2018届山东省潍坊市青州市高三第三次高考模拟考试数学(文)试题(解析版)

2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷文科数学（三）本试题卷共2页，23题（含选考题）。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．若集合{}|11A x x =-<<，{}|02B x x =<<，则A B = （ ） A ．{}|11x x -<< B ．{}|12x x -<< C ．{}|02x x <<D ．{}|01x x <<2．设复数12i z =+（是虚数单位），则在复平面内，复数2z 对应的点的坐标为（ ） A ．()3,4-B ．()5,4C ．()3,2-D ．()3,43．若向量()1,1,2=-a ，()2,1,3=-b ，则 ）A B ．C ．3D4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A ．52π+B ．42π+C ．44π+D ．54π+5．已知双曲线22221x y a b-=()0,0a b >>的一个焦点为()2,0F -双曲线的方程为（ ）A ．2213x y -=B ．2213y x -=C ．2213y x -=D ．2213x y -=班级 姓名 准考证号 考场号 座位号6()102f =-，则图中m 的值为（ ）A ．1B ．43C ．2D ．43或2 7．在ABC △中，内角A ，B ，C 的对边分别为，，，若函数()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+无极值点，则角B 的最大值是（ ）A B C D 8．公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”．利用“割圆术”，刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3．14，这就是著名的“徽率”．如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（ ）（参考数据：sin150.2588≈ ，sin7.50.1305≈ ）A ．12B ．20C ．24D ．489．设π02x <<，则“2cos x x <”是“cos x x ＜”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10．欧阳修的《卖油翁》中写道：“（翁）乃取一葫芦置于地，以钱覆盖其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿”，可见“行行出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止．若铜钱是直径为3cm 的圆面，中间有边长为1cm 的正方形孔．现随机向铜钱上滴一滴油（油滴的大小忽略不计），则油滴落入孔中的概率为（ ）ABC ．19D11．已知点()4,3A 和点()1,2B ，点O）A．B ．5 C ．3 D12．已知函数()f x =()2220 1102x xx f x x +--+<⎧⎪⎨⎪⎩≤≤≤，则关于的方程()15x f x -=在[]2,2-上的根的个数为（ ） A ．3 B ．4C ．5D ．6第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。

2018年普通高等学校招生模拟考试文科综合参考答案2018．05地理答案1.B2.B3.D4.A5.C6.B7.D8.B9.B 10.A 11.C36.（24分）（1）夏季风不稳定，旱涝灾害多发；地处亚热带冬季气温较高，病虫害多；夏季阴雨天气较多，光照不足。

（2）修建水库，保障了农业生产中所需的水源；减轻旱涝灾害对农业生产的危害；兴建引水灌溉工程，完善农业水利基础设施；增加了灌溉面积。

（3）培育良种，提供农药、化肥等生产资料；提供资金、农业生产技术和机械设备；发展农产品的加工和贸易；推进农业水电工程等基础设施的建设等。

（4）水量增加；水质改善；生物多样性增加；37.（22分）（1）该半球为南半球，河流受地转偏向力影响，河流右岸流速较左岸慢，利于鱼类逆流洄游。

（2）“迂回”：增大鱼道进口与鱼道出口的水平距离，降低坡度，减小流速。

“U形板：起到滞留作用，提高鱼梯内部水位；阻滞水流，并能引起水流产生螺旋状的回流，较大地降低水流速度，利于鱼类逆流洄游。

（3）增加水面宽度，进一步降低流速，为鱼类提供休息场所，恢复体能。

（4）适度捕捞；利用鱼梯景观发展旅游业；利用水库发展水产养殖业43.（10分）环境优美，生态良好，自然及人文旅游资源丰富；休闲氛围浓厚，有利于放慢生活节奏；地处长江三角洲，靠近上海、南京等大城市，客源丰富、交通便利；进一步完善旅游配套基础设施；加强农业旅游与民俗文化的融合；在特色景观的营造上加强对“慢”文化的注入，开发以“慢”文化元素为核心的特色旅游；发展农家乐等休闲农业，开发农产品采摘、亲子游等旅游项目，完善农业+旅游业产业链；加大宣传，提高知名度，塑造“慢城”品牌。

44.（10分）允许进口阶段：弥补了我国原材料的不足，减轻资源压力；固体废弃物价格低，降低生产成本；给固体废弃物加工地的政府和民众带来了经济收益；带动相关产业发展，增加了就业岗位。

（6分）禁止进口阶段：固体废弃物的使用传播疾，会危害居民身体健康；处理不当会造成环境污染；进口还可能会造成外来物种的入侵，引起生态破坏等。

2017 — 2018学年度高三第三次调研测试文科数学本试卷共23小题，共150分，共6页，考试时间120分钟，考试结束后，将答题卡和试 题卷一并交回。

注意事项：1 •答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条 形码、姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。

2.选择题答案使用2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案 的标号；非选择题答案必须使用 0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3•请按照题号在各题的答题区域 （黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。

4. 作图可先用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5. 保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮 纸刀。

本大题共 12题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有个是符合题目要求。

设全集 U =Z , A ={-1,1,3,5,7,9}, B ={-1,5,7}，贝V AplG u B)二B. {-1,5,7}D. {-1,1,3,5,9}__nA . -P ： X 。

R,X o 2 乞3X oB . -p: x R,x 22< 3x2C . — p: 一x R,x ■ 2 3xnD . _p: x 0 R,x 0 2 _ 3x 。

2. 已知复数 i z =1—i（i 为虚数单位），则z 的虚部为3.1 .A. i2已知命题P ：X o1 .B.i 2R,x ； 2 3x 0，则命题 1 C.2p 的否命题为D.4. F 列各组向量中，可以作为基底的是A. q =(0,0), e ? =(1,2)B.eiC.e 1 = (3,5), e 2 = (6,10)D.6 = (-1,2),0 = (5,7)、选择题: 1.A. {1,3,9}C.{-1,1,3x - y 3 _ 0设x, y 满足约束条件*x + yZ0，则z = 3x + y 的最小值是x 兰2S n ,则 S n =，定点的坐标是是某几何体的三视图，则该几何体的体积为C. D.5.6. A. -5 B. 4 C. -3D. 11已知等差数列｛务｝的公差不为0,可=1，且32,34,38成等比数列，设｛a n ｝的前n 项和A.n( n 1) 2B.2C. n 2 12 D.n(n 3) 47.以抛物线y 2=8x 上的任意一点为圆心作圆与直线X 二-2相切，这些圆必过一定点，则8. 9. A. (0,2)B. (2, 0)执行如图所示的程序框图，当输出则输入n 的值可以为A.B. C. D.如图，网格纸上小正方形的边长为 C.S =210 时,1,粗实线画出的 (4, 0) D. (0, 4)——n = n - 1否甲S = n ・S(■结束2)A.14二B.310二3 5-J IS = 1C 开始3*/ 输入n // 输岀S /n < 5 ?是俯视图正视图F I +•B 8；侧视图-10.已知锐角：•满足cos( ) =cos2＞，则sin〉cos 等于414 411.朱世杰是历史上最伟大的数学家之一， 他所著的《四元玉鉴》卷中如像招数”五问有如下问题：今有官司差夫一千八百六十四人筑堤•只云初日差六十四人，次日转多七人，每 人日支米三升，共支米四百三石九斗二升， 问筑堤几日”.其大意为：官府陆续派遣1864人前往修筑堤坝，第一天派出 64人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多7人，修筑堤坝的每人每天分发大米3升，共发出大米40392升，问修筑堤坝多少天”.这个问题中， 前5天应发大米12•对于定义域为 R 的函数f(x)，若同时满足下列三个条件：①且 X = 0 时，都有 xf (x)0 ；③当 x 1 ::: 0 x 2，且 I 片 |=| x 2 |时，都有 f (xj ::： f (x 2),则称f(x)为偏对称函数”.现给出下列三个函数：3 3 2 x ] ln(1—x), x 兰 0 f i (x)-X x ； f 2(x) = e - x-1； f 3(x)二212x, x > 0则其中是偏对称函数”的函数个数为 A. 0B. 1C. 2D. 3二、填空题：本大题共 4个小题，每小题5分。

2018年山东省潍坊市青州市高考数学三模试卷（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. 设集合A={x|y=log2(2−x)}，若全集U=A，B={x|1<x<2}，则∁U B=（）A.(−∞, 1)B.(−∞, 1]C.(2, +∞)D.[2, +∞)2. 设i是虚数单位，若复数a+5i1−2i(a∈R)是纯虚数，则a=（）A.−1B.1C.−2D.23. 若α∈(0, π)，sin(π−α)+cosα=√23，则sinα−cosα的值为（）A.√23B.−√23C.43D.−434. 设平面向量a→=(√3,1)，b→=(x, −3)，a→⊥b→，则下列说法正确的是（）A.x=√3是a→⊥b→的充分不必要条件B.a→−b→与a→的夹角为π3C.|b→|=12D.a→−b→与b→的夹角为π65. 已知双曲线C:y2a2−x2b2=1(a>0, b>0)的离心率为√3，且经过点(2, 2)，则双曲线C的实轴长为（）A.12B.1C.2√2D.√26. 若n=2∫30xdx+1，则二项式(x2−2√x)n的展开式中的常数项为（）A.45 256B.−45256C.45128D.−451287. 如图所示程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入a，b的分别为10，4，则输出的a=()A.0 B.14 C.4 D.28. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.163B.203C.169D.2099. 已知a>0，a≠1，f(x)=x2−a x．当x∈(−1, 1)时，均有f(x)<12，则实数a的取值范围是（）A.(0, 12]∪[2, +∞)B.[12, 1)∪(1, 2]C.(0, 14]∪[4, +∞)D.[14, 1)∪(1, 4]10. 某旅行社租用A、B两种型号的客车安排900名客人旅行，A、B两种车辆的载客量分别为36人和60人，租金分别为1600元/辆和2400元/辆，旅行社要求租车总数不超过21辆，且B型车不多于A型车7辆．则租金最少为（）A.31200元B.36800元C.38400元D.44800元11. 已知函数f(x)＝2sin(ωx+φ)(ω>0, |φ|<π2)的图象过点B(0, −1)，且在(π18, π3)上单调，同时f(x)的图象向左平移π个单位之后与原来的图象重合，当x1，x2∈(−17π12, −2π3)，且x1≠x2时，f(x1)＝f(x2)，则f(x1+ x2)＝（）A.−√3B.−1C.1D.√312. 已知点P是曲线y=sinx+lnx上任意一点，记直线OP（O为坐标系原点）的斜率为k，则（）A.至少存在两个点P使得k=−1B.对于任意点P都有k<0C.对于任意点P都有k<1D.存在点P使得k≥1二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知平面向量a→=(x−1, y)，|a→|≤1则事件“y≥x”的概率为________．14. 已知抛物线x2=4y的焦点为F，准线与y轴的交点为M，N为抛物线上的一点，且|NF|=√32|MN|，则∠NMF=________．15. 如图所示，在平面四边形ABCD中，AB=√2，BC=√3，AB⊥AD，AC⊥CD，AD=3AC，则AC=________．16. 在三棱锥A−BCD中，底面为Rt△，且BC⊥CD，斜边BD上的高为1，三棱锥A−BCD的外接球的直径是AB，若该外接球的表面积为16π，则三棱锥A−BCD的体积的最大值为________．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a n+1=S n+1（1）求{a n}的通项公式；（2）记b n=log2(a n⋅a n+1)，数列{b n}的前n项和为T n，求证：1T1+1T2+⋯+1T n<2．18. 如图，在四棱锥E−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面ABCD⊥平面ABE，∠AEB=90∘，BE=BC，F为CE的中点．．（1）求证：平面BDF⊥平面ACE；（2）2AE=EB，在线段AE上是否存在一点P，使得二面角P−DB−F的余弦值为√1010．请说明理由．19. 某房产中介公司2017年9月1日正式开业，现对其每个月的二手房成交量进行统计，y表示开业第x个月的二手房成交量，得到统计表格如下：（1）统计中常用相关系数r来衡量两个变量之间线性关系的强弱．统计学认为，对于变量x，y，如果|r|∈[0.75, 1]，那么相关性很强；如果|r|∈[0.3, 0.75]，那么相关性一般；如果|r|≤0.25，那么相关性较弱．通过散点图初步分析可用线性回归模型拟合y与x的关系．计算(x i, y i)(i=1, 2,…,8)的相关系数r，并回答是否可以认为两个变量具有很强的线性相关关系．（2）请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程y^=b^x+a^，并预测该房产中介公司2018年6月份的二手房成交量．（3）该房产中介为增加业绩，决定针对二手房成交客户开展抽奖活动．若抽中“一等奖”获6千元奖金；抽中“二等奖”获3干元奖金；抽中“祝您平安”，则没有奖金．已知一次抽奖活动中获得“一等奖”的概率为16，获得“二等奖”的概率为13．现有甲、乙两个客户参与抽奖活动，假设他们是否中奖相互独立，求此二人所获奖金总额X（千元）的分布列及数学期望．参考数据：∑=i=18xiyi850,∑=i=18xi2204,∑=i=18yi23776,√21≈4.58,√31≈5.57．参考公式：b^=∑−i=1n xiyinxy∑−i=1n xi2nx2,a^=y−b^x，r=∑−n nxy√∑xni=1i−nx2√∑yni=1i−ny220. 设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F1，离心率为√22，过点F1且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为√2．（1）求椭圆C的方程；（2）若y2＝4x上存在两点M，N，椭圆C上存在两个点P，Q，满足：P，Q，F1三点共线，M，N，F1三点共线且PQ⊥MN，求四边形PMQN的面积的最小值．21. 已知f(x)=ln(x+m)−mx．（1）求f(x)的单调区间；（2）设m>1，x1，x2为函数f(x)的两个零点，求证：x1+x2<0．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程] 22. 在平面直角坐标系xoy中，曲线C1的参数方程为{x=acosφy=bsinφ（a>b>0，φ为参数），在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2是圆心在极轴上，且经过极点的圆．已知曲线C1上的点M(1, √32)对应的参数φ=π3，射线θ=π3与曲C2交于点D(1, π3)（1）求曲线C1，C2的直角坐标方程；（2）若点A，B在曲线C1上的两个点且OA⊥OB，求1|OA|2+1|OB|2的值．[选修4-5：不等式选讲]23. 已知函数f(x)=|x−3|+|x+4|．（1）求f(x)≥f(4)的解集；（2）设函数g(x)=k(x−3)(k∈R)，若f(x)>g(x)对∀x∈R成立，求实数k的取值范围参考答案与试题解析2018年山东省潍坊市青州市高考数学三模试卷（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】 B【考点】 补集及其运算 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由集合A ={x|y =log 2(2−x)}={x|x <2}， 得U ={x|x <2}．又因为B ={x|1<x <2}， 所以∁U B ={x|x ≤1}． 故选B ． 2.【答案】 D【考点】 复数的运算 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：a +5i1−2i =a −2+i ， 由纯虚数的定义可得a −2=0， ∴ a =2． 故选D ． 3.【答案】 C【考点】三角函数的恒等变换及化简求值 【解析】由已知可得sinα+cosα=√23，两边平方变形得：2sinαcosα=−79，说明sinα>0，cosα<0，则sinα−cosα=√(sinα−cosα)2，展开后得答案． 【解答】∵ α∈(0, π)，且sin(π−α)+cosα=√23，∴ sinα+cosα=√23，两边平方变形得：2sinαcosα=−79，则sinα−cosα=√(sinα−cosα)2=√1−2sinαcosα=√1+79=43．4.【答案】 B【考点】命题的真假判断与应用数量积表示两个向量的夹角 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由题意，a →b →=√3x −3=0，解得x =√3，此时a →=(√3,1)，b →=(√3, −3)，所以x =√3是a →⊥b →的充要条件，所以选项A 不正确；|b →|=√(√3)2+(−3)2=2√3，所以选项C 不正确；由a →=(√3,1)，b →=(√3, −3)，得a →−b →=(0, 4)，设向量a →−b →与a →的夹角为θ， 则cosθ=(a →−b →)a→|a →−b →||a →|=12，所以θ=π3 . 故选B ． 5.【答案】 C【考点】 双曲线的特性 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由题意ca =√3⇒c 2=3a 2，又c 2=a 2+b 2，所以b 2=2a 2，所以双曲线C 的方程为y2a2−x 22a 2=1，将点(2, 2)代入得4a 2−42a 2=1，解得a =√2，所以双曲线C 的实轴长为2a =2√2 . 故选C ． 6.【答案】 A【考点】微积分基本定理 定积分 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：由题知 n =2∫x 30dx +1=2×12x 2|03+1=10，即二项式为(x 2−2√x)10， 其展开式的通项为 T r+1=C 10r (x 2)10−r 2√x)r=(−12)r⋅C 10r x20−52r ， 当r =8时，得到常数项为(−12)8C 108=45256． 故选A ．7.【答案】 D【考点】 程序框图 【解析】由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的a ，b 的值，即可得到结论． 【解答】由a =10，b =4，b <a ， 则a 变为10−4=6，由b <a ，则a 变为6−4=2， 由a <b ，则b 变为4−2=2， 由a =b =2， 则输出的a =2． 8.【答案】 B【考点】由三视图求体积 【解析】由三视图可知，几何体是三棱柱与四棱锥的组合体，利用三视图的数据，即可求出该几何体的体积． 【解答】由题意可知几何体是组合体，左侧是四棱锥右侧是三棱柱，如图：棱锥的高为2，底面正方形的边长为2，三棱柱的底面等腰三角形的底边长为2，高为2． 所以几何体的体积为：13×2×2×2+12×2×2×2=203．9.【答案】 B【考点】指、对数不等式的解法 【解析】由题意可知，a x >x 2−12在(−1, 1)上恒成立，令g(x)=a x ，m(x)=x 2−12，结合图象，列出不等式组，解不等式组，求出a 的取值范围．【解答】若当x ∈(−1, 1)时，均有f(x)<12， 即a x >x 2−12在(−1, 1)上恒成立， 令g(x)=a x ，m(x)=x 2−12，由图象知：若0<a <1时，g(1)≥m(1)，即a ≥1−12=12，此时12≤a <1； 当a >1时，g(−1)≥m(1)，即a −1≥1−12=12，此时a ≤2，此时1<a ≤2． 综上12≤a <1或1<a ≤2． 故选：B ．10.【答案】 C【考点】 简单线性规划 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：设租A 型车x 辆，B 型车y 辆， 由已知条件可得{36x +60y ≥900x +y ≤21y −x ≤7 ， 目标函数z =1600x +2400y(x ∈Z,y ∈Z)， 作出可行域如图中阴影部分所示.由{y −x =736x +60y =900，得{x =5y =12． 将目标函数进行变形可得y =−23x+z2400，由图可知，当直线y =−23x +z2400经过点(5,12)时， z 取得最小值，z min =1600×5+2400×12=36800． 故选C ． 11.【答案】由函数f （x ）＝2sin （ωx+φ）的图象过点B （0，﹣1），∴ 2sinφ＝﹣1，解得sinφ=−12，又|φ|<π2，∴ φ=−π6，∴ f （x ）＝2sin （ωx −π6）又f （x ）的图象向左平移π个单位之后为g （x ）＝2sin[ω（x+π）−π6]＝2sin （ωx+ωπ−π6），由两函数图象完全重合知ωπ＝2kπ，∴ ω＝2k ，k ∈Z 又π3−π18≤T2=πω，∴ ω≤185，∴ ω＝2∴ f （x ）＝2sin （2x −π6），其图象的对称轴为x =kπ2+π3，k ∈Z 当x1，x 2∈（−17π12，−2π3），其对称轴为x ＝﹣3×π2+π3=−7π6，∴ x 1+x2＝2×（−7π6）=−7π3，∴ f （x 1+x2）＝f （−7π3）＝2sin[2×（−7π3）−π6]＝2sin （−29π6）＝﹣2sin29π6＝﹣2sin 5π6=−1应选：B【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换 【解析】由题意求得φ、ω的值，写出函数f(x)的解析式，求图象的对称轴，得x 1+x 2的值，再求f(x 1+x 2)的值． 【解答】由函数f(x)＝2sin(ωx +φ)的图象过点B(0, −1)， ∴ 2sinφ＝−1，解得sinφ=−12， 又|φ|<π2，∴ φ=−π6， ∴ f(x)＝2sin(ωx −π6)；又f(x)的图象向左平移π个单位之后为g(x)＝2sin[ω(x +π)−π6]＝2sin(ωx +ωπ−π6)， 由两函数图象完全重合知ωπ＝2kπ，∴ ω＝2k ，k ∈Z ； 又π3−π18≤T2=πω， ∴ ω≤185，∴ ω＝2；∴ f(x)＝2sin(2x −π6)，其图象的对称轴为x =kπ2+π3，k ∈Z ；当x 1，x 2∈(−17π12, −2π3)，其对称轴为x ＝−3×π2+π3=−7π6，∴ x 1+x 2＝2×(−7π6)=−7π3，∴ f(x 1+x 2)＝f(−7π3)＝2sin[2×(−7π3)−π6]＝2sin(−29π6)＝−2sin 29π6＝−2sin5π6=−1．应选：B ． 12.【答案】 C【考点】命题的真假判断与应用 【解析】结合正弦函数的值域和对数函数y =lnx 和直线y =x −1的关系，即可判断D ；当π2≤x <π时，y =sinx +lnx >0，即可判断B ；sinx+lnxx=−1，即sinx +lnx +x =0至少存在两解，运用导数判断单调性，即可判断A ，由排除法思想即可得到结论． 【解答】任意取x 为一正实数，一方面y =sinx +lnx ≤lnx +1，另一方面由y =lnx 和直线y =x −1的图象容易证lnx +1≤x 成立，所以y =sinx +lnx ≤x ， 因为y =sinx +lnx ≤lnx +1与lnx +1≤x 中两个等号成立条件不一样， 所以y =sinx +lnx <x 恒成立，所以k <1，排除D ；当π2≤x <π时，y =sinx +lnx >0，所以k >0，所以排除B ； 对于A 选项，至少存在两个点P 使得k =−1，也就是sinx+lnxx=−1至少存在两解，即sinx +lnx +x =0至少存在两解，(sinx +lnx +x)′=cosx +1x +1>0恒成立， 所以sinx +lnx +x =0至多存在一解，故排除A ，二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 13. 【答案】14−12π 【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】根据平面向量的模长公式得出(x −1)2+y 2≤1，画出不等式y ≥x 表示的平面区域，计算对应区域的面积比即可． 【解答】平面向量a →=(x −1, y)， 由|a →|≤1得，(x −1)2+y 2≤1，它表示圆心为(1, 0)，半径为1的圆面；画出图形如图所示；则阴影部分为弓形，其面积为1 4π⋅12−12×1×1=π4−12；所以事件“y≥x”的概率为P=S阴影S圆C=π4−12π∗12=14−12π．14.【答案】π6【考点】抛物线的求解【解析】由抛物线的定义可得NF=y N+1，由sin(π2−θ)=NHMN=NFMN=√32，求得π2−θ的值，即可求出锐角θ的大小．【解答】抛物线x2=4y的准线为y=−1，设∠NMF=θ，过点N作NH垂直于抛物线的准线，H为垂足，则由抛物线的定义可得NH=NF，Rt△MNH中，∠NMH=π2−θ，由直角三角形中的边角关系可得sin(π2−θ )=NHMN=NFMN=√32，∴π2−θ=π3，即θ=π6，15.【答案】3【考点】解三角形【解析】利用正弦定理和余弦定理的应用建立方程组求出结果．【解答】设AC=x，AD=3x，在直角三角形ACD中，CD=√AD2−AC2=2√2x，所以：sin∠ACD=CDAD =2√23．在△ABC中，利用余弦定理：cos∠BAC=AB 2+AC2−BC22AB∗AC=22√2x，由于∠BAC+∠CAD=π2，所以cos∠BAC=sin∠CAD，即22√2x=2√23．整理得：3x2−8x−3=0，解得：x=3或x=−13（舍去），故AC=3．16.【答案】43【考点】柱体、锥体、台体的体积计算【解析】由题意画出图形，设AD=x，把棱锥体积用含有x的代数式表示，然后利用二次函数求最值．【解答】如图，由外接球的表面积为16π，可得外接球的半径为2，则AB=4．设AD=x，则BD=√16−x2，又BD边上的高CH=1，∴当CH⊥平面ABD时，棱锥A−BCD体积最大，此时V=13×12⋅x⋅√16−x2=16√−x4+16x2．∴当x2=8时，V有最大值为43．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.【答案】数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a n+1=S n+1，当n≥2时，a n=S n−1+1，所以：a n+1=2a n，又a1=1，所以：a2=2，a2=2a1符合上式，所以{a n}是以1为首项，以2为公比的等比数列．所以：a n=2n−1．证明：由（1）知b n=log2(a n⋅a n+1)=log2(2n⋅2n−1)=2n−1，所以：T n=n⋅1+2n−12=n2，所以1T1+1T2+⋯+1T n=112+122+⋯+1n2≤1+11⋅2+12⋅3+⋯+1n(n−1)=1+1−12+12−13+13+⋯+1n−1−1n=2−1n<2．【考点】数列递推式数列的求和【解析】（1）直接利用递推关系式求出数列的通项公式．（2）利用裂项相消法和放缩法求出数列的和．【解答】数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a n+1=S n+1，当n≥2时，a n=S n−1+1，所以：a n+1=2a n，又a1=1，所以：a2=2，a2=2a1符合上式，所以{a n}是以1为首项，以2为公比的等比数列．所以：a n=2n−1．证明：由（1）知b n=log2(a n⋅a n+1)=log2(2n⋅2n−1)=2n−1，所以：T n=n⋅1+2n−12=n2，所以1T1+1T2+⋯+1T n=112+122+⋯+1n2≤1+11⋅2+12⋅3+⋯+1n(n−1)=1+1−12+12−13+13+⋯+1n−1−1n=2−1n<2．18.【答案】∵平面ABCD⊥平面ABE，BC⊥AB，平面ABCD∩平面ABE=AB，∴BC⊥平面ABE，又∵AE⊂平面ABE，∴BC⊥AE，又∵AE⊥BE，BC∩BE=B，∴AE⊥平面BCE，BF⊂平面BCE，即AE⊥BF，在△BCE中，BE=CB，F为CE的中点，∴BF⊥CE，AE∩CE=E，∴BF⊥平面ACE，又BF⊂平面BDF，∴平面BDF⊥平面ACE．如图建立空间直角坐标系，设AE=1，则B(2, 0, 0)，D(0, 1, 2)，C(2, 0, 2)，F(1, 0, 1)，设P(0, a, 0)，BD→=(−2, 1, 2)，BF→=(−1, 0, 1)，PB→=(2, −a, 0)，∵EC→∗BD→=0，EC→∗BF→=0，∴EC→⊥平面BDP，故EC→=(2, 0, 2)为平面BDP的一个法向量，设n→⊥平面BDP，且n→=(x, y, z)，则n→⊥BD→，n→⊥PB→，∴{−2x+y+2z=02x−ay=0，取y=2，得n→=(a, 2, a−1)，∵二面角P−DB−F的余弦值为√1010，∴|cos<EC→,n→>|=|EC→∗n→|EC→|∗|n→||=√2∗√a2+4+(a−1)2=√1010，解得a=0或a=1，即P在E处或A处．【考点】平面与平面垂直二面角的平面角及求法【解析】（1）推导出BC⊥平面ABE，BC⊥AE，AE⊥BE，从而AE⊥平面BCE，进而AE⊥BF，再求出BF⊥CE，从而BF⊥平面ACE，由此能证明平面BDF⊥平面ACE．（2）建立空间直角坐标系，设AE=1，利用向量法能求出P在E处或A处．【解答】∵平面ABCD⊥平面ABE，BC⊥AB，平面ABCD∩平面ABE=AB，∴BC⊥平面ABE，又∵AE⊂平面ABE，∴BC⊥AE，又∵AE⊥BE，BC∩BE=B，∴AE⊥平面BCE，BF⊂平面BCE，即AE⊥BF，在△BCE中，BE=CB，F为CE的中点，∴BF⊥CE，AE∩CE=E，∴BF⊥平面ACE，又BF⊂平面BDF，∴平面BDF⊥平面ACE．如图建立空间直角坐标系，设AE=1，则B(2, 0, 0)，D(0, 1, 2)，C(2, 0, 2)，F(1, 0, 1)，设P(0, a, 0)，BD→=(−2, 1, 2)，BF→=(−1, 0, 1)，PB→=(2, −a, 0)，∵EC→∗BD→=0，EC→∗BF→=0，∴EC→⊥平面BDP，故EC→=(2, 0, 2)为平面BDP的一个法向量，设n→⊥平面BDP，且n→=(x, y, z)，则n→⊥BD→，n→⊥PB→，∴{−2x+y+2z=02x−ay=0，取y=2，得n→=(a, 2, a−1)，∵二面角P−DB−F的余弦值为√1010，∴ |cos <EC →,n →>|=|EC →∗n→|EC →|∗|n →||=√2∗√a 2+4+(a−1)2=√1010， 解得a =0或a =1，即P 在E 处或A 处．19. 【答案】依题意：x =4.5，y =21， r =22=√42×√248=4×√21×√31=944×4.58×5.57≈0.92． 因为0.92∈[0.75, 1]，所以变量x ，y 线性相关性很强． b ∧=850−8×4.5×21204−8×4.52=2.24，a ∧=21−2.24×4.5=10.92，∴ y 关于x 的线性回归方程为y ∧=2.24x +10.92． 当x =10，y ∧=2.24×10+10.92=33.32，所以预计2018年6月份的二手房成交量为33．二人所获奖金总额X 的所有可能取值有0、3、6、9、12千元．P(X =0)=12×12=14，P(X =3)=2×12×13=13，P(X =6)=13×13+2×16×12=518，P(X =9)=2×13×16=19，P(X =12)=16×16=136． 所以，奖金总额X 的分布列如下表：∴ E(X)=0×14+3×13+6×518+9×19+12×136=4千元．【考点】离散型随机变量的期望与方差 【解析】（1）根据相关系数公式计算；（2）计算回归系数得出回归方程，再根据回归方程估计成交量；（3）根据相互独立事件的概率计算X 的各种可能取值对应的概率，从而得出分布列． 【解答】依题意：x =4.5，y =21， r =√204−8×4.52√3776−8×212=√42×√248=4×√21×√31=944×4.58×5.57≈0.92．因为0.92∈[0.75, 1]，所以变量x ，y 线性相关性很强． b ∧=850−8×4.5×21204−8×4.52=2.24，a ∧=21−2.24×4.5=10.92，∴ y 关于x 的线性回归方程为y ∧=2.24x +10.92． 当x =10，y ∧=2.24×10+10.92=33.32，所以预计2018年6月份的二手房成交量为33．二人所获奖金总额X 的所有可能取值有0、3、6、9、12千元．P(X =0)=12×12=14，P(X =3)=2×12×13=13，P(X =6)=13×13+2×16×12=518，P(X =9)=2×13×16=19，P(X =12)=16×16=136． 所以，奖金总额X 的分布列如下表：∴ E(X)=0×14+3×13+6×518+9×19+12×136=4千元．20.【答案】由点F 1且与x 轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为√2，则2b 2a=√2，a =√2b 2，①椭圆的离心率e =c a=√22，则a =√2c ，②由a 2＝b 2−c 2，③解得：a =√2，b ＝1，c ＝1， 则椭圆标准方程x 22+y 2=1；当直线MN 的斜率不存在时，直线PQ 的斜率为0，则|MN|＝4，|PQ|＝2√2， 四边形PMQN 的面积S ＝4√2，当直线MN 的斜率存在时，直线MN 的方程为y ＝k(x −1)，(k ≠0)， 当直线MN 斜率存在时，设直线方程为：y ＝k(x −1)(k ≠0) {y =k(x −1)y 2=4x，联立得k 2x 2−(2k 2+4)x +k 2＝0， 令M(x 1, y 1)，N(x 2, y 2)，则x 1+x 2=4k 2+2，x 1x 2＝1，|MN|=√1+k 2⋅√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√1+k 2⋅√(4k 2+2)2−4×1=4k 2+2，∵ PQ ⊥MN ，∴ 直线PQ 的方程为：y =−1k (x −1)， {y =−1k (x −1)x 22+y 2=1，整理得：(k 2+2)x 2−4x +2−2k 2＝0，令P(x 3, y 3)，Q(x 4, y 4)，x 3+x 4=42+k 2，x 3x 4=2−2k 22+k2， 由弦长公式|PQ|=√1+1k 2⋅√(x 3+x 4)2−4x 3x 4=2√2(1+k 2)2+k 2，∴ 四边形PMQN 的面积S =12|MN|⋅|PQ|=4√2(1+k 2)2k 2(k 2+2)， 令1+k 2＝t ，(t >1)， 则S =4√2t 2(t−1)(t+1)=4√2t 2t 2−1=4√2×(1+1t 2−1)>4√2，∴ S >4√2，综上可知：四边形PMQN 的面积的最小值4√2． 【考点】 椭圆的应用直线与椭圆的位置关系 【解析】（1）由题意可知：a =√2b 2，a =√2c 及a 2＝b 2−c 2，即可求得a 和b 的值，求得椭圆的标准方程；（2）讨论直线MN 的斜率不存在，求得弦长，求得四边形的面积；当直线MN 斜率存在时，设直线方程为：y ＝k(x −1)(k ≠0)联立抛物线方程和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及四边形的面积公式，计算即可得到最小值． 【解答】由点F 1且与x 轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为√2，则2b 2a=√2，a =√2b 2，①椭圆的离心率e =ca =√22，则a =√2c ，②由a 2＝b 2−c 2，③解得：a =√2，b ＝1，c ＝1， 则椭圆标准方程x 22+y 2=1；当直线MN 的斜率不存在时，直线PQ 的斜率为0，则|MN|＝4，|PQ|＝2√2，四边形PMQN 的面积S ＝4√2，当直线MN 的斜率存在时，直线MN 的方程为y ＝k(x −1)，(k ≠0)， 当直线MN 斜率存在时，设直线方程为：y ＝k(x −1)(k ≠0) {y =k(x −1)y 2=4x，联立得k 2x 2−(2k 2+4)x +k 2＝0， 令M(x 1, y 1)，N(x 2, y 2)，则x 1+x 2=4k 2+2，x 1x 2＝1，|MN|=√1+k 2⋅√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√1+k 2⋅√(4k 2+2)2−4×1=4k 2+2，∵ PQ ⊥MN ，∴ 直线PQ 的方程为：y =−1k (x −1)，{y =−1k(x −1)x 22+y 2=1 ，整理得：(k 2+2)x 2−4x +2−2k 2＝0，令P(x 3, y 3)，Q(x 4, y 4)，x 3+x 4=42+k 2，x 3x 4=2−2k 22+k 2，由弦长公式|PQ|=√1+1k⋅√(x 3+x 4)2−4x 3x 4=2√2(1+k 2)2+k ，∴ 四边形PMQN 的面积S =12|MN|⋅|PQ|=4√2(1+k 2)2k 2(k 2+2)，令1+k 2＝t ，(t >1)， 则S =4√2t 2(t−1)(t+1)=4√2t 2t 2−1=4√2×(1+1t 2−1)>4√2，∴ S >4√2，综上可知：四边形PMQN 的面积的最小值4√2． 21.【答案】∵ f(x)=ln(x +m)−mx ，∴ f ′(x)=1x+m −m ， 当m ≤0时，∴ f ′(x)=1x+m −m >0， 即f(x)的单调递增区间为(−m, +∞)，无减区间； 当m >0时，∴ f ′(x)=1x+m−m =−m(x+m−1m)x+m，由f ′(x)=0，得x =1m −m ∈(−m,+∞)， x ∈(−m,−m +1m )时，f ′(x)>0， x ∈(−m +1m ,+∞)时，f ′(x)<0，∴ m >0时，易知f(x)的单调递增区间为(−m,−m +1m )，单调递减区间为(−m +1m ,+∞)， 证明：由（1）知f(x)的单调递增区间为(−m,−m +1m )，单调递减区间为(−m +1m ,+∞)． 不妨设−m <x 1<x 2，由条件知{ln(x 1+m)=mx 1ln(x 2+m)=mx 2 ，即{x 1+m =e mx 1x 2+m =e mx 2， 构造函数g(x)=e mx −x ，g(x)=e mx −x 与y =m 图象两交点的横坐标为x 1，x 2， 由g ′(x)=me mx −1=0可得x =−lnm m<0，而m 2>lnm(m >1)，∴−lnm m∈(−m,+∞)知g(x)=e mx −x 在区间(−m,−lnm m)上单调递减，在区间(−lnm m,+∞)上单调递增．可知−m <x 1<−lnm m<x 2欲证x 1+x 2<0，只需证x 1+x 2<21nm m，即证x 2<21nm m−x 1∈(−lnm m,+∞)，考虑到g(x)在(−lnm m,+∞)上递增，只需证g(x 2)<g(−21nm m−x 1)由g(x 2)=g(x 1)知，只需证g(x 1)<g(−21nm m−x 1)令ℎ(x)=g(x)−g(−21nm m−x)=e mx −2x −e 21nm−mx −21nm m，则ℎ(x)=me mx −2−(−m)e −2mlnm−mx =m(e mx +e −21nm e mx)−2≥2m√e −21nm −2=2m√m −2−2=0， 即ℎ(x)单增，又ℎ(−lnm m)=0，结合−m <x 1<−lnm m知ℎ(x 1)<0，即g(x 1)<g(−21nm m−x 1)成立，即x 1+x 2<0成立． 【考点】利用导数研究函数的单调性 【解析】（1）求出函数的导数，通过讨论m 的范围，求出函数的单调区间即可；（2）构造函数g(x)=e mx −x ，g(x)=e mx −x 与y =m 图象两交点的横坐标为x 1，x 2，问题转化为g(x 2)<g(−21nm m−x 1)，令ℎ(x)=g(x)−g(−21nm m−x)=e mx −2x −e 21nm−mx −21nm m，根据函数的单调性证明即可．【解答】∵ f(x)=ln(x +m)−mx ，∴ f ′(x)=1x+m −m ， 当m ≤0时，∴ f ′(x)=1x+m −m >0，即f(x)的单调递增区间为(−m, +∞)，无减区间； 当m >0时，∴ f ′(x)=1x+m−m =−m(x+m−1m)x+m，由f ′(x)=0，得x =1m −m ∈(−m,+∞)， x ∈(−m,−m +1m )时，f ′(x)>0， x ∈(−m +1m,+∞)时，f ′(x)<0，∴ m >0时，易知f(x)的单调递增区间为(−m,−m +1m )，单调递减区间为(−m +1m ,+∞)， 证明：由（1）知f(x)的单调递增区间为(−m,−m +1m )，单调递减区间为(−m +1m ,+∞)． 不妨设−m <x 1<x 2，由条件知{ln(x 1+m)=mx 1ln(x 2+m)=mx 2 ，即{x 1+m =e mx 1x 2+m =e mx 2， 构造函数g(x)=e mx −x ，g(x)=e mx −x 与y =m 图象两交点的横坐标为x 1，x 2， 由g ′(x)=me mx −1=0可得x =−lnm m<0，而m 2>lnm(m >1)，∴−lnm m∈(−m,+∞)知g(x)=e mx −x 在区间(−m,−lnm m)上单调递减，在区间(−lnm m,+∞)上单调递增．可知−m <x 1<−lnm m<x 2欲证x 1+x 2<0，只需证x 1+x 2<21nm m，即证x 2<21nm m−x 1∈(−lnm m,+∞)，考虑到g(x)在(−lnm m,+∞)上递增，只需证g(x 2)<g(−21nm m−x 1)由g(x 2)=g(x 1)知，只需证g(x 1)<g(−21nm m−x 1)令ℎ(x)=g(x)−g(−21nm m−x)=e mx −2x −e 21nm−mx −21nm m，则ℎ(x)=memx−2−(−m)e−2mlnm−mx=m(emx+e −21nm e mx)−2≥2m√e −21nm −2=2m√m −2−2=0，即ℎ(x)单增，又ℎ(−lnm m)=0，结合−m <x 1<−lnm m知ℎ(x 1)<0，即g(x 1)<g(−21nm m−x 1)成立，即x 1+x 2<0成立．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程] 22.【答案】将点M(1, √32)转换为对应的参数φ=π3，代入{x =acosϕy =bsinϕ ， 得{1=acos π3√32=bsinπ3 ，即{a =2b =1，所以曲线C 1的方程为{x =2cosφy =sinφ （φ为参数），即x 24+y 2=1．设圆C 2的半径为R ，由题意，圆C 2的极坐标方程为ρ=2Rcosθ． 将点D(1,π3)代入ρ=2Rcosθ， 得1=2Rcos π3，即R =1．所以曲线C 2的极坐标方程为ρ=2cosθ， 即(x −1)2+y 2=1；设A(ρ1, θ)，B(ρ2,θ+π2)，在曲线C 1上， 所以ρ12cos 2θ4+ρ12sin 2θ=1，ρ22sin 2θ4+ρ22cos 2θ=1，所以1|OA|2+1|OB|2=1ρ12+1ρ22=(cos 2θ4+sin 2θ)+(sin 2θ4+cos 2θ)=54．【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化 【解析】（1）直接利用转换关系，求出曲线的方程． （2）利用极径和三角恒等式的应用求出结果． 【解答】将点M(1, √32)转换为对应的参数φ=π3，代入{x =acosϕy =bsinϕ ， 得{1=acos π3√32=bsin π3，即{a =2b =1，所以曲线C 1的方程为{x =2cosφy =sinφ （φ为参数），即x 24+y 2=1．设圆C 2的半径为R ，由题意，圆C 2的极坐标方程为ρ=2Rcosθ． 将点D(1,π3)代入ρ=2Rcosθ， 得1=2Rcos π3，即R =1．所以曲线C 2的极坐标方程为ρ=2cosθ， 即(x −1)2+y 2=1；设A(ρ1, θ)，B(ρ2,θ+π2)，在曲线C 1上， 所以ρ12cos 2θ4+ρ12sin 2θ=1，ρ22sin 2θ4+ρ22cos 2θ=1，所以1|OA|2+1|OB|2=1ρ12+1ρ22=(cos 2θ4+sin 2θ)+(sin 2θ4+cos 2θ)=54．[选修4-5：不等式选讲]23.【答案】函数f(x)=|x −3|+|x +4|，∴ f(x)≥4，即|x −3|+|x +4|≥9，∴ {x ≤−4−(x −3)−(x +4)≥9 ①或{−4<x <3−(x −3)+(x +4)≥9 ②或{x ≥3(x −3)+(x +4)≥9 ③解不等式组①得：x ≤−5； 解不等式组②得：无解； 解不等式组③得：x ≥4；所以f(x)≥f(4)的解集为{x|x ≤−5或x ≥4}；f(x)>g(x)即f(x)=|x −3|+|x +4|的图象恒在g(x)=k(x −3)，k ∈R 图象的上方，可以作出f(x)=|x −3|+|x +4|={−2x −1,x ≤−47,−4<x <32x +1,x ≥3的图象，而g(x)=k(x −3)，k ∈R 图象为恒过定点P(3, 0)，且斜率k 变化的一条直线， 作出函数y =f(x)，y =g(x)的图象，如图所示； 其中k PB =2，可求：A(−4, 7)， ∴ k PA =−1；由图可知，要使得f(x)的图象恒在g(x)图象的上方， 实数k 的取值范围是−1<k ≤2．【考点】绝对值不等式的解法与证明 不等式恒成立的问题 【解析】（1）根据绝对值的定义，分段讨论去掉绝对值解不等式f(x)≥4即可；（2）f(x)>g(x)恒成立化为f(x)的图象恒在g(x)图象的上方，作出f(x)、g(x)的图象，利用数形结合法求得实数k 的取值范围． 【解答】函数f(x)=|x −3|+|x +4|，∴ f(x)≥4，即|x −3|+|x +4|≥9，∴ {x ≤−4−(x −3)−(x +4)≥9 ①或{−4<x <3−(x −3)+(x +4)≥9 ②或{x ≥3(x −3)+(x +4)≥9 ③解不等式组①得：x ≤−5； 解不等式组②得：无解； 解不等式组③得：x ≥4；所以f(x)≥f(4)的解集为{x|x ≤−5或x ≥4}；f(x)>g(x)即f(x)=|x −3|+|x +4|的图象恒在g(x)=k(x −3)，k ∈R 图象的上方， 可以作出f(x)=|x −3|+|x +4|={−2x −1,x ≤−47,−4<x <32x +1,x ≥3的图象，而g(x)=k(x −3)，k ∈R 图象为恒过定点P(3, 0)，且斜率k 变化的一条直线， 作出函数y =f(x)，y =g(x)的图象，如图所示； 其中k PB =2，可求：A(−4, 7)， ∴ k PA =−1；由图可知，要使得f(x)的图象恒在g(x)图象的上方， 实数k 的取值范围是−1<k ≤2．。

2018 年普通高等学校招生模拟考试理科数学一、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.设集合，若全集，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：根据对数函数的性质，求解，即，再根据集合补集的运算，即可求解.详解：由集合，即，又因为，所以，故选 B.点睛：本题主要考查了集合的运算，其中正确求解集合，得到集合，再根据集合的补集运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.2.设是虚数单位，若复数（）是纯虚数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：，由纯虚数的定义可得： .本题选择D选项.3.若，，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：根据三角函数的诱导公式和三角函数的基本关系式，得，进而求得，即可求解答案.详解：由诱导公式得，平方得，则，所以，又因为，所以，所以，故选 C.点睛：本题主要考查了三角函数的化简求值，其中解答中涉及到三角的诱导公式和三角函数的基本关系的灵活应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.4.设平面向量，，，则下列说法正确的是（）A. 是的充分不必要条件B. 与的夹角为C. D. 与的夹角为【答案】D【解析】分析：由平面向量，且，解得，此时，进而可判断选项，得到答案.详解：由题意，平面向量，且，所以，解得，此时所以是垂直的充要条件，所以选项A不正确；，所以C不正确；由，则，所以向量与的夹角为，则，所以，故选 D.点睛：本题主要考查了向量的坐标运算、向量垂直的条件，以及向量的模和向量的夹角公式等知识点，其中熟记向量的基本概念和基本的运算公式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.5.已知双曲线的离心率为，且经过点，则双曲线的实轴长为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：由题意双曲线的离心率为，得，把点，代入双曲线的方程，解得，即可得到答案.详解：由题意双曲线的离心率为，即，又由，即，所以双曲线的方程为，又因为双曲线过点，代入双曲线的方程，得，解得，所以双曲线的实轴长为，故选 C.点睛：本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质，其中熟记双曲线的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.6.若，则二项式的展开式中的常数项为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：由题意，得到二项式的展开式的通项，即可求解展开式的常数项.详解：由题意，即二项式为，则展开式的通项为，当时，得到常数项为，故选 A.。

2018 年普通高等学校招生模拟考试文科数学第Ⅰ卷（共60分）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.设集合{}20A x x =->，{}2320B x x x =-+<，若全集U A =，则U C B =（ ） A ．(],1-∞ B ．(),1-∞ C ．()2,+∞ D ．[)2,+∞2.总体由编号为00,01,02,...48,49的50个个体组成，利用下面的随机数表选取8个个体，选取方法是从随机数表第6行的第9列和第10列数字开始从左到右依次选取两个数字，则选出的第4个个体的编号为（ ） 附：第6行至第9列的随机数表：2635 7900 3370 9160 1620 3882 7757 4950 3211 4919 7306 4916 7677 8733 9974 6732 2748 6198 7164 4148 7086 2888 8519 1620 7477 0111 1630 2404 2979 7991 9683 5125 A ．3 B ． 16 C ．38 D ．49 3.设i 是虚数单位，若复数5()12ia a R i+∈-是纯虚数，则a =（ ） A ．1- B ．1 C ．2- D ．24.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若341118a a a ++=则11S =（ ） A ．9 B ．22 C. 36 D ．665.如图所示程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入,a b 的分别为10,4，则输出的a =（ ）A ．0B ． 14 C. 4 D ．26.如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别是11,BC CD 的中点，则下列说法错误的是（ ）A ．1MN CC ⊥B ．MN ⊥平面11ACC A C.//MN ABD ．//MN 平面ABCD 7.函数()()cos xxf x e e x -=-在区间[]5,5-上的图象大致为（ ）A ．B ．C. D ．8.某旅行社租用,A B 两种型号的客车安排900名客人旅行，,A B 两种车辆的载客量分别为36人和60人，租金分别为1600元/辆和2400元/辆，旅行社要求租车总数不超过21辆，且B 型车不多于A 型车7辆，则租金最少为（ ）A ．31200元B ．36000元 C. 36800元 D ．38400元9.点P 是双曲线22221x y a b-=右支上一点，12F F 、分别为左、右焦点。

山东省潍坊市2018届高三第三次高考模拟考试数学（文）试题一、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. 设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：由集合和，利用集合的交集的运算，即可得到结果.详解：由集合和，所以，故选C.点睛：本题主要考查了集合的交集运算，其中根据题意正确求解集合是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.2. 若复数满足，则（）A. B. 3 C. 5 D. 25【答案】C【解析】分析：由题意，根据复数的运算，求得，进而求解.详解：由题意，则，所以，故选C.点睛：本题主要考查了复数的运算及复数模的求解，其中根据复数的运算，求解复数是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.3. 在直角坐标系中，若角的终边经过点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：由题意角的终边经过点，即点，利用三角函数的定义及诱导公式，即可求解结果.详解：由题意，角的终边经过点，即点，则，由三角函数的定义和诱导公式得，故选C.点睛：本题主要考查了三角函数的定义和三角函数诱导公式的应用，其中熟记三角函数的定义和三角函数的诱导公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.4. 已知数列的前项和，则（）A. B. C. 16 D. 64【答案】D【解析】分析：由题意数列的前项和为，根据数列中和的关系，分别求解的值，即可得到结果.详解：由题意数列的前项和为，则，，所以，故选D.点睛：本题主要考查了数列中前项和和的关系的应用，着重考查了考生的推理与运算能力，试题属于基础题.5. 已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率为（）A. 2B.C.D.【答案】D【解析】分析：由双曲线的一条渐近线与直线垂直，求得，再利用离心率的定义，即可求解曲线的离心率.详解：由题意，直线的斜率为，又由双曲线的一条渐近线与直线垂直，所以，所以，所以双曲线的离心率为，故选D.点睛：本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范围)．6. 已知实数满足，则的最大值为（）A. B. C. D. 0【答案】B【解析】分析：画出约束条件所表示的平面区域，设，化为，则表示直线在轴上的截距，结合图象可知，经过点时，目标函数取得最大值，联立方程组，求得点的坐标，代入即可求解. 详解：画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，设，化为，则表示直线在轴上的截距，结合图象可知，当直线经过点时，目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为，故选B.点睛：本题主要考查简单线性规划．解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的可行域，将目标函数赋予几何意义；求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求．其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义，着重考查数形结合思想方法的应用，以及推理与运算能力.7. 已知是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，有以下结论：①②③④.其中正确结论的个数是（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】分析：根据直线与平面的位置关系的判定定理和性质定理，即可作出判定得到结论.详解：由题意，对于①中，若，则两平面可能是平行的，所以不正确；对于②中，若，只有当与相交时，才能得到，所以不正确；对于③中，若，根据线面垂直和面面垂直的判定定理，可得，所以是正确的；对于④中，若，所以是不正确的，综上可知，正确命题的个数只有一个，故选B.点睛：本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．8. 直线，则“或”是“”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】B【解析】分析：由两条直线平行，求解，在根据充要条件的判定方法，即可得到结论.详解：由题意，当直线时，满足，解得，所以“或”是“”的必要不充分条件，故选B.点睛：本题主要考查了两直线的位置的判定及应用，以及必要不充分条件的判定，其中正确求解两条直线平行式，实数的值是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，试题属于基础题.9. 已知，则的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：根据幂函数在为单调递增函数，得出，在根据对数函数的性质得，即可得到结论.详解：由幂函数性质，可知幂函数在为单调递增函数，所以，即，又由对数函数的性质可知，所以，即，故选A.点睛：本题主要考查了指数式与对数式的比较大小问题，其中解答中熟练运用幂函数与对数函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.10. 执行如图所示的程序框图，输出的值为（）A. 45B. 55C. 66D. 78【答案】B【解析】分析：根据程序框图的运算功能可知，该程序框图是计算的正整数的和，即可求解结果. 详解：执行如图所示的程序框图，根据程序框图的运算功能可知，该程序框图是计算的正整数的和，因为，所以执行程序框图，输出的结果为，故选B.点睛：本题主要考查了循环结构的程序框图的输出问题，其中正确把握循环结构的程序框图的计算功能是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.11. 三棱锥中，平面平面，，，，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：作出组合体的图形，结合图象，得到，在在中，得小圆的半径，再在中，利用勾股定理得到外接球的半径，即可求解外接球的表面积.详解：如图所示，设球心为，三角形所在小圆的圆心为，半径为，所在小圆的圆心为，半径为，因为平面平面，，则，即，则平面，平面，又在中，因为，则小圆的半径，在中，，即，所以外接球的表面积为，故选C.点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥外接球的表面积的计算问题，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）找出球心，利用球的性质，借助勾股定理求解.12. 已知函数，若,qie ，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：作出函数的图象，利用消元法转化为关于的函数，构造函数求得函数的导数，利用导数研究函数的单调性与最值，即可得到结论.详解：作出函数的图象，如图所示，若，且，则当时，得，即，则满足，则，即，则，设，则，当，解得，当，解得，当时，函数取得最小值，当时，；当时，，所以，即的取值范围是，故选A.点睛：本题主要考查了分段函数的应用，构造新函数，求解新函数的导数，利用导数研究新函数的单调性和最值是解答本题的关键，着重考查了转化与化归的数学思想方法，以及分析问题和解答问题的能力，试题有一定的难度，属于中档试题.二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知向量，，且，则______.【答案】8【解析】14. 数列满足，则等于_______.【答案】【解析】分析：由题意，整理得，利用裂项求和即可求解.详解：由题意，则，点睛：本题主要考查了数列的裂项求和，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.15. 三国时期吴国的数学家赵爽曾创制了一幅“勾股圆方图”，用数形结合的方法给出了勾股定理的详细证明.如图所示的“勾股圆方图”中，四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形，其中一个直角三角形中较小的锐角满足，现向大正方形内随机投掷一枚飞镖，则飞镖落在小正方形内的概率是_______.【答案】【解析】分析：求出，从而求出三角形的三边的关系，分别表示出大正方形和小正方形的面积，利用面积比，即可求解概率.详解：由题意，且，解得，不妨设三角形内的斜边的边长为5，则较小边直角边的边长为，较长直角边的边长为，所以小正方形的边长为1，所以打正方形的面积为，小正方形的面积为，所以满足条件的概率为.点睛：本题主要考查了几何概型及其概率的求解问题，其中解答中利用三角函数的基本关系式，求得大、小正方形的边长，得到大、小正方形的面积是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.16. 设抛物线的焦点为，为抛物线上第一象限内一点，满足，已知为抛物线准线上任一点，当取得最小值时，的外接圆半径为______.【答案】【解析】分析：根据抛物线的定义可知，解得，得，作抛物线的焦点，关于抛物线准线的对称点得，连接交抛物线的准线于点，使得取得最小值，此时点的坐标为，在中，分别应用正、余弦定理，即可求解结果.详解：由抛物线的方程可知，设，又由，根据抛物线的定义可知，解得，代入抛物线的方程，可得，即，作抛物线的焦点，关于抛物线准线的对称点得，连接交抛物线的准线于点，此时能使得取得最小值，此时点的坐标为，在中，，由余弦定理得，则，由正弦定理得，所以，即三角形外接圆的半径为.点睛：本题主要考查了抛物线标准方程及其定义的应用，以及正弦定理和余弦定理解三角形问题，其中解答中根据抛物线的定义和直线的对称性，得到点的坐标是解答的关键，着重考查了转化与化归的数学思想方法，以及分析问题和解答问题的能力，试题有一定的难度，属于中档试题.三、解答题（本大题共6题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17. 已知函数.（1）求的最小正周期；（2）在中，角的对边为，若，，，求中线的长.【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）由三角恒等变换的公式化简得，即可利用周期的公式，得到函数的最小正周期；（2）由（1）和，求得，进而求得的值，在中，由正弦定理得，所以，再在中，由余弦定理即可求解的长.详解：（1）∴∴函数的最小正周期为.（2）由（1）知，∵在中，∴∴，∴又，∴，∴，在中，由正弦定理，得，∴，∴，在中，由余弦定理得∴18. 如图所示五面体，四边形是等腰三角形，，，pm，，，点为的中点.（1）在上是否存在一点，使平面？若存在，指出点的位置并给出证明；若不存在，说明理由；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）连结，在中，由三角形中位线定理可知，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.（2）由题意知，证得，所以，即可求解三棱锥的体积.详解：（1）存在点，为中点.证明如下：连结，在中，由三角形中位线定理可知，又平面，平面，∴平面.（2）由题意知，平面，平面，∴平面，又平面，平面平面，∴，∴，∵四边形是等腰梯形，，∴又∵，∴，∴，又平面，∴.∴三棱锥的体积为.点睛：本题考查线面位置关系的判定与证明，及三棱锥的体积的计算问题，其中熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，对于垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．19. 新能源汽车的春天来了！2018年3月5日上午，李克强总理做政府工作报告时表示，将新能源汽车车辆购置税优惠政策再延长三年，自2018年1月1日至2020年12月31日，对购置的新能源汽车免征车辆购置税.某人计划于2018年5月购买一辆某品牌新能源汽车，他从当地该品牌销售网站了解到近五个月实际销量如下表：（1）经分析发现，可用线性回归模型拟合当地该品牌新能源汽车实际销量（万辆）与月份编号之间的相关关系.请用最小二乘法求关于的线性回归方程，并预测2018年5月份当地该品牌新能源汽车的销量；（2）2018年6月12日，中央财政和地方财政将根据新能源汽车的最大续航里程（新能源汽车的最大续航里程是指理论上新能源汽车所装的燃料或电池所能够提供给车跑的最远里程）对购车补贴进行新一轮调整.已知某地拟购买新能源汽车的消费群体十分庞大，某调研机构对其中的200名消费者的购车补贴金额的心理预期值进行了一个抽样调查，得到如下一份频数表：（i）求这200位拟购买新能源汽车的消费者对补贴金额的心理预期值的样本方差及中位数的估计值（同一区间的预期值可用该区间的中点值代替；估计值精确到0.1）；（ii）将对补贴金额的心理预期值在（万元）和（万元）的消费者分别定义为“欲望紧缩型”消费者和“欲望膨胀型”消费者，现采用分层抽样的方法从位于这两个区间的30名消费者中随机抽取6名，再从这6人中随机抽取3名进行跟踪调查，求抽出的3人中至少有1名“欲望膨胀型”消费者的概率.参考公式及数据：①回归方程，其中，；②.【答案】（1），销量约为2万辆；（2）（i）见解析，（ii）0.8【解析】分析：（1）利用最小二乘法的计算公式，即可求解回归直线方程，作出预测；（2）（i）根据题意，利用平均数和方差的计算公式，即可求解数据的平均数和方差，根据中位数的定义，得到数据的中位数；（ii）设从“欲望膨胀型”消费者中抽取人，从“欲望紧缩型”消费者中抽取人，由分层抽样的定义得，在抽取的6人中，2名“欲望膨胀型”消费者分别记为，4名“欲望紧缩型”消费者分别记为，列举基本事件的总数，利用古典概型及概率的计算公式，即可求解所求的概率.详解：（1）易知，，，则关于的线性回归方程为，当时，，即2018年5月份当地该品牌新能源汽车的销量约为2万辆.（2）（i）根据题意，这200位拟购买新能源汽车的消费者对补贴金额的心里预期值的平均值，样本方差及中位数的估计值分别为：，中位数的估计值为.（ii）设从“欲望膨胀型”消费者中抽取人，从“欲望紧缩型”消费者中抽取人，由分层抽样的定义可知，解得在抽取的6人中，2名“欲望膨胀型”消费者分别记为，4名“欲望紧缩型”消费者分别记为，则所有的抽样情况如下：共20种其中至少有1名“欲望膨胀型”消费者的情况由16种记事件为“抽出的3人中至少有1名‘欲望膨胀型’消费者”，则点睛：本题主要考查了统计知识的综合应用，其中解答中涉及到回归直线方程的求解和应用，以及数据的数字特征的求解、古典概型及其概率的计算问题，合理准去运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.20. 在平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，且，延长至，且为的中点，记点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）若直线与圆：相切，且与曲线交于两点，为u型上一点，当四边形为平行四边形时，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）设，根据中点公式得，，代入圆的方程，即可得到曲线的方程；（2）由与圆相切，求得，用直线与椭圆联立方程组，利用根与系数的关系，求得和，代入椭圆的方程，即可求解结论.详解：（1）设，则有，即，又，得，即∴曲线的方程为.（2）由与圆相切，得即①联立消去整理得，设，，∴，∵在曲线上，∴得②由①②得，即.点睛：本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.21. 已知函数，.（1）讨论函数极值点的个数；（2）若对，不等式成立，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）求得，令，即，，分类讨论，即可得到函数的极值点的个数.（2）由题意等价于，即，分类参数得，设，利用导数求得单调性和最值，即可得到的取值范围.详解：（1），令，即，①当时，即时，恒成立，即，此时在单调递增，无极值点，②当时，即或，若，设方程的两根为，且，由韦达定理，故，此时单调递增，单调递减，单调递增，故分别为的极大值点和极小值点，因此时，有两个极值点；若，设方程的两根为，且，由韦达定理，故，此时无极值点，综上：当时，有两个极值点，当时，无极值点.（2）等价于，即，因此，设，，当时，，即，单调递减时，，即，单调递增因此为的极小值点，即，故.点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式的恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.22. 以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，将曲线绕极点逆时针旋转后得到曲线.（1）求曲线的极坐标方程；（2）直线的参数方程为（为参数），直线与曲线相交于两点，已知，若，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）设上任意一点的极坐标为，则在上，代入化简，即可得到曲线的极坐标方程；（2）将直线的参数方程代入的直角坐标方程，求解，得到和，得到关于的方程，即可求解的值.详解：（1）设上任意一点的极坐标为，则在上，∴，化简得的极坐标方程：.（2）的直角坐标方程为，将直线的参数方程代入的直角坐标方程得，化简得，，，，∴，∴，∴，∵，∴，满足，∴.点睛：本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中正确理解直线参数方程中参数的几何意义及应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，以及转化思想的应用.23. 已知函数，不等式的解集.（1）求；（2）设，证明：.【答案】（1）【解析】分析：（1）将代入不等式整理得，分类讨论去掉绝对值，即可求解不等式的解集；（2）由题意，再利用分析法，作出证明即可.详解：（1）或；（2）见解析将（1）将代入不等式整理得①当，不等式转化为，解得，所以此时，②当时，不等式转化为，解得，所以此时，③当时，不等式转化为，解得，所以此时，综上或.（2）证明：因为，所以要证，只需证即证，即证即证即证因为，所以，所以成立，所以原不等式成立.点睛：本题主要考查了含绝对值不等式的求解以及分析证明不等式，对于绝对值不等式的求解，分类讨论去掉绝对值号是求解的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.。

2018年普通高等学校招生模拟考试理科数学试题答案一、选择题BDCBC ADBCCBB二、填空题13.1142π-14.6π15.316.43三、解答题17.解：（1）11+=+n n s a 1,21+=≥-n n s a n ,所以，)2(21≥=+n a a n n …………………3分又11=a ，所以22=a ，122a a =符合上式，…………………………..4分所以{}n a 是以1为首项，以2为公比的等比数列.…………………………..5分所以12-=n n a .………………………6分（2）由（1）知1212log ()log (22)21n n n n n b a a n -+=⋅=⨯=-，所以21(21)2n n T n n +-==，………………8分所以nn n T T T n )1(1...32121111...21111...1122221-++⋅+⋅+≤++=+++………………10分11111111222231n n n=+-+-++-=-<- .………………12分18.证明：（1）∵平面ABCD ⊥平面ABE ，BC ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABE =AB ，∴BC ⊥平面ABE ，又∵AE ⊂平面ABE ，∴BC ⊥AE ，又∵AE ⊥BE ，BC∩BE=B ，∴AE ⊥平面BCE ，⊂BF 平面BCE ，即AE ⊥BF ，………………………….2分在△BCE 中，BE=CB ，F 为CE 的中点，∴BF ⊥CE ，………………………………………………4分AE∩CE=E ，∴BF ⊥平面ACE ，…………………………………………..5分又BF ⊂平面BDF ，∴平面BDF ⊥平面ACE ．………………………………………….6分（2）如图建立空间直角坐标系，设AE =1，则)101()202()210()002(，，，F ，，，C ，，，D ，，B 设)0,.0(a P ，)2,1,2(-=BD ，)1,0,1(-=BF ，)0,,2(a PB -=因为0EC BD ⋅=，0=⋅BF EC ，所以⊥EC 平面BDP ，故)2,0,2(=EC 为平面平面BDP 的一个法向量.……8分设⊥n平面BDP ，且),,z y x n （=，则由BD n ⊥得022=++-z y x ,由PB n ⊥得02=-ay x ，从而)1,2,(-=a a n ，…………………10分1010|,cos |,)1(4212||||,cos 22=><∴-++⋅-=⋅>=<n EC a a a n EC n EC n EC ，解得,0=a 或1=a ，即P 在E 处或A 处．…………………12分19.解：（1）依题意： 4.5x =，21y =，…………………1分81882222221188508 4.5212048 4.5377682188iii iii i x yxyr xxyy===--⨯⨯==-⨯-⨯--∑∑∑940.924 4.58 5.57==≈⨯⨯.因为0.92[0.75,1]∈，所以变量,x y线性相关性很强.…………………3分（2）812282188508 4.521 2.242048 4.58i iiiix y x ybx x==--⨯⨯===-⨯-∑∑，………………………5分21 2.24 4.510.92a y bx=-=-⨯=，则y关于x的线性回归方程为2.2410.92y x=+.………………………7分当10x=， 2.241010.9233.32y=⨯+=所以预计2018年6月份的二手房成交量为33.………………………8分（3）二人所获奖金总额X的所有可能取值有0，3，6，9，12千元.()111224P X==⨯=，()11132233P X==⨯⨯=，()1111562336218P X==⨯+⨯⨯=，()11192369P X==⨯⨯=，()111126636P X==⨯=.所以，奖金总额X的分布列如下表：X036912P141351819136……………………11分1151103691244318936EX=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=千元 (12)分20.解：（1，∴22ba=，∵离心率为2，∴2ca=，又222a b c=+，解得1,1a c b===．∴椭圆C 的方程1222=+y x ………………………………4分（2）（i ）当直线MN 的斜率不存在时，直线PQ 的斜率为0，此时4,PMQN MN PQ S ===四边形…………………………………………5分（ii ）当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为()(1)0y k x k =-≠，联立24y x =，得()2222240(0)k x k x k ∆-++=>，设,M N 的横坐标分别为,M N x x ，则242M N x x k +=+，∴MN 分由PQ MN ⊥可得直线PQ ，联立椭圆C 的方程，消去y ，得()22224220(0)k x x k ∆+-+-=>，设,P Q的横坐标分别为,P Q x x ，则24,2P Q x x k+=+P Q x x∴)2212kPQ k+==+，………………………9分)()22221122PMQN k S MN PQ kk +=⋅=+四边形,令21(1)k tt +=>，则()()22224242111111PMQNS t t tt ⎫===+>⎪-+--⎭四边形综上，()minPMQNS =四边形.……………………………12分21.解：（1）∵,)ln()(mx m x x f -+=∴m mx x f -+=1)('，当0≤m 时，∴01)('>-+=m mx x f ，即)(x f 的单调递增区间为),(+∞-m ，无减区间；………………………………2分当0>m 时，∴m x m m x m m m x x f +-+-=-+=)1(1)('，由0)('=x f ，得),(1+∞-∈+-=m mm x ，)1,(m m m x +--∈时，0)('>x f ，),1(+∞+-∈mm x 时，0)('<x f ，∴0>m 时，易知)(x f 的单调递增区间为)1,(mm m +--，单调递减区间为),1(+∞+-mm ，………5分（2）由（1）知()f x 的单调递增区间为)1,(m m m +--，单调递减区间为),1(+∞+-mm ．不妨设21x x m <<-，由条件知⎩⎨⎧=+=+2211)ln()ln(mx m x mx m x ，即⎪⎩⎪⎨⎧=+=+2121mx mxem x e m x ，构造函数x e x g mx-=)(，x e x g mx -=)(与m y =图象两交点的横坐标为21,x x ，…6分由01)('=-=mxmex g 可得0ln <-=mmx ，而)1(ln 2>>m m m ，∴),(ln +∞-∈-m mm知x e x g mx-=)(在区间ln ,(m m m --上单调递减，在区间),ln (+∞-mm 上单调递增．…7分可知21ln x mmx m <-<<-欲证021<+x x ，只需证m m x x ln 221<+，即证),ln (ln 212+∞-∈-<mmx m m x ，考虑到)(x g 在),ln (+∞-m m 上递增，只需证)ln 2()(12x mmg x g --<由)()(12x g x g =知，只需证)ln 2()(11x mmg x g --<…………………9分令mme x e x m m g x g x h mx m mx ln 22)ln 2()()(ln 2---=---=-，………10分则2ln '2ln ()2()()222220mmx m m mxmxmx e h x me m e m e e---=---=+-≥-=-=，所以()h x 为增函数，又0ln (=-mmh ，结合m m x m ln 1-<<-知0)(1<x h ，即)ln 2()(11x mmg x g --<成立，即021<+x x 成立．…………………………………………………………………………12分22.解：（1）将)23,1(M 及对应的参数3πϕ=，代入⎩⎨⎧==ϕϕsin cos b y a x ，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==3sin 233cos 1ππb a ，即⎩⎨⎧==12b a ，所以曲线1C 的方程为⎩⎨⎧==ϕϕsin cos 2y x ϕ为参数，即：1422=+y x .………………2分设圆2C 的半径为R ,由题意,圆2C 的方程为θρcos 2R =,(或222)(R y R x =+-).将点3,1(πD 代入θρcos 2R =,得3cos 21πR =,即1=R .(或由)3,1(πD ,得)23,21(D ,代入222)(R y R x =+-,得1=R ),所以曲线2C 的方程为θρcos 2=,即1)1(22=+-y x .…………………………5分（2）设),(1θρA ，)2,(2πθρ+B 在曲线1C 上,所以1sin 4cos 221221=+θρθρ,1cos 4sin 222222=+θρθρ,所以2211+||||OA OB =2222221211cos sin 5(sin )(cos )444θθθθρρ+=+++=.………10分23.解：（1）()34f x x x =-++因为)4()(f x f ≥，即943≥++-x x ，∴⎩⎨⎧≥----≤9434x x x ①或⎩⎨⎧≥++-<<-94334x x x ②或⎩⎨⎧≥++-≥9433x x x ③解得不等式①：5-≤x ；②：无解；③：4≥x ，所以)4()(f x f ≥的解集为}{45≥-≤x x x 或．………………………………5分（2）)()(x g x f >即43)(++-=x x x f 的图象恒在R k x k x g ∈-=),3()(图象的上方，……6分可以作出⎪⎩⎪⎨⎧≥+<<--≤--=++-=3,1234,74,1243)(x x x x x x x x f 的图象，而R k x k x g ∈-=),3()(图象为恒过定点(3,0)P ，且斜率k 变化的一条直线，作出函数)(x f y =，)(x g y =图象如图所示，……………………………………8分其中2PB k =，)7,4(-A ∴1-=P A k ，由图可知，要使得)(x f 的图象恒在)(x g 图象的上方，实数k 的取值范围应该为21≤<-k . (10)分。