江西省临川二中、新余四中2018届高三1月联合考试数学(理)试题 Word版含解析

临川二中、新余四中2018届高三年级联考
数学（理科）试卷
第Ⅰ卷（选择题共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】A
【解析】集合.
.
故选A.
2. 已知是虚数单位，则复数的虚部为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】复数，虚部为2.
故选D.
3. 已知等差数列的前项和为，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
..................
所以。

故选C.
4. 设，满足约束条件，则目标函数取最小值时的最优解是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】作出可行域如图所示：
标函数，即平移直线，当直线经过点A时，最小.
，解得，即最优解为.
故选B.
5. 若，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】∵＞20=1，0=logπ1＜b=logπ3＜logππ=1，＜log21=0，
∴a＞b＞c．
故选A．
6. 同时具备以下性质：“①最小正周期是；②图象关于直线对称；③在上是增函数；④一个对称中心为”的一个函数是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由“①最小正周期是π，可得ω=2，排除A；
②图象关于直线对称;可得
对于C选项：φ=−，不满足，排除C；
④一个对称中心为”带入函数y中，B选项不满足。

排除B；
检验D. ，当时，，满足单调递增
故选D.
7. 若二项式的展开式中的系数为，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】二项式的展开式的通项公式为.
令，解得，则系数为.
解得.
故选C.
8. 若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如．右边程序框图的算法源于我国古代闻名中外的《中国剩余定理》．执行该程序框图，则输出的等于（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据算法的程序框图知，从n=11开始，依次增加1，对应的正整数要同时满足n=2（mod3），及n=2（mod5）时，即被3除余2，被5除余2，才结束循环，输出n的值，满足条件的n=17.
故选A.
9. 公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金
分割比约为，这一数值也可以表示为，若，则（）A. B. C. D.
【答案】C
【解析】∵，,
∴。

∴。

选B。

10. 已知双曲线：的离心率为，左右焦点分别为，，点在双曲线
上，若的周长为，则的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】点在双曲线上，不妨设点在双曲线右支上，所以，
又的周长为.
得.
解得.
双曲线的离心率为，所以，得.
所以.
所以，所以为等腰三角形.
边上的高为.
的面积为.
故选B.
11. 已知某几何体的三视图如图所示，正视图是斜边长为的等腰直角三角形，侧视图是直角
边长为的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
还原几何体如图所示，面面，且，
连接AC和BD交于点O，取AB中点为M，，
.
所以点O即为该几何体的外接球的球心，球半径为，
所以表面积为，
故选C.
点睛：求多面体的外接球的面积和体积问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.
12. 已知函数，若有且只有两个整数，使得，且
，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】.
当时，，则在上单调递增，且，所以有无数整数解，不符合题意；
当时，即,由，得.
则在上单调递增，在上单调递减，
,
根据题意有：即可，解得
综上：.
故选B.
点睛：研究大于0的整数解，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
第Ⅱ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. 已知平面向量，，若与共线，则__________．
【答案】
【解析】试题分析：根据题意，由于平面向量共线，则可知，k=-4，那么可知,故可知答案为。

考点：向量的数量积
点评：主要是考查了向量的数量积的运用，属于基础题。

14. 在，，三个盒子中各有编号分别为，，的个乒乓球，现分别从每个盒子中随机地各取出个乒乓球，那么至少有一个编号是奇数的概率为__________．
【答案】
【解析】从1是个盒子取出的乒乓球的编号是偶数的概率为，则从3个盒子取出的乒乓球的编号都是偶数的概率为，所以至少有一个编号是奇数的概率概率为
【点睛】
15. 椭圆：的左、右焦点分别为，，焦距为，若直线与椭圆的一个交点满足，则该椭圆的离心率等于__________．
【答案】
【解析】试题分析：如下图所示，则可知直线的倾斜角为，且过点，∴，∴，，∴，故填：.
考点：椭圆的标准方程及其性质．
16. 如图所示，在平面四边形中，，，为正三角形，则面积的最大值为__________．
【答案】
【解析】在△ABC中，设∠ACB=α，∠ACB=β，由余弦定理得：
AC2=12+22−2×1×2cosα=5−4cosα，
∵△ACD为正三角形，
∴CD2=5−4cosα，
由正弦定理得：，
∴AC⋅sinβ=sinα，
∴CD⋅sinβ=sinα，
∵(CD⋅cosβ)2=CD2(1−sin2β)=CD2−sin2α=5−4cosα−sin2α=(2−cosα)2
∵β<∠BAC，∴β为锐角，CD⋅cosβ=2−cosα，
∴
，
当时,.
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. 已知等差数列的前项和为，数列是等比数列，满足，，，
．
（1）求数列和的通项公式；
（2）令，设数列的前项和，求．
【答案】(1) ;(2) .
【解析】试题分析：（1）设数列的公差为d，数列的公式为q，由=10，．得，解出即可得出．
（2）由，得，可得n为奇数，，为偶数时，，可得，利用等差数列与等比数列的求和公式即可得出．
试题解析：
（1）设数列的公差为，数列的公比为，
由，，得解得
，
.
（2）由，，得，
则为奇数时，，为偶数时，，
.
18. 如图，已知多面体的底面是边长为的正方形，底面，，且.
（1）记线段的中点为，在平面内过点作一条直线与平面平行，要求保留作图痕迹，并简要说明作法，但不要求证明；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析；（2）.
【解析】试题分析：(Ⅰ)取线段的中点，连结，直线即为所求
(Ⅱ)以点为原点，所在直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量,利用向量的夹角公式,即可求直线与平面所成角的正弦值;
试题解析：（Ⅰ）取线段的中点，连结，直线即为所求．如图所示：
（Ⅱ）以点为原点，所在直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图．由
已知可得，，，，，∴，，
，
设平面的法向量为，得取，得平面的一个法向量为
，设直线与平面所成的角为，
∴．
19. 某种产品的质量以其质量指标值衡量，并依据质量指标值划分等级如下表：
从某企业生产的这种产品中抽取200件，检测后得到如下的频率分布直方图：
(1)根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“一、二等品至少要占全部产品”的规定？
(2)在样本中，按产品等级用分层抽样的方法抽取8件，再从这8件产品中随机抽取4件，求抽取的4件产品中，一、二、三等品都有的概率；
(3)该企业为提高产品质量，开展了“质量提升月”活动，活动后再抽样检测，产品质量指标值近似满足，则“质量提升月”活动后的质量指标值的均值比活动前大约提升了多少？
【答案】（1）见解析；（2）.（2）质量提升月”活动后的质量指标值的均值比活动前大约提升了.
【解析】试题分析：（1）根据频率分布直方图，一、二等品所占比例的估计值为
，可做出判断.
（2）由频率分布直方图的频率分布可知8件产品中，一等品3件，二等品4件，三等品1件，分类讨论各种情况可得.
（3）算出“质量提升月”活动前，后产品质量指标值为，可得质量指标值的均值比活动前大约提升了17.6
试题解析：（1）根据抽样调查数据，一、二等品所占比例的估计值为
，由于该估计值小于0.92，故不能认为该企业生产的这种产品符合“一、二等品至少要占全部产品92%”的规定.
（2）由频率分布直方图知，一、二、三等品的频率分别为0.375、0.5、0.125，故在样本中用分层抽样方法抽取的8件产品中，一等品3件，二等品4件，三等品1件，再从这8件产品中随机抽取4件，一、二、三等品都有的情况有2种：①一等品2件，二等品1件，三等品1件；②一等品1件，二等品2件，三等品1件，故所求的概率. （3）“质量提升月”活动前，该企业这种产品的质量指标值的均值约为
“质量提升月”活动后，产品质量指标值近似满足，则.
所以，“质量提升月”活动后的质量指标值的均值比活动前大约提升了17.6
20. 如图，点是抛物线：的焦点，点是抛物线上的定点，且，点，
是抛物线上的动点，直线，的斜率分别为，.
(1)求抛物线的方程；
(2)若，点是，处切线的交点，记的面积为，证明是定值.
【答案】(1) (2)32.
【解析】试题分析：(1) 设，由得带入抛物线方程，解得p值；
(2) 设，，利用，又，得到，然后求出，
，而，带入易得为定值32.
试题解析：
（1）设，由题知，所以，
所以代入（）中得，即，
所以抛物线的方程是．
（2）过作轴平行线交于点，并设，，
由（1）知，
所以，
又，所以，
直线：，直线：，解得
因直线方程为，将代入得，
所以．
点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
21. 已知函数.
(1)当时，求函数在上的最小值；
(2)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；
【答案】（1）;(2) .
【解析】试题分析：（1）a=0时，，，进而得当
时，，进而得函数单调性可得最值；
（2）由（1）知函数在上是增函数，且，使得，进而函数在区间
上递减，在上递增，，由∀x>0，不等式f（x）≥1恒成立，得，由此能求出a的取值范围．
试题解析：
（1）时，
，，
函数在上是增函数，
又，，当时，，
即函数在区间上递增，
（2），
由（1）知函数在上是增函数，且，使得，
进而函数在区间上递减，在上递增，
，
由，得：，
，
，
，不等式恒成立，
，，
设，则为增函数，且有唯一零点，设为，
则，则，即，
令，则单调递增，且，
则，即，
在为增函数，
则当时，有最大值，，
，的取值范围.
点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：
（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，转化为;
（3）若恒成立，可转化为（需在同一点处取到最值）.
22. 已知直线的参数方程为（，为参数），曲线的极坐标方程为.
(1)将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，并说明曲线的形状；
(2)若直线经过点，求直线被曲线截得的线段的长.
【答案】(1) 曲线表示的是焦点为，准线为的抛物线;(2)8.
【解析】试题分析：（1）将曲线的极坐标方程为两边同时乘以，利用极坐标与直角
坐标之间的关系即可得出其直角坐标方程；（2）由直线经过点，可得的值，再将直线的参数方程代入曲线的标准方程，由直线参数方程的几何意义可得直线被曲线截得的线段的长.
试题解析：（1）由可得，即，
∴ 曲线表示的是焦点为，准线为的抛物线.
（2）将代入，得，∴ ，
∵ ，∴ ，∴直线的参数方程为 (为参数).
将直线的参数方程代入得，
由直线参数方程的几何意义可知，
.
23. 设函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若对任意，不等式的解集为空集，求实数的取值范围。

【答案】(1) ;(2) .
【解析】试题分析：（1）当a=1时，分类讨论求得不等式的解集；
（2）（2）由题意可得对任意a∈[0，1]，，求得，可得b的范围．
试题解析：
（1）当时，等价于.
①当时，不等式化为，无解；
②当时，不等式化为，
解得；
③当时，不等式化为，解得
综上所述，不等式的解集为
（2）因为不等式的解集为空集，所以.
因为
，
当且仅当时去等号，所以.
因为对任意
，不等式
的解集为空集，所以.
以下给出两种思路求的最大值.
思路1：令，所以
.
当且仅当，即时等号成立.
所以
，
所以的取值范围为.
思路2：令，因为
，所以可设
，
则
，
当且仅当
时等号成立，
所以的取值范围
.。