2018届广西南宁市第二中学
高三2月月考数学（文）试题此卷只装订不密封
班级
姓名
准考证号
考场号
座位号
数学
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．已知集合，则为
A．
B．
C．
D．
2．复数对应的点在复平面内位于
A．
第一象限
B．
第二象限
C．
第三象限
D．
第四象限
3．已知，则双曲线的离心率等于
A．
B．
C．
D．
4．直线与圆有两个不同交点的充要条件是
A．
B．
C．
D．
5．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为
A．
B．
C．
D．
6．已知，则数列的通项公式是
A．
B．
C．
D．
7．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则A＝
A．
30°
B．
60°
C．
120°
D．
150°
8．如图是一个算法的程序框图，当输入的x的值为7时，输出的y值恰好是，则“？”处应填的关系式可能是
A．
B．
C．
D．
9．某工厂对一批产品进行了抽样检测，上图是根据抽样检测后的产品净重（单位：克）数据绘制的频率分布直方图，其中产品净重的范围是．样本数据分组为，，，已知样本中产品净重小于100克的个数是48，则样本中净重大于或等于98克并且小于104克的产品的个数是
A．
B．
C．
120
D．
10．球面上有三点A，B，C组成这个球的一个截面的内接三角形的三个顶点，其中，，球心到这个截面的距离为球半径的一半，则球的表面积为
A．
B．
C．
D．
11．抛物线的焦点F已知点A和B分别为抛物线上的两个动点.且满足，过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则的最大值为
A．
B．
C．
D．
12．已知函数，若存在，使得，则实数b的取值范围是
A．
B．
C．
D．
二、填空题
13．若实数x，y满足条件则的最大值为______.14．已知向量，且在上的投影为3，则与角为______.15．定义在R上函数，则不等式的解集为______.16．已知圆：与轴负半轴的交点为，为直线上一点，过作圆的切线，切点为，若，则的最大值为______.三、解答题
17．在中，角，的对边分别是，，且满足.（1）求角的大小；
（2）若等差数列的公差不为零，且，成等比数列，求的前项和.18．为选拔选手参加“全市高中数学竞赛”，某中学举行了一次“数学竞赛”活动，为了了解本次竞赛学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的分数（得分取正整数，满分为100分）作为样本（样本容量为n）进行统计.按照，，的分组作出频率分布直方图，并作出样本分数的茎叶图（图中仅列出了得分在，的数据）.（Ⅰ）求样本容量n和频率分布直方图中的x、y的值；
（Ⅱ）在选取的样本中，从竞赛成绩在80分以上（含80分）的学生中随机抽取2名学生参加“全市高中数学竞赛”，求所抽取的2名学生中至少有一人得分在内的概率.19．如图长方体的，底面ABCD的周长为4，E为的中点.（Ⅰ）判断两直线与AD的位置关系，并给予证明：
（Ⅱ）当长方体体积最大时，求直线与平面所成角．
20．已知椭圆：和椭圆：，离心率相同，且点在椭圆上.（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设为椭圆上一点，过点作直线交椭圆于，两点，且恰为弦的中点，则当点变化时，试问的面积是否为常数，若是，请求出此常数，若不是，请说明理由。
21．已知函数.（Ⅰ）讨论函数的单调性：
（Ⅱ）若函数的两个零点为，且，求证：.22．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为：，直线的参数方程是（为常数，）
（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程；
（Ⅱ）设直线与曲线交于两点，且线段的中点为，求.23．（题文）已知函数，且的解集为
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，都是正实数，且，求证：.2018届广西南宁市第二中学
高三2月月考数学（文）试题
数学
答
案
参考答案
1．B
【解析】
【分析】
先求出中的不等式的解集确定出集合，再求的交集即可
【详解】，则
故选
【点睛】
本题主要考查了一元二次不等式的解法和集合的交集及其运算法则，属于基础题。
2．D
【解析】
试题分析：,故在复平面内对应的点位于第四象限.考点：复数与复平面的关系.3．B
【解析】
【分析】
根据离心率公式即可求出结果
【详解】
根据离心率公式.故选
【点睛】
本题主要考查了离心率公式，熟练掌握公式是解题的关键，属于基础题。
4．A
【解析】
【分析】
由已知条件计算圆心到直线的距离和半径进行比较，即可求出结果
【详解】
圆，圆心到直线的距离小于半径，由点到直线的距离公式：，故选
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，根据题意将其转化为圆心到直线的距离，然后和半径进行比较，较为基础。
5．B
【解析】
试题分析：几何体为一个四棱锥与一个半圆锥的组合体，四棱锥的高为，底面为正方形；半圆锥高为，底面为半径为1的半圆，因此体积为，选D.考点：三视图
【名师点睛】
1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．
2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．
6．A
【解析】
试题分析：由已知整理得，∴，∴数列是常数列．且，∴，故选项为A.考点：数列的递推式.【一题多解】当时，，…，，两边分别相乘得.又∵，∴．
7．A
【解析】
【分析】
根据正弦定理，结合已知正弦的等式可得，则，再由余弦定理求得，将代入化简可求得的值，再根据特殊角的三角函数值进行求解即可确定出
【详解】，结合正弦定理得，则，又，那么，由余弦定理得，故选
【点睛】
本题是一道关于解三角形的题目，解题的关键是熟练运用正弦定理和余弦定理，运用正弦定理进行边角的互化，推导出三边之间的数量关系，然后再运用余弦定理求出结果。
8．A
【解析】
试题分析：依题意，输入的的值为，执行次循环体，的值变为，这时，如果输出的值恰好是，则函数关系式可能为,故应填A.考点：程序框图中的循环结构.9．C
【解析】
【分析】
由频率分布直方图，求出样本容量，再求出净重大于或等于克并且小于克的产品的频率和频数，即可得到答案
【详解】
样本中产品净重小于克的频率为，样本总数，样本净重大于或等于克并且小于克的产品的频率为
对应的频数为
故样本中净重大于或等于克并且小于克的产品的个数是
故选
【点睛】
本题主要考查了频率分布直方图的应用问题，根据频率分布直方图求出样本的容量是解题的关键，属于基础题。
10．A
【解析】
【分析】
利用勾股定理判断出为直角三角形，可以求出其外接圆半径，利用球心到截面的距离为球半径的一半，求得球的半径，代入球的表面积公式计算即可求出答案
【详解】
由，为直角三角形，其外接圆半径为，即截面的圆的半径为，又球心到截面的距离为，，故选
【点睛】
本题主要考查了球的表面积公式以及球心到截面的距离与截面圆的半径之间的数量关系，解题的关键是求出为直角三角形，其外接圆半径，属于中档题。
11．D
【解析】
试题分析：如图所示，过分别作准线的垂线，垂足分别为，设，连接，由抛物线的定义，得，在梯形中，由余弦定理得：，整理得，因为，则，即，所以，所以，故选D．
考点：抛物线的定义及其简单的几何性质．
【方法点晴】本题主要考查了抛物线的定义、标准方程及其简单的几何性质的应用、基本不等式求解最值、余弦定理等知识的应用，解答中由抛物线的定义和余弦定理得：，在利用基本不等式，得到是解答本题的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力及转化与化归思想的应用，属于中档试题．
12．B
【解析】
分析：对任意的x∈[1，2]，f′（x）•x+f（x）＞0恒成立⇔对任意的x∈[1，2]，恒成立⇔对任意的x∈[1，2]，2x2﹣2tx+1＞0恒成立，⇔t＜恒成立，求出x+在[1，2]上的最小值即可．
详解：∵
∴对任意的x∈[1，2]，f′（x）•x+f（x）＞0恒成立⇔对任意的x∈[1，2]，恒成立，⇔对任意的x∈[1，2]，2x2﹣2tx+1＞0恒成立，⇔t＜恒成立，又g（x）=x+在[1，2]上单调递增，∴，∴t＜．
故选：B．
点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.13．10.【解析】
【分析】
由约束条件画出可行域，然后改写目标函数，求出最值
【详解】
作出可行域如图，令，在点处达到最大值，则
【点睛】
本题考查了线性规划问题，解题方法为：先画出可行域，然后改写目标函数，运用直线的几何意义来求出最值。
14．14．.【解析】
试题解析：在上的投影为3，，向量与夹角为
考点：平面向量
15．15．.【解析】
试题分析：当时，；当时，不等式的解集为.考点：分段函数及不等式的解法.16．16．.【解析】
试题分析：设，由可得，化简得，可转化为直线与圆有公共点，所以，解得.考点：曲线与方程及直线与圆的位置关系.【方法点晴】本题主要考查了直线与圆的位置关系，曲线与方程，考查了转化的数学思想属于中档题.本题解答的难点是对条件“”的应用，实际上就是描述了动点的轨迹，到定点的距离是圆切线长的两倍，把几何条件转化为坐标关系即的的轨迹方程，把问题转化为直线与圆有公共点，利用圆心到直线的距离小于半径求出参数的范围，得其最大值.17．(1)
(2)
【解析】
【分析】
由已知条件推导出，求出，由此能求出角的大小
由已知条件推导出，又不为零，求出，得到，进而能求出的前项和
【详解】
(1)∵，∴，又，∴；
(2)设的公差为，由已知得，且，∴．又不为零，∴，∴
∴
∴
【点睛】
本题主要考查了角的大小的求法，考查了数列的前项和的求法，解题时要认真审题，注意裂项求和法的合理运用，属于中档题。
18．（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）利用频率分布直方图能求出样本容量和频率分布直方图中的，的值
（Ⅱ）枚举出可能出现的21种情况，然后再找出2名同学的分数都不在内的情况，最后计算出概率
【详解】
（Ⅰ）由题意可知，样本容量，（Ⅱ）由题意可知，分数在内的学生有5人，记这5人分别为，，，分数在内的学生有2人，记这2人分别为，.抽取的2名学生的所有情况有21种，分别为：
（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，）
其中2名同学的分数都不在内的情况有10种，分别为：
（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，）.∴
所抽取的2名学生中至少有一人得分在内的概率.【点睛】
本题考查了频率分布直方图的实际运用，根据计算方法求出样本容量和频率，然后再根据题意计算出概率问题，较为基础。
19．(Ⅰ)见解析(Ⅱ)
【解析】
【分析】
（Ⅰ）与是相交直线，连接，说明，，四点共面，与为梯形两腰，即可得到结果
（Ⅱ）解法1：利用等体积法求出点到平面的距离，然后计算出结果；
解法2：以边，所在直线为，轴，建立直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量的数量积求解直线与平面所成角的大小
【详解】
(Ⅰ)与是相交直线．
证明如下：连接，则是平行四边形，∵也是的中点，∴∴为梯形，四点共面，与为梯形两腰，故与相交．
(Ⅱ)设，当且仅当时取等号
解法1：连接，设点到平面的距离为，则根据等体积法，其中，所以，则直线与平面所成角满足，所以.解法2：分别以边所在直线为轴，建立如图所示直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，取，则
∴，∴．
【点睛】
本题主要考查了立体几何中线线的位置关系以及线面角的计算，在求解线面角时给了两种解法，一是运用等体积计算出长度，然后求得结果；一是建立空间直角坐标系，求出法向量，继而求出结果。
20．(Ⅰ)
(Ⅱ)
无论怎样变化，△AOC的面积为常数
【解析】
试题分析：（1）由题知，且，解这个方程组求得即可得椭圆的方程；（2）涉及直线与曲线的关系的问题，多是将直线方程与曲线方程联立再用韦达定理解决.此题中有两个椭圆，将哪个椭圆的方程与直线方程联立？此题意即直线与的交点的中点在上，故应将直线方程与的方程联立由韦达定理得中点坐标，再将中点坐标代入的方程.然后求出三角形OAB的面积的表达式，再利用前面所得关系式化为一常数即可.试题解析：（1）由题知，且即，椭圆的方程为；
4分
（2）当直线的斜率不存在时，必有，此时，5分
当直线的斜率存在时，设其斜率为、点，则
与椭圆联立，得，设，则即8分
又9分
综上，无论怎样变化，的面积为常数．
12分
考点：1、椭圆的方程；2、直线与圆锥曲线的位置关系.21．(Ⅰ)见解析(Ⅱ)见解析
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由,可得在上单调增；在上单调
增；在上单调减；（Ⅱ）根据有,由此可得,令,可以确定根据在上单调增,所以
试题解析：（Ⅰ）函数,的定义域为,在上单调增；
在上单调增；
在上单调减.（Ⅱ）
令,令,则
令,令,则
在上单调增,考点：函数的单调性；导数的应用.22．(Ⅰ)
(Ⅱ)
【解析】
试题分析：（I）由极坐标与直角坐标互化的关系式
可将曲线极坐标方程化为普通方程.（II）将直线的参数方程代入取曲线的普通方程中，为中点，由的几何意义知故得到关于的方程，求出倾斜角.试题解析：
（I）曲线,即,于是有,化为直角坐标方程为:
（II）方法1:
即
由的中点为得,有,所以
由
得
方法2:设,则,∵,∴,由
得.方法3:
设,则由是的中点得,∵,∴,知
∴,由
得.方法4:依题意设直线,与联立得,即
由得,因为,所以.23．(Ⅰ)
(Ⅱ)见解析
【解析】
试题分析：（I）考查绝对值不等式的解法（II）采用配“1”法应用基本不等式证明或者采用柯西不等式证明.试题解析：
（I）依题意,即,∴
（II）方法1:∵
∴
当且仅当,即时取等号
方法2:
∵
∴由柯西不等式得
整理得
当且仅当,即时取等号.
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