D

,可知函数f(x)在区间单调递增，在单调递减，在单调递增，如下图，，令t=f(x),则,因为要有三个零点，一种是，所以，显然A,B不对，C选项不符，D选项满足。，或，k= (不符)，

另一种是，，不符。

综上所述，选D.

B

由图像平移可得，减区间为，所以，解得，选B.

C

由约束条件画出可行域如下图，目标函数可变形为z=2x+y,即，求截距的最小值，过点C(2,1)时，，选C.

B

初始值，

第一次循环：，

第二次循环：

第三次循环:

第四次循环：，所以S是一个周期数列，

当n=2017时，S=-3,n=2018,退出循环，S=-3.选B.

A

由函数可知，f(x)为奇函数，所以排除B,当x=0.5时，f(0.5)=-2ln2<0,排除D.f(2)=,排除C,选A.

D

三视图还原是四棱锥，，面ABCD,PD=AD=BC=AC=1,所以体积，选D.

B

设小正方形的边长为1，直角三角形的直角边分别为x,1+x,,由几何概型可得，解得x=1,x=-2（舍），所以直角三角形边长分别为，直角三角形中较大锐角的正弦值为，选B.

D

由题意得，解得，（舍），所以，选D.

A

在方向上的投影为，选A.

C

由题意得，选C.

B

，对应点(2,2)选B.

由题意可知面EAD,，设DE中点是F,则AF面BCD,,

外接球球心在过点E垂直面BCD的直线上，即与AF平行的直线上。设球心为O,半径为R,由OA=OB,,解得，填。

由题意得，在中，，，即

，所以，当OB=OC时取最大值。填

由，所以，填。

即””为真命题，所以，x=1时取等号。所以m>2,填。

(Ⅰ)或；(Ⅱ).

试题分析：（1）由m=1,按零点-1,分三段讨论解不等式。（2）分离参数，即求的最小值大于等于m.

试题解析：（Ⅰ）当时，，由解得或．

（Ⅱ），，且，

，

令，由题意得，解得，

，．

(Ⅰ)：，：；(Ⅱ)，此时点的坐标为．

试题分析：（1）由直角坐标与极坐标互换公式求得.（2）椭圆与动直线有一交点A（0，-1）,把直线化为过A（0，-1）点的参数方程，代入椭圆由韦达定理

试题解析：（Ⅰ）由得，平方，相加得：，：．

（Ⅱ）将化为参数方程：（为参数），将参数方程代入，

得，，，

， ，且，，

，此时点的坐标为．

(Ⅰ)；(Ⅱ)证明见解析.

由导函数，及，，，由根的存在性定理可知存在使得，只需证最小值>,由隐零点回代。

，即证。

试题解析：（Ⅰ）当时，，，令解得，

故当时，的最小值为．

（Ⅱ），，，故存在使得，令，则当时，，

故在单调递增，且，是的唯一零点，且在处取得最小值，又即可得，，构造函数：，，

二次求导可得，故当时，，即在单调递减，

则当时，，可得在单调递减，

在单调递减，，得证．

(Ⅰ)；(Ⅱ).

试题分析：(1)由题意可知，当为半椭圆与轴的左交点，为圆与轴的右交点时，会取得最大值，（2）设直线方程与圆组方程组，由韦达用k表示出Q点坐标，由，用k表示P点坐标，再由代入向量坐标运算，可求得斜率k及P点坐标，可得椭圆方程及离心率。

试题解析;（Ⅰ）由已知得：当为半椭圆与轴的左交点，为圆与轴的右交点时，会取得最大值，即，解得，由图像可得，即，故半椭圆的方程为．

（Ⅱ）设直线方程为，，，联立

得，故，，，又，

且，，故，，，

又，且，，

，

解得，故，代入解得，故．

(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).

试题分析：（1）分别作点E,F在底面ABCD的身影为P,Q，即面面。由结论2可证。（2）由（1）中可知二面角和二面角都是，即，且。

试题解析：（Ⅰ）由题意，点在底面的射影在上，可设为点，同理，点在底面的射影在上，可设为点，则面，面，面面，面面，又面，面，面，由结论2：过平面内一条直线作该平面的垂面，有且仅有一个，则、、、四点共面．

（Ⅱ）若二面角和二面角都是，则，易得，则，，

．

(1)；(2).

试题分析：（1）由，可得，所以。（2）由（1）得，由错位相减求和可求得。

试题解析：（Ⅰ）当时，，当时，，

又符合上式，，．

（Ⅱ）， ①，

 ②，

①②得，，