2018年广东省深圳市高考数学二模试卷（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|x−1<0}，集合B={x|x2<4}，则A∩B=()A.(−2, 1)B.(−∞, 2)C.(−∞, −2)D.(−∞, 1)∪(2, +∞)2. 已知i为虚数单位，则复数z=|√3−i|1+i的共轭复数z为（）A.2+2iB.2−2iC.1+iD.1−i3. 某学校拟从甲、乙等五位同学中随机选派3人去参加国防教育活动，则甲、乙均被选中的概率为（）A.3 5B.12C.25D.3104. 设S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1=S3=3，则S4的值为（）A.−3B.0C.3D.65. 已知点P(1, m)在椭圆x24+y2=1的外部，则直线y=2mx+√3与圆x2+y2=1的位置关系为（）A.相离B.相交C.相切D.相交或相切6. 如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A.2 3B.1C.43D.537. 九连环是我国一种传统的智力玩具，其构造如图1：要将9个圆环全部从框架上解下（或套上），无论是哪种情形，都需要遵循一定的规则．解下（或套上）全部9个圆环所需的最少移动次数可由如图2所示的程序框图得到，执行该程序框图，则输出结果为( )A.170B.256C.341D.6828. 已知椭圆x24+m2+y2m2=1与双曲线x2a2−y2b2=1有共同的焦点，且其中的一个焦点F到双曲线的两条渐近线的距离之和为2√3，则双曲线的离心率为（）A.2B.3C.2√33D.√39. 已知定义在R上的偶函数f(x)对任意实数x都有f(x−4)=f(x+4)，当0≤x≤4时，f(x)=x2−2x，则f(x)在区间[12, 16]上（）A.有最小值f(16)B.有最小值f(15)C.有最小值f(13)D.有最小值f(12)10. 已知点P1，P2为曲线y=√2sinωx−cosωx(x∈R)（常数ω>0）的两个相邻的对称中心，若该曲线在点P1，P2处的切线互相垂直，则ω的值为（）A.√33B.√22C.√2D.√311. 如图，在四棱锥P−ABCD中，顶点P在底面的投影O恰为正方形ABCD的中心且AB=√2．设点M、N分别为线段PD、PO上的动点．已知当AN+MN取得最小值时，动点M恰为PD的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为（）A.9π2B.16π3C.25π4D.64π912. 已知对∀n∈N∗，关于x的函数f n(x)=x+(1−a n)lnx(n<x<n+1)都不单调，其中a n(n=1, 2,…,k,…)为常数，定义[x]为不超过实数x的最大整数，如[0.8]=0，[π]=3，设b n=[√a n3brack，记常数{b n}的前n项和为S n，则S100的值为（）A.310B.309C.308D.307二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）已知a <0，实数x ，y 满足{x +1≥0x +y +a ≤0x −y −2≤0 ，若z =x +2y 的最大值为5，则a =________．若(x −4x )n 的展开式中各项系数的和为81，则该展开式中的常数项为________．已知A 、B 、C 为某信号（该信号的传播速度为1公里/秒）的三个接收站，其中A 、B 相距600公里，且B 在A 的正东方向；A 、C 相距600√3公里，且C 在A 的东偏北30∘方向．现欲选址兴建该信号的发射塔T ，若在T 站发射信号时，A 站总比B 站要迟200秒才能接收到信号，则C 站比A 站最多迟________秒可接收到该信号．（A 、B 、C 、T 站均可视为同一平面上的点）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.）在△ABC 中，记内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知B 为锐角，且acosB +bsinB =c ．（1）求角C 的大小；（2）若B =π3，延长线段AB 至点D ，使得CD =√3，且△ACD 的面积为3√34，求线段BD的长度．如图，在三棱锥A −BCD 中，△ABD 和△BDC 均为等腰直角三角形，且∠BAD =∠BDC =90∘．已知侧面ABD 与底面BDC 垂直，点E 是AC 的中点，点F 是BD 的中点，点G 在棱BC 上，且BC =4BG ，点M 是AG 上的动点． （1）证明：BC ⊥MF ；（2）当MF // 平面ACD 时，求二面角G −MF −E 的余弦值．为了缓解日益拥堵的交通状况，不少城市实施车牌竞价策略，以控制车辆数量．某地车牌竞价的基本规则是：①“盲拍”，即所有参与竞拍的人都是网络报价，每个人并不知晓其他人的报价，也不知道参与当期竞拍的总人数；②竞价时间截止后，系统根据当期车牌配额，按照竞拍人的出价从高到低分配名额．某人拟参加2018年4月份的车牌竞拍，他为了预测最低成交价，根据竞拍网站的公告，统计了最近5个月参与竞拍的人数（如表）：（1）由收集数据的散点图发现，可用线性回归模型拟合竞拍人数y （万人）与月份编号t 之间的相关关系．请用最小二乘法求y 关于t 的线性回归方程：y ^=b ^t +a ^，并预测2018年4月份参与竞拍的人数；（2）某市场调研机构对200位拟参加2018年4月份车牌竞拍人员的报价价格进行了一个抽样调查，得到如表一份频数表：(i)求这200位竞拍人员报价X 的平均值x 和样本方差s 2（同一区间的报价可用该价格区间的中点值代替）；(ii)假设所有参与竞价人员的报价X 可视为服从正态分布N(μ, σ2)，且μ与σ2可分别由(i)中所求的样本平均数x 及s 2估值．若2018年4月份实际发放车牌数量为3174，请你合理预测（需说明理由）竞拍的最低成交价． 参考公式及数据：①回归方程y ^=b ^x +a ^，其中b ^=∑−i=1n xiyi nxy ∑−i=1n xi2nx 2，a ^=y −b ^x ； ②∑5i=1t i 2=55，∑=i=15tiyi 18.8，√1.7≈1.3； ③若随机变量Z 服从正态分布N(μ, σ2)，则P(μ−σ<Z <μ+σ)=0.6826，P(μ−2σ<Z <μ+2σ)=0.9544，P(μ−3σ<Z <μ+3σ)=0.9974．已知实数p >0，且过点M(0, −p 2)的直线l 与曲线C:x 2=2py 交于A 、B 两点． （1）设O 为坐标原点，直线OA 、OB 的斜率分别为k 1、k 2，若k 1k 2=1，求p 的值；（2）设直线MT 1、MT 2与曲线C 分别相切于点T 1、T 2，点N 为直线T 1T 2与弦AB 的交点，且MA →=λMN →，MB →=μMN →，证明：1λ+1μ为定值．已知函数f(x)=xe ax ．（其中常数e =2.71828…，是自然对数的底数） （1）求函数f(x)的极值；（2）当a =1时，若f(x)−lnx −bx ≥1恒成立，求实数b 的取值范围．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]在极坐标系中，曲线C 的极坐标方程为ρ=√31+2sin 2θ，点A(ρ1,π2)，B(ρ2,−π2)，以极点为坐标原点，极轴为x 轴正半轴建立直角坐标系．（2）若点A、B在曲线C上，且点M（异于A、B两点）为曲线C上的动点．在直角坐标系中，设直线MA，MB在x轴上的截距分别为a，b，求|a+b|的最小值．[选修4-5：不等式选讲]|(a≠0)．已知函数f(x)=|x−a|+|x+a+1a（1）证明：f(x)≥2√2；（2）若f(2)≤3，求实数a的取值范围．参考答案与试题解析2018年广东省深圳市高考数学二模试卷（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】A【考点】一元二次不等式的解法交集及其运算【解析】分别求出集合A，集合B，由此能求出A∩B．【解答】解：∵集合A={x|x−1<0}={x|x<1}，集合B={x|x2<4}={x|−2<x<2}，∴A∩B={x|−2<x<1}=(−2, 1)．故选A.2.【答案】C【考点】复数的运算【解析】求出分子的模，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】∵z=|√3−i|1+i =21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=2(1−i)2=1−i，∴z=1+i．3.【答案】D【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】此题暂无解析【解答】解：从五人中选出三人的选法有C53=10种，其中甲、乙均被选中的情况有C31=3种，所以所求概率P=310．故选D．4.【答案】B等差数列的通项公式【解析】此题暂无解析【解答】解：设数列{a n}的公差为d，则S3=3a1+3×22×d=9+3d=3，解得d=−2，所以S4=4a1+4×32×d=12+(−12)=0．故选B．5.【答案】B【考点】椭圆的定义【解析】此题暂无解析【解答】解：因为点P(1,m)在椭圆的外部，所以14+m2>1，即m2>34，因为圆心(0,0)到直线y=2mx+√3的距离d=√322=√3√4m2+1<√32<1，所以直线y=2mx+√3与相交．故选B．6.【答案】D【考点】由三视图求体积【解析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个三棱柱和一个四棱锥的组合体，进而得到答案．【解答】由已知中的三视图可得：该几何体是一个三棱柱和一个四棱锥的组合体，V三棱柱=12×2×1×1=1，V四棱锥=13×2×1×1=23，∴该几何体的体积为1+23=53．7.【答案】C【考点】程序框图【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．解：模拟程序的运行，可得i=1，S=1i=2，满足条件i为偶数，S=2不满足条件i>8，执行循环体，i=3，不满足i为偶数，S=5；不满足条件i>8，执行循环体，i=4，满足i为偶数，S=10；不满足条件i>8，执行循环体，i=5，不满足i为偶数，S=21；不满足条件i>8，执行循环体，i=6，满足i为偶数，S=42；不满足条件i>8，执行循环体，i=7，不满足i为偶数，S=85；不满足条件i>8，执行循环体，i=8，满足i为偶数，S=170；不满足条件i>8，执行循环体，i=9，不满足i为偶数，S=341；此时，满足条件i>8，退出循环，输出S的值为341．故选C.8.【答案】A【考点】双曲线的特性【解析】由题意求出c=2，再根据焦点F到双曲线的两条渐近线的距离之和为2√3，求出b=√3，即可求出a=1，根据离心率公式计算即可【解答】∵椭圆x24+m2+y2m2=1与双曲线x2a2−y2b2=1有共同的焦点，∴4+m2−m2=a2+b2，∴双曲线的焦点坐标为(−2, 0)，(2, 0)设F=(2, 0)其渐近线方程为y=±bax，∵焦点F到双曲线的两条渐近线的距离之和为2√3，∴2×√a2+b2=2√3，∴2bc=√3，∴b=√3，∴a2=c2−b2=1，∴e=ca=2，9.【答案】B【考点】函数奇偶性的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：由f(x−4)=f(x+4)知函数f(x)的周期为8，因为函数f(x)是定义在R的偶函数，部分图象，如图所示由图知函数f(x)在[12,16]有最小值f(15)．故选B．10.【答案】A【考点】三角函数中的恒等变换应用【解析】利用辅助角公式化简，求解相邻两个对称中心以及切线，根据切线互相垂直建立关系即可求解ω的值．【解答】；解：曲线y=√2sinωx−cosωx=√3sin(ωx−θ)，tanθ=√22y′=√2ωcosωx+ωsinωx．令ωx−θ=kπ，k∈Z．, 0)，由k=0，可得一个对称中心为P1(θωk=1时，可得相邻的对称中心为P2(π+θ, 0)，ω曲线在点P1，P2处的切线互相垂直，即斜率k的乘积为−1，∴(√2ωcosθ+ωsinθ)[√2ωcos(π+θ)+ωsin(θ+π)]=−1，∴(√2ωcosθ+ωsinθ)2=1，2ω2cos2θ+2√2ω2sinθcosθ+ω2sin2θ=1，即2ω2+2√2ω2×tanθ+ω2tan2θ=tan2θ+1，解得：ω=√3．3故选A．11.【答案】B【考点】柱体、锥体、台体的面积求解【解析】此题暂无解析【解答】解：因为点O既是正方形ABCD的中心，又是点P在底面ABCD上的投影，所以AN= BN．由平面几何知识可知，当B,N,M三点共线且BM⊥PD时，AN+MN取得最小值，BD，又BD=√2AB=由此时点M恰为PD的中点知△PBD为等边三角形，所以PO=√322，所以PO=√3．设四棱锥P−ABCD的外接球的半径为R，球心为O′，显然O′在线段球的表面积S=4πR2=16π．3故选B．12.【答案】D【考点】数列的求和【解析】根据关于x的函数f n(x)=x+(1−a n)lnx(n<x<n+1)都不单调，其f n′(x)=0(n< x<n+1)有解．可得a n的范围，根据定义[x]为不超过实数x的最大整数，设b n=3brack，可得b1，b2，……b n的整数，即可求解数列{b n}的前100项和S100的值．[√a n【解答】根据关于x的函数f n(x)=x+(1−a n)lnx(n<x<n+1)都不单调，∴f n′(x)=1−a n+1=0在(n<x<n+1)有解．x可得：x=a n−1，∴n<a n−1<n+1∴n+1<a n<n+2当n=1时，可得2<a1<3，当n=2时，可得3<a2<4，……101<a100<102，3brack，设b n=[√a n可得：b1=b2=...=b6=1，b7=b8=...=b25=2．b26=b27=...=b62=3，b63=b64=……=b100=4．数列{b n}的前100项和为S100=b1+b2+……+b100=1×6+2×19+3×37+38×4=307．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）【答案】12【考点】平面向量数量积的性质及其运算律【解析】根据向量的数量积和向量的模即可求出．【解答】∵向量a→=(−3,4)，b→=(−1,t)，∴a→⋅b→=3+4t，|a→|=√(−3)2+42=5，∵a→∗b→=|a→|，∴3+4t=5，【答案】−2【考点】简单线性规划【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义即可得到结论．【解答】作出实数x，y满足{x+1≥0x+y+a≤0x−y−2≤0对应的平面区域如图：由图象可知z=x+2y在点A(−1, 1−a)处取得最大值，此时−1+2(1−a)=5，解得a=−2，【答案】96【考点】二项式定理的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：令x=1，得(−3)n=81，解得n=4，所以(x−4x )n=(x−4x)4，所以(x−4x)4的展开式通项为T r+1=C4r x4−t(−4x )r=(−4)r C4r x4−2r，由4−2r=0，得r=2，所以该展开式中的常数项为(−4)2C42=96.故答案为：96．【答案】400【考点】轨迹方程【解析】求出T的轨迹方程，计算|BC|，从而当T，B，C三点共线时|TC|−|TA|取得最大值，求出此最大值即可得出答案．【解答】由题意可知|TA|−|TB|=200，∴T点轨迹为以A，B为焦点的双曲线的靠近B点的一支，由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos30∘=360000，∴BC=600，∵|TC|−|TA|=|TC|−(|TB|+200)=|TC|−|TB|−200≤|BC|−200=400，∴当T，B，C三点共线时，|TC|−|TA|取得最大值400，故而C站比A站最多迟400秒可接收到该信号．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.）【答案】解：(1)由题意及正弦定理可知sinAcosB+sin2B=sinC，∵ sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，∴sin2B=cosAsinB．∵ B∈(0,π2),∴ sinB>0,∴ sinB=cosA，即cos(π2−B)=cosA，∵ A∈(0,π),π2−B∈(0,π2),∴π2−B=A，即A+B=π2，∴ C=π2．(2)设BD=x,CB=a，∵ ∠ABC=π3,∠ACB=π2，∴ A=π6,∠DBC=2π3，且AC=√3a,AB=2a,AD=2a+x，∴S△ACD=12AC⋅AD⋅sinA=12×√3a×(2a+x)×12=3√34，即a(2a+x)=3在△BCD中，由余弦定理可得CD2=BC2+BD2−2BC⋅BD⋅cos∠DBC，即x2+a2+ax=3联立可解得x=a=1，即BD=1．【考点】三角形求面积【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)由题意及正弦定理可知sinAcosB+sin2B=sinC，∵ sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，∴sin2B=cosAsinB．∵ B∈(0,π2),∴ sinB>0,∴ sinB=cosA，即cos(π2−B)=cosA，∵ A∈(0,π),π2−B∈(0,π2),∴π2−B=A，即A+B=π2，∴ C=π2．(2)设BD=x,CB=a，∵ ∠ABC=π3,∠ACB=π2，∴ A=π6,∠DBC=2π3，且AC=√3a,AB=2a,AD=2a+x，∴S△ACD=12AC⋅AD⋅sinA=12×√3a×(2a+x)×12=3√34，即a(2a+x)=3在△BCD中，由余弦定理可得CD2=BC2+BD2−2BC⋅BD⋅cos∠DBC，即x2+a2+ax=3联立可解得x=a=1，即BD=1．【答案】(1)证明：∵ △ABD为等腰直角三角形，且∠BAD=90∘,∴ AB=AD.连结AF，∵点F是BD的中点，∴ AF⊥BD．∵侧面ABD⊥底面BDC，且平面ABD∩平面BDC=BD，∴ AF ⊥平面BDC ，∵ BC ⊂平面BDC ，∴ AF ⊥BC ． 取BC 的中点为N ，连结DN,FN ． 由BC =4BC 可知点G 是BN 的中点，又∵ 点F 是BD 的中点，∴ FG 是△BDN 的中位线， ∴ FG//DN ．∵ CD =BD,∴ BC ⊥DN,∴ BC ⊥FG.∵ BC ⊥AF,BC ⊥FG,AF ∩FG =F,∴ BC ⊥平面AFG ． 又∵ MF ⊂平面AFG ，∴ BC ⊥MF ．(2)解：连结MN ，∵ FN 是ΔBDC 的中位线，∴ FN//CD ． ∵ CD ⊂平面ACD ，FN 平面ACD ，∴ FN//平面ACD ． ∵ MF//平面ACD ，FN//平面ACD ，MF ∩FN =F ，且MF ⊂平面MNF ，FN ⊂平面MNF ，∴ 平面MFN//平面ACD ， 又平面MNF ∩平面AGC =MN ，平面ACD ∩平面AGC =AC ， ∴ MN//AC ，且GMGA =GN GC=13．∵ △BDC 为等腰直角三角形，且CD =BD,∴ CD ⊥BD.∵ FN//CD,∴ FN ⊥BD.又∵ AF ⊥平面BDC ，∴ FN,FD,FA 两两垂直．于是以F 为坐标原点，以FN,FD,FA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设FD =1，则F(0,0,0),D(0,1,0)，C(2,1,0),A(0,0,1),B(0,−1,0),N(1,0,0)， ∵ 点G 是BN 的中点，∴ G (12,−12,0),∴ CA →=(−12,12,1)， ∵GM GA =13， ∴ GM →=13GA →=(−16,16,13)，∴ M (13,−13,13)．∵ 点E 是AC 的中点，∴ E (1,12,12)，∴ FM →=(13,−13,13),FE →=(1,12,12)．设平面EMF 的一个法向量为n →=(a,b,c)，则有{13a −13b +13c =0,a +12b +12c =0,解得：a =−23c,b =13，令c =3，则n →=(−2,1,3)．由(1)可知BC ⊥平面AFG ，即平面MFC 的一个法向量为BC →=(2,2,0)． ∵ cos⟨n →,BC →⟩=n →⋅BC→|n →||BC|=−√714，由图可知二面角G −MF −E 为钝角， ∴ 二面角G −MF −E 的余弦值为−√714．【考点】二面角的平面角及求法 【解析】 此题暂无解析 【解答】(1)证明：∵ △ABD 为等腰直角三角形，且∠BAD =90∘,∴ AB =AD. 连结AF ，∵ 点F 是BD 的中点，∴ AF ⊥BD ．∵ 侧面ABD ⊥底面BDC ，且平面ABD ∩平面BDC =BD ， ∴ AF ⊥平面BDC ，∵ BC ⊂平面BDC ，∴ AF ⊥BC ． 取BC 的中点为N ，连结DN,FN ． 由BC =4BC 可知点G 是BN 的中点，又∵ 点F 是BD 的中点，∴ FG 是△BDN 的中位线， ∴ FG//DN ．∵ CD =BD,∴ BC ⊥DN,∴ BC ⊥FG.∵ BC ⊥AF,BC ⊥FG,AF ∩FG =F,∴ BC ⊥平面AFG ． 又∵ MF ⊂平面AFG ，∴ BC ⊥MF ．(2)解：连结MN ，∵ FN 是ΔBDC 的中位线，∴ FN//CD ． ∵ CD ⊂平面ACD ，FN 平面ACD ，∴ FN//平面ACD ． ∵ MF//平面ACD ，FN//平面ACD ，MF ∩FN =F ，且MF ⊂平面MNF ，FN ⊂平面MNF ，∴ 平面MFN//平面ACD ， 又平面MNF ∩平面AGC =MN ，平面ACD ∩平面AGC =AC ， ∴ MN//AC ，且GMGA =GN GC=13．∵ △BDC 为等腰直角三角形，且CD =BD,∴ CD ⊥BD.∵ FN//CD,∴ FN ⊥BD.又∵ AF ⊥平面BDC ，∴ FN,FD,FA 两两垂直．于是以F 为坐标原点，以FN,FD,FA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设FD =1，则F(0,0,0),D(0,1,0)，C(2,1,0),A(0,0,1),B(0,−1,0),N(1,0,0)， ∵ 点G 是BN 的中点，∴ G (12,−12,0),∴ CA →=(−12,12,1)， ∵ GMGA =13，∴ GM →=13GA →=(−16,16,13)， ∴ M (13,−13,13)．∵ 点E 是AC 的中点，∴ E (1,12,12)，∴ FM →=(13,−13,13),FE →=(1,12,12)．设平面EMF 的一个法向量为n →=(a,b,c)，则有{13a −13b +13c =0,a +12b +12c =0,解得：a =−23c,b =13，令c =3，则n →=(−2,1,3)．由(1)可知BC ⊥平面AFG ，即平面MFC 的一个法向量为BC →=(2,2,0)． ∵ cos⟨n →,BC →⟩=n →⋅BC→|n →||BC|=−√714，由图可知二面角G −MF −E 为钝角， ∴ 二面角G −MF −E 的余弦值为−√714．【答案】由题意求出t =3， y =1.04． 由∑5i=1t i 2=55，∑=i=15tiyi 18.8，b ^=∑−i=1n xiyi nx y ∑−i=1n xi 2nx 2=18.8−5×3×1.0455−5×32=3.210=0.32那么a ^=y −b ^x =1.04−0.32×3=0.08 从而得到回归直线方程为y =0.32x +0.08．当t =6时，可得y =0.32×6+0.08=2（万）(i)根据表中数据求解平均值x =20200×1.5+60200×2.5+60200×3.5+30200×4.5+20200×5.5+10200×6.5=3.5．样本方差s 2=(−2)2×20200+(−12)×60200+0+12×30200+22×20200+32×10200=1.7． (ii)P =317420000=0.1587．正态分布N(μ, σ2)，可得(3.5, 1.72)∴ P(μ−σ<Z <μ+σ)=0.6826， 即3.5−1.7<Z <5.2． P(Z >5.2)=1−6.8262=0.1587，∴ 2018年4月份竞拍的最低成交价为5.2万元． 【考点】求解线性回归方程 【解析】（1）由题意求出t ，y ，∑i=15ti 2，∑i=15tiyi，代入公式求值，从而得到回归直线方程；（2）根据（1）求出P ．根据表中数据求解平均值x 和样本方差s 2，由正态分布N(μ, σ2)，则P(μ−σ<Z <μ+σ)=0.6826，由此可得3.5−1.7<Z <5.2．P(Z >5.2)=1−6.8262=0.1587，从而预测竞拍的最低成交价．【解答】由题意求出t =3， y =1.04． 由∑5i=1t i 2=55，∑=i=15tiyi 18.8，b ^=∑−i=1n xiyi nx y ∑−i=1n xi 2nx 2=18.8−5×3×1.0455−5×32=3.210=0.32那么a ^=y −b ^x =1.04−0.32×3=0.08 从而得到回归直线方程为y =0.32x +0.08．当t =6时，可得y =0.32×6+0.08=2（万）(i)根据表中数据求解平均值x =20200×1.5+60200×2.5+60200×3.5+30200×4.5+20200×5.5+10200×6.5=3.5． 样本方差s 2=(−2)2×20200+(−12)×60200+0+12×30200+22×20200+32×10200=1.7． (ii)P =317420000=0.1587．正态分布N(μ, σ2)，可得(3.5, 1.72)∴ P(μ−σ<Z <μ+σ)=0.6826， 即3.5−1.7<Z <5.2． P(Z >5.2)=1−6.8262=0.1587，∴ 2018年4月份竞拍的最低成交价为5.2万元． 【答案】设直线AB 的方程为y =kx −p 2，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， 联立方程组{y =kx −p 2x 2=2py ，消y 可得x 2−2pkx +2p 3=0， ∴ x 1x 2=2p 3，x 1+x 2=2pk ，∴ y 1y 2=k 2x 1x 2−kp 2(x 1+x 2)+p 4=p 4， ∵ 直线OA 、OB 的斜率分别为k 1、k 2，k 1k 2=1， ∴ y 2y 1x2x 1=1，即p 42p 3=1，证明由（1）可知x 2=4y ，M(0, −1)， 可设直线y =kx −4， 由（2）可得y 1y 2=16设过点M 与x 2=4y 的相切的切线的坐标为(x 0, 14x 02)， ∵ y′=12x ， ∴ k =12x 0=14x 02+4x 0，解得x 0=±4，∴ T 1(−4, 4)，T 2(4, 4)， ∴ 直线T 1T 2的方程为y =4， 由{y =4y =kx −4 ，解得x =8k ，y =4， ∴ N(8k , 4)，∵ MA →=(x 1, y 1+4)，MN →=(8k , 8)，MB →=(x 2, y 2+4)，∵ MA →=λMN →，MB →=μMN →，∴ (x 1, y 1+4)=λ(8k , 8)，(x 2, y 2+4)=μ(8k , 8)， ∴ {x 1=8λk y 1+4=8λ，{x 2=8μk y 2+4=8μ ，∴ y 1y 2=(8λ−4)(8μ−4)=64λμ+32λ−32μ+16=16∴ 2λμ−λ−μ=0， ∴ 1λ+1μ=2， 故：1λ+1μ为定值．【考点】【解析】（1）设直线AB 的方程为y =kx −p 2，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，联立方程组{y =kx −p 2x 2=2py，根据韦达定理和斜率公式即可求出， （2）分别求出T 1、T 2的坐标，可得直线T 1T 2的方程为y =4，即可求出N 的坐标，再根据向量的运算即可证明． 【解答】设直线AB 的方程为y =kx −p 2，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， 联立方程组{y =kx −p 2x 2=2py ，消y 可得x 2−2pkx +2p 3=0， ∴ x 1x 2=2p 3，x 1+x 2=2pk ，∴ y 1y 2=k 2x 1x 2−kp 2(x 1+x 2)+p 4=p 4， ∵ 直线OA 、OB 的斜率分别为k 1、k 2，k 1k 2=1， ∴ y 2y 1x2x 1=1，即p 42p 3=1，解得p =2， 证明由（1）可知x 2=4y ，M(0, −1)， 可设直线y =kx −4， 由（2）可得y 1y 2=16设过点M 与x 2=4y 的相切的切线的坐标为(x 0, 14x 02)， ∵ y′=12x ， ∴ k =12x 0=14x 02+4x 0，解得x 0=±4，∴ T 1(−4, 4)，T 2(4, 4)， ∴ 直线T 1T 2的方程为y =4， 由{y =4y =kx −4 ，解得x =8k ，y =4， ∴ N(8k , 4)，∵ MA →=(x 1, y 1+4)，MN →=(8k , 8)，MB →=(x 2, y 2+4)，∵ MA →=λMN →，MB →=μMN →，∴ (x 1, y 1+4)=λ(8k , 8)，(x 2, y 2+4)=μ(8k , 8)， ∴ {x 1=8λky 1+4=8λ，{x 2=8μk y 2+4=8μ ，∴ y 1y 2=(8λ−4)(8μ−4)=64λμ+32λ−32μ+16=16∴ 2λμ−λ−μ=0，∴ 1λ+1μ=2， 故：1λ+1μ为定值．【答案】f′(x)=e ax +axe ax =e ax (1+ax)， ①a =0时，f(x)=x 在R 上单调递增． ②a >0时，f′(x)=e ax (1+ax)=ae ax (x −−1a)，∴ 函数f(x)在(−∞,−1a )上单调递减，在(−1a ,+∞)上单调递增． ③a <0时，f′(x)=e ax (1+ax)=ae ax (x −−1a)，∴ 函数f(x)在(−∞,−1a )上单调递增，在(−1a ,+∞)上单调递减． 当a =1时，f(x)−lnx −bx ≥1恒成立， ∴b ≤xe x −lnx−1x，(x >0)．化为：bx +1≤xe x −lnx ．令g(x)=xe x −lnx ．g′(x)=e x +xe x −1x =u(x)，在(0, +∞)上单调递增，u(14)=54√e 4−4<0，u(12)=32√e −2>0， ∴ 存在x 0使得u(x 0)=0．∴ 函数g(x)在(0, x 0)内单调递减，在(x 0, +∞)上单调递增． 令直线l ，y =bx +1，假设直线l 与曲线g(x)相切于点P(x 1, y 1)． 则g′(x 1)=e x 1(1+x 1)−1x 1=b ，x 1e x 1−lnx 1=bx 1+1，x 1满足x 12e x 1+lnx 1=0，x 1∈(12,1)．则b =1时，直线l 与曲线相切于点P(x 1, y 1)．g ″(x)=e x (2+x)+1x 2>0，因此直线l 与曲线相切于唯一切点点P(x 1, y 1)．∴ b <1时，bx +1<xe x −lnx =g(x)． 可得b ≤1．∴ b 的取值范围是(−∞, 1]．【考点】利用导数研究函数的单调性 导数求函数的最值 【解析】（1）f′(x)=e ax +axe ax =e ax (1+ax)，对a 分类讨论即可得出单调性．（2）当a =1时，f(x)−lnx −bx ≥1恒成立，化为：bx +1≤xe x −lnx ．令g(x)=xe x −lnx ．g′(x)=e x +xe x −1x =u(x)，在(0, +∞)上单调递增，u(14)=54√e 4−4<0，u(12)=32√e −2>0，存在x 0使得u(x 0)=0．函数g(x)在(0, x 0)内单调递减，在(x 0, +∞)上单调递增．令直线l ，y =bx +1，假设直线l 与曲线g(x)相切于点P(x 1, y 1)．g′(x 1)=e x 1(1+x 1)−1x 1=b ，x 1e x 1−lnx 1=bx 1+1，x 1满足x 12e x 1+lnx 1=0，x 1∈(12,1)．可得b =1时，直线l 与曲线相切于点P(x 1, y 1)．g ″(x)>0，因此直线l 与曲线相切于唯一切点点P(x 1, y 1)．即可得出结论． 【解答】f′(x)=e ax +axe ax =e ax (1+ax)， ①a =0时，f(x)=x 在R 上单调递增． ②a >0时，f′(x)=e ax (1+ax)=ae ax (x −−1a)，∴ 函数f(x)在(−∞,−1a )上单调递减，在(−1a ,+∞)上单调递增． ③a <0时，f′(x)=e ax (1+ax)=ae ax (x −−1a)，∴ 函数f(x)在(−∞,−1a )上单调递增，在(−1a ,+∞)上单调递减． 当a =1时，f(x)−lnx −bx ≥1恒成立， ∴b ≤xe x −lnx−1x，(x >0)．化为：bx +1≤xe x −lnx ．令g(x)=xe x −lnx ．g′(x)=e x +xe x −1x =u(x)，在(0, +∞)上单调递增，u(14)=54√e 4−4<0，u(12)=32√e −2>0，试卷第21页，总23页∴ 存在x 0使得u(x 0)=0．∴ 函数g(x)在(0, x 0)内单调递减，在(x 0, +∞)上单调递增．令直线l ，y =bx +1，假设直线l 与曲线g(x)相切于点P(x 1, y 1)．则g′(x 1)=e x 1(1+x 1)−1x 1=b ， x 1e x 1−lnx 1=bx 1+1，x 1满足x 12e x 1+lnx 1=0，x 1∈(12,1)． 则b =1时，直线l 与曲线相切于点P(x 1, y 1)．g ″(x)=e x (2+x)+1x 2>0，因此直线l 与曲线相切于唯一切点点P(x 1, y 1)．∴ b <1时，bx +1<xe x −lnx =g(x)．可得b ≤1．∴ b 的取值范围是(−∞, 1]．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]【答案】曲线C 的极坐标方程为ρ=√31+2sin 2θ，化为：ρ2(1+2sin 2θ)=3，可得x 2+y 2+2y 2=3，可得：x 23+y 2=1，于是曲线C 的参数方程为：{x =√3cosθy =sinθ（θ为参数）． 点A(ρ1,π2)，B(ρ2,−π2)，可得：A(0, 1)，B(0, −1)．设M(m, n)，则m 23+n 2=1.(−√3≤m ≤√3,−1≤n ≤1)．m ≠0．直线AM ，BM 的方程分别为：y =n−1m x +1，y =n+1m x −1．(m ≠0, n ≠±1)． 可得a =m 1−n ，b =m n+1．∴ |a +b|=|m 1−n +m n+1|=2|m|1−n 2=6|m|≥2√3．综上可得：|a +b|的最小值为2√3．【考点】圆的极坐标方程【解析】（1）曲线C 的极坐标方程为ρ=√31+2sin 2θ，化为：ρ2(1+2sin 2θ)=3，利用极坐标与试卷第22页，总23页 直角坐标方程的互化可得直角坐标方程与参数方程．（2）点A(ρ1,π2)，B(ρ2,−π2)，可得：A(0, 1)，B(0, −1)．设M(m, n)，则m 23+n 2=1.(−√3≤m ≤√3,−1≤n ≤1)．m ≠0．直线AM ，BM 的方程分别为：y =n−1m x +1，y =n+1m x −1．(m ≠0, n ≠±1)．可得a =m 1−n ，b =m n+1．可得：|a +b|的最小值．【解答】曲线C 的极坐标方程为ρ=√31+2sin 2θ，化为：ρ2(1+2sin 2θ)=3，可得x 2+y 2+2y 2=3，可得：x 23+y 2=1，于是曲线C 的参数方程为：{x =√3cosθy =sinθ（θ为参数）． 点A(ρ1,π2)，B(ρ2,−π2)，可得：A(0, 1)，B(0, −1)．设M(m, n)，则m 23+n 2=1.(−√3≤m ≤√3,−1≤n ≤1)．m ≠0．直线AM ，BM 的方程分别为：y =n−1m x +1，y =n+1m x −1．(m ≠0, n ≠±1)．可得a =m 1−n ，b =m n+1．∴ |a +b|=|m 1−n +m n+1|=2|m|1−n 2=6|m|≥2√3．综上可得：|a +b|的最小值为2√3．[选修4-5：不等式选讲]【答案】f(x)=|x −a|+|x +a +1a |≥|x −a −x −a −1a |=|2a +1a |，a >0时，f(x)=2a +1a ≥2√2a ⋅1a =2√2， a <0时，f(x)=−2a −1a ≥2√(−2a)⋅(−1a )=2√2， 故f(x)≥2√2；若f(2)≤3，则|2−a|+|2+a +1a |≤3，故{a ≥2a −2+a +1a +2≤3 或{0<a <22−a +a +1a +2≤3 或{a <02−a −2−a −1a ≤3 ，解得：12≤a ≤1或−1≤a ≤−12．【考点】绝对值不等式的解法与证明【解析】（1）通过讨论a 的范围，得到关于a 的不等式，根据基本不等式的性质证明即可； （2）得到关于a 的不等式，通过讨论a 的范围，得到关于a 的不等式组，解出即可．【解答】f(x)=|x −a|+|x +a +1a |≥|x −a −x −a −1a |=|2a +1a |，试卷第23页，总23页 a >0时，f(x)=2a +1a ≥2√2a ⋅1a =2√2， a <0时，f(x)=−2a −1a ≥2√(−2a)⋅(−1a )=2√2， 故f(x)≥2√2；若f(2)≤3，则|2−a|+|2+a +1a |≤3， 故{a ≥2a −2+a +1a+2≤3 或{0<a <22−a +a +1a +2≤3 或{a <02−a −2−a −1a ≤3 ，解得：12≤a ≤1或−1≤a ≤−12．。
