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)试题含解析五篇

第一篇：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：重庆市第一中学2017-2018学年高二上学期期中考试数学(文)试题含解析

2017年重庆一中高2019级高二上期半期考试

数学试题卷（文科）第Ⅰ卷（选择题 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.方程A.B.表示焦点在轴上的椭圆，则和应满足下列（），C.D.【答案】C，整理得：故选C.2.若等比数列

.的首项和为，公比为，且，则（）

A.B.C.D.【答案】D 【解析】等比数列故选D.3.若标准双曲线以，前项和为，所以.为渐近线，则双曲线的离心率为（）

A.B.C.或 D.或【答案】D 【解析】标准双曲线以

为渐近线，则

或.双曲线的离心率故选D.4.以A.C.为圆心且与直线 B.D.或.相切的圆的方程为（）

【答案】B 【解析】圆心即圆的半径为.圆的方程为故选B.5.已知直线，和平面，直线则；③若，平面，下面四个结论：①若，则

；④若，则，则

；②若，.到直线的距离为：

.，其中正确的个数是（）

A.B.C.D.【答案】D 【解析】由线面垂直的性质定理知，若若若以若，，所以，直线

平面，则有，①正确；，则与可以异面，可以相交，也可以平行，②错误；，则必存在不与重合的，③正确；，则，④正确.，使得，则，,所综上：①③④正确.故选D.6.在中，则三角形的形状为（）

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】根据正弦定理可知∵acosA=bcosB，∴sinAcosA=sinBcosB，∴sin2A=sin2B，∴A=B,或2A+2B=180∘即A+B=90∘，所以△ABC为等腰或直角三角形。故选：D.7.直线交椭圆

于，若

中点的横坐标为，则

（）

A.B.C.D.【答案】A 【解析】直线与椭圆

联立得：

.设，则有

.因为中点的横坐标为，所以，则有

.故选A.8.在正方体中，异面直线与

所成角是（）

A.B.C.D.【答案】C 【解析】在正方体中，所以即为所求（或其补角）.连接，因为，所以

.故选C.9.如图是一个几何体的三视图，在该几何体的各条棱中最长的棱是的长度是（A.B.C.D.【答案】C 【解析】

如图所示，该几何体为棱锥，,.）各条棱中最长的棱是故选C.10.圆A.B.C.D.【答案】C 【解析】圆圆所以圆心

.关于直线

对称的圆的方程为，则实数的值为（）

化为标准方程为：圆关于直线与(0,0)关于

对称的圆的方程为对称.，.，解得.故选C.点睛：在求一个点关于直线的对称点时，可以根据以下两个条件列方程（1）两点的中点在对称直线上；（2）两点连线的斜率与对称直线垂直.11.已知点是直线

（）上一动点，、是圆：的两条切线，、为切点，为圆心，若四边形A.B.【答案】D 【解析】∵圆的方程为：∴圆心C(0,−1)，半径r=1.，C.D.面积的最小值是，则的值是（）

根据题意,若四边形面积最小,当圆心与点P的距离最小时,即距离为圆心到直线l的距离最小时,切线长PA,PB最小。切线长为4，∴，.），由

∴圆心到直线l的距离为∵直线∴（,解得所求直线的斜率为故选D.12.如图所示，在正方体则下列命题中假命题是（）

中，点是棱上一动点，平面交棱于点，A.存在点，使得B.存在点，使得

平面平面的体积均不变 的体积均不变 C.对于任意的点，三棱锥D.对于任意的点，四棱锥【答案】B 【解析】对A，当为故A为真命题； 对B，假设所以对C，∵棱锥对D，∵不会与平面BE的中点时，则F也为A的中点，∴EF∥，∴∥平面；

F，在平面BEF内，则，在矩形中，垂直，故B不正确.，平面，到平面的距离为，且

为定值，所以三的体积均不变，故C是真命题；

=，∵C∥A∥平面B，∴四棱锥−BEF的体积为定值，故D是真命题； 故选B.点睛：本题主要考查了空间位置关系的判定，空间距离的求解问题，其中解答中涉及到直线与平面垂直的判定与性质，直线与平面平行的判定与性质，三棱锥的体积的计算公式等知识点的综合运用，着重考查了学生的推理与运算能力，解答中熟记位置关系的判定和性质定理是解答的关键，试题属于中档试题.第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上）13.抛物线的焦点坐标为__________． 【答案】【解析】由

得，焦点为（0，－）.【考点】抛物线的性质.14.已知等差数列【答案】25.【解析】等差数列所以，..15.在中，已知三个内角为、、、满足，求最小角的余弦值, 满足，在__________．

__________． 【答案】 【解析】∵∴由正弦定理可得，∴a为三角形的最小边，∴A为三角形的最小内角，设∴由余弦定理可得故答案为：.16.从双曲线点，设为线段【答案】1.的左焦点引圆的中点，为坐标原点，则的切线，切点为，延长

__________．

交双曲线右支于

【解析】

设是双曲线的右焦点，连接P.∵M、O分别为FP、FF′的中点,∴，由双曲线定义得，故答案为：1..，点睛：本题主要考查利用双曲线的简单性质，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.本题是利用点到直线的距离等于圆半径，中位线定理，及双曲线的定义列式求解即可..三、解答题 ：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图所示，中，，以点为圆心，为半径作扇形，（1）求平面图形绕直线（2）求平面图形绕直线【答案】(1)(2)

旋转一周所成的几何体的体积； 旋转一周所成的几何体的表面积....................（1）圆锥底面的半径为积；

（2）圆锥的母线为试题解析：（1）（2）.，，，代入圆锥的侧面积公式，再去半球的表面积即可得解.，高为，即可得圆锥体积，半球的半径为

即可得体

.18.已知数列（1）求的值；（2）若数列【答案】（1）满足(2)，求数列.的前项和.是首项为，公比为（）的等比数列，并且，成等差数列.【解析】试题分析：（1）直接利用已知条件整理得到关于公比的等式，解之即可求出公比；（2）利用求出的公比，先求出两个数列的通项公式，再对数列{bn}采用分组求和即可． 试题解析：（1）由条件得得或（舍）

.的内角，的对边分别为，，且

.，.（2）∵∴∴19.设锐角三角形（1）求角的大小；（2）若，求;（2）的面积及.，由于，可求，【答案】（1）【解析】试题分析：（1）由已知及正弦定理得结合B是锐角，可求B．

（2）依题意利用三角形面积公式及余弦定理即可计算得解． 试题解析：（1）因为由于，故有，由正弦定理得，.，可得：.又因为是锐角，所以（2）依题意得：所以由余弦定理20.已知椭圆（）的左右焦点分别为、，离心率的周长为..过的直线交椭圆于、两点，三角形（1）求椭圆的方程；（2）若弦【答案】（1），求直线的方程..的周长为8，求出a，c，b，即可得到椭;（2）【解析】试题分析：（1）利用椭圆的离心率以及圆的方程，（2）求出直线方程与椭圆方程联立，点的坐标为标，然后求解三角形的面积即可． 试题解析：（1）三角形离心率的周长，所以,的坐标为，所以，则

..,的坐标为求出A，B坐椭圆的方程为：（2）设点的坐标为的斜率为（显然存在）

..点睛: 本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用． 21.图1，平行四边形（如图2），且

中，，现将的中点.沿

折起，得到三棱锥，点为侧棱

（1）求证：（2）求三棱锥（3）在平面； 的体积；

平面

？若存在，求的长；若不存在，的角平分线上是否存在点，使得请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）

；（3）

.，再由线面垂直的判定的定理可得，最后由由线面垂直的判定的定理，进而可得结果；（Ⅱ）取，，先证四边形

中点，【解析】试题分析：（Ⅰ）由平面几何知识先证明平面，从而得，进而可得

平面可得结论；（Ⅱ）由等积变换可得连接∥并延长至点，使，连接

为平行四边形，则有，利用平面几何知识可得结果.中，有，又因为为侧棱的中点，试题解析：（Ⅰ）证明：在平行四边形所以又因为又因为因为所以又因为所以平面平面平面平面；，平面，，．，，,，所以

.中点，连接

是角，且，所以

；，所以平面.（Ⅱ）解：因为故又因为所以有（Ⅲ）解：取因为

平面，所以是三棱锥的高，并延长至点，使的角分线.，连接，.，所以射线

又因为点是的因为所以因为平面∥平面、中点，所以，.平面

∥，互相平分，为平行四边形，有，所以有，故

.过圆上任意一点向轴引垂线垂足为（点、可重合），点为

∥，.故四边形又因为又因为22.已知圆：的中点.（1）求的轨迹方程；

（2）若点的轨迹方程为曲线，不过原点的直线与曲线交于、两点，满足直线的斜率依次成等比数列，求【答案】（1）；（2）

面积的取值范围.面积的取值范围为，则，代入圆：

.即可得解；

（，，【解析】试题分析：（1）设（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为，故可设直线的方程为联立得依次成等比数列，设，可得，由直线，再由），与椭圆，的斜率，计算试题解析：（1）设，则，则有：

即可.，整理得：.（），（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为，故可设直线的方程为，由消去得

则，且，.故

因为直线，的斜率依次成等比数列，即，又，所以，即.由于直线，的斜率存在，且，得且，设为到直线的距离，则，所以面积的取值范围为.点睛： 在圆锥曲线中研究最值或范围问题时，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下方面考虑：

①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关键是在两个参数之间建立等量关系；

③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围

第五篇：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