第一篇：安徽省東至二中2017-2018學年高二上學期12月份考試數學(理)試題含解析

東至二中、石臺中學2017～2018學年上學期高二年級12月月考

數學(理科)第Ⅰ卷（共60分）

一、選擇題：本大題共12個小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.命題：“A.【答案】C 【解析】全稱命題“

”的否定為特稱命題“

”，故選C。B.”的否定是()

C.D.2.下列圖形不一定是平面圖形的是()A.三角形 B.四邊形 C.圓 D.梯形 【答案】B 【解析】三角形，圓，梯形一定是平面圖形，但是四邊形可以是空間四邊形，故選B.3.已知直線與直線

垂直，則的值為()A.0 B.C.1 D.【答案】C 【解析】∵直線故選C.4.已知命題“且”為真命題，則下面是假命題的是()A.B.C.或 D.【答案】D 【解析】命題“且”為真，則真真，則為假，故選D。

5.已知一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，那么這個幾何體的表面積是()

與直線

垂直，∴，解得，A.【答案】C B.C.D.【解析】由題可知，三視圖復原的幾何體是一個放倒的底面是直角梯形的四棱柱，所以幾何體的表面積6.下列命題： ①若③若，則，則；②若成等比數列；④若，則

；

成等差數列.（），故選C.，則其中真命題的個數為()A.1 B.2 C.D.4 【答案】B 【解析】若當若故選B.7.已知雙曲線A.B.【答案】D 【解析】由題知，故選D.，焦距為

.的實軸長為2，虛軸長為4，則該雙曲線的焦距為()C.D.，則時，則或，若，則，故①正確；，故②錯誤；

不成等比數列，故③錯誤； 成等差數列，故④正確.8.在四棱錐，則中，的值為()

底面，底面為矩形，是上一點，若A.B.C.D.4 【答案】C 【解析】因為又因為，故底面平面，所以，故，即，此時，.，則

.，所以9.若橢圓的右焦點為，是橢圓上一點，若到的距離的最大值為5，最小值為3，則該橢圓的方程為()A.【答案】A 【解析】由題意得：所以橢圓方程為：故選A.10.已知過雙曲線

右焦點，斜率為的直線與雙曲線的第一象限交于點

.，故，B.C.D.，點為左焦點，且A.B.C.，則此雙曲線的離心率為()D.【答案】C 【解析】由題意，∵過雙曲線

右焦點的直線，∴，代入雙曲線，可得，∴，∴11.在四面體為線段中，∴底面平面，則線段，∵，∴，，故選C.，為的重心，上一點，且的長為()A.B.C.D.【答案】A 【解析】

如圖，延長AG交BC于點H，過點G作GE//BC交AC于點E，過點E作EF//DC，交AD于點F，則平面EFG//平面BCD，又FG,12.已知點是橢圓則A.的取值范圍為()B.C.D.平面BCD，所以FG//平面BCD，又，所以

上的動點，過點作圓

.的切線，為其中一個切點，所以【答案】B 【解析】因為故選B.點睛：直線與圓的位置關系常用處理方法：

（１）直線與圓相切處理時要利用圓心與切點連線垂直，構建直角三角形，進而利用勾股定理可以建立等量關系；

（２）直線與圓相交，利用垂徑定理也可以構建直角三角形；（３）直線與圓相離時，當過圓心作直線垂線時長度最小．

二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）

13.正方體的棱長為，且正方體各面的中心是一個幾何體的頂點，這個幾何體的棱長為________.【答案】，由正方體的性質可得，，所以

..【解析】如圖所示，取棱中點，連接則，即幾何體的棱長為，故答案為.14.若“”是“”的充分不必要條件，則實數的取值范圍是________________.【答案】【解析】由“”是“，解得

或

..”的充分不必要條件，所以，則有以下結論： ；

； 點睛：設（1）若（2）若（3）若對應的集合分別為的充分條件，則的充分不必要條件，則的充要條件，則。

根據所給的命題間的充分必要性求參數的取值范圍時，要學會根據以上結論將問題轉化成集合間的包含關系去處理。15.若直線【答案】 與曲線

有公共點，則的取值范圍是____________.【解析】試題分析：如圖所示：

曲線，即（1≤y≤3，0≤x≤4），表示以A（2，3）為圓心，以2為半徑的一個半圓． 由圓心到直線y=x+b的距離等于半徑2，可得

結合圖象可得

考點：直線與圓的位置關系

16.如圖，有一圓錐形糧堆，其正(主)視圖是邊長為6m的正，糧堆母線的中點處有一老鼠正在偷吃糧食，此時小貓正在處，它要沿圓錐側面到達處捕捉老鼠，則小貓所經過的最短路程是________________m.【答案】

【解析】

圓錐的底面半徑為3m，周長是6πm, 展開圖中大圓半徑為6m，則圓心角為，即圓錐側面展開圖的圓心角是180度。

..................∴在圓錐側面展開圖中.故小貓經過的最短距離是m.故答案是：.三、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）17.已知方程表示雙曲線；方程

表示焦點在軸上的橢圓，若

為真命題，為假命題，求實數的取值范圍.【答案】

試題解析：為真命題時，為真命題時，∵為真命題，或，為假命題，∴與—真一假，當假，真時，.中，底面

是矩形，側棱

垂直于底面，分別是

或，當真，假時，∴18.如圖所示，在四棱錐的中點.求證：(1)(2)平面；平面.【答案】(1)見解析(2)見解析 【解析】試題分析：（1）由條件可得；

（2）由試題解析：(1)∵又矩形∴平面底面中，∴中，，∴，且

.分別為平面，平面，∴的中點，∴

平面，，，進而得線面平行，結合直線相交即可證得面面平行.，進而得

平面，從而可證(2)∵矩形∵∵是∵平面中點，∴平面，∴∵∴平面平面，平面平面.，點睛：本題主要考查了平面與平面平行的判定與證明問題，其中解答中涉及到直線與平面平行的判定定理，平面與平面平行的判定定理的綜合應用，此類問題的解答中要證“面面平行”只要證明“線面平行”，只要證“線線平行”，把問題最終轉化為線與線的平行問題，著重考查了學生的轉化思想的應用.19.已知條件：取值范圍.【答案】

或，由是的必要不充，條件，若是的必要不充分條件，求實數的【解析】試題分析：解不等式得到命題的等價條件分條件得到不等式組試題解析：，∵是的必要不充分條件，∴∴，∴，即，.，解出不等式組即可.或，20.一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示.(1)請把字母(2)判斷平面(3)證明：直線標記在正方體相應的頂點處(不需要說明理由)； 與平面平面的位置關系，并證明你的結論；.【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析 【解析】試題分析：(1)折疊成正方體即可得出；（2）根據條件可證四邊形BCEH為平行四邊形，因此BE∥CH，由線面平行判定定理即可得證；（3）根據DH⊥平面EFGH可得DH⊥EG，又EG⊥FH，可證EG⊥平面BFHD，所以DF⊥EG，同理可證同理DF⊥BG，所以命題得證．

試題解析：

(1)點F、G、H的位置如圖所示．

(2)平面BEC∥平面ACH．證明如下：

因為ABCD－EFGH為正方體，所以BC∥FG，BC＝FG，又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四邊形BCEH為平行四邊形，所以BE∥CH，又CH?平面ACH，BE?平面ACH，所以BE∥平面ACH，同理，BG∥平面ACH，又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH．(3)連接FH交EG于點O，連接BD．

因為ABCD－EFGH為正方體，所以DH⊥平面EFGH，因為EG?平面EFGH，所以DH⊥EG，又EG⊥FH，EG∩FH＝O，所以EG⊥平面BFHD，又DF?平面BFHD，所以DF⊥EG，同理DF⊥BG，又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG．

點睛：本題考查面面垂直，線面垂直，線線垂直的判定及性質以及面面平行，屬于中檔題。對于面面平行問題，就是要在一個平面內找到兩條相交直線分別平行另一個平面；在證明線面垂直時，要注意往往先轉化為線線垂直，其他線面垂直，再轉化到所要研究的直線上具備同時垂直兩條相交直線.21.已知以點兩點，是為圓心的圓與直線的中點，.相切，過點的直線與圓相交于(1)求圓的標準方程；(2)求直線的方程.【答案】(1)

(2)

或

.【解析】試題分析：（1）利用圓心到直線的距離公式求圓的半徑，從而求解圓的方程；（2）根據相交弦長公式，求出圓心到直線的距離，當直線斜率不存在時，滿足題意，當斜率存在時，設出直線方程，再根據點到直線的距離公式確定直線方程.試題解析：(1)設圓的半徑為，因為圓與直線∴，∴圓的方程為

符合題意；，即，，.相切，(2)①當直線與軸垂直時，易知②當直線與軸不垂直時，設直線的方程為連接則由故直線的方程為，則，∵得或，∴，∴直線為：

.點睛：本題主要考查了直線與圓相切，直線與圓相交，屬于基礎題；當直線與圓相切時，其性質圓心到直線的距離等于半徑是解題的關鍵，當直線與圓相交時，弦長問題屬常見的問題，最常用的手法是弦心距，弦長一半，圓的半徑構成直角三角形，運用勾股定理解題.22.已知橢圓的右焦點為，上頂點為，周長為，離心率為.(1)求橢圓的方程；(2)若點與橢圓交于是橢圓上第一象限內的一個點，直線過點且與直線兩點，與交于點，是否存在常數，使

平行，直線

且

.若存在，求出的值，若不存在，請說明理由.【答案】(1)(2)周長為，離心率為，結合，即可得方程； 【解析】試題分析：（1）（2）求出直線斜率得的方程為，可設方程為，由得，由得，利用弦長公式及韋達定理表示線段長即可得解.試題解析：(1)由題意知又，∴，.，∴橢圓的方程為(2)由又，得，∴，∴的方程為，可設方程為，由得，由得，，設，則，，由弦長公式：同理，，∴，∴，∴存在常數

，使.

第二篇：安徽省江淮名校2017-2018學年高二上學期期中考試試題數學(理)含解析

江淮名校高二年級（上）期中聯考

數學（理科）試卷

一、選擇題（共12小題,每小題5分,共60分）1.如果直線A.B.【答案】B 【解析】因為直線

與直線

垂直，所以

，故選B.與直線 C.D.垂直，則等于（）

2.若某幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的直觀圖可以是（）

A.【答案】D B.C.D.【解析】試題分析：由已知中三視圖的上部分有兩個矩形，一個三角形，故該幾何體上部分是一個三棱柱，下部分是三個矩形，故該幾何體下部分是一個四棱柱． 考點：三視圖． 3.直線A.C.【答案】B 【解析】直線過定點，化為，時，總有，即直線直線恒過定點，則以為圓心，為半徑的圓的方程為（）B.D.，圓心坐標為，故選B.，又因為圓的半徑是，所以圓的標準方程是4.一個水平放置的平面圖形的斜二測直觀圖是一個底角為則這個平面圖形的面積是（）A.B.【答案】A C.D.，腰長為的等腰直角三角形，【解析】

根據斜二測的畫法，直觀圖等腰直角三角形，還原為一條直角邊長為、另一條直角邊

，故選A.為的直角三角形，由三角形面積公式可得這個平面圖形的面積是5.與兩直線A.【答案】A 【解析】直線線平行，可設直線方程為直線方程為，故選A.平行于直線 B.和的距離相等的直線是（）C.D.以上都不對

到兩平行直線距離相等的直線與兩直，利用兩平行線距離相等，即，解得6.已知，表示兩條不同的直線，，表示三個不同的平面，給出下列四個命題： ①，②③④，，，，則，；，則，則，則

； ；

其中正確命題的序號為（）

A.①② B.②③ C.③④ D.②④ 【答案】C 【解析】①②則，③正確；④，，則

可以垂直,也可以相交不垂直，故①不正確；，則與相交、平行或異面，故②不正確；③若，可知與

共線的向量分別是與的法向量，所以與所成二面角的平面為直角，故④正確，故選C.【方法點晴】本題主要考查線面平行的判定與性質、面面垂直的性質及線面垂直的判定，屬于難題.空間直線、平面平行或垂直等位置關系命題的真假判斷，常采用畫圖（尤其是畫長方體）、現實實物判斷法（如墻角、桌面等）、排除篩選法等；另外，若原命題不太容易判斷真假，可以考慮它的逆否命題，判斷它的逆否命題真假，原命題與逆否命題等價.7.已知兩點值范圍是（）A.【答案】B B.，直線過點且與線段相交，則直線的斜率的取

或 C.D.【解析】

如圖所示，直線時，即的斜率為；當斜率為負時，；直線，即的斜率為，當斜率為正

或，直線的斜率的取值范圍是，故選B.8.如圖所示，在四棱錐動點，若要使得平面A.【答案】B B.中，平面

底面，且底面

為菱形，是

上的一個，則應補充的一個條件可以是（）

D.是棱的中點

C.【解析】

因為四邊形是菱形，平面，又，即有

平面，故要使平面，平面，又，只需

或.9.不共面的四個定點到平面的距離都相等，這樣的平面共有（）個 A.個 B.個 C.個 D.個 【答案】D 【解析】

空間中不共面的四個定點構成三棱錐，如圖：三棱錐,①當平面一側有一點，另一側有三點時，即對此三棱錐進行換底，則三棱錐有四種表示形式，此時滿足條件的平面個數是四個；②當平面一側有兩點，另一側有兩點時，即構成的直線是三棱錐的相對棱，因三棱錐的相對棱有三對，則此時滿足條件的平面個數是三個，所以滿足條件的平面共有個，故選D.10.光線沿著直線（）A.，B.，C.，D.，射到直線

上，經反射后沿著直線

射出，則由【答案】A...............11.正方體中錯誤的是（）的棱長為，線段

上有兩個動點、，且，則下列結論

A.C.B.異面直線平面，所成角為定值 的體積為定值 D.三棱錐【答案】B 【解析】

在正方體中，面平面

平面平面，又

平面

平面平面，故正確；為棱錐，故正確；平的的；面積為定值，的高，三棱錐重合時體積為定值，故正確；利用圖形設異面直線所成的角為，當與當與重合時12.如圖所示，正四棱錐成的角為（）

異面直線

所成角不是定值，錯誤，故選D.的中點，則

與

所的底面面積為，體積為，為側棱

A.B.C.D.【答案】C 【解析】 連接是為，交于點，連接中點，與

正四棱錐所成的角為，的底面正四棱錐

是正方形，是中點，的底面積為，體積在中，，故選C.【方法點晴】本題主要考查正四棱錐的性質與體積公式、異面直線所成的角，屬于難題.求異面直線所成的角主要方法有兩種：一是向量法，根據幾何體的特殊性質建立空間直角坐標系后，分別求出兩直線的方向向量，再利用空間向量夾角的余弦公式求解；二是傳統法，利用平行四邊形、三角形中位線等方法找出兩直線成的角，再利用平面幾何性質求解.二、填空題（共4小題，每題5分，滿分20分）13.若直線經過原點和【答案】

【解析】原點的坐標為又點在第二象限，和

原點與點的斜率，即

為傾斜角），則直線的傾斜角大小為__________．，故答案為.的交點，且在兩坐標軸上的截距相等，則直線的方程為14.直線過__________． 【答案】或

【方法點睛】本題主要考查待定系數法求直線方程以及直線截距式方程，屬于中檔題.待定系數法求直線方程的一般步驟是：（1）判斷，根據題設條件判斷出用那種形式的直線方程參數較少；（2）設方程，設出所選定的標準形式的直線方程；（3）求參數，根據條件列方程求出參數；（4）將參數代入求解；（5）考慮特殊位置的直線方程，因為除一般式外，其他四種標準方程都有局限性.15.已知圓取值范圍為__________． 【答案】，直線：，當圓上僅有個點到直線的距離為，則的到直線的距離滿足，【解析】由圓上僅有個點到直線的距離為可得圓心由于故答案為16.如圖，矩形若為線段中，即

.，為邊翻折過程中：，解得的中點，將沿直線翻轉成.的中點，則

①是定值；②點在某個球面上運動；③存在某個位置，使得

平面

；

④存在某個位置，使其中正確的命題是__________． 【答案】①②④

【解析】解：取CD中點F，連接MF,BF，則MF∥DA1,BF∥DE，∴平面MBF∥平面DA1E，∴MB∥平面DA1E，故④正確.由由余弦定理可得

，所以

為定值，所以①正確；

B是定點，M是在以B為圓心，MB為半徑的球面上，故②正確.假設③正確，即在某個位置，使得DE⊥A1C，又矩形ABCD中，滿足，從而DE⊥平面A1EC，則DE⊥A1E，這與DA1⊥A1E矛盾.所以存在某個位置，使得DE⊥A1C不正確，即③不正確.綜上，正確的命題是①②④

點睛：有關折疊問題，一定要分清折疊前后兩圖形(折前的平面圖形和折疊后的空間圖形)各元素間的位置和數量關系，哪些變，哪些不變．

三、解答題（本大題包括6小題，共70分）17.已知圓：.（1）若直線與圓相切且斜率為，求該直線的方程；（2）求與直線【答案】（1）

平行，且被圓截得的線段長為的直線的方程.或

；（2）

或,根據圓心

到切線的距離等于半徑，根據點到直線距【解析】試題分析：（1）設切線方程為：列方程可得的值，從而求得直線方程；（2）設所求直線方程為離公式及勾股定理列方程求出的值，從而可得直線的方程.試題解析：（1）設所求的切線方程為：半徑，即∴切線方程為，∴或，即.，由題意可知：圓心

或

.到切線的距離等于（2）因為所求直線與已知直線平行，可設所求直線方程為一半為，圓的半徑為，可知圓心到所求直線的距離為.∴所求直線方程為18.如圖的幾何體中，為的中點，為

或平面，平面，即：

.由所截得的線段弦長的，∴

或

為等邊三角形，的中點.（1）求證：平面（2）求證：平面平面平面

；.【答案】（1）見解析；（2）見解析 【解析】試題分析：（1）由中位線定理可得及線段長度可證明而四邊形四邊形，從而可得結論；（2）取可得平面，可得

平面，由線面垂直的性質

平面平面，為平行四邊形為平行四邊形，從而可得出，先證明.，再證明的中點，連接

平面，平面.，從而平面平面的中點，試題解析：（1）∵∴.又∵為∴四邊形而為∴平面（2）取∴又為平行四邊形.∴的中點，∴，.，又

.的中點，為平面的中點，連接為平行四邊形，∴，所以平面，由（1）知，而，所以

且，的中點，所以平面

.，為等邊三角形，為平面，從而平面【方法點晴】本題主要考查線面平行的判定定理、面面平行的判定定理，屬于中檔題.證明線面平行的常用方法：①利用線面平行的判定定理，使用這個定理的關鍵是設法在平面內找到一條與已知直線平行的直線，可利用幾何體的特征，合理利用中位線定理、線面平行的性質或者構造平行四邊形、尋找比例式證明兩直線平行.②利用面面平行的性質，即兩平面平行，在其中一平面內的直線平行于另一平面.本題（1）是就是利用方法①證明線面平行后，再證明面面平行的.19.如圖，在四棱錐.中，平面，，，（1）求證：（2）求直線平面與平面

；

所成角的正弦值.平面，得的平行線交平面，由于點，連結，得到，得，則，再由與平面，所成的所成的角，【答案】（1）見解析；（2）【解析】試題分析：（1）由得到角等于平面與平面；（2）過點作所成的角，由與平面

為直線和平面由此能求出直線所成角的正弦值.平面，直線平面

.，則

與平面

所成的角等于

為直線

與平面與平面

平面，所以，又因為，試題解析：（1）證明：因為所以，而，所以（2）過點作所成的角，因為的平行線交平面

于點，連接，故

為

在平面上的射影，所以所成的角，由于故，在與平面，中，可得

.故.由已知得，在中，可得，又，.所以，直線所成的角的正弦值為

【方法點晴】本題主要考查線面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，屬于難題.解答空間幾何體中垂直關系時，一般要根據已知條件把空間中的線線、線面、面面之間垂直關系進行轉化，轉化時要正確運用有關的定理，找出足夠的條件進行推理；證明直線和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推論行的性質

；（3）利用面面平

；（4）利用面面垂直的性質，當兩個平面垂直時，在一個平面內垂直于交線的直線垂直于另一個平面.20.已知矩形邊的對角線交于點，邊

所在直線的方程為，點

在所在的直線上.的外接圓的方程；

（），求證：直線與矩形的外接圓恒相（1）求矩形（2）已知直線：交，并求出相交的弦長最短時的直線的方程.【答案】（1）【解析】試題分析：由

；（2）

且點

在邊

所在的直線上得直線外接圓圓心為的方程，聯立直線，可得外方程得交點的坐標，則題意可知矩形接圓方程；（２）由可知恒過點，經檢驗，試題解析：（1）∵∴由∴所在直線的方程是得

．，∴矩形，求得，半徑，可證與圓相交，求得與圓相交時弦長，進而得，最后可得直線方程．，∴，點．

在邊

所在的直線上，時弦長最短，可得

且，即的外接圓的方程是，的交點

．

（2）證明：直線的方程可化為可看作是過直線由設與圓的交點為設與的夾角為，則

和的直線系，即恒過定點，知點在圓內，所以與圓恒相交，（為到的距離），當

時，最大，最短． 此時的斜率為的斜率的負倒數，即，故的方程為，即．

考點：圓的標準方程；直線與圓相交． 21.已知在四棱錐糞分別是線段，中，底面的中點.為矩形，且，平面，（1）證明：（2）在線段說明理由.（3）若與平面；

上是否存在點，使得

平面

？若存在，確定點的位置；若不存在，所成的角為.的一個四等分點（靠近點）時，平面

；（3）【答案】（1）見解析；（2）當為【解析】試題分析：（1）利用已知的線面垂直關系建立空間直角坐標系，準確寫出相關點的坐標，從而將幾何證明轉化為向量運算．其中靈活建系是解題的關鍵．（2）證明證線線垂直，只需要證明直線的方向向量垂直；（3）把向量夾角的余弦值轉化為兩平面法向量夾角的余弦值;（4）空間向量將空間位置關系轉化為向量運算，應用的核心是要充分認識形體特征，建立恰當的坐標系，實施幾何問題代數化．同時注意兩點：一是正確寫出點、向量的坐標，準確運算；二是空間位置關系中判定定理與性質定理條件要完備． 試題解析：解法一：（1）∵空間直角坐標系不妨令即∵． 4分，則，∴

平面，． 2分，，建立如圖所示的（2）設平面得：的法向量為

． 6分，由，得，令，．∴設點坐標為即（3）∵又∵得平面，則，得，從而滿足，要使∥平面，只需，的點即為所求． 8分，9分，∴，∴，平面

是平面是的法向量，易得

所成的角，10分

與平面的法向量為∴，故所求二面角的余弦值為． 12分，則，∴，∴，又4分 交交

于點，則于點，則

∥平面∥平面，且有且

5分，∴平面

∥平面

7分，2分，解法二：（1）證明：連接又又∴（2）過點作再過點作∴∥平面∥，∴．從而滿足平面9分，∴

是的點即為所求． 8分 與平面

所成的角，且

．（3）∵∴取的中點，則，平面，則，在平面則∵∴中，過作即為二面角∽，∴，∴，連接的平面角 10分，∵，且

12分

考點：

1、直線與直線垂直的判定；

2、直線與平面垂直的判定；

3、二面角的余弦值． 22.如圖（1），在矩形平面

中，為的中點，將

沿

折起，使平面，如圖（2）所示.（1）求證：（2）求三棱錐（3）求二面角平面； 的體積； 的正弦值.；（3），再由面面垂直的性質定理可得平面，利用，交中求出

平面

；【答案】（1）見解析；（2）【解析】試題分析：（1）由勾股定理可得（2）過作，交

于點，可得

平面

及棱錐的體積的延長線于，連，從而公式可得結果；（3）由（2）可知接，則為二面角，過點作的平面角，在直角三角形可得結果.試題解析：（1）∵又平面∴平面平面.，交

于點，∴

平面

平面的平面角，且.的正弦值為

為，∴

.，過點作，交的延長線于，連接，則，平面，∴平面

（2）過作∴（3）由（2）可知為二面角∵∴即二面角

第三篇：安徽省合肥市第一中學2017-2018學年高二上學期段一考試(月考)數學(文)試題含解析

合肥一中2017~2018學年第一學期高二年級段一考試

數學（文科）試卷 第Ⅰ卷（共60分）

一、選擇題：本大題共12個小題,每小題5分,共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．

1.將直角三角形繞它的一個直角邊所在的直線旋轉一周，形成的幾何體一定是（）A.圓錐 B.圓柱 C.圓臺 D.以上均不正確 【答案】A 【解析】由棱錐的定義可知：

將直角三角形繞它的一個直角邊所在的直線旋轉一周，形成的幾何體一定是圓錐.本題選擇A選項.2.由斜二測畫法得到：

①相等的線段和角在直觀圖中仍然相等； ②正方形在直觀圖中是矩形；

③等腰三角形在直觀圖中仍然是等腰三角形； ④平行四邊形的直觀圖仍然是平行四邊形． 上述結論正確的個數是（）A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】B 【解析】逐一考查所給的說法：

①相等的線段平行時在直觀圖中仍然相等，原說法錯誤； ②正方形在直觀圖中是平行四邊形，不是矩形，原說法錯誤； ③等腰三角形在直觀圖中不是等腰三角形，原說法錯誤； ④平行四邊形的直觀圖仍然是平行四邊形，原說法正確． 綜上可得上述結論正確的個數是1個.本題選擇B選項.3.下列四個正方體圖形中，能得出平面

為正方體的兩個頂點，分別為其所在棱的中點，的圖形的序號是（）A.①③ B.②④ C.②③ D.①④ 【答案】D 【解析】在①中，由正方體性質得到平面MNP與AB所在平面平行，∴AB∥平面MNP，故①成立；

②若下底面中心為O，則NO∥AB，NO∩面MNP=N，∴AB與面MNP不平行，故②不成立；

③過P作與AB平行的直線PO，則PO與平面MNP相交，∴AB與面MNP不平行，故③不成立；

在④中，AB與PN平行，∴AB平面MNP，故④成立.綜上所述，答案為①④.本題選擇D選項.4.在正方體

中，異面直線

與

所成的角為（A.90° B.60° C.45° D.30° 【答案】C 【解析】如圖所示，由正方體的性質可知，則異面直線與所成的角即，結合正方體的性質可知，綜上可得異面直線與

所成的角為45°.本題選擇C選項.）

點睛：平移線段法是求異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移直線，把異面問題化歸為共面問題來解決，具體步驟如下：

①平移：平移異面直線中的一條或兩條，作出異面直線所成的角； ②認定：證明作出的角就是所求異面直線所成的角； ③計算：求該角的值，常利用解三角形； ④取舍：由異面直線所成的角的取值范圍是兩條異面直線所成的角． 5.如圖，在四面體中，若直線

和

相交，則它們的交點一定（），當所作的角為鈍角時，應取它的補角作為

A.在直線C.在直線【答案】A 上 B.在直線上 D.都不對

上

【解析】依題意有：由于交點在上，故交點在這兩個平面的交線

6.在正方體A.【答案】D B.上，故在平面上.上，同理由于交點在上，故在平面

中，為棱 C.的中點，則（）

D.【解析】由題意結合射影定理逐一考查所給選項：

在平面選出A錯誤；

在平面錯誤；

在平面錯誤；

在平面上的射影為，若，則，該結論明顯成立，選出上的射影為，若，則，該結論明顯不成立，選出C上的射影為，若，則，該結論明顯不成立，選出B上的射影為，若，則，該結論明顯不成立，D正確；

本題選擇D選項.7.《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有如下問題：“今有芻甍，下廣三丈，袤四丈，上袤二丈，無廣，高二丈，問：積幾何？”其意思為：“今有底面為矩形的屋脊狀的楔體，下底面寬3丈，長4丈，上棱長2丈，高2丈，問：它的體積是多少？”已知1丈為10尺，該楔體的三視圖如圖所示，則該楔體的體積為（）

A.13000立方尺 B.12000立方尺 C.11000立方尺 D.10000立方尺 【答案】D 【解析】解：由題意，將楔體分割為三棱柱與兩個四棱錐的組合體，體積為本題選擇A選項.點睛：三視圖的長度特征：“長對正、寬相等，高平齊”，即正視圖和側視圖一樣高、正視圖和俯視圖一樣長，側視圖和俯視圖一樣寬．若相鄰兩物體的表面相交，表面的交線是它們的分界線，在三視圖中，要注意實、虛線的畫法．

8.設A.若C.若是兩條不同的直線，是一個平面，則下列命題正確的是（），，則，則

B.若 D.若，，則，則

立方尺，【答案】B 【解析】試題分析: 若，則與可能斜交，可能垂直，所以選項A不正確；若，則

平行或相交或，則與平行或異面，所以選項C不正確；若異面，所以選項D不正確．故選B． 考點：直線、平面的位置關系．

【思路點睛】在A中，若為內的任意一條直線，則由直線與平面垂直的定義可知在C中，若在過直線的平面內，則由線面平行的性質定理可知則由線面垂直的性質定理可知

；在D中，若

；，.本題主要考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面的位置關系的判斷和空間想象能力，屬于中檔題． 9.在棱長為1的正方體邊）的動點，且體積為（）平面，沿

中，是棱運動，將的中點，是側面

內（包括

點所在的幾何體削去，則剩余幾何體的

A.B.C.D.【答案】B 【解析】如圖所示，分別取B1B、B1C1的中點M、N，連接AM、MN、AN，則∵A1M∥D1E,A1M?平面D1AE,D1E?平面D1AE,∴A1M∥平面D1AE.同理可得MN∥平面D1AE，∵A1M、MN是平面A1MN內的相交直線,∴平面A1MN∥平面D1AE，由此結合A1F∥平面D1AE,可得直線A1F?平面A1MN，即點F的軌跡是線段MN，∴，∴將B1點所在的幾何體削去,剩余幾何體的體積為本題選擇B選項.10.在空間四邊形分別是A.B.C.D.平面平面平面平面中，分別為

上的點，且，又的中點，則（），且四邊形，且四邊形，且四邊形，且四邊形

是平行四邊形 是平行四邊形 是梯形 是梯形

【答案】C 【解析】如圖，由條件知,EF∥BD,EF=BD,GH∥BD,且HG=BD； ∴EF∥HG,且EF=HG； ∴四邊形EFGH為梯形；

EF∥BD，EF?平面BCD，BD?平面BCD；

∴EF∥平面BCD；

若EH∥平面ADC,則EH∥FG，顯然EH不平行FG； ∴EH不平行平面ADC； ∴選項C正確。本題選擇C選項.11.如圖，若是長方體何體，其中為線段

上異于

被平面的點，為線段

截去幾何體上異于的點，且

后得到的幾，則下列結論中不正確的是（）

A.B.四邊形是矩形 可能為梯形 C.是棱柱 D.四邊形【答案】D 【解析】根據題意，有根據線面平行的性質定理，可知，根據線面平行的判定定理，可知EH∥平面，所以A對，根據長方體的性質，可知EH⊥EF，所以B對，因為長方體是棱柱，所以C對，因為EH與FG平行且相等，所以對應的四邊形是平行四邊形，故D是錯誤的，故選D.本題選擇D選項.點睛：空間中兩直線位置關系的判定，主要是異面、平行和垂直的判定，對于異面直線，可采用直接法或反證法；對于平行直線，可利用三角形(梯形)中位線的性質、平行公理及線面平行與面面平行的性質定理；對于垂直關系，往往利用線面垂直的性質來解決． 12.已知是球的球面上兩點，為該球面上的動點，若三棱錐體積的最大值為36，則球的表面積為（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】試題分析：如上圖所示，點該球面上的動點，所以當點到平面體積取最大值，所以故選C.三點應為大圓面上的等要直角三角形，由于為

時，三棱錐的，的距離最大時即，解得，所以球的表面積為

考點：

1、球；

2、球的表面積；

3、三棱錐.第Ⅱ卷（共90分）

二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13.一個圓臺上、下底面的半徑分別為個圓臺的表面積為__________【答案】，，.，直線

與

交于點，，．

和，若兩底面圓心的連線長為，則這【解析】由題意可得，圓臺的母線長為：據此可得圓臺的側面積為：上底面的面積為：下底面的面積為：據此可得，圓臺的表面積為：14.設平面，則平面，__________． 【答案】9 【解析】根據題意做出如下圖形：

∵AB，CD交于S點

∴三點確定一平面，所以設ASC平面為n，于是有n交α于AC，交β于DB，∵α，β平行，∴AC∥DB，∴△ASC∽△DSB，∴，∵AS=8，BS=6，CS=12，∴∴SD=9.故答案為：9.15.由一個長方體和兩個圓柱體構成的幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的體積為__________．，【答案】

【解析】由三視圖可知,長方體的長、寬、高分別為2,1,1,圓柱的高為1,底面圓半徑為1,所以

.【名師點睛】(1)由實物圖畫三視圖或判斷、選擇三視圖,此時需要注意“長對正、高平齊、寬相等”的原則.(2)由三視圖還原實物圖,解題時首先對柱、錐、臺、球的三視圖要熟悉,復雜的幾何體也是由這些簡單的幾何體組合而成的；其次,要遵循以下三步：①看視圖,明關系；②分部分,想整體；③綜合起來,定整體． 16.如圖，在四面體在棱是__________．

中，上，若直線，與

所成的角為60°，點，則四邊形

分別

面積的最大值

都平行于平面

【答案】

【解析】∵直線AB平行于平面EFGH，且平面ABC交平面EFGH于HG，∴HG∥AB；

同理：EF∥AB,FG∥CD,EH∥CD，所以：FG∥EH,EF∥HG.故四邊形EFGH為平行四邊形。

結合AB=CD可知四邊形EFGH為菱形，且∠GHE=60°.設BF:BD=BG:BC=FG:CD=x,(0?x?1)則：

FG=2x,HG=2(1?x)，菱形的面積為：結合函數的定義域和二次函數的性質可知，當時，四邊形的面積取得最大值.，三、解答題（本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）17.如圖，已知四棱錐

中，底面

為菱形，分別是的中點，在上，且證明：點.四點共面．

【答案】見解析 【解析】試題分析：

由題意做出輔助線，結合基本定理證得試題解析： 在平面在平面取內，連接內，連接

并延長交并延長交，則由

于點，則有于點

．

．，與

相交于點，則

四點共面．

中點，連接的中點，中有中有

可知∵點為∴在∴在，即，與，∴點與點∴重合，即四點共面．

相交于點，點睛：在幾何公理中。公理1是判斷一條直線是否在某個平面的依據；公理2及其推論是判斷或證明點、線共面的依據；公理3是證明三線共點或三點共線的依據．要能夠熟練用文字語言、符號語言、圖形語言來表示公理．

18.某種“籠具”由內，外兩層組成，無下底面，內層和外層分別是一個圓錐和圓柱，其中圓柱與圓錐的底面周長相等，圓柱有上底面，制作時需要將圓錐的頂端剪去，剪去部分和接頭忽略不計，已知圓柱的底面周長為，高為，圓錐的母線長為

.（1）求這種“籠具”的體積；

（2）現要使用一種紗網材料制作50個“籠具”，該材料的造價為每平方米8元，共需多少元？

【答案】（1）（2）元.【解析】試題分析：

(1)“籠具”抽象為一個圓柱減去一個圓錐的組合體，據此結合體積公式可求得其體積為.(2)結合題意首先求得一個“籠具”的表面積為個“籠具”，共需試題解析：

設圓柱的底面半徑為，高為，圓錐的母線長為，高為根據題意可知（1），∴

（），（），元.，然后結合題意計算可得制作50所以“籠具”的體積（）.（2）圓柱的側面積圓柱的底面積圓錐的側面積所以“籠具”的表面積故造50個“籠具”的總造價：，，元.答：這種“籠具”的體積為19.如圖，四邊形（1）求證：（2）求證：平面平面與；平面

；制造50個“籠具”的總造價為

分別是

元.的中點．

均為平行四邊形，.【答案】（1）見解析（2）見解析 【解析】試題分析：(1)連接，結合題意證得，利用線面平行的判斷定理即可證得平面平面，.平面，且

與

平面為平面

.內(2)結合題意首先證得線面平行：的兩條相交直線，據此可得平面試題解析：（1）如圖，連接連接所以又所以平面平面，則為，.分別為平行四邊形，平面平面中點，為平面平面與為平面平面的中位線，所以，平面，.平面平面，則

必過

與的交點，的中位線，（2）因為所以又所以又為所以又所以又的邊的中點，，內的兩條相交直線，.所以平面點睛：證明兩個平面平行的方法有： ①用定義，此類題目常用反證法來完成證明；

②用判定定理或推論(即“線線平行?面面平行”)，通過線面平行來完成證明； ③根據“垂直于同一條直線的兩個平面平行”這一性質進行證明； ④借助“傳遞性”來完成． 20.在如圖所示的幾何體中，是（1）已知（2）已知，分別是和的中點，；平面

...求證：的中點.求證：

【答案】（1）見解析（2）見解析 【解析】試題分析：

(1)利用線面垂直的判斷定理可證得；

平面，然后利用線面垂直的定義可知...........................試題解析：（Ⅰ）證明：因所以因為所以同理可得又因為所以因為平面平面.與，確定一個平面，連接為；，，的中點，（Ⅱ）設在又在又因為的中點為，連，中，是，所以中，是的中點，所以； 的中點，所以

平面平面，.，所以平面平面，所以

21.如圖，四棱錐，重心.（1）求證：（2）求三棱錐平面

中，為，的中點，且

平面與，底面為梯形，均為正三角形，為

； 的體積.【答案】（1）見解析（2）【解析】試題分析：(1)連交平面于，連接；，利用幾何關系可證得，結合線面平行的判斷定理可得

試題解析：（Ⅰ）證明：連由梯形知又為為在故又∴，交于，連接，且

．，的中點，且的重心，∴中，．平面平面，．平面平面，且，平面，，（Ⅱ）∵又由（Ⅰ）知∴又由梯形且知又∴得∴三棱錐，，為正三角形，得，的體積為．

中，沿，，22.如圖，四邊形上，（1）若，.平面，分別在，現將四邊形折起，使，在折疊后的線段上是否存在一點，使得？若存在，求出的值；若不存在，說明理由；（2）求三棱錐的體積的最大值，并求出此時點到平面的距離.【答案】（1）（2）

【解析】試題分析：

(1)利用折疊前后的線面平行的性質討論可得.(2)由題意得到體積函數，結合二次函數的性質可知當

時，的上存在一點，使得

平面，此時有最大值，且最大值為3，結合余弦定理和三角形面積公式可知此時點到平面距離為.試題解析：（1）上存在一點，使得

平面，此時

.理由如下： 當過點作則有∵故又故有故四邊形∴又∴故有∴（2）設∴故，平面平面，，,平面成立.，可得，，為平行四邊形，時，交，，于點，連結，∴當此時在時，有最大值，且最大值為3，中，由余弦定理得，∴，, 設點到平面由于即∴，的距離為，，即點到平面的距離為.點睛：(1)解決探索性問題一般先假設其存在，把這個假設作已知條件，和題目的其他已知條件一起進行推理論證和計算，在推理論證和計算無誤的前提下，如果得到了一個合理的結論，則說明存在，如果得到了一個不合理的結論，則說明不存在．

(2)在處理空間折疊問題中，要注意平面圖形與空間圖形在折疊前后的相互位置關系與長度關系等，關鍵是點、線、面位置關系的轉化與平面幾何知識的應用，注意平面幾何與立體幾何中相關知識點的異同，盲目套用容易導致錯誤．

第四篇：安徽省淮北市第一中學2017-2018學年高二上學期期中考試數學(文)試題含解析

淮北一中2017-2018學年上學期高二年級期中考試

文科數學試題 第Ⅰ卷（共60分）

一、選擇題：本大題共12個小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.拋物線的焦點到準線的距離為（）

A.B.C.D.【答案】C 【解析】由，則

（）得：，所以，即焦點到準線的距離為，故選C.2.如角滿足A.B.C.D.【答案】D 【解析】由題意可得3.離心率為，且過點A.【答案】D 【解析】已知橢圓的焦點在軸上，若橢圓過點則，即，則，又由其離心率為，即，故選D.，B.，選D.的焦點在軸上的橢圓的標準方程是（）C.D.，此時橢圓的方程為，則輸入的（）4.執行如圖所示的程序框圖，如果輸出

A.B.C.D.【答案】B 【解析】該程序框圖表示的是通項為，故選B.5.由公差為的等差數列

重新組成的數列

是（）的前項和，輸出結果為，得A.公差為的等差數列 B.公差為的等差數列 C.公差為的等差數列 D.非等差數列 【答案】B 【解析】設新數列，故選B.【方法點晴】本題主要考查等差數列的定義、等差數列通項公式，屬于難題.判定一個數列為等差數列的常見方法是：(1)定義法：

（是常數），則數列

是等差數列(2)等的第項是，則，此新數列是以為公差的等差數列，差中項法：為常數)，則數列

（），則數列是等差數列；(3)通項公式：

（(是等差數列；(4)前n項和公式：為常數)，則數列是等差數列.本題先利用方法(1)判定出數列6.已知A.，且 B.，則 C.是等差數列后再進行解答的.的最小值為（）D.【答案】C 【解析】由

故選D.【易錯點晴】本題主要考查利用基本不等式求最值，屬于中檔題.利用基本不等式求最值時，一定要正確理解和掌握“一正，二定，三相等”的內涵：一正是，首先要判斷參數是否為正；二定是，其次要看和或積是否為定值（和定積最大，積定和最小）；三相等是，最后一定要驗證等號能否成立（主要注意兩點，一是相等時參數否在定義域內，二是多次用或時等號能否同時成立）.7.在中，（分別為角的對邊），則的形狀為（）得，因為，所以

（當且僅當

時等號成立），A.直角三角形 B.等邊三角形 C.等腰三角形 D.等腰三角形或直角三角形 【答案】A 【解析】因為，因為8.已知命題函數的圖像關于直線A.B.，由正弦定理當

，所以的圖像恒過定點

，可得，的形狀為直角三角形，故選A.為偶函數，則函數

；命題若函數

對稱，則下列為真命題的是（）

D.C.【答案】D 【解析】試題分析：因為函數為偶函數，則函數為真命題.故選D． 的圖象恒過定點的圖象關于直線，所以命題為假命題，若函數

對稱，所以命題也為假命題，所以考點：復合命題的真假．

【方法點睛】由函數的奇偶性，對稱軸和平移得到命題假，則為真命題.復合命題的真假判斷的方法：（1）非復合命題判斷真假：當為真時，非為假；當為假時，非為真，即“非”形式的復合命題的真假與的真假相反；（2）“且”形式的復合命題真假判斷：當、為真時，且為真；當、中至少有一個為假時，且為假，即“且”形式的復合命題，當與同為真時為真；（3）“或”形式的復合命題真假判斷：當，中至少有一個為真時，“或”為真；當，都為假時，“或”為假，即“或”形式的復合命題，當與同為假時為假．本題考查命題的真假判斷解題時要認真審題，注意復合命題的性質的合理應用，屬于中檔題.9.已知橢圓的兩個焦點分別為，若橢圓上不存在點，使得

是鈍角，則橢圓離心率的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】A..................10.如圖，在中，若，則的值為（）

A.B.C.D.【答案】D 【解析】

11.數列A.的通項公式為 C.D.，其前項和為，則（）

B.【答案】D 【解析】選D.12.數列A.的通項公式為 C.D.，其前項和為，則

（）

B.【答案】B 【解析】選D.第Ⅱ卷（共90分）

二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13.命題“【答案】【解析】特稱命題“14.在數列【答案】【解析】時，”的否定是__________． 14

”的否定為全稱命題“，則

”。

中，已知其前項和為

時，__________．

兩式相減可得，故答案為

.，【方法點睛】本題主要考查數列通項與前項和之間的關系以及公式屬于難題.已知求的一般步驟：（1）當

時，由

求的值；（2）當的應用，時，由，求得的表達式；（3）檢驗的值是否滿足（2）中的表達式，若不滿足則分段表示；（4）寫出的完整表達式.15.設實數【答案】18 滿足，則的最小值為__________．

【解析】

表示可行域內的點可知原點到直線式可得

到原點距離的平方，出不等式組對應的平面區域如圖：由圖象的距離,就是點

到原點距離的最近距離，由點到直線距離公

，故答案為.，所以的最小值為16.下列命題中，假命題的序號有__________．（1）“”是“函數

為偶函數”的充要條件；

（2）“直線垂直平面內無數條直線”是“直線垂直平面”的充分條件；（3）若（4）若【答案】（2）（3）【解析】（1）若“函數即平方得即則“”是“函數，則，即，為偶函數”的充要條件；正確；，則，為偶函數”，則，，則

；，則

.（2）“直線垂直平面內無數條直線”則“直線垂直平面”不一定成立，故（2）錯誤；（3）當（4）若：故答案為：（2）（3）時，滿足，但，則：

不成立，故（3）錯誤；

正確．

三、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）17.已知函數（1）當（2）若

.；.時解集為,當

時解集為,當時，解關于的不等式，解關于的不等式（2）當【答案】（1）時解集為

【解析】試題分析：（1）所以根據根的大小進行分類討論：

試題解析：（1）當即時，不等式

． ．，；，結合圖像可得不等式解集（2）時，為；，為；，時，為，解得故原不等式的解集為（2）因為不等式當時，有所以原不等式的解集為當時，有，所以原不等式的解集為當時，原不等式的解集為

；

18.設數列數列.（1）求數列（2）求數列【答案】(1)是等差數列，滿足，數列滿足，且為等比和的通項公式； 的前項和.(2)的通項公式，設等比數列的表達式，則可得到的公【解析】試題分析：（1）由等差數列的定義可求得比為,由等比數列的定義可求得的值，進而得到的通項公式；（2）根據（1）中和得結果.的通項公式所具有的特征，等差數列和等比數列之和，故可采用分組求試題解析：（1）設等差數列的公差為,由題意得,設等比數列的公比為,由題意得,解得,（2）由（1）知，.考點：（1）求數列的通項公式；（2）數列求和.19.已知函數（1）的最小正周期和單調遞增區間；

是三邊長，且的面積..（2）已知.求角及的值.【答案】(1)f（x）的遞增區間是[﹣+kπ，+kπ]，k∈Z(2)a=8，b=5或a=5，b=8 【解析】試題分析：

解析式利用兩角和與差的正弦函數公式及二倍角的余弦函數公式化的最小正周期，利用正簡，整理為一個角的正弦函數，找出的值代入周期公式即可求出弦函數的單調性即可求出由的單調遞增區間。，根據第一問確定出的解析式求出的度數，利用三角形面積公式列出關系式，將

代入求出的值，聯立即可求出值代入求出的值，利用余弦定理列出關系式，將的值。

解析：（Ⅰ）f（x）=sin2xcoscos2xsin+cos2x+1==π；

≤

+2kπ，k∈Z，得到﹣

+kπ，+cos2xsin

+sin2xcos

﹣

sin2x+cos2x+1=2sin（2x+）+1，∵ω=2，∴T=令﹣+2kπ≤2x++kπ≤x≤+kπ，k∈Z，則函數f（x）的遞增區間是[﹣+kπ]，k∈Z；）=，（Ⅱ）由f（C）=2，得到2sin（2C+）+1=2，即sin（2C+∴2C+=或2C+=，解得：C=0（舍去）或C=∵S=10，ab=10222∴absinC=，即ab=40①，2

2由余弦定理得：c=a+b﹣2abcosC，即49=a+b﹣ab，將ab=40代入得：a2+b2=89②，聯立①②解得：a=8，b=5或a=5，b=8． 20.已知過拋物線（1）求該拋物線的方程；（2）已知過原點作拋物線的兩條弦理由.【答案】(1）（2）(4,0)的方程為:，與拋物線方程聯立，利用弦長公式根的方程為：，和，且，判斷直線

是否過定點？并說明的焦點，斜率為的直線交拋物線于

兩點，且

.【解析】試題分析：（1）直線據聯立結果.試題解析：（1）拋物線的焦點列方程可求得，得，從而可得該拋物線的方程；（2）直線，根據韋達定理及平面向量數量積公式可得，從而可得，∴直線的方程為:.聯立方程組，消元得:，∴∴解得..∴拋物線的方程為：（2）由（1）直線聯立則，得①..的方程為：，的斜率不為0，設直線，設，則.所以或（舍）, 所以直線DE過定點（4,0）.21.已知數列（1）求數列（2）設數列滿足，且

（，）.的通項公式； 的前項之和，求證：

.【答案】(1)an=(2)詳見解析

【解析】試題分析：（1）由,可得，即，可得出{{}}為等差數列.最終可求出{an}的通項公式；(2)采用錯位相減法求出,再變形即可求證.試題解析：

（1）∵an=2an﹣1+2n（≥2，且n∈N*）∴

∴，∴數列{}是以為首項，1為公差的等差數列；∴；

（2）∵Sn=﹣Sn=1+22+23+…+2n﹣∴．，∴2Sn=，兩式相減可得

=（3﹣2n）?2n﹣3，∴Sn=（2n﹣3）?2n+3＞（2n﹣3）?2n 22.已知橢圓（1）求橢圓的方程及離心率.（2）直線經過定點【答案】(1)(2)，其長軸為，短軸為.，且與橢圓交于兩點，求面積的最大值.面積的最大值為 【解析】試題分析：（1）根據條件可得直線方程為：，即得橢圓的方程，及離心率．（2）先設，與橢圓聯立方程組，利用韋達定理，結合弦長公式求得底邊邊長再根據點到直線距離得高，根據三角形面積公式表示大值

試題解析：解：（Ⅰ）∴橢圓的方程為：，，．

面積，最后根據基本不等式求最，離心率：（Ⅱ）依題意知直線的斜率存在，設直線的斜率為，則直線方程為：由，得，由設得：，，則，，又∵原點到直線的距離，∴

．

當且僅當此時，即面積的最大值為．

時，等號成立，點睛：解析幾何中的最值是高考的熱點，在圓錐曲線的綜合問題中經常出現，求解此類問題的一般思路為在深刻認識運動變化的過程之中，抓住函數關系，將目標量表示為一個(或者多個)變量的函數，然后借助于函數最值的探求來使問題得以解決.

第五篇：安徽省淮北市第一中學2017-2018學年高二上學期第二次月考數學(文)試題含解析

淮北一中2017-2018學年第一學期高二第二次月考

文科數學 第Ⅰ卷（共60分）

一、選擇題：本大題共12個小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.若A.，B.，則下列不等式成立的是（）C.D.【答案】C 【解析】試題分析：考點：不等式性質 2.等差數列中，已知公差，且，則的值為（）

A.170 B.150 C.145 D.120 【答案】C 【解析】∵數列{an}是公差為的等差數列，∴數列{an}中奇數項構成公差為1的等差數列，又∵a1+a3+…+a97+a99=60，∴50 ,故選C 3.已知角的頂點在坐標原點，始邊與軸正半軸重合，終邊在直線

（）

A.B.【答案】B 【解析】已知角的頂點在坐標原點，始邊與軸正半軸重合，終邊在直線,故選B

上，則 C.D.上，則

+=

×1=60,145 4.設，，則數列（）

A.是等差數列，但不是等比數列 B.是等比數列，但不是等差數列 C.既是等差數列又是等比數列 D.既非等差數列又非等比數列 【答案】A 【解析】因為，b-a=b、c為等差數列．而故選A 5.三角形的兩邊之差為2，夾角的余弦值為，該三角形的面積是14，那么這兩邊分別為（）A.3,5 B.4,6 C.6,8 D.5,7 【答案】D 【解析】三角形的兩邊a-c=2，cosB=，該三角形的面積是14，∵0＜B＜π，∴sinB＝,又 14=ac,所以ac=35,，；而,c-b=, 所以數列a、b、c不為等比數列． , 所以b-a=c-b，數列a、，根據對數定義得：，∴這個三角形的此兩邊長分別是5和7． 故選D． 6.函數A.B.C.的最小值是（）

D.【答案】C 【解析】,當且僅當故選C 7.若A.均為單位向量，且 B.1 C.，則 D.的最小值為（）即x=

時取等號

【答案】A 【解析】則當與同向時=故選A

最大，-1，所以

最小，此時的最小值為，=，所以

點睛：本題考查平面向量數量積的性質及其運算律，考查向量模的求解，考查學生分析問題解決問題的能力，求出最小.8.下列說法正確的是（）A.命題“若B.命題“若C.命題“存在”

D.中，是的充要條件，則，則，使得

”的否命題為：“若，則

”，表示出，由表達式可判斷當與

同向時，”的逆否命題為假命題

”的否定是：“對任意，均有【答案】D 【解析】命題“若命題“若C.命題“存在”

故C錯； D.中，故D對； 故選D 9.若關于的不等式A.【答案】A B.在區間 C.上有解，則實數的取值范圍為（）D.是的充要條件，根據正弦定理可得，則，使得，則

”的否命題為：“若，則

”故A錯；

”的逆否命題與原命題同真假，原命題為真命題，故B錯；

”的否定是：“對任意，均有【解析】由題意得，選A.10.已知非零向量A.B.滿足 C.，又單調遞減，所以，則 D.的取值范圍是（）

【答案】D 【解析】非零向量 滿足，則由平行四邊形法則可得，令

所以故選D 的取值范圍是

點睛: 本題考查平面向量的運用，考查向量的運算的幾何意義，考查運用基本不等式求最值，考查運算能力，非零向量,則

滿足，則由平行四邊形法則可得，利用重要不等式可求解.，令11.值是（）

A.-3 B.-5 C.3 D.5 【答案】A 【解析】lglog310=m，，若，則的，若，∴設則lglg3=-lglog310=-m．∵f（lglog310）=5，∴∴f（lglg3）=f（-m）=故答案為A

=5, ∴

=-4+1=-3，, 12.等差數列A.B.中，是一個與無關的常數，則該常數的可能值的集合為（）

D.C.【答案】A 【解析】由題意可得：因為數列{an}是等差數列，所以設數列{an}的通項公式為：an=a1+（n-1）d，則a2n=a1+（2n-1）d，所以所以a1-d=0或d=0，所以故選A 點睛：解決此類問題的關鍵是熟練掌握等差數列的通項公式，以及熟練掌握分式的性質，先根據等差數列的通項公式計算出an=a1+（n-1）d與a2n=a1+（2n-1）d，進而表達出題中的條件以及分式的特征可得答案．

第Ⅱ卷（共90分）

二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13.若不等式【答案】-10 【解析】不等式的解集，是 的解集，則

__________．，再結合=，因為

是一個與無關的常數，可能是的兩根，根據韋達定理得故答案為-10.14.已知【答案】 【解析】僅當故答案為.15.已知滿足即b-1=2a,又，解得 所以，則的最小值是__________． ,當且，所以a=,b=時取等.，若是遞增數列，則實數的取值范圍是__________． 【答案】【解析】以，,是遞增數列,所以

>0,所所以

點睛：本題考查了等差數列的通項公式與求和公式及其單調性、不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，利用16.已知函數解集為【答案】9 【解析】試題分析：∵函數的值域為，是遞增數列，則的值域為，則實數的值為__________．

恒成立，采用變量分離即得解.，若關于的不等式的∴只有一個根，即則，不等式的解集為，即為解集為，則的兩個根為，∴，解得，故答案為：．

考點：一元二次不等式的應用．

三、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）17.已知集合（1）求（2）若，是

； 的充分不必要條件，求實數的取值范圍.，.【答案】（1），（2）

【解析】試題分析:（1）解分式不等式，二次不等式得出集合A，B，進行交并補的運算.(2)是的充分不必要條件，,考慮，兩種情況.試題解析:（1）, ，（2）由（1）知，, ① 當時，滿足,此時，解得

；

是的充分不必要條件，② 當時，要使,當且僅當

．，.解得．

綜上所述，實數的取值范圍為18.解關于的不等式：【答案】當當當當時，不等式解集；

；

； ； 時，不等式的解集時，不等式的解集時，不等式的解集...............試題解析： 由題意可知（1）當時，，不等式無解；（2）當（3）當（4）當綜上所述：當當當當時，時，時，不等式的解是

不等式的解是

；

； ；

不等式的解是時，不等式解集；

； 時，不等式的解集時，不等式的解集時，不等式的解集

；.；

19.已知（1）最小正周期及對稱軸方程；（2）已知銳角的高的最大值.【答案】(Ⅰ）的最小正周期為，化成的內角

所對的邊分別為，且，求邊上

(Ⅱ）

形式,再求周期及增,最后由面積公式【解析】試題分析：（1）先利用輔助角公式把區間；（2）先利用已知條件得求得邊上的高的最大值 ,再利用余弦定理及基本不等式得試題解析：（1）由所以單調增區間是（2）由由余弦定理得

設邊上的高為,由三角形等面積法知,即的最大值為

． 12分 得

6分

，考點：1.三角變換；2.余弦定理及面積公式；3.基本不等式.20.已知（1）求（2）求（3）若滿足.取到最值時的最優解； 的取值范圍；

恒成立，求的取值范圍.【答案】（1）C（3,2）和B（2,4）（2）（3），【解析】試題分析：（1）畫出可行域，找出直線交點坐標，移動目標函數找到最優解（2）目標函數于直線試題解析：（1）由圖可知： 恒過定點（0,3）

表示（x,y）與（2，-1）間斜率；（3）由時，恒成立

.直線與直線交點A（1,1）；直線與直線交點B（2,4）；

直線目標函數與直線

交點C（3,2）；

在C（3,2）點取到最小值，B（2,4）點取到最大值 取到最值時的最優解是C（3,2）和B（2,4）

（2）目標函數

.（3）由于直線,或由題意可知21.已知數列.（1）求數列（2）若數列和.【答案】（1）【解析】試題分析：（1）從而得則列的前項和.，的通項公式； 中位于滿足，由圖可知：

恒過定點（0,3），數列

.時，恒成立

且是等差數列

中的項的個數記為，求數列的前項

（2），可得中位于，即，是等差數列得中的項的個數記為，的通項公式（2）數列，所以

分組求和得出數試題解析：（1）由題意可知是等差數列，.（2）由題意可知 , , , ；，, , 22.數列（1）若數列的前項和記為，點

在直線

上，其中

.是等比數列，求實數的值；

中，所有滿足（（2）1，可得

時，得當

時，是等比數列，要使

時 ∴，即得解.），相減是等比數列，,的整數的個數稱為這個數列的（2）設各項均不為0的數列“積異號數”，令【答案】（1）），在（1）的條件下，求數列的“積異號數”.【解析】試題分析：（1）由題意知得，所以，當則只需=3，得出t（2）由（1）得作差可得數列試題解析：（1）由題意，當兩式相減，得所以，當從而得出時時，有

即是等比數列，要使遞增，由，時

是等比數列，則只需的首項為，公比，∴，遞增.，得當

時，.，∴

（2）由（1）得，等比數列∴∵∵∴數列由∴數列 的“積異號數”為1.與的關系，注意當，研究,注意檢驗n=1時，的單調性，得出數列,遞增.點睛：本題考查數列是否符合上式，第（2）問時信息給予題，寫出通項由

，即得解.