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

第一篇：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

第二篇：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.

第三篇：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

第四篇：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.

第五篇：山东省临沂市重点中学2013-2014学年高二上学期期中考试地理试题含解析

本试卷分第I卷和第II卷两部分，共8页(第I卷4页，第II卷4页)。满分100分。考试用时90分钟。答题前，考生用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、学校写在试卷、答题纸和答题卡规定的位置，考试结束后，将第Ⅰ卷答题卡及第Ⅱ卷答题纸交回。

第Ⅰ卷(共50分)注意事项: 1.第Ⅰ卷共25小题，每小题2分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。

2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。

读中国自然区域示意图回答1～3题。

1．有关四区域的描述，正确的是

①有一定的面积、形状和边界 ②有不同的区域特征

③依据水文、植被差异划分 ④有明确的区域界线

A．①② B.③④ C.②③ D.②④ 2．各区域内部和区域之间，分别具有的特征是

A.绝对一致性和相对一致性 B.相对一致性和差异性

C.差异性和整体性

D.地带性和非地带性 3．与D区域相比，C区域的特点是

A．平原面积广大 B．森林、煤炭、石油、铁矿丰富 C．有色金属矿产、生物资源、水资源等相当丰富 D．对外开放程度较低

4．若想获得黄河人海口的水质状况资料，最适合的区域调查方法是 A.调查访问 B.路线实地考察 C.问卷调查 D.典型地段实地考察

读下图，回答5～7题。

5.甲、乙两地耕作制度不同，造成这种差异的主要自然因素是 A.海拔

B.热量 C.水分

D.土壤 6.甲、乙两地共有的地理现象是

A.广泛种植水稻

B.水运发达 C.冬季河流结冰

D.雨热同期 7.目前甲、乙两地可持续发展所面临的主要问题分别是 A.土地盐碱化、多洪涝灾害 B.多风沙危害、水资源短缺 C.水土流失严重、多旱涝灾害 D.水土流失严重、酸雨危害较严重

读下图，完成8～10题。

8．若A、B分别是黄土高原与长江三角洲地区，①、②代表的产业要素在区际之间流向合理的是

A.①为能源，②为技术 B.①为资金，②为劳动力

C.①为技术，②为资金 D.①为信息，②为零部件 9．若②为有色金属冶炼厂，其转移对A、B两地的影响描述合理的是 A.B地就业机会增多 B.加快A地工业化进程

C.促进B地劳动力向第二产业转移 D.带动A地技术导向型产业迅速发展 10．该图体现了区域的哪一特征

A.整体性 B.差异性 C.开发性 D.独立性

下图为“江苏某市1998～2008年三次产业比重变化示意图”，该市近几年出现了环境污染加重，地价上涨，劳动力价格提高等不利因素。读图完成11～13题。

11．对该市产业结构变化说法正确的是 A.第二产业占主导地位 B.第一产业产值持续减少 C.第三产业比重逐步上升 D.第一、二产业比重差距不断缩小 12．这一时期该市人地关系特征可概括为 A.低水平协调 B.初显不协调 C.高水平协调 D.严重不协调 13．就区域发展阶段而言，该城市处于 A.初期阶段 B.成长阶段 C.转型阶段 D.再生阶段

下图是“我国某企业集团型生态产业园区的生产联系图”，完成14～15题。

14.影响该生态产业核心企业布局的主导因素是

A.科技因素 B.原料因素 C.能源因素 D.市场因素 15.图示生态产业园生产过程体现出可持续发展的

A.持续性原则 B.公平性原则 C.阶段性原则 D.共同性原则

流域是一种特殊类型的区域，它的各组成部分密切联系构成一个整体。长江流域面积大、人口多，合理开发长江流域对全国可持续发展意义重大.下图是“长江流域图”。读图回答16～18题。

16．长江三峡工程建设的首要任务是 A．灌溉

B．防洪 D．开发水能 C．提高航运能力

17．甲地区最突出的环境问题是 A．土地荒漠化

C．土壤盐碱化

B．水土流失 D．水体和大气污染

18．三峡工程对环境的影响可能有

A．明显减少河流的年径流量 B．显著增加河流的下泄量 C．降低库区地下水位 D．改变径流量的季节分配

2010年8月31日，由中石化投资建设和运营的国家“十一五”规划重大项目——川气东送工程正式建成投产。川气东送工程是我国继三峡工程、西气东输、青藏铁路、南水北调之后的第五大工程。读“川气东输线路示意图”，完成19～21题。

19．影响图中线路分布的主要因素是

A．气候类型

B．地形

C．城市布局

D．河流 20．与图中甲经济区相比，乙经济区特点是

A．交通便利，技水平高

B．农业生产发达，粮食商品率高

C．人口密度小，迁入人口多 D．以第二、三产业为主 21．“川气东送”工程的建成投产，可以

①改变四川省的能源消费结构 ②有效治理上海市的大气污染

③降低沿线地区居民的生活质量 ④促进四川省的民族团结和社会稳定

A．①②

B．③④ C．①③

D．②④

读黄土高原地貌景观图，完成22～23题。

22.下列不是黄土高原水土流失造成的危害是 ．． A．造成当地生态环境的恶化

B．造成耕地的土层变薄，养分流失，耕地质量下降

C．使黄河成为世界上含沙量最高的河流

D．黄土土质疏松，孔隙很多，易受到流水的侵蚀

23．黄土高原的治理需要因地制宜、综合开发，针对图中陡坡地貌，适宜采取的措施是

A．平整土地，建立高产稳产的基本农田

B．封坡育林育草，增加植被覆盖率

C．修建水库，提高水资源的利用率

D．改善交通条件，大力发展旅游业

读某国工业化、城市化进程比较示意图，回答24～25题。

24．关于该国工业化、城市化进程特点的叙述，正确的是 ①城市化与工业化呈同步增长趋势 ②该国城市化进程与工业化水平不相适应 ③该国属发达国家

④阶段Ⅲ，该国经济增长主要依靠第三产业 A．①② B．③④ C．①③ D．②④

25．阶段Ⅲ，该国吸纳劳动力的主要产业部门有 ①劳动密集型产 ②资源密集型产业 ③技术密集型产业 ④现代服务业

A．A．①② B．③④ C． ①④ D．②③

卷Ⅱ（综合题 共50分）

注意事项：

请把卷Ⅱ的答案用蓝黑钢笔或圆珠笔直接写在答题纸规定的位置上。在试题卷上作答，答案无效。

26.(10分)某校地理兴趣小组对“区域可持续发展问题”进行研究性学习，其基本步骤如下图所示，根据材料完成相关问题。

材料 阶段Ⅱ成果：①我国某区域地貌格局呈半环状，外侧是河流，内侧是广阔的平原，其间是高低起伏的山脉和山地丘陵。大部分地区气候以温带湿润、半湿润季风气候为主；自南向北跨暖温带、中温带、寒温带，热量分布南北差异较大。总之，山环水绕、沃野千里是该区域的基本特征。②该区域某平原在历史上曾是一片荒地。20世纪50年代中期以后，我国对该平原进行大规模开垦，使其成为我国重要的商品粮基地。但是现在国家已决定停止开发该平原的荒地，并建立了自然保护区。

友情帮助：请你按要求与他们一起完成该课题研究。

(1)依据阶段Ⅱ研究成果，推断该区域位于我国的________地区。(1分)(2)比较该区域与长江三角洲地区地理特征的差异性，完成下表。(4分)

(3)该区域的主要农业地域类型是________________。(1分)

(4)随着退耕还林、还草和荒地保护工程的实施，该区域依靠扩大耕地面积(开垦荒地)来增加粮食产量的途径受到限制。请你为该区域实现农业可持续发展提出一条合理建议（4分）

27．（10分）了解区域的地理背景和人地关系，是探寻区域因地制宜，实现可持续发展的前提。结合鄱阳湖平原区域图（图甲）和南昌气候资料图（图乙），回答下列问题。

(1)图中P地地形类型是

，宜发展的农业部门是

。（2分）

(2)根据南昌气候资料，分析对水稻生产不利的气候条件有哪些？（2分）

(3)鄱阳湖为主体的鄱阳湖流域是长江中下游流域的重要组成部分，若鄱阳湖流域内过度发展种植业，可能对湖泊产生哪些不利影响？（3分）

(4)请从流域综合整治的角度分析，图示西南部地区应采取哪些措施促进区域发展。（3分）

28．（10分）阅读材料，回答问题。材料一 我国南水北调示意图（见下图）。

材料二 南水北调东线、中线工程输水干线纵断面示意图（图甲、图乙）。

材料二 黄淮海流域人均水资源量仅为全国平均水平的21%,有2亿多人口不同程度存在饮水困难,工农业发展受到严重制约。我国南水北调中线一期工程计划于2014年底通水,将大大缓解黄淮海地区的用水紧张状况。

(1)中线调水工程的起点是__________。（1分）

(2)南水北调东、中线工程调水的主要调入区是

（华北、西北）。东线工程主要利用京杭运河作为输水渠道，以节省投资，与中线工程相比，东线的主要不利条件是什么？（3分）

(3)要缓解黄淮海地区的用水紧张状况，还应采取哪些节水措施？（3分）

(4)小明、小强两同学考察后，以“南水北调东线工程对调入区生态环境的影响”为课题，开展探究活动，并形成了两种不同看法。①小明认为：利大于弊；②小强认为：弊大于利。你赞成哪位同学的看法，并简要说明理由。（3分）

29．（10分））由于地理条件和历史发展的进程不同，区域发展水平和方向也存在差异。我们应以其他国家区域发展的历史为鉴，充分发挥区位优势，走具有中国特色的可持续发展之路。读欧洲西部工业区（图甲）和辽中南工业区的局部区域图（图乙），回答下列问题。

(1)图甲中A是德国鲁尔工业区，图乙是我国辽中南工业区，它们都是著名的传统工业区，对比两个工业区的交通条件：在工业区发展早期，A工业区主要利用 运输，辽中南主要利用 运输。(2分)(2)对比分析工业区形成和发展的区位优势，完成下表内容（4分）

(3)与A工业区相同，我国辽中南重工业区也面临传统工业衰落的问题，如、等。(2分)(4)鲁尔工业区通过产业转型，实现了经济再繁荣，其发展经验对辽中南工业区的可持续发展有哪些启示？（（2分 至少写2条）。

30．（10分）阅读材料，回答下列问题。

材料一 河南省委、省政府于2012年8月正式确定商丘市为建设中原经济区承接产业转移示范市。商丘市地处河南与山东、江苏、安徽的接合部，农业优势突出，资源禀赋较好，交通区位重要，发展前景广阔，在中原经济区建设中具有重要的战略地位。

材料二 中原经济区范围示意图。

(1)简述产业转移对我国该区域发展产生的影响？(6分)

(2)结合材料

一、材料二，简述河南省商丘市承接东部地区产业转移的区位优势。(4分)