上DNA分子含量的变化曲线，下列相关叙述中错误的是A．ah时期可能发生碱基互补配对B．be时期可能发生姐妹染色单体的形成C．cd时期可能发生同源染色体的分离D．ef时期可能存在四分体7．化学与生活、生产密切相关。

2018年甘肃省高考数学一诊试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 设全集U ＝R ，集合A ＝{x|x ≥2}，B ＝{x|0≤x <6}，则集合(∁U A)∩B ＝（ ） A.{x|0<x <2} B.{x|0<x ≤2} C.{x|0≤x <2} D.{x|0≤x ≤2} 【答案】 C【考点】交、并、补集的混合运算 【解析】求出∁U A ，再由交集的定义，可得(∁U A)∩B ． 【解答】全集U ＝R ，集合A ＝{x|x ≥2}， ∁U A ＝{x|x <2}， 又B ＝{x|0≤x <6}，可得(∁U A)∩B ＝{x|0≤x <2}，2. 在复平面内复数z =3+4i i（i 是虚数单位）对应的点在（ ）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】 D【考点】复数的代数表示法及其几何意义 【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z 的坐标得答案． 【解答】 ∵ z =3+4i i=(3+4i)(−i)−i 2=4−3i ，∴ 在复平面内复数z 对应的点的坐标为(4, −3)，在第四象限．3. 向量a →=(m, 1)，b →=(1, m)，则“m ＝1”是“a → // b →”的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件 【答案】 A【考点】充分条件、必要条件、充要条件 【解析】a → // b →⇔m 2−1＝0，解得m ，即可判断出判断出结论． 【解答】a → // b →⇔m 2−1＝0，解得m ＝±1． ∴ “m ＝1”是“a → // b →”的充分必要条件．4. 若实数x ，y 满足{x −y +1≥0x +y −1≤0y ≥0 ，则z =x +2y 的最大值是（ ）A.−1B.1C.2D.3【答案】 C【考点】 简单线性规划 【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用z 的几何意义，利用数形结合即可得到结论． 【解答】作出不等式组对应的平面区域如图： 设z =x +2y 得y =−12x +12z ，平移直线y =−12x +12z ，由图象可知当直线y =−12x +12z 经过点A(0, 1)时， 直线y =−12x +12z 的截距最大，此时z 最大， 此时z =2，5. 某几何体挖去两个半球体后的三视图如图所示，若剩余几何体的体积为2π3，则a 的值为（A.2√2B.2C.1D.√23【答案】 B【考点】由三视图求体积 【解析】首先根据三视图整理出复原图，进一步利用体积公式求出结果． 【解答】该几何体是由一个圆柱体挖去两个半球， 则：2π3=π∗(a 2)2−4π(a 2)33，解得：a=26. 已知{a n}是各项均为正数的等比数列，S n为其前n项和，若a1=1，a3⋅a5=64，则S6=()A.65B.64C.63D.62【答案】C【考点】等比数列的性质等比数列的前n项和【解析】根据题意，数列{a n}的公比为q，由等比数列的通项公式可得a1q2×a1q4=q6=64，解可得q的值，由等比数列的前n项和公式计算可得答案．【解答】根据题意，各项均为正数的等比数列{a n}中，设其公比为q，若a1=1，a3⋅a5=64，则有a1q2×a1q4=q6=64，又由q>0，则q=2，S6=a1(1−q6)1−q=63；7. 中国古代三国时期的数学家赵爽，创作了一幅“勾股弦方图”，通过数形结合，给出了勾股定理的详细证明．如图所示，在“勾股弦方图”中，以弦为边长得到的正方形ABCD是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成，这一图形被称作“赵爽弦图”．若cos2∠BAE=725，则在正方形ABCD内随机取一点，该点恰好在正方形EFGH内的概率为（）A.24 25B.45C.35D.125【答案】D【考点】几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）【解析】由已知求得cos∠BAE=45，设勾股形的勾股数分别为3，4，则弦为5，利用面积比得答案．【解答】由cos2∠BAE=725，得2cos2∠BAE−1=725，∴cos∠BAE=45，设勾股形的勾股数分别为3，4，则弦为5，故大正方形的面积为25，小正方形的面积为(4−3)2=1，∴在正方形ABCD内随机取一点，该点恰好在正方形EFGH内的概率为125．8. 过直线y=2x+3上的点作圆x2+y2−4x+6y+12=0的切线，则切线长的最小值为（）A.√19B.2√5C.√21D.√555【答案】A【考点】圆的切线方程直线与圆相交的性质【解析】要使切线长最小，需直线y=2x+3上的点和圆心之间的距离最短，求出圆心到直线y=2x+3的距离d，可得切线长的最小值为√d2−r2．【解答】化圆x2+y2−4x+6y+12=0为(x−2)2+(y+3)2=1，要使切线长最小，需直线y=2x+3上的点和圆心之间的距离最短，此最小值即为圆心(2, −3)到直线y=2x+3的距离d，d=√5=2√5，故切线长的最小值为√d2−r2=√19，9. 如图所示，若程序框图输出的所有实数对(x, y)所对应的点都在函数f(x)=ax2+bx+c的图象上，则∫1f(x)dx=()A.10 11B.1112C.1312D.1211【答案】B【考点】程序框图【解析】由已知中的程序框图给出满足条件的点，进而求出函数解析式，积分可得答案．【解答】当x =1，y =1时，满足进行循环的条件，输出(1, 1)，x =2，y =2； 当x =2，y =2时，满足进行循环的条件，输出(2, 2)，x =3，y =4； 当x =3，y =4时，满足进行循环的条件，输出(3, 4)，x =4，y =8； 当x =4，y =8时，不满足进行循环的条件， 故{a +b +c =14a +2b +c =29a +3b +c =4，解得：{a =12b =−12c =1故f(x)=12x 2−12x +1，故∫1f(x)dx =(16x 3−14x 2+x)|01=1112，10. 过双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0, b >0)的右焦点F(2√2,0)作两条渐近线的垂线，垂足分别为A ，B ，点O 为坐标原点，若四边形OAFB 的面积为4，则双曲线的离心率为（ ）A.2√2B.√2+1C.√3D.√2【答案】 D【考点】 双曲线的特性 【解析】四边形OAFB 的面积为4，则S △OAF =2，运用三角形的面积公式，结合a ，b ，c 的关系，解得a =b =2，即可得到双曲线离心率的值． 【解答】过双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0, b >0)的右焦点F(2√2,0)作两条渐近线的垂线，垂足分别为A ，B ，点O 为坐标原点，若四边形OAFB 的面积为4，在Rt △OAF 中，|AF|=c ⋅sin∠AOF =c ⋅b c =b ，同理，|OA|=a ，∴ S △OAF =12|OA|⋅|AF|=12ab ，又S △OAF =2，∴ ab =4，而c =2√2，即a 2+b 2=8，∴ a =b =2，∴ e =√2．11. 如图，四棱锥P −ABCD 的底面是边长为2的正方形，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝4，M 是PB 上的一个动点，过点M 作平面α // 平面PAD ，截棱锥所得图形面积为y ，若平面α与平面PAD 之间的距离为x ，则函数y ＝f(x)的图象是（ ）A.B.C. D.【答案】D【考点】空间向量的夹角与距离求解公式【解析】过M作MN⊥平面ABCD，交AB于N，过N作NQ // AD，交CD于Q，过Q作QH // PD，交PC于H，连结MH，则平面MNQH是所求的平面α，由此能求出结果．【解答】过M作MN⊥平面ABCD，交AB于N，过N作NQ // AD，交CD于Q，过Q作QH // PD，交PC于H，连结MH，则平面MNQH是所求的平面α，∵过点M作平面α // 平面PAD，截棱锥所得图形面积为y，平面α与平面PAD之间的距离为x，∴2−x2=MN4，解得MN＝4−2x，AN AB =PMPB=MHBC，即x2=MH2，∴MH＝x，NQ＝2，∴函数y＝f(x)=x+22⋅(4−2x)=−x2+4，(0<x<2)．∴函数y＝f(x)的图象如下图．12. 对于任意b>0，a∈R，不等式[b−(a−2)]2+[lnb−(a−1)]2≥m2−m恒成立，则实数m的最大值为（）A.√eB.2C.eD.3【答案】B【考点】函数与方程的综合运用【解析】根据两点间的距离公式和函数图象求出[b−(a−2)]2+[lnb−(a−1)]2的最小值，再解出m的范围．【解答】令A(b, lnb)，B(a−2, a−1)，则|AB|2=[b−(a−2)]2+[lnb−(a−1)]2．且A在函数y=lnx的图象上，B在直线y=x+1上．设直线y=x+c与y=lnx相切，切点为C(p, q)，则{1p=1q=lnpq=p+c，解得p=1，q=0，c=−(1)∴|AB|的最小值为C(1, 0)到直线y=x+1的距离√2，∴[b−(a−2)]2+[lnb−(a−1)]2≥2，∴2≥m2−m，解得−1≤m≤(2)故选：B．二、填空题：本题共4小题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）二项式(√x−2x)6展开式中常数项为________．【答案】60【考点】二项式定理及相关概念【解析】先求得二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得常数项的值．【解答】二项式(√x−2x )6的展开式的通项公式为Tr+1=C6r⋅(−2)r⋅x6−3r2，令6−3r2=0，求得r=2，故展开式中常数项为C62⋅22=60，已知数列{a n}满足a1=15，a n+1−a nn =2，则a nn的最小值为________．【答案】274【考点】数列递推式【解析】把已知数列递推式变形，利用累加法求出数列的通项公式，得到a nn关于n的函数，然后利用函数单调性求得最小值．【解答】由a n+1−a nn=2，得a n+1−a n=2n，∵a1=15，∴a n=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+...+(a n−a n−1)=15+2+4+...+2(n−1)=15+2×n(n−1)2=n2−n+(15)∴a nn =n+15n−1，令f(x)=x+15x −1，得f′(x)=1−15x2=x2−15x2，∴当n取1，2，3时，n+15n −1减小，当n取大于等于4的自然数时n+15n−1的值增大．∵n=3时，a nn =3+5−1=7；n=4时，a nn=4+154−1=274．∴a nn 的最小值为274．在某班举行的成人典礼上，甲、乙、丙三名同学中的一人获得了礼物．甲说：“礼物不在我这”；乙说：“礼物在我这”；丙说：“礼物不在乙处”．如果三人中只有一人说的是真的，请问________（填“甲”、“乙”或“丙”）获得了礼物．【答案】甲【考点】进行简单的合情推理【解析】假设甲说的是真的，即礼物不在甲处，根据三人中只有一人说的是真的推出矛盾结论，可知假设错误，从而得到答案．【解答】假设甲说的是真的，即礼物不在甲处，∵三人中只有一人说的是真的，则乙、丙说的是假的，∴由乙说话可知礼物不在乙处，由并说话可知礼物在乙处，矛盾．故假设错误，即甲说的是假的，则礼物在甲处．抛物线C:y2=4x的焦点为F，过准线上一点N作NF的垂线交y轴于点M，若抛物线C上存在点E，满足2NE→=NM→+NF→，则△MNF的面积为________．【答案】3√22【考点】抛物线的求解【解析】根据抛物线的性质和2NE→=NM→+NF→可知NE // x轴，从而可得E点坐标，求出M、N的坐标，计算MN，NF即可求出三角形的面积．【解答】准线方程为x=−1，焦点为F(1, 0)，不妨设N在第三象限，∵2NE→=NM→+NF→，∴E是MF的中点，∴NE=12MF=EF，∴NE // x轴，又E为MF的中点，E在抛物线y2=4x上，∴ E(12, −√2)，∴ N(−1, −√2)，M(0, −2√2)， ∴ NF =√6，MN =√3， ∴ S △MNF =12×√6×√3=3√22三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若m →=(cosB, cosC)，n →=(2a +c, b)，且m →⊥n →． (Ⅰ)求角B 的大小；(Ⅱ)若b =6，求△ABC 周长的取值范围． 【答案】（1）∵ m ⊥n ，则有cosB ⋅(2a +c)+cosC ⋅b =0， ∴ cosB ⋅(2sinA +sinC)+cosC ⋅sinB =0∴ 2cosBsinA =−(sinC ⋅cosB +cosC ⋅sinB)=−sin(B +C)=−sinA ， ∴ cosB =−12，∴ B =2π3．（2）根据余弦定理可知b 2=a 2+c 2−2accosB ，∴ 36=a 2+c 2+ac ， 又∵ 36=(a +c)2−ac ，∴ (a +c)2−36=ac ≤(a+c 2)2，∴ 6<a +c ≤4√3，则△ABC 周长的取值范围是(12,6+4√3]． 【考点】 余弦定理 【解析】(Ⅰ)利用向量垂直，结合两角和与差的三角函数，转化求解角B 的大小；(Ⅱ)利用余弦定理以及基本不等式求出a +c 的范围，然后求解三角形的周长的范围即可． 【解答】（1）∵ m ⊥n ，则有cosB ⋅(2a +c)+cosC ⋅b =0， ∴ cosB ⋅(2sinA +sinC)+cosC ⋅sinB =0∴ 2cosBsinA =−(sinC ⋅cosB +cosC ⋅sinB)=−sin(B +C)=−sinA ， ∴ cosB =−12，∴ B =2π3．（2）根据余弦定理可知b 2=a 2+c 2−2accosB ，∴ 36=a 2+c 2+ac ， 又∵ 36=(a +c)2−ac ，∴ (a +c)2−36=ac ≤(a+c 2)2，∴ 6<a +c ≤4√3，则△ABC 周长的取值范围是(12,6+4√3]．四棱台被过点A 1，C 1，D 的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD =60∘，BB 1⊥平面ABCD ，BB 1=2． (Ⅰ)求证：平面AB 1C ⊥平面BB 1D ；(Ⅱ)若AA 1与底面ABCD 所成角的正切值为2，求二面角A 1−BD −C 1的余弦值．【答案】(Ⅰ)证明：∵ BB 1⊥平面ABCD ，∴ BB 1⊥AC ． 在菱形ABCD 中，BD ⊥AC ，又BD ∩BB 1=B ，∴ AC ⊥平面BB 1D ，∵ AC ⊂平面AB 1C ，∴ 平面AB 1C ⊥平面BB 1D ． (Ⅱ)∵ BB 1⊥平面ABCD∴ AA 1与底面ABCD 所成角为∠A 1AB ，∴ tan∠A 1AB =2，∴ A 1B 1=1， 设BD ，AC 交于点O ，以O 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系．则B(0, −1, 0)，D(0, 1, 0)，B 1(0, −1, 2)，A(√3,0,0).B 1A 1→=12BA →⇒A 1(√32,−12,2)，同理C 1(−√32,−12,2)，BA 1→=(√32,12,2)，BD →=(0,2,0)，BC 1→=(−√32,12,2)．设平面A 1BD 的法向量n →=(x,y,z)， ∴ {BA 1→∗n →=0BD →∗n →=0则n →=(−4,0,√3)，设平面C 1BD 的法向量m →=(x ′,y ′,z ′)，{BD →∗m →=0BC 1→∗m →=0则m →=(4,0,√3)，设二面角A 1−BD −C 1为θ，cosθ=|m →∗n →||m →||n →|=1319．【考点】平面与平面垂直二面角的平面角及求法 【解析】(Ⅰ)证明BB 1⊥AC ．BD ⊥AC ，推出AC ⊥平面BB 1D ，然后证明平面AB 1C ⊥平面BB 1D ． (Ⅱ)设BD ，AC 交于点O ，以O 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系．求出相关点的坐标，平面A 1BD 的法向量，平面C 1BD 的法向量，二面角A 1−BD −C 1为θ，利用空间向量的数量积求解即可． 【解答】(Ⅰ)证明：∵ BB 1⊥平面ABCD ，∴ BB 1⊥AC ． 在菱形ABCD 中，BD ⊥AC ，又BD ∩BB 1=B ，∴ AC ⊥平面BB 1D ，∵ AC ⊂平面AB 1C ，∴ 平面AB 1C ⊥平面BB 1D ． (Ⅱ)∵ BB 1⊥平面ABCD∴ AA 1与底面ABCD 所成角为∠A 1AB ，∴ tan∠A 1AB =2，∴ A 1B 1=1， 设BD ，AC 交于点O ，以O 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系．则B(0, −1, 0)，D(0, 1, 0)，B 1(0, −1, 2)，A(√3,0,0).B 1A 1→=12BA →⇒A 1(√32,−12,2)，同理C 1(−√32,−12,2)，BA 1→=(√32,12,2)，BD→=(0,2,0)，BC 1→=(−√32,12,2)．设平面A 1BD 的法向量n →=(x,y,z)，∴ {BA 1→∗n →=0BD →∗n →=0则n →=(−4,0,√3)，设平面C 1BD 的法向量m →=(x ′,y ′,z ′)，{BD →∗m →=0BC 1→∗m →=0则m →=(4,0,√3)，设二面角A 1−BD −C 1为θ，cosθ=|m →∗n →||m →||n →|=1319．2017年12月，针对国内天然气供应紧张的问题，某市政府及时安排部署，加气站采取了紧急限气措施，全市居民打响了节约能源的攻坚战．某研究人员为了了解天然气的需求状况，对该地区某些年份天然气需求量进行了统计，并绘制了相应的折线图． (Ⅰ)由折线图可以看出，可用线性回归模型拟合年度天然气需示量y （单位：千万立方米）与年份x （单位：年）之间的关系．并且已知y 关于x 的线性回归方程是yˆ=6.5x +aˆ，试确定a ˆ的值，并预测2018年该地区的天然气需求量； (Ⅱ)政府部门为节约能源出台了《购置新能源汽车补贴方案》，该方案对新能源汽车的续航里程做出了严格规定，根据续航里程的不同，将补贴金额划分为三类，A 类：每车补贴1万元，B 类：每车补贴2.5万元，C 类：每车补贴3.4万元．某出租车公司对该公司60辆新能源汽车的补贴情况进行了统计，结果如表：源汽车的补贴情况，在该出租车公司的60辆车中抽取6辆车作为样本，再从6辆车中抽取2辆车进一步跟踪调查．若抽取的2辆车享受的补贴金额之和记为“ξ”，求ξ的分布列及期望．【答案】(Ⅰ)如折线图数据可知x =2008+2010+2012+2014+20165=2012，y =236+246+257+276+2865=260.2代入线性回归方程yˆ=6.5x +a ˆ可得a ˆ=−12817.8． 将x =2018代入方程可得yˆ=299.2千万立方米． (Ⅱ)根据分层抽样可知A 类，B 类，C 类抽取人数分别为1辆，2辆，3辆 则当A 类抽1辆，B 类抽1辆时，ξ=3.5，此时P(ξ=3.5)=C 11C21C 62=215；当A 类抽1辆，C 类抽1辆时，ξ=4.4，此时P(ξ=4.4)=C 11C31C 62=315； 当B 类抽1辆，C 类抽1辆时，ξ=5.9，此时P(ξ=5.9)=C 21C31C 62=615=25；当B 类抽2辆时，ξ=5，此时P(ξ=5)=C 22C 62=115；当C 类抽2辆时，ξ=6.8，此时P(ξ=6.8)=C 32C 62=315=15．所以ξ的分布列为：∴ Eξ=3.5×215+4.4×315+5.9×25+5×115+6.8×15=275（万元）【考点】求解线性回归方程离散型随机变量及其分布列 离散型随机变量的期望与方差 【解析】(Ⅰ)由折线图数据求得样本中心，带入回归直线方程，求出a ，然后将x =2018代入方程可得yˆ=299.2千万立方米． (Ⅱ)根据分层抽样可知A 类，B 类，C 类抽取人数分别为1辆，2辆，3辆求出概率，得到分布列，然后求解期望即可． 【解答】(Ⅰ)如折线图数据可知x =2008+2010+2012+2014+20165=2012，y =236+246+257+276+2865=260.2代入线性回归方程y ˆ=6.5x +a ˆ可得a ˆ=−12817.8．将x =2018代入方程可得yˆ=299.2千万立方米． (Ⅱ)根据分层抽样可知A 类，B 类，C 类抽取人数分别为1辆，2辆，3辆 则当A 类抽1辆，B 类抽1辆时，ξ=3.5，此时P(ξ=3.5)=C 11C21C 62=215；当A 类抽1辆，C 类抽1辆时，ξ=4.4，此时P(ξ=4.4)=C 11C31C 62=315； 当B 类抽1辆，C 类抽1辆时，ξ=5.9，此时P(ξ=5.9)=C 21C31C 62=615=25；当B 类抽2辆时，ξ=5，此时P(ξ=5)=C 22C 62=115；当C 类抽2辆时，ξ=6.8，此时P(ξ=6.8)=C 32C 62=315=15．所以ξ的分布列为：∴ Eξ=3.5×215+4.4×315+5.9×25+5×115+6.8×15=275（万元）椭圆E:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 2作垂直于x 轴的直线l与椭圆E 在第一象限交于点P ，若|PF 1|=5，且3a =b 2． (Ⅰ)求椭圆E 的方程；(Ⅱ)A ，B 是椭圆C 上位于直线l 两侧的两点．若直线AB 过点(1, −1)，且∠APF 2=∠BPF 2，求直线AB 的方程． 【答案】(Ⅰ)由题可得|PF 2|=b 2a=3，因为|PF 1|=5，由椭圆的定义得a =4，所以b 2=12，所以椭圆E 方程为x 216+y 212=1． (Ⅱ)易知点P 的坐标为(2, 3)．因为∠APF 2=∠BPF 2，所以直线PA ，PB 的斜率之和为(0)设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为−k ，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则直线PA 的方程为y −3=k(x −2)，由{y −3=k(x −2)x 216+y 212=1可得(3+4k 2)x 2+8k(3−2k)x +4(3−2k)2−48=0， ∴ x 1+2=8k(2k+3)3+4k 2同理直线PB 的方程为y −3=−k(x −2)，可得x 2+2=−8k(−2k−3)3+4k 2=8k(2k+3)3+4k 2，∴ x 1+x 2=16k 2−123+4k 2，x 1−x 2=−48k 3+4k 2，k AB =y 1−y2x 1−x 2=k(x 1−2)+3+k(x 2−2)−3x 1−x 2=k(x 1+x 2)−4kx 1−x 2=12，∴ 满足条件的直线AB 的方程为y +1=12(x −1)，即为x −2y −3=(0)【考点】椭圆的标准方程直线与椭圆结合的最值问题 【解析】(Ⅰ)由椭圆的定义以及已知条件求出a =4，b 2=12，可得椭圆E 方程．(Ⅱ)易知点P 的坐标为(2, 3)．通过∠APF 2=∠BPF 2，设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为−k ，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则直线PA 的方程为y −3=k(x −2)，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，求出直线的斜率，然后求解直线方程． 【解答】(Ⅰ)由题可得|PF 2|=b 2a=3，因为|PF 1|=5，由椭圆的定义得a =4，所以b 2=12，所以椭圆E 方程为x 216+y 212=1．(Ⅱ)易知点P 的坐标为(2, 3)．因为∠APF 2=∠BPF 2，所以直线PA ，PB 的斜率之和为(0)设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为−k ，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则直线PA 的方程为y −3=k(x −2)，由{y −3=k(x −2)x 216+y 212=1 可得(3+4k 2)x 2+8k(3−2k)x +4(3−2k)2−48=0， ∴ x 1+2=8k(2k+3)3+4k 2同理直线PB 的方程为y −3=−k(x −2)，可得x 2+2=−8k(−2k−3)3+4k 2=8k(2k+3)3+4k 2，∴ x 1+x 2=16k 2−123+4k 2，x 1−x 2=−48k 3+4k 2，k AB =y 1−y2x 1−x 2=k(x 1−2)+3+k(x 2−2)−3x 1−x 2=k(x 1+x 2)−4kx 1−x 2=12，∴ 满足条件的直线AB 的方程为y +1=12(x −1)，即为x −2y −3=(0)已知函数f(x)=alnx ，a ∈R ．(Ⅰ)若曲线y =f(x)与曲线g(x)=√x 在公共点处有共同的切线，求实数a 的值； (Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，试问函数F(x)=xf(x)−xe 1−x 2+1是否有零点？如果有，求出该零点；若没有，请说明理由． 【答案】(Ⅰ)函数f(x)=alnx 的定义域为(0, +∞)，f ′(x)=ax ，g ′(x)=2√x设曲线y =f(x)与曲线g(x)=√x 公共点为(x 0, y 0)由于在公共点处有共同的切线，所以ax 0=2x ，解得x 0=4a 2，a >(0) 由f(x 0)=g(x 0)可得alnx 0=√x 0．联立{x 0=4a 2alnx 0=√x 0 解得a =e2． (Ⅱ)函数F(x)=xf(x)−xe 1−x 2+1是否有零点，转化为函数H(x)=xf(x)=e2xlnx与函数G(x)=xe 1−x 2−1在区间x ∈(0, +∞)是否有交点，H(x)=xf(x)=e2xlnx ，可得H ′(x)=e2lnx +e2=e2(1+lnx)，令H ′(x)>0，解得x ∈(1e ,+∞)，此时函数H(x)单调递增； 令H ′(x)<0，解得x ∈(0,1e )，此时函数H(x)单调递减．∴ 当x =1e 时，函数H(x)取得极小值即最小值，H(1e)=−12.G(x)=xe 1−x 2−1可得G ′(x)=12(1−x)e 1−x ，令G ′(x)>0，解得0<x <1，此时函数G(x)单调递增； 令G ′(x)<0，解得x >1，此时函数G(x)单调递减．∴ 当x =1时，函数G(x)取得极大值即最大值，G(1)=−12． 因此两个函数无交点．即函数F(x)=xf(x)−xe 1−x 2+1无零点．【考点】利用导数研究函数的极值利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】(Ⅰ)函数f(x)=alnx 的定义域为(0, +∞)，求出导函数，利用曲线y =f(x)与曲线g(x)=√x 公共点为(x 0, y 0)由于在公共点处有共同的切线，解得x 0=4a 2，a >(0)f(x 0)=g(x 0)解得a =e2即可． (Ⅱ)函数F(x)=xf(x)−xe 1−x 2+1是否有零点，转化为函数H(x)=xf(x)=e2xlnx 与函数G(x)=xe 1−x 2−1在区间x ∈(0, +∞)是否有交点，构造函数H(x)=xf(x)=e2xlnx ，可得H ′(x)=e2lnx +e2=e2(1+lnx)，利用函数的单调性，求解函数的最小值以及极大值，推出结果即可． 【解答】(Ⅰ)函数f(x)=alnx 的定义域为(0, +∞)，f ′(x)=ax ，g ′(x)=2√x 设曲线y =f(x)与曲线g(x)=√x 公共点为(x 0, y 0)由于在公共点处有共同的切线，所以ax 0=2x ，解得x 0=4a 2，a >(0) 由f(x 0)=g(x 0)可得alnx 0=√x 0．联立{x 0=4a 2alnx 0=√x 0 解得a =e2． (Ⅱ)函数F(x)=xf(x)−xe 1−x 2+1是否有零点，转化为函数H(x)=xf(x)=e2xlnx与函数G(x)=xe 1−x 2−1在区间x ∈(0, +∞)是否有交点，H(x)=xf(x)=e2xlnx ，可得H ′(x)=e2lnx +e2=e2(1+lnx)，令H ′(x)>0，解得x ∈(1e ,+∞)，此时函数H(x)单调递增；令H ′(x)<0，解得x ∈(0,1e )，此时函数H(x)单调递减．∴ 当x =1e 时，函数H(x)取得极小值即最小值，H(1e)=−12.G(x)=xe 1−x 2−1可得G ′(x)=12(1−x)e 1−x ，令G ′(x)>0，解得0<x <1，此时函数G(x)单调递增； 令G ′(x)<0，解得x >1，此时函数G(x)单调递减．∴ 当x =1时，函数G(x)取得极大值即最大值，G(1)=−12． 因此两个函数无交点．即函数F(x)=xf(x)−xe 1−x 2+1无零点．[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系中，曲线C 1:(x −√3)2+(y −1)2=4，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，将曲线C 1绕极点逆时针旋转π6后得到的曲线记为C 2． (Ⅰ)求曲线C 1，C 2的极坐标方程；(Ⅱ)射线θ=π3(p >0)与曲线C 1，C 2分别交于异于极点O 的A ，B 两点，求|AB|． 【答案】(Ⅰ)曲线C 1:(x −√3)2+(y −1)2=4化为极坐标方程是ρ=2√3cosθ+2sinθ， 设曲线C 2上的点Q(ρ, θ)，绕极点顺时针旋转π6后得到P(ρ,θ−π6)， 在C 1上代入可得C 2的极坐标方程是ρ=2cosθ+2√3sinθ． (Ⅱ)将θ=π3(ρ>0)分别代入C 1，C 2的极坐标方程，得到ρ1=2√3，ρ2=4，∴ |AB|=|ρ1−ρ2|=4−2√3． 【考点】圆的极坐标方程 【解析】(Ⅰ)曲线C 1化为极坐标方程是ρ=2√3cosθ+2sinθ，设曲线C 2上的点Q(ρ, θ)，绕极点顺时针旋转π6后得到P(ρ,θ−π6)，在C 1上代入可得C 2的极坐标方程．(Ⅱ)将θ=π3(ρ>0)分别代入C 1，C 2的极坐标方程，得到ρ1=2√3，ρ2=4，由此能求出|AB|． 【解答】(Ⅰ)曲线C 1:(x −√3)2+(y −1)2=4化为极坐标方程是ρ=2√3cosθ+2sinθ， 设曲线C 2上的点Q(ρ, θ)，绕极点顺时针旋转π6后得到P(ρ,θ−π6)， 在C 1上代入可得C 2的极坐标方程是ρ=2cosθ+2√3sinθ． (Ⅱ)将θ=π3(ρ>0)分别代入C 1，C 2的极坐标方程， 得到ρ1=2√3，ρ2=4，∴ |AB|=|ρ1−ρ2|=4−2√3．[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)=m−|x−2|，m∈R，且f(x+2)≥0的解集为[−1, 1]．(Ⅰ)求m的值；(Ⅱ)若a，b，c∈R，且1a +12b+13c=m，求证：a+2b+3c≥9．【答案】(Ⅰ)函数f(x)=m−|x−2|，m∈R，故f(x+2)=m−|x|，由题意可得m−|x|≥0的解集为[−1, 1]，即|x|≤m的解集为[−1, 1]，故m=(1)(Ⅱ)由a，b，c∈R，且1a +12b+13c=m=1，∴a+2b+3c=(a+2b+3c)(1a +12b+13c)=1+2ba +3ca+a2b+1+3c2b+a3c+2b3c+1=3+2ba +3ca+a2b+3c2b+a3c+2b3c≥3+6=9，当且仅当2ba=3ca=a2b=3c2b=a3c=2b3c=1时，等号成立．所以a+2b+3c≥9【考点】带绝对值的函数不等式的证明【解析】(Ⅰ)由条件可得f(x+2)=m−|x|，故有m−|x|≥0的解集为[−1, 1]，即|x|≤m的解集为[−1, 1]，故m=(1)(Ⅱ)根据a+2b+3c=(a+2b+3c)(1a +12b+13c)=1+2ba+3ca+a2b+1+3c2b+a3c+2b3c+1，利用基本不等式证明它大于或等于(9)【解答】(Ⅰ)函数f(x)=m−|x−2|，m∈R，故f(x+2)=m−|x|，由题意可得m−|x|≥0的解集为[−1, 1]，即|x|≤m的解集为[−1, 1]，故m=(1)(Ⅱ)由a，b，c∈R，且1a +12b+13c=m=1，∴a+2b+3c=(a+2b+3c)(1a +12b+13c)=1+2ba +3ca+a2b+1+3c2b+a3c+2b3c+1=3+2ba +3ca+a2b+3c2b+a3c+2b3c≥3+6=9，当且仅当2ba=3ca=a2b=3c2b=a3c=2b3c=1时，等号成立．所以a+2b+3c≥9。

兰州市2018年高三诊断考试数学(理科)注意事项：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. •冋答问题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题H 的答案标号框涂黑。

如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。

问答非选择题时，将答案写在答题卡 上。

写在本试卷上无效。

3. 考试结束后。

将本试卷和答题目卡一并交回。

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的。

1.设全集U = R,集合M={x\x>0},集合N = {x|Fvi},则M? duN)=解：因为M = {x|x>0}=[0,4w), &N = {x|x1} = (-oo,-1]U[l,4w)M? duN) = [1, +oo)2. 已知复数z = -5 + 12z (i 是虚数单位)，则下列说法正确的是 A .复数z 的实部为5 B .复数z 的虚部为12i C.复数z 的共觇复数5 + 12, 复数z 的模为13解:复数z = -5 + l2i 的实部为-5,虚部为12,模为13,共辘复数为z = -5-12z,选D 3. 已知数列{色}为等比数列，且+ 2^ = Jr ，贝0 tan(a 36f 5)= A. A /3B. _也C.D. 土屈3解：•/+ 2^4 = 7t , .■.3&=兀，/. tan(a 3675) = tan y = A /3 ,选 A2 24. 双曲线二-与=1的一条渐近线与抛物线y = F+i 只有一个公共点，则双曲线的离心率为ar trA. -B. 5C. —D.y/544解：解方组 F = " +1 得 加+ 1=0, /. b 2 = 4a 2, /. c 2 = 5a 2,・ \e = ^bx - ay = 05•在△ ABC 屮，M 是BC 的屮点，AM =\ 点P 在AM 上且满足AP = 2PM ，则PA ・(PB + PC)等于4 444A. ——B. ——C. —D.-A. (0,1)B ・[0,1]D • (1,+oc)A9 3 3 9解：如图PA (PB-^- PC) = 2PA^ PM =2X-X-XCOSTI =--3 3 9方1 + 优+ +^20 18=解：丁 勺+i = 1 + 〃 + a” a n =n + a n ^ /• a 2++ % = q + 色 + ++ (2 + 3 + + n)・•・ ％ = - n(n + 1) b n = — = —= 2(丄 一 一)Z. S” =旦-/. S® 8 =空西 “2 ，“ a n 〃S + 1) H n + 1， “ n + 1， ⑹8 2019|/77.若(x + —+ 1)〃的展开式中各项系数之和为81,则分别在区间IO,^JW[O,-]内任取两个实数x, x 4y ,满足y>sin 兀的概率为所以对任意的XG L0,TT J, y W [0,1]的点P(x, y)所在矩形的面积为龙满足y W s i n x 的图形的面积为JJsin xclx = -cosx|：=2,所以P = \~ —8.刘徽《九章算术注》记载「'邪解立方有两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖購，阳马居二， 鳖購居一，不易之率也”.意即把一长方体沿对角面一分为二，这相同的两块叫堑堵，沿堑堵的 -顶点与其相对的对角线剖开成两块，大的叫阳马，小的叫鳖嚅，两者体积之比为定值2:1,A.^IZ 1009 2017 20182018 20194036 20196.数列｛a n ｝中，q=l,对任意nwN*有色+1 =l + zt + d “，令 ® =丄,(iw N* ,则A. 1-丄71解：因为(x + - + l)M 的展开式中各项系数之和为81,・・・3"=81,・・皿=4, [0,二]=[0,1]x4B. 1-—71C. 1--兀。

2018年甘肃省兰州市高考数学一诊试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 设全集U =R ，集合M ={x|x ≥0}，集合N ={x|x 2<1}，则M ∩(∁U N)=（ ） A.(0, 1) B.[0, 1] C.[1, +∞) D.(1, +∞)2. 已知复数z =−5+12i （i 是虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A.复数z 的实部为5 B.复数z 的虚部为12iC.复数z 的共轭复数为5+12iD.复数z 的模为133. 已知数列{a n }为等比数列，且a 2a 6+2a 42=π，则tan(a 3a 5)=( ) A.√3 B.−√3 C.−√33D.±√3 4. 双曲线x 2a2−y 2b 2=1的一条渐近线与抛物线y =x 2+1只有一个公共点，则双曲线的离心率为（ ） A.54B.5C.√54D.√55. 在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM =1，点P 在AM 上且满足学AP →=2PM →，则PA →⋅(PB →+PC →)等于（ ） A.−49 B.−43C.43D.496. 数列{a n }中，a 1=1，对任意n ∈N ∗，有a n+1=1+n +a n ，令b i =1a i，(i ∈N ∗)，则b 1+b 2+...+b 2018=( ) A.20171009 B.20172018C.20182019D.403620197. 若(x +1x +1)n 的展开式中各项的系数之和为81，则分别在区间[0, π]和[0, n4]内任取两个实数x ，y ，满足y >sinx 的概率为（ ） A.1−1πB.1−2πC.1−3πD.128. 刘徽《九章算术注》记载：“邪解立方有两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也”．意即把一长方体沿对角面一分为二，这相同的两块叫做堑堵，沿堑堵的一顶点与其相对的面的对角线剖开成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积之比为定值2:1，这一结论今称刘徽原理．如图是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（ ）A.4πB.3πC.√3πD.√32π9. 某程序框图如图所示，则程序运行后输出的S的值是（）A.1008B.2017C.2018D.302510. 设p：实数x，y满足(x−1)2+\lbracky−(2−√2)brack2≤3−2√2；q：实数x，y满足{x−y≤1x+y≥1y≤1，则p是q的（）A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要的条件11. 已知圆C:(x−1)2+(y−4)2=10和点M(5,t)，若圆C上存在两点A，B，使得MA⊥MB，则实数t的取值范围为（）A.[−2,6]B.[−3,5]C.[2,6]D.[3,5]12. 定义在(0,π2)上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cosx⋅f′(x)+sinx⋅f(x)<0成立，则有（）A.f(π6)>√2f(π4) B.√3f(π6)>f(π3)C.f(π6)>√3f(π3) D.f(π6)>√3f(π4)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若sin(π4−α)=−25，则cos(π4+α)=________．14. 已知样本数据a1，a2，……a2018的方差是4，如果有b i=a i−2(i=1, 2,…,2018)，那么数据b1，b2，……b2018的均方差为________．15. 设函数f(x)=sin(2x +φ)(|φ|<π2)向左平移π3个单位长度后得到的函数是一个奇函数，则φ=________．16. 函数f(x)=1+x −x 22+x 33，g(x)=1−x +x 22−x 33，若函数F(x)=f(x +3)g(x −4)，且函数F(x)的零点均在[a, b](a <b, a, b ∈Z)内，则b −a 的最小值为________． 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17. 已知向量a →=(cos2x,sin2x)，b →=(√3,1)，函数f(x)=a →∗b →+m ．（1）求f(x)的最小正周期；（2）当x ∈[0,π2brack 时，f(x)的最小值为5，求m 的值．18. 如图所示，矩形ABCD 中，AC ∩BD =G ，AD ⊥平面ABE ，AE =EB =BC =2，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE ． （1）求证：AE ⊥平面BCE ；（2）求平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值．19. 某地一商场记录了12月份某5天当中某商品的销售量y （单位：kg ）与该地当日最高气温x （单位：∘C ）的相关数据，如表：（1）试求y 与x 的回归方程y ^=b ^x +a ^；（2）判断y 与x 之间是正相关还是负相关；若该地12月某日的最高气温是6∘C ，试用所求回归方程预测这天该商品的销售量；（3）假定该地12月份的日最高气温X ∼N(μ, σ2)，其中μ近似取样本平均数x ，σ2近似取样本方差s 2，试求P(3.8<X <13.4)．附：参考公式和有关数据{b ^=∑−i=1n xiyi nxy ∑x i 2n i=1−nx 2=∑(n i=1x i −x)(y i −y)∑(x i −x)2n i=1a ^=y −b ^x ，√10≈3.2，√3.2≈1.8，若X ∼N(μ, σ2)，则P(μ−σ<X <μ+σ)=0.6826，且P(μ−2σ<X <μ+2σ)=0.9544．20. 已知圆C ：(x +1)2+y 2=8，过D(1, 0)且与圆C 相切的动圆圆心为P ． （1）求点P 的轨迹E 的方程；（2）设过点C 的直线l 1交曲线E 于Q ，S 两点，过点D 的直线l 2交曲线E 于R ，T 两点，且l 1⊥l 2，垂足为W （Q ，R ，S ，T 为不同的四个点）．①设W(x 0, y 0)，证明：x 022+y 02<1；②求四边形QRST 的面积的最小值21. 已知函数f(x)=x+tx−1e x−1，其中e 为自然对数的底数． （1）证明：当x >1时，①ln √x <√x −1，②e x−1>x ；（2）证明：对任意x >1，t >−1，有f(x)>√x(1+12lnx)．选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22. 在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线l 的参数方程是{x =√22t y =√22t +4√2 （t 是参数），圆C 的极坐标方程为ρ=2cos(θ+π4)．（1）求圆心C 的直角坐标；（2）由直线l 上的点向圆C 引切线，并切线长的最小值． [选修4-5：不等式选讲]23. 设函数f(x)=|x −a|+2x ，其中a >0．（1）当a =2时，求不等式f(x)≥2x +1的解集；（2）若x ∈(−2, +∞)时，恒有f(x)>0，求a 的取值范围．参考答案与试题解析2018年甘肃省兰州市高考数学一诊试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.【答案】C【考点】交、并、补集的混合运算【解析】此题暂无解析【解答】解：∵N={x|−1<x<1}，U=R，∴∁U N={x|x≤−1或x≥1}．∵M={x|x≥0}，∴M∩(∁U N)=[1,+∞)．故选C．2.【答案】D【考点】虚数单位i及其性质复数的运算复数求模复数的基本概念【解析】直接利用复数的基本概念得选项．【解答】∵z=−5+12i，∴z的实部为−5，虚部为12，z的共轭复数为−5−12i，模为√(−5)2+(12)2=13．∴说法正确的是复数z的模为13．3.【答案】A【考点】等比数列的通项公式【解析】由等比数列{a n}的性质可得：a2a6=a3a5=a42，根据a2a6+2a42=π=3a3a5，可得a3a5．利用三角函数求值即可得出．【解答】由等比数列{a n}的性质可得：a2a6=a3a5=a42，∴a2a6+2a42=π=3a3a5，∴a3a5=π．3=√3．则tan(a3a5)=tanπ34.【答案】 D【考点】 圆锥曲线 【解析】先根据双曲线方程表示出渐近线方程与抛物线方程联立，利用判别式等于0求得a 和b 的关系，进而求得a 和c 的关系，则双曲线的离心率可得． 【解答】依题意可知双曲线渐近线方程为y =±ba x ，与抛物线方程联立消去y 得x 2±ba x +1=0∵ 渐近线与抛物线有一个交点 ∴ △=b 2a 2−4=0，求得b 2=4a 2，∴ c =√a 2+b 2=√5a ， ∴ e =ca =√5，5.【答案】 A【考点】平行向量的性质平面向量数量积的性质及其运算律 【解析】由M 是BC 的中点，知AM 是BC 边上的中线，又由点P 在AM 上且满足AP →=2PM →可得：P 是三角形ABC 的重心，根据重心的性质，即可求解． 【解答】∵ M 是BC 的中点，知AM 是BC 边上的中线，又由点P 在AM 上且满足AP →=2PM →∴ P 是三角形ABC 的重心 ∴ PA →∗(PB →+PC →) =PA →∗AP →=−|PA →|2 又∵ AM =1 ∴ |PA →|=23∴ PA →∗(PB →+PC →)=−496.【答案】 D【考点】 数列递推式 【解析】a n+1=1+n +a n ，即a n+1−a n =n +1．n ≥2时，a n =(a n −a n−1)+(a n−1−a n−2)+……+(a 2−a 1)+a 1，可得a n ．b n =1a n=2n(n+1)=2(1n −1n+1)，利用裂项求和方法即可得出． 【解答】a n+1=1+n +a n ，即a n+1−a n =n +1．∴ n ≥2时，a n =(a n −a n−1)+(a n−1−a n−2)+……+(a 2−a 1)+a 1 =n +(n −1)+……+2+1 =n(n+1)2．n =1时也成立．b n =1a n=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，则b 1+b 2+...+b 2018=2[(1−12)+(12−13)+……+(12018−12019)brack =2(1−12019) =40362019．7.【答案】 B【考点】二项式定理的用法 【解析】根据几何概型的概率公式，求出对应事件对应的平面区域的面积，进行求解即可 【解答】由题意知，令x =1，得到3n =81，解得 n =4，∴ 0≤x ≤π，0≤y ≤1． 作出对应的图象如图所示：则此时对应的面积S =π×1=π， 满足y ≥sinx 的点构成区域的面积为： S =∫πsinxdx =−cosx|π=−cosπ+cos0=2，则满足y >sinx 的概率为P =1−2π． 故选：B ．8.【答案】D【考点】由三视图求体积球的体积和表面积球内接多面体【解析】根据三视图得出四棱锥的结构特征，根据阳马与长方体的关系计算长方体的棱长，得出外接球的体积．【解答】由题意可知阳马为四棱锥，且四棱锥的底面为长方体的一个侧面，四棱锥的高为长方体的一棱长，且阳马的外接球也是长方体的外接球．由三视图可知四棱锥的底面是边长为1的正方形，四棱锥的高为，1，∴长方体的一个顶点处的三条棱长分别为1，1，1，∴长方体的对角线为√3，∴外接球的半径为√32，∴外接球的体积为V=4π3∗(√32)3=√3π2．9.【答案】A【考点】程序框图【解析】本题主要考查程序框图，同时考查了三角函数的相关知识.【解答】解：执行程序框图可知，输出的S=a1+a2+⋯+a2016+a2017+a2018=(0+1)+(−2+1)+(0+1)+(4+1)+⋯+(0+1)+(−2014+1)+(0+1)+ (2016+1)+(0+1)+(−2018+1)=6×20164+1−2017=3024+1−2017=1008, 故输出的S的值是1008.故选A.10.【答案】B【考点】充分条件【解析】分别作出p，q对应区域，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】(x−1)2+\lbracky−(2−√2)brack2≤3−2√2=(√2−1)2，则p对应的表达式表示以(1, 2−√2)为圆心，半径r=√2−1的圆及其内部，q对应的平面区域为三角形内部，由图象知p对应区域都在三角形内，则p是q的充分不必要条件，方法2：圆心(1, 2−√2)到y=1的距离d=1−(2−√2)=√2−1=R，圆心(1, 2−√2)到x−y=1的距离d=√2)−1|√2=√2√2=√2−1=R，圆心(1, 2−√2)当x+y=1的距离d=√2−1|√2=√2−1=R，即p对应的区域都在q对应三角形区域内部，则p是q的充分不必要条件，11.【答案】C【考点】直线与圆的位置关系【解析】本题考查直线与圆的位置关系．【解答】解：由题意，知满足条件的t的值在直线x=5的两个点的纵坐标之间取值，过此两个点与圆相切的两条直线互相垂直．设过点(5,t)的直线方程为y−t=k(x−5)，由相切条件，得√k2+1=√10，整理，得6k2+8(4−t)k+(t−4)2−10=0，由题意知此方程的两根满足k1k2=−1，所以(t−4)2−106=−1，解得t=2或t=6，所以2≤t≤6．故选C．12.【答案】C【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】根据题意，令g(x)=f(x)cosx ，x∈(0, π2)，对其求导分析可得g′(x)<0，即函数g(x)为减函数，结合选项分析可得答案【解答】根据题意，令g(x)=f(x)cosx ，x∈(0, π2)，则其导数g′(x)=f′(x)cosx+sinxf(x)cos2x，又由x∈(0, π2)，且恒有cosx⋅f′(x)+sinx⋅f(x)<0，则有g′(x)<0，即函数g(x)为减函数，又由π6<π3，则有g(π6)>g(π3)，即f(π6)cosπ6>f(π3)cosπ3，分析可得f(π6)>√3f(π3)，又由π6<π4，则有g(π6)>g(π4)，即f(π6)cosπ6>f(π4)cosπ4，分析可得√2f(π6)>√3f(π4)，二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.【答案】−2 5【考点】两角和与差的三角函数【解析】根据(π4+α)+(π4−α)=π2，利用诱导公式求出对应数值．【解答】sin(π4−α)=−25，∴cos(π4+α)=cos[π2−(π4−α)]=sin(π4−α)=−25．14.【答案】4【考点】极差、方差与标准差【解析】根据一组数据的平均数与方差的定义和计算公式，即可推导出正确的结论．【解答】根据题意，样本数据a1，a2，…，a2018的平均数为a，其方差是4，则有s a2=12018[(a1−a )2+(a2−a )2+(a3−a )2+...+(a2018−a )2]= 4，对于数据b i=a i−2(i=1, 2,…,2018)，其平均数为b=12018(b1+b2+...+b2018)=12018[(a1−2)+(a2−2)+...+(a2018−2)]=a−2，其方差为s b2=12018[(b1−b )2+(b2−b )2+(b3−b )2+...+(b2018−b )2]=12018[(a1−a )2+(a2−a )2+(a3−a )2+...+(a2018−a )2]=4，15.【答案】π3【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】直接利用函数的图象的平移变换求出结果．【解答】函数f(x)=sin(2x+φ)(|φ|<π2)向左平移π3个单位长度后，得到：g(x)=sin(2x+2π3+φ)的函数是一个奇函数，则：φ+2π3=kπ(k∈Z)，解得：φ=kπ−2π3(k∈Z)，当k=1时，φ=π3．16.【答案】10【考点】函数与方程的综合运用【解析】根据函数单调性和零点的存在性定理判断f(x)与g(x)的零点所在区间，从而得出F(x)的零点所在区间．【解答】∵f′(x)=1−x+x2=(x−12)2+34>0，g′(x)=−1+x−x2=−(x−12)2−34<0，∴f(x)在R上单调递增，g(x)在R上单调递减，又f(−1)=−56<0，f(0)=1>0，g(1)=16>0，g(2)=−53<0，∴f(x)的唯一零点在(−1, 0)上，g(x)的唯一零点在(1, 2)上．令F(x)=0可得f(x+3)=0或g(x−4)=0，∴f(x+3)的唯一零点在(−4, −3)上，g(x−4)的唯一零点在(5, 6)上．∵函数F(x)的零点均在[a, b](a<b, a, b∈Z)内，∴a≤−4，b≥6．∴b−a的最小值为10．故答案为：10．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17.【答案】由题意知：f(x)=cos(2x, sin2x)⋅(√3, 1)=√3cos2x+sin2x+m=2sin(2x+π3)+ m，所以f(x)的最小正周期为T=π．由（1）知：f(x)=2sin(2x+π3)+m，当x∈[0,π2brack时，2x+π3∈[π3,4π3brack．所以当2x+π3=4π3时，f(x)的最小值为−√3+m．又∵f(x)的最小值为5，∴−√3+m=5，即m=5+√3．【考点】平面向量数量积的性质及其运算律三角函数的周期性及其求法【解析】（1）根据向量的数量积公式和两角和的正弦公式可化简可得f(x)=2sin(2x+π3)+m，再根据周期的定义即可求出，（2）根据正弦函数的性质即可求出m的值．【解答】由题意知：f(x)=cos(2x, sin2x)⋅(√3, 1)=√3cos2x+sin2x+m=2sin(2x+π3)+ m，所以f(x)的最小正周期为T=π．由（1）知：f(x)=2sin(2x+π3)+m，当x∈[0,π2brack时，2x+π3∈[π3,4π3brack．所以当2x+π3=4π3时，f(x)的最小值为−√3+m．又∵f(x)的最小值为5，∴−√3+m=5，即m=5+√3．18.【答案】证明：因为AD⊥面ABE，所以AD⊥AE，又BC // AD，所以BC⊥AE．因为BF⊥面ACE，所以BF⊥AE．又BC∩BF=B，所以AE⊥面BCF，即AE⊥平面BCE．方法1：因为BF ⊥面ACE ，CE ⊂面ACE ，所以BF ⊥CE ， 又BC =BE ，所以F 为CE 中点，在△DEC 中，DE =CE =CD =2√2，所以DF ⊥CE ，∠BFD 为二面角B −CE −D 的平面角，cos∠BFD =BF 2+DF 2−BD 22∗BF∗DF=2∗√2∗√6=−√33． ∴ 平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值为√33．方法2：以E 为原点，EB 所在直线为x 轴，EA 所在直线为y 轴，过E 且垂直于平面ABE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则相关点的坐标为E(0, 0, 0)，B(2, 0, 0)，C(2, 0, 2)，D(0, 2, 2)，设平面BCE 的法向量n 1→，平面CDE 的法向量为n 2→，易知n 1→=(0,1,0)，令n 2→=(x,y,z)，则{n 2→∗EC →=0n 2→∗ED →=0 ，故{2x +2z =02y +2z =0，令x =1，得{x =1y =1z =−1，n 2→=(1,1,−1)， 于是，cos <n 1→,n 2→>=n 1→∗n 2→|n 1→||n 2→|=1∗√3=√33． 此即平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值． 【考点】直线与平面垂直二面角的平面角及求法 【解析】（1）证明AD ⊥AE ，BC ⊥AE ．推出AE ⊥面BCF ，得到AE ⊥平面BCE ．（2）方法1：说明∠BFD 为二面角B −CE −D 的平面角，通过求解三角形求解即可． 方法2：以E 为原点，EB 所在直线为x 轴，EA 所在直线为y 轴，过E 且垂直于平面ABE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，求出平面BCE 的法向量n 1→，平面CDE 的法向量为n 2→，利用空间向量的数量积求解平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值． 【解答】证明：因为AD ⊥面ABE ，所以AD ⊥AE ， 又BC // AD ，所以BC ⊥AE ．因为BF ⊥面ACE ，所以BF ⊥AE ．又BC ∩BF =B ，所以AE ⊥面BCF ，即AE ⊥平面BCE ．方法1：因为BF ⊥面ACE ，CE ⊂面ACE ，所以BF ⊥CE ， 又BC =BE ，所以F 为CE 中点，在△DEC 中，DE =CE =CD =2√2，所以DF ⊥CE ，∠BFD 为二面角B −CE −D 的平面角，cos∠BFD =BF 2+DF 2−BD 22∗BF∗DF=2∗√2∗√6=−√33． ∴ 平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值为√33．方法2：以E 为原点，EB 所在直线为x 轴，EA 所在直线为y 轴，过E 且垂直于平面ABE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则相关点的坐标为E(0, 0, 0)，B(2, 0, 0)，C(2, 0, 2)，D(0, 2, 2)，设平面BCE 的法向量n 1→，平面CDE 的法向量为n 2→，易知n 1→=(0,1,0)，令n 2→=(x,y,z)，则{n 2→∗EC →=0n 2→∗ED →=0 ，故{2x +2z =02y +2z =0，令x =1，得{x =1y =1z =−1，n 2→=(1,1,−1)， 于是，cos <n 1→,n 2→>=n 1→∗n 2→|n 1→||n 2→|=1∗√3=√33． 此即平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值． 19.【答案】由题意，x =7，y =9，∑−i=1n xiyi nx y =287−5⋅7⋅9=−28，∑ni=1x i 2−nx 2=295−5⋅72=50，b ^=−2850=−0.56，a ^=y −b ^x =9−(−0.56)⋅7=12.92．所以所求回归直线方程为y ^=−0.56x +12.92．由b ^=−0.56<0知，y 与x 负相关．将x =6代入回归方程可得，y ^=−0.56∗6+12.92=9.56，即可预测当日销售量为9.56kg ． 由（1）知μ≈x =7，σ≈√S 2=3.2，所以P(3.8<X <13.4)=P(μ−σ<X <μ+2σ)=12P(μ−σ<X <μ+σ)+12P(μ−2σ<X <μ+2σ)=0.8185． 【考点】求解线性回归方程 正态分布密度曲线（1）利用公式求出bˆ，a ˆ，即可得出结论． （2）根据bˆ的正负即可判断．将x =6代入回归方程，可得预测这天该商品的销售量； （3）根据X ∼N(μ, σ2)即可计算． 【解答】由题意，x =7，y =9，∑−i=1n xiyi nx y =287−5⋅7⋅9=−28，∑ni=1x i 2−nx 2=295−5⋅72=50，b ^=−2850=−0.56，a ^=y −b ^x =9−(−0.56)⋅7=12.92．所以所求回归直线方程为y ^=−0.56x +12.92．由b ^=−0.56<0知，y 与x 负相关．将x =6代入回归方程可得，y ^=−0.56∗6+12.92=9.56，即可预测当日销售量为9.56kg ． 由（1）知μ≈x =7，σ≈√S 2=3.2，所以P(3.8<X <13.4)=P(μ−σ<X <μ+2σ)=12P(μ−σ<X <μ+σ)+12P(μ−2σ<X <μ+2σ)=0.8185． 20.【答案】设动圆半径为r ，则|PC|=2√2−r,|PD|=r,|PC|+|PD|=2√2>|CD|=2， 由椭圆定义可知，点P 的轨迹E 是椭圆， 其方程为x 22+y 2=1．①证明：由已知条件可知，垂足W 在以CD 为直径的圆周上， 则有x ∘2+y ∘2=1，又因Q ，S ，R ，T 为不同的四个点，x∘22+y∘2<1．②若l 1或l 2的斜率不存在，四边形QRST 的面积为2． 若两条直线的斜率存在，设l 1的斜率为k 1， 则l 1的方程为y =k 1(x +1)， 联立{y =k 1(x +1)x 22+y 2=1，得(2k 2+1)x 2+4k 2x +2k 2−2=0， 则|QS|=2√2k 2+12k 2+1，同理得|RT|=2√2k 2+1k 2+2，∴ S QSRT =12|QS|∗|RT|=4(k 2+1)2(2k 2+1)(k 2+2)≥4(k 2+1)294(k 2+1)2=169，当且仅当2k 2+1=k 2+1，即k =±1时等号成立．综上所述，当k =±1时，四边形QRST 的面积取得最小值为169．轨迹方程直线与椭圆结合的最值问题【解析】（1）设动圆半径为r，则|PC|=2√2−r,|PD|=r,|PC|+|PD|=2√2>|CD|=2，由椭圆定义能求出点P的轨迹E的方程．（2）①由已知条件可知，垂足W在以CD为直径的圆周上，由Q，S，R，T为不同的四个点，能够证明x∘22+y∘2<1．②若l1或l2的斜率不存在，四边形QRST的面积为2．若两条直线的斜率存在，设l1的斜率为k1，则l1的方程为y=k1(x+1){y=k1(x+1)x22+y2=1，得|QS|=2√2k2+12k2+1，同理得|RT|=2√2k2+1k2+2，由此能求出四边形QRST的面积取得最小值．【解答】设动圆半径为r，则|PC|=2√2−r,|PD|=r,|PC|+|PD|=2√2>|CD|=2，由椭圆定义可知，点P的轨迹E是椭圆，其方程为x22+y2=1．①证明：由已知条件可知，垂足W在以CD为直径的圆周上，则有x∘2+y∘2=1，又因Q，S，R，T为不同的四个点，x∘22+y∘2<1．②若l1或l2的斜率不存在，四边形QRST的面积为2．若两条直线的斜率存在，设l1的斜率为k1，则l1的方程为y=k1(x+1)，联立{y=k1(x+1)x22+y2=1，得(2k2+1)x2+4k2x+2k2−2=0，则|QS|=2√2k2+12k2+1，同理得|RT|=2√2k2+1k2+2，∴S QSRT=12|QS|∗|RT|=4(k2+1)2(2k2+1)(k2+2)≥4(k2+1)294(k2+1)2=169，当且仅当2k2+1=k2+1，即k=±1时等号成立．综上所述，当k=±1时，四边形QRST的面积取得最小值为169．21.【答案】f(x)>√x(1+12lnx)，即x+tx−1e x−1>√x(1+12lnx)=√x(1+ln√x)，由(1)ln√x<√x−1，所以1+ln√x<√x，√x(1+ln√x)<√x∗√x=x，所以，只需证x<x+tx−1e x−1，即(x+t)e x−1>x2−x，由（1）e x−1>x，所以只需证(x+t)x>x2−x，只需证x+t>x−1，即t>−1，上式已知成立，故原式成立，得证．【考点】函数恒成立问题不等式的证明【解析】（1）利用函数的导数，判断函数的单调性，然后证明不等式；（2）化简不等式利用（1）的结论，通过分析法转化证明即可．【解答】f(x)>√x(1+12lnx)，即x+tx−1e x−1>√x(1+12lnx)=√x(1+ln√x)，由(1)ln√x<√x−1，所以1+ln√x<√x，√x(1+ln√x)<√x∗√x=x，所以，只需证x<x+tx−1e x−1，即(x+t)e x−1>x2−x，由（1）e x−1>x，所以只需证(x+t)x>x2−x，只需证x+t>x−1，即t>−1，上式已知成立，故原式成立，得证．选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22.【答案】∵圆C的极坐标方程为ρ=2cos(θ+π4)．∴ρ=√2cosθ−√2sinθ，∴ρ2=√2ρcosθ−√2ρsinθ，∴圆C的直角坐标方程为x2+y2−√2x+√2y=0，即(x−√22)2+(y+√22)2=1，∴圆心直角坐标为(√22,−√22)．解法一：直线l上的点向圆C引切线长是：√(√22t−√22)2+(√22t+√22+4√2)2−1=√t2+8t+40=√(t+4)2+24≥2√6，∴直线l上的点向圆C引的切线长的最小值是2√6．解法二：直线l的普通方程为x−y+4√2=0，∴圆心C到直线l距离是|√22+√22+4√2|√2=5，∴直线l上的点向圆C引的切线长的最小值是√52−12=2√6．【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化【解析】（1）圆C的极坐标方程转化为ρ2=√2ρcosθ−√2ρsinθ，由此能求出圆C的直角坐标方程，从而能求出圆心直角坐标．（2）法一：求出直线l 上的点向圆C 引切线长，由此能求出直线l 上的点向圆C 引的切线长的最小值．法二：求出圆心C 到直线l 距离，由此能求出直线l 上的点向圆C 引的切线长的最小值． 【解答】∵ 圆C 的极坐标方程为ρ=2cos(θ+π4)．∴ ρ=√2cosθ−√2sinθ， ∴ ρ2=√2ρcosθ−√2ρsinθ，∴ 圆C 的直角坐标方程为x 2+y 2−√2x +√2y =0， 即(x −√22)2+(y +√22)2=1，∴ 圆心直角坐标为(√22,−√22)．解法一：直线l 上的点向圆C 引切线长是： √(√22t −√22)2+(√22t +√22+4√2)2−1=√t 2+8t +40=√(t +4)2+24≥2√6，∴ 直线l 上的点向圆C 引的切线长的最小值是2√6． 解法二：直线l 的普通方程为x −y +4√2=0， ∴ 圆心C 到直线l 距离是|√22+√22+4√2|√2=5，∴ 直线l 上的点向圆C 引的切线长的最小值是√52−12=2√6．[选修4-5：不等式选讲] 23.【答案】当a =2时，|x −2|+2x ≥2x +1， 所以|x −2|≥1，所以x ≥3或x ≤1， 解集为(−∞, 1]∪[3, +∞)．f(x)={3x −a,x ≥ax +a,x <a ，因为a >0，∴ x ≥a 时，3x −a ≥2a >0恒成立，又x <a 时，当x >−2时，x +a >−2+a ，∴ 只需−2+a ≥0即可， 所以a ≥2． 【考点】不等式恒成立的问题绝对值不等式的解法与证明 【解析】（1）当a =2时，化简不等式f(x)≥2x +1，通过去掉绝对值符号，求解不等式的解集；（2）化简函数的解析式，通过x 与a 的大小比较，转化不等式求解即可． 【解答】当a =2时，|x −2|+2x ≥2x +1， 所以|x −2|≥1，所以x ≥3或x ≤1， 解集为(−∞, 1]∪[3, +∞)．f(x)={3x −a,x ≥ax +a,x <a ，因为a >0，∴ x ≥a 时，3x −a ≥2a >0恒成立，又x <a 时，当x >−2时，x +a >−2+a ，∴ 只需−2+a ≥0即可，所以a≥2．。

2018年甘肃省高三诊断考试数学（理科）本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分150分,考试时间120分钟 第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 设全集R U =，集合{}2≥=x A ，{}60<≤=x x B ，则集合()B A C U ⋂ A. {}20<<x x B.{}20≤<x x C.{}20<≤x x D.{}20≤≤x x2. 在复平面内复数（是虚数单位）对应的点在A. 第一象限B.第二象限C.第二象限D.第二象限3. 向量()1,m a =，()m b ,1=则“1=m ”是“b a //”的 A. 充分不必要条件 B.必要补充分条件B. 充要条件 D.既不充分也不必要条件4. 若实数y x ,满足⎪⎩⎪⎨⎧≥≤-+≥+-0,01,01y y x y x 则y x z 2+=的最大值是A. 1-B. 1C.2D.35. 某几何体挖去两个半球体后的三视图如图所示，若剩余几何体的体积为32π，则a 的值为 A.1 B. 2C.6.已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，n S 为其前n 项和，若135164a a a =⋅=，，则6SA.65B. 64C.63D.627.中国古代数学家赵爽，创造了一幅“勾股弦方图”，通过数形结合，给出了勾股定理的详细证明。

如图所示，在“勾股弦方图”中，以弦为边长得到正方形ABCD 是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成，这一图形被称作“赵爽弦图”.若7cos 225BEA ∠=，则正方形ABCD 内随机取一点，该店恰好在正方形内的概率为 A.2524 B. 54 C.35 D.1258.过直线23y x =+上的点作圆2246120x y x y +-++=的切线，则切线长的最小值为A.19B. 529.如图所示，若程序框图输出的所有实数对所(),x y 对应的点都在函数()2f x ax bx c =++的图像上，则()1f x dx =⎰A.1110B.1211C.1312D.121110. 过双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的右焦点()F 做两条渐近线的垂线，垂足分别为,A B ，点O 为坐标原点，若四边形OAFB 的面积为4，则双曲线的离心率为（ ）A .BC D11. 如图，四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的正方形，PA ⊥平面ABCD ,且4PA =,M 是PB 上的一个动点，过点M 做平面α平行平面PAD ,截棱锥所得图形面积为y ，若平面α与平面PAD 之间的距离为x ，则函数()y f x =的图像是（ ）12. 对于任意0,b a R >∈，不等式()()2222ln 1b a b a m m --+--≥-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦恒成立，则实数m 的最大值为（ ）A B . 2 C . e D . 3第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上.13. 二项式62x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项是____________. 14. 已知数列{}n a 满足()*1115,2n n a a a n N n +-==∈，则n an的最小值为____________. 15. 在某班举行的成人礼典礼上，甲乙丙三名同学中的一人获得了礼物，甲说：“礼物不在我这”； 乙说：“礼物在我这”； 丙说：“礼物不在乙处”.如果三人中只有一人说的是真的，请问____________.（填“甲”、“乙”或“丙”）获得了礼物. 16. 抛物线2:y 4C x =的焦点为F ，过准线上一点N 作NF 的垂线交y 轴于点M ，若抛物线C 上存在点E ，满足2NE NM NF =+,则MNF ∆的面积为____________. 二、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程和验算步骤.17. （本小题满分12分）ABC ∆中，三个内角A B C ，，的对边分别为b c a ，，，若()cos ,cos m B C =,()2,n a c b =+，且m n ⊥.（1）求角B 的大小；（2）若6b =，求ABC ∆周长的取值范围. 18.（本小题满分12分）四棱台被过1A ，1C ，D 的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形ABCD 是边长为2的菱形，060BAD ∠=，1BB ⊥平面ABCD ，12BB =.（1）求证：平面1AB C ⊥平面1BB D（2）若1AA 与底面ABCD 所成角的正切值为2，求二面角11A BD C --的余弦值.19.(本小题满分12分)2017年12月,针对国内天然气供应紧张的问题,某市政府及时安排部署,加气站采取了紧急限气措施,全市居民打响了节约能源的攻坚战.某研究人员为了了解天然气的需求状况,对该地区某些年份天然气需求量进行了统计,并绘制了相应的折线图. (Ⅰ)由折线图可以看出,可用线性回归模型拟合年度天然气需求量y (单位:千万立方米)与年份x (单位:年)之间的关系.并且已知y 关于x 的线性回归方程是ˆˆ6.5yx a =+,试确定ˆa 的值,并预测2018年该地区的天然气需求量;(Ⅱ)政府部门为节约能源出台了《购置新能源汽车补贴方案》,该方案对汽车续航里程做出了严格规定,根据续航里程的不同,将补贴金额划分为三类,A 类:每车补贴1万元,B 类:每车补贴2.5万元,C 类:每车补贴3.4万元.某出租公司对该公司60辆新能源汽车的补贴情况进行了统计,结果如下表:为了制定更合理的补贴方案,政府部门决定采取分层抽样的方式了解出租车公司新能源汽车的补贴情况,在该出租车公司的60辆车中抽取6辆车作为样本,再从6辆车中抽取2辆车进一步跟踪调查.若抽取的2辆车享受的补贴金额之和记为“ξ”,求ξ的分布列及期望. 20.(本小题满分12分)椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ,2F ,过2F 作垂直于x 轴的直线l 与椭圆E 在第一象限交于点P ,若15PF =,且23a b =. (Ⅰ)求椭圆E 的方程;(Ⅱ),A B 是椭圆C 上位于直线l 两侧的两点.若直线AB 过点()1,1-,且22APF BPF ∠=∠,求直线AB 的方程. 21. (本小题满分12分) 已知函数()ln ,f x a x a R =∈.(Ⅰ)若曲线()y f x =与曲线()g x =,求实数a 的值;(Ⅱ)在(Ⅰ)条件下,试问函数()()11xxe F x xf x x-=-+是否有零点?如果有,求出该零点;若没有,请说明理由.(二)选考题:共10分.请考生在22、23题中选定一题作答,并用2B 铅笔在答题卡上将所选题号方框涂黑.按所涂题号进行评分,不涂、多涂均按所答第一题评分,多答按所答第一题评分.22.(本小题满分10分)选修44-:坐标系与参数方程在平面直角坐标系中,曲线(()221:14C x y +-=,以坐标原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,将曲线1C 绕极点逆时针旋转6π后得到的曲线记为2C .(Ⅰ)求曲线1C ,2C 的极坐标方程;(Ⅱ)射线()03πθρ=>与曲线1C ,2C 分别交于异于极点O 的A ,B 两点,求AB . 23. (本小题满分10分) 选修45-:不等式选讲已知函数()2f x m x =--,m R ∈,且()10f x +≥的解集为[]0,2. (Ⅰ)求m 的值;(Ⅱ)若,,a b c R ∈,且11123m a b c++=,求证:239a b c ++≥.2018甘肃省第一次高考诊断理科数学考试参考答案及评分标准一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,在每小题给出的选项中,只有一项是符合要求的.1.C2.D3.A4.C5.B6.C7.D8.A9.B 10.D 11.D 12.B 12.提示:不等式左侧()()222ln 1b a b a --+--⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的最小值的几何意义是函数ln y x =上的点(),ln b b 与函数1y x =+上的点()2,1a a --之间距离的最小值的平方,与直线1y x =+平行且与函数ln y x =相切的直线为1y x =-,两线之间距离的所以22m m -≤,解得12m -≤≤,所以m 的最大值为2. 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.13.160- 14.274 15.甲 16.216.提示:由2NE NM NF =+可得点E 为MF 的中点,准线方程1x =-,焦点()1,0F ,不防设点N 在第三象限,因为MNF ∠为直角,所以12NE MF EF ==,由抛物线的定义得//NE x 轴,则可求得((1,,0,,1,2E M N ⎛-- ⎝,即NF =MN =所以2MNF S ∆=. 三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或验算步骤.17.解: (Ⅰ)m n ⊥,则有()cos 2cos 0B a c C b ⋅++⋅=,()cos 2sin sin cos sin 0B A C C B ∴⋅++⋅=,()()2cos sin sin cos cos sin sin sin B A C B C B B C A ∴=-⋅+⋅=-+=-,1cos 2B ∴=-23B π∴=. …………………………6分(Ⅱ)根据余弦定理可知222222cos ,36b a c ac B a c ac =+-∴=++,……………8分又()()22236,36,62a c a c ac a c ac a c +⎛⎫=+-∴+-=≤∴<+≤ ⎪⎝⎭则ABC ∆的周长的取值范围是(12,6+. …………………………12分18.解： 平面在菱形中，又平面 平面平面平面平面与底面所成角为设交于点以为坐标原点如图建立空间直角坐标系则同理设平面的法向量则设平面的法向量则设二面角为19．解：如折线图数据可知代入线性回归方程可得将代入方程可得千万立方米.根据分层次抽样可知类，类，类抽取人数分别为辆，辆，辆，则当类抽辆，类抽辆时，此时当类抽辆，类抽辆时，此时当类抽辆，类抽辆时，此时当类抽辆时，此时当类抽辆时，此时所以的分布列为：（万元）.20.解：由题可得223,b PE a==因为15PE =，由椭圆的定义得4,a =所以212,b = 所以椭圆E 方程为221.1612x y += ()II 易知点P 的坐标为()2,3.因为22,APF BPF ∠=∠所以直线,PA PB 的斜率之和为0.设直线PA 的斜率为,k 则直线PB 的斜率为-k ，设()()1122,,,,A x y B x y 则直线PA 的方程为()32,y k x -=-由 ()223211612y k x x y -=-⎧⎪⎨+=⎪⎩ 可得()()()22234832432480,k x k k x k ++-+--=()12823234k k x k-∴+=+ 同理直线PB 的方程为()2,y k x -=--可得()()222-8238232,3434k k k k x k k -++==++2121222161248,,3434k kx x x x k k--∴+=-++ ()()()121212121212232341,2AB k x k x k x x k y y k x x x x x x -++--+--====---∴满足条件的直线AB 的方程为()111,2y x +=-即为230.x y --= 21.()I 函数()ln f x a x =的定义域为()0,a x +∞=，，()()'',g a f x x x == 设曲线()y f x =与曲线()g x =()00,x y由于在公共点处有共同的切线，所以0a x =解得204,0.x a a =〉 由()()00f x g x =可得0ln a x =解得.2ea =()II 函数()()112xxe F x xf x -=-+是否有零点，转化为函数()()ln 2e H x xf x x x ==与函数()112xxe G x -=-在区间()0,x ∈+∞是否有交点. ()()ln .2e H x xf x x x ==可得()()ln 1ln 222e e e H x x x +=+‘ 令()0,Hx 〉’解得1,,x e⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭此时函数()H x 单调递增;令()0,Hx 〈’解得10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，此时函数()H x 单调递减.∴当1x e =时，函数()H x 取得极小值即最小值，11=-.2H e ⎛⎫ ⎪⎝⎭ ()1G 12x xe x -=-可得()()'11G 12x x x e -=-令()'G 0x 〉，解得1x 〈〈0，此时函数()G x 单调递增;令()'G 0x 〈解得1x 〉，此时函数()G x 单调递减.∴当1x =时，函数()G x 取得极大值即最大值，()1G 1=.2-因此两个函数无交点，即函数()()112xxe F x xf x -=-+无零点. 22.解：曲线(()22114C x y +-=：化为极坐标方程是2sin ρθθ+11 设曲线2C 上的点(),Q ρθ绕极点顺时针旋转6π后得到,6P πρθ⎛⎫- ⎪⎝⎭在1C 上，代入可得2C的极坐标方程是=2cos ρθθ+. ()II 将=3πθ()0ρ〉分别代入12,C C 的极坐标方程，得到1212=4==4AB ρρρρ--23.()I ()101011f x m x m x m +≥⇒--≥⇒-≤≤+ 由()10f x +≥的解集为[]0,2可知=1.m ()II 111123a b c ++=则()11123322323111232233b c a c a b a b c a b c a b c a a b b c c ⎛⎫++=++++=++++++++= ⎪⎝⎭ 233233692323b a c a c b a b a c b c++++++≥+= 当且仅当23a b c ==时等号成立，即33,12a b c ===，时等号成立.。