安徽省淮北市濉溪中学等三校2017-2018学年高二元月月考数学(理)试题含解析（推荐阅读）

第一篇：安徽省淮北市濉溪中学等三校2017-2018学年高二元月月考数学(理)试题含解析

高二上学期三校联考（理科数学）试卷

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.已知等差数列中，公差，若

时，则的值为（）

A.99 B.96 C.100 D.101 【答案】C 【解析】试题分析：因为，所以，所以．故选B．

考点：等差数列的通项公式 2.设，则

是的（）

A.必要而不充分条件 B.充分而不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 设故由而，则，则，当不能推出

时，满足，是，命题若 D.的必要不充分条件，故选A.，则

.下列命题为真命题的是（），但不满足，是成立的，所以，C.3.已知命题 A.B.【答案】B 【解析】 由题意得，命题 命题：若，则

是真命题，所以，所以是真命题；

是真命题，故选A.，则

四点（）4.已知为空间任意一点，若A.一定不共面 B.一定共面 C.不一定共面 D.无法判断 【答案】B 【解析】 因为点为空间任意一点，QIE 因为5.命题，所以由共面向量定理可得，四点共面，故选B.为真命题的一个充分不必要条件是（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】 命题则只需，即

为真命题，可化为“

为真命题的充要条件为

恒成立”，而要找的是一个充分不必要条件即为集合故选C.6.在数列A.【答案】A 【解析】因为得，所以，所以中，若 B.的真子集，由选项可知C符合题意，则数列

C.的通项公式为（）

D.，数列是等差数列，由等差数列通项公式,选A.7.已知为等差数列，若，且它的前项和有最大值，那么当取得最小正值时，的值为（）

A.11 B.17 C.19 D.21 【答案】C 【解析】试题分析：由于前项和有最大值，所以，根据，有，，所以，结合选项可知，选C.，考点：等差数列的基本性质.8.已知的内角

所对的边分别为，若，且，则等于（）

A.B.C.D.【答案】D 【解析】 由由于，所以，利用正弦定理可得，又所以，可得，故选D.，9.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）

A.60 B.30 C.20 D.10 【答案】D 【解析】由三视图可知：该几何体为如图所示的三棱锥，图中长方体的长宽高分别是

该三棱锥的体积，故选.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.10.若实数满足约束条件，目标函数

仅在点

处取得最小值，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】 作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，将，化成，..................即目标函数解得仅在，故选B.处取得最小值，11.如图，在正方形使

中，分别是的中点，沿把正方形折成一个四面体，三点重合，重合后的点记为 点在△AEF 内的射影为，则下列说法正确的是()

A.是C.是【答案】A 的垂心 B.是 的外心 D.是

的内心 的重心

【解析】 由题意得，可知 而 所以平面平面，从而，两两垂直，由，平面，从而，所以所以为，同理可知的垂心，故选A.，点睛：本题考查了三角形垂心的性质，考查了直线和平面垂直的判定定理和性质定理，以及直线和直线垂直的判定，在证明线线垂直时，其常用的方法是利用证明线面垂直，在证明线线垂直，同时熟记线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，试题属于中档试题.12.在于A.中，C.，，（的交点为，过作动直线分别交线段），则的最小值为（）两点，若 B.D.【答案】D 【解析】 由 同理三点共线可得存在实数使得, , 三点共线可得存在实数使得 所以，所以，设，则，即，故所以的最小值为，故选D.，点睛：本题考查了平面向量在几何问题中的应用，其中根据平面向量的基本定理，利用表示平面向量的一组基地可以表示平面内的任一向量，利用向量的比分点公式表示向量，计算数量积，选取基地很重要，(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.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.若关于的不等式________． 【答案】 的解集为，所以，的解集为，则关于的不等式的解集【解析】 因为关于的不等式所以不等式即所以不等式14.若【答案】16 【解析】 因为 所以当且仅当所以时等号成立，且，且，解得：

可化为，的解集为，则

.的最小值为 ______ ．，所以，的最小值为.，若存在使得

成立,15.已知函数则实数的取值范围是__________．;． 【答案】

16.如图，在直角梯形上折起，使面面

中，则三棱锥，将沿向的外接球的表面积为__________．

【答案】 的外接球的球心为

外心，因为【解析】试题分析：由题意得三棱锥因此外接球的直径为考点：外接球的表面积,正弦定理，表面积为

【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解.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.设实数满足（1）若, 且，其中,实数满足

真，求实数的取值范围；

（2）若是的必要不充分条件,求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）

为真命题，则命题、命题均为真，命题为真时，；（2）设命题的集合为，命题的集合为，命，【解析】试题分析：（1）题为真时，所以若是的必要不充分条件，则是集合的真子集，解得试题解析：（Ⅰ）∵ 由∴ 当时，有

得，即命题为真时，得，，又，故．

．，解不等式组∴ 命题为真时，∵ 为真命题，．

∴ 命题、命题均为真，∴ ；，命题：．

．（Ⅱ）由（Ⅰ）知命题：设集合，集合∵ 是的必要不充分条件，∴ 集合是集合的真子集，∴，解得

．

为真命题，则命题、命题均为真，将命题、命题均点睛：（1）考察命题的真值表，为真的解集都解出来，取交集即可；（2）考察充分、必要条件在集合中的推导关系，本题中是的必要不充分条件，则是集合的真子集，解得答案。18.已知（1）求证：（2）求函数【答案】（1）见解析；（2）25 【解析】试题分析：（Ⅰ）将从而证明不等式；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，试题解析：（1），从而可求函数的最小值

展开，应用均值不等式即可得出最小值为，，并指出等号成立的条件； 的最小值，并求出等号成立时的值.考点：用均值不等式证明不等式与求函数的最值 19.中，角的对边分别是

..（1）求；（2）若，的面积为，判断此三角形的形状． ；（2）正三角形 【答案】（1）【解析】试题分析：

（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，进而可求得值；

（2）利用三角形面积公式可求即可得解.试题解析： 由正弦定理及

．

∵∵（2）由余弦定理得：

．

∵，∴

．故

是正三角形．

成等差数列，且

.，∴，∴，∴

．

．

得，进而利用余弦定理可求，即可解得，结合范围20.已知是等比数列（1）求数列的前项和，的通项公式；

？若存在，求出符合条件的所有的集合;若不存在，请（2）是否存在正整数，使得说明理由.【答案】（1）【解析】试题分析：

；（2）

（1）直接由题意列方程组求出数列的首项和公比，则数列（2）求出数列的前项和，由试题解析：（1）设等比数列由题意得的公比为,则,即

.，解得的通项公式可求；，求得满足条件的的值，则的集合可求..故数列的通项公式为..（2）由（1）有若存在n,使得当n为偶数时，当n为奇数时，则，即.，上式不成立；，即,则

.综上，存在符合条件的正整数n,且n的集合为点睛：本题考查了数列的综合问题，在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确；二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.本题的难点在于求和后，根据为奇数和偶数分类讨论.21.如图所示，平面

平面，四边形

为矩形，点为的中点.(1)证明：(2)点为平面.上是否存在点，使得

？若存在，确定点的位置，上任意一点，在线段并加以证明；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）中点 【解析】试题分析：（1）连接证；（2）当为中点时，有

；取

中点，连接平面

即可.，结合三角形的中位线性质交于，连接，利用

是矩形得到，再由线面平行的判定定理可以及面面平行的性质进行推理得到试题解析：

(1)证明 连接AC交BD于O，连接OF，如图①.∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点，又F为EC的中点，∴OF为△ACE的中位线，:∴OF∥AE，又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF.（2）当P为AE中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE中点H，连接DP，PH，CH，如图

∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面． ∵平面ABCD∥平面BCE，CD⊥BC ∴CD⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE∵BC=CE，H为BE的中点，∴CH⊥BE，∴BE⊥平面DPHC，又PM⊂平面DPHC，∴BE⊥PM即PM⊥BE

点睛：本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理等应用，此类题目是立体几何中的常见问题，解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力转化与化归思想及基本运算能力等，试题有一定的综合性，属于中档试题.

第二篇：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.

第三篇：安徽省淮北市第一中学2017-2018学年高二上学期第四次月考理科数学含解析

淮北一中2017-2018学年第一学期高二年级第四次月考

理科数学

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.设全集A.B.【答案】C 【解析】因为全集，集合，故选C.2.已知点在双曲线的一条渐近线上，则

（）或,，集合 C.D.，则

（）

A.B.3 C.2 D.【答案】B 【解析】双曲线，即的一条渐近线方程是故选B.，将 代入，得，3.下列命题错误的是（）A.命题“若B.对于命题C.“D.若”是“为假命题，则，则，使得

”的逆命题为“若，则

”的充分不必要条件 均为假命题，则，则

”

【答案】D 【解析】对于，命题“若，则

”的逆否命题为“若，使得

”是“，则，则

”，”

为假命题，满足逆否命题的形式，所以正确；对于，对于命题则，满足特称命题的否定形式，所以正确；对于，“

时，的充分不必要条件，因为则

也成立，所以正确；对于，若均为假命题，显然不正确，因为一个命题是假命题，则也为假命题，所以不正确，故选D.4.《算法统综》是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”，其意大致为：有一七层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有381盏灯，则塔从上至下的第三层有（）盏灯.A.14 B.12 C.10 D.8 【答案】B 【解析】设第一层有a盏灯，则由题意知第一层至第七层的灯的盏数构成一个以a1为首项，以为公比的等比数列，∴，解得a1=192，∴a5=a1×（）=192×=12，故选：B． 5.已知点是抛物线小值为（）A.2 B.C.【答案】C 【解析】抛物线，可得：y2=4x，抛物线的焦点坐标（1，0）．

D.上的一个动点，则点到点的距离与点到轴的距离之和的最4依题点P到点A（0，1）的距离与点P到y轴的距离之和的最小值，就是P到（0，1）与P到该抛物线准线的距离的和减去1．

由抛物线的定义，可得则点P到点A（0，1）的距离与P到该抛物线焦点坐标的距离之和减1，可得：故选：C． 6.已知，则下列三个数，（）﹣1=

．

A.都大于6 B.至少有一个不大于6 C.都小于6 D.至少有一个不小于6 【答案】D 【解析】假设3个数，都小于6，则

故选D.点睛：本题考查反证法，考查进行简单的合情推理，属于中档题，正确运用反证法是关键.7.动圆与圆是（）A.【答案】B B.C.D.外切，与圆

内切，则动圆圆心的轨迹方程........................因此动圆圆心M的轨迹是以为

焦点的椭圆，所以

，选B.点睛：求与圆有关的轨迹问题时，根据题设条件的不同常采用以下方法： ①直接法：直接根据题目提供的条件列出方程． ②定义法：根据圆、直线等定义列方程． ③几何法：利用圆的几何性质列方程．

④代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式等． 8.程序框图如图所示，当

时，输出的的值为（）

A.26 B.25 C.24 D.23 【答案】C 【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是计算S=

+

+

+…+

=的值，∵A=，退出循环的条件为S≥A，当k=24时，故输出k=24，故选：C 点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括顺序结构、条件结构、循环结构，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.9.淮北一中艺术节对射影类的四项参赛作品，只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、=满足条件，乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下： 甲说：“是或作品获得一等奖”； 乙说：“作品获得一等奖”； 丙说：“两项作品未获得一等奖”；

丁说：“是作品获得一等奖”.若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是（）A.作品 B.作品 C.作品 D.作品 【答案】B 【解析】根据题意，A，B，C，D作品进行评奖，只评一项一等奖，假设参赛的作品A为一等奖，则甲、乙、丙、丁的说法都错误，不符合题意； 假设参赛的作品B为一等奖，则甲、丁的说法都错误，乙、丙的说法正确，符合题意； 假设参赛的作品C为一等奖，则乙的说法都错误，甲、丙、丁的说法正确，不符合题意； 假设参赛的作品D为一等奖，则乙、丙、丁的说法都错误，甲的说法正确，不符合题意； 故获得参赛的作品B为一等奖； 故选：B． 10.设满足约束条件，若目标函数

（）的最大值为2，则的最小值为（）

A.2 B.C.4 D.【答案】A 【解析】作出不等式组表示的可行域如下图所示。因为取最大值，即直线

过点

时,Z取最大值，即，所以当x,y均取最大值时z

.故选A.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：

一、准确无误地作出可行域；

二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；

三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.11.将正正数排成下表： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ……………

则在表中数字2017出现在（）

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】因为每行的最后一个数分别为1，4，9，16，…，所以由此归纳出第n行的最后一个数为n2．

因为44=1936，45=2025，所以2017出现在第45行上． 又由2017﹣1936=81，故2014出现在第81列，22故选：D 12.抛物线设线段的焦点为，准线为，是抛物线上的两个动点，且满足，的中点在上的投影为，则的最大值是（）

A.2 B.C.D.1 【答案】D 【解析】

设，连接，由抛物线定义，得，由余弦定理得，在梯形中，配方得，得到，又，即，的最大值为，故选D.【 方法点睛】本题主要考查抛物线的定义和几何性质，以及余弦定理与基本不等式的应用，属于难题.与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛线上的点到准线距转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.抛物线【答案】

化为标准方程为的焦点坐标是

抛物线，故答案为的焦点在轴上，且.的焦点坐标__________.【解析】抛物线抛物线14.点到直线到平面的距离公式为，通过类比的方法，可求得：在空间中，点【答案】 的距离为__________.【解析】类比点到直线的距离，可知在空间中，点到平面15.与双曲线【答案】 的距离为有相同渐近线，且过，故答案为.的双曲线方程是__________.【解析】设所求双曲线方程为程为化为，故答案为

双曲线过点

.所求双曲线方16.已知椭圆的离心率是，是椭圆的左、右顶点，是椭圆上不同于的一点，直线【答案】7 斜倾角分别为，则__________.【解析】试题分析：因为A,B是椭圆的左右顶点，P为椭圆上不同于AB的动点，，考点：本题考查椭圆的另外一个定义

点评：椭圆的定义不只是书上给的第一定义，还有其他的定义，本题中椭圆上的点与两顶点连线的斜率乘积为定值，这也是定义，将三角公式展开分子分母同除以积

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，.，得到斜率乘（1）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围；（2）若，“”为真命题，“

”为假命题，求实数的取值范围.【答案】(1)m≥4.(2)[-3，-2）∪（4，7] 【解析】试题分析：（1）通过解不等式化简命题p，将p是q的充分不必要条件转化为[-2，4]是[2﹣m，2+m]的真子集，列出不等式组，求出m的范围．

（2）将复合命题的真假转化为构成其简单命题的真假，分类讨论，列出不等式组，求出x的范围 试题解析：

(1)记命题p的解集为A=[-2，4]，命题q的解集为B=[2-m，2+m]，∵是的充分不必要条件 ∴p是q的充分不必要条件，∴∴(2)∵“，解得：

.”为假命题，”为真命题，“∴命题p与q一真一假，①若p真q假，则②若p假q真，则综上得：18.已知在（1）求；（2）若，求面积的最大值.；(2).中，角

.的对边分别是，且有

.，无解，解得：

.【答案】(1)【解析】试题分析：（Ⅰ）已知等式利用正弦定理化简，利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式，结合sinC不为0求出cosC的值，即可确定出C的度数；（2）利用余弦定理列出关系式，结合不等式可得ab≤9，进而求得试题解析：∵在△ABC中，0＜C＜π，∴sinC≠0

已知等式利用正弦定理化简得：2cosC（sinAcosB+sinBcosA）=sinC，整理得：2cosCsin（A+B）=sinC，即2cosCsin（π-（A+B））=sinC 2cosCsinC=sinC ∴cosC=，面积的最大值.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≤ 当且仅当a=b=3时取等号

∴△ABC面积的最大值 19.数列满足，是等差数列；，求数列的前项和..，得，即，所以，，.（1）证明：数列（2）设【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】试题分析：（1）证明：在原等式两边同除以所以从而是以..，即为首项，为公差的等差数列.（2）由（1）得用错位相减法求得试题解析：（1）证：由已知可得所以是以

为首项，1为公差的等差数列．，（2）解：由（1）得所以，从而①－②得：

所以12分

考点：1.等差数列的证明；2.错位相减法求和.20.已知是数列（）.的前项和，并且，对任意正整数，设（1）证明：数列（2）设是等比数列，并求的通项公式；，求证：数列不可能为等比数列.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）利用an+1=Sn+1-Sn可知证明an+1=4（an-an-1），通过bn=an+1-2an可知bn+1=2（an+1-2an），通过作商可知{bn}是公比为2的等比数列，通过a1=1可知b1=3，进而可得结论；（2）假设为等比数列，则有

不可能为等比数列., n≥2, 则有，故假设不成立，则数列试题解析：(I)∵Sn+1=4an+2，∴Sn=4an-1+2(n≥2)，两式相减：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为公比的等比数列，∵b1=a2-2a1，而a1+a2=4a1+2，∴a2=3a1+2=5，b1=5-2=3，∴bn=3•2n-1(n∈N*)(II)，假设

为等比数列，则有 , n≥2, 则有与数列

=0 ≥1矛盾，所以假设不成立，则原结论成立，即

不可能为等比数列，点

在轴的正半轴上，过点的直线与抛物线相交于

两21.已知抛物线点，为坐标原点.（1）若，且直线的斜率为1，求以为直径的圆的方程；

绕点如何转动，满足题意.与抛物线方程联立，利用韦达定

恒为定值？（2）是否存在定点，使得不论直线【答案】(1)

；(2)存在定点【解析】试题分析：（1）由题意得，直线的方程理，可得圆心坐标和圆的半径，从而可得圆的方程．（2）若存在定点这样的点，使得联立，计算,，利用时，设，∴，恒为定值；直线：恒为定值，可求出点的坐标．，此时，点M为抛物线C的焦点，联立，∴圆心坐标为

．

联立，． 与抛物线C：试题解析：（1）当直线的方程为消去y得，又，∴圆的半径为4，∴圆的方程为，则直线的方程与抛物线C：，（2）由题意可设直线的方程为消去x得：，则

对任意恒为定值，于是，此时，满足题意．

．

∴存在定点考点：

1、圆的方程；

2、直线与抛物线的位置关系；

3、定点定值问题．

【思路点晴】本题主要考查的是圆的方程的求法、直线与圆锥曲线的位置关系、恒成立问题等，属于综合性较强的难题；直线与圆锥曲线的位置关系问题，解题方法都是联立方程，正确运用韦达定理是关键；对于存在性问题，先假设存在，根据求出点的坐标即可；如果求出来是空集，则不存在． 22.已知圆，直线，圆心为，定点上一点，满足

.，为圆上一点，线段

上一点满足恒为定值的条件，（1）求点的轨迹的方程；（2）为坐标原点，圆是以同的两点，当

为直径的圆，直线

时，求.与圆相切，并与轨迹交于不

面积的取值范围.且满足；(2)【答案】(1)【解析】试题分析：（Ⅰ）分析题意可得点满足的几何条件，根据椭圆的定义可得轨迹，从而可求得轨迹方程；（Ⅱ）先由直线

与

相切得到，由，将直线方程与椭圆且，进一步得方程联立，并结合一元二次方程根与系数的关系可得到k的范围，最后根据三角形面积公式并结合函数的单调性求的取值范围。试题解析：（Ⅰ）∵∴为线段∵∴∴∵∴由椭圆的定义可知的轨迹是以设椭圆的标准方程为则∴。

。，为线段

为焦点，长轴长为，的椭圆，中点 的中垂线

∴点的轨迹的方程为（Ⅱ）∵圆与直线相切，∴，即，由，消去.∵直线与椭圆交于两个不同点，∴，将设，代入上式，可得，则，∴，∴

∴，∵，解得.满足。

又，设，则.∴，∴ 故

面积的取值范围为。

点睛：解决解析几何综合题时一般会涉及到复杂的运算，解题时要注意解题技巧的运用，如常用的“设而不求”、“整体代换”的方法，以简化计算。另外，对于解析几何中的范围、最值的问题，要结合函数的性质求解或利用基本不等式求解。

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：四川省成都市石室中学2017-2018学年高二10月月考数学(理)试题含解析

成都石室中学2017—2018学上期高2019届10月月考

数学（理科）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.在空间直角坐标系A.【答案】D 【解析】因为两点关于关于2.若A.若C.若【答案】C 【解析】对于选项A，与可能平行，也可能在平面内，故A不正确。对于选项B，与可能平行、相交、垂直，故B不正确。对于选项C，由线面垂直的定义可得必有，故C正确。

时，则两点的横坐标、竖坐标相同，纵坐标互为相反数，故点

。选D。B.中，点

C.关于

平面对称的点的坐标是（）D.平面对称的点的坐标是表示两条直线，表示平面，下列说法中正确的为（），，则，则

B.若 D.若，，则，则

对于选项D，与可能相交、平行或异面，故D不正确。选C。3.空间四边形中点，则A.【答案】B 【解析】如图。选B。中，等于（）B.C.D.，，点在上，且，点为

4.设双曲线（）A.【答案】C 【解析】由题意知2b=2,2c=2∴b=1,c=,a2=c2-b2=2,a=, , B.的虚轴长为2，焦距为，则双曲线的渐近线方程为

C.D............................5.直线经过（）A.B.C.D.，两点，那么直线的倾斜角的取值范围是【答案】B 【解析】设直线的倾斜角为，则

又，所以

或

。选B。的焦点相同，且它们的离心率的乘积等于，则此椭圆的方程即直线的倾斜角的取值范围为6.已知椭圆与双曲线为（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】双曲线的焦点为设椭圆的标准方程为，离心率为，所以椭圆的离心率。

则，解得。

所以椭圆的方程为。选A。

7.一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（）A.【答案】A 【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体，截去两个侧棱互相垂直的正三棱锥，侧棱长为1，所以该几何体的表面积为，故选A．

考点：

1、空间几何体的三视图；

2、多面体的表面积． B.C.21 D.18

8.在正三棱柱平面

中，点为的中点，点是线段上的动点，则关于点到的距离说法正确的是（）

A.点运动到点时距离最小 B.点运动到线段的中点时距离最大 C.点运动到点D.点到平面【答案】D 【解析】如图，取时距离最大 的距离为定值 的中点，连。

由三棱柱的有关知识可得所以平面上的点到平面

9.如果点既在平面区域最小值为（）

A.B.1 C.D.【答案】C 【解析】画出不等式组表示的平面区域如图中的示焦点在x轴上的椭圆，结合图形可得当直线组表示的平面区域才有公共点。

平面。因为，又平面，所以

平面，因此线段的距离为定值。选D。

上，且又在曲线上，则的所示，曲线表

与椭圆相切时，椭圆和不等式

由 消去x整理得，令所以的最小值为。选C。10.设为双曲线左、右支交于点A.B.，若 C.，解得或（舍去）。的左焦点，过坐标原点的直线依次与双曲线的，D.，则该双曲线的离心率为（）

【答案】B 【解析】设∴∴,则, 为直角三角形，且。

关于原点对称，所以四边形FPF1Q为

。在中由余弦定理可得。

设双曲线的右焦点为F1，连P F1,Q F1，由题意可得点矩形，因此。

由双曲线的定义得，在即整理得∴。中，由勾股定理得，又，，，所以即该双曲线的离心率为11.在长方体，直线与平面

。选B。中，点

分别是棱

上的动点，，成30°角，则三棱锥体积的最小值是（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】

如图，以C为原点建立空间直角坐标系，则设平面的一个法向量为，设

。，由，得，令，则。

又, 由条件得，整理得∴解得∴即三棱锥。，当且仅当

时等号成立。

体积的最小值是

。选A。

点睛：（1）本题利用代数方法解决立体几何问题，可使得解题过程变得简洁直观，这也是几何问题中常用的方法。

（2）在解决直线和平面所成角的问题时，要注意直线和平面所成的角和直线的方向向量与平面的法向量的夹角之间的关系，避免出现错误。12.设椭圆的左、右焦点分别为，其焦距为，点在椭圆的外部，点是椭圆上的动点，且值范围是（）A.B.C.D.恒成立，则椭圆离心率的取【答案】D 【解析】

∵点∴在椭圆的外部,则，即。，解得，由椭圆的定义得 , ∵∴解得，即。

。选D。恒成立，所以椭圆离心率的取值范围是点睛：（1）解决圆锥曲线问题时要注意常见结论的运用，如在本题中用到了椭圆的通径（过椭圆的焦点且垂直于长轴的弦）长的结论。

（2）注意平面几何知识的运用，对于本题中的恒成立问题，只需要于即可，在求

得最大值时可用平面几何的有关知识解决。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.双曲线的一个焦点到其渐近线距离为3，则的值为__________． 的最大值小【答案】-9 【解析】双曲线的方程为取双曲线的一条渐近线为。由题意得答案：14.矩形。

中，则四面体【答案】，沿

将矩形

折成一个大小为的二面角

。，即，解得

；双曲线的一个焦点为 或

（舍去）。的外接球的表面积为__________．

【解析】

如图，在四面体中，所以四面体，取AC的中点O，连，则的顶点在以O为球心，半径为5的球面上，故球的表面积为答案：15.椭圆 的左、右焦点分别为。，弦过，若的内切圆的周长为，两点的坐标分别为【答案】 【解析】在椭圆∵∴的内切圆的周长为内切圆的半径为，则__________．

中。

由椭圆的定义得的周长为，又 且∴解得答案：。。，点睛：本题的解答中运用了数学中“算两次”的方法，即从两个不同的角度分别求出了的面积，从而建立了关于的关系式，使得问题得以求解。对于圆锥曲线的问题，一定要注意定义的运用，这样可简化解题过程中的推理和运算。16.已知两定点①若②若③若④若⑤若直线与斜率之积等于，和一动点，给出下列结论：，则点的轨迹是椭圆；，则点的轨迹是双曲线；，则点的轨迹是圆；，则点的轨迹关于原点对称；，则点的轨迹是椭圆（除长轴两端点）．

其中正确的是__________（填序号）． 【答案】③④ 【解析】对于①，由于对于②，由于对于③，设整理得∵∴∴点的轨迹是圆，③正确。对于④，设则又点关于原点的对称点为。，，由题意得，所以点的轨迹是线段，故点的轨迹是双曲线的右支，②不正确；，，①不正确； ∵∴点也在曲线

上，即点的轨迹关于原点对称。故④正确。

对于⑤，设由题意得整理得，则。此方程不一定表示椭圆。⑤不正确。

综上，正确的结论是③④。答案：③④

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.在（Ⅰ）求（Ⅱ）若【答案】（Ⅰ）中，角

所对的边分别为，已知

． 的值；，求．

；（Ⅱ）

或.【解析】试题分析:(1)由已知利用三角形内角和定理,三角函数恒等变换的应用化简即可求值;(2)由已知利用正弦定理及(1)可得试题解析:（Ⅰ）故，∴

．，，∴

或，∴和

或．，且圆在直线

上，进而可求角.，（Ⅱ）由正弦定理得由（Ⅰ）知∴18.已知圆经过（Ⅰ）求圆的标准方程；

（Ⅱ）若直线垂直于直线且与圆相切．求直线的方程． 【答案】（Ⅰ）圆的标准方程为：.；（Ⅱ），【解析】试题分析：（Ⅰ）用待定系数法求解，设圆的标准方程为：根据条件可得方程组可得圆的方程；（Ⅱ）根据垂直于直线可设的方程为求得，进而得到直线的方程。试题解析：

（Ⅰ）设圆的标准方程为：由题意可得即∴圆的半径∴圆的标准方程为（Ⅱ）由题意设直线的方程为∵直线与圆相切，∴整理得解得 或。

或中，是

．

。的中心，分别是线段，解得

。, ,，求得，后可得半径，由与圆相切可∴直线的方程为19.如图，在正方体点，且，上的动

（Ⅰ）若直线（Ⅱ）若平面，正方体，求实数的值； 的棱长为2，求平面

和平面

所成二面角的余弦值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）

.的中点，连，由直线，即、平面

平面，得到的法向量

可证得，【解析】试题分析：（Ⅰ）取根据平行线分线段成比例定理可得间直角坐标系，求出平面向量的夹角求解即可。试题解析：（Ⅰ）取∵是正∴点在连∵∴∴∴∴.时，点

分别是,平面 , , ,平面

平面的中点，的中心 上，且，的法向量

；（Ⅱ）建立空，利用,（Ⅱ）当,则的中点，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系。

设平面的一个法向量为，由得，令，得的一个法向量为

。，同理可得平面∴.由图形知，平面∴平面和平面和平面所成二面角为锐角。所成二面角的余弦值为点睛：

（1）向量法通过空间坐标系把空间图形的性质代数化，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点线面的位置关系的判定和计算程序化、简单化．主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算．

（2）利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面判断二面角的大小，从而确定二面角与向量20.已知双曲线在双曲线上．

（Ⅰ）求双曲线的方程；（Ⅱ）已知【答案】（Ⅰ）为双曲线上不同两点，点在以

；（Ⅱ）

为直径的圆上，求.的值． 的向量

时，要根据图形的夹角是相等，还是互补．，为坐标原点，点

渐近线方程为【解析】试题分析：（1）根据渐近线方程得到设出双曲线的标准方程，代入点M的坐标求得参数即可；（2）由条件可得的坐标可求得试题解析：

（Ⅰ）∵双曲线的渐近线方程为∴设双曲线方程为∵点∴在双曲线上．，。，可设出直线的方程，代入双曲线方程求得点∴。，即。。∴双曲线方程为（Ⅱ）由题意知设直线方程为由，解得，∴由直线方程为

.以。

代替上式中的，可得。

∴21.如图，四棱柱．

（Ⅰ）证明：平面（Ⅱ）若若存在，求

平面，直线

； 的底面

。是菱形，，上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为.的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）或.平面，再证平面

平面【解析】试题分析：（Ⅰ）用几何法证明，先证得.（Ⅱ）由条件可得试题解析：（Ⅰ）证明： 因为则.，为

两两相互垂直，故可建立坐标系，转化为代数运算求解。的中点，又因为四边形所以因为所以因为所以平面（Ⅱ）在菱形由在三角形故得以为原点，则，可得平面平面，是菱形，，平面中，由

.，可得

..，可得，中，由两两相互垂直.方向为，轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.，由设所以设平面的法向量为，可得，.，，因为所以由设直线与平面，得，.所成角为，由题意得

解得 当所以或时，或.;当.时，点睛：（1）用向量法解立体几何问题时，在建立坐标系的基础上，关键是如何确定点的坐标，对于不容易确定坐标的点，可通过向量的运算、相等向量等方法去确定点的坐标。（2）由于本题（Ⅱ）中，要求是“直线时要注意对题意的理解。22.已知圆一点满足，直线，圆心为，定点，为圆．

上一点，线段

上

上是否存在点”，故求出的点应有两个，解题

上一点，满足（Ⅰ）求点的轨迹的方程；（Ⅱ）为坐标原点，交于不同的两点【答案】（Ⅰ）．当

；（Ⅱ）是以

为直径的圆，直线且满足

.时，求

与

相切，并与轨迹

面积的取值范围．

【解析】试题分析：（Ⅰ）分析题意可得点满足的几何条件，根据椭圆的定义可得轨迹，从而可求得轨迹方程；（Ⅱ）先由直线

与

相切得到，由，将直线方

且程与椭圆方程联立，并结合一元二次方程根与系数的关系可得，进一步得到k的范围，最后根据三角形面积公式并结合函数的单调性求的取值范围。试题解析：（Ⅰ）∵∴为线段中点 ∵∴∴∵为线段 的中垂线

为焦点，长轴长为，的椭圆，∴由椭圆的定义可知的轨迹是以设椭圆的标准方程为则∴。，∴点的轨迹的方程为（Ⅱ）∵圆与直线相切，∴，即。

由，消去.∵直线与椭圆交于两个不同点，∴将设则∴，代入上式，可得，，，∴

∴∵，解得

.满足。

又，设∴∴ 故，则

面积的取值范围为，.。

点睛：解决解析几何综合题时一般会涉及到复杂的运算，解题时要注意解题技巧的运用，如常用的“设而不求”、“整体代换”的方法，以简化计算。另外，对于解析几何中的范围、最值的问题，要结合函数的性质求解或利用基本不等式求解。