湖南师大附中2018届高三高考模拟卷(二)(教师版)理科综合含解析

湖南师大附中2018届高考模拟卷(二)理科综合能力测试注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的准考证号、姓名、试室号和座位号。

用2B型铅笔把答题卡上试室号、座位号对应的信息点涂黑。

2．选择题每小题选出答案后，用2B型铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保持答题卡整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

一、选择题1.下列关于大肠杆菌与硝化细菌的叙述，正确的是()A. 都没有线粒体，所以都不能进行有氧呼吸B. 硝化细菌是生产者，大肠杆菌寄生在人肠道内是消费者C. 去除植物细胞壁的酶也可以用于去除大肠杆菌的细胞壁D. 硝化细菌能将二氧化碳和水合成糖类，所以是自养生物【答案】D【解析】分析：大肠杆菌与硝化细菌都是原核生物，都有细胞壁、细胞膜和细胞质（含核糖体）等细胞结构，所以它们都能进行细胞呼吸，但细胞内没有细胞核和线粒体等复杂结构的细胞器。

其中大肠杆菌是异养型，只能利用现成的有机物；硝化细菌是自养型，能通过化能合成作用将二氧化碳和水合成糖类，所以在生态系统中充当生产者。

详解：硝化细菌没有线粒体，但是能进行有氧呼吸，A错误；大肠杆菌和人体共生，属于消费者，B错误；植物细胞壁和细菌细胞壁的成分不同，C错误；硝化细菌是化能合成型生物，能将二氧化碳和水合成糖类，是自养生物，D正确。

点睛：关键要熟悉两类细菌都属于原核生物，按原核细胞的结构构成分析；但二者在代谢类型上又有区别，前者是异养型，后者是自养型。

2.细胞在癌变过程中，细胞膜上的成分发生改变，产生甲胎蛋白(AFP)等物质，如肝细胞发生癌变时，AFP 会持续性显著增高。

炎德英才大联考湖南师大附中2018届高考模拟卷（二）语文命题人：谢朝春刘海涛吴彩霞曾文峰厉行威丁中一审题人：厉行威谢朝春刘海涛一、现代文阅读（35分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成1〜3题。

中国书法的历史，几乎就是一部历代书法家对《兰亭集序》不断阐释的历史。

《兰亭集序》被认为是中国书法界一座无法逾越的高峰，尽管与之相随的是，《兰亭集序》的真伪之辨从来没有消停过。

b5E2RGbCAP最早提出质疑的是宋代学者，而较有说服力的是清末曾经当过慈禧太后秘书的李文田。

他工书善画，学问渊博，是岭南“碑派书法”创始人。

他爱好金石收藏，精于鉴别。

他通过多年考辨，认为《兰亭集序》不是王羲之的作品。

plEanqFDPw1965年夏，时任中国科学院院长的郭沫若在《文物》杂志上，发表了《从王谢墓志出土论〈兰亭集序〉的真伪》一文。

他基本上重复了李文田的两个论点，认为从年前南京出土的王谢墓志（晋代）来看，《兰亭集序》失去了晋人惯用的带有隶书笔意的笔法，因此断定它不是晋代遗留下来的作品。

其次，从文章的内容来看，作者是在王羲之所作《临河序》的基础上加工而写成的。

因为，文章前半部描写欢快之情，写得很流畅，后半部突然悲痛起来，这与晋人达观以及王羲之本人性格大相径庭，故值得怀疑。

据此，郭沫若推断《兰亭集序》乃是一贋品，并非王羲之的作品。

DXDiTa9E3d郭文发表后，立即引起了轩然大波。

江苏省文史研究馆馆员高二适写了《〈兰亭集序〉的真伪驳议》一文，提出了与郭文针锋相对的观点。

该文认为，唐初各大书法家如欧阳询、虞世南等都在学王帖，而唐太宗也酷爱王之书法，我们没有理由否定唐初书法家的鉴别能力。

其次，若以东晋书法当接近于隶书，而《兰亭集序》却是行书，因此就怀疑《兰亭集序》非晋人之作，这是方法论的错误。

王字本身有发展过程，它脱胎于旧时代而又高于旧时代，向行书方面发展，故王羲之被称之为“书圣”，其理由即在此也。

再者，从美学的观点上看，《兰亭集序》书法、文思之潇洒、飘逸，与东晋士族的风貌也相吻合。

炎德·英才大联考湖南师大附中2018届高考模拟卷(二)数 学(文科)命题人、审题人：彭萍 苏萍 曾克平本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页。

时量120分钟。

满分150分。

第Ⅰ卷一、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)已知复数z 满足z(3＋i)＝1－2i ，则复数z 的共轭复数在复平面内对应的点位于(A) (A)第一象限 (B) 第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限【解析】因为z(3＋i)＝1－2i ，所以z ＝1－2i 3＋i ＝（1－2i ）（3－i ）（3－i ）（3＋i ）＝110－710i ，所以复数z的共轭复数在复平面内对应的点为⎝⎛⎭⎫110，710，位于第一象限，故选A.(2)若集合A ＝{x|－a<x<a ，x ∈N }有且只有一个元素，则实数a 的取值范围为(A) (A)(]0，1 (B)[]1，2 (C)[1，2) (D)(1，2]【解析】∵集合A ＝{x|－a<x<a ，x ∈N }有且只有一个元素， ∴A ＝{0}，∴实数a 的取值范围为(]0，1.故选A.(3)“直线l 与抛物线C 有唯一公共点”是“直线l 与抛物线C 相切”的(B) (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【解析】当“直线l 与抛物线C 有唯一公共点”成立时，有可能是直线与抛物线的对称轴平行，此时，“直线l 与抛物线C 相切”不成立；反之，“直线l 与抛物线C 相切”成立，一定能推出“直线l 与抛物线C 有唯一公共点”，所以“直线l 与抛物线C 有唯一公共点”是“直线l 与抛物线C 相切”的必要不充分条件，故选B.(4)设等差数列{a n }、{b n }的前n 项和分别为S n 、T n ，若对任意的n ∈N *，都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 2b 3＋b 13＋a 14b 5＋b 11的值为(C) (A)2945 (B)1329 (C)919 (D)1930【解析】由等差数列的性质和求和公式可得：a 2b 3＋b 13＋a 14b 5＋b 11＝2a 82b 8＝152（a 1＋a 15）152（b 1＋b 15）＝S 15T 15＝919，故选C. (5)若函数g(x)＝xf(x)是定义在R 上的奇函数，在(－∞，0)上是减函数，且g(2)＝0，则使得f(x)<0的x 的取值范围是(C)(A)(－∞，2) (B)(2，＋∞)(C)(－∞，－2)∪(2，＋∞) (D)(－2，2)【解析】当x<0时，f(x)<0即要求g(x)>0则x<－2， 又∵g(x)为奇函数关于点(0，0)对称．∴f(x)<0的解集为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，故选C.(6)△ABC 的内角 A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知A ＝π4，a ＝6，b ＝8，则c ＝(A)(A)42－2或42＋2 (B)42－2 (C)42＋2 (D)4【解析】∵a sin A ＝b sin B ，得：sin B ＝223>sin π4，所以B>π4，故cos B ＝±13，故sin C ＝4±26，由a sin A ＝c sin C，得：c ＝42±2，故选A. (7)一个棱长为4的正方体涂上红色后，将其均切成棱长为1的若干个小正方体，置于一密闭容器中搅拌均匀，从中任取一个小正方体，则取到至少两面涂红色的小正方体的概率为(B)(A)18 (B)12 (C)827 (D)1227【解析】一个棱长为4的正方体涂上红色后，将其切成棱长为1的小正方体，切割后共计43＝64个正方体，原来的正方体有8个角，12条棱，6个面，所以三面红色的正方体数等于角数，有8个，两面红色的正方体数为棱数的2倍，有12×2＝24个，∴从中任取一个，则取到至少两面涂红色的小正方体的概率为：P ＝3264＝12.(8)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(D)(A)2＋4 3 (B)4＋4 3 (C)8＋2 3 (D)6＋2 3【解析】由已知中的三视图可得：该几何体是以正视图为底面的四棱柱，故底面面积为：1×3＝3，底面周长C ＝2(1＋12＋（3）2)＝6，棱柱的高h ＝1， 故棱柱的表面积S ＝6＋23，故选D.(9)已知平面向量OA →、OB →、OC →满足：|OA →|＝|OB →|＝|OC →|＝1，OA →·OB →＝12. 若OC →＝xOA →＋yOB →，(x ，y ∈R )，则x ＋y 的最大值是(D)(A)1 (B)33 (C)2 (D)233【解析】由|OC →|＝1可设C(cos θ，sin θ)，又OA →·OB →＝12，|OA →|＝|OB →|＝1，可设A(1，0)，B ⎝⎛⎭⎫12，32.由已知可得cos θ＝x ＋y 2，sin θ＝32y ，即得y ＝2sin θ3，x ＝cos θ－sin θ3，则x ＋y ＝cos θ＋sin θ3＝23sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π3，所以x ＋y 的最大值是233，故选D.(10)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≤12x －y ≥0（2x ＋1）（x －1）≤0，则||x －2y －4＋2x 的最大值为(C)(A)3 (B)7 (C)9 (D)10【解析】根据题意画出可行域如图所示(图中阴影部分)，由可行域可知 －12≤x ≤1，－32≤y ≤2，所以x －2y －4<0， 所以|x －2y －4|＋2x ＝－x ＋2y ＋4＋2x ＝x ＋2y ＋4，设z ＝x ＋2y ＋4， 当直线y ＝－12x ＋12z －2过点A(1，2)时，z 取得最大值，为9，故选C.(11)设A 、B 是椭圆C ：x 23＋y 2m ＝1长轴的两个端点，若C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则m 的取值范围是(A)(A)(0，1]∪[9，＋∞) (B)(0， 3 ]∪[9，＋∞) (C)(0，1]∪[4，＋∞) (D)(0， 3 ]∪[4，＋∞)【解析】当0<m<3，焦点在x 轴上，要使C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则ab ≥tan 60°＝3，即3m≥3，得0<m ≤1；当m>3，焦点在y 轴上，要使C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则a b ≥tan 60°＝3，即m3≥3，得m ≥9，故m 的取值范围为(0，1]∪[9，＋∞)，选A.(12)已知函数f(x)在定义域R 上的导函数为f′(x)，若函数y ＝f′(x)没有零点，且f[f(x)－2 017x ]＝2 017，当g(x)＝sin x －cos x －kx 在⎣⎡⎦⎤－π2，π2上与f(x)在R 上的单调性相同时，则实数k的取值范围是(A)(A)(－∞，－1] (B)(－∞， 2 ] (C)[－1， 2 ] (D)[2，＋∞)【解析】若函数y ＝f′(x)没有零点，即方程f′(x)＝0无解， 则f′(x)>0或f′(x)<0恒成立，所以f(x)为R 上的单调函数， x ∈R 都有f[f(x)－2 017x ]＝2 017，则f(x)－2 017x 为定值， 设t ＝f(x)－2 017x ，则f(x)＝t ＋2 017x ，易知f(x)为R 上的增函数， ∵g(x)＝sin x －cos x －kx ，∴g ′(x)＝cos x ＋sin x －k ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4－k ，又g(x)与f(x)的单调性相同，∴g(x)在⎣⎡⎦⎤－π2，π2上单调递增，则当x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2，g ′(x)≥0恒成立，当x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2时，x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤－π4，3π4，sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤－22，1，2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4∈[－1，2]，此时k ≤－1，故选A.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第(13)～(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．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． (13)若函数f ()x ＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1＋1，x>11－⎝⎛⎭⎫12x －1，x<1 ，则f ()a ＋f(2－a)＝__2__． 【解析】当x>1时，2－x<1， f(x)＋f(2－x)＝2x －1＋1＋1－⎝⎛⎭⎫122－x －1＝2，同理：当x<1时，f(x)＋f(2－x)＝2， ∴f(a)＋f(2－a)＝2.故答案为：2.(14)已知数列{a n }满足a n ＋2＋a n ＝a n ＋1，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 017＝__2__．【解析】数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1－a n ，a n ＋3＝a n ＋2－a n ＋1，可得a n ＋3＝－a n ，所以a n ＋6＝a n ，数列的周期为6.a 2 017＝a 336×6＋1＝a 1＝2. 故答案为：2.(15)为了判断高中学生的文理科选修是否与性别有关，随机调查了50名学生，得到如下2×2列联表：那么，认为“高中学生的文理科选修与性别有关系”犯错误的概率不超过__0.005__． (参考公式K 2＝n （ad －bc ）2（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ），n ＝a ＋b ＋c ＋d)【解析】K 2＝50×（20×15－10×5）30×20×25×25≈8.333＞7.879，∴认为“高中学生的文理科选修与性别有关系”犯错误的概率不超过0.005. 故答案为：0.005.(16)设函数f(x)＝⎩⎨⎧3x－a ，x<1，π（x －3a ）（x －2a ），x ≥1，若f(x)恰有2个零点，则实数a 的取值范围是__⎣⎡⎭⎫13，12∪[3，＋∞)__．【解析】令y ＝3x －a ＝0，则x ＝log 3 a ，令y ＝π(x －3a)(x －2a)＝0，则x ＝2a ，或x ＝3a ，若a ≤0时，则x ＝log 3a 无意义，此时函数无零点；若0＜a ＜3，则x ＝log 3a ＜1必为函数的零点，此时若f(x)恰有2个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧2a<1，3a ≥1，解得：a ∈⎣⎡⎭⎫13，12，若a ≥3，则x ＝log 3a ≥1必不为函数的零点，2a ≥1，3a ≥1必为函数的零点，此时a ∈[3，＋∞)，综上可得实数a 的取值范围是：⎣⎡⎭⎫13，12∪[3，＋∞)． 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． (17)(本小题满分12分)已知向量m ＝(2cos ωx ，－1)，n ＝(sin ωx －cos ωx ，2)(ω＞0)，函数f(x)＝m·n ＋3，若函数f(x)的图象的两个相邻对称中心的距离为π2.(Ⅰ)求函数f(x)的单调增区间；(Ⅱ)若将函数f(x)的图象先向左平移π4个单位，然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的12倍，得到函数g(x)的图象，当x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π2时，求函数g(x)的值域．【解析】(Ⅰ)f(x)＝m·n ＋3＝2cos ωx(sin ωx －cos ωx)－2＋3＝sin 2ωx －cos 2ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π4，2分∵T ＝π，∴2π2ω＝π，∴ω＝1，∴f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4.令－π2＋2k π≤2x －π4≤π2＋2k π，求得f(x)的增区间为⎣⎡⎦⎤－π8＋k π，3π8＋k π，k ∈Z .6分(Ⅱ)将函数f(x)的图象先向左平移π4个单位，得到y ＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π4－π4＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4的图象；8分然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的12倍，得到函数g(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π4的图象，故g(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π4，∵π4≤x ≤π2，5π4≤4x ＋π4≤9π4，∴－1≤sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π4≤22， 故函数g(x)的值域是[－2，1].12分 (18)(本小题满分12分)在等差数列{a n }中，a 1＝3，其前n 项和为S n ，等比数列{b n }的各项均为正数，b 1＝1，且b 2＋S 2＝11，2S 3＝9b 3.(Ⅰ)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(Ⅱ)令c n ＝（－1）n －12n ·a n b n ，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n －1T n(n ∈N *)的最大值与最小值．【解析】(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧3＋3＋d ＋q ＝112（3＋3＋d ＋3＋2d ）＝9q 2， 解得d ＝3，q ＝2，所以a n ＝3n ，b n ＝2n －1.6分(Ⅱ)由(Ⅰ)得c n ＝－3·⎝⎛⎭⎫－12n ，故T n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n， 当n 为奇数时，T n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n，T n 随n 的增大而减小，所以1<T n ≤T 1＝32； 当n 为偶数时，T n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n ，T n随n 的增大而增大，所以34＝T 2≤T n <1，8分 令f(x)＝x －1x ，x>0，则f′(x)＝1＋1x 2>0，故f(x)在x>0时是增函数．故当n 为奇数时，0<T n －1T n ≤T 1－1T 1＝56；当n 为偶数时，0>T n －1T n ≥T 2－1T 2＝－712，综上所述，T n －1T n 的最大值是56，最小值是－712.12分(19)(本小题满分12分)如图，已知AB ⊥BC ，BE ∥CD ，∠DCB ＝90°，平面BCDE ⊥平面ABC ，CD ＝4，AB ＝BC ＝BE ＝2，F 为AD 中点．(Ⅰ)证明：EF ∥平面ABC ； (Ⅱ)求三棱锥D －BCF 的体积．【解析】(Ⅰ)证明：设AC 中点为G ，连FG ，BG ∵F 为AD 中点，∴FG ∥DC ，FG ＝12DC又由题意BE ∥CD ，BE ＝12CD∴EB ∥FG ，且EB ＝FG ，∴四边形BEFG 为平行四边形 ∴EF ∥BG ，又BG平面ABC ，EF平面ABC∴EF ∥平面ABC.6分(Ⅱ)∵平面BCDE 所在平面垂直平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC AB平面ABC ，AB ⊥BC ，∴AB ⊥平面BCDE∵F 为AD 中点，∴V D －BCF ＝V F －BCD ＝12V A －BCD ＝16⎝⎛⎭⎫12BC·DC AB ＝43 所以，三棱锥D －BCF 的体积是43.12分(20)(本小题满分12分)已知抛物线C ：y 2＝4x ，过其焦点F 作两条相互垂直且不平行于坐标轴的直线，它们分别交抛物线C 于点A 、B 和点C 、D ，线段AB 、CD 的中点分别为M 、N.(Ⅰ)求线段AB 的中点M 的轨迹方程；(Ⅱ)过M 、N 的直线l 是否过定点？若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由． 【解析】(Ⅰ)由题设条件得焦点坐标为F(1，0)， 设直线AB 的方程为y ＝k(x －1)，k ≠0.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1）y 2＝4x，得k 2x 2－2(2＋k 2)x ＋k 2＝0.Δ＝[－2(2＋k 2)]2－4k 2k 2＝16(1＋k 2)>0.设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则xM ＝12(x 1＋x 2)＝1＋2k 2，y M ＝k(x M －1)＝2k ，∴x M ＝1＋12y 2M∴线段AB 的中点M 的轨迹方程为：y 2＝2(x －1)(x>1).5分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知：⎩⎨⎧x M ＝x 1＋x 22＝2＋k 2k2y M ＝2k.7分同理，设N(x N ，y N )，则⎩⎪⎨⎪⎧x N ＝2k 2＋1y N ＝－2k .8分当k ≠±1时，可知直线l 的斜率为：k′＝k1－k 2， 所以直线l 的方程为：y ＋2k ＝k 1－k 2(x －2k 2－1)，即yk 2＋(x －3)k －y ＝0 ① 当x ＝3，y ＝0时方程①对任意的k(k ≠±1)均成立，即直线l 过点(3，0)11分 当k ＝±1时，直线l 的方程为：x ＝3，综合所述，过M 、N 的直线l 必过定点(3，0).12分 (21)(本小题满分12分) 已知函数f(x)＝(1＋ax 2)e x －1.(Ⅰ)当a ≥0时，讨论函数f(x)的单调性； (Ⅱ)求函数f(x)在区间[0，1]上零点的个数．【解析】(Ⅰ)∵f′(x)＝(ax 2＋2ax ＋1)e x ，1分当a ＝0时，f ′(x)＝e x ≥0，此时f(x)在R 单调递增；2分 当a>0时，Δ＝4a 2－4a ，①当0<a ≤1时，Δ≤0，ax 2＋2ax ＋1≥0恒成立，∴f ′(x)≥0，此时f(x)在R 单调递增；3分②当a>1时，令f′(x)＝0x 1＝－1－1－1a ，x 2＝－1＋1－1a即f(x)在⎝⎛⎭⎫－∞，－1－1－1a 和⎝⎛⎭⎫－1＋1－1a ，＋∞上单调递增； 在⎝⎛⎭⎫－1－1－1a ，－1＋1－1a 上单调递减；5分综上：当0≤a ≤1时，f(x)在R 单调递增； 当a>1时，f(x)在⎝⎛⎭⎫－∞，－1－1－1a 和⎝⎛⎭⎫－1＋1－1a ，＋∞上单调递增； 在⎝⎛⎭⎫－1－1－1a ，－1＋1－1a 上单调递减.6分(Ⅱ)由(Ⅰ)知，当0≤a ≤1时，f(x)在[0，1]单调递增，f(0)＝0，此时f(x)在区间[0，1]上有一个零点； 当a>1时，－1－1－1a<0且－1＋1－1a<0，∴f(x)在[0，1]单调递增；f(0)＝0，此时f(x)在区间[0，1]上有一个零点； 当a<0时，令f′(x)＝0x ＝－1＋1－1a>0(负值舍去)①当－1＋1－1a ≥1即－13≤a<0时，f(x)在[0，1]单调递增，f(0)＝0，此时f(x)在区间[0，1]上有一个零点；②当－1＋1－1a <1即a<－13时，若f(1)>0即1e －1<a<－13时，f(x)在⎣⎡⎭⎫0，－1＋1－1a 单调递增，在⎣⎡⎦⎤－1＋1－1a ，1单调递减，f(0)＝0，此时f(x)在区间[0，1]上有一个零点； 若f(1)≤0即a ≤1e －1时，f(x)在⎣⎡⎭⎫0，－1＋1－1a 单调递增，在⎣⎡⎦⎤－1＋1－1a ，1单调递减f(0)＝0，此时f(x)在区间[0，1]上有零点x ＝0和在区间⎣⎡⎦⎤－1＋1－1a ，1有一个零点共两个零点；综上：当a ≤1e －1时，f(x)在区间[0，1]上有2个零点；当a>1e－1时，f(x)在区间[0，1]上有1个零点.12分请考生在第(22)～(23)两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号．(22)(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l ：x ＋3y ＝53，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为ρ＝4sin θ.(Ⅰ)求直线l 的极坐标方程和圆C 的直角坐标方程；(Ⅱ)射线OP ：θ＝π6与圆C 的交点为O 、A ，与直线l 的交点为B ，求线段AB 的长．【解析】(Ⅰ)在x ＋3y ＝53中，令x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ. 得ρcos θ＋3ρsin θ＝53，化简得2ρsin ⎝⎛⎭⎫θ＋π6＝5 3.即为直线l 的极坐标方程．由ρ＝4sin θ得ρ2＝4ρsin θ，即x 2＋y 2＝4y. x 2＋()y －22＝4，即为圆C 的直角坐标方程.5分(Ⅱ)ρA ＝4sinπ6＝2，ρB ＝532sin ⎝⎛⎭⎫π6＋π6＝5， 所以||AB ＝||ρA －ρB ＝3.10分(23)(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知函数f(x)＝||2x －4＋||x ＋1，x ∈R . (Ⅰ)解不等式f(x)≤9；(Ⅱ)若方程f(x)＝－x 2＋a 在区间[0，2]有解，求实数a 的取值范围． 【解析】(Ⅰ)可化为⎩⎪⎨⎪⎧x>23x －3≤9或⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤25－x ≤9或⎩⎪⎨⎪⎧x<－1－3x ＋3≤9； 2<x ≤4或－1≤x ≤2或－2≤x<－1； 不等式的解集为[－2，4].5分 (Ⅱ)由题意：f(x)＝－x 2＋aa ＝x 2－x ＋5，x ∈[0，2]故方程f(x)＝－x 2＋a 在区间[0，2]有解函数y ＝a 和函数y ＝x 2－x ＋5图象在区间[0，2]上有交点∵当x ∈[0，2]时，y ＝x 2－x ＋5∈⎣⎡⎦⎤194，7 ∴a ∈⎣⎡⎦⎤194，7.10分。

炎德·英才大联考湖南师大附中届高考模拟卷(二)理科综合能力测试命题人：高三物理备课组李海汾高三生物备课组审题人：高三物理备课组姜平贵高三生物备课组时量：150分钟满分：300分本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

其中第Ⅱ卷33－38题为选考题，其他题为必考题。

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～1B～11C～12O～16Na～23Cu～64第Ⅰ卷一、选择题：本题共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．下列关于DNA和RNA的叙述，正确的是(C)A．DNA是脱氧核苷酸的简称，RNA是核糖核苷酸的简称B．生物体内合成蛋白质时，DNA仅作为转录模板、RNA仅作为翻译模板C．细胞分化过程中，核DNA种类没有发生改变，但RNA种类发生了变化D．观察DNA和RNA在细胞中的分布，可用吡罗红健那绿给鸭梨果肉细胞染色【解析】A项中应去掉“苷”字；B项中RNA除了mRNA作为翻译模板，还有tRNA和rRNA 在翻译中起作用；D项中“健那绿”是染线粒体的。

2．下列有关细胞中“基本骨(支)架”的叙述，错误的是(C)A．生物大分子由单体连接而成，单体则以碳链为基本骨架B．细胞膜的基本支架是磷脂双分子层，呈轻油般的流体状态C．双链DNA的稳定性，与脱氧核糖和磷酸通过氢键连成的基本骨架有关D．由蛋白质纤维组成的细胞骨架，与细胞物质运输、能量转换、信息传递等有关【解析】脱氧核糖和磷酸是通过磷酸二酯键连成的。

3．下列有关细胞生命历程的说法，错误的是(A)A．随着细胞生长，细胞表面积增大，物质运输效率升高B．细胞内多种酶活性降低、色素积累等，都是细胞衰老的特征C．细胞凋亡受到严格的由遗传机制决定的程序性调控D．用光学显微镜观察细胞形态发生改变是判断细胞癌变的依据之一【解析】随着细胞生长，细胞表面积虽然增大了，但与细胞体积相比，相对表面积还减小了，物质运输的效率也相对降低了。

2018届高考模拟卷(二)理科综合能力测试可能用到的相对原子质量：H～1C～12N～14O～16Na～23Mg～24Si～28 S～32Cl～35.5Ca～40Ti～48Sn～1197．下列对与KNO3相关的古代文献的说明不合理的是( )选项目的古代文献说明A 提纯“……(KNO3)所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”——《开宝本草》溶解、蒸发结晶B 鉴别区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)：“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”——《本草经集注》利用焰色反应C 性质“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”——《本草纲目》利用KNO3的氧化性D 使用“……凡研硝(KNO3)不以铁碾入石臼，相激火生，祸不可测”——《天工开物》KNO3能自燃8．下列选项中的实验操作、现象与结论完全一致的是( )选项实验操作现象结论A 向滴有酚酞的NaOH溶液中通入Cl2溶液褪色HClO有漂白性B 无水乙醇与浓硫酸共热至170 ℃，将产生的气体通入溴水溴水褪色乙烯和溴水发生加成反应C向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞溶液变红，前者红色深结合H＋能力：CO2－3>HCO－3D用发光小灯泡分别做HCl和CH3COOH溶液导电性实验发光强度：HCl溶液强于CH3COOH溶液CH3COOH是弱电解质9．中科院研究所首次实现了CO2催化加氢制取汽油。

CO2转化过程示意图如下：下列说法不正确的是( )A．a的名称是2－甲基丁烷B．a的一氯代物有3种C．汽油主要是C5～C11的烃类混合物D．图中a和b互为同系物10．前20号元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，W原子的最外层电子数是次外层的3倍，X的简单离子半径在同周期中最小。

W、Z的质子数之和等于X、Y的质子数之和，X、Y、Z原子的最外层电子数之和等于W原子的核外电子数。

下列说法错误的是( ) A．W与X的简单离子具有相同的电子层结构B．1 mol Y的最高价氧化物含有的共价键数目为4N AC．X、Z分别与W形成的化合物都具有相同类型的化学键D．X、Y的单质均可以和Z的最高价氧化物对应的水化物的溶液反应11．已知pC＝－lgc，K sp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20和K sp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11。

湖南师大附中2018届高考模拟卷(二)语文注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上3．.考试结束后保留试卷方便讲解，只交答卷一、现代文阅读(35分)(一)论述类文本阅读(本题共3小题，9分)阅读下面的文字，完成1～3题。

中国书法的历史，几乎就是一部历代书法家对《兰亭集序》不断阐释的历史。

《兰亭集序》被认为是中国书法界一座无法逾越的高峰，尽管与之相随的是，《兰亭集序》的真伪之辨从来没有消停过。

最早提出质疑的是宋代学者，而较有说服力的是清末曾经当过慈禧太后秘书的李文田。

他工书善画，学问渊博，是岭南“碑派书法”创始人。

他爱好金石收藏，精于鉴别。

他通过多年考辨，认为《兰亭集序》不是王羲之的作品。

1965年夏，时任中国科学院院长的郭沫若在《文物》杂志上，发表了《从王谢墓志出土论〈兰亭集序〉的真伪》一文。

他基本上重复了李文田的两个论点，认为从年前南京出土的王谢墓志(晋代)来看，《兰亭集序》失去了晋人惯用的带有隶书笔意的笔法，因此断定它不是晋代遗留下来的作品。

其次，从文章的内容来看，作者是在王羲之所作《临河序》的基础上加工而写成的。

因为，文章前半部描写欢快之情，写得很流畅，后半部突然悲痛起来，这与晋人达观以及王羲之本人性格大相径庭，故值得怀疑。

据此，郭沫若推断《兰亭集序》乃是一赝品，并非王羲之的作品。

郭文发表后，立即引起了轩然大波。

江苏省文史研究馆馆员高二适写了《〈兰亭集序〉的真伪驳议》一文，提出了与郭文针锋相对的观点。

该文认为，唐初各大书法家如欧阳询、虞世南等都在学王帖，而唐太宗也酷爱王之书法，我们没有理由否定唐初书法家的鉴别能力。

其次，若以东晋书法当接近于隶书，而《兰亭集序》却是行书，因此就怀疑《兰亭集序》非晋人之作，这是方法论的错误。

王字本身有发展过程，它脱胎于旧时代而又高于旧时代，向行书方面发展，故王羲之被称之为“书圣”，其理由即在此也。

再者，从美学的观点上看，《兰亭集序》书法、文思之潇洒、飘逸，与东晋士族的风貌也相吻合。

湖南师大附中2018届高考模拟卷(一)数 学(理科)本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分，共10页．时量120分钟．满分150分．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．(1)已知集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫y|x 22＋y 23＝1，集合B ＝{x|y 2＝4x}，则A ∩B ＝(A)(A)[]0，3 (B)[]－3，3 (C)[)3，＋∞ (D)[)－3，＋∞ (2)已知复数z 满足z ＋||z ＝3＋i ，则z ＝(D) (A)1－i (B)1＋i (C)43－i (D)43＋i(3)“a ＋b>2c ”的一个充分条件是(C)(A)a>c 或b>c (B)a>c 且b<c (C)a>c 且 b>c (D)a>c 或b<c (4)下列函数中，最小正周期为π的函数是(A) (A)y ＝cos 2x (B)y ＝⎪⎪⎪⎪sin x 2 (C)y ＝sin x (D)y ＝tan x 2(5)已知向量a 与b 的夹角为60°，2|a |＝|b |＝2，若c ＝a ＋b ，d ＝a －b ，则c 在d 方向上的投影为(B) (A) 3 (B)－ 3 (C)33 (D)－33【解析】由题知a ·b ＝1×2×cos 60°＝1，|d |＝（a －b ）2＝a 2－2a ·b ＋b 2＝3，c ·d ＝a 2－b 2＝－3，因此c 在d 方向上的投影等于c ·d |d |＝－33＝－ 3.故选B.(6)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(D)(A)4 (B)3 (C)2 (D)1【解析】几何体如图所示，可以补成一个长为1、宽为1、高为2的长方体，该几何体的体积为长方体体积的一半，体积为1.故选D.(7)已知实数x ，y 满足⎩⎨⎧y ≥x ＋2，x ＋y ≤6，x ≥1，则z ＝2||x －2＋||y 的最小值是(C)(A)6 (B)5 (C)4 (D)3【解析】可行域如图，可求出A(2，4)，则z ＝2||x －2＋||y ＝2(2－x)＋y ＝－2x ＋y ＋4，化为y ＝2x ＋z －4.由图可知，当直线y ＝2x ＋z －4过A 时，直线在y 轴上的截距最小，z 有最小值为4.故选C.(8)在等比数列{}a n 中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8·a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝(D)(A)56 (B)－56 (C)53 (D)－53【解析】1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝⎝⎛⎭⎫1a 7＋1a 10＋⎝⎛⎭⎫1a 8＋1a 9＝a 7＋a 10a 7a 10＋a 8＋a 9a 8a 9＝a 7＋a 8＋a 9＋a 10a 8a 9＝－53.故选D.(9)多次执行如图所示的程序框图，输出的mn的值会稳定在某个常数附近，则这个常数为(A)(A)π4 (B)π6 (C)π8 (D)π16【解析】该程序的功能是利用随机模拟实验的方法求任取[0，1]上的两个数a ，b ，求落在(2a －1)2＋()2b －12<1部分的概率，由于a ∈[0，1]，b ∈[0，1] ，则⎝⎛⎭⎫a －122＋⎝⎛⎭⎫b －122<14对应的平面区域的面积为π⎝⎛⎭⎫122＝π4，概率为π4.故选A.(10)如图所示，点F 是抛物线y 2＝8x 的焦点，点A ，B 分别在抛物线y 2＝8x 及圆(x －2)2＋y 2＝16的实线部分上运动，且AB 总是平行于x 轴，则△FAB 的周长的取值范围是(C)(A)(2，6) (B)(6，8) (C)(8，12) (D)(10，14)【解析】抛物线的准线l ：x ＝－2，焦点F(2，0)，由抛物线定义可得|AF|＝x A ＋2，圆(x －2)2＋y 2＝16的圆心为(2，0)，半径为4，∴三角形FAB 的周长为|AF|＋|AB|＋|BF|＝(x A ＋2)＋(x B －x A )＋4＝6＋x B ，由抛物线y 2＝8x 及圆(x －2)2＋y 2＝16可得交点的横坐标为2，则x B ∈(2，6)，所以6＋x B ∈(8，12)，故选C.(11)三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 互相垂直，PA ＝PB ＝1，M 是线段BC 上一动点，若直线AM 与平面PBC 所成角的正切值的最大值是62，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积是(B) (A)2π (B)4π (C)8π (D)16π【解析】M 是线段BC 上一动点，连接PM ，∵PA ，PB ，PC 互相垂直，∴∠AMP 就是直线AM 与平面PBC 所成角，当PM 最短时，即PM ⊥BC 时直线AM 与平面PBC 所成角的正切值最大．此时AP PM ＝62，PM ＝63.在直角△PBC 中， PB ·PC ＝BC·PM PC ＝1＋PC 2×63PC ＝ 2.三棱锥P －ABC 扩充为长方体，则长方体的体对角线长为1＋1＋2＝2，∴三棱锥P －ABC 的外接球的半径为R ＝1，∴三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝4π.故选B.(12)对n ∈N *，设x n 是关于x 的方程nx 3＋2x －n ＝0的实数根，a n ＝[]()n ＋1x n ()n ＝1，2，3，…(符号[]x 表示不超过x 的最大整数)，则a 1＋a 2＋…＋a 2 0182 017＝(A)(A)1 010 (B)1 01012 017 (C)2 018 (D)1 0091 0092 017【解析】设t ＝(n ＋1)x ，则x ＝t n ＋1，∴nx 3＋2x －n ＝n·⎝⎛⎭⎫t n ＋13＋2·t n ＋1－n ，记f(t)＝n·⎝⎛⎭⎫t n ＋13＋2·t n ＋1－n ，n ∈N *，显然f(t)是增函数．且当n ≥2时，f(n ＋1)＝2>0，f(n)＝n ()1＋n －n 2()n ＋13＜0，则方程f(t)＝0存在唯一实根t n ，满足n ＜t n ＜n ＋1，即n<(n ＋1)x n <n ＋1，∴a n ＝[]（n ＋1）x n ＝n(n ≥2)；又当n ＝1时，a 1＝[]2x 1，其中x 1为方程x 3＋2x －1＝0的实数根．记g(x)＝x 3＋2x －1， 显然g(0)＝－1<0，g ⎝⎛⎭⎫12＝18>0，则0<x 1<12，a 1＝[]2x 1＝0. ∴a 1＋a 2＋…＋a 2 0182 017＝0＋()2＋2 018×2 01722 017＝1 010.故选A.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第(13)～(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．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．(13)过双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a>0，b>0)的右焦点F 且斜率为1的直线与双曲线有且只有一个交点，则双曲线的离心率为．(14)现有排成一列的5个花盆，要将甲、乙两种花分别栽种在其中的2个花盆里，若要求没有3个空花盆相邻，则不同的种法数是__14__(用数字作答)．【解析】没有限制的种花种数为A 25＝20种，其中三个空花盆相邻的情况有A 33＝6种，则没有3个空花盆相邻的种法数是20－6＝14种．(15)若m ＝⎠⎛－11()6x 2＋sin x dx ，且()2x ＋3m＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a m x m，则()a 0＋a 2＋…＋a m 2－()a 1＋a 3＋…＋a m －12的值为__1__．【解析】m ＝⎠⎛－11()6x 2＋sin x dx ＝()2x 3－cos x |1－1＝4，从而有()2x ＋34＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4， 令x ＝1可得： a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝()2＋34， 令x ＝－1可得： a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝()－2＋34，原式：()a 0＋a 2＋a 42－()a 1＋a 32＝()a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4×()a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝1.(16)定义在[t ，＋∞)上的函数f(x)，g(x)单调递增，f(t)＝g(t)＝M ，若对任意k>M ，存在x 1<x 2，使得f(x 1)＝g(x 2)＝k 成立，则称g(x)是f(x)在[t ，＋∞)上的“追逐函数”．已知f(x)＝x 2，下列四个函数：①g(x)＝x ；②g(x)＝ln x ＋1；③g(x)＝2x －1；④g(x)＝2－1x . 其中是f(x)在[1，＋∞)上的“追逐函数”的有__①②__．(填序号)【解析】由题意得若函数g(x)为f(x)在[t ，＋∞)上的“追逐函数”，则f(x)，g(x)在[t ，＋∞)上的值域相同且f(t)＝g(t)，对任意x 0∈(t ，＋∞)，f(x 0)>g(x 0)．因为f(x)＝x 2在[1，＋∞)的值域为[1，＋∞)，且f(1)＝1，对于①：g(1)＝1，当x ∈[1，＋∞)时，g(x)∈[1，＋∞)，设h(x)＝f(x)－g(x)＝x 2－x ，则h′(x)＝2x －1>0，x ∈[1，＋∞)，所以对任意x 0∈(1，＋∞)，h(x 0)>h(1)＝0，f(x 0)>g(x 0)， 所以g(x)＝x 是f(x)＝x 2在[1，＋∞)上的“追逐函数”；对于②，g(1)＝1，当x ∈[1，＋∞)时，g(x)∈[1，＋∞)，设u(x)＝f(x)－g(x)＝x 2－ln x －1，则u′(x)＝2x －1x >0，x ∈[1，＋∞)，所以对任意的x 0∈(1，＋∞)，u(x 0)>u(1)＝0，f(x 0)>g(x 0)，所以g(x)＝ln x ＋1是f(x)＝x 2在[1，＋∞)上的“追逐函数”； 对于③，当x ＝5时，g(5)＝25－1＝31>25＝f(5),所以g(x)＝2x －1不是f(x)＝x 2在[1，＋∞)上的“追逐函数”；对于④，g(x)＝2－1x 在[1，＋∞)的值域为[1，2)，所以g(x)＝2－1x 不是f(x)＝x 2在[1，＋∞)上的“追逐函数”．综上所述，其中是f(x)＝x 2在[1，＋∞)上的“追逐函数”的有①②.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． (17)(本小题满分12分)如图，在△ABC 中，点D 在AC 边上，且AD ＝3DC ，AB ＝7， ∠ADB ＝π3，∠C ＝π6.(Ⅰ)求DC 的值；(Ⅱ)求tan ∠ABC 的值．【解析】(Ⅰ)如图所示， ∠DBC ＝∠ADB －∠C ＝π3－π6＝π6，故∠DBC ＝∠C, DB ＝DC ，设DC ＝x ，则DB ＝x, DA ＝3x.在△ADB 中，由余弦定理AB 2＝DA 2＋DB 2－2DA·DB·cos ∠ADB ，即7＝()3x 2＋x 2－2·3x·x·12＝7x 2，解得x ＝1，DC ＝1.(6分)(Ⅱ)在△ADB 中，由AD>AB ，得∠ABD>∠ADB ＝π3，故∠ABC ＝∠ABD ＋∠DBC>π3＋π6＝π2，在△ABC 中，由正弦定理AC sin ∠ABC ＝AB sin ∠ACB ，即4sin ∠ABC ＝712，故sin ∠ABC ＝27，由∠ABC ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，得cos ∠ABC ＝－37，tan ∠ABC ＝－23＝－23 3.(12分)(18)(本小题满分12分)如图，正方形ABCD 中，AB ＝22，AC 与BD 交于O 点，现将△ACD 沿AC 折起得到三棱锥D －ABC ，M ，N 分别是OD ，OB 的中点．(Ⅰ)求证： AC ⊥MN ；(Ⅱ)若三棱锥D －ABC 的最大体积为V 0，当三棱锥D －ABC 的体积为32V 0，且二面角D －AC －B 为锐角时，求二面角D －NC －M 的余弦值．【解析】(Ⅰ)依题意易知OM ⊥AC, ON ⊥AC, OM ∩ON ＝O ， ∴AC ⊥平面OMN ，又∵MN 平面OMN ，∴AC ⊥MN.(4分)(Ⅱ)当体积最大时三棱锥D －ABC 的高为DO ，当体积为32V 0时，高为32DO ， △OBD 中， OB ＝OD ，作DS ⊥OB 于S ，∴DS ＝32OD ，∴∠DOB ＝60°， ∴△OBD 为等边三角形，∴S 与N 重合，即DN ⊥平面ABC.(6分)以N 为原点， NB 所在直线为y 轴，过N 且平行于OA 的直线为x 轴， ND 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．∴N ()0，0，0， C ()－2，－1，0， D ()0，0，3， M ⎝⎛⎭⎫0，－12，32.设n 1＝()x 1，y 1，z 1为平面CMN 的法向量， ∵NC →＝()－2，－1，0， NM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，32，∴⎩⎨⎧n 1·NC →＝－2x 1－y 1＝0，n 1·NM →＝－12y 1＋32z 1＝0，取n 1＝⎝⎛⎭⎫1，－2，－233，设n 2＝()x 2，y 2，z 2是平面CND 的法向量， NC →＝()－2，－1，0， ND →＝()0，0，3， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n 2·NC →＝－2x 2－y 2＝0，n 2·ND →＝3z 2＝0，取n 2＝()1，－2，0，设二面角D －NC －M 大小为θ，则|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2||n 1||n 2＝5193·5＝1519＝28519. 显然所求二面角D －NC －M 为锐角，故cos θ＝28519.(12分) (19)(本小题满分12分)为监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取10个零件，度量其内径尺寸(单位：μm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的内径尺寸服从正态分布N ()μ，σ2.(Ⅰ)假设生产状态正常，记X 表示某一天内抽取的10个零件中其内径尺寸在()μ－3σ，μ＋3σ之外的零件数，求P ()X ≥2及X 的数学期望；(Ⅱ)某天正常工作的一条生产线数据记录的茎叶图如下图所示：(ⅰ)计算这一天平均值μ与标准差σ；(ⅱ)一家公司引进了一条这种生产线，为了检查这条生产线是否正常，用这条生产线试生产了5个零件，度量其内径分别为(单位： μm)：85，95，103，109，119，试问此条生产线是否需要进一步调试，为什么？参考数据：P ()μ－2σ<X<μ＋2σ＝0.954 4，P ()μ－3σ<X<μ＋3σ＝0.997 4， 0．997 410≈0.974 3, 0.997 44≈0.99, 0.954 43≈0.87， 0．026×0.997 49≈0.025 4, 0.045 62≈0.002, 35.2≈5.933 0. 【解析】(Ⅰ)由题意知： P(X ＝0或 )X ＝1＝C 010()1－0.997 40·0.997 410＋C 110()1－0.997 41·0.997 49＝0.974 3＋0.025 4＝0.999 7，P ()X ≥2＝1－P ()X ＝0－P ()X ＝1＝1－0.999 7＝0.000 3， ∵X ～B ()10，0.002 6，∴EX ＝10×0.002 6＝0.026 0.(6分)(Ⅱ)(ⅰ)μ＝97＋97＋98＋98＋105＋106＋107＋108＋108＋11610＝104 μm ，σ2＝()－72＋()－72＋()－62＋()－62＋12＋22＋32＋42＋42＋12210＝36，则σ＝6 μm.(ⅱ)结论：需要进一步调试．理由如下：如果生产线正常工作，则X 服从正态分布N ()104，62，P ()μ－3σ<X<μ＋3σ＝P ()86<X<122＝0.997 4，零件内径尺寸在()86，122之外的概率只有0.002 6，而85()86，122，根据3σ原则，知生产线异常，需要进一步调试．(12分)(20)(本小题满分12分)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为32，点F 1、F 2为椭圆E 的左、右焦点，且F 1、F 2关于直线l 的对称点恰为圆C ：(x －2)2＋(y －2)2＝3的一条直径的两个端点．(Ⅰ)求椭圆E 的方程和直线l 的方程；(Ⅱ)设动直线m 与椭圆E 有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点O 为圆心的圆，满足此圆与m 相交于两点P 1，P 2(两点均不在坐标轴上)，且使得直线OP 1，OP 2的斜率之积为定值？若存在，求此圆的方程；若不存在，说明理由．【解析】(Ⅰ)圆C ：(x －2)2＋(y －2)2＝3的圆心C(2，2)，半径r ＝ 3.由题意知|F 1F 2|＝2r ，即2c ＝23，又c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，则a ＝2，b ＝1，c ＝3，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(3分)显然直线l 垂直平分线段OC ，设线段OC 中点为Q ，则Q(1，1)，k OC ＝1， 所以直线l 的方程为y －1＝－1(x －1)，即x ＋y －2＝0.(5分) (Ⅱ)存在符合条件的圆，且此圆的方程为x 2＋y 2＝5.(6分)证明如下：假设存在符合条件的圆，并设此圆的方程为x 2＋y 2＝r 2(r>0)． 当直线m 的斜率存在时，设m 的方程为y ＝kx ＋t. 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 24＋y 2＝1 得()4k 2＋1x 2＋8ktx ＋4t 2－4＝0, ∵直线m 与椭圆C 有且仅有一个公共点，∴Δ1＝()8kt 2－4()4k 2＋1()4t 2－4＝0，即t 2＝4k 2＋1.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 2＋y 2＝r2 得()k 2＋1x 2＋2ktx ＋t 2－r 2＝0，则Δ2＝()2kt 2－4()k 2＋1()t 2－r 2>0，(8分)设P 1()x 1，y 1，P 2()x 2，y 2，则x 1＋x 2＝－2kt k 2＋1，x 1x 2＝t 2－r 2k 2＋1，设直线OP 1，OP 2的斜率分别为k 1，k 2，∴k 1k 2＝y 1y 2x 1x 2＝()kx 1＋t ()kx 2＋t x 1x 2＝k 2x 1x 2＋kt ()x 1＋x 2＋t2x 1x 2＝k 2·t 2－r 2k 2＋1＋kt·－2ktk 2＋1＋t 2t 2－r 2k 2＋1＝t 2－r 2k2t 2－r 2，将t 2＝4k 2＋1代入上式，得k 1k 2＝()4－r 2k 2＋14k 2＋()1－r 2，(10分)要使得k 1k 2为定值，则4－r 24＝11－r 2，即r 2＝5，代入Δ2验证知符合题意． ∴当圆的方程为x 2＋y 2＝5时，圆与l 的交点P 1，P 2满足k 1k 2为定值－14.当直线l 的斜率不存在时，由题意知l 的方程为x ＝±2. 此时，圆x 2＋y 2＝5与l 的交点P 1，P 2也满足k 1k 2＝－14.综上，当圆的方程为x 2＋y 2＝5时，圆与l 的交点P 1，P 2满足直线OP 1，OP 2的斜率之积为定值－14.(12分)(21)(本小题满分12分)已知f(x)＝e x ，g(x)＝－x 2＋2x ＋a ，a ∈R . (Ⅰ)讨论函数h(x)＝f(x)g(x)的单调性；(Ⅱ)记φ(x)＝⎩⎨⎧f （x ），x<0，g （x ）， x>0，设A(x 1，φ(x 1))，B(x 2，φ(x 2))为函数φ(x)图象上的两点，且x 1<x 2.(ⅰ)若x 1，x 2∈(0，＋∞)，且φ(x)在A ，B 处的切线相互垂直，求x 2－x 1的最小值； (ⅱ)若φ(x)在点A ，B 处的切线重合，求证：－1<a<34.【解析】(Ⅰ)h(x)＝e x (－x 2＋2x ＋a)，则h′(x)＝－e x [x 2－(a ＋2)]，(2分) 当a ＋2≤0即a ≤－2时，h ′(x)≤0，h(x)在R 上单调递减；(3分)当a ＋2>0即a>－2时，h ′(x)＝－e x [x 2－(a ＋2)]＝－e x (x ＋a ＋2)(x －a ＋2)，此时h(x)在(－∞，－a ＋2)及(a ＋2，＋∞)上都是单调递减的，在(－a ＋2，a ＋2) 上是单调递增的．(5分)(Ⅱ)(ⅰ)g′(x)＝－2x ＋2，据题意有(－2x 1＋2)(－2x 2＋2)＝－1，又0<x 1<x 2， 法1：则－2x 1＋2>0且－2x 2＋2<0(－2x 1＋2)(2x 2－2)＝1， 故x 2－x 1＝12[(－2x 1＋2)＋(2x 2－2)]≥（－2x 1＋2）·（2x 2－2）＝1，(当且仅当(－2x 1＋2)＝(2x 2－2)＝1即x 1＝12，x 2＝32时取等号)．即x 2－x 1的最小值为1.(8分)法2：x 2＝1＋14（1－x 1），0<1－x 1<1，x 2－x 1＝1－x 1＋14（1－x 1）≥2（1－x 1）·14（1－x 1）＝1，(当且仅当1－x 1＝14（1－x 1）x 1＝12时取等号)．即x 2－x 1的最小值为1.(8分)(ⅱ)证明：因为φ(x)在点A ，B 处的切线重合，则φ(x)在点A ，B 处的切线的斜率相等，而x<0时，φ′(x)＝f′(x)＝e x∈(0，1)，则必有x 1<0<x 2<1， 即A(x 1，ex 1)，B(x 2，－x 22＋2x 2＋a)，A 处的切线方程是：y －ex 1＝ex 1(x －x 1)y ＝ex 1x ＋ex 1(1－x 1)，B 处的切线方程是：y －(－x 22＋2x 2＋a)＝(－2x 2＋2)(x －x 2)， 即y ＝(－2x 2＋2)x ＋x 22＋a ，(10分)据题意则⎩⎪⎨⎪⎧ex 1＝－2x 2＋2，ex 1（1－x 1）＝x 22＋a 4a ＋4＝－ex 1(ex 1＋4x 1－8)，x 1∈(－∞，0)，设p(x)＝－e x (e x ＋4x －8)，x<0，p ′(x)＝－2e x (e x ＋2x －2)，设q(x)＝e x ＋2x －2，x<0q ′(x)＝e x ＋2>0在(－∞，0)上恒成立， 则q(x)在(－∞，0)上单调递增q(x)<q(0)＝－1<0， 则p′(x)＝－2e x (e x ＋2x －2)>0p(x)在(－∞，0)上单调递增，则p(x)<p(0)＝7，再设r(x)＝e x＋4x －8，x<0， r ′(x)＝e x ＋4>0r(x)在(－∞，0)上单调递增r(x)<r(0)＝－7<0， 则p(x)＝－e x (e x ＋4x －8)>0在(－∞，0)恒成立，即当x ∈(－∞，0)时0<p(x)<7.故0<4a ＋4<7即－1<a<34.(12分)请考生在第(22)、(23)两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分． (22)(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程已知曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋2cos θ，y ＝1＋2sin θ(θ为参数)．以原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．(Ⅰ)求曲线C 的极坐标方程；(Ⅱ)若直线l ：θ＝α(α∈[0, π), ρ∈R )与曲线C 相交于A 、B 两点，设线段AB 的中点为M ，求|OM|的最大值．【解析】(Ⅰ)曲线C 的普通方程为(x ＋1)2＋(y －1)2＝22，由⎩⎨⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，得ρ2＋2ρcos θ－2ρsin θ－2＝0.(5分) (Ⅱ)联立θ＝α和ρ2＋2ρcos θ－2ρsin θ－2＝0，得ρ2＋2ρ(cos α－sin α)－2＝0, 设A(ρ1, α)，B(ρ2, α)，则ρ1＋ρ2＝2(sin α－cos α)＝22sin ⎝⎛⎭⎫α－π4，由|OM|＝⎪⎪⎪⎪ρ1＋ρ22， 得|OM|＝2⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎫α－π4≤2，当α＝3π4时，|OM|取最大值 2.(10分)(23)(本小题满分10分)选修4－5: 不等式选讲 设函数f(x)＝a(x －1)．(Ⅰ)当a ＝1时，解不等式|f(x)|＋|f(－x)|≥3x ； (Ⅱ)设|a|≤1，当|x|≤1时，求证：|f(x 2)＋x|≤54.【解析】(Ⅰ)当a ＝1时，不等式|f(x)|＋|f(－x)|≥3x 即|x －1|＋|x ＋1|≥3x. 当x ≤－1时，得1－x －x －1≥3x x ≤0，∴x ≤－1； 当－1<x<1时，得1－x ＋x ＋1≥3xx ≤23，∴－1<x ≤23；当x ≥1时，得x －1＋x ＋1≥3x x ≤0，与x ≥1矛盾，综上得原不等式的解集为{x|x ≤－1}∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫x|－1<x ≤23＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x|x ≤23.(5分) (Ⅱ)|f(x 2)＋x|＝|a(x 2－1)＋x|≤|a(x 2－1)|＋|x|，∵|a|≤1，|x|≤1，∴|f(x 2)＋x|≤|a|(1－x 2)＋|x|≤1－x 2＋|x|＝－|x|2＋|x|＋1＝－⎝⎛⎭⎫|x|－122＋54≤54. 当|x|＝12时取“＝”，得证．(10分)。

湖南师大附中2018届高考模拟卷(一)理科综合能力测试注意事项：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．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

可能用到的相对原子质量：H－1Li－7N－14O－16Cl－35.5Cr－52Ag－108第Ⅰ卷一、选择题：本题共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．下列对某些生命现象及其生物学意义的叙述，不正确的是(B)A．细菌代谢旺盛，与其细胞体积较小有关B．草履虫体积相对较大，其通过增大细胞核的体积，满足细胞核对细胞质的控制C．卵细胞体积相对较大，储存了大量营养物质，减少了对外界物质的需求D．草履虫伸缩泡收集废物，连通胞外，提高了其排出废物的效率【解析】细菌代谢旺盛，与其细胞体积较小有密切关系，A正确。

草履虫有两个细胞核，大核管营养小核管生殖，草履虫通过增加细胞核的数目满足细胞核对细胞质的控制，B错。

卵细胞储存了大量的营养物质，不需要与外界进行旺盛的物质交流。

C正确。

草履虫伸缩泡收集废物，连通胞外。

提高了其排除废物的效率。

相当于增大了表面积与体积的比值，D正确。

2．下列有关实验的叙述，错误的是(C)A．在高倍镜下看不到口腔上皮细胞中线粒体的双层膜结构B．在“观察细胞的有丝分裂”实验中，不能观察到分生区细胞中染色体向两极移动的过程C．将哺乳动物成熟的红细胞置于蒸馏水中一段时间，再加入双缩脲试剂摇匀可以看到紫色反应D．进行色素的提取和分离的实验中，滤液颜色较淡，可能是研磨时未加SiO23．阿糖胞苷是一种嘧啶类抗癌药物，在细胞中能有效抑制DNA聚合酶的合成。

当阿糖胞苷进入胃癌患者体内后，机体短期内可能发生的明显变化是(B)A．甲状腺激素的合成减少，神经系统兴奋性降低B．淋巴细胞的生成减少，机体的免疫功能下降C．糖蛋白的合成增加，癌细胞的转移速度变慢D．抑癌基因表达加速，胃部肿瘤生长变慢【解析】阿糖胞苷是一种嘧啶类抗癌药物，在细胞中能有效抑制DNA聚合酶的合成，因此，抑制细胞分裂，导致胃癌患者淋巴细胞的生成减少，机体的免疫功能降低。