2018乌鲁木齐市二模文综试题及标准答案
2018年全国二卷文综试题和答案
2018年普通高等学校招生全国统一考试文科综合能力测试一、选择题：本题共35小题，每小题4分，共140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。
1994年，我国M 公司（服装企业）在浙江温州成立，发展过程 如图1所示。
据此完成1〜3题。
1. 1996年，M 公司关闭自有生产厂，主要是为了（）A .提高附加值B .降低人工成本C .缩小规模D .加强合作2. M 公司依次将研发中心和总部迁入上海，主要是因为上海（）A .基础设施好B .交通便利C .销售市场大D .信息通达3. 从发展过程看，M 公司一直致力于（）A .打造自主品牌B .扩大生产规模C .产品款式多样D.增强国际影响澳门丰岛以低矮的丘陵为主，现在的部分土地是历年填海而成的 图2示意澳门丰岛山丘分布、街道格局及部分街道名称，据此完成4关闭门有生产厂 总RS 由11州it入上瞬 在新江沮州謹厂!I弄讎产熬耘:* 葡低网嫁覆盖全国陆11 / 195题。
4. 由于填海造地，海岸线向海推移距离最长的地方位于澳门半岛的（）A .东北部 B.西北部 C .东南部 D .西南部5. 澳门老城区少见自行车，原因可能是老城区街道（）A.狭窄 B .曲折 C .坡大 D .路面凹凸恩克斯堡岛（图3）是考察南极冰盖雪被、陆缘冰及海冰的理想之地。
2017年2月7日，五星红旗在恩克斯堡岛上徐徐升起，我国第五个南极科学考察站选址奠基仪式正式举行。
据此完成6〜8题。
170'L83 36. 2月7号，当恩克斯堡岛正午时，北京时间约为（）A. 2月7日9时B. 2月7日15时C. 2月7日17时D. 2月8日7时7. 五星红旗在恩克斯堡岛上迎风飘扬。
推测红旗常年飘扬的主要方向是（）A .东北方向B .西南方向 C.东南方向 D.西北方向8. 对于极地科学考察而言，恩克斯堡岛所在区域的优势在于（）A .生物类型多样B .对全球变暖敏感C .大气质量优良D .人类活动影响少地处黄土高原的汾川河流域多年来植被覆盖率大幅度提高。
2018年新疆乌鲁木齐市高考数学二诊试卷(文科)
2018年新疆乌鲁木齐市高考数学二诊试卷（文科）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. 已知集合A＝{0, 1, 2, 3}，B＝{x|−1≤x<3}，则A∩B＝（）A.{1, 2}B.{0, 1, 2}C.{0, 1, 2, 3}D.⌀【答案】B【考点】交集及其运算【解析】利用交集定义直接求解．【解答】∵集合A＝{0, 1, 2, 3}，B＝{x|−1≤x<3}，∴A∩B＝{0, 1, 2}．2. 复数z1，z2互为共轭复数，若z1=1−2i，则z1z2=()A.3 5+45i B.−35+45i C. 35−45i D.−35−45i【答案】D【考点】复数的运算【解析】由已知直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解:∵复数z1，z2互为共轭复数，且z1=1−2i，∴z1z2=1−2i1+2i=(1−2i)2(1+2i)(1−2i)=−3−4i5=−35−45i.故选D.3. 已知命题p:∀x∈R+，lgx≥0；q:∃x0∈R，sinx0=cosx0，则下列命题中为真命题的是（）A.￢qB.p∧qC.￢p∧qD.￢q∨p【答案】C【考点】复合命题及其真假判断【解析】根据条件判断命题p，q的真假，结合复合命题真假关系进行判断即可．【解答】当0<x<1时，lgx<0，则命题p是假命题，当x0=π4时，满足sinx0=cosx0，即命题q是真命题，则￢p∧q是真命题，4. 已知函数f(x)={−2x ,x <0log 2x,x >0，若f(a)=2，则实数a =( )A.−1B.4C.14或1D.−1或4 【答案】 D【考点】 函数的求值 求函数的值 【解析】当a <0时，f(a)=−2a =2，当a >0时，f(a)=log 2a =2，由此能求出实数a 的值． 【解答】 ∵ 函数f(x)={−2x ,x <0log 2x,x >0，f(a)=2，∴ 当a <0时，f(a)=−2a =2，解得a =−1；当a >0时，f(a)=log 2a =2，解得a =(4) 综上，实数a 的值为−1或（4）5. 若m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A.若α⊥β，m ⊥β，则m // α B.若m // α，n ⊥m ，则n ⊥αC.若m ⊥α，n // β，m ⊥n ，则α⊥βD.若m // β，m ⊂α，α∩β=n ，则m // n 【答案】 D【考点】空间中直线与平面之间的位置关系 【解析】在A 中，m // α或m ⊂α；在B 中，n 与α相交、平行或n ⊂α；在C 中，α与β相交或平行；由线面平行的性质定理得m // n ． 【解答】由m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，知： 在A 中，若α⊥β，m ⊥β，则m // α或m ⊂α，故A 错误；在B 中，若m // α，n ⊥m ，则n 与α相交、平行或n ⊂α，故B 错误； 在C 中，若m ⊥α，n // β，m ⊥n ，则α与β相交或平行，故C 错误；在D 中，若m // β，m ⊂α，α∩β=n ，则由线面平行的性质定理得m // n ，故D 正确．6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A.4B.143C.163D.6【答案】 D【考点】由三视图求体积 【解析】由三视图还原原几何体，可知原几何体为五面体，由一个长方体的体积与一个直三棱柱的体积作和求得该几何体的体积． 【解答】由三视图还原原几何体如图，该几何体为五面体，其体积可由一个长方体的体积与一个直三棱柱的体积作和求解． 即V =2×2×1+12×2×1×2=6．7. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了（ ） A.24里 B.48里 C.96里 D.192里 【答案】 C【考点】 数列的应用 【解析】由题意可知此人每天走的步数构成12为公比的等比数列，由求和公式可得首项，可得答案． 【解答】由题意可知此人每天走的步数构成12为公比的等比数列， 由题意和等比数列的求和公式可得a 1[1−(12)6]1−12=378，解得a1＝192，∴第此人二天走192×12=96步8. 习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动中华优秀传统文化创造性转化．我国古代数学名著《九章算术》中收录了“更相减损术”这一经典算法，对应的程序框图如图所示，若输入的x，y的值分别为40，24，则输出的x的值为（）A.16B.8C.4D.2【答案】B【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x，y的值，即可得到结论．【解答】由x=40，y=24，满足x>y，则x变为40−24=16，不满足x>y，则y变为24−16=8，满足x>y，则x变为16−8=8，由x=y=8，则输出的x的值为(8)9. 若锐角φ满足sinφ−cosφ=√22，则函数f(x)=cos2(x+φ)的单调递减区间为（）A.[2kπ−5π12,2kπ+π12](k∈Z)B.[kπ−5π12,kπ+π12](k∈Z)C.[2kπ+π12,2kπ+7π12](k∈Z)D.[kπ+π12,kπ+7π12](k∈Z)【答案】B【考点】正弦函数的图象【解析】首先利用三角函数关系式的恒等变换求出φ的值，进一步对关系式进行变换，把函数的关系式变形成余弦型函数，进一步利用函数的性质求出结果． 【解答】设g(φ)=sinφ−cosφ=√22，则：√2sin(ϕ−π4)=√22，即：sin(φ−π4)=12，则：φ−π4=2kπ+π6或ϕ−π4=2kπ+5π6(k ∈Z)，由于：0<φ<π2， 解得：φ=5π12．函数f(x)=cos 2(x +φ)， =1+cos(2x+2φ)2，=1+cos(2x+5π6)2，函数的单调减区间为： 令：2kπ≤2x +5π6≤2kπ+π(k ∈Z)，解得：kπ−5π12≤x ≤kπ+π12(k ∈Z)，所以函数的单调减区间为：[kπ−5π12,kπ+π12](k ∈Z)．10. 过等轴双曲线的焦点F 作它的一条渐近线的平行线分别交另一条渐近线以及双曲线于M ，N 两点，则（ ） A.|FN|=|NM| B.|FN|>|NM| C.|FN|<|NM|D.|FN|，|NM|的大小关系不确定 【答案】 A【考点】 双曲线的特性 【解析】设等轴双曲线方程为x 2−y 2=a 2焦点F(c, 0)，且c 2=2a 2由{y =−x y =x −c ，可得x M =c2，由{y =x −c x 2−y 2=12c 2 可得x N =3c4，可得x M +x F =2x N ，求得N 为MF 的中点，即可．【解答】如图，设等轴双曲线方程为x 2−y 2=a 2，焦点F(c, 0)，且c 2=2a 2，由{y =−xy =x −c ，可得x M =c2，由{y =x −c x 2−y 2=12c 2 可得x N =3c 4，可得x M +x F =2x N ，∴ N 为MF 的中点， ∴ |FN|=|NM|，11. 函数y =(x+1)a x|x|(a >1)的图象的大致形状是（ ）A.B.C.D.【答案】 A【考点】函数的图象与图象的变换 【解析】a >1，不妨令a =e ，根据导数和函数的单调性的关系，即可判断 【解答】∵ a >1，不妨令a =e ， ①当x >0时，y =(x+1)e xx=e x +e x x，∴ y′=e x −e x (1−x)x 2=e x (1+x−1x 2)=e x ⋅x 2+x−1x 2，令y′=0，解得x =−1+√52，x =−1−√52（舍去），当y′>0时，即x >−1+√52，函数y =(x+1)e xx单调递增，当y′<0时，即0<x <−1+√52，函数y =(x+1)e xx单调递减，②当x <0时，y =−(x+1)e xx=−(e x+e x x)，∴ y′=−[e x −e x (1−x)x 2]=−e x(1+x−1x 2)=−e x⋅x 2+x−1x 2，令y′=0，解得x =−1−√52，当y′<0时，即x <−1−√52，函数y =−(x+1)e xx单调递减，当y′>0时，即0<x <−1−√52，函数y =−(x+1)e xx单调递增，结合图象，只有A 符合，12. AB 是过抛物线y 2=2px 焦点F 的弦，其垂直平分线交x 轴于点G ，设|AB|=λ|FG|，则λ的值是（ ） A.32B.2C.4D.与p 的值有关【答案】 B【考点】 抛物线的求解 【解析】根据题意，抛物线的准线L ，分别从点A 、B 做L 的垂线AC 、BD ，垂足分别为C 、D ，AB 中点N ，CD 中点Q ，连接NQ ，可证NQFG 为平行四边形，从而有|AB|=2|FG ，故可求． 【解答】由题意得，抛物线的准线L ，分别从点A 、B 做L 的垂线AC 、BD ，垂足分别为C 、D ． AB 中点N ，CD 中点Q ，连接NQ ，由抛物线性质有：AF =AC ，BF =BD ， ∵ ∠AFC =∠ACF ，∠BFD =∠BDF ， ∴ CF ⊥DF ，直角三角形CDF 中，CQ =DQ =FQ ， ∴ ∠CFQ =∠DFB ， ∴ QF ⊥AB ，又：PN ⊥AB ，GN||FQ ，∴ NQFG 为平行四边形，NQ =FG ， 因此，|AB|=2|FG|， |AB|=λ|FG|， ∴ λ=2，二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）已知向量a →=(−2,1),b →=(x,x 2+1)，且a →⊥b →，则x =________．【答案】 1【考点】平面向量数量积的性质及其运算律 【解析】根据题意，由向量垂直与向量数量积的关系，分析可得若a →⊥b →，则有a →⋅b →=−2x +x 2+1=(x −1)2=0，解可得x 的值，即可得答案． 【解答】根据题意，向量a →=(−2,1),b →=(x,x 2+1)，若a →⊥b →，则有a →⋅b →=−2x +x 2+1=(x −1)2=0，解可得x =1；若变量x ，y 满足约束条件{y ≤xx +y ≤4y ≥k 且z =2x +y 的最小值为−3，则k =________．【答案】 −1【考点】 简单线性规划 【解析】由题意作出其平面区域，解{2x +y =−3x =y 得x =y =−1；从而可得k =−(1) 【解答】由题意作出其平面区域，结合图象可得， {2x +y =−3x =y； 解得，x =y =−1；故直线y =k 过点(−1, −1)； 故k =−1；在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a 2=b 2+c 2−bc ，则asinB b的值为________． 【答案】√32【考点】 余弦定理 【解析】由已知结合余弦定理可得cosA ，根据同角三角函数基本关系式可求sinA ，由正弦定理化简所求即可得解． 【解答】∵ a 2=b 2+c 2−bc ，又∵ 由余弦定理可得：a 2=b 2+c 2−2bccosA ，∴ bc =2bccosA ，可得：cosA =12，可得：sinA =√1−cos 2A =√32，∵ 由正弦定理a sinA =b sinB ，可得：asinB b=sinA ，∴ asinB b=sinA =√32．已知函数f(x)=e 3x−1，g(x)=13+lnx ，若f(m)=g(n)，则n −m 的最小值为________． 【答案】2+ln33【考点】利用导数研究函数的单调性 【解析】根据g(m)=f(n)=t 得到m ，n 的关系，利用消元法转化为关于t 的函数，构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的最值即可得到结论． 【解答】不妨设f(m)=g(n)=t ， ∴ e 3m−1=13+lnn =t ，(t >0)∴ 3m −1=lnt ，m =13(1+lnt)，n =e t−13， 故n −m =et−13−13(1+lnt)，(t >0)令ℎ(t)=e t−13−13(1+lnt)，((t >0)，ℎ′(t)=e t−13−13t，易知ℎ′(t)在(0, +∞)上是增函数，且ℎ′(13)=0，当t >13时，ℎ′(t)>0， 当0<t <13时，ℎ′(t)<0，即当t =13时，ℎ(t)取得极小值同时也是最小值， 此时ℎ(13)=1−13(1+ln 13)=2+ln33，即n −m 的最小值为2+ln33；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.）已知{a n }是等差数列，且a 3+a 4=8，a 2+4=a 4；数列{b n }满足：b n =1a n+1a n+2．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设数列{b n }的前n 项和为S n ，若S nn+1>120，求n 的最大值． 【答案】（1）设{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意，有{2a 1+5d =82d =4 ， 解得{a 1=−1d =2 ， 所以a n =2n −3； （2）∵ b n =1an+1a n+2=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，∴ S n =12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=n2n+1，由S nn+1>120⇔2n 2−17n +1<0， 设f(x)=2x 2−17x +1，由f(8)=−7<0，f(9)=10>0及二次函数单调性可知，n 的最大值为（8） 【考点】数列与不等式的综合 【解析】(Ⅰ)根据等差数列的通项公式即可得到有{2a 1+5d =82d =4 ，解得即可，(Ⅱ)根据裂项求和和数列的函数特征，即可求出n 的最大值． 【解答】（1）设{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意，有{2a 1+5d =82d =4 ， 解得{a 1=−1d =2 ， 所以a n =2n −3； （2）∵ b n =1an+1a n+2=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，∴ S n =12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=n2n+1，由S nn+1>120⇔2n 2−17n +1<0， 设f(x)=2x 2−17x +1，由f(8)=−7<0，f(9)=10>0及二次函数单调性可知，n 的最大值为（8）如图，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，底面ABC 是等边三角形，D 为BC 的中点． (Ⅰ)求证A 1C // 平面ADB 1；(Ⅱ)若AB =AA 1=2，求三棱锥A 1−ADB 1的体积．【答案】(Ⅰ)证明：连结A1B交AB1于E，连结ED，∵D为BC的中点，E是A1B中点，∴DE // A1C，又DE⊂平面ADB1，A1C⊂平面ADB1，∴A1C // 平面ADB1；(Ⅱ)∵A1C // 平面ADB1，且底面ABC是等边三角形，AB=AA1=2，∴VA1−ADB1=V C−ADB1=V B1−ADC=13∗√32∗2=√33．【考点】柱体、锥体、台体的体积计算直线与平面平行【解析】(Ⅰ)连结A1B交AB1于E，连结ED，可得DE // A1C，再由线面平行的判定可得A1C // 平面ADB1；(Ⅱ)由A1C // 平面ADB1，可得V A1−ADB1=V C−ADB1=V B1−ADC，然后结合已知得答案．【解答】(Ⅰ)证明：连结A1B交AB1于E，连结ED，∵D为BC的中点，E是A1B中点，∴DE // A1C，又DE⊂平面ADB1，A1C⊂平面ADB1，∴A1C // 平面ADB1；(Ⅱ)∵A1C // 平面ADB1，且底面ABC是等边三角形，AB=AA1=2，∴VA1−ADB1=V C−ADB1=V B1−ADC=13∗√32∗2=√33．公交车的数量太多容易造成资源浪费，太少又难以满足乘客的需求，为了合理布置车辆，公交公司在2路车的乘客中随机调查了50名乘客，经整理，他们候车时间（单位：min）的茎叶图如下：(Ⅰ)将候车时间分为[0, 4),[4, 8),…,[28, 32]八组，作出相应的频率分布直方图；(Ⅱ)若公交公司将2路车发车时间调整为每隔15min发一趟车，那么上述样本点将发生变化（例如候车时间为9min的不变，候车时间为17min的变为2min），试估计一名2路车乘客候车时间不超过10min的概率．【答案】(Ⅰ)经统计落入分组区间[0, 4),[4, 8),…,[28, 32]内的频数依次为：4、4、10、12、9、6、4、2，各组分组区间相应的频率/组距的值依次为：0.02、0.02、0.05、0.06、0.045、0.03、0.02、0.01，依此画出频率分布直方图，如右图．(Ⅱ)调整为间隔15分钟发一趟车之后，候车时间原本不超过10分钟的数据就有14个，发生了变化的候车时间中不超过10分钟的数据又增加了20个，共计34个．=0.68，所以候车时间不超过10分钟的频率为3450由此估计一名乘客候车时间不超过10分钟的概率为0.(68)【考点】频率分布直方图古典概型及其概率计算公式【解析】(Ⅰ)经统计落入分组区间[0, 4),[4, 8),…,[28, 32]内的频数依次为4、4、10、12、9、6、4、2各组分组区间相应的频率/组距的值依次为0.02、0.02、0.05、0.06、0.045、0.03、0.02、0.01，由此能画出频率分布直方图．(Ⅱ)调整为间隔15分钟发一趟车之后，候车时间原本不超过10分钟的数据就有14个，发生了变化的候车时间中不超过10分钟的数据又增加了20个，共计34个，由此能估计一名乘客候车时间不超过10分钟的概率．【解答】(Ⅰ)经统计落入分组区间[0, 4),[4, 8),…,[28, 32]内的频数依次为：4、4、10、12、9、6、4、2，各组分组区间相应的频率/组距的值依次为：0.02、0.02、0.05、0.06、0.045、0.03、0.02、0.01，依此画出频率分布直方图，如右图．(Ⅱ)调整为间隔15分钟发一趟车之后，候车时间原本不超过10分钟的数据就有14个，发生了变化的候车时间中不超过10分钟的数据又增加了20个，共计34个．所以候车时间不超过10分钟的频率为3450=0.68，由此估计一名乘客候车时间不超过10分钟的概率为0.(68)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)，直线l:y=kx+m(m≠0)与椭圆交于A，B两点，当l经过椭圆的一个焦点和一个顶点时，k=m=√3．(Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)若直线OA，AB，OB的斜率成等差数列（O是坐标原点），求△OAB面积的最大值．【答案】（1）根据题意，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点在x轴上，且直线l:y=kx+m经过椭圆的一个焦点和一个顶点，又由k=m=√3，即y=√3(x+1)，则椭圆的1个焦点坐标为(−1, 0)，一个短轴顶点坐标为(0, √3)，则c=1，b=√3，则a=2，∴椭圆方程为x24+y23=1；（2）联立{y=kx+mx24+y23=1，得(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0，由△>0得4k2−m2+3>0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1+x2=−8km3+4k2,x1x2=4m2−123+4k2，又2k AB=k OA+k OB，即2k=y1x1+y2x2，∴2kx1x2=x1y2+x2y1，∴2kx1x2=x1(kx2+m)+x2(kx1+m)，∴m(x1+ x2)=0，∴−8km23+4k2=0，∵m≠0，∴k=0，联立{y=mx24+y23=1，解得A(−2√1−m23,m),B(2√1−m23,m)，由图形对称性，不妨设m>0，则S△OAB=12×4√1−m23⋅m=2√m2−m43，当m2=32时，S△OAB取最大值√3．【考点】椭圆的离心率【解析】(Ⅰ)根据题意，由k=m=√3，分析可得直线的方程为y=√3(x+1)，进而可得椭圆的焦点、顶点坐标，即可得b、c的值，计算可得a的值，将a、b的值代入椭圆的方程即可得答案；(Ⅱ)联立直线与椭圆的方程，可得(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由根与系数的关系分析，用m表示2k AB=k OA+k OB，进而可以用m表示△OAB面积，结合二次函数的性质分析可得答案．【解答】（1）根据题意，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点在x轴上，且直线l:y=kx+m经过椭圆的一个焦点和一个顶点，又由k=m=√3，即y=√3(x+1)，则椭圆的1个焦点坐标为(−1, 0)，一个短轴顶点坐标为(0, √3)，则c=1，b=√3，则a=2，∴椭圆方程为x24+y23=1；（2）联立{y=kx+mx24+y23=1，得(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0，由△>0得4k2−m2+3>0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1+x2=−8km3+4k2,x1x2=4m2−123+4k2，又2k AB=k OA+k OB，即2k=y1x1+y2x2，∴2kx1x2=x1y2+x2y1，∴2kx1x2=x1(kx2+m)+x2(kx1+m)，∴m(x1+ x2)=0，∴−8km23+4k2=0，∵m≠0，∴k=0，联立{y=mx24+y23=1，解得A(−2√1−m23,m),B(2√1−m23,m)，由图形对称性，不妨设m>0，则S△OAB=12×4√1−m23⋅m=2√m2−m43，当m2=32时，S△OAB取最大值√3．已知函数f(x)=e x+a−lnx（其中e=2.71828…，是自然对数的底数）．(Ⅰ)当a=0时，求函数a=0的图象在（1, f(1)）处的切线方程；(Ⅱ)求证：当a>1−1e时，f(x)>e+1．【答案】（1）∵a=0时，∴f(x)=e x−lnx,f′(x)=e x−1x(x>0)，∴f(1)=e，f′(1)=e−1，∴函数f(x)的图象在（1, f(1)）处的切线方程：y−e=(e−1)(x−1)，即(e−1)x−y+1=0；（2）证明：∵f′(x)=e x+a−1x(x>0)，设g(x)=f′(x)，则g′(x)=e x+a+1x2>0，∴g(x)是增函数，∵e x+a>e a，∴由e a>1x⇒x>e−a，∴当x>e−a时，f′(x)>0；若0<x<1⇒e x+a<e a+1，由e a+1<1x⇒x<e−a−1，∴当0<x<min{1, e−a−1}时，f′(x)<0，故f′(x)=0仅有一解，记为x0，则当0<x<x0时，f′(x)<0，f(x)递减；当x>x0时，f′(x)>0，f(x)递增；∴f(x)min=f(x0)=e x0+a−lnx0，而f′(x0)=e x0+a−1x0=0⇒e x0+a=1x0⇒a=−lnx0−x0，记ℎ(x)=lnx+x，则f(x0)=1x0−lnx0=ℎ(1x0)，a>1−1e ⇔−a<1e−1⇔ℎ(x0)<ℎ(1e)，而ℎ(x)显然是增函数，∴0<x0<1e ⇔1x0>e，∴ℎ(1x0)>ℎ(e)=e+1．综上，当a>1−1e时，f(x)>e+(1)【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】(Ⅰ)把a=0代入函数解析式，求出函数导函数，再分别求出f(1)与f′(1)，代入直线方程点斜式可得函数f(x)的图象在（1, f(1)）处的切线方程；(Ⅱ)求出原函数的导函数，令g(x)=f′(x)，可得g′(x)>0，得到g(x)是增函数，进一步说明f′(x)=0仅有一解，记为x 0，则当0<x <x 0时，f′(x)<0，f(x)递减；当x >x 0时，f′(x)>0，f(x)递增；从而求出f(x)的最小值，由f′(x 0)=0可得a 与x 0的关系，进一步构造函数ℎ(x)=lnx +x ，可得则f(x 0)=1x 0−lnx 0=ℎ(1x 0)，由a >1−1e ，得ℎ(x 0)<ℎ(1e )，再由ℎ(x)的单调性证得结论．【解答】（1）∵ a =0时，∴ f(x)=e x −lnx,f ′(x)=e x −1x (x >0)，∴ f(1)=e ，f′(1)=e −1，∴ 函数f(x)的图象在（1, f(1)）处的切线方程：y −e =(e −1)(x −1)， 即(e −1)x −y +1=0；（2）证明：∵ f ′(x)=e x+a −1x (x >0)， 设g(x)=f′(x)，则g ′(x)=e x+a +1x 2>0， ∴ g(x)是增函数，∵ e x+a >e a ，∴ 由e a >1x ⇒x >e −a ， ∴ 当x >e −a 时，f′(x)>0；若0<x <1⇒e x+a <e a+1，由e a+1<1x ⇒x <e −a−1，∴ 当0<x <min{1, e −a−1}时，f′(x)<0，故f′(x)=0仅有一解，记为x 0，则当0<x <x 0时，f′(x)<0，f(x)递减； 当x >x 0时，f′(x)>0，f(x)递增； ∴ f(x)min =f(x 0)=e x 0+a −lnx 0，而f ′(x 0)=e x 0+a −1x 0=0⇒e x 0+a =1x 0⇒a =−lnx 0−x 0，记ℎ(x)=lnx +x ，则f(x 0)=1x 0−lnx 0=ℎ(1x 0)，a >1−1e ⇔−a <1e −1⇔ℎ(x 0)<ℎ(1e )， 而ℎ(x)显然是增函数，∴ 0<x 0<1e ⇔1x 0>e ，∴ ℎ(1x 0)>ℎ(e)=e +1．综上，当a >1−1e 时，f(x)>e +(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]在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =1+tcosαy =tsinα (t 为参数，0≤α<π)，以O 为极点，以x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ=4cosθ． (Ⅰ)求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程；(Ⅱ)设A(1, 0)，直线l 交曲线C 于M ，N 两点，P 是直线l 上的点，且2|AP|=1|AM|+1|AN|，当|AP|最大时，求点P 的坐标． 【答案】（1）直线l 的参数方程为{x =1+tcosαy =tsinα (t 为参数，0≤α<π)， 转化为：直线l 的普通方程为y =tanα(x −1)， 曲线C 的极坐标方程为ρ=4cosθ．转化为：曲线C 的直角坐标方程为x 2+y 2−4x =0；（2）设直线l 上的三点M ，N ，P 所对应的参数分别为t 1，t 2，t ， 将{x =1+tcosαy =tsinα 代入x 2+y 2−4x =0， 整理得t 2−2tcosα−3=0，则t 1+t 2=2cosα，t 1⋅t 2=−3， ∴ t 1与t 2异号， 由2|AP|=1|AM|+1|AN|， 得2|t|=1|t 1|+1|t 2|=|t 1|+|t 2||t 1⋅t 2|=|t 1−t 2||t 1⋅t 2|，∴ |t|=2|t 1⋅t 2||t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=√cos 2α+3≤α<π)，∴ 当cosα=0，即α=π2时，|t|最大，此时|AP|最大， |t|max =√3， 此时t =±√3， 代入{x =1+tcosαy =tsinα可得此时点P 的坐标为(1,√3)或(1,−√3)． 【考点】参数方程与普通方程的互化 圆的极坐标方程 【解析】(Ⅰ)直接利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化．(Ⅱ)利用方程组建立一元二次方程根与系数的关系进行应用，最后利用三角函数关系式的恒等变换，进一步利用性质求出结果． 【解答】（1）直线l 的参数方程为{x =1+tcosαy =tsinα (t 为参数，0≤α<π)， 转化为：直线l 的普通方程为y =tanα(x −1)， 曲线C 的极坐标方程为ρ=4cosθ．转化为：曲线C 的直角坐标方程为x 2+y 2−4x =0；（2）设直线l 上的三点M ，N ，P 所对应的参数分别为t 1，t 2，t ， 将{x =1+tcosαy =tsinα 代入x 2+y 2−4x =0， 整理得t 2−2tcosα−3=0，则t 1+t 2=2cosα，t 1⋅t 2=−3， ∴ t 1与t 2异号，由2|AP|=1|AM|+1|AN|， 得2|t|=1|t 1|+1|t 2|=|t 1|+|t 2||t 1⋅t 2|=|t 1−t 2||t 1⋅t 2|，∴ |t|=2|t 1⋅t 2||t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=√cos 2α+3≤α<π)，∴ 当cosα=0，即α=π2时，|t|最大，此时|AP|最大， |t|max =√3， 此时t =±√3，代入{x =1+tcosαy =tsinα可得此时点P 的坐标为(1,√3)或(1,−√3)． [选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)=|x −3|−|x −a|． (Ⅰ)当a =2时，解不等式f(x)≤−12；(Ⅱ)若存在实数x ，使得不等式f(x)≥a 成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）∵ a =2，∴ f(x)=|x −3|−|x −2|={1(x ≤2)5−2x(2<x <3)−1(x ≥3)，∴ f(x)≤−12⇔{x <21≤−12 或{5−2x <−122<x <3或{x ≥3−1≤−12， 解得114≤x <3或x ≥3， 所以不等式的解集为{x|x ≥114}；（2）由不等式性质可知f(x)=|x −3|−|x −a|≤|(x −3)−(x −a)|=|a −3|，若存在实数x ，使得不等式f(x)≥a 成立， 则|a −3|≥a ，解得a ≤32， ∴ 实数a 的取值范围是(−∞,32]．【考点】绝对值不等式的解法与证明 绝对值三角不等式 【解析】(Ⅰ)求出f(x)的分段函数的形式，得到关于x 的不等式组，解出即可； (Ⅱ)求出f(x)的最大值，得到关于a 的不等式，解出即可． 【解答】（1）∵ a =2，∴ f(x)=|x −3|−|x −2|={1(x ≤2)5−2x(2<x <3)−1(x ≥3)，∴f(x)≤−12⇔{x<21≤−12或{5−2x<−122<x<3或{x≥3−1≤−12，解得114≤x<3或x≥3，所以不等式的解集为{x|x≥114}；（2）由不等式性质可知f(x)=|x−3|−|x−a|≤|(x−3)−(x−a)|=|a−3|，若存在实数x，使得不等式f(x)≥a成立，则|a−3|≥a，解得a≤32，∴实数a的取值范围是(−∞,32]．。
2018年全国卷Ⅱ文综高考试题(word版含答案)
绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试文科综合能力测试注意事项：1．答题前，考生务必用0．5毫米黑色签字笔将自己的XX、座号、考生号、县区和科类写在答题卡和试卷规定的位置上。
2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，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，再选途其他答案标号。
写在试卷上无效。
3．第Ⅱ卷必须用0．5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。
不按以上要求作答的答案无效。
一、选择题：本题共35小题，每小题4分，共140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。
1994年，我国M公司（服装企业）在XX温州成立，发展过程如图1所示。
据此完成1～3题。
图11．1996年，M公司关闭自有生产厂，主要是为了A．提高附加值B．降低人工成本C．缩小规模D．加强合作2．M公司依次将研发中心和总部迁入XX，主要是因为XXA．基础设施好B．交通便利C．销售市场大D．信息通达3．从发展过程看，M公司一直致力于A．打造自主品牌B．扩大生产规模C．产品款式多样D．增强国际影响澳门丰岛以低矮的丘陵为主，现在的部分土地是历年填海而成的。
图2示意澳门丰岛山丘分布、街道格局与部分街道名称，据此完成4～5题。
图24．由于填海造地，海岸线向海推移距离最长的地方位于澳门半岛的A．东北部B．西北部C．东南部D．西南部5．澳门老城区少见自行车，原因可能是老城区街道A．狭窄B．曲折C．坡大D．路面凹凸恩克斯堡岛（图3）是考察南极冰盖雪被、陆缘冰与海冰的理想之地。
2017年2月7日，五星红旗在恩克斯堡岛上徐徐升起，我国第五个南极科学考察站选址奠基仪式正式举行。
据此完成6～8题。
图36．2月7号，当恩克斯堡岛正午时，时间约为A．2月7日9时B．2月7日15时C．2月7日17时D．2月8日7时7．五星红旗在恩克斯堡岛上迎风飘扬。
2018年高考2卷(新疆)文数word版含答案
绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试全国II文科数学注意事项: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、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上．2．回答第Ⅰ卷时，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，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．5．做选考题时，考生按照题目要求做答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．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．=+)32(i i （ D ）A 、i 23-B 、i 23+C 、i 23--D 、i 23+- 2．已知集合}7531{，，，=A ，}5432{，，，=B ，则=B A（ C）A 、}3{B 、}5{C 、}53{，D 、}754321{，，，，，3．函数2)(e e xf x x --=的图像大致为（ B ）A 、B 、C 、D 、 4．已知向量a ，b 满足1=a ，1-=⋅b a ，则=-⋅)2(b a a（ B）A 、4B 、3C 、2D 、05．从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率为（ D）A 、0.6B 、0.5C 、0.4D 、0.36．双曲线)00(12222>>=-b a by a x ，的离心率为 3，则其渐近线方程为（ A）A 、x y 2±=B 、x y 3±=C 、x y 22±= D 、x y 23±= 7．在ABC ∆中，552cos=C ，1=BC ，5=AC ，则=AB（ A）A 、24B 、30C 、29D 、528．为了计算100199********-++-+-= S ， 设计了右侧的程序框图，则在空白框中应填入（ B）A 、1+=i iB 、2+=i iC 、3+=i iD 、4+=i i9．正方体1111D C B A ABCD -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为（C ）A 、22B 、23 C 、25 D 、27 10．若x x x f sin cos )(-=在]0[a ，是减函数，则a 的最大值是（ C）A 、4π B 、2π C 、43πD 、π11．已知点1F ，2F 是椭圆C 的两个焦点，P 是C 上的一点，若21PF PF ⊥，且o F PF 6012=∠，则C 的离心率为（ D）A 、231-B 、32-C 、213-D 、13-12．已知)(x f 是定义域为)(∞+-∞，的奇函数，满足)1()1(x f x f +=-，若2)1(=f ，则=++++)50()3((2) )1(f f f f（ C）A 、50-B 、0C 、2D 、50第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须做答．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．13．曲线x y ln 2=在点)01(，的切线方程为．022=--y x14．若x ，y 满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≤-≥+-≥-+05032052x y x y x ，则y x z +=的最大值为．915．已知51)45tan(=-πα，则=αtan ．2316．已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为o 30，若SAB ∆的面积为8，则该圆锥的体积为．π8三、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)记n S 为等差数列}{n a 的前n 项和为，已知71-=a ，153-=S ． (1)求}{n a 的通项公式； (2) 求n S ，并求n S 的最小值． 解：(1)设}{n a 的公差为d ，由153213313-=+-=+=d d a S ，得2=d ， ∴}{n a 的通项公式为：92-=n a n ． (2) 16)4(822--=-=n n n S n ， 当4=n 时，n S 取得最小值16-．18．(本小题满分12分)下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额y （单位：亿元）的折线图．为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了y 与时间变量t 的两个线形回归模型．根据2000年至2016年的数据（时间变量的值依次为1，2，……，17）建立模型①：t y5.134.30ˆ+-=；根据2010年至2016年的数据（时间变量的值依次为1，2，……，7）建立模型②：t y5.1799ˆ+=． (1)分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值； (2)你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．解：(1) 模型①：2018年对应的19=t ，1.226ˆ=y ， 模型②：2018年对应的9=t ，5.256ˆ=y． (2)用模型②得到的预测值更可靠．从折线图看2010年投资额比2009年增加了很多，之后又稳步增加，即2010年前后差异很大，所以用2010年后的数据建立模型得到的预测值更可靠．19．(本小题满分12分)如图，在三棱锥ABC P -中，22==BC AB ，4====AC PC PB PA ，O 为AC 的中点． (1)证明：⊥PO 平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且MB MC 2=，求点C 到平面POM 的距离． 解：(1)连接BO ，∵BC AB =，PC PA =，O 为AC 的中点，∴AC BO ⊥，AC PO ⊥，∵4====AC PC PB PA ，22==BC AB ， ∴2==OC OB ，32=PO ， ∴222PB PO BO =+，∴OB PO ⊥， 又∵O AC BO = ，∴⊥PO 平面ABC ．(2)由(1)知，AC BO ⊥，2==OC OB ，∴oOCB 45=∠， ∵22=BC ，MB MC 2=，∴324=MC ， 在MOC ∆中，由余弦定理得352=MO ， 由正弦定理得3445cos 21=⋅⋅=∆o MOC MC OC S ， 又∵⊥PO 平面ABC ，∴MO PO ⊥，∴315221=⋅=∆MO OP S MOP 设点C 到平面POM 的距离为h ， ∵MOP C MOC P V V --=，∴h ⨯⨯=⨯⨯315231323431，解得554=h ，∴点C 到平面POM 的距离为554．20．(本小题满分12分)设抛物线C ：x y 42=的焦点为F ，过F 且斜率为)0(>k k 的直线l 与C 交于A ，B 两点，8=AB ．(1)求l 的方程；(2)求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程．OPACBM解：(1) )01(，F ，设l 的方程为)1(-=x k y ， 由⎩⎨⎧=-=xy x k y 4)1(2，得0)42(2222=++-k x k x k ， 设)(11y x A ，，)(22y x B ，，则222142kk x x +=+， ∴8442221=+=++=k x x AB ，解得：1±=k ， ∴设l 的方程为：01=-+y x 或01=--y x ． (2) 设圆心为)(b a ，，则半径1+=a r ，当l 的方程为：01=-+y x 时，AB 中点为)23(-，， ∴AB 中垂线为05=--y x ，∵圆心在AB 中垂线上，∴05=--b a ①又∵圆心)(b a ，到l 的距离21-+=b a d ，8=AB由垂径定理得：222)21(r AB d =+，即22)1(162)1(+=+-+a b a ②， 由①②解得：⎩⎨⎧-==23b a 或⎩⎨⎧==611b a ，∴圆的方程为：16)2()3(22=++-y x 或144)6()11(22=-+-y x ， 同理可得，当l 的方程为：01=--y x 时，圆的方程为：16)2()3(22=-+-y x 或144)6()11(22=++-y x ．21．(本小题满分12分)已知函数)1(31)(23++-=x x a x x f ． (1)若3=a ，求)(x f 的单调区间； (2)证明：)(x f 只有一个零点． 解：(1)当3=a 时，33331)(23---=x x x x f ，36)('2--=x x x f ， 由0)('<x f 得323323+<<-x ，由0)('>x f 得323-<x 或323+>x ，∴)(x f 在)323(--∞，单调递减，在)323323(+-，单调递增，在)323(∞++，单调递减． (2)∵012>++x x ，由0)(=x f ，得13123++=x x x a ，设131)(23++=x x xx g ，0)1(]2)1[(31)1()12(31)1()('222222322≥++++=+++-++=x x x x x x x x x x x x g ，∴)(x g 在R 上单调递增， 又∵-∞→x 时，-∞→)(x g ，+∞→x 时，+∞→)(x g ，∴R x g ∈)(， ∴R a ∈∀，方程a x g =)(有且只有一个根，即)(x f 只且只有一个零点．请考生在第22、23题中任选一题做答，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直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧==θθsin 4cos 2y x (θ为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧+=+=ααsin 2cos 1t y t x (t 为参数)． (1)求C 和l 的直角坐标方程；(2)若曲线C 截直线l 所得线段的中点坐标为)21(，，求l 的斜率．解：(1) 曲线C 的直角坐标方程为：116422=+y x ， 直线l 的直角坐标方程为：)1(tan 2-=-x y α． (2)设C 和l 的交点为)(11y x A ，，)(22y x B ，，则11642121=+y x ，11642222=+y x ， 两式作差得：016))((4))((21212121=+-++-y y y y x x x x ，∵AB 的中点为)21(，，∴221=+x x ，421=+y y ， ∴l 的斜率248)(421212121-=-=++-=--=y y x x x x y y k ．23．(本小题满分10分)选修4-5：不等式选讲设函数25)(--+-=x a x x f ．(1)当1=a 时，求不等式0)(≥x f 的解集；(2)若0)(≤x f ，求a 的取值范围．解：(1) 当1=a 时，0215)(≥--+-=x x x f ，即521≤-++x x ，由绝对值得几何意义可得解集为]32[，-． (2) 025)(≤--+-=x a x x f ，即52≥-++x a x ，∵2)2()(2+=--+≥-++x x a x x a x ，52≥+x ，解得：7-≤x 或3≥x ，即a 的取值范围是)3[]7(∞+--∞，， ．。
新疆乌鲁木齐地区2023届高三二模文综答案
乌鲁木齐地区2023年高三年级第二次质量监测地理试卷参考答案及评分细则一、选择题：44分1.D2.B3.A4.C5.B6.D7.A8.D9.C 10.B 11.C二、综合题：56分36.（22分）（1）泰顺县境内溪流众多，适合溪流两岸行人徒步过河；往来多以小商品经济为主，运输需求量小；可就地取材，施工简易，修建成本低；早期建桥技术有限，资金不足，碇步桥修建难度较小。
（任答3点得6分）（2）水流流速平缓，水面平静；径流季节变化较小，洪水期较短；河水较浅；河道（河面）较宽（8分）（3）季风气候，夏季多暴雨，易发洪水，桥易被冲毁；修建水库使水位上涨，碇步桥因淹没而减少；缺乏保护意识，现代城镇建设和现代交通道路建设对碇步桥的破坏严重；亚热带季风气候雨季长，石板湿滑，人员通行安全性低；不适合现代交通工具通行，利用率低；现代桥梁建设多为混凝土结构，通行量大，碇步桥的需求量减少。
（任答4点得8分）37.（24分）（1）4-9月干季降水少，山麓地带草类枯黄；山地海拔较高，气温较低，蒸发弱，水分条件好；盆地利于储水，地下水位较高；山区降水较多，因此干季时山地草场较为茂盛。
（任答3点得6分）（3）种植花卉和采集花卉兼顾，避免对天然花卉的过度开发；采摘时留而不采，维持花卉物种多样性；(2)减少对部分草场的过度集中利用（超载放牧），有利于草场的恢复，保护草场生态环境；牲畜活动范围扩大，食草种类多，有利于提高牲畜的品质；不同家庭共用山地牧场有利于邻里关系和睦。
（任答2点得4分游牧转场带来的迁徙促进了物种在区域间流动，有利于物种传播生存延续。
（6分）（4）问题：产品形式较单一；加工水平较低，生产附加值较低；市场规模较小，知名度较低。
对策：提高科技研发水平，创新产品形式；提高加工工艺水平，提高产品品质和附加值；借助全球重要农业文化遗产的认定，加大宣传力度，扩大市场。
（问题、对策各答2点得8分）43.（10分）减少了对住宿、餐饮等需求的依赖，选择性更大；空间更大，设施更全，舒适感更强；功能齐全，更能满足随时随地停留与游览的需求，自由感更强；景区及周边露宿，游客更能深度体验旅游景点；旅途中与家人一道生火做饭等，享受家的温馨。
2018新疆高三年级第二次诊断测试二模 文科数学答案
1 3
3 3 . 2= 2 3
… 12 分
19.（12 分） （Ⅰ）经统计落入分组区间 0, 4 ， 4,8 ，┅， 28,32 内的频数依次为 4、4、10、12、8、 6、4、2 各组分组区间相应的频率/组距的值依次为 0.02、0.02、0.05、0.06、0.04、0.03、 0.02、0.01； …6 分 （Ⅱ）调整为间隔 15 分钟发一趟车之后，候车时间原本不超过 10 分钟的数据就有 14 个， 发生了变化的候车时间中不超过 10 分钟的数据又增加了 20 个，共计 34 个，所以候车时间 不超过 10 分钟的频率为
1 的等比数列，且前六项和为 378 ， 2
求第二项，根据题意求得第一天走了 192 里，所以此人第二天走的路程为 96 里．故选 C. 8.选 B.【解析】根据题意得，输出的 x = 8 ．故选 B. 9.选 B.【解析】∵ 是锐角且满足 sin cos 又∵ f ( x) cos ( x )
由图形对称性，不妨设 m 0 ，则 S OAB 当m
2
1 m2 m4 ， 4 1 m 2 m2 2 3 3
…12 分
3 时， SOAB 取最大值 3 . 2
21.(12 分) （Ⅰ）∵ a 0 时， f x e ln x ， f x e x
0.68 .
34 0.68 ，由此估计一名乘客候车时间不超过 10 分钟的概率为 50
…12 分
20.(12 分) （Ⅰ）依题意 b m 3 ，
b x2 y2 k 3 ，∴ c 1, a 2 ，∴椭圆方程为 1； c 4 3
…5 分
y kx m 2 2 2 （Ⅱ）联立 x 2 y 2 ，得 3 4 k x 8kmx 4 m 12 0 ， 1 3 4
2018年新疆高考数学二模试卷(理科)(解析版)
为实数，则 a＝（ ）
A．
B．﹣2
C．1
D．
3．（5 分）已知 A、B、C 三点不共线，且点 O 满足
（）
A．
B．
＝ ，则下列结论正确的是
C．
D．
4．（5 分）若函数
的图象向左平移 φ（φ＞0）个单位后所得的函数为
偶函数，则 φ 的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（5 分）参加 2018 年自治区第一次诊断性测试的 10 万名理科考生的数学成绩 ξ 近似地服
故选：D．
5．（5 分）参加 2018 年自治区第一次诊断性测试的 10 万名理科考生的数学成绩 ξ 近似地服
从正态分布 N（70，25），估计这些考生成绩落在（75，80]的人数为（ ）
（附：Z～N（μ，σ2），则 P（μ﹣σ＜Z≤μ+σ）＝0.6826P（μ﹣2σ＜Z≤μ+2σ）＝0.9544）
即 k≤ ，
即实数 k 的取值范围是（﹣∞， ]， 故选：B．
9．（5 分）图中的程序框图所描述的算法称为欧几里得辗转相除法，若输入 m＝225，n＝135 则输出的 m 的值为（ ）
第 9 页（共 20 页）
A．5
B．25
C．45
【解答】解：模拟程序框图的运行过程，如下；
D．35
m＝225，n＝135， 由 225÷135＝1…90，r＝90，m＝135，n＝90， 不满足条件 r＝0，由 135÷90＝1…45，r＝45，m＝90，n＝45， 不满足条件 r＝0，由 90÷45＝2…0，r＝0，m＝45，n＝0， 此时，满足条件 r＝0，退出循环，输出 m 的值为 45． 故选：C． 10 ．（ 5 分 ） 已 知 点 （ m ， 8 ） 在 幂 函 数 f （ x ） ＝ （ m ﹣ 1 ） xn 的 图 象 上 ， 设
2018年文综全国卷2卷及参考答案
2018年文综全国卷2卷及参考答案1．1996年，M公司关闭自有生产厂，主要是为了A．提高附加值B．降低人工成本C．缩小规模D．加强合作2．M公司依次将研发中心和总部迁入上海，主要是因为上海A．基础设施好B．交通便利C．销售市场大D．信息通达3．从发展过程看，M公司一直致力于A．打造自主品牌B．扩大生产规模C．产品款式多样D．增强国际影响澳门丰岛以低矮的丘陵为主，现在的部分土地是历年填海而成的。
图2示意澳门丰岛山丘分布、街道格局及部分街道名称，据此完成4～5题。
4．由于填海造地，海岸线向海推移距离最长的地方位于澳门半岛的A．东北部 B．西北部 C．东南部 D．西南部5．澳门老城区少见自行车，原因可能是老城区街道A．狭窄B．曲折 C．坡大 D．路面凹凸恩克斯堡岛（图3）是考察南极冰盖雪被、陆缘冰及海冰的理想之地。
2017年2月7日，五星红旗在恩克斯堡岛上徐徐升起，我国第五个南极科学考察站选址奠基仪式正式举行。
据此完成6～8题。
6．2月7号，当恩克斯堡岛正午时，北京时间约为A．2月7日9时B．2月7日15时 C．2月7日17时 D．2月8日7时7．五星红旗在恩克斯堡岛上迎风飘扬。
推测红旗常年飘扬的主要方向是A．东北方向 B．西南方向 C．东南方向 D．西北方向8．对于极地科学考察而言，恩克斯堡岛所在区域的优势在于A．生物类型多样B．对全球变暖敏感C．大气质量优良 D．人类活动影响少地处黄土高原的汾川河流域多年来植被覆盖率大幅度提高。
2013年7月，汾川河流域降水异常增多，表1为当月6次降水过程的时长、降水量和汾川河洪峰情况。
第5次降水形成的洪水含沙量低，第6次降水形成的洪水含沙量极高。
据此完成9～11题9．汾川河流域植被覆盖率大幅度提高能够A．减小降水变率B．减少河水含沙量C．增加降水量 D．加大河流径流量10．第5次降水产生洪峰原因是此次降水①历时长②强度大③下渗少④植被截流少A．①② B．②③C．③④D．①④11．第6次降水产生的洪水含沙量极高，其泥沙主要源于A．河床 B．沟谷C．裸露坡面 D．植被覆盖坡面12．甲、乙、丙是三种相关商品，当甲的价格上升后，乙与丙的需求变动如图4所示。