福建省漳州市2018届高三上学期期末调研测试 数学理 含解析 精品
福建省漳州市2018届高三5月质量检查测试理数试题(精编含解析)
1．A【解析】分析：利用一元二次不等式的解法化简集合，利用求值域得出集合，根据交集的定义可得.详解：因为集合，，所以，故选A.点睛：本题主要考查了解一元二次不等式，求集合的交集，属于容易题，在解题过程中要注意交集时要考虑端点是否可以取到，这是一个易错点，同时将不等式与集合融合，体现了知识点之间的交汇.点睛：本题考查复数乘方运算的运算、复数的几何意义以及二倍角的正弦公式与二倍角的余弦公式，意在考查综合运用所学知识的能力.3．C【解析】分析：由已知程序框图可知，该程序的功能是利用循环结构计算输出变量的值，模拟程序的运算过程，分析循环中各变量值的变化情况，即可得结果.详解：如果输入，第一次循环，，不满足输出条件；第二次循环，，不满足输出条件；第三次循环，，满足输出条件，故输出的值为，故选C.点睛：本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.5．C【解析】分析：令，解得，可得是真命题，根据特称命题的定义可判断是假命题，逐一判断各选项中的命题的真假，即可得结果.详解：命题令，解得，则为幂函数，且在上单调递增，因此是真命题，命题“”的否定是“”，因此是假命题四个选项中的命题为真命题的是，其余的为假命题，故选C.点睛：本题主要考查了幂函数的定义与单调性，非、且、或命题的真假，考查了推理能力，属于简单题.点睛：在已知函数的解析式判定函数的图象时，常采用排除法，往往从以下几方面进行验证：定义域（函数的定义域优先原则）、最值、周期性、函数的奇偶性（奇函数的图象关于原点对称、偶函数的图象关于轴对称）或对称性、单调性（基本函数的单调性、导数法）、特殊点对应的函数值等．7．B【解析】分析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由两部分组成，左边是底面半径与高都是的四分之一圆柱，右边是底面是棱长为的正方形，高为的四棱锥，从而可得结果.详解：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由两部分组成，左边是四分之一圆柱，圆柱底面半径为，高为，所以体积为，右边是也是四棱锥，四棱锥底面是棱长为的正方形，高为，其体积为，所以组合体体积为，故选B.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.点睛：以三角形和平面向量为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.9．B【解析】分析：先证明面面，由面面平行的性质定理可得，由平行线的性质，结合正方形的性质可得，从而可得结果.详解：连接分别交于，分别是中点，则，面，又面，面面，面分别与两面交于，，，，故选B.点睛：本题主要考查空间平行关系，属于中档题.空间平行关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，它们之间可以通过性质定理与判定定理相互转换：线线平行线面平行面面平行.即函数，令，得，所以，函数的单调递减区间为：，,故选A.点睛：的函数的单调区间的求法：(1) 代换法：①若,把看作是一个整体，由求得函数的减区间，求得增区间；②若,则利用诱导公式先将的符号化为正，再利用①的方法，或根据复合函数的单调性规律进行求解；(2) 图象法：画出三角函数图象，利用图象求函数的单调区间.点睛：本题題主要考查“面积型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本裏件对应的区域测度把握不准导致错误；（3）利用几何概型的概率公式时 , 忽视验证事件是否等可能性导致错误.12．C【解析】分析：根据韦达定理结合三角形面积公式求出的面积，利用椭圆的定义求出三角形的周长，代入内切圆半径，从而可得结果.详解：椭圆的左、右焦点分别为，则的坐标为，过且斜率为的直线为，即，代入，得，则，故的面积，的周长，故的内切圆半径，故选C.点睛：本题主要考查利用椭圆的简单性质与椭圆定义的应用，属于中档题.求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴、椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.点睛：本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.14．200【解析】分析：求出展开式的通项，可得，，可得展开式中的常数项为为，计算即可得结果.详解：根据题意，展开式的通项为，令，有，，令，有，，展开式中的常数项为，故答案为.点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.点睛：本题主要考查双曲线的定义及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．16．或【解析】分析：设出两个切点坐标，利用导数的几何意义，以及过两点的直线斜率公式可列方程组，从而求出切点坐标，进而可得切线斜率.详解：设与，切于与，切于，则，由①得，代入②得，，化为，得，，故答案为或.点睛：应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2) 己知斜率求切点即解方程；(3) 巳知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.17．（1），或；（2）．点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.18．（1）见解析；（2）11；（3）10891011120.10.20.30.30.1（2）因为，，所以的最小值为11．（3）记当时，在维修上所需费用为元，则的分布列为240024502500300035000.10.20.30.30.1所以（元）记当时，在维修上所需费用为元，则的分布列为260026502700275032500.10.20.30.30.1所以（元）因为，所以应选择．点睛：本题主要考查古典概型概率公式以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解该类问题，首先正确要理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所以可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.19．（1）见解析；（2）（2）如图，在平面内，过点作，由（1）可知，以为原点，，，的方向点睛：本题主要考查证明线面垂直、利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20．（1）；（2）【解析】分析：（1）设，则到直线的距离等于，又到圆上的点的距离的最小值为，将，化简可得结果；（2）设点，可得直线的方程，直线的方程与直线的方程，结合点在直线上，可得直线的方程得，从而可得结果.详解：（1）由已知得曲线是以为圆心，为半径的圆．设，则到直线的距离等于，又到圆上的点的距离的最小值为，点睛：求轨迹方程的常见方法有:①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入.21．（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）求出，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）当时，可化为，则函数的负整数解有且只有两个等价于满足直线在曲线下方时的负整数有且只有两个，利用导数研究函数的单调性，由单调性，可得有最大值，结合函数图像可得到结果.详解：（1）当时，，所以．点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.22．（1），；（2）【解析】分析：（1）消参得到曲线的直角坐标方程，再利用极坐标和直角坐标方程的互化公式进行求解；（2）点睛：本题考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的转化等知识，意在考查学生的转化能力和基本运算能力．23．（1）；（2）【解析】分析（1）对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得等式的解集；（2）因为R ，使得成立，所以，将函数写成分段函数形式，研究其单调性，可得，由，结合，可得结果.详解：（1）当时，或或或或或，所以原不等式解集为．点睛：绝对值不等式的常见解法：①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．。
福建省漳州市桃源中学2018-2019学年高三数学理上学期期末试卷含解析
福建省漳州市桃源中学2018-2019学年高三数学理上学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知函数.若关于的方程有两个不同的实根,则实数的取值范围是（）A．B．C．D．参考答案：B略2. 已知非零向量，，若，，则向量和夹角的余弦值为（）A. B. C. D.参考答案：B【分析】直接利用平面向量的数量积的运算律即可求解。
【详解】设向量与向量的夹角为，，由可得：，化简即可得到：，故答案选B。
【点睛】本题主要考查向量数量积的运算，向量夹角余弦值的求法，属于基础题。
3. 复数z满足(1－i)z=i（i为虚数单位），则z的虚部为（）A. B. C. i D. i参考答案：B4. 若双曲线的一条渐近线为，则实数m=（）A.2B.4C.6D.8参考答案：B由题意知，即，故有，所以.试题立意：本小题主要考查双曲线的几何性质；意在考查运算求解能力.4.解析：选择C，5. 已知集合A={x|x2﹣2x﹣3≤0}，B={x|y=ln（2﹣x）}，则A∩B=（）A．（1，3）B．（1，3] C．[﹣1，2） D．（﹣1，2）参考答案：C【考点】交集及其运算．【分析】化简集合A、B，求出A∩B即可．【解答】解：∵集合A={x|x2﹣2x﹣3≤0}={x|﹣1≤x≤3}=[﹣1，3]，B={x|y=ln（2﹣x）}={x|2﹣x＞0}={x|x＜2}=（﹣∞，2）；∴A∩B=[﹣1，2）．故选：C．6. 若，则（）A．4036 B．2018 C．-2018 D．-4036参考答案：D7. 三内角的对边分别为,则“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．即不充分也不必要条件参考答案：C根据二倍角公式、正弦定理可得.故选C.8. 已知函数f（x）=2sinxsin（x++φ）是奇函数，其中φ∈（0，π），则函数g （x）=cos（2x﹣φ）的图象（）A．关于点（，0）对称B．可由函数f（x）的图象向右平移个单位得到C．可由函数f（x）的图象向左平移个单位得到D．可由函数f（x）的图象向左平移个单位得到参考答案：C【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】由条件利用诱导公式，正弦函数、余弦函数的奇偶性，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，可得结论．【解答】解：由于函数f（x）=2sinxsin（x++φ）是奇函数，故y=sin（x++φ）是偶函数，故φ+=kπ+，k∈Z，即φ=kπ+，结合φ∈（0，π），可得φ=，故f（x）=2sinxsin（x++）=sin2x=cos（2x﹣）．故函数g（x）=cos（2x﹣）=cos2（x﹣）的图象，∵﹣=﹣+，可以由f（x）=cos（2x﹣）=cos2（x﹣）的图象向左平移个单位得到的，故选：C．9. 若数列满足，则称为等方比数列。
[精品]福建省2018届高三上学期期末考试数学(理)有答案
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泉港一中2017-2018学年上学期期末考试高三数学（理科）试题（考试时间：120分钟 总分：150分）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i 为虚数单位，若复数2i z i =-，则（ ） A ． B ．C ．D ．2. 设常数a ∈R ，集合A ＝{x|(x －1)(x －2)≥0}，B ＝{x|x ≥a}．若A ∪B ＝R ，则a 的取值范围为( )．(－∞，1) B ．(－∞，1] C ．(2，＋∞) D ．[2，＋∞)3. 我国古代数学算经十书之一的《九章算术》有一衰分问题：今有北乡八千一百人，西乡七千四百八十八人，南乡六千九百一十二人，凡三乡，发役三百人，则北乡遣（ ）. 104人 B. 108人 C. 112人 D. 120人 4.在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若，则ABC ∆为（ ）A ．等腰三角形B ．直角三角形 C.等腰直角三角形 D ．等腰三角形或直角三角形5. 已知数列{}n a 满足：时，2p p q a a +=，则{}n a 的前12项和（ ）A ． 94B ．-94 C. -126 D ．126 6.设α、β、γ为平面，为m 、n 、l 直线，则m β⊥的一个充分条件是 A 、,,l m l αβαβ⊥=⊥ B 、,,m αγαγβγ=⊥⊥C 、,,n n m αβα⊥⊥⊥D 、,,m αγβγα⊥⊥⊥7.按下图所示的程序框图运算：若输出2k =，则输入x 的取值范围是（ ）A. (]20,25 B ．(]30,57 C.(]30,32 D ．(]28,578.已知变量,x y 满足条件23033010x y x y y +-≤⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩，若目标函数z ax y =+仅在点()3,0处取得最大值，则a 的取值范围是（ ）A ． 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭C ． 1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ D ．1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭9. 如图，圆O 与x 轴的正半轴的交点为A ，点B ，C 在圆O 上，点B 的坐标为()1,2-，点C 位于第一象限，AOC α∠=，若BC =，则2sin cos222ααα=（ ） A． BD．10. 已知,,A B P 是双曲线22221x y a b-=上的不同三点，且AB 连线经过坐标原点，若直线,PA PB 的斜率乘积23PA PB k k =，则该双曲线的离心率e =（ ）A11.一个棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的全面积为（ ）ABC D12.已知函数()2x f x e =，()1ln 2g x x =+，对a R ∀∈，()0,b ∃∈+∞，使得()()f a g b =，则b a -的最小值为（ ） A ．ln 212+B ．ln 212-C.1 D1- 第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分．） 13. 设()()()25501251111x a a x a x a x +=+-+-++-…，则125a a a +++=… ．14.如图，平面内有三个向量15. 设{a n }是等比数列，公比q =S n 为{a n }的前n 项和。
福建省2018届高三上学期期末考试数学(理)有答案-精编
泉港一中2017-2018学年上学期期末考试高三数学（理科）试题（考试时间：120分钟 总分：150分）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i 为虚数单位，若复数2i z i =-，则（ ） A ． B ．C ．D ．2. 设常数a ∈R ，集合A ＝{x|(x －1)(x －2)≥0}，B ＝{x|x ≥a}．若A ∪B ＝R ，则a 的取值范围为( )．(－∞，1) B ．(－∞，1] C ．(2，＋∞) D ．[2，＋∞)3. 我国古代数学算经十书之一的《九章算术》有一衰分问题：今有北乡八千一百人，西乡七千四百八十八人，南乡六千九百一十二人，凡三乡，发役三百人，则北乡遣（ ）. 104人 B. 108人 C. 112人 D. 120人 4.在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若，则ABC ∆为（ ）A ．等腰三角形B ．直角三角形 C.等腰直角三角形 D ．等腰三角形或直角三角形5. 已知数列{}n a 满足：时，2p p q a a +=，则{}n a 的前12项和（ ）A ． 94B ．-94 C. -126 D ．126 6.设α、β、γ为平面，为m 、n 、l 直线，则m β⊥的一个充分条件是 A 、,,l m l αβαβ⊥=⊥ B 、,,m αγαγβγ=⊥⊥C 、,,n n m αβα⊥⊥⊥D 、,,m αγβγα⊥⊥⊥7.按下图所示的程序框图运算：若输出2k =，则输入x 的取值范围是（ ）A. (]20,25 B ．(]30,57 C.(]30,32 D ．(]28,578.已知变量,x y 满足条件23033010x y x y y +-≤⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩，若目标函数z ax y =+仅在点()3,0处取得最大值，则a 的取值范围是（ ）A ． 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭C ． 1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ D ．1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭9. 如图，圆O 与x 轴的正半轴的交点为A ，点B ，C 在圆O 上，点B 的坐标为()1,2-，点C 位于第一象限，AOC α∠=，若BC =，则2sin cos222ααα=（ ） A． BD．10. 已知,,A B P 是双曲线22221x y a b-=上的不同三点，且AB 连线经过坐标原点，若直线,PA PB 的斜率乘积23PA PB k k =，则该双曲线的离心率e =（ ）A11.一个棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的全面积为（ ）ABC D12.已知函数()2x f x e =，()1ln 2g x x =+，对a R ∀∈，()0,b ∃∈+∞，使得()()f a g b =，则b a -的最小值为（ ） A ．ln 212+B ．ln 212-C.1- D1- 第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分．） 13. 设()()()25501251111x a a x a x a x +=+-+-++-…，则125a a a +++=… ．14.如图，平面内有三个向量15. 设{a n }是等比数列，公比q =S n 为{a n }的前n 项和。
福建省漳州市2018届高三5月质量检查测试理数试题(精编含解析)
1．A【解析】分析：A.点睛：本题主要考查了解一元二次不等式，求集合的交集，属于容易题，在解题过程中要注意交集时要考虑端点是否可以取到，这是一个易错点，同时将不等式与集合融合，体现了知识点之间的交汇.点睛：本题考查复数乘方运算的运算、复数的几何意义以及二倍角的正弦公式与二倍角的余弦公式，意在考查综合运用所学知识的能力.3．C运算过程，分析循环中各变量值的变化情况，即可得结果.，不满足输出条件；，满足输出条件，C.点睛：本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.5．C，解得逐一判断各选项中的命题的真假，即可得结果.，解得“C.点睛：本题主要考查了幂函数的定义与单调性，非、且、或命题的真假，考查了推理能力，属于简单题.点睛：在已知函数的解析式判定函数的图象时，常采用排除法，往往从以下几方面进行验证：定义域（函数的定义域优先原则）、最值、周期性、函数的奇偶性（奇函数的图象关于原点对称、偶函数的、特殊点对应的函数值等．7．B.详解：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由两部分组成，左边是四分之一圆柱，右边是也是四棱锥，B.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.点睛：以三角形和平面向量为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.9．B.分别交于中点，则面分别与两面交于B.点睛：本题主要考查空间平行关系，属于中档题.空间平行关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，它.所以，函数的单调递减区间为：故选A.点睛：(1) 代换法：求得函数的减区间，②若,则利用诱导公式先将的符号化为正，再利用①的方法，或根据复合函数的单调性规律进行求解；(2) 图象法：画出三角函数图象，利用图象求函数的单调区间.点睛：本题題主要考查“面积型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本裏件对应的区域测度把握不准导致错误；（3）利用几何概型的概率公式时 , 忽视验证事件是否等可能性导致错误.12．C【解析】分析：根据韦达定理结合三角形面积公式求出.的坐标为，过的直线为，C.点睛：本题主要考查利用椭圆的简单性质与椭圆定义的应用，属于中档题.求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴、椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.点睛：本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是:(1)求向量的夹角，（此；（2（3）求向量.14．200计算即可得结果.点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.点睛：本题主要考查双曲线的定义及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．16组，从而求出切点坐标，进而可得切线斜率.化为，得点睛：应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点即求该点处的导数(2) (3) 巳知切线过不是切点) 求切点, .17．（1（2点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：（2）（3（4注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.18．（1）见解析；（2）11；（3）10（211．（3时，在维修上所需费用为，所以应选择点睛：本题主要考查古典概型概率公式以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解该类问题，首先正确要理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所以可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.19．（1）见解析；（2（2内，过点1）可知点睛：本题主要考查证明线面垂直、利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20．（1（2【解析】分析：（1（2得直线的方程，直线的方程与直线的方程，结合点上，可得直线的方程得.详解：（1）由已知得曲线为圆心，21．（1）见解析；（2【解析】分析：（1）求出，在定义域内，增区间，（2时，有最大值，结合函数图像可得到结果.详解：（1点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.22．（1（2【解析】分析：（1）消参得到曲线的直角坐标方程，再利用极坐标和直角坐标方程的互化公式进行求解；（2）点睛：本题考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的转化等知识，意在考查学生的转化能力和基本运算能力．23．（1（2【解析】分析（1）对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得等式（2.详解：（1时，点睛：绝对值不等式的常见解法：①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．。
福建省漳州市2018届高三5月质量检查测试(理)数学试题及答案解析
福建省漳州市2018届高三5月质量检查测试数学试题（理）一．选择题1．设集合{}2|430P x x x =-+≤，{|Q y y ==，则P Q =( )A ．[1,3]B ．[2,3]C ．[0,)+∞D ．∅2．复数ππcosisin 33z =+，则在复平面内，复数2z 对应的点在( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限3．运行如图所示程序，其中算术运算符MOD 是用来求余数，若输入m 和n 的值分别为153 和119，则输出m 的值是( )A ．0B ．2C ．17D ．344．已知x ，y 满足不等式组2350321000x y x y x y +-≥⎧⎪+-≤⎨⎪-≤⎩，则2x y -的 最大值为 ( )A ．6B ．2C ．1-D ．2-5．已知命题p :∃m ∈R ，使得()f x =()21m -221m m x -+是幂函 数，且在()0,+∞上单调递增．命题q ：“∃x ∈R ，21x x -<”的否定是“∀x ∈R ，21x x ->”，则下列命题为真命题的是( )A ．()p q ⌝∨B ．()()p q ⌝∧⌝C ．()p q ∧⌝D ．q p ∧ 6．函数x x x y sin 11ln +⎪⎭⎫⎝⎛+-=的图象大致为( )7．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗实线和粗虚线画出了某几何体的三视 图，其中俯视图中的曲线是四分之一的圆弧， 则这个几何体的体积可能是( )A ．383π2+ B ．38π2+ C ．8π2+ D ．8π8+8．在ABC ∆中，60C ∠=，2BC AC ==点D 在边BC 上，且sin BAD ∠= 则CD =( )A ．3B ．4C ．3D ．39．在正方形ABCD 中，4AB =，点E 、F 分别是AB 、AD 的中点，将AEF ∆沿EF 折起到A EF '∆的位置，使得A C '=A BC '内，过点B 作//BG 平面A EF '交 边A C '上于点G ，则A G '=( )A B C D 10．已知函数()2sin()1f x x ωϕ=++（0ω>，π2ϕ<），满足2π()2()3f x f x -=-， 且对任意∈x R ，都有π()()4f x f ≥．当ω取最小值时，函数)(x f 的单调递减区间为 ( ) A ．ππππ[,]12343k k ++，k ∈Z B ．ππ[2π,2π]124k k ++，k ∈Z C ．ππππ[,]123123k k -++，k ∈Z D ．ππ[2π,2π]1212k k -++，k ∈Z 11．做一个游戏：让大家各自随意写下两个小于1的正数，然后请他们各自检查一下，所写 的两数与1是否构成一个锐角三角形的三边，最后把结论告诉你，作为主角的你，只需将每 个人的结论记录下来就行了．假设有n 个人说“能”，而有m 个人说“不能”，那么由此可 以算得圆周率π的近似值为( ) A ．n m n + B ．m m n + C ．4n m n + D ．4mm n+ 12．已知椭圆22:143x y C +=的左、右焦点分别为1F 、2F ，过2F 且斜率为1的直线l 交椭 圆C 于A 、B 两点，则1F AB ∆的内切圆半径为( )A B C D 二．填空题13．已知()1,3=-a ，b ()1,=t ，若()2a b a -⊥，则a 与b 的夹角为 ．14．531()(2)x x x x+-展开式中的常数项为 ．15．已知F 是双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >）的、右焦点，A 是双曲线上位于第一象限内的一点，O 为坐标原点，OF OA =⋅，直线OA 的方程x y 332=，则双曲线 的离心率为 ．16．若直线y kx b =+是曲线e xy =的切线，也是曲线ln(2)y x =+的切线，则k = ．三．解答题 （一）必考题17．已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，满足22S =， 416S =，{1}n a +是等比数列， （1）求数列}{n a 的通项公式；（2）若0n a >，设2log (33)n n b a =+，求数列11{}n n b b +的前n 项和．18．（12分）某公司计划购买1台机器，该种机器使用三年后即被淘汰.在购进机器时，可以一次性额外购买几次维修服务，每次维修服务费用200元，另外实际维修一次还需向维修人员支付小费，小费每次50元.在机器使用期间，如果维修次数超过购机时购买的维修服务次数，则每维修一次需支付维修服务费用500元，无需支付小费.现需决策在购买机器时应同时一次性购买几次维修服务，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内的维修次数，得下面统计表：以这100台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率， 记表示1台机器三年内共需维修的次数，表示购买1台机器的同时购买的维修次数． （1）求的分布列；（2）若要求()0.8≤≥P X n ，确定的最小值；（3）以在维修上所需费用的期望值为决策依据，在10n =与11n =之中选其一，应选用哪个？19． 如图，在三棱台ABC DEF -中，二面角B AD C --是直二面角，AB AC ⊥，3AB =，112AD DF FC AC ====． X n X n（1）求证：AB ⊥平面ACFD ；（2）求二面角F BE D --的平面角的余弦值．20．在直角坐标系xOy 中，曲线1C 上的点均在曲线222:430C x y y +-+=外，且对1C 上任意一点P ，P 到直线1y =-的距离等于该点与曲线2C 上点的距离的最小值． （1）求动点P 的轨迹1C 的方程；（2）过点(0,2)A -的直线与曲线1C 交于不同的两点M 、N ，过点M 的直线与曲线1C 交于另一点Q ，且直线MQ 过点)2,2(B ，求证：直线NQ 过定点．21．已知函数()3(21)e xf x x ax =++． （1）当0a =时，求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x <的负整数解有且只有两个，求实数a 的取值范围．（二）选考题：请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做第一个题目计分。
福建省漳州市高三上学期期末调研测试数学(理)Word版含解析
漳州市高中毕业班调研测试数学(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 B ＝{x |2x ＞4}，则A ∩B ＝( )A.(2，＋∞)B.(4，＋∞)C.[4，＋∞)D.[－3，2) 2.若复数z 满足z (2－i)＝1＋7i ，则|z |＝( )A. 5B.10C.2 2D.2 3.函数f(x )＝x －2cosx 在[－π，π]上的图象大致为( )A B C D 4.已知|a |＝1，|b |＝2，且a ⊥(a －b )，则向量a 在b 方向上的投影为( ) A.1 B. 2 C.12 D.225.等差数列{a n }和等比数列{b n }的首项均为1，公差与公比均为3，则ab 1＋ab 2＋ab 3＝( )A.64B.32C.38D.33 6.执行如图所示的程序框图，若输入的p 为16，则输出的n ，S 的值分别为( )A.4，18B.4，30C.5，30D.5，45 7.某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( )A.193B.203C.163 D.68.图所示，则( )A.－22 B.22C. 2D.－ 2 9.已知函数f(x)是定义在R 上的偶函数，当x ≤0时，f(x)为减函数，则不等式(log 38)的解集为( )D.10.在区间[0，1]上随机取三个数a ，b ，c ，则事件“a 2＋b 2＋c 2≤1”发生的概率为( ) A.π8 B.π6 C.π4 D.π211.已知直线l 过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，l 与C 交于A ，B 两点，过点A ，B 分别作C 的切线，交于点P ，则点P 的轨迹方程为( )A.x ＝－1B.x ＝－2C.y 2＝4(x ＋1)D.y 2＝4(x ＋2) 12.已知不等式(ax ＋3)e x －x ＞0有且只有一个正整数解，则实数a 的取值范围是( )D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 1 120，则正数a ＝________.14.已知实数x ，y z ＝x ＋y 的最大值为4，则z 的最小值为________.15.设F 为双曲线C 1(a ＞0，b ＞0)的右焦点，过F l 与双曲线C 的两条渐近线分别交于A ，B ，则双曲线C 的离心率为________.16.数列{a n }t 的取值范围是________.三、解答题：共70分 .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题：共60分. 17.(12分)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知(b －c )2＝a 2－32bc .(Ⅰ)求sin A ；(Ⅱ)若a ＝2，且sin B ，sin A ，sin C 成等差数列，求△ABC 的面积.18.(12分)随着科学技术的飞速发展，手机的功能逐渐强大，很大程度上代替了电脑、电视.为了了解某高校学生平均每天使用手机的时间是否与性别有关，某调查小组随机抽取了30名男生、20名女生进行为期一周的跟踪调查，调查结果如下表所示：(Ⅰ)能否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？(Ⅱ)在这20名女生中，调查小组发现共有15人使用国产手机，在这15人中，平均每天使用手机不超过3小时的共有9人.从平均每天使用手机超过3小时的女生中任意选取3人，求这3人中使用非国产手机的人数X的分布列和数学期望.0.500 0.400 0.250 0.150 0.100 0.050 0.02519.(12分)如图，在多面体ABCDNPM中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，P A⊥平面ABCD，AB＝AP＝2，PM∥AB，PN∥AD，PM＝PN＝1.(Ⅰ)求证：MN⊥PC；(Ⅱ)求平面MNC与平面APMB所成锐二面角的余弦值.20.(12分)已知椭圆C y2＝43x的焦点重合，且过点过点P(1，0)的直线l交椭圆C于M，N两点，A为椭圆的左顶点.(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；(Ⅱ)求△AMN面积的最大值，并求此时直线l的方程.21.(12分)已知函数f(x)＝2e x＋3x2－2x＋1＋b，x∈R的图象在x＝0处的切线方程为y＝ax＋2. (Ⅰ)求函数f(x)的单调区间与极值；(Ⅱ)若存在实数x，使得f(x)－2x2－3x－2－2k≤0成立，求整数k的最小值.(二)选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.22.[选修4—4：坐标系与参数方程](10分)在平面直角坐标系xOy中，曲线C为参数)，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2.(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|P A|·|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.答案解析－3]∪(4，＋∞)，B ＝(2，＋∞)，所以A ∩B ＝(4，＋∞)，故选B.2.B 【解析】本题考查复数的除法运算及复数的模．因为z ＝1＋7i 2－i ＝（1＋7i ）（2＋i ）（2－i ）（2＋i ）＝－1＋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－b )＝2－a ·b ＝2－|a |·|b |cos θ＝0，所以cos θ＝22，所以向量a 在b 方向上的投影为|a |cos θ＝22，故选D. 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，a n ＝1＋3(n －1)＝3n－2，b n ＝3n －1，则b 1＝1，b 2＝3，b 3＝9，所以a b 1＋a b 2＋a b 3＝a 1＋a 3＋a 9＝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，则这个几何体的体积V ＝23－13×12×2×2×2＝203，故选B.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 ＝2πω＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫5π8－π8＝π，所以ω＝22，解得2×π8＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，即φ＝π4＋2k π，k∈Z ，因为|φ|<π2，所以φ＝π4，所以C.9.C 【解析】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18除以以1为棱长的正方体的体积，即43π×18÷1＝π6，故选B.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x 2＝4y ，设翻转后的直线l 的方程为y ＝k x ＋1，翻转后的A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝kx ＋1得x 2－4k x －4＝0 ①，易得抛物线C 在点A 处的切线方程为y －14x 21＝12x 1·(x －x 1)，同理可得抛物线C 在点B 处的切线方程为y －14x 22＝12x 2(x －x 2)．联立⎩⎨⎧y －14x 21＝12x 1（x －x 1），y －14x 22＝12x 2（x －x 2）得y ＝14x 1x 2，再由①可得x 1x 2＝－4，所以y ＝－1.故原抛物线C 相应的点P 的轨迹方程为x ＝－1，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(a x ＋3)e x －x >0的解，不符合题意；当a<0时，(a x ＋3)e x－x >0化为a x ＋3>x e x ，设f (x )＝xe x ，则f ′(x )＝1－x ex ，所以函数f (x )在(－∞，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(a x ＋3)e x－x >0有且只有一个正整数解，则⎩⎨⎧a ×1＋3>1e 1，a ×2＋3≤2e2，解得1e －3<a ≤1e 2－32，故选A. 13.1 【解析】本题考查二项式定理的通项.⎝⎛⎭⎫2x －ax 8展开式的通项为 T k ＋1＝C k8(2x )8－k⎝⎛⎭⎫－a x k＝C k 828－k (－a)k x 8－2k .令8－2k ＝0，得k ＝4.由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z m i n ＝－4＋2＝－2.15.2或233【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 的斜率为－b a ，l ⊥OB ，在Rt △OBA 中，由角平分线定理可得|OA||OB|＝|FA||FB|＝2，所以∠AOB ＝60°，∠x OA ＝30°，所以b a ＝33，e ＝ca＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2＝233.若AF →＝2BF →，则由图2可知，渐近线OB 为△AO F 边A F 的垂直平分线，故△AO F 为等腰三角形，故∠AOB ＝∠BO F＝60°，b a ＝3，e ＝ca＝2.16.⎝⎛⎭⎫32，＋∞ 【解析】本题考查数列与分段函数的性质．要使数列{a n }为单调递增数列，则a 1<a 2<a 3<a 4<a 5<….当n <4时，a n ＝(2t －3)n －8t ＋14必须单调递增，∴2t －3>0，即t>32①.当n ≥4时，a n ＝log t n 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a 3<a 4，即3(2t －3)－8t ＋14<log t 4，化简得log t 4＋2t>5 ③.方法一：当32<t ≤2时，log t 4＋2t>5；当2<t ≤52时，log t 4＋2t>5；当t>52时，log t 4＋2t>5，故③式对任意t>32恒成立，综上，解得t 的取值范围是⎝⎛⎭⎫32，＋∞.方法二：由①②得t>32，在此前提下，构造f (t)＝log t 4＋2t －5⎝⎛⎭⎫t>32，则f ′(t)＝2－ln4tln 2t，令g(t)＝tl n 2t ⎝⎛⎭⎫t>32，则g′(t)＝l n 2t ＋2l n t ＝l n t(l n t ＋2)>0，∴g(t)＝tl n 2t 在⎝⎛⎭⎫32，＋∞上单调递增，且g(t)>0，从而f ′(t)是⎝⎛⎭⎫32，＋∞上的增函数，可验证f ′⎝⎛⎭⎫32＝2－ln432ln 232＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ln 34ln 232<0⎝⎛证明如下：要证f′⎝⎛⎭⎫32<0，即证l n 34>l n 232，即证l n 4>3l n 32×l n 32，即证l n 4>l n 278×l n 32，∵l n 4>l n 278，0<l n 32<1，∴l n 4>l n 278×⎭⎫ln 32，得证，f ′(2)＝2－ln42ln 22＝2－2ln4>0.∴f ′(t)＝2－ln4tln 2t 在⎝⎛⎭⎫32，＋∞上有唯一零点，设为m ，m ∈⎝⎛⎭⎫32，2，易知m 为f (t)的极小值点，也是最小值点．∴f (t)m i n ＝f (m )＝log m 4＋2m －5.当m ∈⎝⎛⎭⎫32，2时，log m 4>log 24＝2，2m >2×32＝3.∴f (t)m i n ＝f (m )>log 24＋3－5＝0，即当t ∈⎝⎛⎭⎫32，＋∞时，f (t)>0恒成立．综上，t 的取值范围是⎝⎛⎭⎫32，＋∞. 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． 解：(Ⅰ)由(b －c )2＝a 2－32bc ，得b 2＋c 2－a 2＝12bc ，(2分)即b 2＋c 2－a 22bc ＝14，由余弦定理得cosA ＝14，(4分)因为0<A<π，所以si n A ＝154.(6分) (Ⅱ)由si n B ，si n A ，si n C 成等差数列，得si n B ＋si n C ＝2si n A ，(7分) 由正弦定理得b ＋c ＝2a ＝4，所以16＝(b ＋c )2，所以16＝b 2＋c 2＋2bc .(8分) 由(Ⅰ)得16＝a 2＋52bc ，所以16＝4＋52bc ，解得bc ＝245，(10分)所以S △ABC ＝12bc si n A ＝12×245×154＝3155.(12分)18.【名师指导】本题考查独立性检验．解：(Ⅰ)K 2＝50×（25×11－5×9）230×20×16×34≈8.104>6.635.(2分)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) P(X ＝0)＝C 36C 39＝521，(6分)P(X ＝1)＝C 13C 26C 39＝1528，(7分)P(X ＝2)＝C 23C 16C 39＝314，(8分)P(X ＝3)＝C 33C 39＝184，(9分)所以X 的分布列为(10分)E (X)＝0×521＋1×1528＋2×314＋3×184＝1.(12分)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M E ∥PA 交AB 于E ，N F ∥PA 交AD 于F ，连接EF ，BD ，AC. 由PM ∥AB ，PN ∥AD ，易得M E 綊N F ， 所以四边形M EF N 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 ，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 ⎝⎛⎭⎫32，－12，2，N ⎝⎛⎭⎫－32，－12，2，A(0，－1，0)，P(0，－1，2)，B(3，0，0)，所以CM →＝⎝⎛⎭⎫32，－32，2，CN →＝⎝⎛⎭⎫－32，－32，2，AP →＝(0，0，2)，AB →＝(3，1，0)，(7分)设平面MNC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧32x －32y ＋2z ＝0，－32x －32y ＋2z ＝0，令z ＝1，得x ＝0，y ＝43，所以m ＝⎝⎛⎭⎫0，43，1；(9分) 设平面APMB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧2z 1＝0，3x 1＋y 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝－3，z 1＝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，则cos α＝|m ·n ||m |·|n |＝43302＋⎝⎛⎭⎫432＋12×12＋（－3）2＋02＝235，(11分)所以平面MNC 与平面APMB 所成锐二面角的余弦值为235.(12分)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y 2＝43x 的焦点为(3，0)，所以椭圆C 的半焦距c ＝3，即a 2－b 2＝3. ①把点Q ⎝⎛⎭⎫－3，12代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得3a 2＋14b2＝1. ② 由①②解得a 2＝4，b 2＝1.所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(4分)(Ⅱ)设直线l 的方程为x ＝ty ＋1，代入x 24＋y 2＝1，得(t 2＋4)y 2＋2ty －3＝0.(5分)设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，则有y 1＋y 2＝－2t t 2＋4，y 1y 2＝－3t 2＋4.(7分)则|y 1－y 2|＝（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2t t 2＋42－4⎝ ⎛⎭⎪⎫－3t 2＋4＝4t 2＋3t 2＋4＝4t 2＋3t 2＋3＋1＝4t 2＋3＋1t 2＋3.(9分)令t 2＋3＝m (m ≥3)．易知函数y ＝m ＋1m 在[3，＋∞)上单调递增，则t 2＋3＋1t 2＋3≥3＋13＝433，当且仅当m ＝3，即t ＝0时，取等号．(10分) 所以|y 1－y 2|≤ 3.所以△AMN 的面积S ＝12|AP||y 1－y 2|≤12×3×3＝332，(11分)所以S m a x ＝332，此时直线l 的方程为x ＝1.(12分)21.【名师指导】本题考查导数的综合应用． 解：(Ⅰ)f ′(x )＝2e x ＋6x －2，因为f ′(0)＝a ，所以a ＝0，易得切点(0，2)，所以b ＝－1.(1分) 易知函数f ′(x )在R 上单调递增，且f ′(0)＝0. 则当x <0时，f ′(x )＜0；当x ＞0时，f ′(x )＞0.所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)；单调递增区间为(0，＋∞)．(2分) 所以函数f (x )在x ＝0处取得极小值f (0)＝2.(3分)(Ⅱ)f (x )－2x 2－3x －2－2k ≤x ＋12x 2－52x －1－k ≤≥e x ＋12x 2－52x －1， (*)(4分)令h(x )＝e x ＋12x 2－52x －1，若存在实数x ，使得不等式(*)成立，则k ≥h(x )m i n ， h ′(x )＝e x ＋x －52，易知h′(x )在R 上单调递增，(6分)又h′(0)＝－32<0，h ′(1)＝e －32>0，h ′⎝⎛⎭⎫12＝e 12－2<0，h ′⎝⎛⎭⎫34＝e 34－74>2.5634－74＝1.632－74＝512125－74>2－74＝14>0， ⎝⎛或由e x ≥x ＋1当x ＝0时取等号，得e 34－74＝e 34－⎭⎫⎝⎛⎭⎫34＋1>0所以存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎫12，34，使得h′(x 0)＝0，(8分)且当x ∈(－∞，x 0)时，h ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h(x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，(9分) h(x )m i n ＝h(x 0)＝e x 0＋12x 20－52x 0－1，又h′(x 0)＝0，即e x 0＋x 0－52＝0，所以e x 0＝52－x 0.因为x 0∈⎝⎛⎭⎫12，34， 所以h(x 0)∈⎝⎛⎭⎫－2732，－18， 则k ≥h(x 0)，又k ∈Z . 所以k 的最小值为0.(12分)22.【名师指导】本题考查参数方程和普通方程的互化、极坐标方程和直角坐标方程的互化、直线与圆的位置关系．(Ⅰ)运用同角三角函数的平方关系即可得到C 的普通方程，运用x ＝ρcos θ，y ＝ρsi n θ以及两角和的余弦公式，化简可得直线l 的直角坐标方程；(Ⅱ)写出直线l 的参数方程，代入曲线C 的普通方程，利用参数的几何意义即可得出|PA|·|PB|的值．解：(Ⅰ)由曲线C 的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2cos α，y ＝2sin α(α为参数⎩x －1＝2cos α，y ＝2sin α(α为参数)， 两式平方相加，得曲线C 的普通方程为(x －1)2＋y 2＝4；(3分) 由直线l 的极坐标方程可得ρcos θcos π4－ρsi n θsi n π4＝cos θ－ρsi n θ＝2，(4分)即直线l 的直角坐标方程为x －y －2＝0.(5分)(Ⅱ)由题意可得P(2，0)，则直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋22t ，y ＝22t(t 为参数)．(6分)设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则|PA|·|PB|＝|t 1|·|t 2|，将⎩⎨⎧x ＝2＋22t ，y ＝22t(t 为参数)代入(x －1)2＋y 2＝4，得t 2＋2t －3＝0，(8分)则Δ>0，由韦达定理可得t 1·t 2＝－3，(9分) 所以|PA|·|PB|＝|－3|＝3.(10分)23.【名师指导】本题考查函数的最值与绝对值不等式的解法．(Ⅰ)利用绝对值三角不等式即可求解；(Ⅱ)分段解不等式或画出函数的图象，找出函数的图象与直线y ＝8的交点的横坐标即可求解．解：(Ⅰ)因为f (x )＝|2x －1|＋2|x ＋2|≥|(2x －1)－2(x ＋2)|＝5，(4分) 所以函数f (x )的最小值是5.(5分)(Ⅱ)解法一：f (x )＝⎩⎨⎧－4x －3，x<－2，5，－2≤x ≤12，4x ＋3，x>12，(6分)当x <－2时，由－4x －3<8，解得x >－114，即－114<x <－2；当－2≤x ≤12时，5<8恒成立，即－2≤x ≤12；当x >12时，由4x ＋3<8，解得x <54，即12<x <54，(9分)所以原不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－114，54.(10分) 解法二(图象法)：f (x )＝⎩⎨⎧－4x －3，x<－2，5，－2≤x ≤12，4x ＋3，x>12，(6分)函数f (x )的图象如图所示，分)令f (x )＝8，解得x ＝－114或x ＝54，(9分)所以不等式f (x )<8的解集为⎝⎛⎭⎫－114，54.(10分)。
【精品】2018年福建省质检数学(理科)试卷(教师版)
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。
x
1 1．设集合 A { x | log2 x 0}, B x
3 ，则 A B （
）
3
A． { x | 1 x 1} B． { x | 0 x 1}
33
，
10 10 5
所以 E
1
3
3
2
3
4
3.5 ，故所需检测费用的均值为 1000 E
10 10 5
解法二：设检测费为 元，则 的所有可能取值为 2000， 3000， 4000．
解：由三视图可知该几何体是由棱长为
1
1
4 的正方体截去 个圆锥和 个圆柱所得的几何体，且
4
4
圆锥的底面半径为 2，高为 4；圆柱的底面半径为 2，高为 4，如图．
所以该几何体的体积为 43 1 1 43
44
44
16
64
．故选 C．
3
9．已知 5 台机器中有 2 台存在故障，现需要通过逐台检测直至区分出
性质等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力、应用意识及创新意识，
考查函数与方程思想、数形结合思想等．
【答题分析】只要掌握任意角三角函数的定义、三角函数的图象与性质等，或结合平面几何知
识直观判断，便可解决问题．
解法一： 设点 N 出发后的运动的时间为 t 分钟， 圆 O 的半径
为 1，由三角函数的定义，得
C． { x | x 0}
D． R
1．【答案】 B 【考查意图】本小题以集合为载体，考查指数函数、对数函数的图象与性质，集合的运算等基 础知识；考查运算求解能力，考查数形结合思想等． 【答题分析】只要掌握指、对数函数的图象与性质，集合的运算等，便可解决问题．
漳州市2018届高三1月质量检查(数学理)(word版+答案)
漳州市2018届高中毕业班调研测试数学(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 ＝3|04x x x +⎧⎫≥⎨⎬-⎩⎭，B ＝{x |2x ＞4}，则A ∩B ＝( ) A.(2，＋∞) B.(4，＋∞) C.[4，＋∞) D.[－3，2)2.若复数z 满足z (2－i)＝1＋7i ，则|z |＝( )A. 5B.10C.2 2D.2 3.函数f(x )＝x ·2cosx 在[－π，π]上的图象大致为( )A B C D 4.已知|a |＝1，|b |＝2，且a ⊥(a －b )，则向量a 在b 方向上的投影为( ) A.1 B. 2 C.12 D.225.等差数列{a n }和等比数列{b n }的首项均为1，公差与公比均为3，则ab 1＋ab 2＋ab 3＝( )A.64B.32C.38D.336.执行如图所示的程序框图，若输入的p 为16，则输出的n ，S 的值分别为( )A.4，18B.4，30C.5，30D.5，457.某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( )A.193B.203C.163 D.6 8.已知函数()sin()0,0,||2f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭在一个周期内的图象如图所示，则()4f π＝( )A.－22 B.22C. 2D.－ 2 9.已知函数f(x)是定义在R 上的偶函数，当x ≤0时，f(x)为减函数，则不等式133(log (25))(log 8)f x f ->的解集为( )A.541|216x x ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭ B. 13|2x x ⎧⎫>⎨⎬⎩⎭C. 54113|2162x x x ⎧⎫<<>⎨⎬⎩⎭或 D. 54113|2162x x x ⎧⎫<<<⎨⎬⎩⎭或10.在区间[0，1]上随机取三个数a ，b ，c ，则事件“a 2＋b 2＋c 2≤1”发生的概率为( ) A.π8 B.π6 C.π4 D.π211.已知直线l 过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，l 与C 交于A ，B 两点，过点A ，B 分别作C 的切线，交于点P ，则点P 的轨迹方程为( )A.x ＝－1B.x ＝－2C.y 2＝4(x ＋1)D.y 2＝4(x ＋2)12.已知不等式(ax ＋3)e x －x ＞0有且只有一个正整数解，则实数a 的取值范围是( ) A.21133,2e e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦ B. 21133,22e e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦ C. 21133,2ee ⎛⎫-- ⎪⎝⎭ D. 21133,22e e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知82a x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中常数项为1 120，则正数a ＝________.14.已知实数,x y 满足2000x y x y y k +≥⎧⎪-≤⎨⎪≤≤⎩ ,若Z x y =+的最大值为4，则Z 的最小值为_____.15.设F 为双曲线C ：22221x y a b -=(a ＞0，b ＞0)的右焦点，过F 且斜率为ab的直线l 与双曲线C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点，且||2||AF BF =，则双曲线C 的离心率为________.16.数列{a n }为单调递增数列，且(23)814,4,*log ,4,n tt n t n a n N n n --+ <⎧=∈⎨ ≥⎩，则t 的取值范围是________.三、解答题：共70分 .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题：共60分. 17.(12分)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知(b －c )2＝a 2－32bc .(Ⅰ)求sin A ；(Ⅱ)若a ＝2，且sin B ，sin A ，sin C 成等差数列，求△ABC 的面积.随着科学技术的飞速发展，手机的功能逐渐强大，很大程度上代替了电脑、电视.为了了解某高校学生平均每天使用手机的时间是否与性别有关，某调查小组随机抽取了30名男生、20名女生进行为期一周的跟踪调查，调查结果如下表所示：平均每天使用手机超过3小时平均每天使用手机不超过3小时合计男生25 5 30女生9 11 20合计34 16 50(Ⅰ)能否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？(Ⅱ)在这20名女生中，调查小组发现共有15人使用国产手机，在这15人中，平均每天使用手机不超过3小时的共有9人.从平均每天使用手机超过3小时的女生中任意选取3人，求这3人中使用非国产手机的人数X的分布列和数学期望.参考公式：P(K2≥k0) 0.500 0.400 0.250 0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 k00.455 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.63519.(12分)如图，在多面体ABCDNPM中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，P A⊥平面ABCD，AB＝AP＝2，PM∥AB，PN∥AD，PM＝PN＝1.(Ⅰ)求证：MN⊥PC；(Ⅱ)求平面MNC与平面APMB所成锐二面角的余弦值.已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的一个焦点与抛物线y 2＝43x 的焦点重合，且过点12Q ⎛⎫⎪⎝⎭.过点P (1，0)的直线l 交椭圆C 于M ，N 两点，A 为椭圆的左顶点. (Ⅰ)求椭圆C 的标准方程；(Ⅱ)求△AMN 面积的最大值，并求此时直线l 的方程.21.(12分)已知函数f(x)＝2e x ＋3x 2－2x ＋1＋b ，x ∈R 的图象在x ＝0处的切线方程为y ＝ax ＋2. (Ⅰ)求函数f(x)的单调区间与极值；(Ⅱ)若存在实数x ，使得f(x)－2x 2－3x －2－2k ≤0成立，求整数k 的最小值.(二)选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.22.[选修4—4：坐标系与参数方程](10分)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程是12cos sin x y αα=+⎧⎨=⎩(α为参数)，以原点O为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为cos 4πρθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭(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|P A |·|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.2.B 【解析】本题考查复数的除法运算及复数的模．因为z ＝1＋7i 2－i ＝（1＋7i ）（2＋i ）（2－i ）（2＋i ）＝－1＋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－b )＝0a 2－a ·b ＝0a 2－|a |·|b |cos θ＝0，所以cos θ＝22，所以向量a 在b 方向上的投影为|a |cos θ＝22，故选D.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，a n ＝1＋3(n －1)＝3n－2，b n ＝3n －1，则b 1＝1，b 2＝3，b 3＝9，所以a b 1＋a b 2＋a b 3＝a 1＋a 3＋a 9＝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，则这个几何体的体积V ＝23－13×12×2×2×2＝203，故选B.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 ＝2πω＝2×⎝⎛⎭⎫5π8－π8＝π，所以ω＝2，＝2，解得2×π8＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，即φ＝π4＋2k π，k ∈Z ，因为|φ|<π2，所以φ＝π4，所以，故选C. 9.C 【解析】本题考查函数的基本性质．由题知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18除以以1为棱长的正方体的体积，即43π×18÷1＝π6，故选B.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x 2＝4y ，设翻转后的直线l 的方程为y ＝k x ＋1，翻转后的A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝kx ＋1得x 2－4k x －4＝0 ①，易得抛物线C 在点A 处的切线方程为y －14x 21＝12x 1·(x －x 1)，同理可得抛物线C 在点B 处的切线方程为y －14x 22＝12x 2(x －x 2)．联立⎩⎨⎧y －14x 21＝12x 1（x －x 1），y －14x 22＝12x 2（x －x 2）得y ＝14x 1x 2，再由①可得x 1x 2＝－4，所以y ＝－1.故原抛物线C相应的点P 的轨迹方程为x ＝－1，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(a x ＋3)e x －x >0的解，不符合题意；当a<0时，(a x ＋3)e x －x >0化为a x ＋3>x e x ，设f (x )＝xe x ，则f ′(x )＝1－x ex ，所以函数f (x )在(－∞，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(a x ＋3)e x－x >0有且只有一个正整数解，则⎩⎨⎧a ×1＋3>1e 1，a ×2＋3≤2e2，解得1e －3<a ≤1e 2－32，故选A. 13.1 【解析】本题考查二项式定理的通项.⎝⎛⎭⎫2x －a x 8展开式的通项为T k ＋1＝C k 8(2x )8－k ⎝⎛⎭⎫－a x k ＝C k 828－k (－a)k x 8－2k .令8－2k ＝0，得k ＝4.由，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m i n ＝－4＋2＝－2.15.2或233【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 的斜率为－b a ，l ⊥OB ，在Rt △OBA 中，由角平分线定理可得|OA||OB|＝|FA||FB|＝2，所以∠AOB ＝60°，∠x OA ＝30°，所以b a ＝33，e ＝c a ＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2＝233.若AF →＝2BF →，则由图2可知，渐近线OB 为△AO F 边A F 的垂直平分线，故△AO F 为等腰三角形，故∠AOB ＝∠BO F＝60°，b a ＝3，e ＝ca＝2.16.⎝⎛⎭⎫32，＋∞ 【解析】本题考查数列与分段函数的性质．要使数列{a n }为单调递增数列，则a 1<a 2<a 3<a 4<a 5<….当n <4时，a n ＝(2t －3)n －8t ＋14必须单调递增，∴2t －3>0，即t>32①.当n ≥4时，a n ＝log t n 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a 3<a 4，即3(2t －3)－8t ＋14<log t 4，化简得log t 4＋2t>5 ③.方法一：当32<t ≤2时，log t 4＋2t>5；当2<t ≤52时，log t 4＋2t>5；当t>52时，log t 4＋2t>5，故③式对任意t>32恒成立，综上，解得t 的取值范围是⎝⎛⎭⎫32，＋∞.方法二：由①②得t>32，在此前提下，构造f (t)＝log t 4＋2t －5⎝⎛⎭⎫t>32，则f ′(t)＝2－ln4tln 2t ，令g(t)＝tl n 2t ⎝⎛⎭⎫t>32，则g′(t)＝l n 2t ＋2l n t ＝l n t(l n t ＋2)>0，∴g(t)＝tl n 2t 在⎝⎛⎭⎫32，＋∞上单调递增，且g(t)>0，从而f ′(t)是⎝⎛⎭⎫32，＋∞上的增函数，可验证f ′⎝⎛⎭⎫32＝2－ln432ln 232＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ln 34ln 232<0⎝⎛证明如下：要证f ′⎝⎛⎭⎫32<0，即证l n 34>l n 232，即证l n 4>3l n 32×l n 32，即证l n 4>l n 278×l n 32，∵l n 4>l n 278，0<l n 32<1，∴l n 4>l n 278×⎭⎫ln 32，得证，f ′(2)＝2－ln42ln 22＝2－2ln4>0.∴f ′(t)＝2－ln4tln 2t 在⎝⎛⎭⎫32，＋∞上有唯一零点，设为m ，m ∈⎝⎛⎭⎫32，2，易知m 为f (t)的极小值点，也是最小值点．∴f (t)m i n ＝f (m )＝log m 4＋2m －5.当m ∈⎝⎛⎭⎫32，2时，log m 4>log 24＝2，2m >2×32＝3.∴f (t)m i n ＝f (m )>log 24＋3－5＝0，即当t ∈⎝⎛⎭⎫32，＋∞时，f (t)>0恒成立．综上，t 的取值范围是⎝⎛⎭⎫32，＋∞.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．解：(Ⅰ)由(b －c )2＝a 2－32bc ，得b 2＋c 2－a 2＝12bc ，(2分)即b 2＋c 2－a 22bc ＝14，由余弦定理得cosA ＝14，(4分)因为0<A<π，所以si n A ＝154.(6分)(Ⅱ)由si n B ，si n A ，si n C 成等差数列，得si n B ＋si n C ＝2si n A ，(7分) 由正弦定理得b ＋c ＝2a ＝4，所以16＝(b ＋c )2，所以16＝b 2＋c 2＋2bc .(8分)由(Ⅰ)得16＝a 2＋52bc ，所以16＝4＋52bc ，解得bc ＝245，(10分)所以S △ABC ＝12bc si n A ＝12×245×154＝3155.(12分)18.【名师指导】本题考查独立性检验．解：(Ⅰ)K 2＝50×（25×11－5×9）230×20×16×34≈8.104>6.635.(2分)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)P(X ＝0)＝C 36C 39＝521，(6分)P(X ＝1)＝C 13C 26C 39＝1528，(7分)P(X ＝2)＝C 23C 16C 39＝314，(8分)P(X ＝3)＝C 33C 39＝184，(9分)所以X 的分布列为X 0 1 2 3P 521 1528 314 184(10分)E (X)＝0×521＋1×1528＋2×314＋3×184＝1.(12分)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M E ∥PA 交AB 于E ，N F ∥PA 交AD 于F ，连接EF ，BD ，AC. 由PM ∥AB ，PN ∥AD ，易得M E 綊N F ， 所以四边形M EF N 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)则C(0，1，0)，M ⎝⎛⎫32，－12，2，N ⎛⎫－3，－1，2，，－1，0)，P(0，－1，2)，B(3，0，0)，所以CM →＝⎝⎛⎭⎫32，－32，2，CN →＝⎝⎛⎭⎫－32，－32，2，AP →＝(0，0，2)，AB →＝(3，1，0)，(7分)设平面MNC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧32x －32y ＋2z ＝0，－32x －32y ＋2z ＝0，令z ＝1，得x ＝0，y ＝43，所以m ＝⎝⎛⎭⎫0，43，1；(9分)设平面APMB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧2z 1＝0，3x 1＋y 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝－3，z 1＝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，则cos α＝|m ·n ||m |·|n |＝43302＋⎝⎛⎭⎫432＋12×12＋（－3）2＋02＝235，(11分)所以平面MNC 与平面APMB 所成锐二面角的余弦值为235.(12分)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y 2＝43x 的焦点为(3，0)，所以椭圆C 的半焦距c ＝3，即a 2－b 2＝3. ①把点Q ⎝⎛⎭⎫－3，12代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得3a 2＋14b2＝1. ②由①②解得a 2＝4，b 2＝1.所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(4分)(Ⅱ)设直线l 的方程为x ＝ty ＋1，代入x24＋y 2＝1，得(t 2＋4)y 2＋2ty －3＝0.(5分)设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，则有y 1＋y 2＝－2t t 2＋4，y 1y 2＝－3t 2＋4.(7分)则|y 1－y 2|＝（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝⎝⎛⎭⎫－2t t 2＋42－4⎝⎛⎭⎫－3t 2＋4＝4t 2＋3t 2＋4＝4t 2＋3t 2＋3＋1＝4t 2＋3＋1t 2＋3.(9分) 令t 2＋3＝m (m ≥3)．易知函数y ＝m ＋1m 在[3，＋∞)上单调递增，则t 2＋3＋1t 2＋3≥3＋13＝433，当且仅当m ＝3，即t ＝0时，取等号．(10分) 所以|y 1－y 2|≤ 3.所以△AMN 的面积S ＝12|AP||y 1－y 2|≤12×3×3＝332，(11分)所以S m a x ＝332，此时直线l 的方程为x ＝1.(12分)21.【名师指导】本题考查导数的综合应用． 解：(Ⅰ)f ′(x )＝2e x ＋6x －2， 因为f ′(0)＝a ，所以a ＝0，易得切点(0，2)，所以b ＝－1.(1分)易知函数f ′(x )在R 上单调递增，且f ′(0)＝0. 则当x <0时，f ′(x )＜0；当x ＞0时，f ′(x )＞0.所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)；单调递增区间为(0，＋∞)．(2分) 所以函数f (x )在x ＝0处取得极小值f (0)＝2.(3分)(Ⅱ)f (x )－2x 2－3x －2－2k ≤0e x ＋12x 2－52x －1－k ≤0k ≥e x ＋12x 2－52x －1， (*)(4分)。
福建省漳州市2018届高三上学期期末调研测试数学(理)试题word版有答案AlUHlA
漳州市2018届高中毕业班调研测试数学(理科) 第Ⅰ卷（共60分）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304x A xx ⎧+⎫=≥⎨⎬-⎩⎭，{}24x B x =>，则A B =I （ ）A ．(2,)+∞B ．(4,)+∞C ．[4,)+∞D ．[3,2)- 2.若复数z 满足(2)17z i i -=+，则z =（ ） A ．5 B ．10 C ．22 D ．2 3.函数cos ()2xf x x =⋅在[,]ππ-上的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．4.已知1a =r ，2b =r ，且()a a b ⊥-r r r ，则向量a r 在b r方向上的投影为（ ）A ．1B ．2 C.12 D ．2 5.等差数列{}n a 和等比数列{}n b 的首项均为1，公差与公比均为3，则123b b b a a a ++=（ ） A ．64 B ．32 C.38 D ．336.执行如图所示的程序框图，若输入的p 为16，则输出的n ，S 的值分别为（ ）A ．4，18B ．4，30 C.5，30 D ．5，45 7.某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）A ．193 B ．203 C.163D ．6 8.已知函数()sin()f x A x ωϕ=+0,0,2A πωϕ⎛⎫>><⎪⎝⎭在一个周期内的图象如图所示，则4f π⎛⎫= ⎪⎝⎭（ ）A ．22-B ．222 D ．2- 9.已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x ≤时，()f x 为减函数，则不等式133(log (25))(log 8)f x f ->的解集为（ ）A ．541216Ax ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭ B ．132x x ⎧⎫>⎨⎬⎩⎭ C.541132162xx x ⎧⎫<<>⎨⎬⎩⎭或 D ．541132162x x x ⎧⎫<<<⎨⎬⎩⎭或10.在区间[0,1]上随机取三个数a ，b ，c ，则事件“2221a b c ++≤”发生的概率为（ ） A ．8π B ．6π C.4π D ．2π 11.已知直线l 过抛物线C ：24y x =的焦点，l 与C 交于A ，B 两点，过点A ，B 分别作C 的切线，交于点P ，则点P 的轨迹方程为（ ）A ．1x =-B ．2x =- C.24(1)y x =+ D ．24(2)y x =+ 12.已知不等式(3)0xax e x +->有且只有一个正整数解，则实数a 的取值范围是（ ）A ．21133,2e e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦ B ．21133,2e 2e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦C. 21133,2e e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦ D ．21133.22e e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知82a x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中常数项为1120，则正数a = ．14.已知实数x ，y 满足20,0,0,x y x y y k +≥⎧⎪-≤⎨⎪≤≤⎩若z x y =+的最大值为4，则z 的最小值为 ．15.设F 为双曲线C ： 22221x y a b-=(0,0)a b >>的右焦点，过F 且斜率为a b 的直线l 与双曲线C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点，且2AF BF =u u u r u u u r，则双曲线C 的离心率为 ．16.数列{}n a 为单调递增数列，且(23)814,4,log ,4n t t n t n a n n --+<⎧=⎨≥⎩*t N ∈，则t 的取值范围是 ．三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知223()2b c a bc -=-. （1）求sin A ；（2）若2a =，且sin B ，sin A ，sin C 成等差数列，求ABC ∆的面积.18.随着科学技术的飞速发展，手机的功能逐渐强大，很大程度上代替了电脑、电视.为了了解某高校学生平均每天使用手机的时间是否与性别有关，某调查小组随机抽取了30名男生、20名女生进行为期一周的跟踪调查，调查结果如表所示:（2）在这20名女生中，调查小组发现共有15人使用国产手机，在这15人中，平均每天使用手机不超过3小时的共有9人.从平均每天使用手机超过3小时的女生中任意选取3人，求这3人中使用非国产手机的人数X 的分布列和数学期望.参考公式：22()()()()()n ad bc K a c b d a b c d -=++++()n a b c d =+++19.如图，在多面体ABCDNPM ，底面ABCD 是菱形，60ABC ︒∠=，PA ⊥平面ABCD ，2AB AP ==，//PM AB ，//PN AD ，1PM PN ==.（1）求证：MN PC ⊥；（2）求平面MNC 与平面APMB 所成锐角二面角的余弦值.20.已知椭圆C ：22221x y a b+=(0)a b >>的一个焦点与抛物线243y x =的焦点重合，且过点13,2Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭.过点(1,0)P 的直线l 交椭圆C 于M ，N 两点，A 为椭圆的左顶点. （1）求椭圆C 的标准方程；（2）求AMN ∆面积的最大值，并求此时直线l 的方程.21.已知函数2()2321xf x e x x b =+-++，x R ∈的图象在0x =处的切线方程为2y ax =+. （1）求函数()f x 的单调区间与极值；（2）若存在实数x ，使得2()23220f x x x k =----≤成立，求整数k 的最小值.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. 22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程是12cos 2sin x y αα=+⎧⎨=⎩（α为参数），以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为cos 24πρθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭. （1）求曲线C 的普通方程与直线l 的直角坐标方程；（2）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：不等式选讲已知函数()2122f x x x =-++. （1）求函数()f x 的最小值； （2）解不等式()8f x <.试卷答案一、选择题1-5:BBDDD 6-10:ABCCB 11、12：AA 二、填空题13.1 14.2- 15.2 16.3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭三、解答题17.解：(Ⅰ)由(b －c )2＝a 2－32bc ，得b 2＋c 2－a 2＝12bc ，即b 2＋c 2－a 22bc ＝14，由余弦定理得cosA ＝14，因为0<A<π，所以si n A ＝154. (Ⅱ)由si n B ，si n A ，si n C 成等差数列，得si n B ＋si n C ＝2si n A ，由正弦定理得b ＋c ＝2a ＝4， 所以16＝(b ＋c )2，所以16＝b 2＋c 2＋2bc . 由(Ⅰ)得16＝a 2＋52bc ，所以16＝4＋52bc ，解得bc ＝245，所以S △ABC ＝12bc si n A ＝12×245×154＝3155.18.解：(Ⅰ)K 2＝50×（25×11－5×9）230×20×16×34≈8.104>6.635.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． (Ⅱ)X 可取0，1，2，3. P(X ＝0)＝C 36C 39＝521，P(X ＝1)＝C 13C 26C 39＝1528，P(X ＝2)＝C 23C 16C 39＝314，P(X ＝3)＝C 33C 39＝184，所以X 的分布列为X 0 1 2 3 P5211528 314 184 E (X)＝0×21＋1×28＋2×14＋3×84＝1.19.解：(Ⅰ)证明：作M E ∥PA 交AB 于E ，N F ∥PA 交AD 于F ，连接EF ，BD ，AC. 由PM∥AB，PN ∥AD ，易得M E 綊N F ， 所以四边形M EF N 是平行四边形， 所以MN∥EF ，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， 因为PA⊥平面ABCD ，EF 平面ABCD ， 所以PA⊥EF ，所以PA⊥MN，因为AC∩PA＝A ， 所以MN⊥平面PAC ，故MN⊥PC.(Ⅱ)建立空间直角坐标系如图所示，则C(0，1，0)，M ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，A(0，－1，0)，P(0，－1，2)，B(3，0，0)，所以CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，2，CN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－32，2，AP →＝(0，0，2)，AB →＝(3，1，0)，设平面MNC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧32x －32y ＋2z ＝0，－32x －32y ＋2z ＝0，令z ＝1，得x ＝0，y ＝43，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43，1； 设平面APMB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧2z 1＝0，3x 1＋y 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝－3，z 1＝0， 所以n ＝(1，－3，0)，设平面MNC 与平面APMB 所成锐二面角为α， 则cos α＝|m ·n ||m |·|n |＝43302＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋12×12＋（－3）2＋02＝235，所以平面MNC 与平面APMB 所成锐二面角的余弦值为235.20.解：(Ⅰ)因为抛物线y 2＝43x 的焦点为(3，0)，所以椭圆C 的半焦距c ＝3，即a 2－b 2＝3. ① 把点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，12代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得3a 2＋14b 2＝1. ② 由①②解得a 2＝4，b 2＝1.所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(Ⅱ)设直线l 的方程为x ＝ty ＋1，代入x 24＋y 2＝1，得(t 2＋4)y 2＋2ty －3＝0.(5分)设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，则有y 1＋y 2＝－2t t 2＋4，y 1y 2＝－3t 2＋4.则|y 1－y 2|＝（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2t t 2＋42－4⎝ ⎛⎭⎪⎫－3t 2＋4＝4t 2＋3t 2＋4＝4t 2＋3t 2＋3＋1＝4t 2＋3＋1t 2＋3.令t 2＋3＝m (m ≥3)．易知函数y ＝m ＋1m 在[3，＋∞)上单调递增，则t 2＋3＋1t 2＋3≥3＋13＝433， 当且仅当m ＝3，即t ＝0时，取等号． 所以|y 1－y 2|≤ 3.所以△AMN 的面积S ＝12|AP||y 1－y 2|≤12×3×3＝332，所以S m a x ＝332，此时直线l 的方程为x ＝1.21.解：(Ⅰ)f ′(x )＝2e x＋6x －2， 因为f ′(0)＝a ，所以a ＝0， 易得切点(0，2)，所以b ＝－1.易知函数f ′(x )在R 上单调递增，且f ′(0)＝0. 则当x <0时，f ′(x )＜0；当x ＞0时，f ′(x )＞0.所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)；单调递增区间为(0，＋∞)． 所以函数f (x )在x ＝0处取得极小值f (0)＝2. (Ⅱ)f (x )－2x 2－3x －2－2k≤0e x＋12x 2－52x －1－k ≤0k ≥e x＋12x 2－52x －1， (*)令h(x )＝e x＋12x 2－52x －1，若存在实数x ，使得不等式(*)成立，则k≥h(x )m i n ， h ′(x )＝e x＋x －52，易知h′(x )在R 上单调递增，又h′(0)＝－32<0，h ′(1)＝e －32>0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2<0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫34＝e 34－74>2.5634－74＝1.632－74＝512125－74>2－74＝14>0， ⎝⎛或由e x≥x ＋1当x ＝0时取等号，得e 34－74＝e 34－⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫34＋1>0所以存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34，使得h′(x 0)＝0，且当x ∈(－∞，x 0)时，h ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h(x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， h(x )m i n ＝h(x 0)＝e x 0＋12x 20－52x 0－1，又h′(x 0)＝0，即e x 0＋x 0－52＝0，所以e x 0＝52－x 0.所以20000515()1222h x x x x =-+--2001(73)2x x =-+因为x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34， 所以h(x 0)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2732，－18，则k≥h(x 0)，又k∈Z . 所以k 的最小值为0.22.解：(Ⅰ)由曲线C 的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2cos α，y ＝2sin α(α为参数)⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝2cos α，y ＝2sin α(α为参数)， 两式平方相加，得曲线C 的普通方程为(x －1)2＋y 2＝4；(3分)由直线l 的极坐标方程可得ρcos θcos π4－ρsi n θsi n π4＝2ρcos θ－ρsi n θ＝2，即直线l 的直角坐标方程为x －y －2＝0.(5分)(Ⅱ)由题意可得P(2，0)，则直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋22t ，y ＝22t (t 为参数)．)设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则|PA|·|PB|＝|t 1|·|t 2|， 将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋22t ，y ＝22t(t 为参数)代入(x －1)2＋y 2＝4，得t 2＋2t －3＝0，则Δ>0，由韦达定理可得t 1·t 2＝－3， 所以|PA|·|PB|＝|－3|＝3.(23.解：(Ⅰ)因为f (x )＝|2x －1|＋2|x ＋2|≥|(2x －1)－2(x ＋2)|＝5， 所以函数f (x )的最小值是5.(Ⅱ)解法一：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x －3，x<－2，5， －2≤x≤12，4x ＋3， x>12， 当x <－2时，由－4x －3<8，解得x >－114，即－114<x <－2；当－2≤x ≤12时，5<8恒成立，即－2≤x ≤12；当x >12时，由4x ＋3<8，解得x <54，即12<x <54，所以原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－114，54.解法二(图象法)：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x －3，x<－2，5， －2≤x≤12，4x ＋3， x>12， 函数f (x )的图象如图所示，令f (x )＝8，解得x ＝－114或x ＝54，所以不等式f (x )<8的解集为⎝⎛⎭⎫－114，54.答案解析1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 BBDDDABCCBAA∞)，B ＝(2，＋∞)，所以A ∩B ＝(4，＋∞)，故选B.2.B 【解析】本题考查复数的除法运算及复数的模．因为z ＝1＋7i 2－i ＝（1＋7i ）（2＋i ）（2－i ）（2＋i ）＝－1＋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 －b )＝0a 2－a ·b ＝0a 2－|a |·|b |cos θ＝0，所以cos θ＝22，所以向量a 在b 方向上的投影为|a |cos θ＝22，故选D.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，a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，b n ＝3n －1，则b 1＝1，b 2＝3，b 3＝9，所以a b 1＋a b 2＋a b 3＝a 1＋a 3＋a 9＝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，则这个几何体的体积V ＝23－13×12×2×2×2＝203，故选B.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 ＝2πω＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫5π8－π8＝π，所以ω＝2，＝2，解得2×π8＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，即φ＝π4＋2k π，k ∈Z ，因为|φ|<π2，所以φ＝π4，所以，故选C.9.C 【解析】本题考查函数的基本性质．由题知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18除以以1为棱长的正方体的体积，即43π×18÷1＝π6，故选B.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x 2＝4y ，设翻转后的直线l 的方程为y ＝k x ＋1，翻转后的A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝kx ＋1得x 2－4k x －4＝0 ①，易得抛物线C 在点A 处的切线方程为y －14x 21＝12x 1·(x －x 1)，同理可得抛物线C 在点B 处的切线方程为y －14x 22＝12x 2(x －x 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y －14x 21＝12x 1（x －x 1），y －14x 22＝12x 2（x －x 2）得y ＝14x 1x 2，再由①可得x 1x 2＝－4，所以y ＝－1.故原抛物线C 相应的点P 的轨迹方程为x ＝－1，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(a x ＋3)e x－x >0的解，不符合题意；当a<0时，(a x ＋3)e x－x >0化为a x ＋3>x e x ，设f (x )＝x e x ，则f ′(x )＝1－x e x ，所以函数f (x )在(－∞，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(a x ＋3)e x－x >0有且只有一个正整数解，则⎩⎪⎨⎪⎧a×1＋3>1e1，a ×2＋3≤2e2，解得1e －3<a≤1e 2－32，故选A.13.1 【解析】本题考查二项式定理的通项.⎝⎛⎭⎪⎫2x －a x 8展开式的通项为 T k ＋1＝C k8(2x )8－k⎝ ⎛⎭⎪⎫－a x k＝C k 828－k (－a)k x 8－2k .令8－2k ＝0，得k ＝4.由，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z m i n ＝－4＋2＝－2.15.2或233 【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 的斜率为－b a ，l ⊥OB ，在Rt △OBA 中，由角平分线定理可得|OA||OB|＝|FA||FB|＝2，所以∠AOB＝60°，∠x OA ＝30°，所以b a ＝33，e ＝c a＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝233.若AF →＝2BF →，则由图2可知，渐近线OB 为△AO F 边A F 的垂直平分线，故△AO F 为等腰三角形，故∠AOB＝∠BO F ＝60°，b a ＝3，e ＝ca＝2.16.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 【解析】本题考查数列与分段函数的性质．要使数列{a n }为单调递增数列，则a 1<a 2<a 3<a 4<a 5<….当n <4时，a n ＝(2t －3)n －8t ＋14必须单调递增，∴2t －3>0，即t>32 ①.当n ≥4时，a n ＝log t n 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a 3<a 4，即3(2t －3)－8t ＋14<log t 4，化简得log t 4＋2t>5 ③.方法一：当32<t ≤2时，log t 4＋2t>5；当2<t≤52时，log t 4＋2t>5；当t>52时，log t 4＋2t>5，故③式对任意t>32恒成立，综上，解得t 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.方法二：由①②得t>32，在此前提下，构造f (t)＝log t 4＋2t －5⎝ ⎛⎭⎪⎫t>32，则f ′(t)＝2－ln4tln 2t ，令g(t)＝tl n 2t ⎝ ⎛⎭⎪⎫t>32，则g′(t)＝l n 2t ＋2l n t ＝l n t(l n t ＋2)>0，∴g(t)＝tl n 2t 在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上单调递增，且g(t)>0，从而f ′(t)是⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上的增函数，可验证f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝2－ln432ln 232＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ln 34ln 232<0⎝ ⎛证明如下：要证f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫32<0，即证l n 34>l n 232，即证l n 4>3l n 32×l n 32，即证l n 4>l n 278×l n 32，∵l n 4>l n 278，0<l n 32<1，∴l n 4>l n 278×⎭⎪⎫ln 32，得证，f ′(2)＝2－ln42ln 22＝2－2ln4>0.∴f ′(t)＝2－ln4tln 2t 在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上有唯一零点，设为m ，m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，易知m 为f (t)的极小值点，也是最小值点．∴f (t)m i n ＝f (m )＝log m 4＋2m －5.当m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2时，log m 4>log 24＝2，2m >2×32＝3.∴f (t)m i n ＝f (m )>log 24＋3－5＝0，即当t∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞时，f (t)>0恒成立．综上，t 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.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． 解：(Ⅰ)由(b －c )2＝a 2－32bc ，得b 2＋c 2－a 2＝12bc ，(2分)即b 2＋c 2－a 22bc ＝14，由余弦定理得cosA ＝14，(4分)因为0<A<π，所以si n A ＝154.(6分) (Ⅱ)由si n B ，si n A ，si n C 成等差数列，得si n B ＋si n C ＝2si n A ，(7分) 由正弦定理得b ＋c ＝2a ＝4，所以16＝(b ＋c )2，所以16＝b 2＋c 2＋2bc .(8分) 由(Ⅰ)得16＝a 2＋52bc ，所以16＝4＋52bc ，解得bc ＝245，(10分)所以S △ABC ＝12bc si n A ＝12×245×154＝3155.(12分)18.【名师指导】本题考查独立性检验．解：(Ⅰ)K 2＝50×（25×11－5×9）230×20×16×34≈8.104>6.635.(2分)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) P(X ＝0)＝C 36C 39＝521，(6分)P(X ＝1)＝C 13C 26C 39＝1528，(7分)P(X ＝2)＝C 23C 16C 39＝314，(8分)P(X ＝3)＝C 33C 39＝184，(9分)所以X 的分布列为X 0 1 2 3 P5211528314184(10分)E (X)＝0×521＋1×1528＋2×314＋3×184＝1.(12分)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M E ∥PA 交AB 于E ，N F ∥PA 交AD 于F ，连接EF ，BD ，AC. 由PM∥AB，PN ∥AD ，易得M E 綊N F ， 所以四边形M EF N 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 ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，A(0，－1，0)，P(0，－1，2)，B(3，0，0)，所以CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，2，CN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－32，2，AP →＝(0，0，2)，AB →＝(3，1，0)，(7分)设平面MNC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧32x －32y ＋2z ＝0，－32x －32y ＋2z ＝0，令z ＝1，得x ＝0，y ＝43，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43，1；(9分) 设平面APMB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧2z 1＝0，3x 1＋y 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝－3，z 1＝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， 则cos α＝|m ·n ||m |·|n |＝43302＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋12×12＋（－3）2＋02＝235，(11分)所以平面MNC 与平面APMB 所成锐二面角的余弦值为235.(12分)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y 2＝43x 的焦点为(3，0)，所以椭圆C 的半焦距c ＝3，即a 2－b 2＝3. ① 把点Q ⎝⎛⎭⎪⎫－3，12代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得3a 2＋14b 2＝1. ② 由①②解得a 2＝4，b 2＝1.所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(4分)(Ⅱ)设直线l 的方程为x ＝ty ＋1，代入x 24＋y 2＝1，得(t 2＋4)y 2＋2ty －3＝0.(5分)设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，则有y 1＋y 2＝－2t t 2＋4，y 1y 2＝－3t 2＋4.(7分)则|y 1－y 2|＝（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2t t 2＋42－4⎝ ⎛⎭⎪⎫－3t 2＋4＝4t 2＋3t 2＋4＝4t 2＋3t 2＋3＋1＝4t 2＋3＋1t 2＋3.(9分)令t 2＋3＝m (m ≥3)．易知函数y ＝m ＋1m在[3，＋∞)上单调递增，则t 2＋3＋1t 2＋3≥3＋13＝433， 当且仅当m ＝3，即t ＝0时，取等号．(10分) 所以|y 1－y 2|≤ 3.所以△AMN 的面积S ＝12|AP||y 1－y 2|≤12×3×3＝332，(11分)所以S m a x ＝332，此时直线l 的方程为x ＝1.(12分)21.【名师指导】本题考查导数的综合应用． 解：(Ⅰ)f ′(x )＝2e x＋6x －2， 因为f ′(0)＝a ，所以a ＝0， 易得切点(0，2)，所以b ＝－1.(1分)易知函数f ′(x )在R 上单调递增，且f ′(0)＝0. 则当x <0时，f ′(x )＜0；当x ＞0时，f ′(x )＞0.所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)；单调递增区间为(0，＋∞)．(2分) 所以函数f (x )在x ＝0处取得极小值f (0)＝2.(3分) (Ⅱ)f (x )－2x 2－3x －2－2k≤0e x＋12x 2－52x －1－k ≤0k ≥e x＋12x 2－52x －1， (*)(4分)令h(x )＝e x＋12x 2－52x －1，若存在实数x ，使得不等式(*)成立，则k≥h(x )m i n ， h ′(x )＝e x＋x －52，易知h′(x )在R 上单调递增，(6分)又h′(0)＝－32<0，h ′(1)＝e －32>0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2<0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫34＝e 34－74>2.5634－74＝1.632－74＝512125－74>2－74＝14>0， ⎝⎛或由e x≥x ＋1当x ＝0时取等号，得e 34－74＝e 34－⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫34＋1>0所以存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34，使得h′(x 0)＝0，(8分)且当x ∈(－∞，x 0)时，h ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h(x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，(9分) h(x )m i n ＝h(x 0)＝e x 0＋12x 20－52x 0－1，又h′(x 0)＝0，即e x 0＋x 0－52＝0，所以e x 0＝52－x 0.因为x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34， 所以h(x 0)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2732，－18，则k≥h(x 0)，又k∈Z . 所以k 的最小值为0.(12分)22.【名师指导】本题考查参数方程和普通方程的互化、极坐标方程和直角坐标方程的互化、直线与圆的位置关系．(Ⅰ)运用同角三角函数的平方关系即可得到C 的普通方程，运用x ＝ρcos θ，y ＝ρsi n θ以及两角和的余弦公式，化简可得直线l 的直角坐标方程；(Ⅱ)写出直线l 的参数方程，代入曲线C 的普通方程，利用参数的几何意义即可得出|PA|·|PB|的值．解：(Ⅰ)由曲线C 的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2cos α，y ＝2sin α(α为参数)⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝2cos α，y ＝2sin α(α为参数)， 两式平方相加，得曲线C 的普通方程为(x －1)2＋y 2＝4；(3分) 由直线l 的极坐标方程可得ρcos θcos π4－ρsi n θsi n π4＝2ρcos θ－ρsi n θ＝2，(4分)即直线l 的直角坐标方程为x －y －2＝0.(5分)(Ⅱ)由题意可得P(2，0)，则直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋22t ，y ＝22t (t 为参数)．(6分)设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则|PA|·|PB|＝|t 1|·|t 2|， 将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋22t ，y ＝22t(t 为参数)代入(x －1)2＋y 2＝4，得t 2＋2t －3＝0，(8分)则Δ>0，由韦达定理可得t 1·t 2＝－3，(9分) 所以|PA|·|PB|＝|－3|＝3.(10分)23.【名师指导】本题考查函数的最值与绝对值不等式的解法．(Ⅰ)利用绝对值三角不等式即可求解；(Ⅱ)分段解不等式或画出函数的图象，找出函数的图象与直线y＝8的交点的横坐标即可求解．解：(Ⅰ)因为f (x )＝|2x －1|＋2|x ＋2|≥|(2x －1)－2(x ＋2)|＝5，(4分) 所以函数f (x )的最小值是5.(5分)(Ⅱ)解法一：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x －3，x<－2，5， －2≤x≤12，4x ＋3， x>12，(6分) 当x <－2时，由－4x －3<8，解得x >－114，即－114<x <－2；当－2≤x ≤12时，5<8恒成立，即－2≤x ≤12；当x >12时，由4x ＋3<8，解得x <54，即12<x <54，(9分)所以原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－114，54.(10分)解法二(图象法)：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x －3，x<－2，5， －2≤x≤12，4x ＋3， x>12，(6分) 函数f (x )的图象如图所示，分)令f (x )＝8，解得x ＝－114或x ＝54，(9分)所以不等式f (x )<8的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－114，54.(10分)。
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漳州市2018届高中毕业班调研测试数学(理科)答案详解－3]∪(4，＋∞)，B ＝(2，＋∞)，所以A ∩B ＝(4，＋∞)，故选B.2.B 【解析】本题考查复数的除法运算及复数的模．因为z ＝1＋7i 2－i ＝（1＋7i ）（2＋i ）（2－i ）（2＋i ）＝－1＋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－b )＝0a 2－a ·b ＝0a 2－|a |·|b |cos θ＝0，所以cos θ＝22，所以向量a 在b 方向上的投影为|a |cos θ＝22，故选D.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，a n ＝1＋3(n －1)＝3n－2，b n ＝3n －1，则b 1＝1，b 2＝3，b 3＝9，所以a b 1＋a b 2＋a b 3＝a 1＋a 3＋a 9＝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，则这个几何体的体积V ＝23－13×12×2×2×2＝203，故选B.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 ＝2πω＝2×⎝⎛⎭⎪⎪⎫5π8－π8＝π，所以ω＝2，＝2，解得2×π8＋φ＝π2＋2k π，k∈Z ，即φ＝π4＋2k π，k ∈Z ，因为|φ|<π2，所以φ＝π4，所以，故选C.9.C 【解析】本题考查函数的基本性质．由题知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18除以以1为棱长的正方体的体积，即43π×18÷1＝π6，故选B.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x 2＝4y ，设翻转后的直线l 的方程为y ＝k x ＋1，翻转后的A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝kx ＋1得x 2－4k x －4＝0 ①，易得抛物线C 在点A 处的切线方程为y －14x 21＝12x 1·(x －x 1)，同理可得抛物线C 在点B 处的切线方程为y －14x 22＝12x 2(x －x 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y －14x 21＝12x 1（x －x 1），y －14x 22＝12x 2（x －x 2）得y ＝14x 1x 2，再由①可得x 1x 2＝－4，所以y ＝－1.故原抛物线C相应的点P 的轨迹方程为x ＝－1，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(a x ＋3)e x －x >0的解，不符合题意；当a<0时，(a x ＋3)e x －x >0化为a x ＋3>x e x ，设f (x )＝xe x ，则f ′(x )＝1－xex ，所以函数f (x )在(－∞，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(a x ＋3)e x－x >0有且只有一个正整数解，则⎩⎪⎨⎪⎧a ×1＋3>1e 1，a ×2＋3≤2e2，解得1e －3<a ≤1e 2－32，故选A. 13.1 【解析】本题考查二项式定理的通项.⎝⎛⎭⎪⎫2x －a x 8展开式的通项为 T k ＋1＝C k 8(2x )8－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a x k ＝C k 828－k (－a)k x 8－2k .令8－2k ＝0，得k ＝4.由，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z m i n ＝－4＋2＝－2.15.2或233【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 的斜率为－b a ，l ⊥OB ，在Rt △OBA 中，由角平分线定理可得|OA||OB|＝|FA||FB|＝2，所以∠AOB ＝60°，∠x OA ＝30°，所以b a ＝33，e ＝c a ＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2＝233.若AF →＝2BF →，则由图2可知，渐近线OB 为△AO F 边A F 的垂直平分线，故△AO F 为等腰三角形，故∠AOB ＝∠BO F＝60°，b a ＝3，e ＝ca＝2.16.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 【解析】本题考查数列与分段函数的性质．要使数列{a n }为单调递增数列，则a 1<a 2<a 3<a 4<a 5<….当n <4时，a n ＝(2t －3)n －8t ＋14必须单调递增，∴2t －3>0，即t>32①.当n ≥4时，a n ＝log t n 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a 3<a 4，即3(2t －3)－8t ＋14<log t 4，化简得log t 4＋2t>5 ③.方法一：当32<t ≤2时，log t 4＋2t>5；当2<t ≤52时，log t 4＋2t>5；当t>52时，log t 4＋2t>5，故③式对任意t>32恒成立，综上，解得t 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.方法二：由①②得t>32，在此前提下，构造f (t)＝log t 4＋2t －5⎝⎛⎭⎫t>32，则f ′(t)＝2－ln4tln 2t，令g(t)＝tl n 2t ⎝⎛⎭⎫t>32，则g′(t)＝l n 2t ＋2l n t ＝l n t(l n t ＋2)>0，∴g(t)＝tl n 2t 在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上单调递增，且g(t)>0，从而f ′(t)是⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上的增函数，可验证f ′⎝⎛⎭⎫32＝2－ln432ln 232＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ln 34ln 232<0⎝ ⎛证明如下：要证f′⎝⎛⎭⎫32<0，即证l n 34>l n 232，即证l n 4>3l n 32×l n 32，即证l n 4>l n 278×l n 32，∵l n 4>l n 278，0<l n 32<1，∴l n 4>l n 278×⎭⎪⎫ln 32，得证，f ′(2)＝2－ln42ln 22＝2－2ln4>0.∴f ′(t)＝2－ln4tln 2t 在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上有唯一零点，设为m ，m ∈⎝⎛⎭⎫32，2，易知m 为f (t)的极小值点，也是最小值点．∴f (t)m i n ＝f (m )＝log m 4＋2m －5.当m ∈⎝⎛⎭⎫32，2时，log m 4>log 24＝2，2m >2×32＝3.∴f (t)m i n ＝f (m )>log 24＋3－5＝0，即当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞时，f (t)>0恒成立．综上，t 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞. 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．解：(Ⅰ)由(b －c )2＝a 2－32bc ，得b 2＋c 2－a 2＝12bc ，(2分)即b 2＋c 2－a 22bc ＝14，由余弦定理得cosA ＝14，(4分)因为0<A<π，所以si n A ＝154.(6分) (Ⅱ)由si n B ，si n A ，si n C 成等差数列，得si n B ＋si n C ＝2si n A ，(7分) 由正弦定理得b ＋c ＝2a ＝4，所以16＝(b ＋c )2，所以16＝b 2＋c 2＋2bc .(8分)由(Ⅰ)得16＝a 2＋52bc ，所以16＝4＋52bc ，解得bc ＝245，(10分)所以S △ABC ＝12bc si n A ＝12×245×154＝3155.(12分)18.【名师指导】本题考查独立性检验． 解：(Ⅰ)K 2＝50×（25×11－5×9）230×20×16×34≈8.104>6.635.(2分)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)P(X ＝0)＝C 36C 39＝521，(6分)P(X ＝1)＝C 13C 26C 39＝1528，(7分)P(X ＝2)＝C 23C 16C 39＝314，(8分)P(X ＝3)＝C 33C 39＝184，(9分)所以X 的分布列为(10分)E (X)＝0×521＋1×1528＋2×314＋3×184＝1.(12分)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M E ∥PA 交AB 于E ，N F ∥PA 交AD 于F ，连接EF ，BD ，AC.由PM ∥AB ，PN ∥AD ，易得M E 綊N F ，所以四边形M EF N 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)则C(0，1，0)，M ⎝⎛32，－12，，－1，0)，P(0，－1，2)，B(3，0，0)，所以CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，2，CN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－32，2，AP →＝(0，0，2)，AB →＝(3，1，0)，(7分)设平面MNC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧32x －32y ＋2z ＝0，－32x －32y ＋2z ＝0，令z ＝1，得x ＝0，y ＝43，所以m ＝⎝⎛⎭⎫0，43，1；(9分) 设平面APMB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧2z 1＝0，3x 1＋y 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝－3，z 1＝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，则cos α＝|m ·n ||m |·|n |＝43302＋⎝⎛⎭⎫432＋12×12＋（－3）2＋02＝235，(11分)所以平面MNC 与平面APMB 所成锐二面角的余弦值为235.(12分)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y 2＝43x 的焦点为(3，0)，所以椭圆C 的半焦距c ＝3，即a 2－b 2＝3. ①把点Q ⎝⎛⎭⎪⎫－3，12代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得3a 2＋14b 2＝1. ② 由①②解得a 2＝4，b 2＝1.所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(4分)(Ⅱ)设直线l 的方程为x ＝ty ＋1，代入x24＋y 2＝1，得(t 2＋4)y 2＋2ty －3＝0.(5分)设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，则有y 1＋y 2＝－2t t 2＋4，y 1y 2＝－3t 2＋4.(7分)则|y 1－y 2|＝（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－2t t 2＋42－4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－3t 2＋4＝4t 2＋3t 2＋4＝4t 2＋3t 2＋3＋1＝4t 2＋3＋1t 2＋3.(9分)令t 2＋3＝m (m ≥3)．易知函数y ＝m ＋1m 在[3，＋∞)上单调递增，则t 2＋3＋1t 2＋3≥3＋13＝433，当且仅当m ＝3，即t ＝0时，取等号．(10分)所以|y 1－y 2|≤ 3.所以△AMN 的面积S ＝12|AP||y 1－y 2|≤12×3×3＝332，(11分)所以S m a x ＝332，此时直线l 的方程为x ＝1.(12分)21.【名师指导】本题考查导数的综合应用． 解：(Ⅰ)f ′(x )＝2e x ＋6x －2， 因为f ′(0)＝a ，所以a ＝0，易得切点(0，2)，所以b ＝－1.(1分)易知函数f ′(x )在R 上单调递增，且f ′(0)＝0. 则当x <0时，f ′(x )＜0；当x ＞0时，f ′(x )＞0.所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)；单调递增区间为(0，＋∞)．(2分) 所以函数f (x )在x ＝0处取得极小值f (0)＝2.(3分)(Ⅱ)f (x )－2x 2－3x －2－2k ≤0e x ＋12x 2－52x －1－k ≤0k ≥e x ＋12x 2－52x －1， (*)(4分)令h(x )＝e x ＋12x 2－52x －1，若存在实数x ，使得不等式(*)成立，则k ≥h(x )m i n ，h ′(x )＝e x ＋x －52，易知h′(x )在R 上单调递增，(6分)又h′(0)＝－32<0，h ′(1)＝e －32>0，h ′⎝⎛⎭⎫12＝e 12－2<0，h ′⎝⎛⎭⎫34＝e 34－74>2.5634－74＝1.632－74＝512125－74>2－74＝14>0，⎝⎛或由e x ≥x ＋1当x ＝0时取等号，得e 34－74＝e 34－⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫34＋1>0 所以存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎫12，34，使得h′(x 0)＝0，(8分)且当x ∈(－∞，x 0)时，h ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h(x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，(9分)h(x )m i n ＝h(x 0)＝e x 0＋12x 20－52x 0－1，又h′(x 0)＝0，即e x 0＋x 0－52＝0，所以e x 0＝52－x 0.因为x 0∈⎝⎛⎭⎫12，34，所以h(x 0)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2732，－18，则k ≥h(x 0)，又k ∈Z .所以k 的最小值为0.(12分)22.【名师指导】本题考查参数方程和普通方程的互化、极坐标方程和直角坐标方程的互化、直线与圆的位置关系．(Ⅰ)运用同角三角函数的平方关系即可得到C 的普通方程，运用x ＝ρcos θ，y ＝ρsi n θ以及两角和的余弦公式，化简可得直线l 的直角坐标方程；(Ⅱ)写出直线l 的参数方程，代入曲线C 的普通方程，利用参数的几何意义即可得出|PA|·|PB|的值．解：(Ⅰ)由曲线C 的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2cos α，y ＝2sin α(α为参数)⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝2cos α，y ＝2sin α(α为参数)，两式平方相加，得曲线C 的普通方程为(x －1)2＋y 2＝4；(3分)由直线l 的极坐标方程可得ρcos θcos π4－ρsi n θsi n π4＝2ρcos θ－ρsi n θ＝2，(4分)即直线l 的直角坐标方程为x －y －2＝0.(5分)(Ⅱ)由题意可得P(2，0)，则直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋22t ，y ＝22t(t 为参数)．(6分)设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则|PA|·|PB|＝|t 1|·|t 2|，将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋22t ，y ＝22t(t 为参数)代入(x －1)2＋y 2＝4，得t 2＋2t －3＝0，(8分)则Δ>0，由韦达定理可得t 1·t 2＝－3，(9分) 所以|PA|·|PB|＝|－3|＝3.(10分)23.【名师指导】本题考查函数的最值与绝对值不等式的解法．(Ⅰ)利用绝对值三角不等式即可求解；(Ⅱ)分段解不等式或画出函数的图象，找出函数的图象与直线y ＝8的交点的横坐标即可求解．解：(Ⅰ)因为f (x )＝|2x －1|＋2|x ＋2|≥|(2x －1)－2(x ＋2)|＝5，(4分) 所以函数f (x )的最小值是5.(5分)(Ⅱ)解法一：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x －3，x<－2，5， －2≤x ≤12，4x ＋3， x>12，(6分)当x <－2时，由－4x －3<8，解得x >－114，即－114<x <－2；当－2≤x ≤12时，5<8恒成立，即－2≤x ≤12；当x >12时，由4x ＋3<8，解得x <54，即12<x <54，(9分)所以原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－114，54.(10分) 解法二(图象法)：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x －3，x<－2，5， －2≤x ≤12，4x ＋3， x>12，(6分)函数f (x )的图象如图所示，分)令f (x )＝8，解得x ＝－114或x ＝54，(9分)所以不等式f (x )<8的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－114，54.(10分)。
福建省漳州市2018届高三数学上学期期末调研测试试题理(含解析)
漳州市2018届高中毕业班调研测试数学(理科)第Ⅰ卷（共60分）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，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】则故选2. 若复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】故选3. 函数在上的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由题意知是奇函数，其图象关于原点对称，故排除当时，，排除故选4. 已知，，且，则向量在方向上的投影为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设与的夹角为，向量在方向上的投影为故选5. 等差数列和等比数列的首项均为，公差与公比均为，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】依题意：则，，故选6. 执行如图所示的程序框图，若输入的为，则输出的，的值分别为（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】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. 某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】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，则这个几何体的体积．故选B.8. 已知函数在一个周期内的图象如图所示，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由图象可知，，所以ω＝2，由，得，解得，因为，所以，所以.故选C.9. 已知函数是定义在上的偶函数，当时，为减函数，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由函数是定义在上的偶函数，当时，为减函数，则当时，为增函数，所以不等式解为或即或解得或，故选点睛：本题考查了函数的单调性与奇偶性的综合，求解不等式，这里需要注意偶函数的单调性在轴的左右两边是相反的，所以在解答不等式问题时需要进行分类讨论两种情况，也可以转化为取值的绝对值大小问题来求解。
福建省漳州市2018届高三上学期期末调研测试++数学(文)+Word版含解析
福建省漳州市2018届高三上学期期末调研测试++数学(文)+Word版含解析漳州市2018届高中毕业班数学(文科)调研测试一、选择题：1.已知集合$A=\{x|2x1>1\}$，$B=\{x|x2-2x\leq0\}$，则$A\cap B=$A.[1，2)B.[1，2]C.(0，3]D.(1，2]改写：已知$A=\{x|2x>1\}$，$B=\{x|x(x-2)\leq0\}$，则$A\cap B=$2.在复平面内，复数$z_1$和$z_2$对应的点分别是A(2，1)和B(0，1)，则$\frac{z_1}{z_2}=$A.－1－2iB.－1＋2iC.1－2iD.1＋2i改写：在复平面内，$z_1=2+ i$，$z_2=i$，则$\frac{z_1}{z_2}=\frac{2+i}{i}=-1+2i$3.已知向量$a=(2，-1)$，$A(-1，x)$，$B(1，-1)$，若$a\perp AB$，则实数$x$的值为A.－5B.0C.－1D.5改写：已知向量$a=(2，-1)$，$A(-1，x)$，$B(1，-1)$，且$a$与$AB$垂直，求$x$的值。
4.执行如图所示的程序框图，输出的结果为()A.8B.16C.32D.64改写：执行如下程序框图，输出的结果为()A.8B.16C.32D.645.函数$f(x)=xe|x|$的图象可能是()改写：求函数$f(x)=xe|x|$的图象。
6.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长度为()A.5B.22C.3D.23删除：无法呈现题目所需的三视图。
7.已知函数$g(x)=3cos2x$的图象经过上下平移和左右反转后得到函数$f(x)$的图象，则$f(x)$的对称轴方程为A.x=πB.x=π/2C.x=3π/2D.x=2π改写：已知函数$g(x)=3cos2x$的图象向下平移$1$个单位长度后，再左右反转得到函数$f(x)$的图象，则$f(x)$的对称轴方程为$x=\frac{3\pi}{2}$。
福建省漳州市2018届高三数学上学期期末调研测试试题 理(含解析)练习
福建省漳州市2018届高三数学上学期期末调研测试试题理（含解析）练习数学(理科)第Ⅰ卷（共60分）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，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】则故选2. 若复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】故选3. 函数在上的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由题意知是奇函数，其图象关于原点对称，故排除当时，，排除故选4. 已知，，且，则向量在方向上的投影为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设与的夹角为，向量在方向上的投影为故选5. 等差数列和等比数列的首项均为，公差与公比均为，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】依题意：则，，故选6. 执行如图所示的程序框图，若输入的为，则输出的，的值分别为（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】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. 某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】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，则这个几何体的体积．故选B.8. 已知函数在一个周期内的图象如图所示，则A. B. C. D.【答案】C【解析】由图象可知，，所以ω＝2，由，得，解得，因为，所以，所以.故选C.9. 已知函数是定义在上的偶函数，当时，为减函数，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由函数是定义在上的偶函数，当时，为减函数，则当时，为增函数，所以不等式解为或即或解得或，故选点睛：本题考查了函数的单调性与奇偶性的综合，求解不等式，这里需要注意偶函数的单调性在轴的左右两边是相反的，所以在解答不等式问题时需要进行分类讨论两种情况，也可以转化为取值的绝对值大小问题来求解。
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漳州市2018届高中毕业班调研测试数学(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 ＝，B ＝{x |2x ＞4}，则A ∩B ＝( )A.(2，＋∞)B.(4，＋∞)C.[4，＋∞)D.[－3，2) 2.若复数z 满足z (2－i)＝1＋7i ，则|z |＝( )A. 5B.10C.2 2D.2 3.函数f(x )＝x －2cosx 在[－π，π]上的图象大致为( )A B C D 4.已知|a |＝1，|b |＝2，且a ⊥(a －b )，则向量a 在b 方向上的投影为( ) A.1 B. 2 C.12 D.225.等差数列{a n }和等比数列{b n }的首项均为1，公差与公比均为3，则ab 1＋ab 2＋ab 3＝( )A.64B.32C.38D.336.执行如图所示的程序框图，若输入的p 为16，则输出的n ，S 的值分别为( )A.4，18B.4，30C.5，30D.5，45 7.某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( )A.193B.203C.163 D.68.已知函数在一个周期内的图象如图所示，则＝( )A.－22 B.22C. 2D.－ 2 9.已知函数f(x)是定义在R 上的偶函数，当x ≤0时，f(x)为减函数，则不等式f (log38)的解集为( )A. B.C.D.10.在区间[0，1]上随机取三个数a ，b ，c ，则事件“a 2＋b 2＋c 2≤1”发生的概率为( ) A.π8 B.π6 C.π4 D.π211.已知直线l 过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，l 与C 交于A ，B 两点，过点A ，B 分别作C 的切线，交于点P ，则点P 的轨迹方程为( )A.x ＝－1B.x ＝－2C.y 2＝4(x ＋1)D.y 2＝4(x ＋2) 12.已知不等式(ax ＋3)e x －x ＞0有且只有一个正整数解，则实数a 的取值范围是( )A.B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13.已知展开式中常数项为1 120，则正数a ＝________.14.已知实数x ，y 满足若z ＝x ＋y 的最大值为4，则z 的最小值为________.15.设F 为双曲线C ：＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点，过F 且斜率为的直线l与双曲线C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点，且，则双曲线C 的离心率为________.16.数列{a n }为单调递增数列，且，则t 的取值范围是________.三、解答题：共70分 .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题：共60分. 17.(12分)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知(b －c )2＝a 2－32bc .(Ⅰ)求sin A ；(Ⅱ)若a ＝2，且sin B ，sin A ，sin C 成等差数列，求△ABC 的面积.18.(12分)随着科学技术的飞速发展，手机的功能逐渐强大，很大程度上代替了电脑、电视.为了了解某高校学生平均每天使用手机的时间是否与性别有关，某调查小组随机抽取了30名男生、20名女生进行为期一周的跟踪调查，调查结果如下表所示：关？(Ⅱ)在这20名女生中，调查小组发现共有15人使用国产手机，在这15人中，平均每天使用手机不超过3小时的共有9人.从平均每天使用手机超过3小时的女生中任意选取3人，求这3人中使用非国产手机的人数X的分布列和数学期望.参考公式：19.(12分)如图，在多面体ABCDNPM中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，P A⊥平面ABCD，AB＝AP＝2，PM∥AB，PN∥AD，PM＝PN＝1.(Ⅰ)求证：MN⊥PC；(Ⅱ)求平面MNC与平面APMB所成锐二面角的余弦值.20.(12分)已知椭圆C：的一个焦点与抛物线y2＝43x的焦点重合，且过点.过点P(1，0)的直线l交椭圆C于M，N两点，A为椭圆的左顶点.(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；(Ⅱ)求△AMN面积的最大值，并求此时直线l的方程.21.(12分)已知函数f(x)＝2e x＋3x2－2x＋1＋b，x∈R的图象在x＝0处的切线方程为y＝ax＋2. (Ⅰ)求函数f(x)的单调区间与极值；(Ⅱ)若存在实数x，使得f(x)－2x2－3x－2－2k≤0成立，求整数k的最小值.(二)选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.22.[选修4—4：坐标系与参数方程](10分)在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是(α为参数)，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为＝ 2.(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|P A|·|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.答案解析－3]∪(4，＋∞)，B＝(2，＋∞)，所以A ∩B ＝(4，＋∞)，故选B.2.B 【解析】本题考查复数的除法运算及复数的模．因为z ＝1＋7i 2－i ＝（1＋7i ）（2＋i ）（2－i ）（2＋i ）＝－1＋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－b )＝0a 2－a ·b ＝0a 2－|a |·|b |cos θ＝0，所以cos θ＝22，所以向量a 在b 方向上的投影为|a |cos θ＝22，故选D.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，a n ＝1＋3(n －1)＝3n－2，b n ＝3n －1，则b 1＝1，b 2＝3，b 3＝9，所以a b 1＋a b 2＋a b 3＝a 1＋a 3＋a 9＝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，则这个几何体的体积V ＝23－13×12×2×2×2＝203，故选B.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 ＝2πω＝2×⎝⎛⎭⎪⎪⎫5π8－π8＝π，所以ω＝2，＝2，解得2×π8＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，即φ＝π4＋2k π，k ∈Z ，因为|φ|<π2，所以φ＝π4，所以，故选C.9.C 【解析】本题考查函数的基本性质．由题知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18除以以1为棱长的正方体的体积，即43π×18÷1＝π6，故选B.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x 2＝4y ，设翻转后的直线l 的方程为y ＝k x ＋1，翻转后的A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝kx ＋1得x 2－4k x －4＝0 ①，易得抛物线C 在点A 处的切线方程为y －14x 21＝12x 1·(x －x 1)，同理可得抛物线C 在点B 处的切线方程为y －14x 22＝12x 2(x －x 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y －14x 21＝12x 1（x －x 1），y －14x 22＝12x 2（x －x 2）得y ＝14x 1x 2，再由①可得x 1x 2＝－4，所以y ＝－1.故原抛物线C相应的点P 的轨迹方程为x ＝－1，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(a x ＋3)e x －x >0的解，不符合题意；当a<0时，(a x ＋3)e x－x >0化为a x ＋3>x e x ，设f (x )＝xe x ，则f ′(x )＝1－xex ，所以函数f (x )在(－∞，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(a x ＋3)e x－x >0有且只有一个正整数解，则⎩⎪⎨⎪⎧a ×1＋3>1e 1，a ×2＋3≤2e2，解得1e －3<a ≤1e 2－32，故选A.13.1 【解析】本题考查二项式定理的通项.⎝⎛⎭⎪⎫2x －a x 8展开式的通项为 T k ＋1＝C k 8(2x )8－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a x k ＝C k 828－k (－a)k x 8－2k .令8－2k ＝0，得k ＝4.由，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z m i n ＝－4＋2＝－2.15.2或233【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 的斜率为－b a ，l ⊥OB ，在Rt △OBA 中，由角平分线定理可得|OA||OB|＝|FA||FB|＝2，所以∠AOB＝60°，∠x OA ＝30°，所以b a ＝33，e ＝c a ＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2＝233.若AF →＝2BF →，则由图2可知，渐近线OB 为△AO F 边A F 的垂直平分线，故△AO F 为等腰三角形，故∠AOB ＝∠BO F ＝60°，b a ＝3，e ＝c a＝2.16.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 【解析】本题考查数列与分段函数的性质．要使数列{a n }为单调递增数列，则a 1<a 2<a 3<a 4<a 5<….当n <4时，a n ＝(2t －3)n －8t ＋14必须单调递增，∴2t －3>0，即t>32①.当n ≥4时，a n ＝log t n 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a 3<a 4，即3(2t －3)－8t ＋14<log t 4，化简得log t 4＋2t>5 ③.方法一：当32<t ≤2时，log t 4＋2t>5；当2<t ≤52时，log t 4＋2t>5；当t>52时，log t 4＋2t>5，故③式对任意t>32恒成立，综上，解得t 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.方法二：由①②得t>32，在此前提下，构造f (t)＝log t 4＋2t －5⎝⎛⎭⎫t>32，则f ′(t)＝2－ln4tln 2t ，令g(t)＝tl n 2t ⎝⎛⎭⎫t>32，则g′(t)＝l n 2t ＋2l n t ＝l n t(l n t ＋2)>0，∴g(t)＝tl n 2t 在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上单调递增，且g(t)>0，从而f ′(t)是⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上的增函数，可验证f ′⎝⎛⎭⎫32＝2－ln432ln 232＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ln 34ln 232<0⎝⎛证明如下：要证f′⎝⎛⎭⎫32<0，即证l n 34>l n 232，即证l n 4>3l n 32×l n 32，即证l n 4>l n 278×l n 32，∵l n 4>l n 278，0<l n 32<1，∴l n 4>l n 278×⎭⎪⎫ln 32，得证，f ′(2)＝2－ln42ln 22＝2－2ln4>0.∴f ′(t)＝2－ln4tln 2t 在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上有唯一零点，设为m ，m ∈⎝⎛⎭⎫32，2，易知m 为f (t)的极小值点，也是最小值点．∴f (t)m i n ＝f (m )＝log m 4＋2m －5.当m ∈⎝⎛⎭⎫32，2时，log m 4>log 24＝2，2m >2×32＝3.∴f (t)m i n ＝f (m )>log 24＋3－5＝0，即当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞时，f (t)>0恒成立．综上，t 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞. 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．解：(Ⅰ)由(b －c )2＝a 2－32bc ，得b 2＋c 2－a 2＝12bc ，(2分)即b 2＋c 2－a 22bc ＝14，由余弦定理得cosA ＝14，(4分)因为0<A<π，所以si n A ＝154.(6分)(Ⅱ)由si n B ，si n A ，si n C 成等差数列，得si n B ＋si n C ＝2si n A ，(7分) 由正弦定理得b ＋c ＝2a ＝4，所以16＝(b ＋c )2，所以16＝b 2＋c 2＋2bc .(8分)由(Ⅰ)得16＝a 2＋52bc ，所以16＝4＋52bc ，解得bc ＝245，(10分)所以S △ABC ＝12bc si n A ＝12×245×154＝3155.(12分)18.【名师指导】本题考查独立性检验．解：(Ⅰ)K 2＝50×（25×11－5×9）230×20×16×34≈8.104>6.635.(2分)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)P(X ＝0)＝C 36C 39＝521，(6分)P(X ＝1)＝C 13C 26C 39＝1528，(7分)P(X ＝2)＝C 23C 16C 39＝314，(8分)P(X ＝3)＝C 33C 39＝184，(9分)所以X 的分布列为(10分)E (X)＝0×521＋1×1528＋2×314＋3×184＝1.(12分)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M E ∥PA 交AB 于E ，N F ∥PA 交AD 于F ，连接EF ，BD ，AC. 由PM ∥AB ，PN ∥AD ，易得M E 綊N F ， 所以四边形M EF N 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)则C(0，1，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，－1，0)，P(0，－1，2)，B(3，0，0)，所以CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，2，CN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－32，2，AP →＝(0，0，2)，AB →＝(3，1，0)，(7分)设平面MNC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧32x －32y ＋2z ＝0，－32x －32y ＋2z ＝0，令z ＝1，得x ＝0，y ＝43，所以m ＝⎝⎛⎭⎫0，43，1；(9分) 设平面APMB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧2z 1＝0，3x 1＋y 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝－3，z 1＝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，则cos α＝|m ·n ||m |·|n |＝43302＋⎝⎛⎭⎫432＋12×12＋（－3）2＋02＝235，(11分)所以平面MNC 与平面APMB 所成锐二面角的余弦值为235.(12分)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y 2＝43x 的焦点为(3，0)，所以椭圆C 的半焦距c ＝3，即a 2－b 2＝3. ①把点Q ⎝⎛⎭⎪⎫－3，12代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得3a 2＋14b 2＝1. ② 由①②解得a 2＝4，b 2＝1.所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(4分)(Ⅱ)设直线l 的方程为x ＝ty ＋1，代入x24＋y 2＝1，得(t 2＋4)y 2＋2ty －3＝0.(5分)设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，则有y 1＋y 2＝－2t t 2＋4，y 1y 2＝－3t 2＋4.(7分)则|y 1－y 2|＝（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－2t t 2＋42－4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－3t 2＋4＝4t 2＋3t 2＋4＝4t 2＋3t 2＋3＋1＝4t 2＋3＋1t 2＋3.(9分)令t 2＋3＝m (m ≥3)．易知函数y ＝m ＋1m 在[3，＋∞)上单调递增，则t 2＋3＋1t 2＋3≥3＋13＝433，当且仅当m ＝3，即t ＝0时，取等号．(10分)所以|y 1－y 2|≤ 3.所以△AMN 的面积S ＝12|AP||y 1－y 2|≤12×3×3＝332，(11分)所以S m a x ＝332，此时直线l 的方程为x ＝1.(12分)21.【名师指导】本题考查导数的综合应用． 解：(Ⅰ)f ′(x )＝2e x ＋6x －2， 因为f ′(0)＝a ，所以a ＝0，易得切点(0，2)，所以b ＝－1.(1分)易知函数f ′(x )在R 上单调递增，且f ′(0)＝0. 则当x <0时，f ′(x )＜0；当x ＞0时，f ′(x )＞0.所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)；单调递增区间为(0，＋∞)．(2分) 所以函数f (x )在x ＝0处取得极小值f (0)＝2.(3分)(Ⅱ)f (x )－2x 2－3x －2－2k ≤0e x ＋12x 2－52x －1－k ≤0k ≥e x ＋12x 2－52x －1， (*)(4分)令h(x )＝e x ＋12x 2－52x －1，若存在实数x ，使得不等式(*)成立，则k ≥h(x )m i n ，h ′(x )＝e x ＋x －52，易知h′(x )在R 上单调递增，(6分)又h′(0)＝－32<0，h ′(1)＝e －32>0，h ′⎝⎛⎭⎫12＝e 12－2<0，h ′⎝⎛⎭⎫34＝e 34－74>2.5634－74＝1.632－74＝512125－74>2－74＝14>0， ⎝⎛或由e x ≥x ＋1当x ＝0时取等号，得e 34－74＝e 34－⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫34＋1>0所以存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎫12，34，使得h′(x 0)＝0，(8分)且当x ∈(－∞，x 0)时，h ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h(x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，(9分)h(x )m i n ＝h(x 0)＝e x 0＋12x 20－52x 0－1，又h′(x 0)＝0，即e x 0＋x 0－52＝0，所以e x 0＝52－x 0.因为x 0∈⎝⎛⎭⎫12，34，所以h(x 0)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2732，－18，则k ≥h(x 0)，又k ∈Z .所以k 的最小值为0.(12分)22.【名师指导】本题考查参数方程和普通方程的互化、极坐标方程和直角坐标方程的互化、直线与圆的位置关系．(Ⅰ)运用同角三角函数的平方关系即可得到C 的普通方程，运用x ＝ρcos θ，y ＝ρsi n θ以及两角和的余弦公式，化简可得直线l 的直角坐标方程；(Ⅱ)写出直线l 的参数方程，代入曲线C 的普通方程，利用参数的几何意义即可得出|PA|·|PB|的值．解：(Ⅰ)由曲线C 的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2cos α，y ＝2sin α(α为参数)⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝2cos α，y ＝2sin α(α为参数)，两式平方相加，得曲线C 的普通方程为(x －1)2＋y 2＝4；(3分)由直线l 的极坐标方程可得ρcos θcos π4－ρsi n θsi n π4＝2ρcos θ－ρsi n θ＝2，(4分)即直线l 的直角坐标方程为x －y －2＝0.(5分)(Ⅱ)由题意可得P(2，0)，则直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋22t ，y ＝22t(t 为参数)．(6分)设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则|PA|·|PB|＝|t 1|·|t 2|，将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋22t ，y ＝22t(t 为参数)代入(x －1)2＋y 2＝4，得t 2＋2t －3＝0，(8分)则Δ>0，由韦达定理可得t 1·t 2＝－3，(9分) 所以|PA|·|PB|＝|－3|＝3.(10分)23.【名师指导】本题考查函数的最值与绝对值不等式的解法．(Ⅰ)利用绝对值三角不等式即可求解；(Ⅱ)分段解不等式或画出函数的图象，找出函数的图象与直线y ＝8的交点的横坐标即可求解．解：(Ⅰ)因为f (x )＝|2x －1|＋2|x ＋2|≥|(2x －1)－2(x ＋2)|＝5，(4分) 所以函数f (x )的最小值是5.(5分)(Ⅱ)解法一：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x －3，x<－2，5， －2≤x ≤12，4x ＋3， x>12，(6分)当x <－2时，由－4x －3<8，解得x >－114，即－114<x <－2；当－2≤x ≤12时，5<8恒成立，即－2≤x ≤12；当x >12时，由4x ＋3<8，解得x <54，即12<x <54，(9分)所以原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－114，54.(10分) 解法二(图象法)：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x －3，x<－2，5， －2≤x ≤12，4x ＋3， x>12，(6分)分)令f (x )＝8，解得x ＝－114或x ＝54，(9分)所以不等式f (x )<8的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－114，54.(10分)。