1、.绝密启封并使用完毕前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试化学（北京卷）本试卷共16页，共300分。考试时长150分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。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 C 12 N 14 O 16第一部分（选择题）本部分共7小题，每小题6分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是A甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料C偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D开采可燃冰，将其作为能源使用【答案与分析】
2、B。氢气可作为新能源汽车的燃料，氢气然烧时发生化学变化并释放的能量；A不符题意；核聚变或核裂变过程中原子核发生了变化，与化学变化过程中分子发生改变而原子没有改变的含义不同，不属于化学变化的研究范畴，固选B；无论是什么，作为火箭的燃料是利用其燃烧时发生的化学变化过程中释放出巨大的能量从而产生巨大的反冲力实现发射的目的的；可燃冰是现代科学家发现的一种深藏于深海海底的甲烷与水形成的结晶物，其中的甲烷，具有可燃性，能够燃烧，是不可多得的新能源 。 2我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。下列说法不正确的是A生成CH3COOH总反应的原子利用
3、率为100%BCH4CH3COOH过程中，有CH键发生断裂C放出能量并形成了CC键D该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案与解释】D。利用CH4和CO2反应制备CH3COOH的化学反应方程式为：CH4+CO2 一定条件CH3COOH，原子百分百得到利用，A正确；从上述示意图中，CH4在选择性活化催化过程产生的游离基H与CH3是基于甲烷 中的一个CH键的断裂形成的，B正确；从示意图中说明，产物的能量比产物的能量高，因此，由是属于放热反应，并有CC键形成，C正确；催化剂能够改变反应物的反应速率，但不能使化学平衡发生移动，即不能改变反应物转化率或生成物的产率，D观点错误，选D。 分析：本题重点考
4、查化学反应原理中的化学键的形成与能量变化的关系，同时考查了化学平衡与催化剂的关系。3下列化学用语对事实的表述不正确的是A硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB常温时，0.1 molL-1氨水的pH=11.1：NH3H2O+OHC由Na和C1形成离子键的过程：D电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2eCu【答案与解释】A。实验研究发现：酯化反应是一个酸供羟基醇去氢的过程，A观点错误；一水合氨是弱碱，因此，0.1 molL-1氨水的pH13，且一水合氨是部分发生电离，电离方程式只能用可逆号而不能用等号，B正确；离子键的形成过程实际是活泼
5、金属原子失去电子形成阳离子，而其它原子或原子团获得电子形成阴离子的过程；C正确；电解精练铜的过程中粗铜接电源的正极作阳极，发生氧化反应：Cu -2eCu2+，精铜作阴极，发生还原反应：Cu2+ +2eCu，D正确。 分析：考查酯化反应历程、弱电解质的电离平衡与电解精练铜的电极反应式，难度较小。4下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色【答案与分析】C。A中发生的相关反应有：2Na
6、OH+FeSO4= Fe(OH)2+Na2SO4、4Fe(OH)2+2H2O+O2= 4Fe(OH)3，其中的4Fe(OH)2+2H2O+O2= 4Fe(OH)3发生了氧化还原反应；B中的石蕊溶液滴入氯水中溶液变红，随后迅速褪色是因为氯水中含有的HCl能够使紫色石蕊试液变红，而其中的HClO具有强氧化性，能够氧化有机色素而使变红的石蕊试液褪色；B不符题意；C中发生的化学反应方程式为：Na2S+2AgCl=Ag2S+2NaCl，属于难溶电解质之间的相互转化，没有发生氧化还原反应；D中发生的反应有：3Cu+8HNO3= 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O、2NO+O2= 2NO2，显然，前后两步
7、均发生了氧化还原反应； 分析：考查实验的现象与实验原理（包括氢氧化亚铁的不稳定性、次氯酸的漂白原理、难溶电解质的溶解平衡原理以及硝酸的氧化性等），难度较小。5一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如下图下列关于该高分子的说法正确的是A完全水解产物的单个分子中，苯环上的氢原子具有不同的化学环境B完全水解产物的单个分子中，含有官能团COOH或NH2C氢键对该高分子的性能没有影响D结构简式为：【答案与分析】B。芳纶纤维完全水解得到的产物是对苯二甲酸（COOHCOOH）和对苯二胺（NH2NH2），因结构高度对称，二者身上均只有一种环境的氢，A观点不正确，而B正确；氢键的形成能够
8、对物质的熔沸点、溶解性以及硬度等物理性质产生影响；C观点不对；芳纶纤维的结构简式为，D错误。6测定0.1 molL-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻温度/25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是ANa2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OHB的pH与不同，是由于浓度减小造成的C的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D与的Kw值相等【答案与解释】B。Na2SO3属于强碱弱酸盐，其中的为弱酸根离子，能够发生水解而使Na2SO3溶液呈碱性，A观点正确
9、；由的过程中，随着外界温度的升高，溶液中的Na2SO3被空气中的氧气氧化，而使的浓度降低，因此溶液的pH值减小，在实验中溶液中的的浓度进一步降低，同时温度由40降为25时，还使水解程度减低，导致溶液的pH值进一步减小，B观点不对；的过程为升温的过程，与增加反应物的浓度一样，促进盐类水解；C观点正确；KW只与温度有关，D正确。 分析：考查盐类水解及水的离子积的影响因素。7验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是A对比，可以判定Zn保护了FeB对比，K3Fe(CN)6可能将Fe氧化C验证Z
10、n保护Fe时不能用的方法D将Zn换成Cu，用的方法可判断Fe比Cu活泼【答案与解释】D。实验证明了铁没有被氧化，而实验证明被氧化，说明实验起到保护作用，A正确；实验中蓝色的沉淀是在铁的表面形成的，说明溶液中并没有Fe2+存在，而在铁片表面形成的Fe2+可能是因为K3Fe(CN)6中的Fe（）氧化了Fe单质反应生成的，B正确，C项，对比，也能检验出Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe；如果将Zn换成Cu，则在实验中应该看到溶液中有蓝色的沉淀出现，由于的方法证明了实验中铁棒可以被还原，因此，如果将实验中的Zn改为Cu，则不能通过滴加K3Fe(CN)6在铁片表面形成蓝色沉淀来说明Fe比Cu活泼，要
11、证明Fe比Cu活泼，可以采用实验的方法；D项不正确。第二部分（非选择题）本部分共11小题，共52分。8（17分）8羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。下图是8羟基喹啉的合成路线。已知：i. ii.同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定。（1）按官能团分类，A的类别是_。（2）AB的化学方程式是_。（3）C可能的结构简式是_。（4）CD所需的试剂a是_。（5）DE的化学方程式是_。（6）FG的反应类型是_。（7）将下列KL的流程图补充完整：（8）合成8羟基喹啉时，L发生了_（填“氧化”或“还原”）反应，反应时还生成了水，则L与G物质的量之比为_。【答案与解释】烯烃；
12、CH2=CHCH3 +Cl2 高温CH2=CHCH2Cl+HClCH2CHCH2OHClCl 或CH2CHCH2ClOHCl氢氧化钠水溶液并加热；C3H8O3 浓硫酸C3H4O+2H2O ；取代反应（或硝化反应）；OHNHOHKOHNHOH 浓硫酸OHNHL 氧化反应、3：1。 分析：C3H6的不饱和度为1，分子中含有一个双键，应该为丙烯，所以按官能团分属于烯烃；丙烯与氯气在高温下反应生成B，考虑到B还能够与HOCl发生加成反应，因此推断AB是属于取代反应，即生成了3-氯代丙烯（CH2=CHCH2Cl）和HCl；因此AB的化学反应方程式为：CH2=CHCH3 +Cl2 高温CH2=CHCH2C
13、l+HClCH2=CHCH2 Cl与HOCl加成所得的产物有两种：即2，3二氯丙醇和1，3二氯2丙醇；它们的结构式分别为：CH2OHCHCH2Cl Cl 与OHCH2CHCH2Cl Cl ，结构简式则为：CH2(OH)CHClCHCl 与CH2 ClCH(OH)CH2Cl；推断D为丙三醇（甘油），卤原子发生羟基代的反应条件是在氢氧化钠溶液中加热进行的，因此CD所需要的试剂为NaOH溶液；醇在浓硫酸并加热的条件下能够发生消去反应，因此推断E为丙烯醛（CH2=CHCHO），所以DE的化学反应方程式为：CH2OHCHOHCH2OH浓H2SO4加热CH2=CHCHO+2H2O；F（OH）是苯酚，而G（
14、OHNO2）是邻硝基苯酚，FG反应是属于取代反应，也可以称为硝化反应；略由L（OHNH）制备8-羟基喹啉（OHN）显然是由CN单键形成C=N双键的过程，也是属于去氢的过程，即发生了氧化反应，有关反应的化学反应方程式为：3OHNH+OHNO2 一定条件3OHN+OHNH2+2H2O或3C9H9NO+C6H5NO3 一定条件3C9H7NO+C6H7NO+2H2O。则L与G的物质的量之比为3：1。9（13分）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)”或“”）。结合元素周期律解释中结
15、论：P和S电子层数相同，_。（3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：_。（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80后脱除率变化的原因：_。（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42残留，原因是_；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是_。（6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b molL1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO
16、4的质量分数是_。（已知：H3PO4摩尔质量为98 gmol1）【答案与解释】研磨、加热；硫原子是最外层电子数比磷原子多，更容易获得电子，非金属性比磷强，对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性更强；Ca5(PO4)3F+5H2SO4=5 CaSO4+3H3PO4+HF；温度越高（80以后），H2O2的分解反应越快,浓度显著降低；硫酸钙微溶于水（或硫酸钙的溶解度较大）、H3PO4+SO42-+BaCO3= BaSO4+CO2+H2O+HPO42-；4.9cba%分析：粉碎矿石可以增加反应物的接触机率，加快反应速率；升高温度（加热）可以增加反应物活化分子的能量，同样是加快反应速率的有效措施之一；复分
17、解反应的规律之一是强酸制弱酸，硫酸的酸性比磷酸强，因此，可以用硫酸与磷酸盐反应制备磷酸；硫原子与磷原子位于同一周期，具有相同的电子层，但由于硫的核电荷数比磷元素大，硫原子半经比磷原子半经小，硫原子核对外层电子的吸引力大于磷原子，所以硫的非金属性比磷元素强，对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性比磷强，即H2SO4的酸性比H3PO4强；HF是一种弱酸，磷精矿与浓硫酸反应生成磷酸的同时，还生成的HF，相关反应的化学反应方程式为：Ca5(PO4)3F+5H2SO4=5 CaSO4+3H3PO4+HF；而氢氟酸能够与矿物中的杂质SiO2反应生成挥发性的SiF4，加入H2O2进行脱有机碳的反应过程中，在8
18、0以下，因为随着温度的升高，化学反应速率，因此除碳效率增加，但随着温度的升高与反应的不断进行，一方面反应物的浓度减小，使脱碳效率减小，另外主要由于H2O2的分解反应速率的加快，H2O2的浓度降低，导致了脱碳效率的降低；CaSO4为微溶物，因此在加入过量的CaCO3与硫酸作用后，溶液中仍会有少量的SO42-存在，去除的办法是加入BaCO3与之反应生成更难溶的BaSO4；用NaOH滴定H3PO4生成Na2HPO4的化学反应方程式为：2NaOH+H3PO4= Na2HPO4+2H2O，消耗掉的NaOH的物质的量为n(NaOH)=cb10-3mol，则样品中含有磷酸的物质的量为n(H3PO4)=12c
19、b10-3mol，则，样品中所含的H3PO4的百分含量=12cb10-3mol98gmol-1a100%=4.9cba%10（12分）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：（1）反应：2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) H1=+551 kJmol1反应：S(s)+O2(g)SO2(g) H3=297 kJmol1反应的热化学方程式：_。（2）对反应，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2_p 1（填“”或“”），得出该结论的理由是_。（3）I可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化
20、剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。iSO2+4I+4H+S+2I2+2H2OiiI2+2H2O+_+_+2 I（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）序号ABCD试剂组成0.4 molL1 KIa molL1 KI0.2 molL1 H2SO40.2 molL1 H2SO40.2 molL1 KI0.0002 mol I2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快B是A的对比实验，则a
21、=_。比较A、B、C，可得出的结论是_。实验表明，SO2的歧化反应速率DA，结合i、ii反应速率解释原因：_。【答案与解释】3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)；p1p2、反应：3SO2(g)+2H2O(g)= 2H2SO4(l)+S(s)属于放热的、缩小气体体积的反应，增大压强与降低温度，有利于H2SO4的生成；I2+2H2O+SO2SO42-+4H+2 I0.4;I-对SO2的歧化反应具有催化作用而H+单独存在时，对SO2的歧化反应没有催化作用，但它可以提高I-的催化效应；实验D说明反应i是慢反应，而反应ii是快反应，实验D中加入的0.0002molI2很快与SO2
22、反应生成0.2molL-1的I-的同时，还生成可以帮助提高催化效应的H+,从而加快了歧化反应的进行，因此实验D的反应速率比实验A的反应速率快。11（16分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）A为氯气发生装置。A中反应方程式是_（锰被还原为Mn2+）。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有_。（2）探究K2F
23、eO4的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫万 人（按照年旅游天数 150天算）。不能 旅游 展中解决一 word 教育料 . . 定的房源，而且雅静 客房配套施全，中高档房、不同床 数的配置能足不同人群的需求。配有的 休功能、商品物 功能、餐功能、超大面停 都游客具有特的吸引力，提 升旅游回率。 2、本目的建能促 * 展 客一般来就是人提供住宿和食的所。具体地
24、店 是以它的建筑物凭， 通 客入住、 餐及合服 施向客人 提供服，从而得 收益的 。 * 雅静 的建能从宏方面和微方面促地区 展。宏方面，能改善* 旅游展境，提升良好的旅游形 象，增强 * 旅游吸引力和地区投吸引力。一部分人士通入住 和停留，可考察地区源状况、 和社会展水平， 一步 投托克托打好基。微方面体在，第一，客通入住、就餐 及其他 服 施等消， 造 收益、 * 造 税收；第二，流人口通入住，增加在* 的停留 ，地 区商 展造良好的条件。停留的流人口在* 可以消当地 特色品、品特色美食、 当地土人情，通消直接增加地 区税收，壮大域 。 3、本目的建是能 减* 部分就 力 * 目前人口数
25、20.8 万人， 人口众多， 剩余 力众 多， 力供大于求与就 构性矛盾突出。一方面， 力供大于 求的矛盾期存在。 然每年就 位都有所增加， 但不能足下 word 教育料 . . 失人、大中院校 生、复退伍人、失地民、城 工人及城新成 力就需求。 另一方面就 构性矛盾日 突出，受 技能和 念等因素的影响，招工与就 同并 存，特是大就困人由于年偏大，技能一，就 困 。此外，部分企季性用工明，用工位不定。托工园 区新增就 位用 * 本地人机率少、极性不高，本地人 自身技能水平、知水平低，就工作任十分巨。 本目 * 雅静 的建，用工人的技能、年要求不 高，不适合村剩余 力，适合城失 力，而且用工固
26、定，符合* 就 状。因此本目的建，可* 解决部分就 位， 减就 力具有极作用。 五、主要技 指表 技 指 表1-1。 表 1-1 目主要技 指表 序号目位数量明 一技指 1 客房数76 家庭 24 ， 可容人数人176 52 2 餐232.2 可容人数人474 3 休区232.2 其中：台球92.9 4 部台球桌 word 教育料 . . 服装区139.3 二指 1 投万元2521.3 1.1 建投万元2292.1 1.2 流金万元229.2 2 年限年15 3 年均售收入万元1100.4 4 年均成本用 万元594.3 5 年均税金及附加万元126.5 6 年均利 万元379.6 7 年均所
27、得税万元94.9 8 年均税后利（利）万元284.7 9 年均盈余公金万元28.5 10 利 万元242 11 内部收益率（税后）22.4 12 （税后）万元1784.6 13 全部投回收期（税后）年7.4 14 投利率% 15.1 15 投利税率% 20.1 16 盈亏平衡 BEP % 53.1 word 教育料 . . 六、 与建 1、* 雅静 作新 ，品牌知名度不高，要加大宣力 度，并在 期加大回力度，提升可度，尽量在全范内 宣，人留下良好印象。 2、本目改造装修原 * *公司大楼，大楼原功能 公用房，各房面、布局置都按照公 的，改造建 后，酒店住宿布局受到一定的限制。 建在目的后期 要
28、尽量 化，提高入住舒适度，提升争力。 3、所有的配套管和效率低、耗能高、不利于境保的 ，行全面更新造及周 境的化、美化、亮化。并根据整体布 局， 蔽管走向作相的整， 整体 的 性、安全 性、保性和舒适性打下良好的基。 4、加强管理，提高 效益，短投回收期。 word 教育料 . . 第二章建背景及市分析 第一建背景 一、区域背景 （一）行政区划和人口 * 地大青山南麓，黄河北岸的土默川平原。位于 1112 30 111 32 21 ，北 40 5 35 40 3515 ，全 平均海拔高度 1132 米，西 37.9 公里，南北 52.35 公里，面 14168 平方公里。 3 个、6 个：双河
29、、新子、五申 、中 、燕山 、伍什家、永圣域、古城、乃只盖， 双河是政府所在地。人口19.5 万人，境内居住着蒙、回、 等 24个民族。 （二）气候特征 气候属中温大季型气候，四季气候化明，差异大， 其特点是：冬季漫 寒，夏季炎，春秋两季气候化烈。四季 分明，日照充足，年平均气温7.3，年平均降雨量362mm ，属半干 旱大季气候。 （三）旅游源 * 位于大青山南麓， 黄河上中游分界北岸的土默川平原上。 * 史悠久，文化存遍地，古城、黄河、沙漠集，旅游源 十分丰富。早在五、六千年前的新石器代，就有人在里生息繁 衍。在 古老而文明的沃土上，有新石器期的“ 海生不浪文化” word 教育料 . .
30、 址，国筑就的云中古城，唐代陲要塞受降城，、金、明期 的云内、 城，互市易的水旱 河口古；有神奇莫、化 无的海眼神泉，千湖泊、 点的南湖水上公园，水面 、 气恢弘的黄河上中游分界， 延十余里， 香的葡萄一溜湾； 有品 良、 近名的辣椒、 小茴香、黄河 、豆、 卜、 枸杞等土特品； 有洲最大的火力 基地和国内最大的生物酵 基地。在史的程中，里曾先后孕育出孟舒、恰台吉、李裕智、 益等史名人和革命先； 也 了武侯始筑云中城， 常遇春 大破洲城， 康熙帝西托克托， 刘 保德将等帝王将相的 采；流下神灵点化旗杆、御刨出水井，仙花潭与蛤蟆石 等奇幻的民神 。 1、黄河晋大峡谷，北起内蒙古托克托，南至河津禹
31、口，全 725公里，沿共有 27个市，面达 11.16 万平方公里。黄河晋蒙 大峡谷，西依 雄的鄂尔多斯高原， 疆起伏的晋北山区， 北阴山山脉， 南接晋峡谷。 沿黄河大峡谷两岸其旅游源十分丰 富，文物古迹众多，自然，人文景皆美，史文化底深厚。大自 然的鬼斧神工，匠心独具，使大峡谷两岸崖峭壁，峰秀，烟迷玉 黛，如如画，光独特，甚壮。被誉北国的 小三峡。大峡 谷地中温，属温大性季气候，四季分明。冬季气候寒冷， 夏季气候温和凉爽，境宜人。 2、大皇城，位于呼和浩特市 * 新旧城之，系明代修建的古 城址。弃后，城 存好， 人把座城名 “ 城 kulue ” 。 word 教育料 . . 座古城是在唐代
32、 “ 受降城”的基上建的。 代；“ 州” 治所，俗称“ 大皇城” 。金代在“ 大皇城” 建“ 子城” ，即“ 小 皇城” 。明朝洪武二十五年 (公元 1392年) 名“ 左” ，次年建 左城 (今城 kulue) 。城周 12.5公里，城高 8米左右，是呼 和浩特地区模最大的一座古城。建有、南、西、北四，并筑有 瓮城，是一座屯大城。明正十四年(公元1449年) 内迁山西，城遂 空。明嘉靖年 (公元1522午后) ，俺达汗子卡台吉，名脱脱(也 有写成妥妥 )，率众期牧于此，座址城即称“ 脱脱城”(今城 kulue) 。城 kulue 一名流至今。 （四）道路交通条件 形成了公路、路和航空相合的立
33、体交通网。公路有 4 条主要公路干。其中呼和浩特市准格尔煤田二公路途 内三一；呼和浩特市喇嘛湾柏油公路 城中心向接呼准 公路；包市凉城柏油公路 城 盟凉城与晋两省相 通；托察素公路与京包路相交。其余10 多条 柏油路 西南北通内各 ，呼市 高速公路将在2005 年建成 通，极大地拉近了我与周地区的距离。 路与丰准路接的大唐托 用横穿托工园区， 大型物可通 路直接运抵托 2005 年建成通的呼准路 托，将托的展造更便捷的条件。 航空呼和浩特市白塔机距托一小多的路程，有通往国 国内多条航，四通八达。 word 教育料 . . 二、* 城建 划背景 “ 十二五” 期 * 持“ 两核、 五” 的展思路
34、， 突出特色、科学划、加快建、强化管理， 工化与城化互 展，.深圳市2018届高三第一次调研考试数 学(理科)一、 选择题：本题共12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=x|log2x2n；p2：xR,“x1”是“x2”的充分不必要条件；P3：命题“若x=y，则 sin x=siny”的逆否命题是“若sin xsiny，则xy”；P4: 若“pVq”是真命题，则p一定是真命题。其中为真命题的是（ ）A.p1,p2 B.p2,p3 C.p2，p4 D.p1,p37、中国古代数学著作算学启蒙中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，
35、松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等。意思是现有松树高5尺，竹子高2尺，松树每天长自己高度的一半，竹子每天长自己高度的一倍，问在第几天会出现松树和竹子一般高?如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的x=5，y=2，输出的n为4，则程序框图中的 中应填入（ ）A. B. C. D.8、如图，格纸上小正方形的边长为1，某几何体的三视圈如图所示，则该几何体的外接球表面积为（ ）A. B. C. D. 9、在中( )A. B. C. D.10、已知函数是定义在R上的奇函数，且在区间+)上有恒成立，若，令，则A. B. C. D.11、设等差数列满足：，公差，则数列的前项和的最大值为（ ）A.100 B.
36、54 C.77 D.30012、一个等腰三角形的周长为10，四个这样相同等腰三角形底边围成正方形，如图，若这四个三角形都绕底边旋转，四个顶点能重合在一起，构成一个四棱锥，则围成的四棱锥的体积的最大值为（ ）A. B. C. D. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、若实数x，y满足约束条件，则的最小值为 .14、展开式的的系数是 .15、已知F为抛物线的焦点，过点F的直线交抛物线于A，B两点，若，则= .16、如图，在ABC中，ABC=90，AC=2CB=，P是ABC内一动点，BPC=120，则AP的最小值为 .三、解答题：本题共6小题，共70分。请将解答过程书写在答题纸上
37、，并写出文字说明、证明过程或演算步骤.17、（本小题满分12分）设数列的前n项和为，,（nN).（I）求数列的通项公式；（）设，求数列的前n项和18、（本小题满分12分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为边长为等边三角形，BB1=4，AC1BB1，且A1B1B=45.（1） 证明：平面BCC1B1平面ABB1A1；（2） 求B-AC-A1二面角的余弦值 19、（本小题满分12分）某重点中学将全部高一新生分成A，B两个成绩相当（成绩的均值、方差都相同）的级部，A级部采用传统形式的教学方式，B级部采用新型的基于信息化的自主学习教学方式.期末考试后分别从两个级部中各随机抽取100名学
38、生的数学成绩进行统计，得到如下频率分布直方图：若记成绩不低于130分者为“优秀”。（I）根据频率分布直方图，分别求出A,B两个级部的中位数和众数的估计值（精确到0.01)；请根据这些数据初步分析A，B两个级部的数学成绩的优劣.（)填写下面的列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为“优秀”与教学方式有关?级部是否优秀优秀不优秀合计A部B部合计（）现从所抽取的B级部的100人中利用分层抽样的方法再抽取25人，再从这25人中随机抽出2人去参加“信息化的自主学习”的学习体会座谈，求抽出的两人中至少有一个为“优秀”的概率；将频率视为概率，从B级部所有学生中随机抽取25人去参加“信息化的自主学习”的学习体会座谈，记其中为“优秀”的人数为X，求X的数学期望和方差。20、（本小题满分12分）已知椭圆C（ab0)的离心率为，直线：x+2y=4与椭圆有且只有一个交点T.（I）求椭圆C的方程和点T的坐标；（)O为坐标原点，与OT平行的直线与椭圆C交于不同的两点A，B，直线与直线交于点P，试判断是否为定值，若是请求出定值，若不是请说明理由.21、（本小题满分12分）已知函数，曲线在点处的切线方程为.（I）求的值；（）若当时，关于的不等式恒成立，求的取值范围.
