安徽省东至二中2017-2018学年高二上学期12月份考试数学(理)试题含解析

第一篇：安徽省东至二中2017-2018学年高二上学期12月份考试数学(理)试题含解析

东至二中、石台中学2017～2018学年上学期高二年级12月月考

数学(理科)第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.命题：“A.【答案】C 【解析】全称命题“

”的否定为特称命题“

”，故选C。B.”的否定是()

C.D.2.下列图形不一定是平面图形的是()A.三角形 B.四边形 C.圆 D.梯形 【答案】B 【解析】三角形，圆，梯形一定是平面图形，但是四边形可以是空间四边形，故选B.3.已知直线与直线

垂直，则的值为()A.0 B.C.1 D.【答案】C 【解析】∵直线故选C.4.已知命题“且”为真命题，则下面是假命题的是()A.B.C.或 D.【答案】D 【解析】命题“且”为真，则真真，则为假，故选D。

5.已知一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，那么这个几何体的表面积是()

与直线

垂直，∴，解得，A.【答案】C B.C.D.【解析】由题可知，三视图复原的几何体是一个放倒的底面是直角梯形的四棱柱，所以几何体的表面积6.下列命题： ①若③若，则，则；②若成等比数列；④若，则

；

成等差数列.（），故选C.，则其中真命题的个数为()A.1 B.2 C.D.4 【答案】B 【解析】若当若故选B.7.已知双曲线A.B.【答案】D 【解析】由题知，故选D.，焦距为

.的实轴长为2，虚轴长为4，则该双曲线的焦距为()C.D.，则时，则或，若，则，故①正确；，故②错误；

不成等比数列，故③错误； 成等差数列，故④正确.8.在四棱锥，则中，的值为()

底面，底面为矩形，是上一点，若A.B.C.D.4 【答案】C 【解析】因为又因为，故底面平面，所以，故，即，此时，.，则

.，所以9.若椭圆的右焦点为，是椭圆上一点，若到的距离的最大值为5，最小值为3，则该椭圆的方程为()A.【答案】A 【解析】由题意得：所以椭圆方程为：故选A.10.已知过双曲线

右焦点，斜率为的直线与双曲线的第一象限交于点

.，故，B.C.D.，点为左焦点，且A.B.C.，则此双曲线的离心率为()D.【答案】C 【解析】由题意，∵过双曲线

右焦点的直线，∴，代入双曲线，可得，∴，∴11.在四面体为线段中，∴底面平面，则线段，∵，∴，，故选C.，为的重心，上一点，且的长为()A.B.C.D.【答案】A 【解析】

如图，延长AG交BC于点H，过点G作GE//BC交AC于点E，过点E作EF//DC，交AD于点F，则平面EFG//平面BCD，又FG,12.已知点是椭圆则A.的取值范围为()B.C.D.平面BCD，所以FG//平面BCD，又，所以

上的动点，过点作圆

.的切线，为其中一个切点，所以【答案】B 【解析】因为故选B.点睛：直线与圆的位置关系常用处理方法：

（１）直线与圆相切处理时要利用圆心与切点连线垂直，构建直角三角形，进而利用勾股定理可以建立等量关系；

（２）直线与圆相交，利用垂径定理也可以构建直角三角形；（３）直线与圆相离时，当过圆心作直线垂线时长度最小．

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

13.正方体的棱长为，且正方体各面的中心是一个几何体的顶点，这个几何体的棱长为________.【答案】，由正方体的性质可得，，所以

..【解析】如图所示，取棱中点，连接则，即几何体的棱长为，故答案为.14.若“”是“”的充分不必要条件，则实数的取值范围是________________.【答案】【解析】由“”是“，解得

或

..”的充分不必要条件，所以，则有以下结论： ；

； 点睛：设（1）若（2）若（3）若对应的集合分别为的充分条件，则的充分不必要条件，则的充要条件，则。

根据所给的命题间的充分必要性求参数的取值范围时，要学会根据以上结论将问题转化成集合间的包含关系去处理。15.若直线【答案】 与曲线

有公共点，则的取值范围是____________.【解析】试题分析：如图所示：

曲线，即（1≤y≤3，0≤x≤4），表示以A（2，3）为圆心，以2为半径的一个半圆． 由圆心到直线y=x+b的距离等于半径2，可得

结合图象可得

考点：直线与圆的位置关系

16.如图，有一圆锥形粮堆，其正(主)视图是边长为6m的正，粮堆母线的中点处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在处，它要沿圆锥侧面到达处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是________________m.【答案】

【解析】

圆锥的底面半径为3m，周长是6πm, 展开图中大圆半径为6m，则圆心角为，即圆锥侧面展开图的圆心角是180度。

..................∴在圆锥侧面展开图中.故小猫经过的最短距离是m.故答案是：.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知方程表示双曲线；方程

表示焦点在轴上的椭圆，若

为真命题，为假命题，求实数的取值范围.【答案】

试题解析：为真命题时，为真命题时，∵为真命题，或，为假命题，∴与—真一假，当假，真时，.中，底面

是矩形，侧棱

垂直于底面，分别是

或，当真，假时，∴18.如图所示，在四棱锥的中点.求证：(1)(2)平面；平面.【答案】(1)见解析(2)见解析 【解析】试题分析：（1）由条件可得；

（2）由试题解析：(1)∵又矩形∴平面底面中，∴中，，∴，且

.分别为平面，平面，∴的中点，∴

平面，，，进而得线面平行，结合直线相交即可证得面面平行.，进而得

平面，从而可证(2)∵矩形∵∵是∵平面中点，∴平面，∴∵∴平面平面，平面平面.，点睛：本题主要考查了平面与平面平行的判定与证明问题，其中解答中涉及到直线与平面平行的判定定理，平面与平面平行的判定定理的综合应用，此类问题的解答中要证“面面平行”只要证明“线面平行”，只要证“线线平行”，把问题最终转化为线与线的平行问题，着重考查了学生的转化思想的应用.19.已知条件：取值范围.【答案】

或，由是的必要不充，条件，若是的必要不充分条件，求实数的【解析】试题分析：解不等式得到命题的等价条件分条件得到不等式组试题解析：，∵是的必要不充分条件，∴∴，∴，即，.，解出不等式组即可.或，20.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.(1)请把字母(2)判断平面(3)证明：直线标记在正方体相应的顶点处(不需要说明理由)； 与平面平面的位置关系，并证明你的结论；.【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析 【解析】试题分析：(1)折叠成正方体即可得出；（2）根据条件可证四边形BCEH为平行四边形，因此BE∥CH，由线面平行判定定理即可得证；（3）根据DH⊥平面EFGH可得DH⊥EG，又EG⊥FH，可证EG⊥平面BFHD，所以DF⊥EG，同理可证同理DF⊥BG，所以命题得证．

试题解析：

(1)点F、G、H的位置如图所示．

(2)平面BEC∥平面ACH．证明如下：

因为ABCD－EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG，又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCEH为平行四边形，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)连接FH交EG于点O，连接BD．

因为ABCD－EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH，因为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．

点睛：本题考查面面垂直，线面垂直，线线垂直的判定及性质以及面面平行，属于中档题。对于面面平行问题，就是要在一个平面内找到两条相交直线分别平行另一个平面；在证明线面垂直时，要注意往往先转化为线线垂直，其他线面垂直，再转化到所要研究的直线上具备同时垂直两条相交直线.21.已知以点两点，是为圆心的圆与直线的中点，.相切，过点的直线与圆相交于(1)求圆的标准方程；(2)求直线的方程.【答案】(1)

(2)

或

.【解析】试题分析：（1）利用圆心到直线的距离公式求圆的半径，从而求解圆的方程；（2）根据相交弦长公式，求出圆心到直线的距离，当直线斜率不存在时，满足题意，当斜率存在时，设出直线方程，再根据点到直线的距离公式确定直线方程.试题解析：(1)设圆的半径为，因为圆与直线∴，∴圆的方程为

符合题意；，即，，.相切，(2)①当直线与轴垂直时，易知②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为连接则由故直线的方程为，则，∵得或，∴，∴直线为：

.点睛：本题主要考查了直线与圆相切，直线与圆相交，属于基础题；当直线与圆相切时，其性质圆心到直线的距离等于半径是解题的关键，当直线与圆相交时，弦长问题属常见的问题，最常用的手法是弦心距，弦长一半，圆的半径构成直角三角形，运用勾股定理解题.22.已知椭圆的右焦点为，上顶点为，周长为，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)若点与椭圆交于是椭圆上第一象限内的一个点，直线过点且与直线两点，与交于点，是否存在常数，使

平行，直线

且

.若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)周长为，离心率为，结合，即可得方程； 【解析】试题分析：（1）（2）求出直线斜率得的方程为，可设方程为，由得，由得，利用弦长公式及韦达定理表示线段长即可得解.试题解析：(1)由题意知又，∴，.，∴椭圆的方程为(2)由又，得，∴，∴的方程为，可设方程为，由得，由得，，设，则，，由弦长公式：同理，，∴，∴，∴存在常数

，使.

第二篇：安徽省江淮名校2017-2018学年高二上学期期中考试试题数学(理)含解析

江淮名校高二年级（上）期中联考

数学（理科）试卷

一、选择题（共12小题,每小题5分,共60分）1.如果直线A.B.【答案】B 【解析】因为直线

与直线

垂直，所以

，故选B.与直线 C.D.垂直，则等于（）

2.若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（）

A.【答案】D B.C.D.【解析】试题分析：由已知中三视图的上部分有两个矩形，一个三角形，故该几何体上部分是一个三棱柱，下部分是三个矩形，故该几何体下部分是一个四棱柱． 考点：三视图． 3.直线A.C.【答案】B 【解析】直线过定点，化为，时，总有，即直线直线恒过定点，则以为圆心，为半径的圆的方程为（）B.D.，圆心坐标为，故选B.，又因为圆的半径是，所以圆的标准方程是4.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为则这个平面图形的面积是（）A.B.【答案】A C.D.，腰长为的等腰直角三角形，【解析】

根据斜二测的画法，直观图等腰直角三角形，还原为一条直角边长为、另一条直角边

，故选A.为的直角三角形，由三角形面积公式可得这个平面图形的面积是5.与两直线A.【答案】A 【解析】直线线平行，可设直线方程为直线方程为，故选A.平行于直线 B.和的距离相等的直线是（）C.D.以上都不对

到两平行直线距离相等的直线与两直，利用两平行线距离相等，即，解得6.已知，表示两条不同的直线，，表示三个不同的平面，给出下列四个命题： ①，②③④，，，，则，；，则，则，则

； ；

其中正确命题的序号为（）

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

可以垂直,也可以相交不垂直，故①不正确；，则与相交、平行或异面，故②不正确；③若，可知与

共线的向量分别是与的法向量，所以与所成二面角的平面为直角，故④正确，故选C.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.7.已知两点值范围是（）A.【答案】B B.，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取

或 C.D.【解析】

如图所示，直线时，即的斜率为；当斜率为负时，；直线，即的斜率为，当斜率为正

或，直线的斜率的取值范围是，故选B.8.如图所示，在四棱锥动点，若要使得平面A.【答案】B B.中，平面

底面，且底面

为菱形，是

上的一个，则应补充的一个条件可以是（）

D.是棱的中点

C.【解析】

因为四边形是菱形，平面，又，即有

平面，故要使平面，平面，又，只需

或.9.不共面的四个定点到平面的距离都相等，这样的平面共有（）个 A.个 B.个 C.个 D.个 【答案】D 【解析】

空间中不共面的四个定点构成三棱锥，如图：三棱锥,①当平面一侧有一点，另一侧有三点时，即对此三棱锥进行换底，则三棱锥有四种表示形式，此时满足条件的平面个数是四个；②当平面一侧有两点，另一侧有两点时，即构成的直线是三棱锥的相对棱，因三棱锥的相对棱有三对，则此时满足条件的平面个数是三个，所以满足条件的平面共有个，故选D.10.光线沿着直线（）A.，B.，C.，D.，射到直线

上，经反射后沿着直线

射出，则由【答案】A...............11.正方体中错误的是（）的棱长为，线段

上有两个动点、，且，则下列结论

A.C.B.异面直线平面，所成角为定值 的体积为定值 D.三棱锥【答案】B 【解析】

在正方体中，面平面

平面平面，又

平面

平面平面，故正确；为棱锥，故正确；平的的；面积为定值，的高，三棱锥重合时体积为定值，故正确；利用图形设异面直线所成的角为，当与当与重合时12.如图所示，正四棱锥成的角为（）

异面直线

所成角不是定值，错误，故选D.的中点，则

与

所的底面面积为，体积为，为侧棱

A.B.C.D.【答案】C 【解析】 连接是为，交于点，连接中点，与

正四棱锥所成的角为，的底面正四棱锥

是正方形，是中点，的底面积为，体积在中，，故选C.【方法点晴】本题主要考查正四棱锥的性质与体积公式、异面直线所成的角，属于难题.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.二、填空题（共4小题，每题5分，满分20分）13.若直线经过原点和【答案】

【解析】原点的坐标为又点在第二象限，和

原点与点的斜率，即

为倾斜角），则直线的倾斜角大小为__________．，故答案为.的交点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为14.直线过__________． 【答案】或

【方法点睛】本题主要考查待定系数法求直线方程以及直线截距式方程，属于中档题.待定系数法求直线方程的一般步骤是：（1）判断，根据题设条件判断出用那种形式的直线方程参数较少；（2）设方程，设出所选定的标准形式的直线方程；（3）求参数，根据条件列方程求出参数；（4）将参数代入求解；（5）考虑特殊位置的直线方程，因为除一般式外，其他四种标准方程都有局限性.15.已知圆取值范围为__________． 【答案】，直线：，当圆上仅有个点到直线的距离为，则的到直线的距离满足，【解析】由圆上仅有个点到直线的距离为可得圆心由于故答案为16.如图，矩形若为线段中，即

.，为边翻折过程中：，解得的中点，将沿直线翻转成.的中点，则

①是定值；②点在某个球面上运动；③存在某个位置，使得

平面

；

④存在某个位置，使其中正确的命题是__________． 【答案】①②④

【解析】解：取CD中点F，连接MF,BF，则MF∥DA1,BF∥DE，∴平面MBF∥平面DA1E，∴MB∥平面DA1E，故④正确.由由余弦定理可得

，所以

为定值，所以①正确；

B是定点，M是在以B为圆心，MB为半径的球面上，故②正确.假设③正确，即在某个位置，使得DE⊥A1C，又矩形ABCD中，满足，从而DE⊥平面A1EC，则DE⊥A1E，这与DA1⊥A1E矛盾.所以存在某个位置，使得DE⊥A1C不正确，即③不正确.综上，正确的命题是①②④

点睛：有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．

三、解答题（本大题包括6小题，共70分）17.已知圆：.（1）若直线与圆相切且斜率为，求该直线的方程；（2）求与直线【答案】（1）

平行，且被圆截得的线段长为的直线的方程.或

；（2）

或,根据圆心

到切线的距离等于半径，根据点到直线距【解析】试题分析：（1）设切线方程为：列方程可得的值，从而求得直线方程；（2）设所求直线方程为离公式及勾股定理列方程求出的值，从而可得直线的方程.试题解析：（1）设所求的切线方程为：半径，即∴切线方程为，∴或，即.，由题意可知：圆心

或

.到切线的距离等于（2）因为所求直线与已知直线平行，可设所求直线方程为一半为，圆的半径为，可知圆心到所求直线的距离为.∴所求直线方程为18.如图的几何体中，为的中点，为

或平面，平面，即：

.由所截得的线段弦长的，∴

或

为等边三角形，的中点.（1）求证：平面（2）求证：平面平面平面

；.【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】试题分析：（1）由中位线定理可得及线段长度可证明而四边形四边形，从而可得结论；（2）取可得平面，可得

平面，由线面垂直的性质

平面平面，为平行四边形为平行四边形，从而可得出，先证明.，再证明的中点，连接

平面，平面.，从而平面平面的中点，试题解析：（1）∵∴.又∵为∴四边形而为∴平面（2）取∴又为平行四边形.∴的中点，∴，.，又

.的中点，为平面的中点，连接为平行四边形，∴，所以平面，由（1）知，而，所以

且，的中点，所以平面

.，为等边三角形，为平面，从而平面【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、面面平行的判定定理，属于中档题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.本题（1）是就是利用方法①证明线面平行后，再证明面面平行的.19.如图，在四棱锥.中，平面，，，（1）求证：（2）求直线平面与平面

；

所成角的正弦值.平面，得的平行线交平面，由于点，连结，得到，得，则，再由与平面，所成的所成的角，【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）由得到角等于平面与平面；（2）过点作所成的角，由与平面

为直线和平面由此能求出直线所成角的正弦值.平面，直线平面

.，则

与平面

所成的角等于

为直线

与平面与平面

平面，所以，又因为，试题解析：（1）证明：因为所以，而，所以（2）过点作所成的角，因为的平行线交平面

于点，连接，故

为

在平面上的射影，所以所成的角，由于故，在与平面，中，可得

.故.由已知得，在中，可得，又，.所以，直线所成的角的正弦值为

【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于难题.解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论行的性质

；（3）利用面面平

；（4）利用面面垂直的性质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.20.已知矩形边的对角线交于点，边

所在直线的方程为，点

在所在的直线上.的外接圆的方程；

（），求证：直线与矩形的外接圆恒相（1）求矩形（2）已知直线：交，并求出相交的弦长最短时的直线的方程.【答案】（1）【解析】试题分析：由

；（2）

且点

在边

所在的直线上得直线外接圆圆心为的方程，联立直线，可得外方程得交点的坐标，则题意可知矩形接圆方程；（２）由可知恒过点，经检验，试题解析：（1）∵∴由∴所在直线的方程是得

．，∴矩形，求得，半径，可证与圆相交，求得与圆相交时弦长，进而得，最后可得直线方程．，∴，点．

在边

所在的直线上，时弦长最短，可得

且，即的外接圆的方程是，的交点

．

（2）证明：直线的方程可化为可看作是过直线由设与圆的交点为设与的夹角为，则

和的直线系，即恒过定点，知点在圆内，所以与圆恒相交，（为到的距离），当

时，最大，最短． 此时的斜率为的斜率的负倒数，即，故的方程为，即．

考点：圆的标准方程；直线与圆相交． 21.已知在四棱锥粪分别是线段，中，底面的中点.为矩形，且，平面，（1）证明：（2）在线段说明理由.（3）若与平面；

上是否存在点，使得

平面

？若存在，确定点的位置；若不存在，所成的角为.的一个四等分点（靠近点）时，平面

；（3）【答案】（1）见解析；（2）当为【解析】试题分析：（1）利用已知的线面垂直关系建立空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．（2）证明证线线垂直，只需要证明直线的方向向量垂直；（3）把向量夹角的余弦值转化为两平面法向量夹角的余弦值;（4）空间向量将空间位置关系转化为向量运算，应用的核心是要充分认识形体特征，建立恰当的坐标系，实施几何问题代数化．同时注意两点：一是正确写出点、向量的坐标，准确运算；二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备． 试题解析：解法一：（1）∵空间直角坐标系不妨令即∵． 4分，则，∴

平面，． 2分，，建立如图所示的（2）设平面得：的法向量为

． 6分，由，得，令，．∴设点坐标为即（3）∵又∵得平面，则，得，从而满足，要使∥平面，只需，的点即为所求． 8分，9分，∴，∴，平面

是平面是的法向量，易得

所成的角，10分

与平面的法向量为∴，故所求二面角的余弦值为． 12分，则，∴，∴，又4分 交交

于点，则于点，则

∥平面∥平面，且有且

5分，∴平面

∥平面

7分，2分，解法二：（1）证明：连接又又∴（2）过点作再过点作∴∥平面∥，∴．从而满足平面9分，∴

是的点即为所求． 8分 与平面

所成的角，且

．（3）∵∴取的中点，则，平面，则，在平面则∵∴中，过作即为二面角∽，∴，∴，连接的平面角 10分，∵，且

12分

考点：

1、直线与直线垂直的判定；

2、直线与平面垂直的判定；

3、二面角的余弦值． 22.如图（1），在矩形平面

中，为的中点，将

沿

折起，使平面，如图（2）所示.（1）求证：（2）求三棱锥（3）求二面角平面； 的体积； 的正弦值.；（3），再由面面垂直的性质定理可得平面，利用，交中求出

平面

；【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）由勾股定理可得（2）过作，交

于点，可得

平面

及棱锥的体积的延长线于，连，从而公式可得结果；（3）由（2）可知接，则为二面角，过点作的平面角，在直角三角形可得结果.试题解析：（1）∵又平面∴平面平面.，交

于点，∴

平面

平面的平面角，且.的正弦值为

为，∴

.，过点作，交的延长线于，连接，则，平面，∴平面

（2）过作∴（3）由（2）可知为二面角∵∴即二面角

第三篇：安徽省合肥市第一中学2017-2018学年高二上学期段一考试(月考)数学(文)试题含解析

合肥一中2017~2018学年第一学期高二年级段一考试

数学（文科）试卷 第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1.将直角三角形绕它的一个直角边所在的直线旋转一周，形成的几何体一定是（）A.圆锥 B.圆柱 C.圆台 D.以上均不正确 【答案】A 【解析】由棱锥的定义可知：

将直角三角形绕它的一个直角边所在的直线旋转一周，形成的几何体一定是圆锥.本题选择A选项.2.由斜二测画法得到：

①相等的线段和角在直观图中仍然相等； ②正方形在直观图中是矩形；

③等腰三角形在直观图中仍然是等腰三角形； ④平行四边形的直观图仍然是平行四边形． 上述结论正确的个数是（）A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】B 【解析】逐一考查所给的说法：

①相等的线段平行时在直观图中仍然相等，原说法错误； ②正方形在直观图中是平行四边形，不是矩形，原说法错误； ③等腰三角形在直观图中不是等腰三角形，原说法错误； ④平行四边形的直观图仍然是平行四边形，原说法正确． 综上可得上述结论正确的个数是1个.本题选择B选项.3.下列四个正方体图形中，能得出平面

为正方体的两个顶点，分别为其所在棱的中点，的图形的序号是（）A.①③ B.②④ C.②③ D.①④ 【答案】D 【解析】在①中，由正方体性质得到平面MNP与AB所在平面平行，∴AB∥平面MNP，故①成立；

②若下底面中心为O，则NO∥AB，NO∩面MNP=N，∴AB与面MNP不平行，故②不成立；

③过P作与AB平行的直线PO，则PO与平面MNP相交，∴AB与面MNP不平行，故③不成立；

在④中，AB与PN平行，∴AB平面MNP，故④成立.综上所述，答案为①④.本题选择D选项.4.在正方体

中，异面直线

与

所成的角为（A.90° B.60° C.45° D.30° 【答案】C 【解析】如图所示，由正方体的性质可知，则异面直线与所成的角即，结合正方体的性质可知，综上可得异面直线与

所成的角为45°.本题选择C选项.）

点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：

①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形； ④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是两条异面直线所成的角． 5.如图，在四面体中，若直线

和

相交，则它们的交点一定（），当所作的角为钝角时，应取它的补角作为

A.在直线C.在直线【答案】A 上 B.在直线上 D.都不对

上

【解析】依题意有：由于交点在上，故交点在这两个平面的交线

6.在正方体A.【答案】D B.上，故在平面上.上，同理由于交点在上，故在平面

中，为棱 C.的中点，则（）

D.【解析】由题意结合射影定理逐一考查所给选项：

在平面选出A错误；

在平面错误；

在平面错误；

在平面上的射影为，若，则，该结论明显成立，选出上的射影为，若，则，该结论明显不成立，选出C上的射影为，若，则，该结论明显不成立，选出B上的射影为，若，则，该结论明显不成立，D正确；

本题选择D选项.7.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知1丈为10尺，该楔体的三视图如图所示，则该楔体的体积为（）

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：由题意，将楔体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体，体积为本题选择A选项.点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．

8.设A.若C.若是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（），，则，则

B.若 D.若，，则，则

立方尺，【答案】B 【解析】试题分析: 若，则与可能斜交，可能垂直，所以选项A不正确；若，则

平行或相交或，则与平行或异面，所以选项C不正确；若异面，所以选项D不正确．故选B． 考点：直线、平面的位置关系．

【思路点睛】在A中，若为内的任意一条直线，则由直线与平面垂直的定义可知在C中，若在过直线的平面内，则由线面平行的性质定理可知则由线面垂直的性质定理可知

；在D中，若

；，.本题主要考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面的位置关系的判断和空间想象能力，属于中档题． 9.在棱长为1的正方体边）的动点，且体积为（）平面，沿

中，是棱运动，将的中点，是侧面

内（包括

点所在的几何体削去，则剩余几何体的

A.B.C.D.【答案】B 【解析】如图所示，分别取B1B、B1C1的中点M、N，连接AM、MN、AN，则∵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内的相交直线,∴平面A1MN∥平面D1AE，由此结合A1F∥平面D1AE,可得直线A1F⊂平面A1MN，即点F的轨迹是线段MN，∴，∴将B1点所在的几何体削去,剩余几何体的体积为本题选择B选项.10.在空间四边形分别是A.B.C.D.平面平面平面平面中，分别为

上的点，且，又的中点，则（），且四边形，且四边形，且四边形，且四边形

是平行四边形 是平行四边形 是梯形 是梯形

【答案】C 【解析】如图，由条件知,EF∥BD,EF=BD,GH∥BD,且HG=BD； ∴EF∥HG,且EF=HG； ∴四边形EFGH为梯形；

EF∥BD，EF⊄平面BCD，BD⊂平面BCD；

∴EF∥平面BCD；

若EH∥平面ADC,则EH∥FG，显然EH不平行FG； ∴EH不平行平面ADC； ∴选项C正确。本题选择C选项.11.如图，若是长方体何体，其中为线段

上异于

被平面的点，为线段

截去几何体上异于的点，且

后得到的几，则下列结论中不正确的是（）

A.B.四边形是矩形 可能为梯形 C.是棱柱 D.四边形【答案】D 【解析】根据题意，有根据线面平行的性质定理，可知，根据线面平行的判定定理，可知EH∥平面，所以A对，根据长方体的性质，可知EH⊥EF，所以B对，因为长方体是棱柱，所以C对，因为EH与FG平行且相等，所以对应的四边形是平行四边形，故D是错误的，故选D.本题选择D选项.点睛：空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定，对于异面直线，可采用直接法或反证法；对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、平行公理及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直的性质来解决． 12.已知是球的球面上两点，为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】试题分析：如上图所示，点该球面上的动点，所以当点到平面体积取最大值，所以故选C.三点应为大圆面上的等要直角三角形，由于为

时，三棱锥的，的距离最大时即，解得，所以球的表面积为

考点：

1、球；

2、球的表面积；

3、三棱锥.第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.一个圆台上、下底面的半径分别为个圆台的表面积为__________【答案】，，.，直线

与

交于点，，．

和，若两底面圆心的连线长为，则这【解析】由题意可得，圆台的母线长为：据此可得圆台的侧面积为：上底面的面积为：下底面的面积为：据此可得，圆台的表面积为：14.设平面，则平面，__________． 【答案】9 【解析】根据题意做出如下图形：

∵AB，CD交于S点

∴三点确定一平面，所以设ASC平面为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.故答案为：9.15.由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为__________．，【答案】

【解析】由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆半径为1,所以

.【名师点睛】(1)由实物图画三视图或判断、选择三视图,此时需要注意“长对正、高平齐、宽相等”的原则.(2)由三视图还原实物图,解题时首先对柱、锥、台、球的三视图要熟悉,复杂的几何体也是由这些简单的几何体组合而成的；其次,要遵循以下三步：①看视图,明关系；②分部分,想整体；③综合起来,定整体． 16.如图，在四面体在棱是__________．

中，上，若直线，与

所成的角为60°，点，则四边形

分别

面积的最大值

都平行于平面

【答案】

【解析】∵直线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.故四边形EFGH为平行四边形。

结合AB=CD可知四边形EFGH为菱形，且∠GHE=60°.设BF:BD=BG:BC=FG:CD=x,(0⩽x⩽1)则：

FG=2x,HG=2(1−x)，菱形的面积为：结合函数的定义域和二次函数的性质可知，当时，四边形的面积取得最大值.，三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.如图，已知四棱锥

中，底面

为菱形，分别是的中点，在上，且证明：点.四点共面．

【答案】见解析 【解析】试题分析：

由题意做出辅助线，结合基本定理证得试题解析： 在平面在平面取内，连接内，连接

并延长交并延长交，则由

于点，则有于点

．

．，与

相交于点，则

四点共面．

中点，连接的中点，中有中有

可知∵点为∴在∴在，即，与，∴点与点∴重合，即四点共面．

相交于点，点睛：在几何公理中。公理1是判断一条直线是否在某个平面的依据；公理2及其推论是判断或证明点、线共面的依据；公理3是证明三线共点或三点共线的依据．要能够熟练用文字语言、符号语言、图形语言来表示公理．

18.某种“笼具”由内，外两层组成，无下底面，内层和外层分别是一个圆锥和圆柱，其中圆柱与圆锥的底面周长相等，圆柱有上底面，制作时需要将圆锥的顶端剪去，剪去部分和接头忽略不计，已知圆柱的底面周长为，高为，圆锥的母线长为

.（1）求这种“笼具”的体积；

（2）现要使用一种纱网材料制作50个“笼具”，该材料的造价为每平方米8元，共需多少元？

【答案】（1）（2）元.【解析】试题分析：

(1)“笼具”抽象为一个圆柱减去一个圆锥的组合体，据此结合体积公式可求得其体积为.(2)结合题意首先求得一个“笼具”的表面积为个“笼具”，共需试题解析：

设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为，高为根据题意可知（1），∴

（），（），元.，然后结合题意计算可得制作50所以“笼具”的体积（）.（2）圆柱的侧面积圆柱的底面积圆锥的侧面积所以“笼具”的表面积故造50个“笼具”的总造价：，，元.答：这种“笼具”的体积为19.如图，四边形（1）求证：（2）求证：平面平面与；平面

；制造50个“笼具”的总造价为

分别是

元.的中点．

均为平行四边形，.【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】试题分析：(1)连接，结合题意证得，利用线面平行的判断定理即可证得平面平面，.平面，且

与

平面为平面

.内(2)结合题意首先证得线面平行：的两条相交直线，据此可得平面试题解析：（1）如图，连接连接所以又所以平面平面，则为，.分别为平行四边形，平面平面中点，为平面平面与为平面平面的中位线，所以，平面，.平面平面，则

必过

与的交点，的中位线，（2）因为所以又所以又为所以又所以又的边的中点，，内的两条相交直线，.所以平面点睛：证明两个平面平行的方法有： ①用定义，此类题目常用反证法来完成证明；

②用判定定理或推论(即“线线平行⇒面面平行”)，通过线面平行来完成证明； ③根据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质进行证明； ④借助“传递性”来完成． 20.在如图所示的几何体中，是（1）已知（2）已知，分别是和的中点，；平面

...求证：的中点.求证：

【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】试题分析：

(1)利用线面垂直的判断定理可证得；

平面，然后利用线面垂直的定义可知...........................试题解析：（Ⅰ）证明：因所以因为所以同理可得又因为所以因为平面平面.与，确定一个平面，连接为；，，的中点，（Ⅱ）设在又在又因为的中点为，连，中，是，所以中，是的中点，所以； 的中点，所以

平面平面，.，所以平面平面，所以

21.如图，四棱锥，重心.（1）求证：（2）求三棱锥平面

中，为，的中点，且

平面与，底面为梯形，均为正三角形，为

； 的体积.【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：(1)连交平面于，连接；，利用几何关系可证得，结合线面平行的判断定理可得

试题解析：（Ⅰ）证明：连由梯形知又为为在故又∴，交于，连接，且

．，的中点，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∴三棱锥，，为正三角形，得，的体积为．

中，沿，，22.如图，四边形上，（1）若，.平面，分别在，现将四边形折起，使，在折叠后的线段上是否存在一点，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；（2）求三棱锥的体积的最大值，并求出此时点到平面的距离.【答案】（1）（2）

【解析】试题分析：

(1)利用折叠前后的线面平行的性质讨论可得.(2)由题意得到体积函数，结合二次函数的性质可知当

时，的上存在一点，使得

平面，此时有最大值，且最大值为3，结合余弦定理和三角形面积公式可知此时点到平面距离为.试题解析：（1）上存在一点，使得

平面，此时

.理由如下： 当过点作则有∵故又故有故四边形∴又∴故有∴（2）设∴故，平面平面，，,平面成立.，可得，，为平行四边形，时，交，，于点，连结，∴当此时在时，有最大值，且最大值为3，中，由余弦定理得，∴，, 设点到平面由于即∴，的距离为，，即点到平面的距离为.点睛：(1)解决探索性问题一般先假设其存在，把这个假设作已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算，在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在，如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．

(2)在处理空间折叠问题中，要注意平面图形与空间图形在折叠前后的相互位置关系与长度关系等，关键是点、线、面位置关系的转化与平面几何知识的应用，注意平面几何与立体几何中相关知识点的异同，盲目套用容易导致错误．

第四篇：安徽省淮北市第一中学2017-2018学年高二上学期期中考试数学(文)试题含解析

淮北一中2017-2018学年上学期高二年级期中考试

文科数学试题 第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.抛物线的焦点到准线的距离为（）

A.B.C.D.【答案】C 【解析】由，则

（）得：，所以，即焦点到准线的距离为，故选C.2.如角满足A.B.C.D.【答案】D 【解析】由题意可得3.离心率为，且过点A.【答案】D 【解析】已知椭圆的焦点在轴上，若椭圆过点则，即，则，又由其离心率为，即，故选D.，B.，选D.的焦点在轴上的椭圆的标准方程是（）C.D.，此时椭圆的方程为，则输入的（）4.执行如图所示的程序框图，如果输出

A.B.C.D.【答案】B 【解析】该程序框图表示的是通项为，故选B.5.由公差为的等差数列

重新组成的数列

是（）的前项和，输出结果为，得A.公差为的等差数列 B.公差为的等差数列 C.公差为的等差数列 D.非等差数列 【答案】B 【解析】设新数列，故选B.【方法点晴】本题主要考查等差数列的定义、等差数列通项公式，属于难题.判定一个数列为等差数列的常见方法是：(1)定义法：

（是常数），则数列

是等差数列(2)等的第项是，则，此新数列是以为公差的等差数列，差中项法：为常数)，则数列

（），则数列是等差数列；(3)通项公式：

（(是等差数列；(4)前n项和公式：为常数)，则数列是等差数列.本题先利用方法(1)判定出数列6.已知A.，且 B.，则 C.是等差数列后再进行解答的.的最小值为（）D.【答案】C 【解析】由

故选D.【易错点晴】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于中档题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.7.在中，（分别为角的对边），则的形状为（）得，因为，所以

（当且仅当

时等号成立），A.直角三角形 B.等边三角形 C.等腰三角形 D.等腰三角形或直角三角形 【答案】A 【解析】因为，因为8.已知命题函数的图像关于直线A.B.，由正弦定理当

，所以的图像恒过定点

，可得，的形状为直角三角形，故选A.为偶函数，则函数

；命题若函数

对称，则下列为真命题的是（）

D.C.【答案】D 【解析】试题分析：因为函数为偶函数，则函数为真命题.故选D． 的图象恒过定点的图象关于直线，所以命题为假命题，若函数

对称，所以命题也为假命题，所以考点：复合命题的真假．

【方法点睛】由函数的奇偶性，对称轴和平移得到命题假，则为真命题.复合命题的真假判断的方法：（1）非复合命题判断真假：当为真时，非为假；当为假时，非为真，即“非”形式的复合命题的真假与的真假相反；（2）“且”形式的复合命题真假判断：当、为真时，且为真；当、中至少有一个为假时，且为假，即“且”形式的复合命题，当与同为真时为真；（3）“或”形式的复合命题真假判断：当，中至少有一个为真时，“或”为真；当，都为假时，“或”为假，即“或”形式的复合命题，当与同为假时为假．本题考查命题的真假判断解题时要认真审题，注意复合命题的性质的合理应用，属于中档题.9.已知椭圆的两个焦点分别为，若椭圆上不存在点，使得

是钝角，则椭圆离心率的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A..................10.如图，在中，若，则的值为（）

A.B.C.D.【答案】D 【解析】

11.数列A.的通项公式为 C.D.，其前项和为，则（）

B.【答案】D 【解析】选D.12.数列A.的通项公式为 C.D.，其前项和为，则

（）

B.【答案】B 【解析】选D.第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.命题“【答案】【解析】特称命题“14.在数列【答案】【解析】时，”的否定是__________． 14

”的否定为全称命题“，则

”。

中，已知其前项和为

时，__________．

两式相减可得，故答案为

.，【方法点睛】本题主要考查数列通项与前项和之间的关系以及公式属于难题.已知求的一般步骤：（1）当

时，由

求的值；（2）当的应用，时，由，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示；（4）写出的完整表达式.15.设实数【答案】18 满足，则的最小值为__________．

【解析】

表示可行域内的点可知原点到直线式可得

到原点距离的平方，出不等式组对应的平面区域如图：由图象的距离,就是点

到原点距离的最近距离，由点到直线距离公

，故答案为.，所以的最小值为16.下列命题中，假命题的序号有__________．（1）“”是“函数

为偶函数”的充要条件；

（2）“直线垂直平面内无数条直线”是“直线垂直平面”的充分条件；（3）若（4）若【答案】（2）（3）【解析】（1）若“函数即平方得即则“”是“函数，则，即，为偶函数”的充要条件；正确；，则，为偶函数”，则，，则

；，则

.（2）“直线垂直平面内无数条直线”则“直线垂直平面”不一定成立，故（2）错误；（3）当（4）若：故答案为：（2）（3）时，满足，但，则：

不成立，故（3）错误；

正确．

三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知函数（1）当（2）若

.；.时解集为,当

时解集为,当时，解关于的不等式，解关于的不等式（2）当【答案】（1）时解集为

【解析】试题分析：（1）所以根据根的大小进行分类讨论：

试题解析：（1）当即时，不等式

． ．，；，结合图像可得不等式解集（2）时，为；，为；，时，为，解得故原不等式的解集为（2）因为不等式当时，有所以原不等式的解集为当时，有，所以原不等式的解集为当时，原不等式的解集为

；

18.设数列数列.（1）求数列（2）求数列【答案】(1)是等差数列，满足，数列满足，且为等比和的通项公式； 的前项和.(2)的通项公式，设等比数列的表达式，则可得到的公【解析】试题分析：（1）由等差数列的定义可求得比为,由等比数列的定义可求得的值，进而得到的通项公式；（2）根据（1）中和得结果.的通项公式所具有的特征，等差数列和等比数列之和，故可采用分组求试题解析：（1）设等差数列的公差为,由题意得,设等比数列的公比为,由题意得,解得,（2）由（1）知，.考点：（1）求数列的通项公式；（2）数列求和.19.已知函数（1）的最小正周期和单调递增区间；

是三边长，且的面积..（2）已知.求角及的值.【答案】(1)f（x）的递增区间是[﹣+kπ，+kπ]，k∈Z(2)a=8，b=5或a=5，b=8 【解析】试题分析：

解析式利用两角和与差的正弦函数公式及二倍角的余弦函数公式化的最小正周期，利用正简，整理为一个角的正弦函数，找出的值代入周期公式即可求出弦函数的单调性即可求出由的单调递增区间。，根据第一问确定出的解析式求出的度数，利用三角形面积公式列出关系式，将

代入求出的值，联立即可求出值代入求出的值，利用余弦定理列出关系式，将的值。

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，则函数f（x）的递增区间是[﹣+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，将ab=40代入得：a2+b2=89②，联立①②解得：a=8，b=5或a=5，b=8． 20.已知过抛物线（1）求该抛物线的方程；（2）已知过原点作抛物线的两条弦理由.【答案】(1）（2）(4,0)的方程为:，与抛物线方程联立，利用弦长公式根的方程为：，和，且，判断直线

是否过定点？并说明的焦点，斜率为的直线交抛物线于

两点，且

.【解析】试题分析：（1）直线据联立结果.试题解析：（1）拋物线的焦点列方程可求得，得，从而可得该抛物线的方程；（2）直线，根据韦达定理及平面向量数量积公式可得，从而可得，∴直线的方程为:.联立方程组，消元得:，∴∴解得..∴抛物线的方程为：（2）由（1）直线联立则，得①..的方程为：，的斜率不为0，设直线，设，则.所以或（舍）, 所以直线DE过定点（4,0）.21.已知数列（1）求数列（2）设数列满足，且

（，）.的通项公式； 的前项之和，求证：

.【答案】(1)an=(2)详见解析

【解析】试题分析：（1）由,可得，即，可得出{{}}为等差数列.最终可求出{an}的通项公式；(2)采用错位相减法求出,再变形即可求证.试题解析：

（1）∵an=2an﹣1+2n（≥2，且n∈N*）∴

∴，∴数列{}是以为首项，1为公差的等差数列；∴；

（2）∵Sn=﹣Sn=1+22+23+…+2n﹣∴．，∴2Sn=，两式相减可得

=（3﹣2n）•2n﹣3，∴Sn=（2n﹣3）•2n+3＞（2n﹣3）•2n 22.已知椭圆（1）求椭圆的方程及离心率.（2）直线经过定点【答案】(1)(2)，其长轴为，短轴为.，且与椭圆交于两点，求面积的最大值.面积的最大值为 【解析】试题分析：（1）根据条件可得直线方程为：，即得椭圆的方程，及离心率．（2）先设，与椭圆联立方程组，利用韦达定理，结合弦长公式求得底边边长再根据点到直线距离得高，根据三角形面积公式表示大值

试题解析：解：（Ⅰ）∴椭圆的方程为：，，．

面积，最后根据基本不等式求最，离心率：（Ⅱ）依题意知直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线方程为：由，得，由设得：，，则，，又∵原点到直线的距离，∴

．

当且仅当此时，即面积的最大值为．

时，等号成立，点睛：解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.

第五篇：安徽省淮北市第一中学2017-2018学年高二上学期第二次月考数学(文)试题含解析

淮北一中2017-2018学年第一学期高二第二次月考

文科数学 第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若A.，B.，则下列不等式成立的是（）C.D.【答案】C 【解析】试题分析：考点：不等式性质 2.等差数列中，已知公差，且，则的值为（）

A.170 B.150 C.145 D.120 【答案】C 【解析】∵数列{an}是公差为的等差数列，∴数列{an}中奇数项构成公差为1的等差数列，又∵a1+a3+…+a97+a99=60，∴50 ,故选C 3.已知角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边在直线

（）

A.B.【答案】B 【解析】已知角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边在直线,故选B

上，则 C.D.上，则

+=

×1=60,145 4.设，，则数列（）

A.是等差数列，但不是等比数列 B.是等比数列，但不是等差数列 C.既是等差数列又是等比数列 D.既非等差数列又非等比数列 【答案】A 【解析】因为，b-a=b、c为等差数列．而故选A 5.三角形的两边之差为2，夹角的余弦值为，该三角形的面积是14，那么这两边分别为（）A.3,5 B.4,6 C.6,8 D.5,7 【答案】D 【解析】三角形的两边a-c=2，cosB=，该三角形的面积是14，∵0＜B＜π，∴sinB＝,又 14=ac,所以ac=35,，；而,c-b=, 所以数列a、b、c不为等比数列． , 所以b-a=c-b，数列a、，根据对数定义得：，∴这个三角形的此两边长分别是5和7． 故选D． 6.函数A.B.C.的最小值是（）

D.【答案】C 【解析】,当且仅当故选C 7.若A.均为单位向量，且 B.1 C.，则 D.的最小值为（）即x=

时取等号

【答案】A 【解析】则当与同向时=故选A

最大，-1，所以

最小，此时的最小值为，=，所以

点睛：本题考查平面向量数量积的性质及其运算律，考查向量模的求解，考查学生分析问题解决问题的能力，求出最小.8.下列说法正确的是（）A.命题“若B.命题“若C.命题“存在”

D.中，是的充要条件，则，则，使得

”的否命题为：“若，则

”，表示出，由表达式可判断当与

同向时，”的逆否命题为假命题

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

故C错； D.中，故D对； 故选D 9.若关于的不等式A.【答案】A B.在区间 C.上有解，则实数的取值范围为（）D.是的充要条件，根据正弦定理可得，则，使得，则

”的否命题为：“若，则

”故A错；

”的逆否命题与原命题同真假，原命题为真命题，故B错；

”的否定是：“对任意，均有【解析】由题意得，选A.10.已知非零向量A.B.满足 C.，又单调递减，所以，则 D.的取值范围是（）

【答案】D 【解析】非零向量 满足，则由平行四边形法则可得，令

所以故选D 的取值范围是

点睛: 本题考查平面向量的运用，考查向量的运算的几何意义，考查运用基本不等式求最值，考查运算能力，非零向量,则

满足，则由平行四边形法则可得，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，则的，若，∴设则lglg3=-lglog310=-m．∵f（lglog310）=5，∴∴f（lglg3）=f（-m）=故答案为A

=5, ∴

=-4+1=-3，, 12.等差数列A.B.中，是一个与无关的常数，则该常数的可能值的集合为（）

D.C.【答案】A 【解析】由题意可得：因为数列{an}是等差数列，所以设数列{an}的通项公式为：an=a1+（n-1）d，则a2n=a1+（2n-1）d，所以所以a1-d=0或d=0，所以故选A 点睛：解决此类问题的关键是熟练掌握等差数列的通项公式，以及熟练掌握分式的性质，先根据等差数列的通项公式计算出an=a1+（n-1）d与a2n=a1+（2n-1）d，进而表达出题中的条件以及分式的特征可得答案．

第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.若不等式【答案】-10 【解析】不等式的解集，是 的解集，则

__________．，再结合=，因为

是一个与无关的常数，可能是的两根，根据韦达定理得故答案为-10.14.已知【答案】 【解析】仅当故答案为.15.已知满足即b-1=2a,又，解得 所以，则的最小值是__________． ,当且，所以a=,b=时取等.，若是递增数列，则实数的取值范围是__________． 【答案】【解析】以，,是递增数列,所以

>0,所所以

点睛：本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其单调性、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，利用16.已知函数解集为【答案】9 【解析】试题分析：∵函数的值域为，是递增数列，则的值域为，则实数的值为__________．

恒成立，采用变量分离即得解.，若关于的不等式的∴只有一个根，即则，不等式的解集为，即为解集为，则的两个根为，∴，解得，故答案为：．

考点：一元二次不等式的应用．

三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知集合（1）求（2）若，是

； 的充分不必要条件，求实数的取值范围.，.【答案】（1），（2）

【解析】试题分析:（1）解分式不等式，二次不等式得出集合A，B，进行交并补的运算.(2)是的充分不必要条件，,考虑，两种情况.试题解析:（1）, ，（2）由（1）知，, ① 当时，满足,此时，解得

；

是的充分不必要条件，② 当时，要使,当且仅当

．，.解得．

综上所述，实数的取值范围为18.解关于的不等式：【答案】当当当当时，不等式解集；

；

； ； 时，不等式的解集时，不等式的解集时，不等式的解集...............试题解析： 由题意可知（1）当时，，不等式无解；（2）当（3）当（4）当综上所述：当当当当时，时，时，不等式的解是

不等式的解是

；

； ；

不等式的解是时，不等式解集；

； 时，不等式的解集时，不等式的解集时，不等式的解集

；.；

19.已知（1）最小正周期及对称轴方程；（2）已知锐角的高的最大值.【答案】(Ⅰ）的最小正周期为，化成的内角

所对的边分别为，且，求边上

(Ⅱ）

形式,再求周期及增,最后由面积公式【解析】试题分析：（1）先利用辅助角公式把区间；（2）先利用已知条件得求得边上的高的最大值 ,再利用余弦定理及基本不等式得试题解析：（1）由所以单调增区间是（2）由由余弦定理得

设边上的高为,由三角形等面积法知,即的最大值为

． 12分 得

6分

，考点：1.三角变换；2.余弦定理及面积公式；3.基本不等式.20.已知（1）求（2）求（3）若满足.取到最值时的最优解； 的取值范围；

恒成立，求的取值范围.【答案】（1）C（3,2）和B（2,4）（2）（3），【解析】试题分析：（1）画出可行域，找出直线交点坐标，移动目标函数找到最优解（2）目标函数于直线试题解析：（1）由图可知： 恒过定点（0,3）

表示（x,y）与（2，-1）间斜率；（3）由时，恒成立

.直线与直线交点A（1,1）；直线与直线交点B（2,4）；

直线目标函数与直线

交点C（3,2）；

在C（3,2）点取到最小值，B（2,4）点取到最大值 取到最值时的最优解是C（3,2）和B（2,4）

（2）目标函数

.（3）由于直线,或由题意可知21.已知数列.（1）求数列（2）若数列和.【答案】（1）【解析】试题分析：（1）从而得则列的前项和.，的通项公式； 中位于满足，由图可知：

恒过定点（0,3），数列

.时，恒成立

且是等差数列

中的项的个数记为，求数列的前项

（2），可得中位于，即，是等差数列得中的项的个数记为，的通项公式（2）数列，所以

分组求和得出数试题解析：（1）由题意可知是等差数列，.（2）由题意可知 , , , ；，, , 22.数列（1）若数列的前项和记为，点

在直线

上，其中

.是等比数列，求实数的值；

中，所有满足（（2）1，可得

时，得当

时，是等比数列，要使

时 ∴，即得解.），相减是等比数列，,的整数的个数称为这个数列的（2）设各项均不为0的数列“积异号数”，令【答案】（1）），在（1）的条件下，求数列的“积异号数”.【解析】试题分析：（1）由题意知得，所以，当则只需=3，得出t（2）由（1）得作差可得数列试题解析：（1）由题意，当两式相减，得所以，当从而得出时时，有

即是等比数列，要使递增，由，时

是等比数列，则只需的首项为，公比，∴，递增.，得当

时，.，∴

（2）由（1）得，等比数列∴∵∵∴数列由∴数列 的“积异号数”为1.与的关系，注意当，研究,注意检验n=1时，的单调性，得出数列,递增.点睛：本题考查数列是否符合上式，第（2）问时信息给予题，写出通项由

，即得解.