第一篇：安徽省淮北市濉溪中學等三校2017-2018學年高二元月月考數學(理)試題含解析

高二上學期三校聯考（理科數學）試卷

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.已知等差數列中，公差，若

時，則的值為（）

A.99 B.96 C.100 D.101 【答案】C 【解析】試題分析：因為，所以，所以．故選B．

考點：等差數列的通項公式 2.設，則

是的（）

A.必要而不充分條件 B.充分而不必要條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 【答案】A 【解析】 設故由而，則，則，當不能推出

時，滿足，是，命題若 D.的必要不充分條件，故選A.，則

.下列命題為真命題的是（），但不滿足，是成立的，所以，C.3.已知命題 A.B.【答案】B 【解析】 由題意得，命題 命題：若，則

是真命題，所以，所以是真命題；

是真命題，故選A.，則

四點（）4.已知為空間任意一點，若A.一定不共面 B.一定共面 C.不一定共面 D.無法判斷 【答案】B 【解析】 因為點為空間任意一點，QIE 因為5.命題，所以由共面向量定理可得，四點共面，故選B.為真命題的一個充分不必要條件是（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】 命題則只需，即

為真命題，可化為“

為真命題的充要條件為

恒成立”，而要找的是一個充分不必要條件即為集合故選C.6.在數列A.【答案】A 【解析】因為得，所以，所以中，若 B.的真子集，由選項可知C符合題意，則數列

C.的通項公式為（）

D.，數列是等差數列，由等差數列通項公式,選A.7.已知為等差數列，若，且它的前項和有最大值，那么當取得最小正值時，的值為（）

A.11 B.17 C.19 D.21 【答案】C 【解析】試題分析：由于前項和有最大值，所以，根據，有，，所以，結合選項可知，選C.，考點：等差數列的基本性質.8.已知的內角

所對的邊分別為，若，且，則等于（）

A.B.C.D.【答案】D 【解析】 由由于，所以，利用正弦定理可得，又所以，可得，故選D.，9.某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為（）

A.60 B.30 C.20 D.10 【答案】D 【解析】由三視圖可知：該幾何體為如圖所示的三棱錐，圖中長方體的長寬高分別是

該三棱錐的體積，故選.【方法點睛】本題利用空間幾何體的三視圖重點考查學生的空間想象能力和抽象思維能力，屬于難題.三視圖問題是考查學生空間想象能力最常見題型，也是高考熱點.觀察三視圖并將其“翻譯”成直觀圖是解題的關鍵，不但要注意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要特別注意實線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響.10.若實數滿足約束條件，目標函數

僅在點

處取得最小值，則實數的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】 作出約束條件所表示的平面區域，如圖所示，將，化成，..................即目標函數解得僅在，故選B.處取得最小值，11.如圖，在正方形使

中，分別是的中點，沿把正方形折成一個四面體，三點重合，重合后的點記為 點在△AEF 內的射影為，則下列說法正確的是()

A.是C.是【答案】A 的垂心 B.是 的外心 D.是

的內心 的重心

【解析】 由題意得，可知 而 所以平面平面，從而，兩兩垂直，由，平面，從而，所以所以為，同理可知的垂心，故選A.，點睛：本題考查了三角形垂心的性質，考查了直線和平面垂直的判定定理和性質定理，以及直線和直線垂直的判定，在證明線線垂直時，其常用的方法是利用證明線面垂直，在證明線線垂直，同時熟記線面位置關系的判定定理和性質定理是解答的關鍵，試題屬于中檔試題.12.在于A.中，C.，，（的交點為，過作動直線分別交線段），則的最小值為（）兩點，若 B.D.【答案】D 【解析】 由 同理三點共線可得存在實數使得, , 三點共線可得存在實數使得 所以，所以，設，則，即，故所以的最小值為，故選D.，點睛：本題考查了平面向量在幾何問題中的應用，其中根據平面向量的基本定理，利用表示平面向量的一組基地可以表示平面內的任一向量，利用向量的比分點公式表示向量，計算數量積，選取基地很重要，(1)應用平面向量基本定理表示向量的實質是利用平行四邊形法則或三角形法則進行向量的加、減或數乘運算.(2)用向量基本定理解決問題的一般思路是：先選擇一組基底，并運用該基底將條件和結論表示成向量的形式，再通過向量的運算來解決.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.若關于的不等式________． 【答案】 的解集為，所以，的解集為，則關于的不等式的解集【解析】 因為關于的不等式所以不等式即所以不等式14.若【答案】16 【解析】 因為 所以當且僅當所以時等號成立，且，且，解得：

可化為，的解集為，則

.的最小值為 ______ ．，所以，的最小值為.，若存在使得

成立,15.已知函數則實數的取值范圍是__________．;． 【答案】

16.如圖，在直角梯形上折起，使面面

中，則三棱錐，將沿向的外接球的表面積為__________．

【答案】 的外接球的球心為

外心，因為【解析】試題分析：由題意得三棱錐因此外接球的直徑為考點：外接球的表面積,正弦定理，表面積為

【方法點睛】涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特殊點（一般為接、切點）或線作截面，把空間問題轉化為平面問題，再利用平面幾何知識尋找幾何體中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑（直徑）與該幾何體已知量的關系，列方程（組）求解.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.設實數滿足（1）若, 且，其中,實數滿足

真，求實數的取值范圍；

（2）若是的必要不充分條件,求實數的取值范圍.【答案】（1）；（2）

為真命題，則命題、命題均為真，命題為真時，；（2）設命題的集合為，命題的集合為，命，【解析】試題分析：（1）題為真時，所以若是的必要不充分條件，則是集合的真子集，解得試題解析：（Ⅰ）∵ 由∴ 當時，有

得，即命題為真時，得，，又，故．

．，解不等式組∴ 命題為真時，∵ 為真命題，．

∴ 命題、命題均為真，∴ ；，命題：．

．（Ⅱ）由（Ⅰ）知命題：設集合，集合∵ 是的必要不充分條件，∴ 集合是集合的真子集，∴，解得

．

為真命題，則命題、命題均為真，將命題、命題均點睛：（1）考察命題的真值表，為真的解集都解出來，取交集即可；（2）考察充分、必要條件在集合中的推導關系，本題中是的必要不充分條件，則是集合的真子集，解得答案。18.已知（1）求證：（2）求函數【答案】（1）見解析；（2）25 【解析】試題分析：（Ⅰ）將從而證明不等式；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，試題解析：（1），從而可求函數的最小值

展開，應用均值不等式即可得出最小值為，，并指出等號成立的條件； 的最小值，并求出等號成立時的值.考點：用均值不等式證明不等式與求函數的最值 19.中，角的對邊分別是

..（1）求；（2）若，的面積為，判斷此三角形的形狀． ；（2）正三角形 【答案】（1）【解析】試題分析：

（1）由正弦定理，三角函數恒等變換的應用化簡已知等式可得，進而可求得值；

（2）利用三角形面積公式可求即可得解.試題解析： 由正弦定理及

．

∵∵（2）由余弦定理得：

．

∵，∴

．故

是正三角形．

成等差數列，且

.，∴，∴，∴

．

．

得，進而利用余弦定理可求，即可解得，結合范圍20.已知是等比數列（1）求數列的前項和，的通項公式；

？若存在，求出符合條件的所有的集合;若不存在，請（2）是否存在正整數，使得說明理由.【答案】（1）【解析】試題分析：

；（2）

（1）直接由題意列方程組求出數列的首項和公比，則數列（2）求出數列的前項和，由試題解析：（1）設等比數列由題意得的公比為,則,即

.，解得的通項公式可求；，求得滿足條件的的值，則的集合可求..故數列的通項公式為..（2）由（1）有若存在n,使得當n為偶數時，當n為奇數時，則，即.，上式不成立；，即,則

.綜上，存在符合條件的正整數n,且n的集合為點睛：本題考查了數列的綜合問題，在解決等差、等比數列的運算問題時，有兩個處理思路,一是利用基本量,將多元問題簡化為一元問題,雖有一定量的運算,但思路簡潔,目標明確；二是利用等差、等比數列的性質,性質是兩種數列基本規律的深刻體現，是解決等差、等比數列問題既快捷又方便的工具，應有意識地去應用.但在應用性質時要注意性質的前提條件，有時需要進行適當變形.在解決等差、等比數列的運算問題時，經常采用“巧用性質、整體考慮、減少運算量”的方法.本題的難點在于求和后，根據為奇數和偶數分類討論.21.如圖所示，平面

平面，四邊形

為矩形，點為的中點.(1)證明：(2)點為平面.上是否存在點，使得

？若存在，確定點的位置，上任意一點，在線段并加以證明；若不存在，請說明理由.【答案】（1）見解析；（2）中點 【解析】試題分析：（1）連接證；（2）當為中點時，有

；取

中點，連接平面

即可.，結合三角形的中位線性質交于，連接，利用

是矩形得到，再由線面平行的判定定理可以及面面平行的性質進行推理得到試題解析：

(1)證明 連接AC交BD于O，連接OF，如圖①.∵四邊形ABCD是矩形，∴O為AC的中點，又F為EC的中點，∴OF為△ACE的中位線，:∴OF∥AE，又OF?平面BDF，AE?平面BDF，∴AE∥平面BDF.（2）當P為AE中點時，有PM⊥BE，證明如下：取BE中點H，連接DP，PH，CH，如圖

∵P為AE的中點，H為BE的中點，∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四點共面． ∵平面ABCD∥平面BCE，CD⊥BC ∴CD⊥平面BCE，又BE?平面BCE，∴CD⊥BE∵BC=CE，H為BE的中點，∴CH⊥BE，∴BE⊥平面DPHC，又PM?平面DPHC，∴BE⊥PM即PM⊥BE

點睛：本題主要考查線面平行的判定定理、線面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理等應用，此類題目是立體幾何中的常見問題，解答本題，關鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化，通過嚴密推理，本題能較好的考查考生的空間想象能力、邏輯推理能力轉化與化歸思想及基本運算能力等，試題有一定的綜合性，屬于中檔試題.

第二篇：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.

第三篇：安徽省淮北市第一中學2017-2018學年高二上學期第四次月考理科數學含解析

淮北一中2017-2018學年第一學期高二年級第四次月考

理科數學

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.設全集A.B.【答案】C 【解析】因為全集，集合，故選C.2.已知點在雙曲線的一條漸近線上，則

（）或,，集合 C.D.，則

（）

A.B.3 C.2 D.【答案】B 【解析】雙曲線，即的一條漸近線方程是故選B.，將 代入，得，3.下列命題錯誤的是（）A.命題“若B.對于命題C.“D.若”是“為假命題，則，則，使得

”的逆命題為“若，則

”的充分不必要條件 均為假命題，則，則

”

【答案】D 【解析】對于，命題“若，則

”的逆否命題為“若，使得

”是“，則，則

”，”

為假命題，滿足逆否命題的形式，所以正確；對于，對于命題則，滿足特稱命題的否定形式，所以正確；對于，“

時，的充分不必要條件，因為則

也成立，所以正確；對于，若均為假命題，顯然不正確，因為一個命題是假命題，則也為假命題，所以不正確，故選D.4.《算法統綜》是明朝程大位所著數學名著，其中有這樣一段表述：“遠看巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一”，其意大致為：有一七層寶塔，每層懸掛的紅燈數為上一層的兩倍，共有381盞燈，則塔從上至下的第三層有（）盞燈.A.14 B.12 C.10 D.8 【答案】B 【解析】設第一層有a盞燈，則由題意知第一層至第七層的燈的盞數構成一個以a1為首項，以為公比的等比數列，∴，解得a1=192，∴a5=a1×（）=192×=12，故選：B． 5.已知點是拋物線小值為（）A.2 B.C.【答案】C 【解析】拋物線，可得：y2=4x，拋物線的焦點坐標（1，0）．

D.上的一個動點，則點到點的距離與點到軸的距離之和的最4依題點P到點A（0，1）的距離與點P到y軸的距離之和的最小值，就是P到（0，1）與P到該拋物線準線的距離的和減去1．

由拋物線的定義，可得則點P到點A（0，1）的距離與P到該拋物線焦點坐標的距離之和減1，可得：故選：C． 6.已知，則下列三個數，（）﹣1=

．

A.都大于6 B.至少有一個不大于6 C.都小于6 D.至少有一個不小于6 【答案】D 【解析】假設3個數，都小于6，則

故選D.點睛：本題考查反證法，考查進行簡單的合情推理，屬于中檔題，正確運用反證法是關鍵.7.動圓與圓是（）A.【答案】B B.C.D.外切，與圓

內切，則動圓圓心的軌跡方程........................因此動圓圓心M的軌跡是以為

焦點的橢圓，所以

，選B.點睛：求與圓有關的軌跡問題時，根據題設條件的不同常采用以下方法： ①直接法：直接根據題目提供的條件列出方程． ②定義法：根據圓、直線等定義列方程． ③幾何法：利用圓的幾何性質列方程．

④代入法：找到要求點與已知點的關系，代入已知點滿足的關系式等． 8.程序框圖如圖所示，當

時，輸出的的值為（）

A.26 B.25 C.24 D.23 【答案】C 【解析】由已知中的程序框圖可知：該程序的功能是計算S=

+

+

+…+

=的值，∵A=，退出循環的條件為S≥A，當k=24時，故輸出k=24，故選：C 點睛：算法與流程圖的考查，側重于對流程圖循環結構的考查.先明晰算法及流程圖的相關概念，包括順序結構、條件結構、循環結構，其次要重視循環起點條件、循環次數、循環終止條件，更要通過循環規律，明確流程圖研究的數學問題，是求和還是求項.9.淮北一中藝術節對射影類的四項參賽作品，只評一項一等獎，在評獎揭曉前，甲、=滿足條件，乙、丙、丁四位同學對這四項參賽作品預測如下： 甲說：“是或作品獲得一等獎”； 乙說：“作品獲得一等獎”； 丙說：“兩項作品未獲得一等獎”；

丁說：“是作品獲得一等獎”.若這四位同學中只有兩位說的話是對的，則獲得一等獎的作品是（）A.作品 B.作品 C.作品 D.作品 【答案】B 【解析】根據題意，A，B，C，D作品進行評獎，只評一項一等獎，假設參賽的作品A為一等獎，則甲、乙、丙、丁的說法都錯誤，不符合題意； 假設參賽的作品B為一等獎，則甲、丁的說法都錯誤，乙、丙的說法正確，符合題意； 假設參賽的作品C為一等獎，則乙的說法都錯誤，甲、丙、丁的說法正確，不符合題意； 假設參賽的作品D為一等獎，則乙、丙、丁的說法都錯誤，甲的說法正確，不符合題意； 故獲得參賽的作品B為一等獎； 故選：B． 10.設滿足約束條件，若目標函數

（）的最大值為2，則的最小值為（）

A.2 B.C.4 D.【答案】A 【解析】作出不等式組表示的可行域如下圖所示。因為取最大值，即直線

過點

時,Z取最大值，即，所以當x,y均取最大值時z

.故選A.點睛：線性規劃的實質是把代數問題幾何化，即數形結合的思想.需要注意的是：

一、準確無誤地作出可行域；

二、畫標準函數所對應的直線時，要注意與約束條件中的直線的斜率進行比較，避免出錯；

三、一般情況下，目標函數的最大或最小會在可行域的端點或邊界上取得.11.將正正數排成下表： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ……………

則在表中數字2017出現在（）

A.第44行第80列 B.第45行第80列 C.第44行第81列 D.第45行第81列 【答案】D 【解析】因為每行的最后一個數分別為1，4，9，16，…，所以由此歸納出第n行的最后一個數為n2．

因為44=1936，45=2025，所以2017出現在第45行上． 又由2017﹣1936=81，故2014出現在第81列，22故選：D 12.拋物線設線段的焦點為，準線為，是拋物線上的兩個動點，且滿足，的中點在上的投影為，則的最大值是（）

A.2 B.C.D.1 【答案】D 【解析】

設，連接，由拋物線定義，得，由余弦定理得，在梯形中，配方得，得到，又，即，的最大值為，故選D.【 方法點睛】本題主要考查拋物線的定義和幾何性質，以及余弦定理與基本不等式的應用，屬于難題.與焦點、準線有關的問題一般情況下都與拋物線的定義有關，解決這類問題一定要注意點到點的距離與點到直線的距離的轉化：（1）將拋線上的點到準線距轉化為該點到焦點的距離；(2)將拋物線上的點到焦點的距離轉化為到準線的距離，使問題得到解決.二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13.拋物線【答案】

化為標準方程為的焦點坐標是

拋物線，故答案為的焦點在軸上，且.的焦點坐標__________.【解析】拋物線拋物線14.點到直線到平面的距離公式為，通過類比的方法，可求得：在空間中，點【答案】 的距離為__________.【解析】類比點到直線的距離，可知在空間中，點到平面15.與雙曲線【答案】 的距離為有相同漸近線，且過，故答案為.的雙曲線方程是__________.【解析】設所求雙曲線方程為程為化為，故答案為

雙曲線過點

.所求雙曲線方16.已知橢圓的離心率是，是橢圓的左、右頂點，是橢圓上不同于的一點，直線【答案】7 斜傾角分別為，則__________.【解析】試題分析：因為A,B是橢圓的左右頂點，P為橢圓上不同于AB的動點，，考點：本題考查橢圓的另外一個定義

點評：橢圓的定義不只是書上給的第一定義，還有其他的定義，本題中橢圓上的點與兩頂點連線的斜率乘積為定值，這也是定義，將三角公式展開分子分母同除以積

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，.，得到斜率乘（1）若是的充分不必要條件，求實數的取值范圍；（2）若，“”為真命題，“

”為假命題，求實數的取值范圍.【答案】(1)m≥4.(2)[-3，-2）∪（4，7] 【解析】試題分析：（1）通過解不等式化簡命題p，將p是q的充分不必要條件轉化為[-2，4]是[2﹣m，2+m]的真子集，列出不等式組，求出m的范圍．

（2）將復合命題的真假轉化為構成其簡單命題的真假，分類討論，列出不等式組，求出x的范圍 試題解析：

(1)記命題p的解集為A=[-2，4]，命題q的解集為B=[2-m，2+m]，∵是的充分不必要條件 ∴p是q的充分不必要條件，∴∴(2)∵“，解得：

.”為假命題，”為真命題，“∴命題p與q一真一假，①若p真q假，則②若p假q真，則綜上得：18.已知在（1）求；（2）若，求面積的最大值.；(2).中，角

.的對邊分別是，且有

.，無解，解得：

.【答案】(1)【解析】試題分析：（Ⅰ）已知等式利用正弦定理化簡，利用兩角和與差的正弦函數公式及誘導公式，結合sinC不為0求出cosC的值，即可確定出C的度數；（2）利用余弦定理列出關系式，結合不等式可得ab≤9，進而求得試題解析：∵在△ABC中，0＜C＜π，∴sinC≠0

已知等式利用正弦定理化簡得：2cosC（sinAcosB+sinBcosA）=sinC，整理得：2cosCsin（A+B）=sinC，即2cosCsin（π-（A+B））=sinC 2cosCsinC=sinC ∴cosC=，面積的最大值.C∈（0，π）.∴C=.2

22（2）由余弦定理可得：9=c=a+b-2abcosC≥2ab-ab=ab，可得ab≤9，S=absinC≤ 當且僅當a=b=3時取等號

∴△ABC面積的最大值 19.數列滿足，是等差數列；，求數列的前項和..，得，即，所以，，.（1）證明：數列（2）設【答案】(1)證明見解析；(2)【解析】試題分析：（1）證明：在原等式兩邊同除以所以從而是以..，即為首項，為公差的等差數列.（2）由（1）得用錯位相減法求得試題解析：（1）證：由已知可得所以是以

為首項，1為公差的等差數列．，（2）解：由（1）得所以，從而①－②得：

所以12分

考點：1.等差數列的證明；2.錯位相減法求和.20.已知是數列（）.的前項和，并且，對任意正整數，設（1）證明：數列（2）設是等比數列，并求的通項公式；，求證：數列不可能為等比數列.【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析.【解析】試題分析：（1）利用an+1=Sn+1-Sn可知證明an+1=4（an-an-1），通過bn=an+1-2an可知bn+1=2（an+1-2an），通過作商可知{bn}是公比為2的等比數列，通過a1=1可知b1=3，進而可得結論；（2）假設為等比數列，則有

不可能為等比數列., n≥2, 則有，故假設不成立，則數列試題解析：(I)∵Sn+1=4an+2，∴Sn=4an-1+2(n≥2)，兩式相減：an+1=4an-4an-1(n≥2)，∴an+1=4(an-an-1)(n≥2)，∴bn=an+1-2an，∴bn+1=an+2-2an+1=4(an+1-an)-2an+1，bn+1=2(an+1-2an)=2bn(n∈N*)，∴，∴{bn}是以2為公比的等比數列，∵b1=a2-2a1，而a1+a2=4a1+2，∴a2=3a1+2=5，b1=5-2=3，∴bn=3?2n-1(n∈N*)(II)，假設

為等比數列，則有 , n≥2, 則有與數列

=0 ≥1矛盾，所以假設不成立，則原結論成立，即

不可能為等比數列，點

在軸的正半軸上，過點的直線與拋物線相交于

兩21.已知拋物線點，為坐標原點.（1）若，且直線的斜率為1，求以為直徑的圓的方程；

繞點如何轉動，滿足題意.與拋物線方程聯立，利用韋達定

恒為定值？（2）是否存在定點，使得不論直線【答案】(1)

；(2)存在定點【解析】試題分析：（1）由題意得，直線的方程理，可得圓心坐標和圓的半徑，從而可得圓的方程．（2）若存在定點這樣的點，使得聯立，計算,，利用時，設，∴，恒為定值；直線：恒為定值，可求出點的坐標．，此時，點M為拋物線C的焦點，聯立，∴圓心坐標為

．

聯立，． 與拋物線C：試題解析：（1）當直線的方程為消去y得，又，∴圓的半徑為4，∴圓的方程為，則直線的方程與拋物線C：，（2）由題意可設直線的方程為消去x得：，則

對任意恒為定值，于是，此時，滿足題意．

．

∴存在定點考點：

1、圓的方程；

2、直線與拋物線的位置關系；

3、定點定值問題．

【思路點晴】本題主要考查的是圓的方程的求法、直線與圓錐曲線的位置關系、恒成立問題等，屬于綜合性較強的難題；直線與圓錐曲線的位置關系問題，解題方法都是聯立方程，正確運用韋達定理是關鍵；對于存在性問題，先假設存在，根據求出點的坐標即可；如果求出來是空集，則不存在． 22.已知圓，直線，圓心為，定點上一點，滿足

.，為圓上一點，線段

上一點滿足恒為定值的條件，（1）求點的軌跡的方程；（2）為坐標原點，圓是以同的兩點，當

為直徑的圓，直線

時，求.與圓相切，并與軌跡交于不

面積的取值范圍.且滿足；(2)【答案】(1)【解析】試題分析：（Ⅰ）分析題意可得點滿足的幾何條件，根據橢圓的定義可得軌跡，從而可求得軌跡方程；（Ⅱ）先由直線

與

相切得到，由，將直線方程與橢圓且，進一步得方程聯立，并結合一元二次方程根與系數的關系可得到k的范圍，最后根據三角形面積公式并結合函數的單調性求的取值范圍。試題解析：（Ⅰ）∵∴為線段∵∴∴∵∴由橢圓的定義可知的軌跡是以設橢圓的標準方程為則∴。

。，為線段

為焦點，長軸長為，的橢圓，中點 的中垂線

∴點的軌跡的方程為（Ⅱ）∵圓與直線相切，∴，即，由，消去.∵直線與橢圓交于兩個不同點，∴，將設，代入上式，可得，則，∴，∴

∴，∵，解得.滿足。

又，設，則.∴，∴ 故

面積的取值范圍為。

點睛：解決解析幾何綜合題時一般會涉及到復雜的運算，解題時要注意解題技巧的運用，如常用的“設而不求”、“整體代換”的方法，以簡化計算。另外，對于解析幾何中的范圍、最值的問題，要結合函數的性質求解或利用基本不等式求解。

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：四川省成都市石室中學2017-2018學年高二10月月考數學(理)試題含解析

成都石室中學2017—2018學上期高2019屆10月月考

數學（理科）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.在空間直角坐標系A.【答案】D 【解析】因為兩點關于關于2.若A.若C.若【答案】C 【解析】對于選項A，與可能平行，也可能在平面內，故A不正確。對于選項B，與可能平行、相交、垂直，故B不正確。對于選項C，由線面垂直的定義可得必有，故C正確。

時，則兩點的橫坐標、豎坐標相同，縱坐標互為相反數，故點

。選D。B.中，點

C.關于

平面對稱的點的坐標是（）D.平面對稱的點的坐標是表示兩條直線，表示平面，下列說法中正確的為（），，則，則

B.若 D.若，，則，則

對于選項D，與可能相交、平行或異面，故D不正確。選C。3.空間四邊形中點，則A.【答案】B 【解析】如圖。選B。中，等于（）B.C.D.，，點在上，且，點為

4.設雙曲線（）A.【答案】C 【解析】由題意知2b=2,2c=2∴b=1,c=,a2=c2-b2=2,a=, , B.的虛軸長為2，焦距為，則雙曲線的漸近線方程為

C.D............................5.直線經過（）A.B.C.D.，兩點，那么直線的傾斜角的取值范圍是【答案】B 【解析】設直線的傾斜角為，則

又，所以

或

。選B。的焦點相同，且它們的離心率的乘積等于，則此橢圓的方程即直線的傾斜角的取值范圍為6.已知橢圓與雙曲線為（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】雙曲線的焦點為設橢圓的標準方程為，離心率為，所以橢圓的離心率。

則，解得。

所以橢圓的方程為。選A。

7.一個多面體的三視圖如圖所示，則該多面體的表面積為（）A.【答案】A 【解析】試題分析：由三視圖可知，該幾何體是棱長為2的正方體，截去兩個側棱互相垂直的正三棱錐，側棱長為1，所以該幾何體的表面積為，故選A．

考點：

1、空間幾何體的三視圖；

2、多面體的表面積． B.C.21 D.18

8.在正三棱柱平面

中，點為的中點，點是線段上的動點，則關于點到的距離說法正確的是（）

A.點運動到點時距離最小 B.點運動到線段的中點時距離最大 C.點運動到點D.點到平面【答案】D 【解析】如圖，取時距離最大 的距離為定值 的中點，連。

由三棱柱的有關知識可得所以平面上的點到平面

9.如果點既在平面區域最小值為（）

A.B.1 C.D.【答案】C 【解析】畫出不等式組表示的平面區域如圖中的示焦點在x軸上的橢圓，結合圖形可得當直線組表示的平面區域才有公共點。

平面。因為，又平面，所以

平面，因此線段的距離為定值。選D。

上，且又在曲線上，則的所示，曲線表

與橢圓相切時，橢圓和不等式

由 消去x整理得，令所以的最小值為。選C。10.設為雙曲線左、右支交于點A.B.，若 C.，解得或（舍去）。的左焦點，過坐標原點的直線依次與雙曲線的，D.，則該雙曲線的離心率為（）

【答案】B 【解析】設∴∴,則, 為直角三角形，且。

關于原點對稱，所以四邊形FPF1Q為

。在中由余弦定理可得。

設雙曲線的右焦點為F1，連P F1,Q F1，由題意可得點矩形，因此。

由雙曲線的定義得，在即整理得∴。中，由勾股定理得，又，，，所以即該雙曲線的離心率為11.在長方體，直線與平面

。選B。中，點

分別是棱

上的動點，，成30°角，則三棱錐體積的最小值是（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】

如圖，以C為原點建立空間直角坐標系，則設平面的一個法向量為，設

。，由，得，令，則。

又, 由條件得，整理得∴解得∴即三棱錐。，當且僅當

時等號成立。

體積的最小值是

。選A。

點睛：（1）本題利用代數方法解決立體幾何問題，可使得解題過程變得簡潔直觀，這也是幾何問題中常用的方法。

（2）在解決直線和平面所成角的問題時，要注意直線和平面所成的角和直線的方向向量與平面的法向量的夾角之間的關系，避免出現錯誤。12.設橢圓的左、右焦點分別為，其焦距為，點在橢圓的外部，點是橢圓上的動點，且值范圍是（）A.B.C.D.恒成立，則橢圓離心率的取【答案】D 【解析】

∵點∴在橢圓的外部,則，即。，解得，由橢圓的定義得 , ∵∴解得，即。

。選D。恒成立，所以橢圓離心率的取值范圍是點睛：（1）解決圓錐曲線問題時要注意常見結論的運用，如在本題中用到了橢圓的通徑（過橢圓的焦點且垂直于長軸的弦）長的結論。

（2）注意平面幾何知識的運用，對于本題中的恒成立問題，只需要于即可，在求

得最大值時可用平面幾何的有關知識解決。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.雙曲線的一個焦點到其漸近線距離為3，則的值為__________． 的最大值小【答案】-9 【解析】雙曲線的方程為取雙曲線的一條漸近線為。由題意得答案：14.矩形。

中，則四面體【答案】，沿

將矩形

折成一個大小為的二面角

。，即，解得

；雙曲線的一個焦點為 或

（舍去）。的外接球的表面積為__________．

【解析】

如圖，在四面體中，所以四面體，取AC的中點O，連，則的頂點在以O為球心，半徑為5的球面上，故球的表面積為答案：15.橢圓 的左、右焦點分別為。，弦過，若的內切圓的周長為，兩點的坐標分別為【答案】 【解析】在橢圓∵∴的內切圓的周長為內切圓的半徑為，則__________．

中。

由橢圓的定義得的周長為，又 且∴解得答案：。。，點睛：本題的解答中運用了數學中“算兩次”的方法，即從兩個不同的角度分別求出了的面積，從而建立了關于的關系式，使得問題得以求解。對于圓錐曲線的問題，一定要注意定義的運用，這樣可簡化解題過程中的推理和運算。16.已知兩定點①若②若③若④若⑤若直線與斜率之積等于，和一動點，給出下列結論：，則點的軌跡是橢圓；，則點的軌跡是雙曲線；，則點的軌跡是圓；，則點的軌跡關于原點對稱；，則點的軌跡是橢圓（除長軸兩端點）．

其中正確的是__________（填序號）． 【答案】③④ 【解析】對于①，由于對于②，由于對于③，設整理得∵∴∴點的軌跡是圓，③正確。對于④，設則又點關于原點的對稱點為。，，由題意得，所以點的軌跡是線段，故點的軌跡是雙曲線的右支，②不正確；，，①不正確； ∵∴點也在曲線

上，即點的軌跡關于原點對稱。故④正確。

對于⑤，設由題意得整理得，則。此方程不一定表示橢圓。⑤不正確。

綜上，正確的結論是③④。答案：③④

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.在（Ⅰ）求（Ⅱ）若【答案】（Ⅰ）中，角

所對的邊分別為，已知

． 的值；，求．

；（Ⅱ）

或.【解析】試題分析:(1)由已知利用三角形內角和定理,三角函數恒等變換的應用化簡即可求值;(2)由已知利用正弦定理及(1)可得試題解析:（Ⅰ）故，∴

．，，∴

或，∴和

或．，且圓在直線

上，進而可求角.，（Ⅱ）由正弦定理得由（Ⅰ）知∴18.已知圓經過（Ⅰ）求圓的標準方程；

（Ⅱ）若直線垂直于直線且與圓相切．求直線的方程． 【答案】（Ⅰ）圓的標準方程為：.；（Ⅱ），【解析】試題分析：（Ⅰ）用待定系數法求解，設圓的標準方程為：根據條件可得方程組可得圓的方程；（Ⅱ）根據垂直于直線可設的方程為求得，進而得到直線的方程。試題解析：

（Ⅰ）設圓的標準方程為：由題意可得即∴圓的半徑∴圓的標準方程為（Ⅱ）由題意設直線的方程為∵直線與圓相切，∴整理得解得 或。

或中，是

．

。的中心，分別是線段，解得

。, ,，求得，后可得半徑，由與圓相切可∴直線的方程為19.如圖，在正方體點，且，上的動

（Ⅰ）若直線（Ⅱ）若平面，正方體，求實數的值； 的棱長為2，求平面

和平面

所成二面角的余弦值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）

.的中點，連，由直線，即、平面

平面，得到的法向量

可證得，【解析】試題分析：（Ⅰ）取根據平行線分線段成比例定理可得間直角坐標系，求出平面向量的夾角求解即可。試題解析：（Ⅰ）取∵是正∴點在連∵∴∴∴∴.時，點

分別是,平面 , , ,平面

平面的中點，的中心 上，且，的法向量

；（Ⅱ）建立空，利用,（Ⅱ）當,則的中點，以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系。

設平面的一個法向量為，由得，令，得的一個法向量為

。，同理可得平面∴.由圖形知，平面∴平面和平面和平面所成二面角為銳角。所成二面角的余弦值為點睛：

（1）向量法通過空間坐標系把空間圖形的性質代數化，避免了尋找平面角和垂線段等諸多麻煩，使空間點線面的位置關系的判定和計算程序化、簡單化．主要是建系、設點、計算向量的坐標、利用數量積的夾角公式計算．

（2）利用平面的法向量求二面角的大小時，當求出兩半平面判斷二面角的大小，從而確定二面角與向量20.已知雙曲線在雙曲線上．

（Ⅰ）求雙曲線的方程；（Ⅱ）已知【答案】（Ⅰ）為雙曲線上不同兩點，點在以

；（Ⅱ）

為直徑的圓上，求.的值． 的向量

時，要根據圖形的夾角是相等，還是互補．，為坐標原點，點

漸近線方程為【解析】試題分析：（1）根據漸近線方程得到設出雙曲線的標準方程，代入點M的坐標求得參數即可；（2）由條件可得的坐標可求得試題解析：

（Ⅰ）∵雙曲線的漸近線方程為∴設雙曲線方程為∵點∴在雙曲線上．，。，可設出直線的方程，代入雙曲線方程求得點∴。，即。。∴雙曲線方程為（Ⅱ）由題意知設直線方程為由，解得，∴由直線方程為

.以。

代替上式中的，可得。

∴21.如圖，四棱柱．

（Ⅰ）證明：平面（Ⅱ）若若存在，求

平面，直線

； 的底面

。是菱形，，上是否存在點，使得與平面所成角的正弦值為.的值；若不存在，請說明理由．

【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）或.平面，再證平面

平面【解析】試題分析：（Ⅰ）用幾何法證明，先證得.（Ⅱ）由條件可得試題解析：（Ⅰ）證明： 因為則.，為

兩兩相互垂直，故可建立坐標系，轉化為代數運算求解。的中點，又因為四邊形所以因為所以因為所以平面（Ⅱ）在菱形由在三角形故得以為原點，則，可得平面平面，是菱形，，平面中，由

.，可得

..，可得，中，由兩兩相互垂直.方向為，軸正方向建立如圖所示空間直角坐標系.，由設所以設平面的法向量為，可得，.，，因為所以由設直線與平面，得，.所成角為，由題意得

解得 當所以或時，或.;當.時，點睛：（1）用向量法解立體幾何問題時，在建立坐標系的基礎上，關鍵是如何確定點的坐標，對于不容易確定坐標的點，可通過向量的運算、相等向量等方法去確定點的坐標。（2）由于本題（Ⅱ）中，要求是“直線時要注意對題意的理解。22.已知圓一點滿足，直線，圓心為，定點，為圓．

上一點，線段

上

上是否存在點”，故求出的點應有兩個，解題

上一點，滿足（Ⅰ）求點的軌跡的方程；（Ⅱ）為坐標原點，交于不同的兩點【答案】（Ⅰ）．當

；（Ⅱ）是以

為直徑的圓，直線且滿足

.時，求

與

相切，并與軌跡

面積的取值范圍．

【解析】試題分析：（Ⅰ）分析題意可得點滿足的幾何條件，根據橢圓的定義可得軌跡，從而可求得軌跡方程；（Ⅱ）先由直線

與

相切得到，由，將直線方

且程與橢圓方程聯立，并結合一元二次方程根與系數的關系可得，進一步得到k的范圍，最后根據三角形面積公式并結合函數的單調性求的取值范圍。試題解析：（Ⅰ）∵∴為線段中點 ∵∴∴∵為線段 的中垂線

為焦點，長軸長為，的橢圓，∴由橢圓的定義可知的軌跡是以設橢圓的標準方程為則∴。，∴點的軌跡的方程為（Ⅱ）∵圓與直線相切，∴，即。

由，消去.∵直線與橢圓交于兩個不同點，∴將設則∴，代入上式，可得，，，∴

∴∵，解得

.滿足。

又，設∴∴ 故，則

面積的取值范圍為，.。

點睛：解決解析幾何綜合題時一般會涉及到復雜的運算，解題時要注意解題技巧的運用，如常用的“設而不求”、“整體代換”的方法，以簡化計算。另外，對于解析幾何中的范圍、最值的問題，要結合函數的性質求解或利用基本不等式求解。