2017-2018学年南昌市高三第二轮复习测试试卷理科数学(一)一选择题：共12小题，每小题5分，共60分.在每个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，则集合可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用指数函数的性质，再根据集合的运算得，即可得到结果【详解】因为，由得，所以只有C项成立，故选C【点睛】本题主要考查了集合的运算以及指数函数的性质，其中中熟记集合的运算和指数函数的值域是解答的关键，着重考查了推理与运算能力2.已知复数满足（为虚数单位），则复数所对应的点位于复平面的（ ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算，得到复数，即可得到复数在复平面内对应的点，得到答案【详解】依题意，故，所以复数所对应的点的坐标为，复数所对应的点位于复平面的第一象限，故选A【点睛】本题主要考查了复数的运算和复数的表示问题，其中熟记复数的四则运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力3.已知双曲线的渐近线经过点，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的方程，得到双曲线的渐近线的方程，代入点的坐标，即可得到答案【详解】因为双曲线渐近线为，因为点在第二象限，所以应该落在渐近线上，所以，即，故选C【点睛】本题主要考查了双曲线的几何性质的应用，其中熟记双曲线的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力4.已知某校高一年级的期中考试、期末考试的物理成绩分别为和，且，则以下结论正确的是（ ）A. 期中考试物理成绩的平均分比期末考试的平均分要高，且期末考试的物理成绩稳定B. 期中考试物理成绩的平均分比期末考试的平均分要高，且期中考试的物理成绩稳定C. 期末考试物理成绩的平均分比期中考试的平均分要高，且期末考试的物理成绩稳定D. 期末考试物理成绩的平均分比期中考试的平均分要高，且期中考试的物理成绩稳定【答案】C【解析】【分析】根据期中、期末成绩分别服从正态分别，根据正态分布的性质，即可得到答案【详解】因为，所以，所以，所以期末考试物理成绩的平均分比期中考试的平均分要高，且期末考试的物理成绩稳定，故选C【点睛】本题主要考查了正态分布的性质及其应用，其中熟记正态分布的性质是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力5.已知数列为等比数列，且是与的等差中项，则的值为（ ）A. 或 B. C. 或 D. 【答案】C【解析】【分析】由是与的等差中项，得，进而解得，代入等比数列的通项公式求解即可.【详解】由题意，所以，故选C【点睛】本题主要考查了等差中项的概念及等比数列的运算，属于简单题.6.已知，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】在上递增，化为，由指数函数的性质，可得，故选C.7.已知中，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由向量的运算得，可得，平方即可得到，即可求得结果【详解】由及可得，两边平方可得，整理可得，解得，故选B. 【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算性质，以及向量的模的计算，其中熟记向量的数量积的运算公式和向量的模的运算方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，以及数形结合思想的应用8.九章算术是我国古代著名数学经典其中对勾股定理的论术比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小以锯锯之，深一寸，锯道长一尺问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深1寸，锯道长1尺问这块圆柱形木料的直径是多少？长为1丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示(阴影部分为镶嵌在墙体内的部分)已知弦尺，弓形高寸，估算该木材镶嵌在墙中的体积约为()(注：1丈10尺100寸，)A. 600立方寸 B. 610立方寸C. 620立方寸 D. 633立方寸【答案】D【解析】【分析】由三角形，利用勾股定理可得半径，进而得，再利用，乘以高即可得体积.【详解】连接，设的半径为，则，所以.由于，所以，即.所以 平方寸该木材镶嵌在墙中的体积为立方寸，故选D【点睛】本题主要考查了垂径定理和勾股定理及扇形的面积公式，柱体的体积公式，属于中档题9.某几何体的三视图如图所示，若该几何体的表面积为，则俯视图中圆的半径为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三视图可知该几何体为一个长方体挖去了一个半球，计算表面积令其等于，即可得解.【详解】由三视图可知该几何体为一个长方体挖去了一个半球，设圆半径为，所以该几何体的表面积，得，故选A【点睛】以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，然后再根据所求进行解题即可10.某程序框图如图所示，若输出，则判断框中为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由框图程序可知，结合循环结构的终止条件可得解【详解】由框图程序可知因为，所以所以，解得，即当时程序退出，故选B【点睛】算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.11.已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点，为抛物线上的任一点，过点作圆的切线，切点分别为，则四边形的面积最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，则，进而得最值.【详解】由题意可知抛物线的方程为，圆恒的圆心为，半径为设，则所以当时，切线长取得最小值，此时四边形的面积取得最小值，最小值为，故选D【点睛】圆中的最值问题，往往转化为到圆心到几何对象（如定直线或定点等）的最值问题有时也可以转为关于某个变量的函数（变量可为动直线的斜率或点的坐标等），再利用基本不等式或函数的单调性等求其最值12.若当时，不等式（是整数常数）恒成立，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由时，得，得整数，当时，设，可得，所以，即可得到结果【详解】由时成立，得，所以整数.接下来可证时成立，设，得，所以，所以所求两的最大值是，故选C【点睛】本题主要考查了不等式的恒成立问题的求解，其中根据题意构造新函数，利用导数得到函数的单调性，求得函数的最小值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力二填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分.13.已知函数是奇函数，且，则_【答案】-63【解析】【分析】由函数是奇函数，得，又，即，得，得到函数的解析式，即可求解答案【详解】因为函数是奇函数，所以，解得又，即，所以，解得所以，故【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的应用及函数值的求解问题，其中利用函数的奇偶性和得到函数的解析式是解得关键，着重考查了推理与运算能力14.已知变量满足约束条件，若恒成立，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由不等式恒成立，可得恒成立，故，由线性规划求最值即可.【详解】由不等式恒成立，可得恒成立，故作出不等式组满足约束条件所对应的可行域，可得经过点时有最小值，所以实数的取值范围为【点睛】本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.15.已知二项式的展开式中二项式系数之和为，则展开式中有理项系数的最大值为_【答案】【解析】【分析】由二项式的展开式中二项式系数之和，求得，得到二项展开式的通项通项为，令时，得，即可得到答案【详解】因为二项式的展开式中二项式系数之和为，所以，则二项式的通项为，当时，所以有理项系数为，因为，故答案为【点睛】本题主要考查二项式定理的通项与系数等问题的应用，其中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）二项式定理的应用16.已知数列的前项和为，若，则_【答案】【解析】【分析】由题意，化简得，进而得，得到数列是首项为，公比为的等比数列，即可得到答案；另外可利用猜想，也可得到答案【详解】在中分别取得，两式相减得把代入得，即，中，取得所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以另解：可运用归纳推理：，猜想得，由题意得，所以【点睛】本题主要考查了数列的综合应用问题，其中根据数列的递推公式，化简得到是首项为，公比为的等比数列，进而求解是解得关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力三解答题：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.已知函数的部分图像如图所示，其中、分别为函数的一个最高点和最低点，、两点的横坐标分别为，且（）求函数的最小正周期和单调递增区间；（）在中，角的对边分别是，且满足，求的值【答案】(1) 单调递增区间为;(2)1.【解析】【分析】（1）由图可知，从而可解得，再由得，又因为，可得，令，即可得解；（2）由余弦定理可得，进而得，即，所以，从而得解.【详解】（1）由图可知，所以， 又因为，所以， 又因为，因为，所以.所以函数，令，解得，所以函数的单调递增区间为.（2）因为，由余弦定理得所以所以，当且仅当等号成立，即所以，有.【点睛】本题考查了三角函数的图象和性质，由的部分图象确定其解析式的方法.解决问题的关键是熟练掌握各个参数的意义，代表振幅，可由图象的最小最大值确定；可由函数的周期确定；是初相，可由特殊点确定.18.某大学为了更好提升学校文化品位，发挥校园文化的教育功能特举办了校园文化建设方案征集大赛，经评委会初评，有两个优秀方案入选.为了更好充分体现师生的主人翁意识，组委会邀请了100名师生代表对这两个方案进行登记评价（登记从高到低依次为），评价结果对应的人数统计如下表：编号等级1号方案8412615102号方案733202020（）若从对1号方案评价为的师生中任选3人，求这3人中至少有1人对1号方案评价为的概率；（）在级以上（含级），可获得2万元的奖励，级奖励万元，级无奖励.若以此表格数据估计概率，随机请1名师生分别对两个方案进行独立评价，求两个方案获得的奖励总金额（单位：万元）的分