2018届高考数学二轮复习专练27模拟训练七理.docx

模拟训练七12017兰州一中复数（ ）ABCD【答案】D【解析】，故选D22017兰州一中若“”是“或”的充分不必要条件，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【解析】由题意知故选A32017兰州一中当时，则下列大小关系正确的是（ ）ABCD【答案】C【解析】时，所以，故选C42017兰州一中从一个棱长为1的正方体中切去一部分，得到一个几何体，其三视图如图，则该几何体的体积为（ ）ABCD【答案】C【解析】由题意得，根据给定的三视图可知，此几何体表示一个棱长为1的正方体，截去正方体的一个三棱锥，所以该几何体的体积为，故选C52017兰州一中在等比数列中，若，则等于（ ）ABCD【答案】D【解析】=+，在等比数列中，原式，故选D62017兰州一中九章算术是我国古代数学名著，也是古代东方数学的代表作，书中有如下问题：“今有勾八步，股一十五步，问勾中容圆，径几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长分别为8步和15步，问其内切圆的直径为多少步？”现若向此三角形内投豆子，则落在其内切圆内的概率是（ ）ABCD【答案】B【解析】因为该直角三角形两直角边长分别为8步和15步，则斜边为，其内切圆的半径为，则由几何概型的概率公式，得若向此三角形内投豆子，则落在其内切圆内的概率是故选B72017兰州一中设变量，满足约束条件，则目标函数的最小值为（ ）ABCD【答案】B【解析】做出不等式对应的可行域如图，由得，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，而此时最小值为，选B82017兰州一中设函数，把的图象按向量平移后，图象恰为函数的图象，则的值可以是（ ）ABCD【答案】D【解析】函数，按向量平移后，当时，故选D92017兰州一中公元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积，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：，）A12B18C24D32【答案】C【解析】由程序框图，得，；，；，；故选C102017兰州一中已知函数，则的图象大致为（ ）ABCD【答案】A【解析】令，则，由，得，即函数在上单调递增，由得，即函数在上单调递减，所以当时，函数有最小值，于是对任意的，有，故排除B，D因函数在上单调递减，则函数在上单调递增，故排除C本题选择A选项112017兰州一中设点是椭圆（）上一点，分别是椭圆的左、右焦点，为的内心，若，则该椭圆的离心率是（ ）A BCD【答案】A【解析】设的内切圆半径为，则由，得，即，即，椭圆的离心率故选A122017兰州一中已知函数，若方程有四个不同的解，且，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【解析】作的图象，易知是图象的一个对称轴，最小值为，所以，又，则，所以，显然是减函数，因此当时，故选D132017兰州一中已知二项式的展开式中各项系数和为256，则展开式中的常数项为_（用数字作答）【答案】28【解析】各项系数和为256，令得，即，该二次展开式中的第项为，令，得，此时常数项为，故答案为28142017兰州一中已知正项数列的首项，前n项和为，若以为坐标的点在曲线上，则数列的通项公式为_【答案】【解析】因为以为坐标的点在曲线上，所以，即，两式相减，得，即，即，即，即，又，即数列是以1为首项，公差为1的等差数列，则数列的通项公式为；故填152017兰州一中在中，为的三等分点，则_【答案】【解析】，即，如图建立平面直角坐标系，为边的三等分点，162017兰州一中已知，有下列4个命题：若，则的图象关于直线对称；与的图象关于直线对称；若为偶函数，且，则的图象关于直线对称；若为奇函数，且，则的图象关于直线对称其中正确的命题为_（填序号）【答案】【解析】利用奇偶函数的定义和性质，得与的关系，再利用函数图象关于直线对称的条件可以探讨各命题是否正确因为，令，所以函数的图象自身关于直线对称，对因为的图象向右平移个单位，可得的图象，将的图象关于轴对称得的图象，