（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，则按所做的第一题计分。

22. [选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

在直角坐标系xOy中，曲线C?的方程为y=k∣x∣+2.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C?的极坐标方程为

（1） 求C?的直角坐标方程:

（2） 若C?与C?有且仅有三个公共点，求C?的方程.

23. [选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知f（x）=∣x+1∣-∣ax-1∣.

（1） 当a=1时，求不等式f（x）﹥1的解集；

（2） 若x∈（0，1）时不等式f（x）﹥x成立，求a的取值范围.

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2 +2cos -3=0.

绝密★启用前

2018年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学试题参考答案

一、选择题 1．C 7．B

二、填空题 13．6

三、解答题 17．解：

（1）在△ABD中，由正弦定理得由题设知，

BDAB. ?sin?Asin?ADB

2．B 8．D

3．A 9．C

4．B 10．A

5．D 11．B

6．A 12．A

14．?63 15．16 16．?33 2252. ?,所以sin?ADB?5sin45?sin?ADB

由题设知，?ADB?90?， 所以cos?ADB?1?223. ?255（2）由题设及（1）知，cos?BDC?sin?ADB?在△BCD中，由余弦定理得

BC2?BD2?DC2?2?BD?DC?cos?BDC?25?8?2?5?22??25.252. 5

所以BC?5. 18．解：

（1）由已知可得，BF?PF，BF?EF，所以BF?平面PEF. 又BF?平面ABFD，所以平面PEF?平面ABFD.

（2）作PH?EF，垂足为H. 由（1）得，PH?平面ABFD.

uuuruuur以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H?xyz. 由（1）可得，DE?PE. 又DP?2，DE?1，所以PE?3. 又PF?1，EF?2，故PE?PF.

7

可得PH?33，EH?. 22

uuuruuur33333则H(0,0,0)，P(0,0,), D(?1,?,0)，DP?(1,,)，HP?(0,0,)为平面ABFD的法向量.

222223uuuruuurHP?DP3设DP与平面ABFD所成角为?，则 sin??|uuu. ruuur|?4?43|HP||DP|所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 19．解：

（1）由已知得F(1,0)，l的方程为x?1. 由已知可得，点A的坐标为(1,所以AM的方程为y??22). )或(1,?223. 4

22x?2或y?x?2. 22

（2）当l与x轴重合时，?OMA??OMB?0?.

当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以?OMA??OMB.

x2?2，当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y?k(x?1)(k?0)，则x1?2，B(x2,y2)，A(x1,y1)，

直线MA，MB的斜率之和为kMA?kMB?由y1?kx1?k，y2?kx2?k得

kMA?kMB?y1y2. ?x1?2x2?22kx1x2?3k(x1?x2)?4k.

(x1?2)(x2?2)

x2将y?k(x?1)代入?y2?1得

2(2k2?1)x2?4k2x?2k2?2?0.

4k22k2?2所以，x1?x2?2. ,x1x2?22k?12k?14k3?4k?12k3?8k3?4k则2kx1x2?3k(x1?x2)?4k??0.

2k2?1从而kMA?kMB?0，故MA，MB的倾斜角互补. 所以?OMA??OMB. 综上，?OMA??OMB.

20．解：

218（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)?C220p(1?p). 因此 18217217 f?(p)?C220[2p(1?p)?18p(1?p)]?2C20p(1?p)(1?10p).

令f?(p)?0，得p?0.1. 当p?(0,0.1)时，f?(p)?0；当p?(0.1,1)时，f?(p)?0.所以f(p)的最大值点

8

为p0?0.1.

B(180,0.1)，X?20?2?25Y，即

（2）由（1）知，p?0.1.

（ⅰ）令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知YX?40?25Y.

所以EX?E(40?25Y)?40?25EY?490.

（ⅱ）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元. 由于EX?400，故应该对余下的产品作检验. 21．解：

1ax2?ax?1（1）f(x)的定义域为(0,??)，f?(x)??2?1???.

xxx2（ⅰ）若a≤2，则f?(x)≤0，当且仅当a?2，x?1时f?(x)?0，所以f(x)在(0,??)单调递减. a?a2?4a?a2?4（ⅱ）若a?2，令f?(x)?0得，x?或x?.

22a?a2?4a?a2?4)U(,??)时，f?(x)?0； 当x?(0,22a?a2?4a?a2?4a?a2?4a?a2?4,)时，f?(x)?0. 所以f(x)在(0,)，(,??)单调递减，当x?(2222a?a2?4a?a2?4,)单调递增. 在(22

（2）由（1）知，f(x)存在两个极值点当且仅当a?2.

由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2?ax?1?0，所以x1x2?1，不妨设x1?x2，则x2?1. 由于 f(x1)?f(x2)lnx1?lnx2lnx1?lnx2?2lnx21， ???1?a??2?a??2?a1x1?x2x1x2x1?x2x1?x2?x2x2所以

f(x1)?f(x2)1?a?2等价于?x2?2lnx2?0.

x1?x2x2

设函数g(x)?g(x)?0.

1?x?2lnx，由（1）知，g(x)在(0,??)单调递减，又g(1)?0，从而当x?(1,??)时，x所以

f(x1)?f(x2)1?x2?2lnx2?0，即?a?2. x2x1?x2

22．解：

（1）由x??cos?，y??sin?得C2的直角坐标方程为

(x?1)2?y2?4. （2）由（1）知C2是圆心为A(?1,0)，半径为2的圆.

由题设知，C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线. 记y轴右边的射线为l1，y轴左边的射线为l2. 由于B在圆C2的外面，故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共

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点，或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点.

当l1与C2只有一个公共点时，A到l1所在直线的距离为2，所以|?k?2|4?2，故k??或k?0. 经检

3k2?14验，当k?0时，l1与C2没有公共点；当k??时，l1与C2只有一个公共点，l2与C2有两个公共点.

3当l2与C2只有一个公共点时，A到l2所在直线的距离为2，所以验，当k?0时，l1与C2没有公共点；当k?4综上，所求C1的方程为y??|x|?2.

3|k?2|k2?1?2，故k?0或k?4. 经检34时，l2与C2没有公共点. 3

23．解：

??2,?（1）当a?1时，f(x)?|x?1|?|x?1|，即f(x)??2x,?2,?x≤?1,?1?x?1, x≥1.1故不等式f(x)?1的解集为{x|x?}.

2

（2）当x?(0,1)时|x?1|?|ax?1|?x成立等价于当x?(0,1)时|ax?1|?1成立. 若a≤0，则当x?(0,1)时|ax?1|≥1； 若a?0，|ax?1|?1的解集为0?x?综上，a的取值范围为(0,2].

22，所以≥1，故0?a≤2. aa

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