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

第一篇：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．

第二篇：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(理)试卷含解析

合肥一中2017——2018学年第一学期高二年级段一考试

数学（理）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.下列说法正确的是（）

A.平行于圆锥某一母线的截面是等腰三角形 B.平行于圆台某一母线的截面是等腰梯形 C.过圆锥顶点的截面是等腰三角形 D.过圆台上底面中心的截面是等腰梯形 【答案】C 【解析】略

2.四个直立在地面上的字母广告牌在不同情况下，在地面上的投影（阴影部分）效果如图，则在字母的投影中，与字母属同一种投影的有（）

A.B.C.D.【答案】A 【解析】根据平行投影和中心投影的特点和规律．“L”、“K”与“N”属中心投影； 故选A．

3.将图1所示正方体截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为（）

A.B.C.D.【答案】B 【解析】试题分析：由题意可知几何体前面在右侧的射影为线段，上面的射影也是线段，后面与底面的射影都是线段，轮廓是正方形，的射影也是对角线是虚线．如图B． 故选B．

在右侧的射影是正方形的对角线，在右侧

考点：简单空间图形的三视图． 4.已知①若③若是两个不同的平面，，,，则,是两条不同的直线，现给出下列命题：，则；④若

；②若,，则,，则.其中正确命题的个数是（）A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】A 【解析】对于①，若

，根据面面平行的判定定理，如果直线

不相交，那么与 不一定平行；故①错误；

对于②，若对于③，若 ，，则，则

则 与位置关系不确定（有可能在内）；故②错误； 则 与位置关系不确定（有可能在内）；故③错误；

对于④，误． 故选A． 5.正方体

中，分别是的中点，过

三点的平面截正方体 ,，则

.，则 与位置关系不确定（有可能在内）；故④错，则所得截面形状是（）

A.平行四边形 B.直角梯形 C.等腰梯形 D.以上都不对 【答案】C 【解析】连接 由正方体的性质得

则 在平面 中，即为所得截面，即为过 ∴截面为等腰梯形，三点的正方体

的截面，∴平面故选C 【点睛】本题主要考查平面的基本性质，根据直线平行的性质是解决本题的关键 6.如图，已知四边形的直观图是一个边长为 1 的正方形，则原图形的周长为（）

A.B.6 C.8 D.【答案】C 【解析】试题分析：因为四边形的直观图是一个边长为的正方形，所以原图形为平行，所以圆图形的周长为四边形，一组对边为，另一组对边长为，故选C.考点：平面图形的直观图.7.在中，，若把绕直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是（）

A.B.C.D.【答案】B 【解析】试题分析：依题意可知，旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，如图

所以，所以旋转体的体积为＝＝，故选B．

考点：旋转体的性质与体积．

8.如图是一个由两个半圆锥与一个长方体组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（）

A.B.C.D.【答案】C，故应选.考点：

1、空间几何体的体积；

2、三视图.9.某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为（）

A.【答案】A B.C.D.【解析】由已知中的三视图，可得该几何体是一个以俯视图为底面的半圆锥，半圆锥的底面直径为2，高半圆锥的表面积选A 10.直三棱柱成的角等于（）

中，若，则异面直线

与

所

故半圆锥的底面半径

，母线长为

，A.30° B.45° C.60° D.90° 【答案】C 【解析】

延长到，使得，连接。因为是直三棱柱，所以，从而有线设与，所以四边形所成角。，则，所以

是平行四边形，故。所以是异面直

。因为，则

为等边三角形，从而，所以，故选C 11.如图所示，正方体的平面分别与棱①②当且仅当③四边形④四棱锥

时，四边形周长的体积,的面积最小；，则为常函数；

是奇函数；

交于，设的棱长为1，,分别是棱的中点，过直线，给出以下四个命题：

其中正确命题的个数为（）

A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 【答案】C 【解析】①连结，则由正方体的性质可知，平面②因为，所以，四边形，所以正确．

的对角线

是固定的，所以要使面积最小，则只需

时，此时

长度最小，对应四边形

的 长度最小即可，此时当 为棱的中点时，即的面积最小．所以②正确． ③因为，所以四边形

是菱形．函数

为偶函数，故③不正确． ④连结，则四棱锥则分割为两个小三棱锥，它们以

为底，以

分别为顶点的两个小棱锥．因为三角形所以四棱锥故选C． 的体积

的面积是个常数． 到平面的距离是个常数，为常函数，所以④正确．

【点睛】本题考查空间立体几何中的面面垂直关系以及空间几何体的体积公式，本题把立体几何问题和函数进行的有机的结合，综合性较强，设计巧妙，对学生的解题能力要求较高． 12.在正方体面A.所成的角为，则 B.中，点线段的中点.设点在线段

上，直线

与平的取值范围是（）

D.C.【答案】B 【解析】试题分析：设正方体的棱长为，则，所以，.又直线与平面所成的角小于等于，而为钝角，所以的范围为，选B.【考点定位】空间直线与平面所成的角.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.下列命题中正确的有__________．

①有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台； ②存在一个四个侧面都是直角三角形的四棱锥；

③如果棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面也都是矩形； ④圆台的任意两条母线所在直线必相交； 【答案】②④

【解析】①不正确，因为不能保证等腰梯形的各个腰延长后交与一点． ②如右图的四棱锥，底面是矩形，一条侧棱垂直底面，那么它的四个侧面都是直角三角形，故②正确；

③如图所示的棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面不是矩形；故③错误

④根据圆台的定义和性质可知，命题④正确． 所以答案为②④

14.已知圆锥的母线长度为2，一只蚂蚁从圆锥的底面圆上一点出发，绕着圆锥侧面爬行一周，再回到出发点的最短距离为2，则此圆锥的底面圆半径为__________． 【答案】

【解析】把圆锥侧面展开成一个扇形，则对应的弧长是底面的周长，对应的弦是最短距离，即∵圆锥 的母线

的长是蚂蚁爬行的最短路程，的长度为2，一只蚂蚁从点 绕着圆锥侧面爬回点的最短距离为2，设圆锥的底面半径为，则

故答案为

15.已知一棱锥的三视图如图所示，其中侧视图和俯视图都是等腰直角三角形，正视图为直角梯形，则该棱锥的体积为__________．

【答案】16 【解析】试题分析：作出其直观图如下图所示，结合三视图可知，该几何体是一个四棱锥，且其底面是一个直角梯形，其面积为的体积为

.，高为，因此，该几何体

考点：1.三视图；2.空间几何体的体积 16.已知直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若，则该球的表面积等于__________．

【答案】

...............设此圆圆心为，球心为，在 中，易得球半径故此球的表面积为即答案为．

【点睛】本题是基础题，解题思路是：先求底面外接圆的半径，转化为直角三角形，求出球的半径，这是三棱柱外接球的常用方法．

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，长方体

中，，点为的中点．

（1）求证：直线（2）求证：直线平面平面

； ．

【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】试题分析;1）设的判定定理可证直线（2）由勾股定理可证直的判定定理可证直线试题解析:（1）设由分别是和

和平面

交于点，连．

同理，由直线与平面垂，易证

，则由直线与平面平行

是直角三角形．即平面

．，交于点，连的中点，故平面，．，，平面所以直线（2）所以同理

18.如图，是直角三角形．，所以直线

．

是正三棱柱，底面边长为，分别是、上的一点，．

（1）求截面（2）若正三棱柱【答案】(1)的面积． 的高为;(2)，求点到截面.为等腰三角形，则截面的距离即点到侧面的面积易求 的距离等的距离.【解析】试题分析：（1）由勾股定理易证（2）设点到截面于，则由的距离为，易知点到平面

可求

试题解析：（1）由勾股定理易得面积（2）设点到截面易知点到平面的距离为，的距离即点到侧面的距离等于，，为等腰三角形

由

19.如图所示，棱柱的侧面是菱形，.（1）证明：平面；（2）设是上的点，且平面

.，求的值．

【答案】(1)见解析;(2)【解析】试题分析：（1）由题侧面又已知（2）设又是交

是菱形，所以.平面，可证....，由直线与平面垂直的判定定理可证于点，连接，则

平面的中点，所以为的中点．即是菱形，所以，试题解析：（1）因为侧面又已知所以（2）设则因为所以又是所以为即平面交，且.于点，连接与平面平面 的中点，的中点．.，的交线． 是平面

20.如图，正三棱锥，已知，（1）求此三棱锥内切球的半径.（2）若是侧面【答案】(1)半径为 上一点，试在面

上过点画一条与棱

平行于，则

垂直的线段，并说明理由． 为所求，证明见解析.;(2)过作线段

平面【解析】试题分析;（1）过作正三角形的中心，求解三角形可得三棱锥 的体积,最后，垂足为，由正三棱锥的性质可得为底面，求得，再由棱锥体积公式求得正，进一步得到

可求此三棱锥内切球的半径；

，得到

，过 作线段

平行（2）由（1）结合线面垂直的判定可得于，则为所求． 试题解析;（1）如图，过作∵连接则∴∴

平面，垂足为，为正三棱锥，∴为底面正三角形的中心，并延长交，且，则

于，．

；

（2）过作线段理由：∵过作平面平行于，则为所求．

为正三棱锥，垂足为，∴为底面正三角形的中心，则∴∵∴，平面，．，则，【点睛】本题考查线面垂直的判定和性质以及椎体的体积等，考查空间想象能力和思维能力，其中得到椎体的体积后由21.如图，四棱锥，为线段

中，上一点，求出此三棱锥内切球的半径是解题的关键平面，为，的中点.，（1）证明：（2）求异面直线平面与

；

所成角的余弦值..，由三角形中位线定理结合已知可得四【答案】(1)见解析;(2)所求角的余弦值【解析】试题分析：（1）设边形（2）取与的中点，连接为平行四边形，得到 ．再由线面平行的判定可得MN∥平面PAB；，，可证异面直线和

与

所成角就等于

与边的靠近点的四等分点，连接

中设法求出所成的角，则在所成角的余弦值.最后由余弦定理可求求异面直线试题解析（1）由已知得取的中点，连接中点知，故，平行且等于，由为又四边形因为所以（2）取由

.为平行四边形，于是平面平面，.平面，边的靠近点的四等分点，连接 四边形与，为平行四边形 所成角就等于，，与，则，所以异面直线所成的角，所以所求角的余弦值22.如图甲所示，将梯形沿是梯形的高，，使得，点是线段，先上一动折起如图乙所示的四棱锥点.（1）证明：（2）当； 时，求

与平面

所成角的正弦值.【答案】(1)见解析;(2)角的正弦值为.【解析】试题分析：（1）由勾股定理可证定理，可证以（2）因为作求得 交平面,所以，所以点到平面于点，连接

，可知点到平面，所以与平面是梯形、，进而证明

平面的距离的一半 交

平面距离为，点到平面的距离为，于，又，由直线与平面垂直的判定的距离等于点到平面，可求出，作，而，而再由而

所成角的正弦值为.的高，试题解析：（1）因为所以因为可得，，，如图乙所示，所以有而所以又所以（2）因为所以点到平面作则作则 交交，平面，所以平面，所以，,所以、、两两垂直． 的距离等于点到平面于点，连接，于，而、，的距离的一半，平面

而可知再由点到平面而所以

与平面平面，由，点到平面的距离为

，距离为，所成角的正弦值为.

第三篇：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.

第四篇：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。

第五篇：安徽省泗县双语中学2012-2013学年高二上学期月考试题(语文)

安徽省泗县双语中学2012-2013学年高一上学期月考试题

语 文

命题人：双语中学高一语文备课组

注意事项：

1、本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共150分。考试时间150分钟。2．请用0.5毫米墨色笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内。

第Ⅰ卷（阅读题共

一、（9分，每小题3分）

阅读下面这段文字，回答文后的问题。

最近，“轻小说”的概念频频出现于网络媒体上，有的网站，将一批“80后”甚至“90后”作家主编的杂志，通称为“轻小说”，比如郭敬明主编的《最小说》，明晓溪主编的《公主志》，郭妮主编的《火星少女》，江南主编的《幻想1+1》„„这些杂志大多开本小，一手便可掌握，翻阅起来极为方便——这样的设计，恐怕还是出于容易在课堂和上放学路上阅读的考虑。

国内的“轻小说”和日本的“轻小说”如出一辙。看来，在日本动漫和韩国游戏全面侵入国内青少年文化生活之后，日本文学也通过杂志的方式开始影响中国的孩子了。2001年，上海文艺出版社曾出版过一套5本的系列丛书，取名为“轻阅读书坊”，图书采取的也是文配图的方式，被视为国内最早提出“轻概念”的丛书。

上海文艺出版社的编辑王肖练曾经就“轻阅读”三个字给出精彩的定义：轻松的阅读，轻快的阅读，轻灵的阅读，“轻”不是没有分量，“轻阅读”是另一种重质量的阅读。书中的内容“说的都是大白话，话题既时髦又有趣，既温文尔雅又愤世嫉俗”。通过这些定义，即便是“轻阅读书坊”的创意借鉴自日本的“轻小说”，也能看出出版者已经将其本土化了。

“轻阅读”的流行，得益于网络普及的推动。据了解，国内著名的商业网站网易和腾讯，均开设有“轻阅读”的频道或专栏。网络使得两种文字阅读上的障碍得到了最快速度的融通，而站在时尚和流行前沿的年轻作家，在对外来文化的消化上，也表现出惊人的适应能力。

作为一种文化消费品，“轻阅读”产品的本质是无害的，甚至在丰富人的生活、愉悦人的心灵方面，有着其他读本不可代替的作用，但这些文本中思想内涵和文化底蕴的匮乏，以及价值观的迷失，都有让“轻阅读”变成“飘阅读”的趋势。我们的青少年读者追逐和享受

66分）

“轻阅读”是他们的权利，但也要清醒地意识到“轻阅读”中唯美背后的虚无、时尚背后的苍白。无论什么时候，厚重的经典和传统文学的质朴和开阔，都是丰富一个人心灵不可缺少的精神营养。（选自2008.2.25《中国青年报》，有删节）1．对“轻小说”的理解，最准确的一项是（）。（3分）

A．“轻小说”是一批“80后”甚至“90后”作家主编的如《公主志》一类的杂志。B．“轻小说”是开本小、易掌握，翻阅起来极为方便，有利于学生随时阅读的一类杂志。C．“轻小说”是源自日本、受日本文学杂志的影响而形成的一类方便读者阅读的杂志。D．“轻小说”是源自日本、被出版者本土化的便于读者阅读的一类杂志。2．不属于“轻阅读”在我国流行的原因的一项是（）。（3分）

A．日本动漫和韩国游戏全面侵入我们国内青少年文化生活。B．我国的出版者将源自日本“轻小说”的“轻阅读”本土化。C．国内有的著名的商业网站开设有“轻阅读”的频道或专栏。D．“轻阅读”产品是一种文化消费品，它的本质是没有危害的。3．根据原文信息，下列推断正确的一项是（）。（3分）．．A．既然“轻阅读”的流行得益于网络普及的推动，那么，年轻作家的出名则靠知名网站的宣传。

B．类似于“轻小说”杂志形体设计轻巧的图书，在今后相当长一段时间内都是读者很喜欢的。

C．“轻阅读”有着其他读本不可代替的作用，因此“轻小说”在人们的阅读活动中有着举足轻重的地位。

D．“轻小说”也有不足之处，我们不能为了“轻松阅读”而放弃对经典和传统文学的阅读。

二、（33分）

阅读下面文言文，完成4～7题。

①逮奉圣朝，沐浴清化。前太守臣逵察臣孝廉，后刺史臣荣举臣秀才。臣以供养无主，辞不赴命。诏书特下，拜臣郎中，寻蒙国恩，除臣洗马。猥以微贱，当侍东宫，非臣陨首所能上报。臣具以表闻，辞不就职。诏书切峻，责臣逋慢。郡县逼迫，催臣上道；州司临门，急于星火。臣欲奉诏奔驰，则刘病日笃；欲苟顺私情，则告诉不许：臣之进退，实为狼狈。

②伏惟圣朝以孝治天下，凡在故老，犹蒙矜育，况臣孤苦，特为尤甚。且臣少仕伪朝，历职郎署，本图宦达，不矜名节。今臣亡国贱俘，至微至陋，过蒙拔擢，宠命优渥，岂敢盘桓，有所希冀。但以刘日薄西山，气息奄奄，人命危浅，朝不虑夕。臣无祖母，无以至今日；祖母无臣，无以终余年。母、孙二人，更相为命，是以区区不能废远。

4．指出下列各句中加点词语的解释有误的一项是()（3分）A．逮奉圣朝，沐浴清化 ．B．诏书特下，拜臣郎中 ．C．过蒙拔擢，宠命优渥 ．．

逮：及，至 拜：授给官职 拔擢：提拔，提升 薄：与“厚”相对 D．但以刘日薄西山，气息奄奄 ．5．下列句中加点“以”字的用法和意思不同于其它三项的是()（3分）A．臣以险衅，夙遭闵凶 B．臣以供养无主，辞不赴命 ．．C．臣无祖母，无以至今日 D．是以区区不能废远 ．．6．下列对课文分析不当的一项是()（3分）

A．①段以“逮奉圣朝，沐浴清化”表达自己对晋武帝的感激之情，再历叙州郡朝廷优礼的事实。然后明确提出奉诏奔驰和孝养祖母的矛盾，为下文留下悬念。

B．②段先举出“凡在故老，犹蒙矜育”的普遍事实，以进一步阐述自己的特殊情况。他当初仕蜀是想谋取官职显达，也想自命清高，考虑名誉节操。

C．作者说自己不能奉诏的原因是祖母风烛残年，母孙二人互相依靠，性命相关。D．①段以叙述为主，表明朝廷对自己优礼有加，而自己却由于祖母供养无主，不能奉诏的两难处境。②段以议论为主，重在说理，在陈情中喻之以大义。

7．请把下列各句译成现代汉语。（10分）

(1)臣欲奉诏奔驰，则刘病日笃；欲苟顺私情，则告诉不许。

译文：(2)伏惟圣朝以孝治天下，凡在故老，犹蒙矜育，况臣孤苦，特为尤甚。

译文：

阅读下面这首唐诗，完成8-9题。（8分）

越中览古

李白

越王勾践破吴归，义士还家尽锦衣。

宫女如花满春殿，只今惟有鹧鸪飞。

8.诗中的“尽”和“满”两词用得生动传神，请予以简要分析。（4分）

答：

9.作者主要采用什么样的表现手法？表达了怎样的主题？（4分）

答;

10.写出下列名句名篇中的空缺部分。(任意选做六小题)(6分)（1）但以刘日薄西山，气息奄奄，____ _______，朝不虑夕。（李密《陈情表》（2）乌鸟私情。（李密《陈情表》

（3）外无期功强近之亲。（李密《陈情表》（4）闾阎扑地。（王勃《滕王阁序》）（5）潦水尽而寒潭清，_____ __________。（王勃《滕王阁序》）（6）_________________，知来者之可追。（陶渊明《归去来兮辞》（7）_________________，秋水共长天一色。（王勃《滕王阁序》）（8），风飘飘而吹衣。（陶渊明《归去来兮辞》

三、（24分）

阅读下面的文字，完成11—14题

垫底的人

陈大超

终于调到一个局机关,吃上朝思暮想的“财政饭”,徐芳高兴得一天到晚都是笑盈盈的,可是等她醒过神来,她就发现在这个既讲级别也讲资历同时也讲能力的机关里,她原来是个

垫底的人,谁都可以指派她,谁都可以指责她,谁都可以对她垮下脸来。人到中年、在原来的单位里大小是个头儿的徐芳,心里的高兴劲立刻就烟消云散了。

好在没过多久,局里又来了一个脑子不好使的人——基本上就是个只能拖拖地夹夹报纸冲冲厕所的傻瓜。虽然傻瓜来头不小,但徐芳仍然可以把他当作垫底的人,只要她受了谁的窝囊气,她立刻就找到傻瓜,或者说“把地再拖一遍!”或者说“把报纸都好好夹起来!”或者说“帮我捶捶背!”傻瓜简直像个一摁按钮就立刻动作起来的机器人,不论你的脸色多难看,不论你对他的指使多么不合情理,他都是一点反应一点想法也没有。

这个名叫闵天飞的傻瓜,考大学时离读清华的分数仅仅只差一分,一阵狂笑就变成了一个痴不痴呆不呆的傻瓜了。徐芳也挺同情他的,但她一旦受了谁的气,仍然要把他当作出气筒,恶言恶语地把他使唤一通,让自己产生某种虚幻的优越感。她甚至觉得在这个机关里,对她真正重要的,不是那些局长科长们,而是这个傻瓜——没有这个傻瓜给她垫底,她真不知道自己会怎么过下去。

这天上班,她居然没见到天飞,楼上楼下各个科室都找遍了,也没见着他的身影。一问,原来是他家里人领着他到上海治病去了。她听了心里猛然一惊,接下来一整天都恍恍惚惚、心神不宁的。她就总是下意识地跟人家讨论:“你说天飞的这种病真的能治好吗﹖”“你说天飞的病治好的把握到底有多大﹖”还假惺惺地说:“要是真能治好那就太好了啊!”其实她潜意识中非常害怕他真的给治好了。

一个星期后天飞出现在局里的时候,仍然是那副呆不呆傻不傻的样子。徐芳见了差点笑出声来。她也仍然常常在背后整他、吼他,拿他垫底、出气。后来她竟然发展到敢用鸡毛掸子打他了。也就有一次,她一失手,竟然将鸡毛掸子重重地打在他的后脑勺上。打得他当时猛地一激灵,全身仿佛触了电似的一抽搐。谁也没想到,这一击,竟然使天飞的智力因此而恢复了。

天飞在家里休息了几天,再到局里上班的时候,脸上就再无半点呆气傻气了,局长也不让他再做那些杂事了,而是要他在秘书科“适应适应”。仅仅过了两三个月,天飞就给人一种英气勃勃年轻有为的感觉了。自然,在这个局里,徐芳又成了一个垫底的人了。她是多么后悔啊!后悔自己竟然用鸡毛掸子去打他——这一打,又把自己打入了度日如年的冰窟里。

她常常幻想在天飞独自在办公室里值班的时候,悄悄地出现在他的后面,用一个暗中准备好的小木棒,对着他的后脑勺乒乒乓乓地从各个角度猛敲一气——再把他脑子里的那个开关敲关上„„

（原载《金山》2003年第2期）

11.下列对小说有关内容的分析和概括，最恰当的两项是（5分）（）（）

A．徐芳能够调到局机关，很是高兴；但后来她发现自己的身份、级别、资历和能力在局里都比不过别人，就高兴不起来了。

B．闵天飞是个脑子不好使的傻瓜，痴痴呆呆，只能干些杂活，这使徐芳很高兴，因为局里终于有了个不如自己的垫底人了。

C．徐芳虽然很同情闵天飞因为高考时离清华的分数线只差一分而变傻，但她仍然拿闵天飞做出气筒，这说明她心理严重扭曲。

D．家人带着闵天飞去上海治病，徐芳心神不宁；闵天飞的病没有治好，徐芳竟然有点幸灾乐祸，说明她没有一点仁爱之心。

E．徐芳偶然的一打，竟是闵天飞恢复了智力，因此，徐芳懊悔不已，常常幻想再把他打回傻瓜去，使自己不是垫底的人。

12.小说中的徐芳有着怎样的心理特征？请简要分析。（6分）

答;13.小说中安排闵天飞去上海看病这一情节，对于故事发展有哪些作用？（6分）答： 14.小说题目命名为“垫底的人”，是出于人物、结构、主旨等多方面的考虑，请选择一个方面，结合全文，陈述你的观点并作分析。（7分）

答：

第Ⅱ卷（表达题，共84分）

四、（24分）

15.下列加点字的注音全部正确的一项是（）(3分) A.央浼miǎn 拾掇风sù 得鱼忘筌．．chuò 朔．．quán B.傩送nuó 陨首sǔn 提防tí 数见不鲜shù ．．．．C、蹩脚bié 熟稔越ōu 强近之亲qiǎng ．．rěn 瓯．．D.出岫sū 模棱两可líng ．xiù 捧袂．jué 窸窣．．16．下列各句中加点的成语使用恰当的一项是（）(3分)

A．调查发现，我校最近有少数学生在午休期间去打游戏机，个别学生还参与了赌博，请老师们及时教育，加强管理，以防患未然。．．．．B 《笑傲江湖》一剧的男主角被撤换的消息早已不胫而走，日前制片主任在记者招待．．．．会上证实了这一说法。

C．他在地主家当长工的时候，吃的是粗茶淡饭，住的是猪棚狗窝，干的是牛马活儿。．．．．D．第一次见到王师傅便喜欢上了她，那轻柔的嗓音，那甜美的微笑，一看便知是个一．团和气的人 ．．． 17．下列句子中没有语病的一句是（）(3分)

A．奥斯特洛夫斯基的《钢铁是怎样炼成的》对于中国青年是不陌生的。

B．今后的路该怎么走，他们在探索着，他们在判断着，他们在寻找着，他们在思考着。C．电脑中有些网站，可以申请免费个人主页，这样，你只要将自己的信息放在指定的位置上，全世界的人都可以了解你的一切了。

D．文章里的中心思想确定以后，还要根据中心思想的需要，认真地选择组织材料。18、2009年8月18日，已经称霸田坛多年，从未在重大比赛中失败过的俄罗斯女子撑竿跳运动员伊辛巴耶娃在柏林田径世锦赛上三次试跳均未成功，没有成绩，无缘世锦赛三连冠。下面请你以一下中国网友的身份对伊辛巴耶娃的失利写一段感言，表达对她的支持。要求：运用较为工整的句式或拟人的修辞手法，不超过30字。（6分）答： 19、请用一句话概括下面一个试验所蕴含的哲理，不超过10个字。（5分）

将两只大白鼠丢入一个装了水的器皿中，它们会拼命地挣扎求生，一般维持的时间

是8分钟左右。然后，在同样的器皿中放入另外两只大白鼠，在它们挣扎了5分钟左右的时候，放入一个可以让它们爬出器皿的跳板，这两只大白鼠得以活下来。若干天后，再将这对大难不死的大白鼠放入同样的器皿，结果真的令人吃惊：两只大白鼠竟然可以坚持24分钟，3倍于一般情况下能够坚持的时间。

所蕴含的哲理是：

20、根据下列画线句子的句式、修辞仿造句子，使上下文构成前后连贯合理的排比句。(4分)也许你无法拥有深邃的蓝天，但是你可以做飘逸的白云。, 。只要你满怀信心，善于发现，你会感受到生命的意义。

五、(60分)21.阅读下面的文字，根据要求作文。

家，对许多人而言，不止是身体的休憩处，也是心灵的归依所。我们每天乃至于一生，不断地在离家与回家的历程中，构筑出一天以至于一生的故事。一般人离家后总不免有回家的企盼，但也有人视回家为畏途，甚或无家可归。回家对每个人而言，往往存在着不同的意义。

请以“回家”为话题，写一篇不少于800字的文章。

要求：①角度自选；②立意自定；③除诗歌外，文体自选；④不要套作，不得抄袭。

参考答案

1．B（理解最准确的一项，是指抓住事物本质特征的一项，而轻小说的特征是轻便，只有B项抓住了此特征。）

2．A（是“轻小说”出现的一个前提。）

3．D（A项“轻阅读”的流行与年轻作家的出名，二者之间没有必然联系，所以，推不出“年轻作家的出名靠知名网站的宣传”这个结果。B项“在今后相当长一段时间内读者都是很喜欢的”无中生有。C项说“轻小说”的地位举足轻重，言过其实。）4．D解析：“薄”应为“迫近”。

5．C解析：C项为介词，用来„„；ABD 三项均为“因为”。6．B解析：“也想自命清高，考虑名誉节操”错误。

7．(1)我很想遵从皇上的旨意立刻为国奔走效劳，但祖母刘氏的病却一天比一天重；想要姑且顺从自己的私情，但报告申诉又不被准许。

(2)我想圣朝是以孝道来治理天下的，凡是故旧老人，尚且还受到怜惜养育，何况我的孤苦程度更为严重呢？

8.“尽”写出了战士脱下战袍，都穿上了华美的衣服；“满”写出了美人站满了宫殿的情景，这两个形象地表现了胜利者的喜悦和骄傲或者“表现了越国的繁盛景象”亦可。

9对比。诗人将昔日的繁盛和今日的凄凉，作了鲜明的对比，突出了人事变化，盛衰无常的感慨。（回答成“衬托”，亦可）10．略

11.答B给3分，答E给2分，答C给1分；答A、D不给分。

12.①自卑心理，受人指派，被人指责；②自傲心理，傻瓜不如自己，可以随意指使；③卑劣心理，欺负殴打傻瓜，在精神上找到优胜法、出气法。

13.①看病是整个故事的一个重大转折点，这是此前此后的故事发生了重要的变化；②使情节有波澜起伏，避免了故事发展的平铺直叙，能够增强吸引力；③推动故事发展进入高潮，为后面徐芳殴打傻瓜而使傻瓜智力恢复做铺垫。14.观点一：使人物形象更加丰满真实，特点突出。

①抓住“垫底人”力图想摆脱自己是垫底人，因而不断欺负更弱者的这一心理特征，真实地刻画了人物鲜明的性格特征；②围绕“垫底人”这个线索，通过故事情节的不断发展变化，人物的心理特征得到了更好的集中刻画；③通过“垫底人”角色的反复变化，更好地体现出了小说的讽刺特点。

观点二：使情节结构更加紧凑严谨，完整新巧。

①通过“垫底人”又把别人作为自己的“垫底人”这一中心，构思故事，发展情节，使情节集中紧凑；②以“垫底人”的角色发展变化来结构全文，使小说结构精巧新颖；③小说围绕谁是谁的“垫底人”这个问题，形成了两条并行的叙事线索，使结构更加完整有序。

观点三：使主题思想更加鲜明新颖，丰富深刻。

①通过“垫底人”的故事，揭示出了社会上仍然存在着阿Q式人物，以求在精神上寻得优胜法；②越是垫底，越是要欺负比自己更弱的人，讽刺“垫底人”这种卑劣的病态心理；③说明大家如果都能够体谅弱者，关怀弱者，就不会出现“垫底人”这种现象，体现了作者对社会现象的深入思考。

15.c 16.B 【解析】A项浮光掠影：水面上的反光和一闪而过的影子比喻观察不细致,没有深的印象;又指文章言论的肤浅,无真知实学比喻印象不深刻C项简单的饮食形容生活简约D项“一团和气”态度温和，没有原则

17.D．（A．主客颠倒，应改为：中国青年对奥斯特洛夫斯基的„„ B．分句位置不当。这个复句里的几个分句逻辑关系混乱，正确的次序是：他们在思考着，他们在判断着，他们在探索着，他们在寻找着。复句的各分句之间，反映了一定的事理关系，句序应依据一定的标准排列。C．关联词位置不当，应为“只要你„„”。）

18．田径场上没有永远的常胜将军，田径场上却有你永恒的微笑。

你没有输给对手，只是输给了面前的横竿，征服它只在下一次。

19、(5分)分析：前面的两只大自鼠，因为没有逃生的经验，它们只能凭自己本来 的体力来挣扎求生，而有过逃生经验的大自鼠却多了一种精神力量，它们相信在某一时候，一个跳板会救它们出去，这使得它们能够坚持更长的时间。--这种精神力量，就是积极的心态，或者说是内心对一个好的结果心存希望。

概括哲理：希望就是力量。(坚持就是胜利。积极心态能战胜困难。意思对，可酌情给分。)20 也许你无法拥有明朗的夜空，但是你可以做闪耀的星星。也许你无法拥有绚丽的红花，但是你可以做无私的绿叶。21