2019-2020学年第一学期高二年级期中考试 成绩分析报告

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天津市和平区耀华中学2019-2020学年高二上学期期中考试语文试题 Word版含解析

天津市和平区耀华中学2019-2020学年高二上学期期中考试语文试题 Word版含解析

天津市耀华中学2019-2020学年度第一学期期中形成性检测高二年级语文学科试卷基础知识1.下列各项中加点字读音全都正确的一项是A. 促狭.(xiá)窸窣.(suō)讥诮.(qiào)怏.怏不乐(yàng)B. 髭.须(zī)岑.寂(cén)混.沌(hùn)数.见不鲜(shuò)C. 毗.邻(bǐ)下乘.(chéng)万应锭.(dìng)天理昭.然(zhāo)D. 掇.拾(chuò) 屋脊.(jǐ)簪笏.(hù)不落言筌.(quán)【答案】B【解析】【详解】本题考查识记现代汉语普通话常用字的字音的能力。

此类试题解答时,字音重点考核多音字、形声字、形似字、音近字、方言、生僻字等,多音字注意据义定音,要找规律,结合词义、词性、运用场合等记忆。

A项,窸窣(suō)——sū;C项,毗邻(bǐ)——pí;D项,掇拾(chuò)——duō。

故选B。

2.下列各项中没有错别字的一项是A. 流弊膨胀通宵良晨美景B. 抱厦窈窕盘恒潘江陆海C. 舂粮谗言坍缩皇天厚土D. 窈窕难堪壶觞套语滥调【答案】D【解析】【详解】本题主要考查识记并正确书写现代常用规范汉字的能力。

此类试题解答时,辨析字形当然要从字音和字义上下功夫。

形近字虽然字形相近,但却有细微的区别,这细微处就是辨析的关键。

有些形近但读音不同的字,可以通过读音的不同加以辨析。

相连字形的考核主要考核形近字和音近字,试题的内容有两字词语,三字熟语和成语。

A项,良晨美景——良辰美景;B项,盘恒——盘桓;C项,皇天厚土——皇天后土。

故选D。

3.依次填入下列各句横线上的词语,最恰当的一项是(1)同样是那种离子式的,碰上一些个急匆匆来回乱窜的个体,这才略停一停,碰碰触角,交换一点点信息。

(2)本报这次开展的讨论,受到了社会各界的普遍关注,稿件之多,范围之广,之强烈,出乎意料。

山东济南第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试生物

山东济南第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试生物

2019-2020学年度第1学期高二生物期中检测(2019.11)生物试题说明:本试卷满分100分,试题分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,考试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题,共60分)一、单项选择题(40题,每题1分,共40分)1.如图表示人体中部分体液的关系,下列叙述正确的是A.甲、乙、丙、丁共同构成了人体细胞生存的内环境B.当人体较长时间对蛋白质摄入不足时,乙液会变少C.T淋巴细胞和B淋巴细胞可以生活在甲液和丙液中D.甲液和乙液在组成上的主要差别是无机盐含量的多少2.下列有关内环境组成的叙述,错误的是A.血浆、组织液和淋巴的成分相近,但是血浆中蛋白质含量较多B.淋巴中含有淋巴因子,利于增强免疫功能C.血浆中含有蛋白酶,可催化血红蛋白水解D.组织液中钠离子浓度影响细胞外液渗透压3.下图为人体内的组织细胞与外界环境进行物质交换的示意图。

下列说法中正确的是A.人体内抗原与抗体发生特异性结合主要发生在内环境中,酸碱平衡的调节主要发生在外环境中B.赖氨酸是人体必需氨基酸,从消化道进入组织细胞中,至少通过8层细胞膜C.有氧呼吸形成的CO2,其中的“O”来自线粒体中的H2O和葡萄糖D.人体内所有细胞与外环境进行的物质交换都要通过内环境来完成4.科学家通过研究发现,人血液pH通常在7.35~7.45之间,变化不大的原因是①H2CO3/NaHCO3等缓冲对对血液酸碱度起缓冲作用②通过呼吸系统可不断排出CO2③血浆中过多的碳酸氢盐可以由肾脏随尿排出体外④神经系统对呼吸运动强度的调节有利于维持血液pH的相对稳定⑤食物中的碱性物质与新陈代谢产生的酸性物质所构成的缓冲对调节了血液pHA.① B.①②③ C.①②③④ D.①②③⑤5.如下图表示人体细胞与外界环境进行物质交换的过程,下列叙述错误的是A.图中②→③的过程发生在左右锁骨下的静脉处B.若某人长期营养不良,将会导致①渗透压降低,②增多C.从外界环境摄入的K+进入细胞的途径:外界环境→消化系统→A→①→②→组织细胞D.如果食物过咸,系统B会增加对水的重吸收6.如右图是反射弧结构模式图,a、b分别是神经纤维上的刺激位点,甲、乙是分别置于神经纤维B、D上的电位计。

高中语文复习课件-2019—2020学年度上学期期中考试成绩分析(169) (汇总)

高中语文复习课件-2019—2020学年度上学期期中考试成绩分析(169) (汇总)

均分
473.9 姓名 总分
636.35
511
622.8
1
倒5 333.5 邹恬恬 547
倒5
499
倒5 323 倒5
415
2
倒4
329 岳明瑞 539
倒4
493
倒4 320 倒4
381
3
倒3 328.5 李欣昱 537
倒3
477
倒3 319 倒3
360
4
倒2
319 袁慰轩 534
倒2
455
倒2 319 倒2
需改进:
1.印刷问题:高二政治试卷正反面相同。 2.试题问题:
(1) 高二化学试卷三次广播勘误. (2)新高一直升班语文、数学、高二化学等科 目师生反映难度大.
二、各年级成绩分析 :
初中部
高一年级 高二年级
初中部
在本次期中考试中,初中年级参加人数为799人,七 年级:340;八年级:341人,九年级:118人)。
姓名 陈俊 吴敏 唐烨 吴止腾 范良坤
总分 919 917 915 914 909
2、各班总平均分 重点班 高一年级
2、各班总平均分 尖子班 高一年级
3.上线人数:
35
重点班
47
8 00
高一年级
19 6
3.上线人数: 尖子班
52
51
32 26
8
高一年级
62
总体特点:
高一年级
1.实验班零班整体稳定。前四名差距小, 竞争激烈。
104.2 102.4
3
86.9
5
5
87.0
4
敏青
99.6
11

高二年级第一学期期末考试成绩分析

高二年级第一学期期末考试成绩分析

高二年级第一学期期末考试成绩分析一、特优班(1201、1202)1. 特优班年级排名情况年级前30名年级前50名年级前100名2. 特优班各分数段统计情况600分以上550分以上500分以上3. 特优班单科成绩排名第一的教师语文:翟艳香(1) 数学:申荣和(2) 英语:高改团(1) 物理:朱东平(1) 化学:贾高伟(1) 生物:张美珍(1)值得提的是特优班数学1201班李爱廷均分92.2,1202班申荣和均分92.5,1201班数学只差1202班0.3分,而期中1201班数学均分88.5,1202班93,相差4.5分,李老师代咱们这一届学生之前一直代补习班的课,一开始过来可能没完全适应了这应届生的教学,李老师也非常着急,又找同学了解情况,又让我跟学生交流,想了解学生的真实情况,想弄清自己在教学中与学生的不同步的地方,结果发现李老师在课堂上的节奏快了,容量大了,学生有的没搞懂,学生不是想象的理解,李老师后来调整了教学思路,改进了教法,大胆课改,加强了对学生的检点、督促、辅导,这成绩有了很大的提高,像李老师这样老的教师都在不断努力、学习、进步,我作为班主任,我很感动,也很感激,我们的老师都应该向李老师学习。

二、理科重点班(1203、1204、1205)1. 理科重点班年级排名情况年级前50名:1203班1人 1204班4人 1205班2人年级前100名:1203班8人 1204班13人 1205班9人年级前150名:1203班18人 1204班24人 1205班14人1201班 13人1202班 11人 1201班 23人1202班 14人 1201班 34人1202班 22人 1201班 36人1202班 25人 1201班 1人1202班 1人 1201班 17人1202班 13人2. 理科重点班各分数段统计情况①600分以上:1205班樊耀华614,全年级第2名,班级第1名,上学期期中考试是年级第17名,班级第1名②550分以上③500分以上3. 理科重点班单科成绩排名第一的教师语文:付丽芳(4) 数学:谢俊贵(3) 英语:张建芳(3) 物理:李峰(5) 化学:贾高伟(4) 生物:张美珍(4)三个理科重点班当中4班年级排名前50名、前100名是最多的,每个分数段的人数也是理科重点班最多的,班均分和优生积分也是最高的,而且高伟的化学成绩在特优班和重点班中都排名第一,班级名次第一,成绩突出,我和高伟闲谈说到,高伟考好了,高伟说才会教了,我想这才是活到老学到老。

太原2019-2020学年第一学期期中【高二数学】试卷答案

太原2019-2020学年第一学期期中【高二数学】试卷答案

………`2 分
AD CD ,CD 平面 PAD ,CD PA ;
………`5 分
(2)设点 E 是 PD 的中点,连接 AE,CE ,
PAD 是正三角形, AE PD , AE 2 3 ,
由(1)得 CD 平面 PAD ,平面 PCD 平面 PAD ,
AE 平面 PCD ,
AC 与平面 PCD 所成角为 ACE ,
ABCD A1B1C1D1 是正方体, ADD1A1 是正方形,
A1D AD1 , A1D EF ,
………8 分
A1D 平面 A1B1CD , A1B1 平面 A1B1CD , A1B1 A1D A1,
EF 平面 A1B1CD .
………10 分
19 解:(1) x2 y2 1,C1(0,0) , r1 1 ,
………8 分 A
AD CD , AC AD2 CD2 2 5 ,
P
E
D
C
B
(B)图
sin ACE AE 15 . AC 5
………10 分
21.(B)(1)同(A)(1);
(2)设点 E 是 AD 的中点,连接 PE, BE ,
P
PAD 是正三角形,PE AD , PE 2 3 ,
AD / /BC ,BC BE ,
F C1 B1
EF 平面 ADD1A1 , AD1 平面 ADD1A1 ,
D
EF // 平面 ADD1A1;
…………5 分 A
E
(2)由(1)得 EF // AD1 , ABCD A1B1C1D1 是正方体,
C B
A1B1 平面 ADD1A1 , A1B1 AD1 , A1B1 EF ,
………6 分 ………8 分

2019-2020学年北京四中高二(上)期中数学试卷-含详细解析

2019-2020学年北京四中高二(上)期中数学试卷-含详细解析

2019-2020学年北京四中高二年级第一学期期中考试数学试卷 2019.11一、选择题(本大题共13小题,共62.0分)1.不等式x−3x+2<0的解集为()A. {x|−2<x<3}B. {x|x<−2}C. {x|x<−2或x>3}D. {x|x>3}2.已知数列{a n}满足a n+1=a n+n,且a1=2,那么a3=()A. 4B. 5C. 6D. 73.下列命题中的假命题是()A. ∀x∈R,x3>0B. ∃x∈R,使tanx=2C. ∀x∈R,2x>0D. ∃x∈R,使lgx=04.已知等差数列{a n}中,a1=−1,公差d=2,则{a n}的前5项和等于()A. −15B. −17C. 15D. 175.若a<b<0,则下列不等式中成立的是()A. a2<b2B. ab <1 C. 1a<1bD. 1a>1b6.“x2=4”是“x=2”成立的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件7.若a,b∈R,且ab>0,则下列不等式中,恒成立的是()A. a2+b2>2abB. a+b≥2√abC. 1a +1b>√abD. ba+ab≥28.等差数列{a n}前n项和为S n,a4+a6=−6,a1=−11.则当S n取最小值时,n=()A. 6B. 7C. 8D. 99.函数y=tanx+9tanx (π2<x<π)的最大值为()A. 6B. 9C. −6D. −910.已知常数k∈(0,1),数列{a n}满足a n=n⋅k n(n∈N∗).下面说法正确的是()①当k=12时,数列{a n}为递减数列;②当0<k<12时,数列{a n}为递减数列;③当12<k<1时,数列{a n}不一定有最大项;④当k1−k为正整数时,数列{a n}必有两项相等的最大项.A. ①②B. ②③C. ②④D. ③④11.若m<0,n>0且m+n<0,则()A. m<−n<n<−mB. −n<m<−m<nC. m<−n<−m<nD. −n<m<n<−m12.设{a n}是等差数列,{b n}为等比数列,其公比q≠1,且b n>0(n=1,2,3,…).若a1=b1,a11=b11,则a6与b6的大小关系为()A. a6>b6B. a6=b6C. a6<b6D. a6≥b613.已知数列{a n}满足a n+1+a n=4n+3,且a1=2,则a1+a2020=()A. 4043B. 4046C. 4047D. 4049二、填空题(本大题共9小题,共36.0分)14.命题“∀x∈R,x2−1>0”的否定是______.15.设S n为等比数列{a n}的前n项和,8a2−a5=0,则公比q=______,S4S2=______.16.若正数a,b满足1a +4b=1,则a+b的最小值等于______.17.已知函数f(x)的对应关系如表所示:数列{a n}满足a1=3,a n+1=f(a n),则a4=______,a2019=______.18.能够说明“设a,b,c是任意实数.若a>b>c,则a+b>c”是假命题的一组整数a,b,c的值依次为______.19.已知数列{a n}满足a n=4S n−3,n∈N∗,则a1+a3+a5+⋯+a2n+1=______.20.已知a>0,b>0,不等式−b<1x<a的解集是______.21.已知a>b>0,则a2−4b2−ab的最小值是______.22.有穷数列{a n}(n∈N∗,n≤12)满足|a n+1−a n|=1,且a1,a4,a12成等比数列.若a1=1,a12=4,则满足条件的不同数列{a n}的个数为______.三、解答题(本大题共5小题,共52.0分)23.已知{a n}为等差数列,且a3=6,a6=0.(Ⅰ)求{a n}的通项公式;(Ⅱ)若等比数列{b n}满足b1=3,b2=a4+a5,求{b n}的前n项和公式.24.已知函数f(x)=x2+ax−4.(Ⅰ)当a=3时,解不等式f(x)<0;(Ⅱ)若不等式f(x)+5>0的解集为R,求实数a的取值范围.25.已知{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,且b2=3,b5=81,a1=b1,a14=b4.(Ⅰ)求{a n}的通项公式;(Ⅱ)设c n=a n b n,求数列{c n}的前n项和T n.26.已知二次函数f(x)=ax2+bx,f(−1)=−4,恒有f(x)≤6x+2.数列{a n}满足(n∈N∗).a n+1=f(a n),且0<a n<12(Ⅰ)求f(x)的解析式;(Ⅱ)证明:数列{a n}单调递增;(Ⅲ)记πn i=1ai =a1a2…a n,若a1=13,求πn i=1(1−2a i).27.给定数列a1,a2,…,a n.对i=1,2,3,…,n−1,该数列前i项的最大值记为A i,后n−i项a i+1,a i+2,…,a n的最小值记为B i,d i=A i−B i.(Ⅰ)设数列{a n}为3,4,7,1.写出d1,d2,d3的值;(Ⅱ)设a1,a2,…,a n(n≥4)是公比大于1的等比数列,且a1>0.证明d1,d2,…,d n−1是等比数列;(Ⅲ)若d1=d2=⋯=d n−1=0,证明{a n}是常数列.2019-2020学年北京四中高二年级第一学期期中考试数学试题参考答案1.【答案】A<0,得到(x−3)(x+2)<0【解析】解:∵x−3x+2即x−3>0且x+2<0解得:x>3且x<−2所以无解;或x−3<0且x+2>0,解得−2<x<3,所以不等式的解集为−2<x<3故选A本题的方法是:要使不等式小于0即要分子与分母异号,得到一个一元二次不等式,讨论x的值即可得到解集.本题主要考查学生求不等式解集的能力,是一道基础题.2.【答案】B【解析】解:数列{a n}满足a n+1=a n+n,且a1=2,当n=1时,a2=a1+1=3,当n=2时,a3=a2+2=5,故选:B.直接利用数列的递推关系式的应用求出结果.本题考查的知识要点:数列的递推关系式的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题型.3.【答案】A【解析】解:对于A,当x=0时,x3=0,与x3>0矛盾;故A为假命题;对于B,由于正切函数值域为R,故∃x∈R,使tanx=2正确,故B为真命题;对于C,由于指数函数值域为(0,+∞),故∀x∈R,2x>0正确,故C为真命题;对于D,当x=1时,使lg1=0,故∃x∈R,使lgx=0正确,故D为真命题.故选:A.对于全称命题,若为假命题,举反例即可,若为真命题,需证明;对于特称命题,若为真命题,举例即可,若为假命题,需要证明.根据含量词的命题判断方法逐一判断即可.本题考查了含量词的命题的真假的判断,属于基础题.4.【答案】C【解析】解:∵等差数列{a n}中,a1=−1,公差d=2,∴{a n}的前5项和为:S5=5×(−1)+5×42×2=15.故选:C.等差数列{a n}中,由a1=−1,公差d=2,能求出{a n}的前5项和.本题考查等差数列的前5项和的求法,考查等差数列的性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.5.【答案】D【解析】解:a<b<0,则−a>−b>0,故(−a)2>(−b)2,即a2>b2,故A错,若a=−2,b=−1,则ab=2>1,故B不成立,1 a −1b=b−aab>0,故C错,D对,故选:D.利用不等式的性质,作差法,举特例法,a<b<0,则−a>−b>0,故(−a)2>(−b)2,即a2>b2,故A错,若a=−2,b=−1,则ab =2>1,故B不成立,1a−1b=b−aab>0,故C错,D对,故选:D.考查了不等式的性质,用了作差法,举特例法等数学方法,基础题.6.【答案】B【解析】解:由x2=4得x=2或x=−2,则“x2=4”是“x=2”成立的必要不充分条件,故选:B.根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可.本题主要考查充分条件和必要条件的判断,比较基础.7.【答案】D【解析】【分析】本题考查基本不等式,属于基础题.利用基本不等式需注意:各数必须是正数,而不等式a2+b2≥2ab的使用条件是a,b∈R.【解答】解:对于A,a2+b2≥2ab,所以A错;对于B,C,ab>0,只能说明a,b同号,若a,b都小于0时,a+b<2√ab,1a +1b<ab,所以B,C错;对于D,因为ab>0,所以ba >0,ab>0,ba+ab≥2,当且仅当ba=ab时等号成立,所以D正确,故选D.8.【答案】A【解析】a1=−11,【分析】此题考查学生灵活运用等差数列的通项公式及前n项和公式化简求值,掌握等差数列的性质,是一道基础题.根据等差数列的性质化简a4+a6=−6,得到a5的值,然后根据a1的值,利用等差数列的通项公式即可求出公差d的值,根据a1和d的值写出等差数列的通项公式,进而写出等差数列的前n项和公式S n,配方后即可得到Sn取最小值时n 的值.【解答】由a4+a6=2a5=−6,解得a5=−3,又a1=−11,∴a5=a1+4d=−11+4d=−3,解得d=2,则a n=−11+2(n−1)=2n−13,∴S n=n(a1+a n)2=n2−12n=(n−6)2−36,∴当n=6时,S n取最小值.故选:A.9.【答案】C【解析】解:函数y =tanx +9tanx (π2<x <π),tanx <0, 由基本不等式,−tanx −9tanx ≥2√9=6, 当且仅当tanx =−3成立, 所以tanx +9tanx ≤−6, 故选:C .函数y =tanx +9tanx (π2<x <π),tanx <0,由基本不等式,−tanx −9tanx ≥2√9=6,得出结论.考查基本不等式的应用,基础题.10.【答案】C【解析】解:①当k =12时,a 1=12,a 2=2×(12)2=12,所以数列{a n }不是递减数列,①不正确; ②当0<k <12时,a n+1a n=(n+1)k n+1nk n=k(n+1)n<nn+1≤1,即a n+1<a n ,数列{a n }是递减数列,②正确;③当12<k <1时,an+1a n=(n+1)k n+1nk n=k(n+1)n,则k <k(n+1)n<2k ,例如取k =78,则a 7=a 8且为最大项,③错误; ④a n+1a n =(n+1)k n+1nk n=k(n+1)n,当k1−k 为正整数时,1>k ≥12, 当k =12时,a 1=a 2>a 3>a 4>⋯…… 当12<k <1 时,令k1−k =m ,解得k =mm+1; 则a n+1a n =(n+1)k n+1nk n =k(n+1)n=(n+1)mn(m+1),当n <m 时,a n+1a n>1,数列{a n }单调递增; 当n >m 时,a n+1a n<1,数列{a n }单调递减;当n =m 时,a n+1=a n ;所以数列{a n }必有两项相等的最大项;④正确; 故选:C .直接用作商比较法计算a n+1a n=(n+1)k n+1nk n=k(n+1)n,对k 的范围进行讨论,得到数列{a n }的单调性.本题考查数列的增减性,作商法比较大小,属于难题.11.【答案】A【解析】解:由m<0,得−m>0,−n>0,得−n<0,由m+n<0,−m>n>0,0>−n>m,所以m<−n<0<n<−m,故选:A.由m<0,得−m>0,−n>0,得−n<0,由m+n<0,−m>n>0,0>−n>m,所以由不等式的传递性得,m<−n<0<n<−m,得出结论.考查不等式的性质,不等式的传递性等,基础题.12.【答案】A【解析】解:由题意可得a1+a11=b1+b11=2a6.∵公比q≠1,b i>0,∴b1+b11>2√b1b11=2b6,∴2a6>2b6,即a6>b6,故选:A.由题意可得a1+a11=b1+b11=2a6,再由b1+b11>2√b1b11=2b6,从而得出结论.本题主要考查等差数列的定义和性质,等比数列的定义和性质,基本不等式的应用,属于基础题.13.【答案】A【解析】解:数列{a n}满足a n+1+a n=4n+3①,则a n+2+a n+1=4n+7②,②−①得a n+2−a n=4(常数),所以数列{a n}的奇数项和偶数项公差都为4的等差数列.由于a1=2,所以a1+a2=7,解得a2=5,所以a n={2n(n为奇数) 2n+1(n为偶数).所以a1+a2020=2+2×2020+1=4043.故选:A.直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式,进一步利用通项公式的应用求出结果.本题考查的知识要点:数列的通项公式的求法及应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题型.14.【答案】∃x∈R,x2−1≤0【解析】解:因为特称命题的否定是全称命题,所以,命题“∀x∈R,x2−1>0”的否定是:∃x∈R,x2−1≤0.故答案为:∃x∈R,x2−1≤0.直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可.本题考查命题的否定,特称命题与全称命题的否定关系,是基础题.15.【答案】2 5【解析】解:∵等比数列{a n}中8a2−a5=0,设首项为a1,∴a5a2=a1q4a1q=q3=8,∴q=2,∴由等比数列前n项和公式得:S4S2=a1(1−q4)1−qa1(1−q2)1−q=1−241−22=22+1=5,故答案为:2;5.利用递推式8a2−a5=0根据等比数列的定义得到公比q,设该数列首项为a1,利用前n 项和公式求解.本题考查了等比数列的通项公式和前n项和公式,是基础的计算题.16.【答案】9【解析】解:若正数a,b满足1a +4b=1,则(a+b)(1a +4b)≥(1+2)2=9,当且仅当a=2b=9时,取等号,故答案为:9.若正数a,b满足1a +4b=1,则(a+b)(1a+4b)≥(1+2)2=9,得出结论.考查基本不等式的应用,本题用了柯西不等式,基础题.17.【答案】3 1【解析】解:由函数对应关系得a1=3,a2=f(a1)=f(3)=2,a3=f(a2)=f(2)=1,a4=f(a3)=f(1)=3,则a4=a1,则数列{a n}的周期是3,则a2019=a672×3+3=a3=1,故答案为:3,1根据函数与数列的对应关系,进行递推,得到数列{a n}是周期为3的周期数列,结合数列的周期性进行转化求解即可.本题主要考查函数与数列的综合,结合数列的递推关系,得到数列{a n}是周期为3的周期数列是解决本题的关键.考查学生的运算推理能力.18.【答案】−1,−2,−3【解析】【分析】本题考查了命题的真假,举例说明即可,属于基础题.直接举例即可,本题答案不唯一.【解答】解:设a,b,c是任意实数.若a>b>c,则a+b>c”是假命题,可设a,b,c的值依次−1,−2,−3,(答案不唯一),故答案为−1,−2,−3.19.【答案】98−18⋅9n【解析】解:数列{a n}满足a n=4S n−3,n∈N∗,可得n=1时,a1=4S1−3=4a1−3,即a1=1,当n≥2时,a n−1=4S n−1−3,又a n=4S n−3,两式相减可得a n−a n−1=4(S n−S n−1)=4a n,可得a n=−13a n−1,可得{a n}为首项为1,公比q为−13的等比数列,则a n=a1q n−1=(−13)n−1,可得a1,a3,a5,…,a2n+1为首项为1,公比为19的等比数列,则a 1+a 3+a 5+⋯+a 2n+1=1−19n+11−19=98−18⋅9n .故答案为:98−18⋅9n .运用数列的递推式:n =1时,a 1=S 1,n ≥2时,a n =S n −S n−1,结合等比数列的定义和通项公式,可得a n =(−13)n−1,可得a 1,a 3,a 5,…,a 2n+1为首项为1,公比为19的等比数列,由等比数列的求和公式,可得所求和.本题考查数列的递推式的运用,考查等比数列的定义、通项公式和求和公式的运用,考查运算能力,属于基础题.20.【答案】(−∞,−1b )∪(1a ,+∞)【解析】解:∵−b <1x <a , ∴1x +b >0且1x −a <0, ∵b >0,由1+bx x>0,解得x >0或x <−1b ;① 1x−a <0,得1−ax x<0⇔ax−1x>0,∵a >0,∴x >1a 或x <0;② 由①②得:x >1a 或x <−1b ;∴不等式−b <1x <a 的解集是(−∞,−1b )∪(1a ,+∞). 故答案为:(−∞,−1b )∪(1a ,+∞).在a >0,b >0的条件下将−b <1x <a 转化为{1+bxx>01−axx<0即可求得答案. 本题考查分式不等式组的解法,将−b <1x <a 转化为{1+bxx>01−axx<0是关键,也是难点,考查化归思想与分析运算的能力,属于中档题.21.【答案】8【解析】解:令t =ab −b 2>0,则a =tb +b ≥2√t ,当且仅当t =b 2时成立, 所以a 2−4b 2−ab =(tb +b)2+4t ≥4t +4t ≥8,当且仅当t =1时成立, 故答案为:8令t =ab −b 2>0,则a =t b +b ≥2√t ,当且仅当t =b 2时成立,所以a 2−4b 2−ab =(tb +b)2+4t≥4t +4t≥8,当且仅当t =1时成立.考查了基本不等式的应用,还用了换元法,中档题.22.【答案】176【解析】解:根据题意,由|a n+1−a n |=1|分析可得必有在a n+1−a n =1和a n+1−a n =−1中,必须且只能有1个成立,∵a 1,a 4,a 12成等比数列.且a 1=1,a 12=4, 则a 4=±2, 分2种情况讨论: ①、若a 4=−2,在1≤n ≤3中,a n+1−a n =−1都成立,在4≤n ≤11中,有1个a n+1−a n =−1,7个a n+1−a n =1成立,则有C 81=8种情况,即有8个不同数列;②、若a 4=2,在1≤n ≤3中,有1个a n+1−a n =−1成立,2个a n+1−a n =1成立,有C 31=3种情况, 在4≤n ≤11中,有3个a n+1−a n =−1,5个a n+1−a n =1成立,有C 83=56种情况,则有3×56=168种情况,即有168个不同数列; 则一共有8+168=176个满足条件的不同数列. 故答案为:176.根据题意,由|a n+1−a n |=1|分析可得必有在a n+1−a n =1和a n+1−a n =−1中,必须且只能有1个成立,由等比数列的性质求得a 4=±2,进而分2种情况讨论,分析由乘法原理计算可得每种情况的数列数目,由分类计数原理计算可得答案.本题考查排列、组合的综合应用,涉及函数的定义以及函数值的计算,关键是将函数值的问题转化为排列、组合问题.23.【答案】解:(Ⅰ)∵{a n }为等差数列,且a 3=6,a 6=0.∴{a 3=a 1+2d =6a 6=a 1+5d =0, 解得d =−2,a 1=10,∴a n =10+(n −1)×(−2)=−2n +12. (Ⅱ)∵等比数列{b n }满足b 1=3,b 2=a 4+a 5=(−8+12)+(−10+12)=6,∴q=6=2,3∴{b n}的前n项和公式为:S n=3(1−2n)=3×2n−3.1−2【解析】(Ⅰ)利用等差数列通项公式列方程组求出首项和公差,由此能求出a n.(Ⅱ)求出等比数列{b n}的首项和公差,由此能求出{b n}的前n项和公式.本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式的求法,考查等差数列的性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.24.【答案】解:(1)函数f(x)=x2+ax−4,当a=3时,f(x)=x2+3x−4=(x+4)(x−1)<0,故不等式的解集为(−4,1).(2)不等式f(x)+5>0的解集为R,x2+ax+1>0在R上恒成立,△=a2−4<0,即a∈(−2,2).【解析】(1)函数f(x)=x2+ax−4,当a=3时,f(x)=x2+3x−4=(x+4)(x−1)< 0,解出即可;(2)不等式f(x)+5>0的解集为R,△=a2−4<0,即a∈(−2,2).考查一元二次不等式的解法,恒成立问题,基础题.25.【答案】解:(Ⅰ){a n}是公差为d的等差数列,{b n}是公比为q的等比数列,且b2=3,b5=81,=27,即q=3,则b n=b2q n−2=3n−1;可得q3=b5b2=2,a1=b1=1,a14=b4=27,则d=a14−a114−1则a n=1+2(n−1)=2n−1:(Ⅱ)c n=a n b n=(2n−1)⋅3n−1,可得前n项和T n=1⋅30+3⋅31+5⋅32+⋯+(2n−1)⋅3n−1,3T n=1⋅3+3⋅32+5⋅33+⋯+(2n−1)⋅3n,两式相减可得−2T n=1+2(3+32+⋯+3n−1)−(2n−1)⋅3n−(2n−1)⋅3n,=1+2⋅3(1−3n−1)1−3化为T n =1+(n −1))⋅3n .【解析】(Ⅰ){a n }是公差为d 的等差数列,{b n }是公比为q 的等比数列,运用等差数列和等比数列的通项公式,解方程即可得到所求通项公式;(Ⅱ)求得c n =a n b n =(2n −1)⋅3n−1,运用数列的错位相减法求和,结合等比数列的求和公式,计算可得所求和.本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用,考查数列的错位相减法求和,化简运算能力,属于中档题.26.【答案】解:(Ⅰ)f(−1)=a −b =−4,即b =a +4,因为f(x)=ax 2+bx ≤6x +2恒成立,即对任意x ,ax 2+(b −6)x −2≤0恒成立, 所以{a <0△=(b −6)2+8a ≤0b =a +4,整理得(a +2)2≤0,所以a =−2,b =2,则f(x)=−2x 2+2x ;(Ⅱ)证明:因为a n+1=f(a n )=−2a n 2+2a n ,所以a n+1−a n =−2a n 2+2a n −a n =−2a n 2+a n =−2(a n −14)2+18,因为0<a n <12(n ∈N ∗),所以a n+1−a n ∈(0,18),则a n+1>a n ,所以数列{a n }单调递增;(Ⅲ)因为a n+1=−2a n 2+2a n ,即a n+1−12=−2(a n −12)2,两边同时乘以−2,可得1−2a n+1=(1−2a n )2,两边取对数可得lg(1−2a n+1)=2lg(1−2a n ),则数列{lg(1−2a n )}是以2为公比,lg(1−2a 1)=lg 13为首项的等比数列,所以lg(1−2a n )=2n−1lg 13=lg(13)2n−1,则1−2a n =(13)2n−1,πni =1(1−2a i )=(1−2a 1)(1−2a 2)(1−2a 3)…(1−2a n )=(13)1+2+22+⋯+2n−1=(13)2n −1.【解析】(Ⅰ)根据f(−1)=−4可得a ,b 数量关系,再根据恒有f(x)≤6x +2.可求出a ,进而得f(x)解析式;(Ⅱ)利用二次函数验证a n+1−a n >0即可;(Ⅲ)先求出数列{lg(1−2a n )}是以2为公比,lg(1−2a 1)=lg 13为首相的等比数列,所以1−2a n =(13)2n−1,进而可求出πni =1(1−2a i )的值.本题考查数列与函数的综合运用,能判断出数列{lg(1−2a n )}是等比数列是关键,属于难题.27.【答案】解:(I)d 1=A 1−B 1=2,d 2=A 2−B 2=4−1=3,d 3=A 3−B 3=7−1=6;(II)证明:a 1,a 2,…,a n (n ≥4)是公比大于1的等比数列,且a 1>0,所以a n =a 1q n−1,且数列为递增数列,所以当k =1,2,3,…,n −1时,d k =A k −B k =a k −a k+1,所以d kdk−1=a k−a k+1a k−1−a k=a k−1q(1−q)a k−1(1−q)=q ,所以d 1,d 2,…,d n−1是等比数列; (iii)若d 1=d 2=⋯=d n−1=0,由d 1=A 1−B 1=0,即max{a 1}=min{a 2,…,a n },故存在k ≥2时,a 1=a k ,且对于任意的j ∈{2,3,…,n},都有a j ≥a k ,① 若k =2,则a 1=a 2,若k >2,因为d k−1=0,所以A k−1=B k−1,即max{a 1,…,a k−1}=min{a k ,…,a n }=a k , 又a 1=a k ,所以对于任意的j ∈{2,3,…,k −1},a j ≤a 1=a k ,② 由①②可知,对于任意的j ∈{2,3,…,k −1},都有a j =a k , 故a 1=a 2=⋯=a k ,因为d k =0,所以A k =B k ,所以a k =max{a 1,…,a k }=min{a k+1,…,a n }, 所以存在k′∈{k +1,k +2,…,n},使得a k ′=a k , 根据以上道理,可得故a k =⋯=a k , 依此类推,故{a n }是常数列.【解析】(I)由d 1=A 1−B 1=2,d 2=A 2−B 2=4−1=3,d 3=A 3−B 3=7−1=6,得出结论;(II)根据题意得,d k =A k −B k =a k −a k+1,由d kd k−1=a k −a k+1a k−1−a k=a k−1q(1−q)a k−1(1−q)=q 为定值,得出结论;(III)先证明d 1=A 1−B 1=0,即max{a 1}=min{a 2,…,a n },故存在k ≥2时,a 1=a k ,且对于任意的j ∈{2,3,…,n},都有a j ≥a k ,①再证明对于任意的j ∈{2,3,…,k −1},a j ≤a 1=a k ,②由①②可知,对于任意的j ∈{2,3,…,k −1},都有a j =a k ,故a 1=a 2=⋯=a k ,同理得出结论.本题是一道创新型数列题,结合等比数列的性质,考查了数学的逻辑推理能力和数学运算能力,难度较大,综合性强.。

太原2019-2020学年第一学期期中【高二英语】试卷

太原2019-2020学年第一学期期中【高二英语】试卷

17. Which ofthe following is a feature of Daxing Airport?
A. Strict customs.
8. Least transfer time.
C. Free luggage delivery.
D. Environmentally friendly design.
A. To go cycling.
B.To g o hiking.
8. How does the woman feel?
A. Excited
8.Awful
听第7段材料. 回答第9至II 题。 9. What is the man probably?
A. A teacher.
8. An office worker.
A. She got a ticket.
B . She had 10 cul down the lrccs.
C. She promised to be more careful.
听笱8段材料.1111笲纶12夺15题。 12. Who is instructing the steps?
A. A scientist.
学年第一学期高二年级阶段性测评
英语试卷
(考试时间 : 下午2:30- — 4:00)
说明 : 本试卷力闭卷笔答 , 答题时间90分钟, ,高分100分。 请将笫l卷试题答案填在第 II 卷卷
首的相应住咒,
第 1卷(共65分) 第一部分 听力(儿两\'J. i内分15分)
第一节(」共5小题, 加小挫1分. 满分5分) 听下面5段对话口 钧段对话后,{f ..个小汹. 从题中所给的A 、 B 、C 了勹个选项中选出最仕

四川省成都市郫都区2019-2020学年高二上学期期中考试数学(理)试题 含解析

四川省成都市郫都区2019-2020学年高二上学期期中考试数学(理)试题 含解析

四川省成都市郫都区2019-2020学年度上期期中考试高二数学(理)试题一、选择题(本大题共12小题)1.直线x+y-1=0的倾斜角为()A. B. C. D.2.抛物线y=4x2的焦点坐标是()A. B. C. D.3.双曲线的一个焦点到它的渐近线的距离为()A. 1B.C.D. 24.下列说法正确的是()A. 命题“3能被2整除”是真命题B. 命题“,”的否定是“,”C. 命题“47是7的倍数或49是7的倍数”是真命题D. 命题“若a、b都是偶数,则是偶数”的逆否命题是假命题5.已知α、β是两个不同的平面,直线a⊂α,直线b⊂β,命题p:a与b没有公共点,命题q:α∥β,则p是q的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件6.直线l1:x+ay+6=0与l2:(a-2)x+3y+2a=0平行,则a的值等于()A. 或3B. 1或3C.D.7.设m、n是两条不同的直线α,β,γ,是三个不同的平面,下列四个命题中正确的序号是()①若m⊥α,n∥α,则m⊥n②若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β③若m∥α,n∥α,则m∥n④若α∥β,β∥γ,m⊥α,则m⊥γA. 和B. 和C. 和D. 和8.若直线y=kx+1与圆x2+y2=1相交于P、Q两点,且∠POQ=120°(其中O为原点),则k的值为()A. B. C. D.9.一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. 1B. 3C. 6D. 210.已知圆,圆,则这两个圆的公切线条数为()A. 1条B. 2 条C. 3 条D. 4 条11.在平面直角坐标系中,A,B分别是x轴和y轴上的动点,若以AB为直径的圆C与直线2x+y-4=0相切,则圆C面积的最小值为()A. B. C. D.12.已知椭圆的左右焦点分别为F1,F2,点Q为椭圆上一点.△QF1F2的重心为G,内心为I,且,则该椭圆的离心率为()A. B. C. D.二、填空题(本大题共4小题)13.已知x、y满足不等式组,则z=3x+y的最大值为______.14.体积为4π的球的内接正方体的棱长为______.15.椭圆+=1与双曲线-=1有公共的焦点F1,F2,P是两曲线的一个交点,则cos∠F1PF2= ______ .16.抛物线x2=2py(p>0)上一点A(,m)(m>1)到抛物线准线的距离为,点A关于y轴的对称点为B,O为坐标原点,△OAB的内切圆与OA切于点E,点F为内切圆上任意一点,则的取值范围为______.三、解答题(本大题共6小题)17.已知p:方程x2+2mx+(m+2)=0有两个不等的正根;q:方程表示焦点在y轴上的双曲线.(1)若q为真命题,求实数m的取值范围;(2)若“p或q”为真,“p且q”为假,求实数m的取值范围.18.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,且2cos A cos C(tan A tan C-1)=1.(Ⅰ)求B的大小;(Ⅱ)若,,求△ABC的面积.19.已知在等比数列{a n}中,a1=2,且a1,a2,a3-2成等差数列.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)若数列{b n}满足:,求数列{b n}的前n项和S n.20.如图,多面体ABCDEF中,底面ABCD是菱形,∠BCD=60°,四边形BDEF是正方形且DE⊥平面ABCD.(Ⅰ)求证:CF∥平面ADE;(Ⅱ)若AE=,求多面体ABCDEF的体积V.21.已知动点M(x,y)满足:.(1)求动点M的轨迹E的方程;(2)设过点N(-1,0)的直线l与曲线E交于A,B两点,点A关于x轴的对称点为C(点C与点B不重合),证明:直线BC恒过定点,并求该定点的坐标.22.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且过点(1,).(1)求椭圆C的方程;(2)设与圆O:x2+y2=相切的直线l交椭圆C于A,B两点,求△OAB面积的最大值,及取得最大值时直线l 的方程.答案和解析1.【答案】D【解析】解:设直线x+y-1=0的倾斜角为α.直线x+y-1=0化为.∴tanα=-.∵α∈[0°,180°),∴α=150°.故选:D.利用直线的倾斜角与斜率的关系即可得出.本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系,属于基础题.2.【答案】C【解析】解:抛物线y=4x2的标准方程为x2=y,p=,开口向上,焦点在y轴的正半轴上,故焦点坐标为(0,),故选:C.把抛物线y=4x2的方程化为标准形式,确定开口方向和p值,即可得到焦点坐标.本题考查抛物线的标准方程,以及简单性质的应用;把抛物线y=4x2的方程化为标准形式,是解题的关键.3.【答案】C【解析】解:根据题意,由双曲线的方程为,可得焦点坐标为(-2,0)(2,0),渐近线的方程为y=±x;结合双曲线的对称性,其任一个焦点到它的渐近线的距离相等,故只需计算一个焦点到其中一条渐近线的距离即可,其距离为d==,故选:C.根据双曲线的方称可得其焦点坐标与渐近线的方程,由于双曲线的对称性,只需计算一个焦点到其中一条渐近线的距离即可,由点到直线的距离公式,计算可得答案.本题考查双曲线的性质,解题时注意结合双曲线的对称性,只需计算一个焦点到其中一条渐近线的距离即可.4.【答案】C【解析】解:对于A,3不能被2整除,∴“3能被2整除”是假命题,A错误;对于B,“∃x0∈R,x02-x0-1<0”的否定是“∀x∈R,x2-x-1≥0”,∴B错误;对于C,47不是7的倍数,49是7的倍数,∴“47是7的倍数或49是7的倍数”是真命题,C正确;对于D,“若a、b都是偶数,则a+b是偶数”是真命题,则它的逆否命题也是真命题,∴D错误.故选:C.A,3不能被2整除,判断A是假命题;B,写出命题的否定,即可判断B是假命题;C,由47不是7的倍数,49是7的倍数,利用复合命题的真假性判断即可;D,根据原命题与它的逆否命题真假性相同,判断即可.本题考查了命题真假的判断问题,是基础题.5.【答案】B【解析】解:当a,b都平行于α与β的交线时,a与b无公共点,但α与β相交.当α∥β时,a与b一定无公共点,∴q⇒p,但p⇒/q故选:B.利用量平面平行的定义推出a与b没有公共点;a与b没有公共点时推不出α∥β,举一个反例即可.利用充要条件定义得选项.本题考查两个平面平行的定义:两平面无公共点;充要条件的判断.6.【答案】D【解析】解:因为两条直线平行,两直线的斜率都存在,故它们的斜率相等,由,解得:a=-1,故选:D.直接利用两直线平行的充要条件,列出方程求解,解得a的值.本题考查两直线平行的条件,要注意特殊情况即直线斜率不存在的情况,要进行检验.7.【答案】D【解析】解:由m、n是两条不同的直线α,β,γ,是三个不同的平面,知:∵m⊥α,n∥α,∴m⊥n,故①正确;∵α⊥γ,β⊥γ,∴α∥β或α与β相交,故②不正确;∵m∥α,n∥α,∴m与n相交、平行或异面,故③不正确;∵α∥β,β∥γ,∴α∥γ,∵m⊥α,∴m⊥γ,故④正确.故选:D.由m、n是两条不同的直线α,β,γ,是三个不同的平面,知:m⊥α,n∥α⇒m⊥n;α⊥γ,β⊥γ⇒α∥β或α与β相交;m∥α,n∥α⇒m与n相交、平行或异面,故③不正确;α∥β,β∥γ⇒α∥γ,由m⊥α,知m⊥γ.本题考查平面的基本性质及其推论,是基础题.解题时要认真审题,仔细解答.8.【答案】A【解析】解:如图,直线过定点(0,1),∵∠POQ=120°∴∠OPQ=30°,⇒∠1=120°,∠2=60°,∴k=±.故选:A.直线过定点,直线y=kx+1与圆x2+y2=1相交于P、Q两点,且∠POQ=120°(其中O为原点),可以发现∠QOx的大小,求得结果.本题考查过定点的直线系问题,以及直线和圆的位置关系,是基础题.9.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查由三视图求几何体的体积,在三个图形中,俯视图确定锥体的名称,即是几棱锥,正视图和侧视图确定锥体的高,注意高的大小,侧视图是最不好理解的一个图形,注意图形上的虚线部分,根据体积公式得到结果.【解答】解:由三视图知,几何体是一个四棱锥,四棱锥的底面是一个直角梯形,直角梯形的上底是1,下底是2,垂直于底边的腰是2,一条侧棱与底面垂直,这条侧棱长是2,∴四棱锥的体积是=2.故选D.10.【答案】D【解析】解:根据题意,圆C1:x2+y2+2x-4y+1=0,即(x+1)2+(y-2)2=4,其圆心为(-1,2),半径r1=2,圆C2:(x-3)2+(y+1)2=1,其圆心为(3,-1),半径r2=1,则有|C1C2|==5>r1+r2,两圆外离,有4条公切线;故选:D.根据题意,分析两圆的圆心与半径,进而分析两圆的位置关系,据此分析可得答案.本题考查圆与圆的位置关系以及两圆的公切线,关键是分析两圆的位置关系,属于基础题.11.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了直线与圆的位置关系,考查圆的面积的最小值的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意数形结合思想的合理运用.由已知得|OC|=|CE|=r,过点O作直线2x+y-4=0的垂直线段OF,交AB于D,交直线2x+y-4=0于F,则当D恰为AB中点时,圆C的半径最小,即面积最小.【解答】解:如图,设AB的中点为C,坐标原点为O,圆半径为r,由已知得|OC|=|CE|=r,过点O作直线2x+y-4=0的垂直线段OF,交AB于D,交直线2x+y-4=0于F,则当D恰为OF中点时,圆C的半径最小,即面积最小.此时圆的直径为O(0,0)到直线2x+y-4=0的距离为:d==,此时r=,∴圆C的面积的最小值为:S min=π×()2=.故选A.12.【答案】A【解析】解:椭圆的左右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0),设Q(x0,y0),∵G为△F1QF2的重心,∴G点坐标为G(,),∵,则∥,∴I的纵坐标为,又∵|QF1|+|QF2|=2a,|F1F2|=2c,∴=•|F1F2|•|y0|,又∵I为△F1QF2的内心,∴||即为内切圆的半径,内心I把△F1QF2分为三个底分别为△F1MF2的三边,高为内切圆半径的小三角形,∴=(|QF1|+|F1F2|+|QF2|)||,即×2c•|y0|=(2a+2c)||,∴2c=a,∴椭圆C的离心率为e=,∴该椭圆的离心率,故选:A.由题意,设Q(x0,y0),由G为△F1QF2的重心,得G点坐标为(,),利用面积相等可得,×2c•|y0|=(2a+2c)||,从而求椭圆的离心率.本题考查了椭圆的标准方程及其性质、三角形的重心与内心的性质、三角形面积计算公式、向量共线定理,考查了推理能力与计算能力,属于难题.13.【答案】9【解析】解:作出x、y满足不等式组表示的平面区域,得到如图的三角形及其内部,其中A(2,3),设z=F(x,y)=3x+y,将直线l:z=3x+y进行平移,当l经过点A时,目标函数z达到最大值,∴z最大值=F(2,3)=9.故答案为:9.作出题中不等式组表示的平面区域,再将目标函数z=2x+y对应的直线进行平移,可得当x=2,y=3时,求出z=3x+y取得最大值.本题给出二元一次不等式组,求目标函数z=3x+y的最大值,着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识,属于基础题.14.【答案】2【解析】解:设球的半径为R,正方体的棱长a,则=4,∴R3=,∴R=,则由正方体的性质可知,正方体的体对角线=2R=2,∴a=2,故答案为:2.先确定球的半径,利用球的内接正方体的对角线为球的直径,即可求得结论.本题考查球的内接正方体,解题的关键是利用球的内接正方体的对角线为球的直径,属于基础题.15.【答案】【解析】解:由题意设焦点F2(2,0)、F1(-2,0),∴3+b2=4,求得b2=1,双曲线-=1,即双曲线-y2=1.不妨设点P在第一象限,再根据椭圆、双曲线的定义和性质,可得|PF1|+|PF2|=2,|PF1|-|PF2|=2,可得|PF1|=+,|PF2|=-,且|F1F2|=4.再由余弦定理可得cos∠F1PF2=即=,故答案为:.不妨设点P在第一象限,再根据椭圆、双曲线的定义和性质,可得|PF1|+|PF2|=2,|PF1|-|PF2|=2,求得|PF1|和|PF2|的值,根据|F1F2|=4,利用余弦定理可得cos∠F1PF2的值.本题主要考查椭圆、双曲线的定义和性质及其标准方程,余弦定理的应用,属于中档题.16.【答案】【解析】解:因为点在抛物线上,所以,点A到准线的距离为,解得或p=6.当p=6时,,故p=6舍去,所以抛物线方程为x2=y,∴,所以△OAB是正三角形,边长为,其内切圆方程为x2+(y-2)2=1,如图4,∴.设点F(cosθ,2+sinθ)(θ为参数),则,∴.故答案为:.利用点在抛物线上,求出m,点A到准线的距离为,求出p,即可解出抛物线方程,设点F(cosθ,2+sinθ)(θ为参数),化简数量积,求解范围即可.本题考查抛物线的简单性质,直线与抛物线的位置关系圆的方程的应用,考查转化思想以及计算能力.17.【答案】解:(1)由已知方程表示焦点在y轴上的双曲线,则,得,得m<-3,即q:m<-3.(2)若方程x2+2mx+(m+2)=0有两个不等的正根则,解得-2<m<-1,即p:-2<m<-1.因p或q为真,所以p、q至少有一个为真.又p且q为假,所以p,q至少有一个为假.因此,p,q两命题应一真一假,当p为真,q为假时,,解得-2<m<-1;当p为假,q为真时,,解得m<-3.综上,-2<m<-1或m<-3.【解析】(1)根据双曲线的标准方程进行求解即可.(2)根据复合命题真假关系得到p,q两命题应一真一假,进行求解即可.本题主要考查复合命题的真假应用,根据条件求出命题为真命题的等价条件是解决本题的关键.18.【答案】解:(Ⅰ)由2cos A cos C(tan A tan C-1)=1得:2cos A cos C(-1)=1,∴2(sin A sin C-cos A cos C)=1,即cos(A+C)=-,∴cos B=-cos(A+C)=,又0<B<π,∴B=;(Ⅱ)由余弦定理得:cos B==,∴=,又a+c=,b=,∴-2ac-3=ac,即ac=,∴S△ABC=ac sin B=××=.【解析】(Ⅰ)已知等式括号中利用同角三角函数间基本关系切化弦,去括号后利用两角和与差的余弦函数公式化简,再由诱导公式变形求出cos B的值,即可确定出B的大小;(Ⅱ)由cos B,b的值,利用余弦定理列出关系式,再利用完全平方公式变形,将a+b以及b的值代入求出ac的值,再由cos B的值,利用三角形面积公式即可求出三角形ABC面积.此题考查了余弦定理,三角形面积公式,两角和与差的余弦函数公式,熟练掌握余弦定理是解本题的关键.19.【答案】解:(Ⅰ)等比数列{a n}的公比设为q,a1=2,a1,a2,a3-2成等差数列,可得2a2=a1+a3-2,即为4q=2+2q2-2,解得q=2,则a n=a1q n-1=2n,n∈N*;(Ⅱ)=+2log22n-1=+2n-1,则数列{b n}的前n项和S n=(++…+)+(1+3+…+2n-1)=+n(1+2n-1)=1-+n2.【解析】(Ⅰ)等比数列{a n}的公比设为q,由等差数列中项性质和等比数列的通项公式,解方程可得q,进而得到所求通项公式;(Ⅱ)求得=+2log22n-1=+2n-1,由数列的分组求和和等差数列、等比数列的求和公式,计算可得所求和.本题考查等差数列中项性质和等比数列的通项公式和求和公式的运用,考查数列分组求和,以及化简整理的运算能力,属于中档题.20.【答案】(Ⅰ)证明:∵底面ABCD是菱形,∴AD∥BC,∵四边形BDEF是正方形,∴DE∥BF,∵BF∩BC=B,∴平面ADE∥平面BCF,∵CF⊂平面BCF,∴CF∥平面ADE.(Ⅱ)解:连结AC,交BD于O,∵四边形BDEF是正方形且DE⊥平面ABCD.∴DE⊥平面ABCD,又AC⊂平面ABCD,∴AC⊥DE,∵底面ABCD是菱形,∴AC⊥BD,又BD∩DE=D,∴AC⊥平面BDEF,∵AE=,∠BCD=60°,∴AD=DE=BD=1,∴AO=CO=,∴多面体ABCDEF的体积:V=2V A-BDEF=2×=2×=.【解析】(Ⅰ)由已知得AD∥BC,DE∥BF,从而平面ADE∥平面BCF,由此能证明CF∥平面ADE.(Ⅱ)连结AC,交BD于O,由线面垂直得AC⊥DE,由菱形性质得AC⊥BD,从而AC⊥平面BDEF,进而多面体ABCDEF的体积V=2V A-BDEF,由此能求出多面体ABCDEF的体积V.本题考查线面平行证明,考查多面体的体积的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意空间思维能力的培养.21.【答案】解:(1)由已知,动点M到点P(-1,0),Q(1,0)的距离之和为2,且|PQ|<2,所以动点M的轨迹为椭圆,而a=,c=1,所以b=1,所以,动点M的轨迹E的方程:+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则C(x1,-y1),由已知得直线l的斜率存在,设斜率为k,则直线l的方程为:y=k(x+1),由,得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0,所以x1+x2=-,x1x2=,直线BC的方程为:y-y2=(x-x2),所以y=x-,令y=0,则x====-2,所以直BC与x轴交于定点D(-2,0).【解析】(1)分别求出a,b,c的值,求出M的轨迹方程即可;(2)输出直线l的方程为:y=k(x+1),联立直线和椭圆的方程,根据根与系数的关系,求出定点D的坐标即可.本题考查了求椭圆的轨迹方程问题,考查直线和椭圆的关系以及韦达定理的应用,是一道中档题.22.【答案】解:(1)由题意可得,e==,a2-b2=c2,点(1,)代入椭圆方程,可得+=1,解得a=,b=1,即有椭圆的方程为+y2=1;(2)①当k不存在时,x=±时,可得y=±,S△OAB=××=;②当k存在时,设直线为y=kx+m(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),将直线y=kx+m代入椭圆方程可得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0,x1+x2=-,x1x2=,由直线l与圆O:x2+y2=相切,可得=,即有4m2=3(1+k2),|AB|=•=•=•=•=•≤•=2,当且仅当9k2= 即k=±时等号成立,可得S△OAB=|AB|•r≤×2×=,即有△OAB面积的最大值为,此时直线方程y=±x±1.【解析】(1)运用椭圆的离心率公式和点满足椭圆方程,解方程可得a,b,进而得到椭圆方程;(2)讨论①当k不存在时,②当k存在时,设直线为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),将直线y=kx+m代入椭圆方程,运用韦达定理和弦长公式,以及直线和圆相切的条件:d=r,结合基本不等式即可得到所求面积的最大值和直线l的方程.本题考查椭圆的方程的求法,注意运用离心率公式和点满足椭圆方程,考查三角形的面积的最大值,注意运用分类讨论的思想方法,联立直线方程和椭圆方程,运用韦达定理和弦长公式,以及直线和圆相切的条件:d=r,和基本不等式的运用,属于中档题.。

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2019-2020学年第一学期高二年级期中考试成绩分析报告
东方市东方中学高二年级
高二年级第一学期期中考试已经结束,这是本学期的第二次学业等级水平考试。

从此次考试检测的各种数据显示,随着以高考为导向的等级性科目教学内容的逐步加深,学习难度的逐级加大,选科分班后的不适应,都会让我们的学生考试压力随之增加,在经历过第一次月考的不适应,到期中考试,期间一个月时间的调整和适应,状况有较明显的改善。

现就本次月考质量作简单分析:
一、各班综合成绩报表
(一)各班语数英三大科平均分及总分成绩总览
(第一次月考成绩)
分析思考:从各班的综合成绩看:
总分最高分达到400分以上的班级由上次9个班级增加到这次的15个班级,年级最高分由484分提高到522分,难得的实现了500分的零突破,非常不错。

而班级总分平均分300分以上的班级,分数由高到低依次为:3、7、9、6、8、10、5、2、19、14、17,值得表扬的是19班和14班,此次考试成绩进步比较大。

单科平均分表现比较突出的是3班的数学。

数学和英语学科虽然是老大难的问题,但是经过备课组老师下大力气抓基础之后,状况得到明显改善。

(二)各班综合成绩分段汇总表:
分析思考:
就分数段的分布而言,最明显的变化是,低分段人数在大幅度减少,总分200分以下的人数由第一次月考的83人减少到这次的38人,200分段的人数由第一次月考的564人减少到432人;高分段人数增幅较明显,第一次月考450分以上只有2人,而这次考试450分以上人数增加到36人,500分以上人数达到4人。

取得这么大的进步,一方面缘于此次考试侧重于学生的基础知识检测,但更重要的原因则归功于各学科老师、各班主任近一个月以来坚持不懈狠抓教学。

(三)等级性科目成绩分析
物理科成绩的年级平均由39.01分提升到56.82。

及格人数由9人增加到57人,及格率5.29%提升到43.8%,最高分达到94,最低分12分,说明部分学生的基础还是比较薄弱。

这次考试,化学平均分最高的班级仍然是3班,4班整体基础较弱,10班整体平均分略有下降,及格人数
不及预期。

及格人数由49人增加到73人,及格率由15.6%提升到23.24%;年级平均分提升3分,达到
(第一次月考) 生物选报人数为844人,共151人及格,及格率17.9%。

最高分89分,最低分5分。

平均分50分以上的班级依次为:3、7、6、10。

9班和15班平均分有所下降,尤其是15班降幅比较明显,由50.1分降到38.5
班级平均分最高分最低分及格人数2班50.98512229班6692461510班56.690172119班
53.76941719
物理学科统计
班级平均分最高分最低分及格人数3班55.99023274班43.4771347班52.185191710班44.48520513班42.182121014班
45.9822410化学学科统计
分。

生物年级平均分43.86,较上次考试降低5分。

第一次月考期中考试
最高分87分,最低分13分。

年级平均分由43.07提升到47.8分,共有50人及格,增加18人,及格率19.9%。

及格人数在增加,最低分也在整体上移,说明整体在进步。

第一次月考期中考试
历史选报人数768人,及格人数由203人增加到339人,及格率由26.4%上升到44.1%,年级平均分56.1,增幅7分。

7班平均分成功超越9班,录得年级最高。

非晚修班级里面,13班的及格人数43人,平均分排名年级第三,表现非常抢眼,并且最高93分在13班。

所有班级里面,高二10班的平均有所下降,注意组织学生及时反思。

(第一次月考) 地理学科全年级选报867人,是选报人数最多的科目,是教学任务最终的科目。

共389人及格,同比增加186人,及格率由23.41%上升到44.9%。

数据显示,1班、4班、11班和17班这四个班级及格人数增幅较多,15班的基础还是比较薄弱。

年级平均分56.83,比第一次月考进步8分。

最高分96,最低9分。

综观六个等级科目,平均分依次为历史56.1,地理56.83,生物43.86 ,化学47.3,政治47.8,物
理56.82;及格率依次为:历史44.1%,地理44.9%,生物17.9%,化学23.24%,政治17.9%,物理43.8%。

索命我们的学生整体在进步,同时也反映出,需要我们老师花更多的精力夯实基础知识。

(三)年级总分前20名和语数外综合前20名
分析反思:与第一次月考相比,学生成绩排名变动比较大,总分前三名也已经已经易主,高二3班的学生学习势头比较迅猛。

此次总分有突破500分,初步达到预期目标,但偏科现象仍然非常严重。

语数外三科总分前20名当中,7班和9班的学生人数占较大优势,偏科情况比上一次有稍微改观,培优辅差工作迫在眉睫。

二、定性分析
(一)教师方面:
1、经过第一次月考的反思和整改,各学科备课组都制定了改进措施并强化落实。

事实证明,还是很有成效的。

但是学生学习的有效性还有待提高。

2、学生自主学习仍存于形式多,蜻蜓点水一带而过。

学生练习题量、背书任务量明显不够,对学生动手、动口能力培养不足。

3、部分学科组针对学情的研究和教学付出还有一定差距,老师到班,只是人到岗而已,并没有真正对学生学习进行切实有效的监督和指导。

(二)学生方面:
1、很多同学还是没有有效学习方法,学习习惯都还没有很好地养成,早读时候,部分学生还是走过场,读书不走心,上课很多连笔记都不会做。

2、基础太差,缺乏吃苦精神。

很大一部分同学英语、数学基础知识非常薄弱,单词都不会读,简单数学运算都不会,加上以前初中阶段学习压力小,安逸惯了,进入高中阶段,学习方面稍有的吃力就不愿意学下去,畏难情绪严重。

3、不会科学合理安排自己的学习和生活。

大多时间都在嘻嘻哈哈中浪费了,做事拖拉、懒散,不懂珍惜利用课间时间。

4、对知识的积累和把握能力亟待提高,形成知识体系和网络的训练不足。

5、养成教育、理想教育还不到位,竞争意识淡薄,没有积极主动学习的意识,学习还处
于老师家长的外界强迫状态,缺乏自觉性和主动性。

(三)年级方面:
1、工作布置标准不高,要求不严,执行力度不强。

尤其是落实不够细致和坚决。

2、对教师课堂教学,对年级备课组的磨课研课方面的组织很不到位。

3、对年级的工作能力方面还有很大的提升空间,扎实刻苦方面亟待加强。

三、下一步工作打算
“不要说我做了哪些事情,要说我做成了哪些事情”。

工作布置了,不代表完成,任务安排了,不代表落实;事情做了,不代表做成。

关键在于落实的精细度,落实的实际效果。

1、继续狠抓落实常规工作。

认真落实学校的班级管理的节点管理要求,班主任早中晚三个“半点”到班——早上7点半,下午两点半,晚上7点半进班;作业教案检查制度;此次月考成绩公布后,值得我们欣慰的是,很多班主任和科任老师到班勤了,老师抓学生练习、课堂纪律严格了,这非常值得点赞的现象。

后期尤其要跟踪学业水平考试“不合格”名单学生的学习情况。

2、继续扎实推进“人人有事干,事事有人管”的班级管理模式,促进培养学生班级主人翁精神,努力创设良好的班级管理氛围。

3、继续加强集体备课,备课组长负总责。

每个备课组要研究好课标,研究好教材和练习册,研究好导学案。

做好一道题,上好一节课,管理好一位学生,辅导好一名学生。

注重基础,适当提高,培养能力(学习的能力,做题准确度的能力,做题的速度等),语文、英语要继续加强背诵、阅读训练,着力培养学生的审题,做题能力。

4、继续加强学生养成教育,理想教育工作力度。

全体教师准时到班候课,加强学生课堂管理。

培养学生课前准备、课堂听课、做笔记、课后做练习的习惯。

培养学生刻苦、勤奋、惜时的学习精神,创建奋发向上、你追我赶的良好学习氛围。

5、补齐特长班短板,两条腿走路。

针对高二1班的实际情况,从现在开始,特长生的专业培养要强化,文化成绩要适度跟进,以月考为时间节点,分段检测,各学科老师要协同合作,严格练习检查,严抓读书背书,发现问题学生及时约谈、教育。

6、凝心聚力,共建优秀备课组。

及时召开学科组教学研讨会,要求学科研讨精细化到教学的每一环节:课前预设,课前检查,自主学习内容,课堂习题精选,课后作业选择,课后辅导等。

第一次月考分析会结束之后,各备课组都真正行动起来了,继续保持这种良好势头。

当然,整体成绩的提升需要所有学科组上下统一,团结协作,群策群力,努力打造良性学科组教、学、研氛围。

高二年级组2019年11月12日。

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