点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为
(Ⅰ)求曲线C的普通方程与直线l的直角坐标方程；
(Ⅱ)已知直线l与曲线C交于A，B两点，与x轴交于点P，求|PA|·|PB|.
23.[选修4—5：不等式选讲](10分) 已知函数f(x)＝|2x－1|＋2|x＋2|. (Ⅰ)求函数f(x)的最小值； (Ⅱ)解不等式f(x)<8.
漳州市2018届高中毕业班调研测试
＝2.
数学(理科) 答案详解
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B B D D D A B C C B A A 1.B 【解析】本题考查分式不等式及指数不等式的解法、集合的交集运算．A＝(－∞，－3]∪(4，＋∞)，B＝(2，＋∞)，所以A∩B＝(4，＋∞)，故选B.
1＋7i（1＋7i）（2＋i）
2.B 【解析】本题考查复数的除法运算及复数的模．因为z＝＝＝－1
2－i（2－i）（2＋i）＋3i，所以|z|＝10，故选B.
3.D 【解析】本题考查函数的图象和基本性质．由题易得函数f(x)是奇函数，所以其图象关于原点对称，排除B，C，当x∈(0，π]时，f(x)>0，排除A，故选D.
4.D 【解析】本题考查向量的基本概念和运算．设a与b的夹角为θ，则a⊥(a－b)a·(a－
2
b)＝0a2－a·b＝0a2－|a|·|b|cosθ＝0，所以cosθ＝，所以向量a在b方向上的投影为|a|cos
2
2
，故选D. 2
5.D 【解析】本题考查等差数列和等比数列的通项公式．依题意，an＝1＋3(n－1)＝3n－2，bnn－1
＝3，则b1＝1，b2＝3，b3＝9，所以ab1＋ab2＋ab3＝a1＋a3＋a9＝1＋7＋25＝33，故选D.
6.A 【解析】本题考查含有当型循环结构的程序框图．执行程序框图，依次可得n＝1，S＝0，S<16，进入循环；S＝0＋3＝3，n＝2，S＝3<16，进入循环；S＝3＋6＝9，n＝3，S＝9<16，进入循环；S＝9＋9＝18，n＝4，S＝18>16，跳出循环，输出n＝4，S＝18，故选A.
7.B 【解析】本题考查空间几何体的三视图、空间几何体的体积．这个几何体是由一个棱长为2的正方体挖去一个三棱锥而成的，其直观图如图所示，则这
1120
个几何体的体积V＝23－××2×2×2＝，故选B.
323
θ＝
8.C 【解析】本题考查三角函数的图象与性质．由题图可知，A＝2，T＝π，所以ω＝2，ππ
|φ|<，所以φ＝，所以
24
2πω＝2×?
?5ππ?
?＝
?8－8?
πππ
＝2，解得2×＋φ＝＋2kπ，k∈Z，即φ＝＋2kπ，k∈Z，因为
824
，故选C.
9.C 【解析】本题考查函数的基本性质．由题知
1
10.B 【解析】本题考查几何概型.满足条件的概率是以1为半径的球的体积的除以以1为棱
8π41
长的正方体的体积，即π×÷1＝，故选B.
386
11.A 【解析】本题考查直线与抛物线的位置关系与轨迹方程的求法．不妨将抛物线翻转为x2
＝4y，设翻转后的直线l的方程为y＝kx＋1，翻转后的A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
2??x＝4y，11则联立?得x2－4kx－4＝0 ①，易得抛物线C在点A处的切线方程为y－x21＝x1·(x－
42
?y＝kx＋1?
?y－4x1＝2x（x－x），
11
x)，同理可得抛物线C在点B处的切线方程为y－x2＝x(x－x)．联立?4211
y－x2＝?42x（x－x）
2
1
1
1
2
2
2
2
2
2
11
1
得y＝x1x2，再由①可得x1x2＝－4，所以y＝－1.故原抛物线C相应的点P的轨迹方程为x＝－1，
4故选A.
12.A 【解析】本题考查导数的应用.当a≥0时，1，2都是不等式(ax＋3)ex－x>0的解，不符合1－xxx
题意；当a<0时，(ax＋3)e－x>0化为ax＋3>x，设f(x)＝x，则f′(x)＝x，所以函数f(x)在(－∞，
eee
1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，所以当x＝1时，函数f(x)取得最大值，因为不等式(ax＋3)ex
x
?113
－x>0有且只有一个正整数解，则?解得－3 ee22 a×2＋3≤，?e 221a×1＋3>1， e a 2x－?展开式的通项为 13.1 【解析】本题考查二项式定理的通项.?x?? ka－ －?＝Ck828－k(－a)kx8－2k.令8－2k＝0，Tk＋1＝Ck8(2x)8k?得k＝4.由?x? 8 ， 得正数a＝1. 14.－2 【解析】本题考查含有参数的线性规划问题.作出可行域，如图所示，经计算，A(－2k，k)，B(k，k).由图可知，当直线y＝－x＋z过点B时，z取最大值，即k＋k＝4，解得k＝2，当直线y＝－x＋z过点A(－4，2)时，z取最小值，即zmin＝－4＋2＝－2. 23→→ 15.2或 【解析】本题考查双曲线的几何性质．若AF＝－2BF，则由图1可知，渐近线OB 3b|OA||FA| 的斜率为－，l⊥OB，在Rt△OBA中，由角平分线定理可得＝＝2，所以∠AOB＝60°， a|OB||FB| b?223→b3c→?∠xOA＝30°，所以＝，e＝＝1＋?a?＝.若AF＝2BF，则由图2可知，渐近线OB为△AOF a3a3 bc 边AF的垂直平分线，故△AOF为等腰三角形，故∠AOB＝∠BOF＝60°，＝3，e＝＝2. aa 3 ，＋∞? 【解析】本题考查数列与分段函数的性质．要使数列{an}为单调递增数列，则16.??2?3 a1 2 时，an＝logtn也必须单调递增，∴t>1 ②.另外，由于这里类似于分段函数的增减性，因而a3 35 即3(2t－3)－8t＋14 22 353?logt4＋2t>5；当t>时，logt4＋2t>5，故③式对任意t>恒成立，综上，解得t的取值范围是??2，＋∞?.22 33ln42?3?t>?，方法二：由①②得t>，在此前提下，构造f(t)＝logt4＋2t－5?则f′(t)＝2－令g(t)＝tlnt?t>2?，2，?2?2tlnt 3?则g′(t)＝ln2t＋2lnt＝lnt(lnt＋2)>0，∴g(t)＝tln2t在??2，＋∞?上单调递增，且g(t)>0，从而f′(t)是3ln33?，＋∞?上的增函数，可验证f′??＝2－ln4＝21－4<0?证明如下：要证f′?3?<0，即证3?2??2???2?323 ln2ln2223333273273273 ln4>ln2，即证ln4>3ln×ln，即证ln4>ln×ln，∵ln4>ln，0 ? ????? 33ln42ln4 ，＋∞?上有唯一零点，设为m，m∈?，2?，易知>0.∴f′(t)＝2－2在?2＝2－??2?2ln2ln4tlnt?2 3? m为f(t)的极小值点，也是最小值点．∴f(t)min＝f(m)＝logm4＋2m－5.当m∈??2，2?时，logm4>log24＝ 33?2，2m>2×＝3.∴f(t)min＝f(m)>log24＋3－5＝0，即当t∈??2，＋∞?时，f(t)>0恒成立．综上，t的取2 3 ，＋∞?. 值范围是??2? 17.【名师指导】本题考查正弦定理、余弦定理、等差数列以及三角形面积的计算． 31 解：(Ⅰ)由(b－c)2＝a2－bc，得b2＋c2－a2＝bc，(2分) 22f′(2)＝2－ b2＋c2－a211 即＝，由余弦定理得cosA＝，(4分) 2bc44 15因为0 4 (Ⅱ)由sinB，sinA，sinC成等差数列，得sinB＋sinC＝2sinA，(7分) 由正弦定理得b＋c＝2a＝4， 所以16＝(b＋c)2，所以16＝b2＋c2＋2bc.(8分) 5 由(Ⅰ)得16＝a2＋bc， 2524 所以16＝4＋bc，解得bc＝，(10分) 25112415315 所以S△ABC＝bcsinA＝××＝.(12分) 22545 18.【名师指导】本题考查独立性检验． 2 50×（25×11－5×9） 解：(Ⅰ)K2＝≈8.104>6.635.(2分) 30×20×16×34 所以能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为学生使用手机的时间长短与性别有关．(4分) (Ⅱ)X可取0，1，2，3.(5分) C356 P(X＝0)＝3＝，(6分) C921 2C13C615 P(X＝1)＝3＝，(7分) C9281C233C6P(X＝2)＝3＝，(8分) C914C313P(X＝3)＝3＝，(9分) C984 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 51531P 21281484(10分) 51531 E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1.(12分) 21281484 19.【名师指导】本题考查直线与平面垂直的判定和二面角的求法． (Ⅰ)证明MN⊥平面PAC，从而证得MN⊥PC；(Ⅱ)建立空间直角坐标系，分别求出平面MNC与平面APMB的法向量，利用空间向量夹角公式求解． 解：(Ⅰ)证明：作ME∥PA交AB于E，NF∥PA交AD于F，连接EF，BD，AC. 由PM∥AB，PN∥AD，易得ME綊NF， 所以四边形MEFN是平行四边形， 所以MN∥EF，(2分) 因为底面ABCD是菱形， 所以AC⊥BD，又易得EF∥BD，所以AC⊥EF，所以AC⊥MN，(3分) 因为PA⊥平面ABCD，EF平面ABCD， 所以PA⊥EF，所以PA⊥MN，因为AC∩PA＝A，(4分) 所以MN⊥平面PAC，故MN⊥PC.(5分) (Ⅱ)建立空间直角坐标系如图所示， 则C(0，1，0)，M?0)， 31?31??，－，2，N－，－，2，A(0，－1，0)，P(0，－1，2)，B(3，0， 2?2??2?2 3333→→→→ 所以CM＝?，－，2?，CN＝?－，－，2?，AP＝(0，0，2)，AB＝(3，1，0)， 2?2??2?2 (7分) 33 x－y＋2z＝0，22 设平面MNC的法向量为m＝(x，y，z)，则 33 －x－y＋2z＝0，22 4 令z＝1，得x＝0，y＝， 3 4 0，，1?；(9分) 所以m＝??3? ? ?? ??2z1＝0， 设平面APMB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则? ??3x1＋y1＝0， 令x1＝1，得y1＝－3，z1＝0， 所以n＝(1，－3，0)，(10分) 设平面MNC与平面APMB所成锐二面角为α， 433|m·n|23 则cos α＝＝＝，(11分) |m|·|n|54222222?0＋??3?＋1×1＋（－3）＋0 23 所以平面MNC与平面APMB所成锐二面角的余弦值为.(12分) 5 20.【名师指导】本题考查椭圆的方程、性质、直线与椭圆位置关系的综合问题． 解：(Ⅰ)因为抛物线y2＝43x的焦点为(3，0)，所以椭圆C的半焦距c＝3，即a2－b2＝3. ① 1?x2y231?把点Q?－3，2?代入2＋2＝1，得2＋2＝1. ② aba4b x2222 由①②解得a＝4，b＝1.所以椭圆C的标准方程为＋y＝1.(4分) 4
福建省漳州市2018届高三1月调研测试数学理试题（含解析）
