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1、漳州市2018届高中毕业班调研测试数学(理科)第卷（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
2、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n1，S0，S16，进入循环；S033，n2，S316，进入循环；S369，n3，S916，跳出循环，输出n4，S18，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
3、示，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由图象可知，所以 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。10. 在区间上随机取三个数，则事件“”发生的概率为（ ）A. B. C. D
4、. 【答案】B【解析】满足条件的概率是以为半径的球的体积的除以以为棱长的正方体的体积即：故选11. 已知直线过抛物线：的焦点，与交于，两点，过点，分别作的切线，交于点，则点的轨迹方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】将抛物线翻转为设翻转后的直线的方程为翻转后的两点的坐标分别为，则，可得 易得抛物线在点处的切线方程为同理可得抛物线在点处的切线方程为联立，解得再由可得：故故点的轨迹方程为故选点睛：本题考查了直线与抛物线的综合，根据题目中的过点作切线，先设出点坐标，然后表示出切线方程，再由联立直线与抛物线方程解得结果，本题在求解过程中需要计算上的化简较为重要。12. 已知不等式有且只
5、有一个正整数解，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】当时，1、2都是不等式的解，不符合题意；当时，化为，设，则，所以函数f(x)在上是增函数，在上是减函数，所以当x1时，函数f(x)取得最大值，因为不等式有且只有一个正整数解，则解得.故选A.第卷（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. 已知展开式中常数项为，则正数_【答案】1【解析】的展开式的通项为，令，得，即，解得.14. 已知实数，满足若的最大值为，则的最小值为_【答案】-2【解析】作出可行域，如图所示，经计算，得.由图可知，当直线 过点时，取最大值，即，解得，当直线过点时，
6、取最小值，即.15. 设为双曲线： 的右焦点，过且斜率为的直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，且，则双曲线的离心率为_【答案】或【解析】若，则由图1可知，渐近线的斜率为，在 中，由角平分线定理可得，所以，所以，.若，则由图2可知，渐近线为 边AF的垂直平分线，故AOF为等腰三角形，故，即该双曲线的离心率为2或.16. 数列为单调递增数列，且 ，则的取值范围是_【答案】【解析】要使数列为单调递增数列，则.当n0，即t.当n4时，也必须单调递增，t1另外，由于这里类似于分段函数的增减性，因而，即3(2t3)8t145；当时，2t5；当时，2t5；当时，2t5，故式对任意恒成立，综上，解的取值范
7、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. 的内角，的对边分别为，已知. （1）求；（2）若，且，成等差数列，求的面积.【答案】(1);(2).【解析】试题分析：由已知变形，然后利用余弦定理可得；因为，成等差数列，由正弦定理可得，由可得的值，代入利用三角形面积公式即可求得答案解析：()由(bc)2a2bc，得b2c2a2bc，即，由余弦定理得cosA，因为0A6.635.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()X可取0，1，2，3.P(X0)，P(X1)，P(X2)，P(X3)，所以X的分布列为X0
8、123PE(X)01231.19. 如图，在多面体，底面是菱形，平面， ，.（1）求证：；（2）求平面与平面所成锐角二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：作交于，交于，连接，易推出四边形是平行四边形，得出，在推出，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，然后利用公式计算出结果解析：()证明：作MEPA交AB于E，NFPA交AD于F，连接EF，BD，AC.由PMAB，PNAD，易得ME綊NF，所以四边形MEFN是平行四边形，所以MNEF，因为底面ABCD是菱形，所以ACBD，又易得EFBD，所以ACEF，所以ACMN，因为PA平面ABCD，EF平面ABCD，
9、所以PAEF，所以PAMN，因为ACPAA，所以MN平面PAC，故MNPC.()建立空间直角坐标系如图所示，则C(0，1，0)，M，N，A(0，1，0)，P(0，1，2)，B(，0，0)，所以，(0，0，2)，(，1，0)，设平面MNC的法向量为m(x，y，z)，则令z1，得x0，y，所以m；设平面APMB的法向量为n(x1，y1，z1)，则令x11，得y1，z10，所以n(1，0)，设平面MNC与平面APMB所成锐二面角为，则cos ，所以平面MNC与平面APMB所成锐二面角的余弦值为.20. 已知椭圆： 的一个焦点与抛物线的焦点重合，且过点.过点的直线交椭圆于，两点，为椭圆的左顶点.（1）
10、求椭圆的标准方程；（2）求面积的最大值，并求此时直线的方程.【答案】（1）；（2）面积最大值是，直线l的方程为x1.【解析】试题分析：(1)利用椭圆和抛物线有一个公共焦点和点在椭圆上进行求解；(2) 联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，再利用根与系数的关系、弦长公式和基本不等式进行求解.试题解析：(1)因为抛物线y24x的焦点为(，0)，所以椭圆C的半焦距c，即a2b23.把点Q代入1，得1.由解得a24，b21.所以椭圆C的标准方程为y21.(2)设直线l的方程为xty1，代入y21，得(t24)y22ty30.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则有y1y2，y1y2.则|y1
11、y2|.令m(m)易知函数ym在，)上单调递增，则，当且仅当m，即t0时，取等号所以|y1y2|.所以AMN的面积S|AP|y1y2|3，所以Smax，此时直线l的方程为x1.21. 已知函数，的图象在处的切线方程为.（1）求函数的单调区间与极值；（2）若存在实数，使得成立，求整数的最小值.【答案】(1) 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x0处取得极小值f(0)2;(2) k的最小值为0.【解析】试题分析：求出函数的导数，求得切线的切点，要满足，分类含参量得构造，求得的最小值即可解析：()f(x)2ex6x2，因为f(0)a，所以a0，易得切点(0，2)，所以b1.易知函数f(x)在R上单调递增，且f(0)0.则当x0时，f(x)0；当x0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x0处取得极小值f(0)2.()f(x)2x23x22k0exx2x1k0kexx2x1，(*)
