福建省南平市2018届高三数学上学期第一次综合质量检查（2月）试题 理（含解析）.doc

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，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）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：，)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，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，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. 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：-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， 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BEA1C，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，EA1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BEAC，又平面A1ACC1平面ABC，平面A1ACC1平面ABC=AC，平面ABC，所以BE平面A1ACC1， 又A1C平面A1ACC1，所以BEA1C，又BC1A1C，BEBC1=B，所以A1C平面C1EB （）连接A1E，因为A1A=A1C，又E为AC的中点，所以A1EAC,又平面A1ACC1平面ABC，平面A1ACC1平面ABC=AC，A1E平面A1ACC1，所以A1E平面ABC，以E点为原点，分别以射线EB，EC，EA1为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，设，则，所以，,， 设平面A1BC1的一个法向量得 ，取得，设平面C1EB的一个法向量为,得 ，取得， ，故所求的二面角A1BC1E的余弦值为 19. 有甲、乙两个桔柚（球形水果）种植基地，已知所有采摘的桔柚的直径都在范围内（单位：毫米，以下同），按规定直径在内为优质品，现从甲、乙两基地所采摘的桔柚中各随机抽取500个，测量这些桔柚的直径，所得数据整理如下：（1）根据以上统计数据完成下面列联表，并回答是否有以上的把握认为 “桔柚直径与所在基地有关”？（2）求优质品率较高的基地的500个桔柚直径的样本平均数(同一组数据用该区间的中点值作代表)：（3）经计算，甲基地的500个桔柚直径的样本方差，乙基地的500个桔柚直径的样本方差，并且可认为优质品率较高的基地采摘的桔柚直径服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差.由优质品率较高的种植基地的抽样数据，估计该基地采摘的桔柚中，直径不低于86.78亳米的桔柚在总体中所占的比例.附：，.若，则.，.【答案】（1）见解析；（2）80； （3）.【解析】试题分析：（1）根据表中数据列列联表，根据公式计算,通过查表可下结论；（2）甲基地水果的优质品率为，甲基地水果的优质品率为，甲基地水果的优质品率较高，由计算即可.（3）由参考数据可得，从而得.试题解析：（）由以上统计数据填写列联表如下：甲基地乙基地合计优质品420390810非优质品80110190合计5005001000，所以,有95%的把握认为：“两个基地采摘的水果直径有差异” （）甲基地水果的优质品率为，甲基地水果的优质品率为，所以，甲基地水果的优质品率较高， 甲基地的500个桔柚直 （）由（）可知，甲基地的桔柚直径，所以，估计甲基地采摘的桔柚中，直径不低于86.78毫米的桔柚在总体中所占的比例大约为.20. 已知过点的椭圆的离心率为.（1）求椭圆方程；（2）不过坐标原点的直线与椭圆交于两点(异于点，线段的中点为,直线的斜率为1.记直线的斜率分别为.问是否为定值?若为定值，请求出定值.若不为定值，请说明理由.【答案】（） ； ()【解析】试题分析：（1）由离心率及点在椭圆上列方程组，进而得椭圆方程；（2）由题意可设直线方程为,令则由中点坐标和斜率公式得，再由直线与椭圆联立，结合韦达定理得，韦达定理代入即可证得.试题解析：（）由题意得 ,解得,则椭圆的方程为 ()由题意可设直线方程为,令则.直线的斜率为1,即 (1) 则代入(1)式得,因此, 则,即为定值21. 已知定义在区间上的函数.（1）求函数的单调区间；（2）若不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（）见解析；（）.【解析】试题分析：（1）函数求导得，讨论和，根据导数正负得单调性；（2）不等式恒成立，得，结合（1）的单调性，只需即可，当易得满足，当时，令,令，通过求导得为减函数，且，进而得，从而得解.试题解析：（） 当时,.即是上的增函数. 当时, ,令得,则的增区间为减区间为 （）由不等式,恒成立,得不等式,恒成立. 当时,由（）知是上的增函数,即当时, 不等式,恒成立. 当时, .令,则.要使不等式,恒成立,只要. 令.是上的减函数,又,则,即,解得,故综合, 得,即的取值范围是点睛：导数问题经常会遇见恒成立求参的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若 就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为 ，若恒成立；（3）若 恒成立，可转化为（需在同一处取得最值）.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. 在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数).以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求圆的极坐标方程和直线的直角坐标方程；（2）设|与的交点为，求的面积.【答案】（1） 的极坐标方程为；（2）的面积为.【解析】试题分析：（1）圆消去参数得普通方程，由得圆的极坐标方程，直线为过原点的直线，且斜率为1，从而得方程；（2）将代入圆的极坐标方程得，从而得的面积.试题解析：（）直线的直角坐标方程为 圆的普通方程为因为,所以的极坐标方程为（）将代入,得,解得,故,即. 由于圆的半径为,所以的面积为 23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若对任意实数恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）不等式的解集为；（2）实数的取值范围是.【解析】试题分析：（1）分段讨论去绝对值解不等式即可；（2）对任意实数恒成立，只需即可，易知，从而得解.试题解析：（）不合题意，舍去得， 综上不等式的解集为（）由（）知，则则，解得即实数的取值范围是