广西南宁市第三中学、柳州铁一中学2017-2018学年高二上学期第三次月考数学(文)试题 Word版含解析

柳州铁一中学、南宁三中高二上学期文科数学试卷
一、选择题：（本大题共12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，，则中元素的个数为（）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】D
【解析】中的元素重合，所以,即中元素的个数为，故选.
2. 已知，则等于（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，，
，故选B.
3. 设，满足约束条件，则的最大值为（）
A. B. 5 C. 8 D. 28
【答案】D
【解析】
画出约束条件表示的可行域，由可得，平移直线
，当直线经过时，直线在轴上的截距最大，也最大，最大值为
，故选D.
【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函
数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
4. “直线与圆相切”是“”的（）
A. 充要条件
B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件
D. 既不充分也不必要条件【答案】C
5. 设向量，，，若与平行，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为向量，，所以，又因为，且与平行，
所以，所以，故选A.
6. 函数的最大值为（）
A. 3
B. 2
C.
D. 1
【答案】C
【解析】因为，函数的最大值为，故选C.
7. 设，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，，，故选A.
8. 已知函数的图象在点处的切线斜率是，则此切线方程是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为函数，所以函数的图象在点处的切线斜率是，，函数的图象在点
处的的切线方程是，即，故选A.
9. 如图是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）
A. 46
B. 48
C. 50
D. 52
【答案】B
【解析】该几何体是如图所示的一个四棱锥P-ABCD，所以表面积为
本题选择B选项.
点睛：(1)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．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．
(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．
10. 执行如图所示的程序框图，若输出的值为10，则判断框图可填入的条件是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】输入参数，第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；第四次循环：；第五次循环：；退出循环，输出结果，故第四次循环完后，满足判断内的条件，而第五次循环完后，不满足判断内条件，故判断内填入的条件是，故选D.
11. 已知椭圆C：，的上、下顶点分别为，且以线段为直径的圆与直线相切，则C的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】椭圆C：，的上、下顶点分别为，则,故圆心坐标为，半径为，又圆与直线相切，故，又，联立可得，故离心率为，故选B.
【方法点睛】本题主要考查椭圆的几何性质及离心率，属于难题. 离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②
构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．本题中，根据以线段为直径的圆与直线相切，可以建立关于焦半径和焦距的关系．从而找出之间的关系，求出离心率．
12. 已知函数，，设为实数，若存在实数，使
，则实数的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
，设为实数，，由函数
，可得画出函数的图象，由函数的图象可知，值域为存在实数，使，，即，实数的取值范围为，故选C.
【方法点睛】本题主要考查函数的图象与性质以及数形结合思想的应用，属于难题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．
二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分。

)
13. 已知，则的最小值为________________
【答案】
【解析】，则，当且仅当，等号成立，所以的最小值为故答案为.
【易错点晴】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题. 利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；
二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
14. 已知等比数列满足，则___________
【答案】
【解析】设等比数列的公比是，，所以
，故答案为.
15. 已知双曲线的渐近线方程为，点在双曲线上，则双曲线的标准方程是__________________
【答案】
【解析】双曲线的渐近线方程为可设双曲线的方程为双曲线经过点双曲线的方程为，可化为，故答案为.
16. 表面积为的球面上有四点且是等边三角形，球心到平面的距离为
，若平面平面，则棱锥体积的最大值为________
【答案】27
【解析】解：∵表面积为60π的球,∴球的半径为，
设△ABC的中心为D,则OD=,所以DA=，则AB=6
棱锥S−ABC的底面积为定值，
欲使其体积最大，应有S到平面ABC的距离取最大值，
又平面SAB⊥平面ABC，
∴S在平面ABC上的射影落在直线AB上,而SO=,点D到直线AB的距离为
，
则S到平面ABC的距离的最大值为，
∴.
故答案为：27.
三、解答题：(本题共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n项和，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前n项和．
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：（1）设等差数列的首项、公差，由列出关于首项、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列的通项公式；（2））由（1）可知，利用裂项相消法可求数列的前n项和.
试题解析：（1）依题意：设等差数列的首项为，公差为，则解得
所以数列的通项公式为
（2）由（1）可知
因为，所以，
所以
【方法点晴】本题主要考查等差数列的通项公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点
的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2）
；（3）；（4）
；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
18. 若的内角所对的边分别为，且满足.
（1）求；
（2）当时，求的面积．
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：（1）因为正弦定理，所以化为
，因为三角形内角有，所以即
，所以；
（2）由余弦定理，得，而，，得，即
，因为三角形的边，所以，则．
试题解析：（1）因为由正弦定理，得，又，从而，由于所以
（2）解法一：由余弦定理，得，而，，
得，即因为，所以，
故面积为．
解法二：由正弦定理，得
从而又由知，所以
故，
所以面积为．
考点：1．正弦定理与余弦定理；2．三角形的面积公式．
19. 如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，且平面，为
的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，E是的中点，求三棱锥的体积．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】试题分析：
(1)做出辅助线，证得∥DF ，结合线面平行的判断定理即可证得
∥平面A 1CD ．
(2)转化顶点可求得三棱锥的体积
．
试题解析：
（1）连接AC 1，交A 1C 于点F ，
则F 为AC 1的中点，又为的中点，
所以∥DF ， 又平面A 1CD ，又平面A 1CD ， 所以
∥平面A 1CD ．
（2）三棱锥的体积
．其中三棱锥
的高h 等于点C 到平面
ABB 1A 1的距离，可知
．
又． 所以
．
20. 在某城市气象部门的数据中，随机抽取100天的空气质量指数的监测数据如表：
（1）若该城市各医院每天收治上呼吸道病症总人数y 与当天的空气质量（取整数）存在如
下关系且当t＞300时，y＞500，估计在某一医院收治此类病症人数超过200人的概率；
（2）若在（1）中，当t＞300时，y与t的关系拟合的曲线为，现已取出了10对样本数据（t i，y i）（i=1，2，3，…，10），且知
试用可线性化的回归方法，求拟合曲线的表达式．（附：线
性回归方程中，，．）
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：（1）要使某一医院收治此类病症人数超过人，则,则满足条件的天数共有天，利用古典概型概率公式可得结果；（2）设,根据平均值公式求出的
平均值，可得样本中心点的坐标，根据题设中所给数据，利用公式，求得，
结合样本中心点的坐标可求得，从而可得线性回归方程.
试题解析：（1）要使某一医院收治此类病症人数超过200人，则t>150,则满足条件的天数共有50天，所以概率为.
(2)设，则，，
，，所以
，，
所以拟合曲线的表达式为
21. 已知抛物线上横坐标为的点到焦点的距离为.
（1）求抛物线的方程；
（2）若过点的直线与抛物线交于不同的两点，且以为直径的圆过坐标原点，求的面积。

【答案】（1）；（2）
试题解析：（1）依题意：解得，所以抛物线的方程为
（2）依题意：若直线斜率不存在时，直线与抛物线只有一个交点，不符合题意；
所以设直线方程为
联立，消去得
所以
又
因为以为直径的圆过坐标原点，所以，
所以
解得，由，点到直线的距离为
所以。

22. 如图，在平面直角坐标系中，椭圆的焦距为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点分别是椭圆的左右顶点，直线经过点且垂直于轴，点是椭圆上异于的任意一点，直线交于点.
①设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值；
②设过点垂直于的直线为，求证：直线过定点，并求出定点的坐标.
【答案】（1）；（2）见解析.
【解析】试题分析：（1）根据条件列方程组，解得，（2）①设，则可由直线交点得，再根据斜率公式化简，最后利用点P在椭圆上得定值；
②先探求定点为，再根据点斜式写出直线方程，最后令y=0解得x=-1.
试题解析：（1）由题意椭圆的焦距为2，且过点，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）①设，则直线的方程为，
令得，因为，因为，
所以，因为在椭圆上，所以，
所以为定值，
②直线的斜率为，直线的斜率为，
则直线的方程为，
所以直线过定点.
点睛：1.求定值问题常见的方法有两种
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
2．定点的探索与证明问题
(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．
(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．。