福建省漳州市2018届高三1月调研测试数学理试题（含解析）

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

a10，即t> ①.当n≥4

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＋145 ③.方法一：当5；当2

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，0ln×ln2，得证??，22282828

?

?????

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