第一篇：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.

第二篇：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。

第三篇：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.

第四篇：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．

第五篇：安徽省淮北市第一中學2010屆高三上學期第三次月考(語文)

安徽省淮北市第一中學2010屆高三上學期第三次月考 語文試題

滿分150分考試時間分鐘第Ⅰ卷共6分9分

下列對 和 與同 理解不正確的一項是 3分

A 就是不同質的東西合理配合是多樣的統一各方面之間可以彼此不同

B 同就是相同的東西簡單重復與重合是單調的同一各方面之間完全相同

C 和就是能與他周圍的人保持和諧融洽的關系但他對任何事物都會經過自己的獨立思考不盲目附和

D和是互相補充配合但不失去自我同 是完全一樣沒有自我和是辯證的統一同 是絕對的同一

下列說法不屬于孔子提出的和而不同風行于當世的原因的一項是 3分 A現在世界不太平和而不同可以用來治療霸權主義和恐怖主義的現代世界病

B和而不同的原則是組成和睦家庭構建和諧社會建立和平世界所必需的

C和而不同給當今世界提供了一種保護環境的合理思路可持續發展D 鄧小平根據和而不同的傳統思想提出了 一國兩制方針成功解

決了香港和澳門的回歸問題

下列說法不符合文意的一項是 3分

A就是不盲目附和能提出容納和聽取不同意見能與持不同意見的人相互切磋友好合作

B7次下西洋卻沒有開辟一塊殖民地充分體現了和而不同的精神早已在世界范圍內達成共識

C 歷史實踐已經證明同而不和不可能導致真正的和諧只有和而不同才是正確的致和之道

D 人和人相處求和而非同才能和諧長久這一原則同樣適合于民族之間宗教之間國家之間的關系

二3分閱讀下面的文言文完成4～7題朱熹字元晦一字仲晦徽州婺源人父松字喬年熹幼穎悟甫能言父指天示之曰天也熹問曰天之上何物松異之就傅授以《孝經》一閱題其上曰不若是非人也嘗從群兒戲沙上獨端坐以指畫沙視之八卦也年十八貢于鄉中紹興十八年進士第淳熙五年除知南康軍至郡興利除害值歲不雨講求荒政多所全活訖事奏乞依格推賞納粟人間詣郡學引進士子與之講論訪白鹿洞書院遺址奏復其舊為《學規》俾守之

會浙東大饑宰相王淮奏改熹提舉浙東常平茶鹽公事即日單車就道復以納粟人未推賞辭職名納粟賞行遂受職名熹始拜命即移書他郡募米商蠲其征及至則客舟之米已輻湊熹日鉤訪民隱按行境內單車屏徒從所至人不及知郡縣官吏憚其風采至自引去所部肅然凡丁錢役法之政有不便于民者悉厘而革之于救荒之余隨事處畫必為經久之計有短熹者謂其疏于為政上謂王淮曰朱熹政事卻有可觀

熹登第五十年仕于外者僅九考立朝才四十日家故貧簞瓢屢空晏如也諸生之自遠而至者豆飯藜羹率與之共往往稱貸于人以給用而非其道義則一介不取也其為學大抵窮理以致其知反躬以踐其實嘗謂圣賢道統之傳散在方冊圣經之旨不明而道統之傳始晦于是竭其精力以研究圣賢之經訓所著書皆行于世熹沒朝廷以其《大學》《語》《孟》《中庸》訓說立于學官平生為文凡一百卷生徒問答凡八十卷別錄十卷 對下列句子中加點詞語的解釋不正確的一項是 3分 為《學規》俾守之

C 有短朱熹者 短詆毀 D 家故貧 故一向 下列各組句子中加詞的意義和用法相同的一組是 3分 且貳于楚也

君子博學而日參省乎己下列對原文有關內容的分析和概括不正確的一項是 3分

A 朱熹從小就聰慧過人剛能講話時所提出的問題就讓父親覺得驚奇他少年得志十八歲參加鄉貢考試后考中紹興十八年進士

B 朱熹非常注重教育政務繁忙之余他經常到州郡的學校去召集學生給他們講學他還重修了白鹿洞書院

C 朱熹政績顯著曾得到皇帝肯定他能采取靈活合理的措施應對災荒幫助百姓渡過難關他還只身深入民間察訪百姓疾苦

D 朱熹認為圣賢思想學說的傳授錯誤很多于是他竭盡精力深入探究圣賢的思想準則掌握其內在規律并將理論運用到實踐中去

7把原文中畫線的句子翻譯成現代漢語10分 1就傅授以《孝經》一閱題其上曰不若是非人也5分 2往往稱貸于人以給用而非其道義則一介不取也5分

閱讀下面這首詞完成8～9題本指南朝文士庾信他得名甚早這里借指離鄉宦游的才子指踏上仕途穿起拂地的青色服．這首詞雖不著一草字將春草寫得形神備分

9．老字4分

10．古詩文默寫 每空1分分 ________________可以為師矣《論語》長太息以掩涕兮屈原《離騷》

_____________師之所存也 韓愈《師說》

曖曖遠人村陶淵明《歸園田居》叢菊兩開他日淚秋興八首其一相逢何必曾相識白居易《琵琶行》 _______________ 更那堪冷落清秋節柳永《雨霖鈴》蘇軾《定**》

三25分

閱讀下面文字完成11～14題 墓碑后面的字 鮑爾吉·原野

在額爾古納的野地我見到一塊特殊的墓碑

樹葉散落鄉路被馬車軋進泥里枝條裸露著胳膊如同雨水中趕路的精疲力盡的女人這兒的秋天比別處更疲憊行路中我被一叢野果吸引桔色的顆粒一串串掛在樹上像用眼睛瞪人我摘下一串看正想能不能嘗嘗腳下差點被絆倒

一塊墓碑埋在灌木和荒草間后邊是矮墳

碑文寫道劉素蓮之墓

荒地之間遇到墳塋我想不應抽身而走坐一會兒也好這就像邊地旅行見對面來人打招呼一樣坐下不經意間看到水泥制的墓碑后面還有一行字

媽媽我想

想字下面被土埋住扒開土是一個你字這個字被埋在被雨水沖下的土里

我伸手摸了摸字起凸是用小學生涂改液寫的字大歪歪扭扭如奔跑踉蹌摔倒寫字的人也像小學生

我轉過頭看碑正面死者生卒年代為1966－1995活了29歲碑后寫字的人該是她的孩子

這么一想心里不平靜仿佛孩子的哀傷要由我來擔當她是怎么死的她死的時候孩子多大我想她如果死于分娩孩子也沒什么大的悲傷但不像這個人的情況孩子分明和母親度過了許多日夜母親故去他在夜晚睡不著的時候特別在黃昏人在一天中情緒最脆弱的時候常常想到母親

兒時媽媽不在身邊我特別害怕呼嘯的風聲和樹梢夾纏一陣陣起伏不定害怕不停歇的夜雨害怕敲門聲狗吠和照明彈那時老有人放照明彈

現在這個孩子比我害怕和憂傷的事情會更多我和母親仍然生活在一起他的母親遠行了在節日在有成績和挨欺負的時候或者不一定什么時候的時候他都要想起母親我仿佛看到一雙兒童的眼睛淚水沿著眼眶蓄積滿滿的順眼角流下他獨自一人來到這里寫下

媽媽我想你

你字被土埋住了讓人心驚的確你被黃土永遠埋在這里這是孩子的家人早已知道卻誰都無奈的事情

我想的是這幾個字力量多么大把一個人身上的勁兒都卸掉了對我來說仿佛如此

人常說顏真卿《祭侄稿》字含血淚說書法家心境和藝境相合之時的驚心動魄還說司馬遷方苞的文字含恨如石墓碑后面的這句話其孤兀也足以把人打倒

如今詞語泛濫換句話是到了一個不尊重語文的時代人們在使用漢字不需要交費不需要限制的資源時盡量揮霍歪曲作假這在網上和官樣文章中隨處可見然而尊重文字的人還在視它為心聲寫字的時候會流淚劉素蓮的孩子正是流著淚一筆一筆寫下這五個字

有人這么寫字是漢字的福氣

一位身居海外的中國詩人說不知為什么我一看到滄海中秋這些漢字就想流淚為詞語流淚說明他的血液曾經融化過漢字當中芳香高貴的成分

大樹在風中呼吸我走進鄰近的村子牧草一堆一堆金黃農婦直起腰看我進入哪一家投宿我想的是文字和周圍的山川草木一樣因為真實而有力量它們結結實實地鉆進人的心里做個窩呆下去像墓碑后面那幾個字

11．文章開頭劃線句子所說的特殊從全文來看具體體現在哪些方面6分 12．文中劃線句子有人這么寫字是漢字的福氣的含義應如何理解5分 13．文中提到顏真卿的《祭侄稿》和司馬遷方苞的文字有什么作用6分 14．文中提到墓碑后面的這句話其孤兀也足以把人打倒請結合本文探究要達到這一效果你認為在語言表達方面有哪些要求8分

第Ⅱ卷表達題 共82分 四22分

15．下列詞語中加點字的讀音每對都不相同的一組是 3分 A．漁樵礁石 園圃果脯 恪守溘然長逝 B．拘泥親昵 嘈雜糟糕 坎坷百舸爭流 C．霎時剎那 同胞褒貶 彈劾言簡意賅 D．瞻仰贍養 肄業肆虐 謬誤未雨綢繆 16．下列各句中加點的成語使用恰當的一句是 3分

A．近年來一些城市購物中心的數量大幅增加但前往購物的消費者卻門可羅雀這種現象實在令人擔憂

B．對于清明節祭祖端午節吃粽子等中國民間習俗一些不了解中華傳統文化的外國人往往覺得不可理喻

C．《晉書》在取材方面不十分注意甄別取舍甚至收錄了筆記小說里的一些不經之談這有損于它的史料價值

D．張教授的講義取材新穎內涵豐富見解深刻與國外名牌大學的名教授相比可以說是過猶不及

17．下列各句中沒有語病的一句是 3分

A．《英國醫學雜志》的一篇評論說中國人的肥胖問題令人擔憂有近15％的人口體重超標兒童肥胖在15年里增加了28倍

B．21世紀文化創意產業成為全球最有前景的產業之一從超級女聲到百家講壇處于起步階段的中國文化創意產業勢頭強勁

C．對于成都杭州等地通過發放消費券來刺激消費拉動內需的做法在經濟面臨下行風險的特殊時刻無疑是一種積極的探索

D．業內人士指出當前垃圾短信有向制造傳播謠言破壞社會穩定等變種蔓延的趨勢國家必須加快相關立法和打擊力度

18概括下面這則新聞的主要信息不超過20字5分

據新華社10月22日《北京青年報》10月23日報道國家統計局新聞發言人李曉超22日在回應是否出現通貨膨脹問題時說從當前的現實來看不存在通貨膨脹問題但對通脹預期要給以高度關注針對三季度及9月份宏觀經濟數據經濟學家厲以寧表示從環比的角度看無論是消費的物價指數還是生產資料的物價指數都是環比上升的如果這個問題不注意的話那通貨膨脹有可能來臨當然也不會那么快應該心中有數

另據中央電視臺報道就在數據發布的前一天國務院常務會議指出今年后幾個月要把正確處理好保持經濟平穩較快發展調整經濟結構和管理好通脹預期的關系作為宏觀調控的重點這是今年國務院常務會議首次將管理通脹預期與保增長調結構相提并論中國人民大學經濟學院院長楊瑞龍認為國務院常務會議中調控重點措辭的變化體現出通脹預期問題的重要性防通脹正日益成為政府密切關注的問題 19以北雁南飛開頭按要求寫一段話不少于50字8分以下兩題任選一題

1運用描述性的語言和比喻的修辭手法 北 雁 南 飛

2運用議論性的語言并蘊含一定的哲理

北 雁 南 飛

五60分

20．閱讀下面的文字根據要求作文

發展心理學研究中有一個經典的實驗被稱為遲延滿足實驗實驗者發給4歲被試兒童每人一塊好吃的軟糖同時告訴孩子們如果馬上吃只能吃到一塊如果等20分鐘再吃可以吃兩塊有的孩子急不可待把糖馬上吃掉了而另一些孩子通過克制自己的欲望遲延滿足而吃到了兩塊糖研究人員進行了跟蹤觀察發現那些吃到兩塊糖的孩子長大工作后表現出較強的適應性自信心和獨立自主精神事業上更容易獲得成功而那些經不起軟糖誘惑只吃到一塊軟糖的孩子則往往屈服于壓力而逃避挑戰要求角度立意文體自選標題自擬不要套作不得抄襲

②墓碑的背后有一行歪歪斜斜的字

③在歪歪斜斜的字背后擁有人世間最真摯的憂傷和摯愛

④可以讀出漢字的偉大尊嚴 每點2分答對其中三點即可得滿分

12．①孩子通過它與母親對話抒發了滿腔的思念和憂傷真情書寫漢字起到了傳達真情的作用得到了應有的尊重3分②批判了當今詞語泛濫人們不尊重語文使用漢字的資源時盡量揮霍歪曲作假的現象2分

13．引用材料襯托出孩子對母親的思念字字血淚含恨如石2分說明只要發自真情就能達到心境和藝境結合從而產生動人心魄的力量3分豐富了文章內涵突出了主旨1分

14．示例①語言要有生活有真情字為心聲心境與意境相通這樣才有驚心動魄的力量②語言要有想象力要樸實無華③對語言不要任意揮霍歪曲作假使用要精心精當答對一點給3分答對兩點或有獨到而合理的見解可酌情給6～8分

15．D A恪溘 B拘昵 C胞褒 每組讀音相同

16．C A門可羅雀 形容門庭冷落賓客稀少形容蠻橫或固執指荒唐的沒有根據的話事情做得過頭就跟做得不夠一樣都是不合適的 通脹預期成為政府密切關注的問題防通脹正日益成為政府密切關注的問題

天 空 中

翅 于 秋 日 碧 藍 的又 像 一 幀

2運用議論仿 佛 一 首 美 麗 的 小 詩

淡 雅 的 國 畫

性的語言并蘊含一定的哲理

北 雁 南 飛

的

是 北 方 的 寒 冷 在 驅 趕

還 是 南 方

它 們 始溫 暖 在 呼 喚

夢 想

有 一 點 可 以 確 定

終 朝 著

朝 著 春 天 的 方 向 展 翅 飛 翔

2060分參2009年安徽高考作文評分標準 附文言文譯文

朱熹字元晦又字仲晦徽州婺源人他父親朱松字喬年朱熹從小聰慧過人剛能夠講話時父親指著天告訴他說這就是天朱熹問道天的上面是什么父親覺得十分驚奇到他入學跟從老師讀書時老師教他讀《孝經》他看過一遍就在書上寫道不能像這樣去做就不能算作一個人他曾經和一群小孩子在沙上玩耍獨自一人端端正正坐著用手指在沙地上畫別人一看原來是一幅八卦圖形十八歲參加鄉貢考試后考中紹興十八年進士淳熙五年朱熹受命掌管南康軍到任后興利除弊正值當地一年不下雨他十分重視賑濟災荒的措施很多百姓得以保全性命事情結束后朱熹上表請求按照規定的標準獎賞獻糧救災的人他還經常到州郡的學校去召集學生給他們講學還找到了白鹿洞書院的遺址奏請朝廷重新修復并親自制訂《白鹿洞書院學規》讓學生們遵守

當時浙東發生大饑荒宰相王淮上書請求改任朱熹為提舉浙東常平茶鹽公事要求他當天輕車前往就任然而又因為朝廷對南康主動獻納糧食救荒的人沒有給予獎賞朱熹辭謝了這一職務等到朝廷的獎賞頒發后他才受職赴任朱熹就任后立刻給其他州郡寫信召集米商免除蠲juān他們的商稅等朱熹到達浙東外地商船運來的糧食已經聚集了很多朱熹每日查訪民情到州縣巡行考察單車獨行不帶隨從所到之地人們都不知道他的身份郡縣的官吏害怕他的嚴峻的作風有的甚至棄官離去轄區之內秩序肅然所有丁錢役法這類規定條款如對百姓不利他全部整理出來加以革除朱熹在賑濟災荒之余還按照實際進行規劃一定為百姓做長遠的打算有人毀謗朱熹說他政務荒疏皇上對王淮曰朱熹政績卻是大有可觀啊

朱熹在考中進士后的五十年里外地做官只有二十七年古代官吏三年一考績九考則為二十七年在朝中做官才四十日家境一向貧寒以至常常斷糧但他卻能安然處之有的學生從遠方來向他請教他就用豆飯藜湯來招待并和他們一起吃飯朱熹常常需要開口向別人借錢以維持生活但是對于不合道義的錢卻一分不取朱熹做學問大致通過深入探究事物的原理掌握其內在規律并自我檢束將理論運用到實踐中去他曾說過古代圣賢的思想學說流散在典籍之中由于圣賢經書的宗旨沒有闡明圣賢思想學說的傳授也就含混隱晦于是朱熹竭盡精力深入探究圣賢的思想準則他所寫的書在世上廣泛流傳朱熹死后朝廷把他的《大學》《論語》《孟子》《中庸》作注的書作為學校的教材朱熹一生寫的文章共一百卷他的學生的問答一共八十卷還有別錄十卷

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