2018年3月贵阳市高三一模试卷及答案
【(新课标Ⅲ)】 贵州省贵阳市2018届高三下学期适应性考试(一模)理科综合试题(原卷附精品解析)
绝密★启用前（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．下列关于细胞结构和功能的叙述，不正确的是A．癌细胞的分散和转移与其细胞膜成分的改变有关B．幼嫩细胞与衰老细胞相比，其含水量丰富、线粒体多C．人的口腔上皮细胞与胰腺腺泡细胞内质网上核糖体的数量相同D．人体胚胎发育过程中红细胞和心肌细胞来自一群相似的胚胎细胞2．下列关于光合作用和呼吸作用的叙述，正确的是A．正常进行光合作用的细胞，停止CO2供应后叶肉细胞内C5/C3的比值降低B．细胞呼吸产生的A TP可用于肌肉收缩、主动运输等生命活动C．对真核生物而言，细胞呼吸产生ATP一定是在线粒体中D．光合作用产生的[H]可进入线粒体参与H2O的生成3．为研究甲状腺和甲状腺激素的生理作用，对成年小鼠的分组及处理见下表：在适宜的实验条件下，正常饲养相同时间，每隔一定时间测定耗氧量（单位时间内单位体重的氧消耗量），记录数据。
下列说法合理的是A．甲组小鼠垂体分泌的促甲状腺激素减少B．丙组小鼠下丘脑的相关分泌活动加强C．X是指注射等量不含甲状腺激素的A液D．推测乙、丙两组小鼠的耗氧量大致相当4．大多数无机盐对维持细胞和生物体的生命活动有重要作用，相关叙述正确的是A．细胞外液渗透压的90%以上来源于Na+和Cl-B．过量摄入钠盐会导致血浆中抗利尿激素含量降低C．大量出汗会排出过多无机盐，不会导致酸碱平衡失调D．若将神经元放在高K+的等渗溶液中，会使静息电位绝对值增加5．假设某一定面积的草原上散养的某种家畜种群呈成S型增长，该种群的增长速率随种群数量的变化趋势如图所示。
2018届贵州省贵阳市第一中学高三3月月考语数学(理)试题图片版含答案
贵阳第一中学2018届高考适应性月考卷（六）
理科数学参考答案
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
【解析】
1．，所以，故选D．
2．，由的幂的周期性可知
，在复平面内对应的点位于第二象限，故选B.
3．原点不在该平面区域，将原点坐标代入可排除B，D，区域包含边界，故选A．
4．否定特称命题需改写量词，并否定命题，所以：，n3≤3n，这是一个真命题，故选A．5．将频率分布直方图补全，如图1所示，所以平均分：400.1
+500.15+600.15+700.3+800.25+900.0566（分），故选C．
6．设，由得，则①，②，又由
，得③，联立①②③可得，故选C．
7．整个电路共6个开关，所以共种闭合方式，每一条支线有3个开关，共种闭合方式，其中有3种闭合方式可以使支线接通，则有5种方式使支线不通，两条支线至少有一条接通则电路接通，所以共种闭合方式，故选A．
8．该题为几何概型，即求落入如图2所示阴影区域的概率，则，故选D．
9．可将该三棱锥放入如图3所示的长方体中，则，A选项正确；作的中点，连接
，则即二面角的平面角，。
2018年贵州省贵阳市高考数学一模试卷(文科)(附答案解析)
2018年贵州省贵阳市高考数学一模试卷（文科）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. 复数z满足z=41+i，则|z|＝（）A.2B.2√2C.√22D.122. 设A＝{x|2x>18}，B＝{−3, −2, −1}，则A∩B＝（）A.⌀B.{−3, −2, −1}C.{−2, −1}D.{x|x>−3}3. 贵阳地铁1号线12月28日开通运营，某机车某时刻从下麦西站驶往贵阳北站的过程中，10个车站上车的人数统计如下：70、60、60、50、60、40、40、30、30、10，则这组数据的众数、中位数、平均数的和为（）A.170 B.165 C.160 D.1504. 若实数x，y满足约束条件{x−y≥0x+y+1≥0x−3≤0，则z＝2x−y的最大值为（）A.3B.6C.10D.125. 某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是137，则整数a的值为（）A.6B.7C.8D.96. 《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均输章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，文各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．在这个问题中，丙所得为（）A.76钱 B.56钱 C.23钱 D.1钱7. 已知函数f(x)在R上是减函数，且a＝f(log310)，b＝f(log39.1)，c＝f(20.8)，则a，b，c的大小关系为（）A.a<b<cB.c<b<aC.b<a<cD.c<a<b8. 把函数y＝2sin(x+π4)图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍（纵坐标不变），那么所得图象的一条对称轴方程为（）A.x=2π3B.x=π3C.x=π4D.x=π89. 已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且a1=12，a2a6＝8(a4−2)，则S2018＝（）A.22017−12B.1−(12)2017 C.22018−12D.1−(12)201810. 如图，格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是（）A.16B.8C.4√3D.4√211. 已知双曲线x2a2−y2b2=l(a>0, b>0)的两条渐近线与抛物线y2＝2px(p>0)的准线分别交于A、B两点，O为坐标原点．若双曲线的离心率为√2，△AOB的面积为1，则p＝（）A.2B.1C.2√3D.312. 已知函数f(x)={ln x,x>0kx−3,x≤0的图象上有两对关于y轴对称的点，则实数k的值范围是（）A.(−e, 0)B.(−12e−2, 0) C.(−e2, 0) D.(−2e2, 0)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．若向量a →=(x, 1)与向量b →=(1, −2)垂直，则|a →+b →|＝________．已知三角形的三边长分别为1，1，√2，若将一个质点随机投入该三角形的外接圆中，则质点落入该三角形内的概率是________．已知直线l:ax −3y +12＝0(a ∈R)与圆M:x 2+y 2−4y ＝0相交于A 、B 两点，且∠AMB =π3，则实数a ＝________．已知底面是正六边形的六棱锥P −ABCDEF 的七个顶点均在球O 的表面上，底面正六边形的边长为1，若该六棱锥体积的最大值为√3，则球O 的表面积为________． 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别是a ，b ，c ，AB 边上的高ℎ=23c ． (Ⅰ)若△ABC 为锐角三角形，且cos A =35，求角C 的正弦值； (Ⅱ)若∠C =π4，M =a 2+b 2+13c 2ab，求M 的值．某校教务处对学生学习的情况进行调研，其中一项是：对“学习数学”的态度是否与性别有关，课间随机抽取了30名学生进行了问卷调查，得到了如下列联表：已知在这30人中随机抽取1人，抽到喜欢“学习数学”的学生的概率是815．(Ⅰ)请将上面的列联表补充完整（在答题卷上直接填写结果，不需要写求解过程）；(Ⅱ)若从喜欢“学习数学”的女生中抽取2人进行调研，其中女生甲被抽到的概率为（要写求解过程） (Ⅲ)试判断是否有95%的把握认为喜欢“学习数学”与性别有关？ 附：K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n ＝a +b +c +d ．如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD // BC ，∠ADC ＝90∘，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q ，M 分别为AD ，PC 的中点，PA ＝PD ＝2，BC =12AD ＝1，CD =√3．(Ⅰ)求证：平面PBC ⊥平面PQB ； (Ⅱ)求三棱锥P −QMB 的体积．已知椭圆C:x 2a2+y 2b 2=1(a >0, b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点M 为短轴的上端点，MF 1→⋅MF 2→=0，过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆C 于A ，B 两点，且|AB|=√2． (Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)设经过点(2, −1)且不经过点M 的直线l 与C 相交于G ，H 两点．若k 1，k 2分别为直线MH ，MG 的斜率，求k 1+k 2的值．已知函数f(x)＝ln x +12x 2−ax ，(a ∈R)． (Ⅰ)若a =52，求函数f(x)的极小值；(Ⅱ)若函数f(x)在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值，且x 2≥√ex 1（e 为自然对数的底数），求f(x 2)−f(x 1)的最大值． 选修4-4：坐标系与参数方程选讲在平面直角坐标系xOy 中，曲线C:{x =√3cos αy =sin α （α为参数），在以原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为√22ρcos (θ+π4)＝−1．(Ⅰ)求曲线C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程；(Ⅱ)过点M(−1, 0)且与直线l 平行的直线l 1交曲线C 于A ，B 两点，求点M 到A ，B 两点的距离之和． 选修4-5：不等式选讲已知函数f(x)＝|x−2|−|x+1|．(Ⅰ)解不等式f(x)>−x；(Ⅱ)若关于x的不等式f(x)≤a2−2a的解集为R，求实数a的取值范围．参考答案与试题解析2018年贵州省贵阳市高考数学一模试卷（文科）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.【答案】B【考点】复数的运算【解析】直接利用商的模等于模的商求解．【解答】∵z=41+i，∴|z|＝|41+i |=4|1+i|=√2=2√2．2.【答案】C【考点】交集及其运算【解析】求出A，得到关于A，B的交集即可．【解答】A＝{x|2x>18}＝{x|x>−3}B＝{−3, −2, −1}，则A∩B＝{−2, −1}，3.【答案】D【考点】众数、中位数、平均数【解析】求出众数、中位数、平均数，求和即可．【解答】数据70、60、60、50、60、40、40、30、30、10的众数是60、中位数是45、平均数是45，故众数、中位数、平均数的和为150，4.【答案】C【考点】简单线性规划【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．【解答】实数x，y满足约束条件{x−y≥0x+y+1≥0x−3≤0的可行域如图所示：联立{x=3x+y+1=0，解得A(3, −4)．化目标函数z＝2x−y为y＝2x−z，由图可知，当直线y＝2x−z过A时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为2×3+4＝10．故选：C．5.【答案】A【考点】程序框图【解析】由已知中的程序框图可知：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，可得答案．【解答】当S＝1，k＝1时，应不满足退出循环的条件，故S=32，k＝2；当S=32，k＝2时，应不满足退出循环的条件，故S=53，k＝3；当S=53，k＝3时，应不满足退出循环的条件，故S=74，k＝4；当S =74，k ＝4时，应不满足退出循环的条件，故S =95，k ＝5；当S =95，k ＝5时，应不满足退出循环的条件，故S =116，k ＝6； 当S =116，k ＝6时，应不满足退出循环的条件，故S =137，k ＝7； 当S =137，k ＝7时，应满足退出循环的条件， 故整数a 的值为6，6.【答案】 D【考点】等差数列的通项公式 【解析】依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a −2d ，a −d ，a ，a +d ，a +2d ，由题意求得a ＝−6d ，结合a −2d +a −d +a +a +d +a +2d ＝5a ＝5求得a ＝1，则答案可求． 【解答】依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a −2d ，a −d ，a ，a +d ，a +2d ， 则由题意可知，a −2d +a −d ＝a +a +d +a +2d ，即a ＝−6d ， 又a −2d +a −d +a +a +d +a +2d ＝5a ＝5，∴ a ＝1， ∴ 在这个问题中，丙所得为1钱． 7.【答案】 A【考点】指数式、对数式的综合比较 函数的单调性及单调区间【解析】根据题意，由对数函数和指数函数的性质可得log 310>log 39.1>log 39＝2＝21>20.8，结合函数的单调性分析可得答案． 【解答】根据题意，函数f(x)在R 上是减函数，且 a ＝f(log 310)，b ＝f(log 39.1)，c ＝f(20.8)， 又由log 310>log 39.1>log 39＝2＝21>20.8， 则有a <b <c ； 8.【答案】 D【考点】正弦函数的图象 【解析】根据三角函数的平移变化规律，即可得到解析式，即可求解所得图象的一条对称轴方程． 【解答】函数y ＝2sin (x +π4)图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍（纵坐标不变），可得y ＝2sin (2x +π4)所得图象对称轴方程为：2x +π4=π2+kπ，k ∈Z 可得：x =12kπ+π8， 令k ＝0，可得x =π8．9. 【答案】 A【考点】等比数列的前n 项和 【解析】根据题意，设等比数列{a n }的公比为q ，由等比数列的性质可得若a 2a 6＝8(a 4−2)，则有a 42−8a 4+16＝0，解可得a 4＝4，进而计算可得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，设等比数列{a n }的公比为q ，若a 2a 6＝8(a 4−2)，则有(a 4)2＝8(a 4−2)，即a 42−8a 4+16＝0， 解可得a 4＝4， 则q 3=a 4a 1=412=8，则q ＝2，则S 2018=a 1(1−22018)1−2=22017−12，10. 【答案】 B【考点】由三视图求体积 【解析】根据三视图作出三棱锥的直观图，根据三视图中的数据计算棱锥的四个面的面积中最大值． 【解答】三视图可知三棱锥是从长方体中截出来的P −ABC ，数据如图： S PAB =12×4×4=8，S △PAC =12×2√2×4=4√2．S △ABC =12×4×2=4，S △PBC =12×2√2×2√6=4√3． 则该三棱锥的四个面的面积中最大的是：（8） 11.【答案】 A【考点】双曲线的离心率 【解析】求出A ，B 坐标，根据面积公式得出p 的值． 【解答】∵ ca =√2，即c 2＝2a 2，∴b 2＝c 2−a 2＝a 2， ∴ a ＝b ，∴ 双曲线的渐近线方程为：y ＝±x ， 又抛物线的准线方程为x =−p2， ∴ A(−p 2, p2)，B(−p2, −p2)，∴ S △AOB =12⋅p2⋅p =1，解得p ＝（2）12.【答案】 C【考点】分段函数的应用 【解析】求得与y 轴对称的函数y ＝ln (−x)，(x <0)，以及导数，考虑y ＝kx −3与y ＝ln (−x)相切于(m, n)，运用切线的斜率，解方程可得m ，结合图象即可得到所求k 的范围． 【解答】由x >0时，f(x)＝ln x ，考虑与y 轴对称的函数y ＝ln (−x)，(x <0)，由题意可得y ＝kx −3与y ＝ln (−x)在x <0时有两个交点， 设y ＝kx −3与y ＝ln (−x)相切于(m, n)， 可得k =1m ，km −3＝ln (−m)，解得k ＝−e 2，由图象可得当−e 2<k <0时，y ＝kx −3与y ＝ln (−x)在x <0时有两个交点，可得函数f(x)={ln x,x >0kx −3,x ≤0 的图象上有两对关于y 轴对称的点，二、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 【答案】√10【考点】平面向量数量积的性质及其运算 【解析】根据题意，由向量垂直与向量数量积的关系，分析可得a →⋅b →=x −2＝0，即可得x ＝2，进而可得向量a →+b →的坐标，由向量模的计算公式计算可得答案． 【解答】根据题意，向量a →=(x, 1)与向量b →=(1, −2)垂直， 则有a →⋅b →=x −2＝0，则x ＝2；则向量a →=(2, 1)，则a →+b →=(3, −1)， 则|a →+b →|=√32+(−1)2=√10； 【答案】1π【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】确定三角形为等腰直角三角形，可得圆的半径，再由面积为测度，计算可得所求概率． 【解答】三角形的三边长分别为1，1，√2， 可得三角形为等腰直角三角形， 外接圆的半径为√22，可得质点落入该三角形内的概率为12⋅1⋅1π⋅(√22)=1π，【答案】±√3【考点】直线与圆的位置关系 【解析】化圆的方程为标准方程，作出图形，可得圆心到直线l 的距离，结合点到直线的距离公式列式求解． 【解答】 如图，化圆M:x 2+y 2−4y ＝0 为x 2+(y −2)2＝4， 可得圆M 的圆心为M(0, 2)，半径为（2） 直线l:ax −3y +12＝0过定点A(0, 4)， 由∠AMB =π3，可得M 到l 的距离AD =√3． 由点到直线的距离公式可得：√a 2+9=√3，解得a =±√3． 【答案】25π4【考点】球的表面积和体积 【解析】当六棱锥P −ABCDEF 为正六棱锥时，体积最大，求出棱锥的高，进而求出外接球的半径，可得答案． 【解答】当六棱锥P −ABCDEF 为正六棱锥时，体积最大， 由于底面正六边形的边长为1， 故底面外接圆半径r ＝1，底面面积S =6×√34×12=3√32， 设高为ℎ，则V =13Sℎ=√3，解得：ℎ＝2，设此时外接球半径为R ，则球心到底面的距离d ＝|ℎ−R|＝|2−R|， 由R 2＝d 2+r 2 得：R 2＝(2−R)2+1， 解得：R =54，故球O 的表面积为 4πR 2=25π4， 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 【答案】（1）作CD ⊥AB 与D ，∵ △ABC 为锐角三角形，且cos A=35，∴ sin A =√1−cos 2A =45．⇒AD ＝cot A ⋅CD =cos Asin A⋅CD =34×23c =c2． BD =AB −AD =c2，∴ BC =√CD 2+BD 2=√49c 2+c 24=56c 2．由正弦定理得sin C =AB⋅sin A BC =2425．（2）∵ S △ABC =12c ×23c =12ab ×sin 450=√24ab ． ∴ c 2=3√24ab ． 由余弦定理得a 2+b 2−c 2=√2ab ． ∴ M =a 2+b 2+13c 2ab=√2ab+c 2+13c 2ab=2√2ab ab=2√2．【考点】 余弦定理 【解析】(Ⅰ)作CD ⊥AB 与D ，可得sin A =45．⇒AD ＝cot A ⋅CD =cos Asin A⋅CD =34×23c =c 2.BD =AB −AD =c2，∴ BC =√CD 2+BD 2=√49c 2+c 24=56c 2．由正弦定理得解． (Ⅱ)由S △ABC =12c ×23c =12ab ×sin 450=√24ab ．可得c 2=3√24ab ． 由余弦定理得a 2+b 2−c 2=√2ab ．即可得M =a 2+b 2+13c 2ab=√2ab+c 2+13c 2ab=2√2ab ab=2√2．【解答】（1）作CD ⊥AB 与D ，∵ △ABC 为锐角三角形，且cos A =35，∴ sin A =√1−cos 2A =45． ⇒AD ＝cot A ⋅CD =cos Asin A⋅CD =34×23c =c2． BD =AB −AD =c 2，∴ BC =√CD 2+BD 2=√49c 2+c 24=56c 2．由正弦定理得sin C =AB⋅sin A BC =2425．（2）∵ S △ABC =12c ×23c =12ab ×sin 450=√24ab ． ∴ c 2=3√24ab ． 由余弦定理得a 2+b 2−c 2=√2ab ． ∴ M =a 2+b 2+13c 2ab=√2ab+c 2+13c 2ab=2√2abab=2√2．【答案】（1）抽到喜欢“学习数学”的学生人数是30×815=16，补充完列联表如下：（2）由(Ⅰ)知喜欢“学习数学”的女生有6人， 记其他5位女生分别为A 、B 、C 、D 、E ， 从这6位女生中抽取2人，基本事件是甲A ，甲B ，甲C ，甲D ，甲E ，AB ，AC ，AD ，AE ，BC ，BD ，BE ，CD ，CE ，DE 共15种； 女生甲被被抽到的基本事件为甲A ，甲B ，甲C ，甲D ，甲E 共5种， 故所求的概率为P =515=13；(Ⅲ)设H 0：喜欢“学习数学”与性别是否无关；由已知数据得，K2=30×(10×8−6×6)216×14×16×14≈1.158<3.841，所以没有95%的把握认为喜欢“学习数学”与性别有关．【考点】独立性检验【解析】(Ⅰ)根据题意计算抽到喜欢“学习数学”的学生人数，补充完列联表；(Ⅱ)用列举法计算基本事件数，求出所求的概率值；(Ⅲ)计算观测值，对照临界值得出结论．【解答】（1）抽到喜欢“学习数学”的学生人数是30×815=16，补充完列联表如下：（2）由(Ⅰ)知喜欢“学习数学”的女生有6人，记其他5位女生分别为A、B、C、D、E，从这6位女生中抽取2人，基本事件是甲A，甲B，甲C，甲D，甲E，AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE共15种；女生甲被被抽到的基本事件为甲A，甲B，甲C，甲D，甲E共5种，故所求的概率为P=515=13；(Ⅲ)设H0：喜欢“学习数学”与性别是否无关；由已知数据得，K2=30×(10×8−6×6)216×14×16×14≈1.158<3.841，所以没有95%的把握认为喜欢“学习数学”与性别有关．【答案】（1）证明：∵AD // BC，Q为AD的中点，BC=12AD，∴BC＝QD，∴四边形BCDQ为平行四边形，∵∠ADC＝90∘，∴BC⊥BQ，∵PA＝PD，AQ＝QD，∴PQ⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD，则PQ⊥BC，又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面PQB，∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB；（2）∵在Rt△PQB中，PQ=√PA2−AQ2=√3，BQ＝CD=√3，∴S△PQB=12PQ×QB=32，由(Ⅰ)知，BC⊥平面PQB．∴V C−PQB=13S△PQB×BC=13×32×1=12，又∵M是线段PC得中点，∴V P−QMB=V M−PQB=12V C−PQB=12×12=14．∴三棱锥P−QMB的体积是14．【考点】柱体、锥体、台体的体积计算平面与平面垂直的判定【解析】(Ⅰ)由已知可得四边形BCDQ为平行四边形，结合∠ADC＝90∘，得BC⊥BQ，再由已知证明PQ⊥平面ABCD，得到PQ⊥BC，结合线面垂直的判定可得BC⊥平面PQB，则平面PBC⊥平面PQB；(Ⅱ)在Rt△PQB中，求得PQ，BQ，得到三角形PQB的面积，由(Ⅰ)知，BC⊥平面PQB．可得棱锥C−PQB 的体积，再由等积法即可求得三棱锥P−QMB的体积．【解答】（1）证明：∵AD // BC，Q为AD的中点，BC=12AD，∴BC＝QD，∴四边形BCDQ为平行四边形，∵∠ADC＝90∘，∴BC⊥BQ，∵PA＝PD，AQ＝QD，∴PQ⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD，则PQ⊥BC，又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面PQB，∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB；（2）∵在Rt△PQB中，PQ=√PA2−AQ2=√3，BQ＝CD=√3，∴ S △PQB =12PQ ×QB =32，由(Ⅰ)知，BC ⊥平面PQB ．∴ V C−PQB =13S △PQB ×BC =13×32×1=12， 又∵ M 是线段PC 得中点，∴ V P−QMB =V M−PQB =12V C−PQB =12×12=14． ∴ 三棱锥P −QMB 的体积是14．【答案】（1）由MF 1→⋅MF 2→=0，可得b ＝c ，∵ 过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆C 于A ，B 两点，且|AB|=√2， ∴ b 2a =√22， 由{b =c b 2a =√22，解得a 2＝2，b 2＝1，∴ 椭圆C 的方程为x 22+y 2＝1（2）经过点(2, −1)且不经过点M 的直线l 的方程为y +1＝k(x −2)，即y ＝kx −2k −1， 代入椭圆程x 22+y 2＝1可得(2k 2+1)x 2−4k(1+2k)x +(8k 2+8k)＝0， △＝−16k(k +2)>0，设G(x 1, y 1)，H(x 2, y 2)． 则x 1+x 2=8k 2+8k 1+2k 2，x 1x 2=4k(2k+1)1+2k 2， ∴ k 1+k 2=y 1−1x 1+y 2−1x 2=kx 1−2k−2x 1+kx 2−2k−2x 2=2k −(2k+2)×4k(2k+1)1+2k 28k 2+8k 1+2k 2=2k −(2k +1)＝−1，即k 1+k 2＝−1【考点】椭圆的标准方程 椭圆的应用直线与椭圆的位置关系 【解析】(Ⅰ)由MF 1→⋅MF 2→=0，可得b ＝c ，列出方程组，能求出椭圆C 的方程．(Ⅱ)经过点(2, −1)且不经过点M 的直线l 的方程为y +1＝k(x −2)，根据韦达定理和斜率公式出k 1+k 2＝−(1) 【解答】（1）由MF 1→⋅MF 2→=0，可得b ＝c ，∵ 过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆C 于A ，B 两点，且|AB|=√2， ∴b 2a=√22， 由{b =cb 2a=√22，解得a 2＝2，b 2＝1， ∴ 椭圆C 的方程为x 22+y 2＝1（2）经过点(2, −1)且不经过点M 的直线l 的方程为y +1＝k(x −2)，即y ＝kx −2k −1， 代入椭圆程x 22+y 2＝1可得(2k 2+1)x 2−4k(1+2k)x +(8k 2+8k)＝0， △＝−16k(k +2)>0，设G(x 1, y 1)，H(x 2, y 2)． 则x 1+x 2=8k 2+8k 1+2k2，x 1x 2=4k(2k+1)1+2k 2， ∴ k 1+k 2=y 1−1x 1+y 2−1x 2=kx 1−2k−2x 1+kx 2−2k−2x 2=2k −(2k+2)×4k(2k+1)1+2k 28k 2+8k 1+2k 2=2k −(2k +1)＝−1，即k 1+k 2＝−1 【答案】（1）a =52时，f(x)＝ln x +12x 2−52x ，f′(x)=1x+x −52，(x >0)，令f′(x)>0，解得：x >2或x <12， 令f′(x)<0，解得：12<x <2，故f(x)在(0, 12)递增，在(12, 2)递减，在(2, +∞)递增， 故f(x)极小值＝f(2)＝ln 2−3；（2）f(x 2)−f(x 1)＝ln x 2x 1+12(x 22−x 12)−a(x 2−x 1)，又f′(x)=x 2−ax+1x (x >0)，故x 1，x 2是方程x 2−ax +1＝0的2个根， 由韦达定理得：x 1+x 2＝a ，x 1x 2＝1，故f(x 2)−f(x 1)＝lnx 2x 1+12(x 22−x 12)−a(x 2−x 1)， ＝ln x 2x 1−12(x 2x 1−x 1x 2)，设t =x 2x 1(t ≥√e)，令ℎ(t)＝ln t −12(t −1t)，(t ≥√e)，ℎ′(t)=(t−1)22t 2<0，∴ ℎ(t)在[√e, +∞)递减， ℎ(t)≤ℎ(√e)=12(1−√e +√ee )， 故f(x 2)−f(x 1)的最大值是12(1−√e +√ee)． 【考点】利用导数研究函数的极值 【解析】(Ⅰ)求出函数的导数，根据函数的单调性求出a 的范围即可；(Ⅱ)得到x 1，x 2是方程x 2−ax +1＝0的2个根，由韦达定理得：x 1+x 2＝a ，x 1x 2＝1，得到f(x 2)−f(x 1)的解析式，根据函数的单调性求出其最大值即可． 【解答】（1）a =52时，f(x)＝ln x +12x 2−52x ，f′(x)=1x+x −52，(x >0)，令f′(x)>0，解得：x >2或x <12， 令f′(x)<0，解得：12<x <2，故f(x)在(0, 12)递增，在(12, 2)递减，在(2, +∞)递增，故f(x)极小值＝f(2)＝ln 2−3； （2）f(x 2)−f(x 1)＝ln x 2x 1+12(x 22−x 12)−a(x 2−x 1)， 又f′(x)=x 2−ax+1x (x >0)，故x 1，x 2是方程x 2−ax +1＝0的2个根， 由韦达定理得：x 1+x 2＝a ，x 1x 2＝1，故f(x 2)−f(x 1)＝ln x 2x 1+12(x 22−x 12)−a(x 2−x 1)，＝ln x 2x 1−12(x 2x 1−x1x 2)，设t =x 2x 1(t ≥√e)，令ℎ(t)＝ln t −12(t −1t )，(t ≥√e)，ℎ′(t)=(t−1)22t 2<0，∴ ℎ(t)在[√e, +∞)递减， ℎ(t)≤ℎ(√e)=12(1−√e +√ee )， 故f(x 2)−f(x 1)的最大值是12(1−√e +√ee)． 选修4-4：坐标系与参数方程选讲 【答案】（1）∵ 曲线C:{x =√3cos αy =sin α （α为参数），∴ 曲线C 化为普通方程得：x 23+y 2＝1， ∵ 直线l 的极坐标方程为√22ρcos (θ+π4)＝−(1) ∴ ρcos θ−ρsin θ＝−2，∴ 直线l 的直角坐标方程为x −y +2＝（0）（2）直线l 1的参数方程为{x =−1+√22t y =√22t （t 为参数），代入x 23+y 2=1，化简，得：2t 2−√2t −2=0，设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2， 则t 1+t 2=√22，t 1t 2＝−1， ∴ 点M 到A ，B 两点的距离之和：|MA|+|MB|＝|t 1|+|t 2|＝|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=(√22)=3√22． 【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化【解析】(Ⅰ)曲线C 的参数方程消去参数，能求出曲线C 的普通方程；直线l 的极坐标方程转化为ρcos θ−ρsin θ＝−2，由此能求出直线l 的直角坐标方程．(Ⅱ)直线l 1的参数方程代入x 23+y 2=1，得：2t 2−√2t −2=0，由此能求出点M 到A ，B 两点的距离之和． 【解答】（1）∵ 曲线C:{x =√3cos αy =sin α （α为参数），∴ 曲线C 化为普通方程得：x 23+y 2＝1， ∵ 直线l 的极坐标方程为√22ρcos (θ+π4)＝−(1) ∴ ρcos θ−ρsin θ＝−2，∴ 直线l 的直角坐标方程为x −y +2＝（0）（2）直线l 1的参数方程为{x =−1+√22t y =√22t（t 为参数），代入x 23+y 2=1，第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 化简，得：2t 2−√2t −2=0，设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1+t 2=√22，t 1t 2＝−1，∴ 点M 到A ，B 两点的距离之和：|MA|+|MB|＝|t 1|+|t 2|＝|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=√(√22)2−4×(−1)=3√22．选修4-5：不等式选讲【答案】（1）不等式f(x)>−x ，即为|x −2|−|x +1|>−x ，当x ≥2时，x −2−x −1>−x ，可得x >3，即x >3；当x ≤−1时，2−x +x +1>−x ，解得x >−3，即−3<x ≤−1；当−1<x <2时，2−x −x −1>−x ，解得x <1，即−1<x <1，综上可得原不等式的解集为{x|x >3或−3<x <1}；（2）关于x 的不等式f(x)≤a 2−2a 的解集为R ，即有a 2−2a ≥f(x)的最大值，由|x −2|−|x +1|≤|x −2−x −1|＝3，当且仅当x ≤−1时，等号成立，可得a 2−2a ≥3，解得a ≥3或a ≤−(1)【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】(Ⅰ)讨论当x ≥2时，当x ≤−1时，当−1<x <2时，去掉绝对值，解不等式求并集，即可得到所求解集； (Ⅱ)由题意可得a 2−2a ≥f(x)的最大值，运用绝对值不等式的性质可得最大值，由二次不等式的解法可得a 的范围．【解答】（1）不等式f(x)>−x ，即为|x −2|−|x +1|>−x ，当x ≥2时，x −2−x −1>−x ，可得x >3，即x >3；当x ≤−1时，2−x +x +1>−x ，解得x >−3，即−3<x ≤−1；当−1<x <2时，2−x −x −1>−x ，解得x <1，即−1<x <1，综上可得原不等式的解集为{x|x >3或−3<x <1}；（2）关于x 的不等式f(x)≤a 2−2a 的解集为R ，即有a 2−2a ≥f(x)的最大值，由|x −2|−|x +1|≤|x −2−x −1|＝3，当且仅当x ≤−1时，等号成立，可得a 2−2a ≥3，解得a ≥3或a ≤−(1)。
贵州省贵阳市达标名校2018年高考三月地理模拟试卷含解析
贵州省贵阳市达标名校2018年高考三月地理模拟试卷一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分）1．河流阶地是指在地质作用下，使原先的河谷底部(河漫滩或河床)超出一般洪水水位以上，呈阶梯状分布在河谷谷坡的地形。
其中高于河漫滩的最低一级阶地称为一级阶地，向上依次是二级阶地、三级阶地等。
在正常情况下，河流阶地越高，年代越老。
下图示意延川黄河蛇曲地质遗迹发育的河流阶地剖面。
据此完成下面小题。
1．图中多级阶地形成的主要地质作用有( )A．地层间歇性下降、流水侵蚀B．地层间歇性抬升、流水堆积C．层间歇性下降、流水堆积D．地层间歇性抬升、流水侵蚀2．图示黄河河床位于( )A．背斜顶部B．断层线附近C．向斜槽部D．板块分界线附近3．图示黄河东西两侧相比( )①东侧岩层相对上升②东侧岩层相对下降③西侧没有黄土堆积是因为海拔高，遭受侵蚀④西侧阶地少是因为岩层坚硬A．①③B．②③C．③④D．①④2．某地质公园因奇石林立而成为网红打卡圣地，该景点景观如下图。
据此完成下面小题。
1．下图为地壳物质循环示意图，该景点的岩石属于A．甲B．乙C．丙D．丁2．塑造该景点岩石形态的地质作用主要是A．岩浆活动和地壳运动B．海水侵蚀和风化作用C．流水侵蚀和风力堆积D．变质作用和流水堆积3．2017年4月22日，气候变化《巴黎协定》高级别签署仪式在纽约联合国总部举行，中国积极推动落实《巴黎协定》，加强应对气候变化国际合作，引领各国共同走绿色低碳发展道路，赢得国际社会积极评价。
读图，完成下列问题。
1．下列有关地质时期气候变化特点的叙述，正确的是A．新生代以干旱期为主B．第四纪属于间冰期，冰川覆盖面积比现在小C．寒冷期偏长，温暖期偏短D．整个古生代以温暖期为主2．全球气候变化可能产生的影响是A．全球热量资源发生变化，但是水资源条件不变B．热量条件改善，全球生物多样性增加C．全球干旱、洪涝等自然灾害增多D．极端天气减少，从而减少疫病的流行4．柴达木盆地极端干旱、人迹罕至，其实这里还有面积广泛的盐沼，属于湿地的一部分。
2018年贵州省贵阳市高考化学一模试卷
2018年贵州省贵阳市高考化学一模试卷一、选择题（本题包括13小题．每小题只有一个选项符合题意）1. 化学与生产、生活息息相关，下列叙述不正确的是（）A.明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可用于饮用水的杀菌消毒B.小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，也是治疗胃酸过多的常用药剂C.推广使用煤的液化技术，可提供清洁高效的燃料D.利用CO2合成可降解塑料--聚碳酸酯，实现了“碳”的循环利用2. 下列关于有机物结构、性质的分析正确的是（）A.2−甲基丙烷也称为异丙烷B.油脂和蛋白质都属于高分子化合物C.丙烯、苯分子的所有原子均在同一平面内D.葡萄糖与果糖互为同分异构体，均能与金属钠反应产生H23. 下列实验所对应的实验操作及实验目的均正确的是（）4. 用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.3 mol Fe在过量的纯氧中完全燃烧，转移的电子数为9N AB.52g苯乙烯中含有的碳碳双键数目为0.5N AC.标准状况下，22.4L CO和N2的混合气体的分子数目为2N AD.1L 0.1 mol ⋅L−1Na2CO3溶液中CO32−和HCO3−的总数为0.1N A5. 如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42−．下列关于该装置的说法错误的是（）A.SO2通入阳极，该电极上发生氧化反应B.物质A为硫酸C.阴极的电极反应为：NO−5e−+6H+＝NH4++H2OD.(NH4)2SO4可作为肥料6. 短周期主族元素W、X、Y、Z位于三个不同周期，原子序数依次增大，且W、X、Y、Z+的最外层电子数与电子层数的比值分别为1、2、3、4，下列说法正确的是（）A.简单离子半径：Y<ZB.W与X形成化合物的沸点一定低于W与Y形成化合物的沸点C.Y与Z形成的化合物一定属于离子化合物D.由W、X、Y、Z四种元素组成的盐只有一种7. 浓度均为0.1mol⋅L−1、体积均为V1L的两种一元酸HX和HY的水溶液，加水稀释至体积为V L，测得两溶液pH随lg VV1变化的情况如图所示，下列说法错误的是( )A.HY为一元弱酸B.将两种溶液无限稀释，由水电离产生的c(H+)相等C.lg vv1=3时，升高温度，c(Y−)c(X−)增大D.HX的电离程度：b>a二、解答题（共3小题，满分43分）8. 中国首台静默移动发已站MFC30正式问世，MFC30是基于甲醇重整制氢燃料电池发电技术。
2018年贵州省贵阳市高考一模数学试卷(文科)【解析版】
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．（5 分）复数 z 满足 z＝ ，则|z|＝（ ）
A．2
B．2
C．Βιβλιοθήκη D．2．（5 分）设 A＝{x|2x＞ }，B＝{﹣3，﹣2，﹣1}，则 A∩B＝（ ）
（Ⅲ）试判断是否有 95%的把握认为喜欢“学习数学”与性别有关？
附：K2＝
，其中 n＝a+b+c+d．
P（K2≥k0） 0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
19．（12 分）如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，AD∥BC，
B． 钱
C． 钱
D．1 钱
7．（5 分）已知函数 f（x）在 R 上是减函数，且 a＝f（log310），b＝f（log39.1）， c＝f（20.8），则 a，b，c 的大小关系为（ ）
A．a＜b＜c
B．c＜b＜a
C．b＜a＜c
D．c＜a＜b
8．（5 分）把函数 y＝2sin（x+ ）图象上各点的横坐标缩短为原来的 倍（纵
则实数 k 的值范围是（ ）
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A．（﹣e，0） B．（﹣ e﹣2，0） C．（﹣e2，0） D．（﹣2e2，0）
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分．
13．（5 分）若向量 ＝（x，1）与向量 ＝（1，﹣2）垂直，则| + |＝
．
14．（5 分）已知三角形的三边长分别为 1，1， ，若将一个质点随机投入该三
贵阳第一中学2018届高考适应性月考卷(三)文科综合-答案
文科参考答案·第1页（共11页）贵阳第一中学2018届高考适应性月考卷（三）文科综合参考答案一、选择题（本大题共35小题，每小题4分，共140分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B D D B C B D A A C B A 题号 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 答案 A B D C A C D C C A C D 题号 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 答案 A B C C A D C B B D A【解析】1．纺织、服装类企业为劳动力密集型工业，西港特区位于柬埔寨，除政策优惠外，其主导因素应为劳动力。
故选B 。
2．西港特区的建设，给柬埔寨带来的直接影响是人口由第一产业转向第二产业，故城市化速度加快。
故选D 。
3．图中的民居为典型的干栏式建筑，房顶倾斜，降水量应该较大，底层架空，气候应该较为潮湿，故选D 。
4．四省中，只有云南省有热带地区分布。
故选B 。
5．根据经纬网定位，该地应该位于云贵高原，千沟万壑反映的是黄土高原的地貌特点，故A 错；根据等高线计算，图示地区的最大高差应小于500米，B 错；河流流向与等高线弯曲方向相反，C 正确；该地为亚热带季风气候，植被应为常绿阔叶林，D 错。
故选C 。
6．拍摄古村落的全貌，应选择位于古村落对面的山上，③位于河谷，地势较低，④位于古村落后方，也不易拍到正面全貌，①、②位于古村落对面的山上，但①位于山顶高原面上，距离河谷较远，被山脊阻挡，也不能拍摄古村落的全貌。
故选B 。
7．读图可知，土壤含盐量百分比先降后升，故A 错；生物多样性指数先升后降，B 错；土壤含盐量百分比与生物多样性指数大致呈负相关，C 错；2004年生物多样性指数达到最大，据题意可知，生物种群的种类和个体数量最多，D 正确。
故选D 。
文科参考答案·第2页（共11页）8．该地为我国西北沙漠边缘某灌溉农业试验田周边，农业可持续发展的措施为发展节水农业，完善排灌系统，加大科技投入，培育耐旱耐盐的作物；大力开采地下水和植树造林均不利于该地水资源的保护，故②③不正确。
贵州省贵阳市第一中学2018届高三3月月考理科综合试题
贵阳第一中学2018届高考适应性月考卷（六）理科综合参考答案一、选择题：本题共13小题，每小题6分。
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14~18题只有一项符合题目要求；第19~21题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。
【解析】1．本题考查关于细胞结构和功能的相关知识。
真核细胞内核糖体的形成与核仁密切相关；DNA不能通过核孔进入细胞质；真核细胞转录的场所是细胞核，翻译的场所是核糖体，在细胞质中；线粒体在细胞呼吸过程中产生水，核糖体在合成蛋白质过程中产生水，细胞核中进行复制和转录能产生水。
2．神经调节、体液调节和免疫调节之间是相互影响的，如神经细胞分泌的神经递质、内分泌腺分泌的激素都能作用于免疫细胞；激素和抗体一般具有一定的特异性，激素可作用于特定的靶细胞，但有的激素如甲状腺激素可作用于全身细胞；过敏反应是指已产生免疫的机体在再次接受相同抗原刺激时所发生的组织损伤或功能紊乱的反应；静息电位是钾离子外流形成的，动作电位是由钠离子内流形成的，而细胞膜内外K+、Na+分布不均匀是神经纤维兴奋传导的基础。
3．调查草地某种蜘蛛种群密度时，要随机取样，否则结果偏高；一棵树上不同高度的喜鹊是一个种群，不能反映动物群落的垂直结构；群落演替达到相对稳定的阶段后，群落内物种的组成仍处在动态变化中；生态瓶的容积有限，稳定性取决于生态系统的成分是否齐全。
4．自然选择造成了生物进化的定向性，而基因突变是不定向的；冬季来临时植物叶中可溶性糖含量增高是由于温度降低导致相关酶的活性降低，从而使可溶性糖不能转化成其他物质所致，并非是为了防冻害而产生的变异；种群内基因频率改变的偶然性随种群数量下降而增加；无论是自然选择还是人工选择作用，都能使种群基因频率发生定向改变，从而决定生物进化的方向。
5．不携带遗传病基因的个体染色体变异也会患遗传病；AIDS是传染病，不是遗传病；不同遗传病再发风险率不同，再发风险率估算需要确定遗传病类型；具有先天性和家族性特点的疾病不一定都是遗传病，可能是环境污染引起的疾病。