第一篇：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

第二篇：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.

第三篇：重慶市第一中學2017-2018學年高二上學期期中考試數學(文)試題含解析

2017年重慶一中高2019級高二上期半期考試

數學試題卷（文科）第Ⅰ卷（選擇題 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.方程A.B.表示焦點在軸上的橢圓，則和應滿足下列（），C.D.【答案】C，整理得：故選C.2.若等比數列

.的首項和為，公比為，且，則（）

A.B.C.D.【答案】D 【解析】等比數列故選D.3.若標準雙曲線以，前項和為，所以.為漸近線，則雙曲線的離心率為（）

A.B.C.或 D.或【答案】D 【解析】標準雙曲線以

為漸近線，則

或.雙曲線的離心率故選D.4.以A.C.為圓心且與直線 B.D.或.相切的圓的方程為（）

【答案】B 【解析】圓心即圓的半徑為.圓的方程為故選B.5.已知直線，和平面，直線則；③若，平面，下面四個結論：①若，則

；④若，則，則

；②若，.到直線的距離為：

.，其中正確的個數是（）

A.B.C.D.【答案】D 【解析】由線面垂直的性質定理知，若若若以若，，所以，直線

平面，則有，①正確；，則與可以異面，可以相交，也可以平行，②錯誤；，則必存在不與重合的，③正確；，則，④正確.，使得，則，,所綜上：①③④正確.故選D.6.在中，則三角形的形狀為（）

A.等腰三角形 B.直角三角形

C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形 【答案】D 【解析】根據正弦定理可知∵acosA=bcosB，∴sinAcosA=sinBcosB，∴sin2A=sin2B，∴A=B,或2A+2B=180°即A+B=90°，所以△ABC為等腰或直角三角形。故選：D.7.直線交橢圓

于，若

中點的橫坐標為，則

（）

A.B.C.D.【答案】A 【解析】直線與橢圓

聯立得：

.設，則有

.因為中點的橫坐標為，所以，則有

.故選A.8.在正方體中，異面直線與

所成角是（）

A.B.C.D.【答案】C 【解析】在正方體中，所以即為所求（或其補角）.連接，因為，所以

.故選C.9.如圖是一個幾何體的三視圖，在該幾何體的各條棱中最長的棱是的長度是（A.B.C.D.【答案】C 【解析】

如圖所示，該幾何體為棱錐，,.）各條棱中最長的棱是故選C.10.圓A.B.C.D.【答案】C 【解析】圓圓所以圓心

.關于直線

對稱的圓的方程為，則實數的值為（）

化為標準方程為：圓關于直線與(0,0)關于

對稱的圓的方程為對稱.，.，解得.故選C.點睛：在求一個點關于直線的對稱點時，可以根據以下兩個條件列方程（1）兩點的中點在對稱直線上；（2）兩點連線的斜率與對稱直線垂直.11.已知點是直線

（）上一動點，、是圓：的兩條切線，、為切點，為圓心，若四邊形A.B.【答案】D 【解析】∵圓的方程為：∴圓心C(0,?1)，半徑r=1.，C.D.面積的最小值是，則的值是（）

根據題意,若四邊形面積最小,當圓心與點P的距離最小時,即距離為圓心到直線l的距離最小時,切線長PA,PB最小。切線長為4，∴，.），由

∴圓心到直線l的距離為∵直線∴（,解得所求直線的斜率為故選D.12.如圖所示，在正方體則下列命題中假命題是（）

中，點是棱上一動點，平面交棱于點，A.存在點，使得B.存在點，使得

平面平面的體積均不變 的體積均不變 C.對于任意的點，三棱錐D.對于任意的點，四棱錐【答案】B 【解析】對A，當為故A為真命題； 對B，假設所以對C，∵棱錐對D，∵不會與平面BE的中點時，則F也為A的中點，∴EF∥，∴∥平面；

F，在平面BEF內，則，在矩形中，垂直，故B不正確.，平面，到平面的距離為，且

為定值，所以三的體積均不變，故C是真命題；

=，∵C∥A∥平面B，∴四棱錐?BEF的體積為定值，故D是真命題； 故選B.點睛：本題主要考查了空間位置關系的判定，空間距離的求解問題，其中解答中涉及到直線與平面垂直的判定與性質，直線與平面平行的判定與性質，三棱錐的體積的計算公式等知識點的綜合運用，著重考查了學生的推理與運算能力，解答中熟記位置關系的判定和性質定理是解答的關鍵，試題屬于中檔試題.第Ⅱ卷（非選擇題 共90分）

二、填空題（本大題共4個小題，每小題5分，共20分，將答案填在答題紙上）13.拋物線的焦點坐標為__________． 【答案】【解析】由

得，焦點為（0，－）.【考點】拋物線的性質.14.已知等差數列【答案】25.【解析】等差數列所以，..15.在中，已知三個內角為、、、滿足，求最小角的余弦值, 滿足，在__________．

__________． 【答案】 【解析】∵∴由正弦定理可得，∴a為三角形的最小邊，∴A為三角形的最小內角，設∴由余弦定理可得故答案為：.16.從雙曲線點，設為線段【答案】1.的左焦點引圓的中點，為坐標原點，則的切線，切點為，延長

__________．

交雙曲線右支于

【解析】

設是雙曲線的右焦點，連接P.∵M、O分別為FP、FF′的中點,∴，由雙曲線定義得，故答案為：1..，點睛：本題主要考查利用雙曲線的簡單性質，屬于中檔題.求解與雙曲線性質有關的問題時要結合圖形進行分析，既使不畫出圖形，思考時也要聯想到圖形，當涉及頂點、焦點、實軸、虛軸、漸近線等雙曲線的基本量時，要理清它們之間的關系，挖掘出它們之間的內在聯系.本題是利用點到直線的距離等于圓半徑，中位線定理，及雙曲線的定義列式求解即可..三、解答題 ：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.如圖所示，中，，以點為圓心，為半徑作扇形，（1）求平面圖形繞直線（2）求平面圖形繞直線【答案】(1)(2)

旋轉一周所成的幾何體的體積； 旋轉一周所成的幾何體的表面積....................（1）圓錐底面的半徑為積；

（2）圓錐的母線為試題解析：（1）（2）.，，，代入圓錐的側面積公式，再去半球的表面積即可得解.，高為，即可得圓錐體積，半球的半徑為

即可得體

.18.已知數列（1）求的值；（2）若數列【答案】（1）滿足(2)，求數列.的前項和.是首項為，公比為（）的等比數列，并且，成等差數列.【解析】試題分析：（1）直接利用已知條件整理得到關于公比的等式，解之即可求出公比；（2）利用求出的公比，先求出兩個數列的通項公式，再對數列{bn}采用分組求和即可． 試題解析：（1）由條件得得或（舍）

.的內角，的對邊分別為，，且

.，.（2）∵∴∴19.設銳角三角形（1）求角的大小；（2）若，求;（2）的面積及.，由于，可求，【答案】（1）【解析】試題分析：（1）由已知及正弦定理得結合B是銳角，可求B．

（2）依題意利用三角形面積公式及余弦定理即可計算得解． 試題解析：（1）因為由于，故有，由正弦定理得，.，可得：.又因為是銳角，所以（2）依題意得：所以由余弦定理20.已知橢圓（）的左右焦點分別為、，離心率的周長為..過的直線交橢圓于、兩點，三角形（1）求橢圓的方程；（2）若弦【答案】（1），求直線的方程..的周長為8，求出a，c，b，即可得到橢;（2）【解析】試題分析：（1）利用橢圓的離心率以及圓的方程，（2）求出直線方程與橢圓方程聯立，點的坐標為標，然后求解三角形的面積即可． 試題解析：（1）三角形離心率的周長，所以,的坐標為，所以，則

..,的坐標為求出A，B坐橢圓的方程為：（2）設點的坐標為的斜率為（顯然存在）

..點睛: 本題主要考查直線與圓錐曲線位置關系，所使用方法為韋達定理法：因直線的方程是一次的，圓錐曲線的方程是二次的，故直線與圓錐曲線的問題常轉化為方程組關系問題，最終轉化為一元二次方程問題，故用韋達定理及判別式是解決圓錐曲線問題的重點方法之一，尤其是弦中點問題，弦長問題，可用韋達定理直接解決，但應注意不要忽視判別式的作用． 21.圖1，平行四邊形（如圖2），且

中，，現將的中點.沿

折起，得到三棱錐，點為側棱

（1）求證：（2）求三棱錐（3）在平面； 的體積；

平面

？若存在，求的長；若不存在，的角平分線上是否存在點，使得請說明理由.【答案】（1）見解析；（2）

；（3）

.，再由線面垂直的判定的定理可得，最后由由線面垂直的判定的定理，進而可得結果；（Ⅱ）取，，先證四邊形

中點，【解析】試題分析：（Ⅰ）由平面幾何知識先證明平面，從而得，進而可得

平面可得結論；（Ⅱ）由等積變換可得連接∥并延長至點，使，連接

為平行四邊形，則有，利用平面幾何知識可得結果.中，有，又因為為側棱的中點，試題解析：（Ⅰ）證明：在平行四邊形所以又因為又因為因為所以又因為所以平面平面平面平面；，平面，，．，，,，所以

.中點，連接

是角，且，所以

；，所以平面.（Ⅱ）解：因為故又因為所以有（Ⅲ）解：取因為

平面，所以是三棱錐的高，并延長至點，使的角分線.，連接，.，所以射線

又因為點是的因為所以因為平面∥平面、中點，所以，.平面

∥，互相平分，為平行四邊形，有，所以有，故

.過圓上任意一點向軸引垂線垂足為（點、可重合），點為

∥，.故四邊形又因為又因為22.已知圓：的中點.（1）求的軌跡方程；

（2）若點的軌跡方程為曲線，不過原點的直線與曲線交于、兩點，滿足直線的斜率依次成等比數列，求【答案】（1）；（2）

面積的取值范圍.面積的取值范圍為，則，代入圓：

.即可得解；

（，，【解析】試題分析：（1）設（2）由題意可知，直線的斜率存在且不為，故可設直線的方程為聯立得依次成等比數列，設，可得，由直線，再由），與橢圓，的斜率，計算試題解析：（1）設，則，則有：

即可.，整理得：.（），（2）由題意可知，直線的斜率存在且不為，故可設直線的方程為，由消去得

則，且，.故

因為直線，的斜率依次成等比數列，即，又，所以，即.由于直線，的斜率存在，且，得且，設為到直線的距離，則，所以面積的取值范圍為.點睛： 在圓錐曲線中研究最值或范圍問題時，若題目的條件和結論能體現一種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值．在利用代數法解決最值與范圍問題時常從以下方面考慮：

①利用判別式來構造不等關系，從而確定參數的取值范圍；

②利用已知參數的范圍，求新參數的范圍，解這類問題的關鍵是在兩個參數之間建立等量關系；

③利用隱含或已知的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍

第四篇：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.

第五篇：山東省臨沂市重點中學2013-2014學年高二上學期期中考試地理試題含解析

本試卷分第I卷和第II卷兩部分，共8頁(第I卷4頁，第II卷4頁)。滿分100分。考試用時90分鐘。答題前，考生用黑色簽字筆將自己的姓名、準考證號、學校寫在試卷、答題紙和答題卡規定的位置，考試結束后，將第Ⅰ卷答題卡及第Ⅱ卷答題紙交回。

第Ⅰ卷(共50分)注意事項: 1.第Ⅰ卷共25小題，每小題2分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的。

2.每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。不涂在答題卡上，只答在試卷上不得分。

讀中國自然區域示意圖回答1～3題。

1．有關四區域的描述，正確的是

①有一定的面積、形狀和邊界 ②有不同的區域特征

③依據水文、植被差異劃分 ④有明確的區域界線

A．①② B.③④ C.②③ D.②④ 2．各區域內部和區域之間，分別具有的特征是

A.絕對一致性和相對一致性 B.相對一致性和差異性

C.差異性和整體性

D.地帶性和非地帶性 3．與D區域相比，C區域的特點是

A．平原面積廣大 B．森林、煤炭、石油、鐵礦豐富 C．有色金屬礦產、生物資源、水資源等相當豐富 D．對外開放程度較低

4．若想獲得黃河人海口的水質狀況資料，最適合的區域調查方法是 A.調查訪問 B.路線實地考察 C.問卷調查 D.典型地段實地考察

讀下圖，回答5～7題。

5.甲、乙兩地耕作制度不同，造成這種差異的主要自然因素是 A.海拔

B.熱量 C.水分

D.土壤 6.甲、乙兩地共有的地理現象是

A.廣泛種植水稻

B.水運發達 C.冬季河流結冰

D.雨熱同期 7.目前甲、乙兩地可持續發展所面臨的主要問題分別是 A.土地鹽堿化、多洪澇災害 B.多風沙危害、水資源短缺 C.水土流失嚴重、多旱澇災害 D.水土流失嚴重、酸雨危害較嚴重

讀下圖，完成8～10題。

8．若A、B分別是黃土高原與長江三角洲地區，①、②代表的產業要素在區際之間流向合理的是

A.①為能源，②為技術 B.①為資金，②為勞動力

C.①為技術，②為資金 D.①為信息，②為零部件 9．若②為有色金屬冶煉廠，其轉移對A、B兩地的影響描述合理的是 A.B地就業機會增多 B.加快A地工業化進程

C.促進B地勞動力向第二產業轉移 D.帶動A地技術導向型產業迅速發展 10．該圖體現了區域的哪一特征

A.整體性 B.差異性 C.開發性 D.獨立性

下圖為“江蘇某市1998～2008年三次產業比重變化示意圖”，該市近幾年出現了環境污染加重，地價上漲，勞動力價格提高等不利因素。讀圖完成11～13題。

11．對該市產業結構變化說法正確的是 A.第二產業占主導地位 B.第一產業產值持續減少 C.第三產業比重逐步上升 D.第一、二產業比重差距不斷縮小 12．這一時期該市人地關系特征可概括為 A.低水平協調 B.初顯不協調 C.高水平協調 D.嚴重不協調 13．就區域發展階段而言，該城市處于 A.初期階段 B.成長階段 C.轉型階段 D.再生階段

下圖是“我國某企業集團型生態產業園區的生產聯系圖”，完成14～15題。

14.影響該生態產業核心企業布局的主導因素是

A.科技因素 B.原料因素 C.能源因素 D.市場因素 15.圖示生態產業園生產過程體現出可持續發展的

A.持續性原則 B.公平性原則 C.階段性原則 D.共同性原則

流域是一種特殊類型的區域，它的各組成部分密切聯系構成一個整體。長江流域面積大、人口多，合理開發長江流域對全國可持續發展意義重大.下圖是“長江流域圖”。讀圖回答16～18題。

16．長江三峽工程建設的首要任務是 A．灌溉

B．防洪 D．開發水能 C．提高航運能力

17．甲地區最突出的環境問題是 A．土地荒漠化

C．土壤鹽堿化

B．水土流失 D．水體和大氣污染

18．三峽工程對環境的影響可能有

A．明顯減少河流的年徑流量 B．顯著增加河流的下泄量 C．降低庫區地下水位 D．改變徑流量的季節分配

2010年8月31日，由中石化投資建設和運營的國家“十一五”規劃重大項目——川氣東送工程正式建成投產。川氣東送工程是我國繼三峽工程、西氣東輸、青藏鐵路、南水北調之后的第五大工程。讀“川氣東輸線路示意圖”，完成19～21題。

19．影響圖中線路分布的主要因素是

A．氣候類型

B．地形

C．城市布局

D．河流 20．與圖中甲經濟區相比，乙經濟區特點是

A．交通便利，技水平高

B．農業生產發達，糧食商品率高

C．人口密度小，遷入人口多 D．以第二、三產業為主 21．“川氣東送”工程的建成投產，可以

①改變四川省的能源消費結構 ②有效治理上海市的大氣污染

③降低沿線地區居民的生活質量 ④促進四川省的民族團結和社會穩定

A．①②

B．③④ C．①③

D．②④

讀黃土高原地貌景觀圖，完成22～23題。

22.下列不是黃土高原水土流失造成的危害是 ．． A．造成當地生態環境的惡化

B．造成耕地的土層變薄，養分流失，耕地質量下降

C．使黃河成為世界上含沙量最高的河流

D．黃土土質疏松，孔隙很多，易受到流水的侵蝕

23．黃土高原的治理需要因地制宜、綜合開發，針對圖中陡坡地貌，適宜采取的措施是

A．平整土地，建立高產穩產的基本農田

B．封坡育林育草，增加植被覆蓋率

C．修建水庫，提高水資源的利用率

D．改善交通條件，大力發展旅游業

讀某國工業化、城市化進程比較示意圖，回答24～25題。

24．關于該國工業化、城市化進程特點的敘述，正確的是 ①城市化與工業化呈同步增長趨勢 ②該國城市化進程與工業化水平不相適應 ③該國屬發達國家

④階段Ⅲ，該國經濟增長主要依靠第三產業 A．①② B．③④ C．①③ D．②④

25．階段Ⅲ，該國吸納勞動力的主要產業部門有 ①勞動密集型產 ②資源密集型產業 ③技術密集型產業 ④現代服務業

A．A．①② B．③④ C． ①④ D．②③

卷Ⅱ（綜合題 共50分）

注意事項：

請把卷Ⅱ的答案用藍黑鋼筆或圓珠筆直接寫在答題紙規定的位置上。在試題卷上作答，答案無效。

26.(10分)某校地理興趣小組對“區域可持續發展問題”進行研究性學習，其基本步驟如下圖所示，根據材料完成相關問題。

材料 階段Ⅱ成果：①我國某區域地貌格局呈半環狀，外側是河流，內側是廣闊的平原，其間是高低起伏的山脈和山地丘陵。大部分地區氣候以溫帶濕潤、半濕潤季風氣候為主；自南向北跨暖溫帶、中溫帶、寒溫帶，熱量分布南北差異較大。總之，山環水繞、沃野千里是該區域的基本特征。②該區域某平原在歷史上曾是一片荒地。20世紀50年代中期以后，我國對該平原進行大規模開墾，使其成為我國重要的商品糧基地。但是現在國家已決定停止開發該平原的荒地，并建立了自然保護區。

友情幫助：請你按要求與他們一起完成該課題研究。

(1)依據階段Ⅱ研究成果，推斷該區域位于我國的________地區。(1分)(2)比較該區域與長江三角洲地區地理特征的差異性，完成下表。(4分)

(3)該區域的主要農業地域類型是________________。(1分)

(4)隨著退耕還林、還草和荒地保護工程的實施，該區域依靠擴大耕地面積(開墾荒地)來增加糧食產量的途徑受到限制。請你為該區域實現農業可持續發展提出一條合理建議（4分）

27．（10分）了解區域的地理背景和人地關系，是探尋區域因地制宜，實現可持續發展的前提。結合鄱陽湖平原區域圖（圖甲）和南昌氣候資料圖（圖乙），回答下列問題。

(1)圖中P地地形類型是

，宜發展的農業部門是

。（2分）

(2)根據南昌氣候資料，分析對水稻生產不利的氣候條件有哪些？（2分）

(3)鄱陽湖為主體的鄱陽湖流域是長江中下游流域的重要組成部分，若鄱陽湖流域內過度發展種植業，可能對湖泊產生哪些不利影響？（3分）

(4)請從流域綜合整治的角度分析，圖示西南部地區應采取哪些措施促進區域發展。（3分）

28．（10分）閱讀材料，回答問題。材料一 我國南水北調示意圖（見下圖）。

材料二 南水北調東線、中線工程輸水干線縱斷面示意圖（圖甲、圖乙）。

材料二 黃淮海流域人均水資源量僅為全國平均水平的21%,有2億多人口不同程度存在飲水困難,工農業發展受到嚴重制約。我國南水北調中線一期工程計劃于2014年底通水,將大大緩解黃淮海地區的用水緊張狀況。

(1)中線調水工程的起點是__________。（1分）

(2)南水北調東、中線工程調水的主要調入區是

（華北、西北）。東線工程主要利用京杭運河作為輸水渠道，以節省投資，與中線工程相比，東線的主要不利條件是什么？（3分）

(3)要緩解黃淮海地區的用水緊張狀況，還應采取哪些節水措施？（3分）

(4)小明、小強兩同學考察后，以“南水北調東線工程對調入區生態環境的影響”為課題，開展探究活動，并形成了兩種不同看法。①小明認為：利大于弊；②小強認為：弊大于利。你贊成哪位同學的看法，并簡要說明理由。（3分）

29．（10分））由于地理條件和歷史發展的進程不同，區域發展水平和方向也存在差異。我們應以其他國家區域發展的歷史為鑒，充分發揮區位優勢，走具有中國特色的可持續發展之路。讀歐洲西部工業區（圖甲）和遼中南工業區的局部區域圖（圖乙），回答下列問題。

(1)圖甲中A是德國魯爾工業區，圖乙是我國遼中南工業區，它們都是著名的傳統工業區，對比兩個工業區的交通條件：在工業區發展早期，A工業區主要利用 運輸，遼中南主要利用 運輸。(2分)(2)對比分析工業區形成和發展的區位優勢，完成下表內容（4分）

(3)與A工業區相同，我國遼中南重工業區也面臨傳統工業衰落的問題，如、等。(2分)(4)魯爾工業區通過產業轉型，實現了經濟再繁榮，其發展經驗對遼中南工業區的可持續發展有哪些啟示？（（2分 至少寫2條）。

30．（10分）閱讀材料，回答下列問題。

材料一 河南省委、省政府于2012年8月正式確定商丘市為建設中原經濟區承接產業轉移示范市。商丘市地處河南與山東、江蘇、安徽的接合部，農業優勢突出，資源稟賦較好，交通區位重要，發展前景廣闊，在中原經濟區建設中具有重要的戰略地位。

材料二 中原經濟區范圍示意圖。

(1)簡述產業轉移對我國該區域發展產生的影響？(6分)

(2)結合材料

一、材料二，簡述河南省商丘市承接東部地區產業轉移的區位優勢。(4分)