第一篇：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．

第二篇：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(理)試卷含解析

合肥一中2017——2018學年第一學期高二年級段一考試

數學（理）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.下列說法正確的是（）

A.平行于圓錐某一母線的截面是等腰三角形 B.平行于圓臺某一母線的截面是等腰梯形 C.過圓錐頂點的截面是等腰三角形 D.過圓臺上底面中心的截面是等腰梯形 【答案】C 【解析】略

2.四個直立在地面上的字母廣告牌在不同情況下，在地面上的投影（陰影部分）效果如圖，則在字母的投影中，與字母屬同一種投影的有（）

A.B.C.D.【答案】A 【解析】根據平行投影和中心投影的特點和規律．“L”、“K”與“N”屬中心投影； 故選A．

3.將圖1所示正方體截去兩個三棱錐，得到圖2所示的幾何體，則該幾何體的側視圖為（）

A.B.C.D.【答案】B 【解析】試題分析：由題意可知幾何體前面在右側的射影為線段，上面的射影也是線段，后面與底面的射影都是線段，輪廓是正方形，的射影也是對角線是虛線．如圖B． 故選B．

在右側的射影是正方形的對角線，在右側

考點：簡單空間圖形的三視圖． 4.已知①若③若是兩個不同的平面，，,，則,是兩條不同的直線，現給出下列命題：，則；④若

；②若,，則,，則.其中正確命題的個數是（）A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】A 【解析】對于①，若

，根據面面平行的判定定理，如果直線

不相交，那么與 不一定平行；故①錯誤；

對于②，若對于③，若 ，，則，則

則 與位置關系不確定（有可能在內）；故②錯誤； 則 與位置關系不確定（有可能在內）；故③錯誤；

對于④，誤． 故選A． 5.正方體

中，分別是的中點，過

三點的平面截正方體 ,，則

.，則 與位置關系不確定（有可能在內）；故④錯，則所得截面形狀是（）

A.平行四邊形 B.直角梯形 C.等腰梯形 D.以上都不對 【答案】C 【解析】連接 由正方體的性質得

則 在平面 中，即為所得截面，即為過 ∴截面為等腰梯形，三點的正方體

的截面，∴平面故選C 【點睛】本題主要考查平面的基本性質，根據直線平行的性質是解決本題的關鍵 6.如圖，已知四邊形的直觀圖是一個邊長為 1 的正方形，則原圖形的周長為（）

A.B.6 C.8 D.【答案】C 【解析】試題分析：因為四邊形的直觀圖是一個邊長為的正方形，所以原圖形為平行，所以圓圖形的周長為四邊形，一組對邊為，另一組對邊長為，故選C.考點：平面圖形的直觀圖.7.在中，，若把繞直線旋轉一周，則所形成的幾何體的體積是（）

A.B.C.D.【答案】B 【解析】試題分析：依題意可知，旋轉體是一個大圓錐去掉一個小圓錐，如圖

所以，所以旋轉體的體積為＝＝，故選B．

考點：旋轉體的性質與體積．

8.如圖是一個由兩個半圓錐與一個長方體組合而成的幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（）

A.B.C.D.【答案】C，故應選.考點：

1、空間幾何體的體積；

2、三視圖.9.某幾何體的三視圖如圖所示，則它的表面積為（）

A.【答案】A B.C.D.【解析】由已知中的三視圖，可得該幾何體是一個以俯視圖為底面的半圓錐，半圓錐的底面直徑為2，高半圓錐的表面積選A 10.直三棱柱成的角等于（）

中，若，則異面直線

與

所

故半圓錐的底面半徑

，母線長為

，A.30° B.45° C.60° D.90° 【答案】C 【解析】

延長到，使得，連接。因為是直三棱柱，所以，從而有線設與，所以四邊形所成角。，則，所以

是平行四邊形，故。所以是異面直

。因為，則

為等邊三角形，從而，所以，故選C 11.如圖所示，正方體的平面分別與棱①②當且僅當③四邊形④四棱錐

時，四邊形周長的體積,的面積最?。?，則為常函數；

是奇函數；

交于，設的棱長為1，,分別是棱的中點，過直線，給出以下四個命題：

其中正確命題的個數為（）

A.1個 B.2個 C.3個 D.4個 【答案】C 【解析】①連結，則由正方體的性質可知，平面②因為，所以，四邊形，所以正確．

的對角線

是固定的，所以要使面積最小，則只需

時，此時

長度最小，對應四邊形

的 長度最小即可，此時當 為棱的中點時，即的面積最?。寓谡_． ③因為，所以四邊形

是菱形．函數

為偶函數，故③不正確． ④連結，則四棱錐則分割為兩個小三棱錐，它們以

為底，以

分別為頂點的兩個小棱錐．因為三角形所以四棱錐故選C． 的體積

的面積是個常數． 到平面的距離是個常數，為常函數，所以④正確．

【點睛】本題考查空間立體幾何中的面面垂直關系以及空間幾何體的體積公式，本題把立體幾何問題和函數進行的有機的結合，綜合性較強，設計巧妙，對學生的解題能力要求較高． 12.在正方體面A.所成的角為，則 B.中，點線段的中點.設點在線段

上，直線

與平的取值范圍是（）

D.C.【答案】B 【解析】試題分析：設正方體的棱長為，則，所以，.又直線與平面所成的角小于等于，而為鈍角，所以的范圍為，選B.【考點定位】空間直線與平面所成的角.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.下列命題中正確的有__________．

①有兩個面互相平行，其余四個面都是等腰梯形的六面體是棱臺； ②存在一個四個側面都是直角三角形的四棱錐；

③如果棱柱有一個側面是矩形，則其余各側面也都是矩形； ④圓臺的任意兩條母線所在直線必相交； 【答案】②④

【解析】①不正確，因為不能保證等腰梯形的各個腰延長后交與一點． ②如右圖的四棱錐，底面是矩形，一條側棱垂直底面，那么它的四個側面都是直角三角形，故②正確；

③如圖所示的棱柱有一個側面是矩形，則其余各側面不是矩形；故③錯誤

④根據圓臺的定義和性質可知，命題④正確． 所以答案為②④

14.已知圓錐的母線長度為2，一只螞蟻從圓錐的底面圓上一點出發，繞著圓錐側面爬行一周，再回到出發點的最短距離為2，則此圓錐的底面圓半徑為__________． 【答案】

【解析】把圓錐側面展開成一個扇形，則對應的弧長是底面的周長，對應的弦是最短距離，即∵圓錐 的母線

的長是螞蟻爬行的最短路程，的長度為2，一只螞蟻從點 繞著圓錐側面爬回點的最短距離為2，設圓錐的底面半徑為，則

故答案為

15.已知一棱錐的三視圖如圖所示，其中側視圖和俯視圖都是等腰直角三角形，正視圖為直角梯形，則該棱錐的體積為__________．

【答案】16 【解析】試題分析：作出其直觀圖如下圖所示，結合三視圖可知，該幾何體是一個四棱錐，且其底面是一個直角梯形，其面積為的體積為

.，高為，因此，該幾何體

考點：1.三視圖；2.空間幾何體的體積 16.已知直三棱柱的各頂點都在同一球面上，若，則該球的表面積等于__________．

【答案】

...............設此圓圓心為，球心為，在 中，易得球半徑故此球的表面積為即答案為．

【點睛】本題是基礎題，解題思路是：先求底面外接圓的半徑，轉化為直角三角形，求出球的半徑，這是三棱柱外接球的常用方法．

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，長方體

中，，點為的中點．

（1）求證：直線（2）求證：直線平面平面

； ．

【答案】(1)見解析;(2)見解析.【解析】試題分析;1）設的判定定理可證直線（2）由勾股定理可證直的判定定理可證直線試題解析:（1）設由分別是和

和平面

交于點，連．

同理，由直線與平面垂，易證

，則由直線與平面平行

是直角三角形．即平面

．，交于點，連的中點，故平面，．，，平面所以直線（2）所以同理

18.如圖，是直角三角形．，所以直線

．

是正三棱柱，底面邊長為，分別是、上的一點，．

（1）求截面（2）若正三棱柱【答案】(1)的面積． 的高為;(2)，求點到截面.為等腰三角形，則截面的距離即點到側面的面積易求 的距離等的距離.【解析】試題分析：（1）由勾股定理易證（2）設點到截面于，則由的距離為，易知點到平面

可求

試題解析：（1）由勾股定理易得面積（2）設點到截面易知點到平面的距離為，的距離即點到側面的距離等于，，為等腰三角形

由

19.如圖所示，棱柱的側面是菱形，.（1）證明：平面；（2）設是上的點，且平面

.，求的值．

【答案】(1)見解析;(2)【解析】試題分析：（1）由題側面又已知（2）設又是交

是菱形，所以.平面，可證....，由直線與平面垂直的判定定理可證于點，連接，則

平面的中點，所以為的中點．即是菱形，所以，試題解析：（1）因為側面又已知所以（2）設則因為所以又是所以為即平面交，且.于點，連接與平面平面 的中點，的中點．.，的交線． 是平面

20.如圖，正三棱錐，已知，（1）求此三棱錐內切球的半徑.（2）若是側面【答案】(1)半徑為 上一點，試在面

上過點畫一條與棱

平行于，則

垂直的線段，并說明理由． 為所求，證明見解析.;(2)過作線段

平面【解析】試題分析;（1）過作正三角形的中心，求解三角形可得三棱錐 的體積,最后，垂足為，由正三棱錐的性質可得為底面，求得，再由棱錐體積公式求得正，進一步得到

可求此三棱錐內切球的半徑；

，得到

，過 作線段

平行（2）由（1）結合線面垂直的判定可得于，則為所求． 試題解析;（1）如圖，過作∵連接則∴∴

平面，垂足為，為正三棱錐，∴為底面正三角形的中心，并延長交，且，則

于，．

；

（2）過作線段理由：∵過作平面平行于，則為所求．

為正三棱錐，垂足為，∴為底面正三角形的中心，則∴∵∴，平面，．，則，【點睛】本題考查線面垂直的判定和性質以及椎體的體積等，考查空間想象能力和思維能力，其中得到椎體的體積后由21.如圖，四棱錐，為線段

中，上一點，求出此三棱錐內切球的半徑是解題的關鍵平面，為，的中點.，（1）證明：（2）求異面直線平面與

；

所成角的余弦值..，由三角形中位線定理結合已知可得四【答案】(1)見解析;(2)所求角的余弦值【解析】試題分析：（1）設邊形（2）取與的中點，連接為平行四邊形，得到 ．再由線面平行的判定可得MN∥平面PAB；，，可證異面直線和

與

所成角就等于

與邊的靠近點的四等分點，連接

中設法求出所成的角，則在所成角的余弦值.最后由余弦定理可求求異面直線試題解析（1）由已知得取的中點，連接中點知，故，平行且等于，由為又四邊形因為所以（2）取由

.為平行四邊形，于是平面平面，.平面，邊的靠近點的四等分點，連接 四邊形與，為平行四邊形 所成角就等于，，與，則，所以異面直線所成的角，所以所求角的余弦值22.如圖甲所示，將梯形沿是梯形的高，，使得，點是線段，先上一動折起如圖乙所示的四棱錐點.（1）證明：（2）當； 時，求

與平面

所成角的正弦值.【答案】(1)見解析;(2)角的正弦值為.【解析】試題分析：（1）由勾股定理可證定理，可證以（2）因為作求得 交平面,所以，所以點到平面于點，連接

，可知點到平面，所以與平面是梯形、，進而證明

平面的距離的一半 交

平面距離為，點到平面的距離為，于，又，由直線與平面垂直的判定的距離等于點到平面，可求出，作，而，而再由而

所成角的正弦值為.的高，試題解析：（1）因為所以因為可得，，，如圖乙所示，所以有而所以又所以（2）因為所以點到平面作則作則 交交，平面，所以平面，所以，,所以、、兩兩垂直． 的距離等于點到平面于點，連接，于，而、，的距離的一半，平面

而可知再由點到平面而所以

與平面平面，由，點到平面的距離為

，距離為，所成角的正弦值為.

第三篇：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.

第四篇：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。

第五篇：安徽省泗縣雙語中學2012-2013學年高二上學期月考試題(語文)

安徽省泗縣雙語中學2012-2013學年高一上學期月考試題

語 文

命題人：雙語中學高一語文備課組

注意事項：

1、本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分，共150分?？荚嚂r間150分鐘。2．請用0.5毫米墨色筆將答案直接答在答題卡上對應的答題區域內。

第Ⅰ卷（閱讀題共

一、（9分，每小題3分）

閱讀下面這段文字，回答文后的問題。

最近，“輕小說”的概念頻頻出現于網絡媒體上，有的網站，將一批“80后”甚至“90后”作家主編的雜志，通稱為“輕小說”，比如郭敬明主編的《最小說》，明曉溪主編的《公主志》，郭妮主編的《火星少女》，江南主編的《幻想1+1》??這些雜志大多開本小，一手便可掌握，翻閱起來極為方便——這樣的設計，恐怕還是出于容易在課堂和上放學路上閱讀的考慮。

國內的“輕小說”和日本的“輕小說”如出一轍。看來，在日本動漫和韓國游戲全面侵入國內青少年文化生活之后，日本文學也通過雜志的方式開始影響中國的孩子了。2001年，上海文藝出版社曾出版過一套5本的系列叢書，取名為“輕閱讀書坊”，圖書采取的也是文配圖的方式，被視為國內最早提出“輕概念”的叢書。

上海文藝出版社的編輯王肖練曾經就“輕閱讀”三個字給出精彩的定義：輕松的閱讀，輕快的閱讀，輕靈的閱讀，“輕”不是沒有分量，“輕閱讀”是另一種重質量的閱讀。書中的內容“說的都是大白話，話題既時髦又有趣，既溫文爾雅又憤世嫉俗”。通過這些定義，即便是“輕閱讀書坊”的創意借鑒自日本的“輕小說”，也能看出出版者已經將其本土化了。

“輕閱讀”的流行，得益于網絡普及的推動。據了解，國內著名的商業網站網易和騰訊，均開設有“輕閱讀”的頻道或專欄。網絡使得兩種文字閱讀上的障礙得到了最快速度的融通，而站在時尚和流行前沿的年輕作家，在對外來文化的消化上，也表現出驚人的適應能力。

作為一種文化消費品，“輕閱讀”產品的本質是無害的，甚至在豐富人的生活、愉悅人的心靈方面，有著其他讀本不可代替的作用，但這些文本中思想內涵和文化底蘊的匱乏，以及價值觀的迷失，都有讓“輕閱讀”變成“飄閱讀”的趨勢。我們的青少年讀者追逐和享受

66分）

“輕閱讀”是他們的權利，但也要清醒地意識到“輕閱讀”中唯美背后的虛無、時尚背后的蒼白。無論什么時候，厚重的經典和傳統文學的質樸和開闊，都是豐富一個人心靈不可缺少的精神營養。（選自2008.2.25《中國青年報》，有刪節）1．對“輕小說”的理解，最準確的一項是（）。（3分）

A．“輕小說”是一批“80后”甚至“90后”作家主編的如《公主志》一類的雜志。B．“輕小說”是開本小、易掌握，翻閱起來極為方便，有利于學生隨時閱讀的一類雜志。C．“輕小說”是源自日本、受日本文學雜志的影響而形成的一類方便讀者閱讀的雜志。D．“輕小說”是源自日本、被出版者本土化的便于讀者閱讀的一類雜志。2．不屬于“輕閱讀”在我國流行的原因的一項是（）。（3分）

A．日本動漫和韓國游戲全面侵入我們國內青少年文化生活。B．我國的出版者將源自日本“輕小說”的“輕閱讀”本土化。C．國內有的著名的商業網站開設有“輕閱讀”的頻道或專欄。D．“輕閱讀”產品是一種文化消費品，它的本質是沒有危害的。3．根據原文信息，下列推斷正確的一項是（）。（3分）．．A．既然“輕閱讀”的流行得益于網絡普及的推動，那么，年輕作家的出名則靠知名網站的宣傳。

B．類似于“輕小說”雜志形體設計輕巧的圖書，在今后相當長一段時間內都是讀者很喜歡的。

C．“輕閱讀”有著其他讀本不可代替的作用，因此“輕小說”在人們的閱讀活動中有著舉足輕重的地位。

D．“輕小說”也有不足之處，我們不能為了“輕松閱讀”而放棄對經典和傳統文學的閱讀。

二、（33分）

閱讀下面文言文，完成4～7題。

①逮奉圣朝，沐浴清化。前太守臣逵察臣孝廉，后刺史臣榮舉臣秀才。臣以供養無主，辭不赴命。詔書特下，拜臣郎中，尋蒙國恩，除臣洗馬。猥以微賤，當侍東宮，非臣隕首所能上報。臣具以表聞，辭不就職。詔書切峻，責臣逋慢?？たh逼迫，催臣上道；州司臨門，急于星火。臣欲奉詔奔馳，則劉病日篤；欲茍順私情，則告訴不許：臣之進退，實為狼狽。

②伏惟圣朝以孝治天下，凡在故老，猶蒙矜育，況臣孤苦，特為尤甚。且臣少仕偽朝，歷職郎署，本圖宦達，不矜名節。今臣亡國賤俘，至微至陋，過蒙拔擢，寵命優渥，豈敢盤桓，有所希冀。但以劉日薄西山，氣息奄奄，人命危淺，朝不慮夕。臣無祖母，無以至今日；祖母無臣，無以終余年。母、孫二人，更相為命，是以區區不能廢遠。

4．指出下列各句中加點詞語的解釋有誤的一項是()（3分）A．逮奉圣朝，沐浴清化 ．B．詔書特下，拜臣郎中 ．C．過蒙拔擢，寵命優渥 ．．

逮：及，至 拜：授給官職 拔擢：提拔，提升 薄：與“厚”相對 D．但以劉日薄西山，氣息奄奄 ．5．下列句中加點“以”字的用法和意思不同于其它三項的是()（3分）A．臣以險釁，夙遭閔兇 B．臣以供養無主，辭不赴命 ．．C．臣無祖母，無以至今日 D．是以區區不能廢遠 ．．6．下列對課文分析不當的一項是()（3分）

A．①段以“逮奉圣朝，沐浴清化”表達自己對晉武帝的感激之情，再歷敘州郡朝廷優禮的事實。然后明確提出奉詔奔馳和孝養祖母的矛盾，為下文留下懸念。

B．②段先舉出“凡在故老，猶蒙矜育”的普遍事實，以進一步闡述自己的特殊情況。他當初仕蜀是想謀取官職顯達，也想自命清高，考慮名譽節操。

C．作者說自己不能奉詔的原因是祖母風燭殘年，母孫二人互相依靠，性命相關。D．①段以敘述為主，表明朝廷對自己優禮有加，而自己卻由于祖母供養無主，不能奉詔的兩難處境。②段以議論為主，重在說理，在陳情中喻之以大義。

7．請把下列各句譯成現代漢語。（10分）

(1)臣欲奉詔奔馳，則劉病日篤；欲茍順私情，則告訴不許。

譯文：(2)伏惟圣朝以孝治天下，凡在故老，猶蒙矜育，況臣孤苦，特為尤甚。

譯文：

閱讀下面這首唐詩，完成8-9題。（8分）

越中覽古

李白

越王勾踐破吳歸，義士還家盡錦衣。

宮女如花滿春殿，只今惟有鷓鴣飛。

8.詩中的“盡”和“滿”兩詞用得生動傳神，請予以簡要分析。（4分）

答：

9.作者主要采用什么樣的表現手法？表達了怎樣的主題？（4分）

答;

10.寫出下列名句名篇中的空缺部分。(任意選做六小題)(6分)（1）但以劉日薄西山，氣息奄奄，____ _______，朝不慮夕。（李密《陳情表》（2）烏鳥私情。（李密《陳情表》

（3）外無期功強近之親。（李密《陳情表》（4）閭閻撲地。（王勃《滕王閣序》）（5）潦水盡而寒潭清，_____ __________。（王勃《滕王閣序》）（6）_________________，知來者之可追。（陶淵明《歸去來兮辭》（7）_________________，秋水共長天一色。（王勃《滕王閣序》）（8），風飄飄而吹衣。（陶淵明《歸去來兮辭》

三、（24分）

閱讀下面的文字，完成11—14題

墊底的人

陳大超

終于調到一個局機關,吃上朝思暮想的“財政飯”,徐芳高興得一天到晚都是笑盈盈的,可是等她醒過神來,她就發現在這個既講級別也講資歷同時也講能力的機關里,她原來是個

墊底的人,誰都可以指派她,誰都可以指責她,誰都可以對她垮下臉來。人到中年、在原來的單位里大小是個頭兒的徐芳,心里的高興勁立刻就煙消云散了。

好在沒過多久,局里又來了一個腦子不好使的人——基本上就是個只能拖拖地夾夾報紙沖沖廁所的傻瓜。雖然傻瓜來頭不小,但徐芳仍然可以把他當作墊底的人,只要她受了誰的窩囊氣,她立刻就找到傻瓜,或者說“把地再拖一遍!”或者說“把報紙都好好夾起來!”或者說“幫我捶捶背!”傻瓜簡直像個一摁按鈕就立刻動作起來的機器人,不論你的臉色多難看,不論你對他的指使多么不合情理,他都是一點反應一點想法也沒有。

這個名叫閔天飛的傻瓜,考大學時離讀清華的分數僅僅只差一分,一陣狂笑就變成了一個癡不癡呆不呆的傻瓜了。徐芳也挺同情他的,但她一旦受了誰的氣,仍然要把他當作出氣筒,惡言惡語地把他使喚一通,讓自己產生某種虛幻的優越感。她甚至覺得在這個機關里,對她真正重要的,不是那些局長科長們,而是這個傻瓜——沒有這個傻瓜給她墊底,她真不知道自己會怎么過下去。

這天上班,她居然沒見到天飛,樓上樓下各個科室都找遍了,也沒見著他的身影。一問,原來是他家里人領著他到上海治病去了。她聽了心里猛然一驚,接下來一整天都恍恍惚惚、心神不寧的。她就總是下意識地跟人家討論:“你說天飛的這種病真的能治好嗎﹖”“你說天飛的病治好的把握到底有多大﹖”還假惺惺地說:“要是真能治好那就太好了啊!”其實她潛意識中非常害怕他真的給治好了。

一個星期后天飛出現在局里的時候,仍然是那副呆不呆傻不傻的樣子。徐芳見了差點笑出聲來。她也仍然常常在背后整他、吼他,拿他墊底、出氣。后來她竟然發展到敢用雞毛撣子打他了。也就有一次,她一失手,竟然將雞毛撣子重重地打在他的后腦勺上。打得他當時猛地一激靈,全身仿佛觸了電似的一抽搐。誰也沒想到,這一擊,竟然使天飛的智力因此而恢復了。

天飛在家里休息了幾天,再到局里上班的時候,臉上就再無半點呆氣傻氣了,局長也不讓他再做那些雜事了,而是要他在秘書科“適應適應”。僅僅過了兩三個月,天飛就給人一種英氣勃勃年輕有為的感覺了。自然,在這個局里,徐芳又成了一個墊底的人了。她是多么后悔啊!后悔自己竟然用雞毛撣子去打他——這一打,又把自己打入了度日如年的冰窟里。

她常?；孟朐谔祜w獨自在辦公室里值班的時候,悄悄地出現在他的后面,用一個暗中準備好的小木棒,對著他的后腦勺乒乒乓乓地從各個角度猛敲一氣——再把他腦子里的那個開關敲關上??

（原載《金山》2003年第2期）

11.下列對小說有關內容的分析和概括，最恰當的兩項是（5分）（）（）

A．徐芳能夠調到局機關，很是高興；但后來她發現自己的身份、級別、資歷和能力在局里都比不過別人，就高興不起來了。

B．閔天飛是個腦子不好使的傻瓜，癡癡呆呆，只能干些雜活，這使徐芳很高興，因為局里終于有了個不如自己的墊底人了。

C．徐芳雖然很同情閔天飛因為高考時離清華的分數線只差一分而變傻，但她仍然拿閔天飛做出氣筒，這說明她心理嚴重扭曲。

D．家人帶著閔天飛去上海治病，徐芳心神不寧；閔天飛的病沒有治好，徐芳竟然有點幸災樂禍，說明她沒有一點仁愛之心。

E．徐芳偶然的一打，竟是閔天飛恢復了智力，因此，徐芳懊悔不已，常?；孟朐侔阉蚧厣倒先?，使自己不是墊底的人。

12.小說中的徐芳有著怎樣的心理特征？請簡要分析。（6分）

答;13.小說中安排閔天飛去上?？床∵@一情節，對于故事發展有哪些作用？（6分）答： 14.小說題目命名為“墊底的人”，是出于人物、結構、主旨等多方面的考慮，請選擇一個方面，結合全文，陳述你的觀點并作分析。（7分）

答：

第Ⅱ卷（表達題，共84分）

四、（24分）

15.下列加點字的注音全部正確的一項是（）(3分) A.央浼miǎn 拾掇風sù 得魚忘筌．．chuò 朔．．quán B.儺送nuó 隕首sǔn 提防tí 數見不鮮shù ．．．．C、蹩腳bié 熟稔越ōu 強近之親qiǎng ．．rěn 甌．．D.出岫sū 模棱兩可líng ．xiù 捧袂．jué 窸窣．．16．下列各句中加點的成語使用恰當的一項是（）(3分)

A．調查發現，我校最近有少數學生在午休期間去打游戲機，個別學生還參與了賭博，請老師們及時教育，加強管理，以防患未然。．．．．B 《笑傲江湖》一劇的男主角被撤換的消息早已不脛而走，日前制片主任在記者招待．．．．會上證實了這一說法。

C．他在地主家當長工的時候，吃的是粗茶淡飯，住的是豬棚狗窩，干的是牛馬活兒。．．．．D．第一次見到王師傅便喜歡上了她，那輕柔的嗓音，那甜美的微笑，一看便知是個一．團和氣的人 ．．． 17．下列句子中沒有語病的一句是（）(3分)

A．奧斯特洛夫斯基的《鋼鐵是怎樣煉成的》對于中國青年是不陌生的。

B．今后的路該怎么走，他們在探索著，他們在判斷著，他們在尋找著，他們在思考著。C．電腦中有些網站，可以申請免費個人主頁，這樣，你只要將自己的信息放在指定的位置上，全世界的人都可以了解你的一切了。

D．文章里的中心思想確定以后，還要根據中心思想的需要，認真地選擇組織材料。18、2009年8月18日，已經稱霸田壇多年，從未在重大比賽中失敗過的俄羅斯女子撐竿跳運動員伊辛巴耶娃在柏林田徑世錦賽上三次試跳均未成功，沒有成績，無緣世錦賽三連冠。下面請你以一下中國網友的身份對伊辛巴耶娃的失利寫一段感言，表達對她的支持。要求：運用較為工整的句式或擬人的修辭手法，不超過30字。（6分）答： 19、請用一句話概括下面一個試驗所蘊含的哲理，不超過10個字。（5分）

將兩只大白鼠丟入一個裝了水的器皿中，它們會拼命地掙扎求生，一般維持的時間

是8分鐘左右。然后，在同樣的器皿中放入另外兩只大白鼠，在它們掙扎了5分鐘左右的時候，放入一個可以讓它們爬出器皿的跳板，這兩只大白鼠得以活下來。若干天后，再將這對大難不死的大白鼠放入同樣的器皿，結果真的令人吃驚：兩只大白鼠竟然可以堅持24分鐘，3倍于一般情況下能夠堅持的時間。

所蘊含的哲理是：

20、根據下列畫線句子的句式、修辭仿造句子，使上下文構成前后連貫合理的排比句。(4分)也許你無法擁有深邃的藍天，但是你可以做飄逸的白云。, 。只要你滿懷信心，善于發現，你會感受到生命的意義。

五、(60分)21.閱讀下面的文字，根據要求作文。

家，對許多人而言，不止是身體的休憩處，也是心靈的歸依所。我們每天乃至于一生，不斷地在離家與回家的歷程中，構筑出一天以至于一生的故事。一般人離家后總不免有回家的企盼，但也有人視回家為畏途，甚或無家可歸。回家對每個人而言，往往存在著不同的意義。

請以“回家”為話題，寫一篇不少于800字的文章。

要求：①角度自選；②立意自定；③除詩歌外，文體自選；④不要套作，不得抄襲。

參考答案

1．B（理解最準確的一項，是指抓住事物本質特征的一項，而輕小說的特征是輕便，只有B項抓住了此特征。）

2．A（是“輕小說”出現的一個前提。）

3．D（A項“輕閱讀”的流行與年輕作家的出名，二者之間沒有必然聯系，所以，推不出“年輕作家的出名靠知名網站的宣傳”這個結果。B項“在今后相當長一段時間內讀者都是很喜歡的”無中生有。C項說“輕小說”的地位舉足輕重，言過其實。）4．D解析：“薄”應為“迫近”。

5．C解析：C項為介詞，用來??；ABD 三項均為“因為”。6．B解析：“也想自命清高，考慮名譽節操”錯誤。

7．(1)我很想遵從皇上的旨意立刻為國奔走效勞，但祖母劉氏的病卻一天比一天重；想要姑且順從自己的私情，但報告申訴又不被準許。

(2)我想圣朝是以孝道來治理天下的，凡是故舊老人，尚且還受到憐惜養育，何況我的孤苦程度更為嚴重呢？

8.“盡”寫出了戰士脫下戰袍，都穿上了華美的衣服；“滿”寫出了美人站滿了宮殿的情景，這兩個形象地表現了勝利者的喜悅和驕傲或者“表現了越國的繁盛景象”亦可。

9對比。詩人將昔日的繁盛和今日的凄涼，作了鮮明的對比，突出了人事變化，盛衰無常的感慨。（回答成“襯托”，亦可）10．略

11.答B給3分，答E給2分，答C給1分；答A、D不給分。

12.①自卑心理，受人指派，被人指責；②自傲心理，傻瓜不如自己，可以隨意指使；③卑劣心理，欺負毆打傻瓜，在精神上找到優勝法、出氣法。

13.①看病是整個故事的一個重大轉折點，這是此前此后的故事發生了重要的變化；②使情節有波瀾起伏，避免了故事發展的平鋪直敘，能夠增強吸引力；③推動故事發展進入高潮，為后面徐芳毆打傻瓜而使傻瓜智力恢復做鋪墊。14.觀點一：使人物形象更加豐滿真實，特點突出。

①抓住“墊底人”力圖想擺脫自己是墊底人，因而不斷欺負更弱者的這一心理特征，真實地刻畫了人物鮮明的性格特征；②圍繞“墊底人”這個線索，通過故事情節的不斷發展變化，人物的心理特征得到了更好的集中刻畫；③通過“墊底人”角色的反復變化，更好地體現出了小說的諷刺特點。

觀點二：使情節結構更加緊湊嚴謹，完整新巧。

①通過“墊底人”又把別人作為自己的“墊底人”這一中心，構思故事，發展情節，使情節集中緊湊；②以“墊底人”的角色發展變化來結構全文，使小說結構精巧新穎；③小說圍繞誰是誰的“墊底人”這個問題，形成了兩條并行的敘事線索，使結構更加完整有序。

觀點三：使主題思想更加鮮明新穎，豐富深刻。

①通過“墊底人”的故事，揭示出了社會上仍然存在著阿Q式人物，以求在精神上尋得優勝法；②越是墊底，越是要欺負比自己更弱的人，諷刺“墊底人”這種卑劣的病態心理；③說明大家如果都能夠體諒弱者，關懷弱者，就不會出現“墊底人”這種現象，體現了作者對社會現象的深入思考。

15.c 16.B 【解析】A項浮光掠影：水面上的反光和一閃而過的影子比喻觀察不細致,沒有深的印象;又指文章言論的膚淺,無真知實學比喻印象不深刻C項簡單的飲食形容生活簡約D項“一團和氣”態度溫和，沒有原則

17.D．（A．主客顛倒，應改為：中國青年對奧斯特洛夫斯基的?? B．分句位置不當。這個復句里的幾個分句邏輯關系混亂，正確的次序是：他們在思考著，他們在判斷著，他們在探索著，他們在尋找著。復句的各分句之間，反映了一定的事理關系，句序應依據一定的標準排列。C．關聯詞位置不當，應為“只要你??”。）

18．田徑場上沒有永遠的常勝將軍，田徑場上卻有你永恒的微笑。

你沒有輸給對手，只是輸給了面前的橫竿，征服它只在下一次。

19、(5分)分析：前面的兩只大自鼠，因為沒有逃生的經驗，它們只能憑自己本來 的體力來掙扎求生，而有過逃生經驗的大自鼠卻多了一種精神力量，它們相信在某一時候，一個跳板會救它們出去，這使得它們能夠堅持更長的時間。--這種精神力量，就是積極的心態，或者說是內心對一個好的結果心存希望。

概括哲理：希望就是力量。(堅持就是勝利。積極心態能戰勝困難。意思對，可酌情給分。)20 也許你無法擁有明朗的夜空，但是你可以做閃耀的星星。也許你無法擁有絢麗的紅花，但是你可以做無私的綠葉。21