1、福建省南平市 2018 届高三上学期第一次综合质量检查（2 月）数学（理）试题第卷（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. 设集合 ，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】集合 ，则 .故选 D.2. 已知为虚数单位，若复数满足 ，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】复数满足 ，所以 .故选 C.3. 等差数列 的前 项和为 ，若 为一个确定的常数，下列各式中也为确定常数的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】等差数列 的前 项和为 ，若 为一个确定的常数
2、，因为 ，所以 为一个确定的常数，又 ，所以 为一个确定的常数.故选 B.4. 已知点 是圆 的内部任意一点，则点 满足 的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】圆 ，即 ，表示圆心为(1,0)，1 为半径的圆，面积为 .满足 的点 为图中阴影部分，面积为 ，满足 的概率是 .故选 B.点睛：本题主要考查“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，求与体积有关的几何概型问题关鍵是计算问题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
3、）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.5. 已知 是双曲线 的左、右焦点，点 在双曲线上，若 ，则 的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】在 中，由余弦定理得： ，得 ，由 ,得 .的面积为 .故选 C.6. 公元 263 年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面枳，并创立了“割圆术” ，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值 3.14，这就是著名的“徽率”.如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（ ） （参考数据
4、： ， )A. 12 B. 24 C. 48 D. 96【答案】B【解析】第 1 次执行循环体后,S= 6sin60= ，不满足退出循环的条件，则 n=12，第 2 次执行循环体后,S= 12sin30=3，不满足退出循环的条件，则 n=24，第 3 次执行循环体后,S= 24sin153.1056，不满足退出循环的条件，则 n=48，第 4 次执行循环体后,S= 48sin7.53.132，满足退出循环的条件，故输出的 n 值为 48，本题选择 C 选项.7. 已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】如图事实为该几何体的直观图，左侧
5、为半个圆锥，圆锥底面半径为 1，母线长为 1，右侧为三棱锥.半个圆锥的侧面积为 ，半圆锥的底面面积为 ，中， ，所以 .该几何体的表面积为 .故选 D.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.8. 直线与抛物线 相交与 两点，
6、若 ( 是坐标原点） ，则 面积的最小值为（ ）A. 32 B. 24 C. 16 D. 8【答案】C【解析】设直线 AB 的方程为：x=ty+m ，点 直线 AB 与 x 轴的交点为 M(m,0)，x=ty+m 代入 ,可得 y24ty4m=0，根据韦达定理有 =4m，OAOB ， ， ,从而 ，点 A，B 位于 x 轴的两侧， =16，故 m=4.不妨令点 A 在 x 轴上方,则 0，面积 .当且仅当 时， 面积的最小值为 16.故选 C.9. 若是自然对数的底数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】令 ， ，当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减 .所以 ，排除 C
7、，D.由 得 .故选 A.10. 已知函数 满足 ，若函数 与 图像的交点为 ，则 （ ）A. 10 B. 20 C. D. 【答案】D【解析】令 ，函数 与 图像的交点的横坐标即为方程的根，由于 ，即 关于原点对称.所以 .所以 .故选 D.点睛：本题主要考查函数的奇偶性，属于中档题.判断函数的奇偶性首先要看函数的定义域是否关于原点对称，如果不对称，既不是奇函数又不是偶函数，如果对称常见方法有：（1）直接法， (正为偶函数，负为减函数)；（2）和差法， （和为零奇函数，差为零偶函数） ；（3）作商法， （ 为偶函数， 为奇函数）11. 已知数列 满足 ，则该数列的前 23 项的和为（ ）A.
8、 4194 B. 4195 C. 2046 D. 2047【答案】A【解析】当 为偶数时， ，有 ，即偶数项成等差，所以 .当 为奇数时， ，即奇数项成等比.该数列的前 23 项的和为 .故选 A.12. 已知 ，且 ， ，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】令 ，有 ，所以 为奇函数且函数在 为增函数.又 ，即 ,所以 .则 .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. 的展开式中含 的系数为 50，则的值为_【答案】-1【解析】 的展开式的通项为： .令 得 ；令 得 .的展开式中含 的项为： ，有 .解得 .故答案为
9、：-1.14. 已知 ，向量 在向量 上的投影为 ，则 _【答案】【解析】向量 在向量 上的投影为 ，所以 .又 ，所以 .所以 ，解得 .所以 .故答案为： .15. 已知实数 满足 ，求 的取值范围_【答案】【解析】作出可行域如图所示：令 表示可行域内的点 到原点的斜率，由图联立直线可得 .易知 在 单调递减，在 单调递增.时， ， 时， ， 时， ，所以 .故答案为： .、16. 在三棱锥 中， , , 与平面 所成角的余弦值为 ，则三棱锥 外接球的表面积为_【答案】【解析】如图所示， 为三棱锥 外接球的球心， 为 AP 的中点， 为底面 的外心，.面 ， ,有 ，有 四点共圆，且 为圆
10、的直径.由, ，知 为 在平面 的射影，射影 与平面 所成角为 .在 中，由余弦定理可得： .由正弦定理： .即三棱锥 外接球的半径为 表面积为 .故答案为： .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. 在 中, 分别为角 的对边，且 .（1）若 ，求 及 ；（2）若 在线段 上，且 ，求 的长.【答案】 （） ；（） 【解析】试题分析：（1）由正弦定理得 ，结合 ，知 为锐角，得 ，进而得 ，利用面积公式求面积即可；（2）设 ，则 ，由余弦定理可得 ，进而得 ，直角ADE 中求解即可.试题解析：（） ， ， ，在ABC 中，由正弦定理
11、 ， 得 ， 又 ，所以 ，则 C 为锐角，所以 ， 则， 所以（）设 ，则 ，又 ， ，在ABE 中，由余弦定理得 ， 即 ，解得 （取正） ，则 ， ,所以 ， 在直角ADE 中， 18. 如图，在三棱柱 中，平面 平面 ， ， 为 的中点.（1）若 ，求证： 平面 ； :（2）若 ，求二面角 的余弦值.【答案】 （）见解析；（） 【解析】试题分析：（1）由面面垂直的性质定理可得 平面 A1ACC1，进而证得 BE A1C，又，所以 平面 ；（2）先证得 A1E 平面 ABC， 进而以 E 点为原点，分别以射线 EB，EC，EA 1 为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，分别求得面 和面 的法向量，利用法向量求二面角的余弦值即可.试题解析：（）证明：因为 BA=BC，E 为 AC 的中点，所以 BE AC，又平面 A1ACC1 平面 ABC，平面 A1ACC1 平面 ABC=AC， 平面 ABC，所以 BE 平面 A1ACC1，
