地理-重庆市巴蜀中学2017-2018学年高二上学期期末考试试题
重庆市巴蜀中学2017-2018学年高三上学期第一次月考地理试题 Word版含答案
第Ⅰ卷（选择题共140分）一、单选题（共35题，每题只有一个最佳选项）读沿北回归线所作的地形剖面图，回答1-2题。
1.以下描述最正确的是（）A.经过了非洲板块、亚欧板块、太平洋板块、美洲板块B.缺少了南极洲板块和印度洋板块C.跟南回归线经过的板块数量一样D.经过了六大板块2.图中剖面线中（）A.甲所在板块有世界最大的热带雨林B.乙所在板块将于丙越来越远C.有一处生长边界D.丁板块西侧为消亡边界下图为经纬网的某部分，丙和甲在同一日期界线上，阴影部分为黑夜，且此日出现极昼的最低纬线上的正午太阳高度为30°，读图完成3-4题。
3.若甲乙两点间的经度差值在30°和60°之间，则此时太阳直射点的坐标可能为（）A．10°N，45°W B．15°N，50°EC．15°N、70°E D．10°S、30°W4.若此时一架军机以每小时4400千米的速度从甲地飞向位于正北方向40°N的丁地，降落在刚刚进入黑夜的丁地机场上。
则此日丁地的昼长为（）A．13小时 B．13小时30分 C．10小时 D．11小时51分凡是大气中因悬浮的水汽凝结，能见度低于1千米时，气象学称这种天气现象为雾。
图中甲地秋冬季节经常出现浓雾迷漫的现象，据此完成5-6题。
5．下列四幅图中，与山谷出现浓雾时段的环流特征相符的是（）6．图中甲地的浓雾不易散开的主要原因是（）A．风力较弱B．气温较低C．河流沿岸湿度大D．地面辐射较弱地球的表面形态千姿百态，以下四图是我国的典型地貌，读图回答7-8题。
7.四种地貌及其成因正确的是（）A．甲—角峰—冰川的搬运B．乙—沙丘—风力沉积C．丙—瀑布—流水侵蚀D．丁—丹霞地貌—风力侵蚀8.造成乙现象出现的外力作用可能是（）A.地壳运动B.风化作用C.侵蚀作用D.堆积作用今年第17号台风“鲇鱼”已于2017-2018学年9月26日上午08时（北京时间，下同），移动到台湾东部洋面，中心附近最大风速为为42米/秒，中心最低气压为955百帕，强度加强为强台风等级，预计，“鲇鱼”将持续向西偏北方向移动，强度逐渐加强，并逐渐向台湾东部沿海靠近。
2017-2018学年重庆市巴蜀中学高二上学期期末考试物理试题
一.选择题1.如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框与磁感线垂直的转轴匀速转动，则下列说法中正确的是（）A.矩形金属线框中能产生正弦交变电流B.线圈平面每经过中性面一次，感应电动势的方向就改变一次，感应电流的方向不变C.当线框平面与中性面重合，磁通量最大，感应电动势最大D.当线框平面与中性面垂直时，线框的磁通量及磁通量变化率均为零2.如图，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，B恰能保持静止，其中A、C两点与B 的距离分别是1L和2L，不计三质点间的万有引力，则A和C的比荷（电量与质量之比）之比应是（）A.221LL⎛⎫⎪⎝⎭B.212LL⎛⎫⎪⎝⎭C.312LL⎛⎫⎪⎝⎭D.321LL⎛⎫⎪⎝⎭3.如图，MN上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）。
一带电粒子从P点垂直于MN向上射出，从Q点穿越MN后到达PQ的中点O，则MN上方和下方的磁感应强度大小之比为（）A.1 C.2 D.124.微型吸尘器的直流电动机内阻一定，当加上0.3V 的电压时，通过的电流为0.3A ，此时电动机不转。
当加在电动机两端的电压为2.0V 时，电流为0.8A ，这时电动机正常工作，则关于吸尘器的内阻r 和输出功率P 的说法正确的是( ) A.0.09P W = B. 1.6P W = C.1r =Ω D. 2.5r =Ω5.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示器其金属球与外壳之间的电势差的大小。
如图所示，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，G 为静电计。
开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是（ ）A.保持开关S 闭合，将A 、B 两极板分开些B.保持开关S 闭合，将A 、B 两极板靠近些C.断开开关S 后，将A 、B 分开些D.保持开关S 闭合，将变阻器滑动触头向右移动6.如图所示，水平光滑轨道宽为L ，轨道区间离存在着斜向上与水平方向夹角为α的匀强磁场，磁感应强度为B ，一质量为m 的导体棒垂直导轨放置，与轨道右端的距离为s 。
重庆市巴蜀中学2017-2018学年高一下学期期末考试数学(文)试题(解析版)
重庆市巴蜀中学2017-2018学年高一下学期期末考试数学（文）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. 若向量，，满足，则实数（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由，可得，从而可得结果.详解：，，，，解得，故选B.点睛：本题考查向量垂直的坐标表示，属于简单题.利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.2. 已知为等差数列中的前项和，，，则数列的公差（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由，可得,解方程组即可的结果.详解：由等差数列中的前项和，，，得，解得，故选B.点睛：本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式，属于中档题. 等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.3. 中，分别是角所对应的边，，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：直接利用正弦定理求解即可.详解：，，，由正弦定理可得，，故选B,点睛：本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，属于简单题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.4. 已知实数满足且，下列选项中不一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以．对于A，因为，所以；对于B，因为，所以，又，所以；对于D，因为，所以，又，所以；对于C，因为且，所以或，因此与的大小不能确定，即不一定成立．故选C．5. 已知函数在处取得极值，则实数（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：求出，利用可得结果.详解：由题意知函数的定义域为，由可得，函数在处取得极值，，，经检验时函数在处取得极大值，故选A.点睛：本题主要考查利用导数研究函数的极值，属于简单题.已知函数的极值求参数的一般步骤是：（1）列方程求参数；（2）检验方程的解的两边导函数符号是否相反.6. 下列说法正确的是（）A. 若与共线，则或者B. 若，则C. 若中，点满足，则点为中点D. 若，为单位向量，则【答案】C【解析】分析：由与共线可得，错误；由与可以同垂直于可得错误；由向量加法法则可得正确；由单位向量方向不确定得错误.详解：由与共线得，故“若与共线，则或者”不正确，错误；由与可以同垂直于可得“若，则”不正确，错误；由平面向量加法法则可得“若中，点满足，则点为中点”正确，正确.由单位向量的方向不确定得“若，为单位向量，则”不正确，错误，故选C.点睛：本题主要考查平面向量的基本概念与基本运算，意在考查学生对基础知识掌握的熟练程度，属于中档题.7. 若是整数，则称点为整点，对于实数，约束条件所表示的平面区域内整点个数为（）个A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：画出可行域，根据可行域列举出整点，从而可得结果.详解：画出所表示的可行域，如图中的，由图可知，在可行域内的整点有共有个，故选C.点睛：本题考查线性规划问题，以及新定义问题，属于中档题. 新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，使问题得以解决.8. 已知各项均为正的等比数列中，与的等比中项为，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：利用等比数列的性质，结合基本不等式可得结果.详解：等比数列与的等比中项为，，等比数列各项均为正数，，当且仅当时，取等号，的最小值是，故选C.点睛：本题主要考查等比数列的性质的应用，属于简单题.等比数列最主要的性质是下标性质，解答比数列问题要注意应用等比数列的性质：若则.9. 若直线（，）平分圆的周长，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：利用直线始终平分圆的周长，可得圆的圆心在直线上，再利用“”的代换，结合基本不等式，即可求出最小值.详解：因为利用直线始终平分圆的周长，所以，圆的圆心在直线上，，，，当且仅当时，等号成立，即的最小值为，故选A.点睛：本题主要考查圆的方程与性质，以及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）.10. 在中，若，则是（）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形【答案】A【解析】由得，则，即，所以，则，即，又是的内角，所以，则，即，所以是等腰三角形。
2017-2018年重庆市巴蜀中学高高二(上)期中数学试卷和答案(文科)
2017-2018学年重庆市巴蜀中学高高二（上）期中数学试卷（文科）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．（5分）已知命题p：∃x∈R，x2﹣3x+2=0，则¬p为（）A．∃x∉R，x2﹣3x+2=0 B．∃x∈R，x2﹣3x+2≠0C．∀x∈R，x2﹣3x+2=0 D．∀x∈R，x2﹣3x+2≠02．（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体是（）A．三棱锥B．三棱柱C．四棱台D．四棱锥3．（5分）若方程表示双曲线，则实数k的取值范围是（）A．2＜k＜5 B．k＞5C．k＜2或k＞5 D．以上答案均不对4．（5分）设l表示直线，α、β表示两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．l∥α，l∥β，则α∥βB．l∥α，α∥β，则l∥βC．l⊂α，α⊥β，则l⊥βD．l⊥α，l⊥β，则α∥β5．（5分）已知命题p：对于任意的x∈R，总有x2+1≥0；命题q：方程x2+2x+3=0存在实数解，则下列命题为真命题的是（）A．￢p∨q B．￢（p∨q）C．p∧￢q D．p∧q6．（5分）已知双曲线C：和椭圆有相同的焦点F1、F2，点P 在双曲线C上，且PF1⊥F1F2，则tan∠PF2F1=（）A．B．C．D．7．（5分）设a，b∈R，则“ab＜0”是“ab＜a|b|”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8．（5分）我国古代数学名著《数学九章》中有云：“今有木长二丈四尺，围之五尺．葛生其下，缠木两周，上与木齐，问葛长几何？”其意思为“圆木长2丈4尺，圆周为5尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺（注：1丈等于10尺）（）A．29尺B．24尺C．26尺D．30尺9．（5分）过双曲线（a＞0，b＞0）的右焦点F作圆x2+y2=a2的切线FM（切点为M），交y轴于点P．若M为线段FP的中点，则双曲线的离心率是（）A．B．C．2 D．10．（5分）如图，是某同学根据“二分法”思想设计的一个求方程近似解的程序框图，若输入的a，b，c分别为0，1，，则输出的结果为（）A．B．C．D．11．（5分）已知双曲线上有不共线三点A，B，C，且AB，BC，AC的中点分别为D，E，F，若直线OD，OE，OF的斜率之和为﹣2，则=（）A．2 B．﹣4 C．D．312．（5分）已知点A、B、C、D在半径为的球面上，AB⊥BC，CD=，球心O恰好在DA上，则四面体ABCD的体积最大值为（）A．B．C．6 D．二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．（5分）双曲线的渐近线方程为．14．（5分）若某程序框图如图所示，则输出的n的值是15．（5分）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为16．（5分）高考成绩揭晓后，平时刻苦努力，考试沉着冷静，发挥极佳的四位同学笑逐颜开地谈论起了相互之间的数学成绩，甲说：“乙的数学150分”；乙说：“丙的数学150分”；丙说：“甲说的对”；丁说：“我的数学没有150分”．如果这四人中只有一人说的与事实相符且只有一人得了150分，那么数学得150分的人是．三、解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC，M为BC的中点．（1）求证：A1B∥平面AMC1；（2）若平面ABC⊥侧面BCC1B1，求证：AM⊥AA1．18．（12分）设F1、F2分别是椭圆E：（0＜b＜1）的左、右焦点，过F1的直线l交椭圆E于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列．（1）求|AB|；（2）若AB⊥AF2，求椭圆E的方程．19．（12分）如图，平行四边形ABCD中，AB⊥BD，DE⊥BC，∠A=60°，将△ABD，△DCE分别沿BD，DE折起，使得AB∥CE．（1）求证：AB⊥平面BDE；（2）若CE=1，求四棱锥D﹣ABEC的体积．20．（12分）已知椭圆C：，直线l的方程为y=﹣x+m，其中m＞0．（1）若直线l与椭圆C只有一个公共点T，求点T的坐标；（2）设O为坐标原点，当m=2时，直线l与椭圆C相交于AB两点，求三角形AOB的面积．21．（12分）如图所示的四棱锥P﹣ABCD中，AB=BC=，AD=DC=，PD=2，AB⊥BC，E是△PAC的重心，F、G分别在侧棱PC和PD上，且．（1）求证：平面EFG∥平面ABCD；（2）若三棱锥P﹣EFG的体积为，求点A到平面PCD的距离．22．（12分）已知线段MN的两个端点M，N分别在x轴，y轴上滑动，|MN|=，且动点P（x，y）满足，其中O为坐标原点．（1）求动点P的轨迹方程E；（2）设Q是椭圆上异于S（﹣1，0），T（1，0）的任意一点，直线QS和QT分别与（1）中的轨迹E相交于A、B和C、D四点，若直线OA，OB，OC，OD的斜率存在，试探k OA+k OB﹣k OC﹣k OD是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．2017-2018学年重庆市巴蜀中学高高二（上）期中数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．（5分）已知命题p：∃x∈R，x2﹣3x+2=0，则¬p为（）A．∃x∉R，x2﹣3x+2=0 B．∃x∈R，x2﹣3x+2≠0C．∀x∈R，x2﹣3x+2=0 D．∀x∈R，x2﹣3x+2≠0【解答】解：∵命题p：“∃x∈R，x2﹣3x+2=0”是特称命题∴¬p：∀x∈R，x2﹣3x+2≠0故选：D．2．（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体是（）A．三棱锥B．三棱柱C．四棱台D．四棱锥【解答】解：由几何体的三视图得该几何体是四棱台．故选：C．3．（5分）若方程表示双曲线，则实数k的取值范围是（）A．2＜k＜5 B．k＞5C．k＜2或k＞5 D．以上答案均不对【解答】解：由题意知（k﹣2）（5﹣k）＜0，即（k﹣2）（k﹣5）＞0，解得k＞5或k＜2．则实数k的取值范围是k＞5或k＜2．故选：C．4．（5分）设l表示直线，α、β表示两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．l∥α，l∥β，则α∥βB．l∥α，α∥β，则l∥βC．l⊂α，α⊥β，则l⊥βD．l⊥α，l⊥β，则α∥β【解答】解：由l表示直线，α、β表示两个不同的平面，知：在A中，l∥α，l∥β，则α与β相交或平行，故A错误；在B中，l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，故B错误；在C中，l⊂α，α⊥β，则l与β相交、平行或l⊂β，故C错误；在D中，l⊥α，l⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故D正确．故选：D．5．（5分）已知命题p：对于任意的x∈R，总有x2+1≥0；命题q：方程x2+2x+3=0存在实数解，则下列命题为真命题的是（）A．￢p∨q B．￢（p∨q）C．p∧￢q D．p∧q【解答】解：对于任意的x∈R，总有x2+1≥0，故命题p是真命题；方程x2+2x+3=0不存在实数解，故命题q是假命题，故p∧￢q是真命题，故选：C．6．（5分）已知双曲线C：和椭圆有相同的焦点F1、F2，点P 在双曲线C上，且PF1⊥F1F2，则tan∠PF2F1=（）A．B．C．D．【解答】解：椭圆的焦点F1（﹣2，0），F2（2，0），可得a2+4=18﹣10=8，解得a=±2，可得双曲线的方程为﹣=1，PF1⊥F1F2，可令x=﹣2，可得y2=8﹣4=4，即有y=±2，即有|PF1|=2，|F1F2|=4，可得tan∠PF2F1===，故选：D．7．（5分）设a，b∈R，则“ab＜0”是“ab＜a|b|”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【解答】解：令a=﹣1，b=2，得ab=a|b|，不是充分条件，由ab＜a|b|，得：b＜0，a＞0，故ab＜0，是必要条件，故选：B．8．（5分）我国古代数学名著《数学九章》中有云：“今有木长二丈四尺，围之五尺．葛生其下，缠木两周，上与木齐，问葛长几何？”其意思为“圆木长2丈4尺，圆周为5尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺（注：1丈等于10尺）（）A．29尺B．24尺C．26尺D．30尺【解答】解：由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，一条直角边（即木棍的高）长24尺，另一条直角边长5×2=10（尺），因此葛藤长=26（尺）．故选：C．9．（5分）过双曲线（a＞0，b＞0）的右焦点F作圆x2+y2=a2的切线FM（切点为M），交y轴于点P．若M为线段FP的中点，则双曲线的离心率是（）A．B．C．2 D．【解答】解：∵OM⊥PF，且FM=PM∴OP=OF，∴∠OFP=45°∴|0M|=|OF|•sin45°，即a=c•∴e==故选：A．10．（5分）如图，是某同学根据“二分法”思想设计的一个求方程近似解的程序框图，若输入的a，b，c分别为0，1，，则输出的结果为（）A．B．C．D．【解答】解：输入的a，b，c分别为0，1，时，m=，不满足f（m）=0，不满足f（a））•f（m）＜0，故a=，不满足|a﹣b|＜c，m=，不满足f（m）=0，满足f（a）•f（m）＜0，故b=，不满足|a﹣b|＜c，m=，不满足f（m）=0，满足f（a）•f（m）＜0，故b=，满足|a﹣b|＜c，故输出的值为：，故选：C．11．（5分）已知双曲线上有不共线三点A，B，C，且AB，BC，AC的中点分别为D，E，F，若直线OD，OE，OF的斜率之和为﹣2，则=（）A．2 B．﹣4 C．D．3【解答】解：设A（（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0），则x1+x2=2x0，y1+y2=2y0．由双曲线，可得：﹣=1，﹣=1，相减可得=，∴k AB===，∴=2k OD．同理可得=2k OE，=2k OF．∴=2（k OD+k OE+k OF）=2×（﹣2）=﹣4．故选：B．12．（5分）已知点A、B、C、D在半径为的球面上，AB⊥BC，CD=，球心O恰好在DA上，则四面体ABCD的体积最大值为（）A．B．C．6 D．【解答】解：∵点A、B、C、D在半径为的球面上，AB⊥BC，CD=，球心O恰好在DA上，∴AC⊥DC，∴AC===2，当CD⊥平面ABC时，四面体ABCD的体积取最大值，∵AB⊥BC，AC=2，∴当AB=BC=时，（S）max==1，△ABC∴四面体ABCD的体积最大值为：V max=（S△ABC）max×CD==．∴四面体ABCD的体积最大值为．故选：A．二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．（5分）双曲线的渐近线方程为．【解答】解：∵双曲线标准方程为，∴其渐近线方程是﹣=0，整理得故答案为：．14．（5分）若某程序框图如图所示，则输出的n的值是7【解答】解：当S=1时，不满足退出循环的条件，n=3，S=3；当S=3时，不满足退出循环的条件，n=5，S=15；当S=15时，不满足退出循环的条件，n=7，S=105；当S=105时，满足退出循环的条件，故输出的n值为7．故答案为：715．（5分）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为2π+8+2+8【解答】解：由三视图知该几何体的直观图为：即从四棱锥P﹣ABCD中挖去了一个半圆锥所得的组合体，四棱锥P﹣ABCD底面是长为4，宽为2的长方形、高为2，圆锥底面圆的半径是1、高为2，顶点是P，∴该几何体的表面积：S=+S△PAB+S△PCD+S△PBC+S长方形ABCD﹣=+++=2π+8+2+8．故答案为：2π+8+2+8．16．（5分）高考成绩揭晓后，平时刻苦努力，考试沉着冷静，发挥极佳的四位同学笑逐颜开地谈论起了相互之间的数学成绩，甲说：“乙的数学150分”；乙说：“丙的数学150分”；丙说：“甲说的对”；丁说：“我的数学没有150分”．如果这四人中只有一人说的与事实相符且只有一人得了150分，那么数学得150分的人是甲．【解答】解：假设甲的数学150分，则甲、乙、丙说的与事实都不相符，丁说的与事实相符，满足题意；假设乙的数学150分，则甲、丙、丁说的都与事实相符，乙说的与事实不相符，不满足题意；假设丙的数学150分，则乙、丁说的都与事实相符，甲、丙说的都与事实不相符，不满足题意；假设丁的数学150分，则甲、乙、丙、丁说的都与事实相符，不满足题意．故数学得150分的人是甲．故答案为：甲．三、解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC，M为BC的中点．（1）求证：A1B∥平面AMC1；（2）若平面ABC⊥侧面BCC1B1，求证：AM⊥AA1．【解答】（1）证明：连结A1C，交AC1于点O，连结OM，则O为A1C的中点，∵M为BC的中点，∴OM∥A1B，∵OM⊂平面AMC1，A1B不包含于平面AMC1，∴A1B∥平面AMC1．（2）证明：∵AB=AC，M为BC的中点，∴AM⊥BC，∵平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1=BC，AM⊂平面ABC，∴AM⊥平面BCC1B1，∵CC1⊂平面BCC1B1，∴AM⊥CC1．∵CC1∥AA1．∴AM⊥AA1．18．（12分）设F1、F2分别是椭圆E：（0＜b＜1）的左、右焦点，过F1的直线l交椭圆E于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列．（1）求|AB|；（2）若AB⊥AF2，求椭圆E的方程．【解答】解：（1）∵|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列，∴|AF2|+|BF2|=2|AB|，又椭圆E：（0＜b＜1）中，a=1，∴|AF2|+|AB|+|BF2|=4，∴3|AB|=4，∴|AB|=．（2）设|AF2|=x，∵AB⊥AF2，|AB|=，∴|BF2|=，∵|AB|=|BF2|2，∴（）2+x2=（）2，解得x=1，∴|AF2|=1，∴|AF1|=1，∴b=c=，∴椭圆E的方程为=1．19．（12分）如图，平行四边形ABCD中，AB⊥BD，DE⊥BC，∠A=60°，将△ABD，△DCE分别沿BD，DE折起，使得AB∥CE．（1）求证：AB⊥平面BDE；（2）若CE=1，求四棱锥D﹣ABEC的体积．【解答】证明：（1）∵DE⊥CE，AB∥CE，∴AB⊥DE，又AB⊥BD，DE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，BD∩DE=D，∴AB⊥平面BDE，∵BE⊂平面BDE，∴AB⊥BE．∵AB⊥BD，BD∩BE=B，∴AB⊥平面BDE．解：（2）∵DE⊥BE，DE⊥CE，BE∩CE=E，∴DE⊥平面ABEC，在平行四边形ABCD中，∵CE=1，∴AB=CD=2，DE=，BE=3，∴四棱锥D﹣ABEC的体积V D﹣ABEC=S梯形ABEC×DE==．20．（12分）已知椭圆C：，直线l的方程为y=﹣x+m，其中m＞0．（1）若直线l与椭圆C只有一个公共点T，求点T的坐标；（2）设O为坐标原点，当m=2时，直线l与椭圆C相交于AB两点，求三角形AOB的面积．【解答】解：（1）联立，得3x2﹣4mx+2m2﹣6=0，∵直线l与椭圆C只有一个公共点T，∴△=16m2﹣12（2m2﹣6）=0，由m＞0，解得m=3，∴y=﹣x+3，联立，得x2﹣4x+4=0，解得x=2，∴y=﹣2+3=1，∴点T的坐标T（2，1）．（2）当m=2时，直线l的方程为y=﹣x+2，代入椭圆C：，得3x2﹣8x+2=0，△=64﹣24=40＞0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=，∴弦长|AB|==，点O（0，0）到直线AB的距离d==，∴三角形AOB的面积S===．21．（12分）如图所示的四棱锥P﹣ABCD中，AB=BC=，AD=DC=，PD=2，AB⊥BC，E是△PAC的重心，F、G分别在侧棱PC和PD上，且．（1）求证：平面EFG∥平面ABCD；（2）若三棱锥P﹣EFG的体积为，求点A到平面PCD的距离．【解答】证明：（1）延长PE，交AC于M，∵E是△PAC的重心，F、G分别在侧棱PC和PD上，且．∴M是AC中点，=．∴GF∥CD，EF∥AC，∵EF∩GF=F，AC∩CD=C，EF、GF⊂平面EFG，CD、AC⊂平面ABCD，∴平面EFG∥平面ABCD．解：（2）∵AB=BC=，AD=DC=，PD=2，AB⊥BC，∴AC==2，DM==2，∴S==1，∴S△EFG=（）2S△CDM=，△CDM设点P到平面EFG的距离为h，则P到平面ABCD的距离为h，===，∵三棱锥P﹣EFG的体积为，∴V P﹣EFG解得h=，∴P到平面ABCD的距离为h==2，∵PD=2，∴PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，过A作AO⊥CD，交CD于O，∵PD∩CD=D，∴AO⊥平面PCD，∴AO是点A到平面PCD的距离，∵，∴AO===．∴点A到平面PCD的距离为．22．（12分）已知线段MN的两个端点M，N分别在x轴，y轴上滑动，|MN|=，且动点P（x，y）满足，其中O为坐标原点．（1）求动点P的轨迹方程E；（2）设Q是椭圆上异于S（﹣1，0），T（1，0）的任意一点，直线QS 和QT分别与（1）中的轨迹E相交于A、B和C、D四点，若直线OA，OB，OC，OD的斜率存在，试探k OA+k OB﹣k OC﹣k OD是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．【解答】解：（1）由题意可得：设M（m，0），N（0，n），（m≠0，且n≠0），由，则（x，y）=（m，n），则，由m2+n2=12，整理3x2+4y2=12，整理得：（x≠0，且y ≠0）；动点P的轨迹方程E：（x≠0，且y≠0）；（2）由题意可知：直线QS、QT斜率存在时，QS的方程为y=k1（x+1），QT的方程为y=k2（x﹣1），由Q（x0，y0）在椭圆上，y02=3（1﹣x02），k1=，k2=，则k1k2==﹣3，设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），联立，得到（3+4k12）x2+8k12x+4k12﹣12=0，∴x1+x2=﹣，x1x2=，同理x3+x4=，x3x4=．（*）∵k OA=，k OB=，k OA+k OB=+=′=﹣，同理k OC+k OD=﹣，则k OA+k OB﹣k OC﹣k OD=﹣+=﹣=﹣=0，k OA+k OB﹣k OC﹣k OD为定值0．。
重庆市巴蜀中学2017-2018学年高二上学期期末考试数学(理)试题含解析
重庆市巴蜀中学2019级高二上期末考试数学（理科）试题一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知函数处取得极值，则）B. C. D.【答案】A故选A．2. 某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）【答案】C【解析】由三视图知几何体为直三棱柱，且三棱柱的高为5，底面是直角边长分别为3，4的故选C．【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积，解题的关键是判断几何体的形状及数据所对应的几何量．3. ）【答案】B故选B”是“）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【答案】A”可得“故选A.5. 我国南宋时期的数学家秦九韶是普州（现四川省安岳县）人，秦九韶在其所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出）C.【答案】C；，退出循环，输出14．故选C．【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论.6. ）A. B. C. D.【答案】D【解析】由图象得:, ,故选D.7. ）A.C.【答案】D考点：1.平行关系；2.垂直关系.8. 已知函数）【答案】B故选B9. ）【答案】A故条件应为，8，9，10满足，，故选A．【点睛】本题主要考查程序框图的识别和判断，根据运行条件是解决本题的关键．10. ，，直线）【答案】B则直线令，则故选B11. ）【答案】B【解析】最大，最小.1，故选B12. 已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，左、，一象限的交点为，.，）【答案】C边的等腰三角形.由双曲线的可得故选C．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 若双曲线．【答案】14. 已知抛物线焦点为，为抛物线上的一动点，的最小值为__________．【答案】12【解析】抛物线的准线方程为：故答案为：12．15. 中，，，，球的表面积为__________．【解析】由题，，，是三棱锥∴外接球的表面积．．16. 已知函数__________．【解析】由；令．是增即可．是减函数，，符合题意．即是减函数，，（舍去）．是减函数，，恒成立．符合题意．时，当时，矛盾．故不成立三、解答题（本大题共6小题，第一个大题10分，其他题每题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，并写在答题卷相应的位置上.）17. ..【答案】（1）见解析（2【解析】试题分析：（）利用正方形的性质和线面垂直的性质得到线线垂直，再利用线面垂直的判定和面面垂直的判定定理进行证明；（）利用（1）结论，得到线面角，再通过解三角形进行求解.试题解析：，（）底面，，∴，与平面18.（1（2的切线，交轴于点.【答案】（12）1【解析】试题分析：（1（2，由此可求面积.试题解析：（1；（2得直线方程为得的面积是.19. 已知函数处切线为（1（2【答案】（12【解析】试题分析：（1）可求；（2递减，在上的值域.试题解析：（1（2，20. 在多面体（Ⅰ）上确定一点所成的角为【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】试题分析：中，由正弦定理得得.....................由向量的夹角公式即当点满足时，平面所成角的大小为试题解析：（Ⅰ）四边形.，.，则..时，平面所成角的大小为21. 已知椭圆：，两点，的面积为的离心率为（1）求椭圆（2为坐标原点，直线：.【答案】试题解析：（Ⅰ）根据已知椭圆的焦距为，当时，，由题意的面积为，由已知得，∴，∴，∴椭圆的标准方程为．（Ⅱ）显然，设，，由得，由已知得，即，且，，由，得，即，∴，∴，即．当时，不成立，∴，∵，∴，即，∴，解得或．综上所述，的取值范围为或.22. 已知函数.）（1（2）当函数有两个零点【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）由已知中函数的解析式，求出导函数的解析式，对进行分类讨论，确定在不同情况下导函数的符号，进而可得函数的单调性．（2）先求出，构造函数，通过函数的单调性证明即可．试题解析：（1）解：因为，.（21）知函数，②-∴③可化为：要证：只需证：构造函数单调递增，【点睛】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用及转化思想.其中（2）问题转化为构造新函数，通过求导得到新函数单调性是解题的关键．。
重庆市巴蜀中学校2023-2024学年高二下学期7月期末考试地理试题(解析版)
刚果海底峡谷起于非洲西侧刚果河口，切入到南大西洋大陆架和大陆坡上。该峡谷在刚果河河口只有100米深，但不到200千米远的地方，水深达2.2千米。图为刚果海底峡谷遥感影像。据此完成下面小题。
3.推测刚果海底峡谷的成因是（ ）
A.流水侵蚀B.板块张裂C.板块碰撞D.海浪作用
4.刚果海底峡谷的发育（ ）
A.导致了局地海平面下降B.促进陆源物质向深海区输送
11.近年来，中国加强稀土出口管控的主要原因是（ ）
A.推进资源战略储备B.促进企业节能减排C.稀土资源趋于枯竭D.维护我国生态安全
12.目前中国稀土企业积极向中下游环节布局是为了（ ）
A.稳定稀土供应B.响应国家号召C.提高盈利能力D.降低运输费用
【答案】11. A 12. C
【解析】
【11题详解】
【点睛】我国粮食产量逐年上升；进口量逐年增加；出口量波动性很大；近几年进口量均大于出口量，为净进口国。
的的喀喀湖位于安第斯山脉的盆地中，是南美洲地势最高、面积最大的湖泊。湖面海拔3821m,平均水深140-180米，最深达280米，湖水通过河流与波波湖相通。湖泊周围群山环绕，峰顶常年积雪。图示意的的喀喀湖周边自然环境。据此完成下面小题。
某中学地理兴趣小组为了探究洋流的形成与分布而设计了模拟实验：他们在圆形水盆中盛满水，再在水面上撒上纸屑；用电吹风通过橡胶管在水盆的不同部位稳定地吹拂水面(模拟低纬信风和中纬西风);观察纸屑的漂移方向及其轨迹，记录现象并分析。图为该小组绘制的模拟风力作用而形成的洋流示意。据此完成下面小题。
2017-2018学年重庆市巴蜀中学高二下学期期末考试数学(理)试题word版含答案
2017-2018学年重庆市巴蜀中学高二下学期期末考试数学（理）试题一、选择题 1．已知全集，则集合（ ）A. B.C. D.【答案】D 【解析】试题分析：，所以．故选D ．【考点】集合的运算．2．复数131ii-+=+（ ） A. 2i + B. 2i - C. 12i + D. 12i - 【答案】C 【解析】因为131i i -+=+ ()()()()1312412112i i i i i i -+-+==++- ，故选C. 3．命题“使得”的否定是 ( ) A. 均有 B. 均有 C.使得D.均有【答案】B【解析】试题分析：存在性命题的否定是全称命题. 命题“使得”的否定是均有，故选.【考点】导数的几何意义，直线方程.4．某地区空气质量监测资枓表明，一天的空气质量为优良的概率是，连续两天为优良的概率是，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是（ ）A. B. C.D.【答案】A【解析】试题分析：记“一天的空气质量为优良”，“第二天空气质量也为优良”，由题意可知,所以，故选A.【考点】条件概率．5．已知为实数，且，则“”是“”的（）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】试题分析：根据不等式的性质，若时，成立，而不成立，当且时必有成立，故“”是“”的必要不充分条件，故选B.【考点】1、不等式的性质；2、充分条件与必要条件.【方法点睛】本题通过充分条件与必要条件主要考查不等式的性质，属于中档题.判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题.6．若11a b<<，则下列不等式：①a b>；②a b ab+<；③2b aa b+>；④22aa bb<-中，正确的不等式有（）A. 1个 B. 2个C. 3个 D. 4个【答案】C【解析】试题分析：由11a b<<可知0b a<<，所以①错，②正确，③正确，④正确，所以正确的个数为3个，故选C.【考点】1、不等式的性质；2、基本不等式.7．如果执行右面的程序框图，输入，那么输出的等于（）A. 720B. 360C. 180D. 60【答案】B【解析】讨论k从1开始取，分别求出p的值，直到不满足k＜4，退出循环，从而求出p的值，解题的关键是弄清循环次数．解：第一次：k=1，p=1×3=3；第二次：k=2，p=3×4=12；第三次：k=3，p=12×5=60；第四次：k=4，p=60×6=360此时不满足k＜4．所以p=360．故选B8．设变量满足约束条件，则目标函数的最小值为( )A. 2B. 3C. 5D. 7【答案】B【解析】试题分析：先做出约束条件下的可行域，观察可行域与直线的位置关系可知：当直线过与的交点时取得最小值3【考点】线性规划问题点评：线性规划问题最值点一般出现在可行域的顶点或边上9．如图，一个简单几何体的正视图和侧视图都是边长为2的等边三角形，若该简单几何体的体积是，则其底面周长为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意，几何体为锥体，高为正三角形的高，因此底面积为，即底面为等腰直角三角形，直角边长为2，周长为，选C.10．在曲线的所有切线中，斜率最小的切线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以，当时有最小值，曲线在出的切线斜率最小为，因为，所以由截距式可得切线方程为，化为，故选C.11．已知点、在半径为的球表面上运动，且，过作相互垂直的平面、，若平面、截球所得的截面分别为圆、圆，则（）A. 长度的最小值是2B. 的长度是定值C. 圆面积的最小值是D. 圆、的面积和是定值【答案】B【解析】如图所示，过作互相垂直的平面、平面，则，，，因为分别是的中点，所以，故选B.12．将数字1，2，3，4，5，6排成一列，记第个数为（），若，，，，则不同的排列方法种数为（）A. 18B. 30C. 36D. 48【答案】B【解析】分两步：（1）先排时，有种；时，有种；时，有种；共有种；（2）再排共有种，故不同的排列方法为，故选B.二、填空题13．若的展开式中常数项为96，则实数等于__________．【答案】【解析】的展开式的通项是，令，的展开式中常数项为可得故答案为.【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.14．如图所示的茎叶图表示甲、乙两人在5次综合测试中的成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率为__________．【答案】【解析】甲、乙的平均成绩分别用、表示,被污损的数字用表示,则有,若甲的成绩超过乙的成绩,则 ,所以可以等于共8种情况,的值一共有10种可能,故甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率为.15．已知圆：（，为正实数）的圆心在直线：上，则的最小为__________．【答案】【解析】圆为正实数），所以圆的圆心坐标，由直线经过圆心，得，，当且仅当，且时取等号，故答案为.【易错点晴】本题主要考查圆的方程及性质、利用基本不等式求最值，属于难题.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）.16．已知、是过抛物线（）的焦点的直线与抛物线的交点，是坐标原点，且满足，，则的值为__________．【答案】【解析】不妨设直线的斜率，如图所示，分别过作抛物线准线的垂线，垂足分别为过作于，，即有为的中点，即，，，即，由，易知直线的斜率为，不妨取直线的方程为，联立得，所以，故答案为.三、解答题17．选修4-5：不等式选讲设函数．（1）求不等式的解集；（2）如果关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】试题分析：（1）借助题设条件分类求解；（2）借助题设求函数的最小值即可求解．试题解析：（1），当时，，∴，无解；当时，，∴；当时，，∴综上可得，不等式的解集为（2），由，得，实数的取值范围为【考点】绝对值不等式的性质等有关知识的综合运用．18．已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程与直线的极坐标方程；（2）若直线（）与曲线交于点（不同于原点），与直线交于点，求的值. 【答案】（1）:;:;（2）.【解析】试题分析：（1）消去参数即得直线的普通方程，再利用极坐标与直角坐标的互化公式进行求解；（2）联立相关极坐标方程，利用其几何意义进行求解，再利用三点共线进行求解.试题解析：（1）根据题意可得可化为，根据极坐标与直角坐标的互化公式可得，∴曲线的直角坐标方程为.直线的参数方程分别是（为参数），化为普通方程为,即，化为极坐标方程为.（2）根据题意可得，将代入，可求得，将代入，可求得，根据题意可知点共线，且，∴. 19．为了解甲、乙两厂的产品质量，采用分层抽样的方法从甲、乙两厂生产的产品中分别抽取14件和5件，测量产品中微量元素，的含量（单位：毫克）.下表是乙厂的5件产品的测量数据：当产品中的微量元素，满足且时，该产品为优等品（1）若甲厂生产的产品共98件，用上述样本数据估计乙厂生产的优等品的数量；（2）从乙厂抽出的上述5件产品中，随机抽取2件，求抽取的2件产品中优等品数的分布列及数学期望.【答案】(1) ；（2）.【解析】试题分析：（1）由分层抽样性质能求出乙厂生产的产品总数；（2）由题意，，由此能求出的分布列和均值.试题解析：（1）由题意知，抽取比例为，则乙厂生产的产品数量为（件）；由表格知乙厂生产的优等品为2号和5号，所占比例为.由此估计乙厂生产的优等品的数量为（件）；（2）由（1）知2号和5号产品为优等品，其余3件为非优等品，的取值为0，1，2.，，，数学期望.20．如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，.（1）若，求与所成角的余弦值；（2）当平面与平面垂直时，求的长.【答案】(1) ；（2）.【解析】试题分析：（1）结合已知条件，设与的交点为，则，故考虑分别以为轴、轴，以过且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，设与所成的角为，则可转化为与所成的角，代入公式可求；（2）分别求平面的法向量，平面的法向量，由平面平面可得从而可求即.试题解析：（1）因为四边形是菱形，所以.又因为平面，所以.又，所以平面.设.因为，，所以，，如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系.则，，，，所以，.设与所成角为，则.（2）由（1）知，设（），则，设平面的法向量，则，，所以，令，则，，所以.同理，平面的法向量.因为平面平面，所以，即，解得.所以.【方法点晴】本题主要考查利用空间向量求异面直线成的角，以及向量垂直的应用，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.21．已知椭圆：（）的离心率为，右焦点为，过且斜率为1的直线与椭圆交于、两点，若点与，两点连线斜率乘积为.（1）求椭圆的方程；（2）对于椭圆上任一点，若，求的最大值.【答案】(1) ；（2）.【解析】试题分析：（1）根据题意列出关于、、的方程组，结合性质，，求出、、，即可得结果；（2）根据椭圆与直线的关系，联立方程组，消去可得消去得，根据韦达定理结合方程根与系数的关系，利用基本不等式求解即可. 试题解析：（1）设，由，得，又,解得椭圆方程为.（2）由（1）知，根据题意可知道方程为,①椭圆的方程可化为. ②将①代入②消去得.设，，则有，设，由得，③又点在椭圆上，. ④又，在椭圆上，故有，. ⑤而. ⑥将⑤，⑥代入④可得，，当且仅当时取“”，则的最大值为.22．已知函数（）（1）讨论的单调性；（2）若关于的不等式的解集中有且只有两个整数，求实数的取值范围. 【答案】(1) 当时，在上单调递减，在单调递增；当时，在上单调递增，在单调递减；（2）.【解析】试题分析：（1）求出，分两种情况讨论，分别令得增区间，令得减区间；（2），令，利用导数研究其单调性，结合零点定理可得结果.试题解析：（1），当时，在上单调递减，在单调递增；当时，在上单调递增，在单调递减；（2）依题意，，令，则，令，则，即在上单调递增.又，，存在唯一的，使得.当，在单调递增；当，在单调递减.，，，且当时，，又，，.故要使不等式解集中有且只有两个整数，的取值范围应为.。
2017-2018年重庆市巴蜀中学高二上学期期中数学试卷及参考答案(理科)
2017-2018学年重庆市巴蜀中学高二（上）期中数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．（5分）已知双曲线的标准方程为﹣y2=1，则其渐近线方程为（）A．x±2y=0 B．x±2y=1 C．2x±y=0 D．2x±y=12．（5分）命题p：∀x∈R，f（x）∈N且f（x）≥x的否定为（）A．￢p：∃x0∈R，f（x0）∈N且f（x0）≥x0B．￢p：∃x0∈R，f（x0）∉N且f（x0）＜x0C．￢P：∀x∈R，f（x）∉N且f（x）＜x D．￢p：∃x0∈R，f（x0）∉N或f（x0）＜x03．（5分）点P为双曲线﹣=1左支上一点，F2为其右焦点，则|PF2|的长度不可能为（）A．7 B．8 C．9 D．104．（5分）设a，b，c为空间中不同的直线，α，β为空间中不同的平面，有下列命题：（1）a∥b，c∥b⇒a∥b（2）a⊥c，b⊥c⇒a∥b（3）a∥α，α∩β=b⇒a∥b（4）a⊥α，b⊥α⇒a∥b其中真命题的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个5．（5分）直线l：y=x+m与椭圆+y2=1有两个不同的交点的一个充分不必要条件是（）A．﹣＜m B．m或m＞C．﹣2＜m＜2 D．0≤m＜1 6．（5分）某程序框图如图，如果输入的m=187，n=85，则输出结果为（）A．11 B．13 C．17 D．197．（5分）已知某几何体的三视图如图中粗线部分所示，每个小方格的边长为1，则该几何体的表面积为（）A．48 B．16+12C．20+12D．20+128．（5分）如图，在以AB为直径的圆中，C，D为圆上的点，且AC=BC，AB=2AD，现将该圆沿着AB折叠，使得二面角D﹣AB﹣C为直二面角，则折叠后直线AD，BC所成的余弦值为（）A．B．C．D．9．（5分）设F1，F2是椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左右焦点，椭圆C上存在点M使得|F1F2|=3|MF2|，则C的离心率e的范围是（）A．（0，）B．[，1）C．[，]D．[，1）10．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过点A1的动直线与CC1所成角的大小为，这些动直线与平面BC1D的交点的轨迹为（）A．直线B．圆C．双曲线D．椭圆11．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为2，E，F分别为AB，AD 的中点，则四棱锥C﹣EFD1B1的体积为（）A．2 B．C．3 D．12．（5分）已知圆O：x2+y2=1，A（2，0），动点B满足线段AB为直径的动圆C 与圆O外切，则B点的轨迹方程为（）A．x2+=1 B．x2﹣=1（x＞0）C．x2﹣=1 D．x2﹣=1（x＞0）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）已知某程序框图如图，可知该程序框图的输出结果为．14．（5分）已知焦点在x轴上的椭圆+=1（k＞0）的离心率范围为（0，]，则k的范围为．15．（5分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=4，AB=1，AC=2，∠BAC=，则该三棱柱的外接球的表面积为．16．（5分）已知双曲线﹣=1，过其左焦点F的直线交双曲线左支于P，Q两点，|PF2|=|F1F2|，|QF1|=2|PF1|，则该双曲线的离心率为．三、解答题（本大题共6小题，共70分）17．（10分）已知命题p：∀x∈R，x2+（a﹣2）x+1≥0，命题q：∃x∈[2，3]，a＞x+．若命题p∨q为真命题，命题p∧q为假命题，求实数a的取值范围．18．（12分）已知中心在原点，对称轴为坐标轴的椭圆C过点A（，），B （﹣1，﹣）．（1）求该椭圆的标准方程；（2）过该椭圆左焦点的直线l交椭圆C于A，B两点，且|AB|=，求该直线方程．19．（12分）如图，六面体ABCDEF中，ABCD为正方形，AB=EB=2，AF=3，AF⊥平面ABCD，BE∥AF．（1）证明：DB⊥CF；（2）求直线CF与平面DEF所成角的正弦值．20．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BA⊥AC，AB=1，AC=AA1=2，D 是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点．（1）求证：PB1∥平面BDA1；（2）求二面角B1﹣A1D﹣B的余弦值．21．（12分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0），斜率为﹣且过椭圆右焦点F 的直线交椭圆C于A，B两点，且向量+与向量=（2，1）平行（O为原点）．（1）求椭圆的离心率；（2）设M为椭圆上任意一点，满足=λ（+）+μ（λ∈R，μ∈R），求λ，μ满足的关系式．22．（12分）已知圆C：x2+y2﹣4x﹣32=0的圆心为C，定点D（﹣2，0），不与x 轴重合的直线l过点D交圆C于M，N两点，过点D作CM的平行线交CN于点P．（1）求动点P的轨迹方程C1；（2）过定点D的直线l1与C1交于E，F两点，过原点的直线l2与C1交于P，Q 两点，且l1，l2的斜率之积为﹣，求四边形PEQF面积的范围．2017-2018学年重庆市巴蜀中学高二（上）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．（5分）已知双曲线的标准方程为﹣y2=1，则其渐近线方程为（）A．x±2y=0 B．x±2y=1 C．2x±y=0 D．2x±y=1【解答】解：双曲线的标准方程为﹣y2=1，可得a=2，b=1，由于渐近线方程为y=±x，即为y=±x．即x±2y=0．故选：A．2．（5分）命题p：∀x∈R，f（x）∈N且f（x）≥x的否定为（）A．￢p：∃x0∈R，f（x0）∈N且f（x0）≥x0B．￢p：∃x0∈R，f（x0）∉N且f（x0）＜x0C．￢P：∀x∈R，f（x）∉N且f（x）＜x D．￢p：∃x0∈R，f（x0）∉N或f（x0）＜x0【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以：命题p：∀x∈R，f（x）∈N且f（x）≥x的否定为：￢p：∃x0∈R，f（x0）∉N或f（x0）＜x0．故选：D．3．（5分）点P为双曲线﹣=1左支上一点，F2为其右焦点，则|PF2|的长度不可能为（）A．7 B．8 C．9 D．10【解答】解：点P为双曲线﹣=1左支上一点，F2为其右焦点，a=3，b=4，c=5，则|PF2|≥a+c=8，则|PF2|的长度不可能为：7．故选：A．4．（5分）设a，b，c为空间中不同的直线，α，β为空间中不同的平面，有下列命题：（1）a∥b，c∥b⇒a∥b（2）a⊥c，b⊥c⇒a∥b（3）a∥α，α∩β=b⇒a∥b（4）a⊥α，b⊥α⇒a∥b其中真命题的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【解答】解：对于（1），a∥b，c∥b⇒a∥b，根据空间平行线的传递性，可判定（1）正确；对于（2），a⊥c，b⊥c⇒a与b可能相交、平行、异面，故（2）错；对于（3），a∥α，α∩β=b⇒a∥b或a、b异面，故（3）错；对于（4），a⊥α，b⊥α⇒a∥b，根据线面垂直的性质，可判定（4）正确；故选：B．5．（5分）直线l：y=x+m与椭圆+y2=1有两个不同的交点的一个充分不必要条件是（）A．﹣＜m B．m或m＞C．﹣2＜m＜2 D．0≤m＜1【解答】解：由，得3x2+4mx+2m2﹣2=0，结合题意△=16m2﹣12（2m2﹣2）＞0，解得：﹣＜m＜，故﹣＜m＜的一个充分不必要条件是：0≤m＜1，故选：D．6．（5分）某程序框图如图，如果输入的m=187，n=85，则输出结果为（）A．11 B．13 C．17 D．19【解答】解：当m=187，n=85时，r=17，m=85，n=17，不满足退出循环的条件；当m=85，n=17时，r=0，m=17，n=0，满足退出循环的条件；故输出的m值为17，故选：C．7．（5分）已知某几何体的三视图如图中粗线部分所示，每个小方格的边长为1，则该几何体的表面积为（）A．48 B．16+12C．20+12D．20+12【解答】解：由已知中的三视图可得该几何体是一个下底边长为4，上底边长为2，高为2的正四棱台，故下底面面积为：16，上底面面积为：4，棱台的侧高为=，故侧面积为：4×（2+4）×=12，故该几何体的表面积为20+12，故选：C．8．（5分）如图，在以AB为直径的圆中，C，D为圆上的点，且AC=BC，AB=2AD，现将该圆沿着AB折叠，使得二面角D﹣AB﹣C为直二面角，则折叠后直线AD，BC所成的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：取AB中点O，连结OC，∵在以AB为直径的圆中，C，D为圆上的点，且AC=BC，AB=2AD，现将该圆沿着AB折叠，使得二面角D﹣AB﹣C为直二面角，∴OC⊥AB，设AD=1，则OC=OA=OB=1，以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，过O作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，A（0，﹣1，0），D（0，﹣，），B（0，1，0），C（1，0，0），=（0，，），=（1，﹣1，0），设折叠后直线AD，BC所成角为θ，则cosθ===．∴折叠后直线AD，BC所成的余弦值为．故选：B．9．（5分）设F1，F2是椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左右焦点，椭圆C上存在点M使得|F1F2|=3|MF2|，则C的离心率e的范围是（）A．（0，）B．[，1）C．[，]D．[，1）【解答】解：∵椭圆C上存在点M使得|F1F2|=3|MF2|，利用椭圆的定义，∴椭圆C上存在点M使得|MF2|=，又∵|MF2|∈[a﹣c，a+c]，∴a﹣c≤≤a+c，解得，则C的离心率e的范围是[），故选：B．10．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过点A1的动直线与CC1所成角的大小为，这些动直线与平面BC1D的交点的轨迹为（）A．直线B．圆C．双曲线D．椭圆【解答】解：由题意可得过点A1的动直线与CC1所成角的大小为，所有动直线构成以直线A1A为轴线的圆锥面，且半锥角为，如图轴线与平面BDC1所成的角为∠CC1H，设正方体的边长为1，可得CH=，C1H=，可得sin∠CC1H=＞，可得∠CC1H大于半锥角，则这些动直线与平面BC1D的交点的轨迹为椭圆．故选：D．11．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为2，E，F分别为AB，AD 的中点，则四棱锥C﹣EFD1B1的体积为（）A．2 B．C．3 D．【解答】解：如图：四棱锥C﹣EFD1B1的体积为：=8﹣﹣=3．故选：C．12．（5分）已知圆O：x2+y2=1，A（2，0），动点B满足线段AB为直径的动圆C 与圆O外切，则B点的轨迹方程为（）A．x2+=1 B．x2﹣=1（x＞0）C．x2﹣=1 D．x2﹣=1（x＞0）【解答】解：圆O：x2+y2=1，圆心（0，0），半径为1．设AB的中点为M，切点为N，连OM，则|NM|=|MA|=|MB|，|OM|﹣|MN|=|ON|=1，可得M的轨迹是双曲线的右支，a=，c=1，则b=，双曲线的中心（1，0），实轴在x轴上，双曲线方程为：，x＞0动点B（x，y），则M（，），可得，即x2﹣=1（x＞0）．故选：B．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）已知某程序框图如图，可知该程序框图的输出结果为31．【解答】解：当k=0时，满足进行循环的条件，k=2，s=3；当k=2时，满足进行循环的条件，k=4，s=7；当k=4时，满足进行循环的条件，k=6，s=13；当k=6时，满足进行循环的条件，k=8，s=21；当k=8时，满足进行循环的条件，k=10，s=31；当k=10时，不满足进行循环的条件，故输出的k值为31，故答案为：31．14．（5分）已知焦点在x轴上的椭圆+=1（k＞0）的离心率范围为（0，]，则k的范围为（9，25] ．【解答】解：焦点在x轴上的椭圆+=1（k＞0）的离心率范围为（0，]，可得，解得：9＜k≤25．则k的范围为：（9，25]．故答案为：（9，25]．15．（5分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=4，AB=1，AC=2，∠BAC=，则该三棱柱的外接球的表面积为．【解答】解：由题意可知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=1，AC=2，∠BAC=，由余弦定理可得BC==，设底面ABC的小圆半径为r，则，可得r=连接两个底面中心的连线，中点与顶点的连线就是球的半径R，则R=∴外接球的表面积S=4πR2=故答案为：．16．（5分）已知双曲线﹣=1，过其左焦点F的直线交双曲线左支于P，Q两点，|PF2|=|F1F2|，|QF1|=2|PF1|，则该双曲线的离心率为．【解答】解：如图，l为该双曲线的左准线，设P到右准线的距离为d；过P作PP1⊥l，QQ1⊥l，分别交l于P1，Q1；∵=，|QF1|=2|PF1|，∴=，|QQ1|=2d；过P作PM⊥QQ1，垂直为M，交x轴于N，则：==；∴解得d=（c﹣）∵根据双曲线的定义，|PF2|﹣|PF1|=2a，∴|PF1|=2c﹣2a；∴根据双曲线的第二定义，=，整理成：（e﹣1）（3e﹣5）=0∴双曲线的离心率为．故答案为：．三、解答题（本大题共6小题，共70分）17．（10分）已知命题p：∀x∈R，x2+（a﹣2）x+1≥0，命题q：∃x∈[2，3]，a＞x+．若命题p∨q为真命题，命题p∧q为假命题，求实数a的取值范围．【解答】解：命题p：∀x∈R，x2+（a﹣2）x+1≥0，命题P是真命题时，可得：（a﹣2）2﹣4≤0，解得a∈[0，4]；x∈[2，3]，x﹣1≥1，x+=x﹣1++1+1=3，当且仅当x=2时取等号，命题q：∃x∈[2，3]，a＞x+．可得a＞3．若命题p∨q为真命题，命题p∧q为假命题，可得两个命题一真一假，依题意p为真，q为假时：可得a∈[0，3]；q真p假时，a∈（4，+∞）实数a的取值范围：[0，3]∪（4，+∞）．18．（12分）已知中心在原点，对称轴为坐标轴的椭圆C过点A（，），B （﹣1，﹣）．（1）求该椭圆的标准方程；（2）过该椭圆左焦点的直线l交椭圆C于A，B两点，且|AB|=，求该直线方程．【解答】解：（1）设椭圆方程为mx2+ny2=1，（m≠n．m＞0，n＞0），∵椭圆C过点A（，），B（﹣1，﹣）．∴，解得m=，n=，∴该椭圆的标准方程为．（2）椭圆的左焦点F（﹣1，0），过该椭圆左焦点的直线l交椭圆C于A，B两点，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=﹣1，则A（﹣1，），B（﹣1，﹣），|AB|=3，不成立；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k（x+1），联立，得（4k2+3）x2+8k2x+4k2﹣12=0，△=64k4﹣4（4k2+3）（4k2﹣12）=144（k2+1）＞0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=﹣，x1x2=，∵过该椭圆左焦点的直线l交椭圆C于A，B两点，且|AB|=，∴=，解得k=±1，∴直线l的方程为y=±（x+1），即x+y+1=0或x﹣y+1=0．19．（12分）如图，六面体ABCDEF中，ABCD为正方形，AB=EB=2，AF=3，AF⊥平面ABCD，BE∥AF．（1）证明：DB⊥CF；（2）求直线CF与平面DEF所成角的正弦值．【解答】证明：（1）（法一：几何法）：连结AC，∵六面体ABCDEF中，ABCD为正方形，AB=EB=2，AF=3，AF⊥平面ABCD，∴AC⊥BD，AF⊥BD，∵AC∩AF=A，∴BD⊥平面ACF，∵CF⊂平面ACF，∴DB⊥CF．（法二：向量法）：以A为原点，AD为x轴，AB为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，则B（0，2，0），D（2，0，0），C（2，2，0），F（0，0，3），=（2，﹣2，0），=（﹣2，﹣2，3），=﹣4+4+0=0，∴BD⊥CF．解：（2）E（0，2，2），=（﹣2，2，2），=（﹣2，0，3），设平面DEF的法向量=（x，y，z），则，取z=2，得=（3，1，2），设直线CF与平面DEF所成角为θ，则sinθ===．∴直线CF与平面DEF所成角的正弦值为．20．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BA⊥AC，AB=1，AC=AA1=2，D 是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点．（1）求证：PB1∥平面BDA1；（2）求二面角B1﹣A1D﹣B的余弦值．【解答】证明：（1）（法一：几何法）：连结AB 1，交A1B于点O，连结OD，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，ABB1A1是矩形，∴O是AB1的中点，∵D是棱CC1的中点，∴OD∥PB1，∵OD⊂平面BDA1，PB1⊄平面BDA1，∴PB1∥平面BDA1．（法二：向量法）：以A1为原点，A1B1为x轴，A1C1为y轴，A1A为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB=1，AC=AA1=2，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，∴P（0，4，0），B1（1，0，0），A1（0，0，0），B（1，0，2），D（0，2，1），=（1，﹣4，0），=（1，0，2），=（0，2，1），设平面BDA1的法向量=（x，y，z），则，取z=﹣2，得=（4，1，﹣2），∵•=0，PB1⊄平面BDA1，∴PB1∥平面BDA1．解：（2）=（1，0，0），=（0，2，1），设平面A1B1D的法向量=（a，b，c），则，取b=1，得=（0，1，﹣2），平面BDA1的法向量=（4，1，﹣2），设二面角B1﹣A1D﹣B的平面角为θ．则cosθ===．∴二面角B1﹣A1D﹣B的余弦值为．21．（12分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0），斜率为﹣且过椭圆右焦点F 的直线交椭圆C于A，B两点，且向量+与向量=（2，1）平行（O为原点）．（1）求椭圆的离心率；（2）设M为椭圆上任意一点，满足=λ（+）+μ（λ∈R，μ∈R），求λ，μ满足的关系式．【解答】解：（Ⅰ）设直线AB：y=﹣（x﹣c），代入椭圆方程，化简得（a2+4b2）x2﹣2a2cx+a2c2﹣4a2b2=0．令A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=，∴y1+y2=﹣+c∵+=（x1+x2，y1+y2）与=（2，1）平行，∴2（y1+y2）﹣（x1+x2）=0，∴2（﹣+c）﹣=0，∴3a2=4b2=4（a2﹣c2），∴4c2=a2，∴2c=a，∴e==；（2）由（I）知a2=b2，所以椭圆可化为3x2+4y2=4b2，F（c，0），设M（x，y），由已知=λ（+）+μ（λ∈R，μ∈R），∴∵M（x，y）在椭圆上，即（λ﹣μ）2（3x12+4y12）+2（λ2﹣μ2）（3x1x2+4y1y2）+（λ+μ）2（3x22+4y22）=4b2．①由（1）知a2=4c2，b2=3c2．∴x1+x2=，x1x2=﹣c2，∴y1y2=（﹣x1+c）（﹣x2+c）=（x1x2﹣c（x1+x2）+c2）=﹣c2，∴3x1x2+4y1y2=﹣c2﹣c2=﹣c2，又3x12+4y12=4b2=12c2，3x22+4y22=4b2=12c2，代入①得λ2+47μ2=12．22．（12分）已知圆C：x2+y2﹣4x﹣32=0的圆心为C，定点D（﹣2，0），不与x 轴重合的直线l过点D交圆C于M，N两点，过点D作CM的平行线交CN于点P．（1）求动点P的轨迹方程C1；（2）过定点D的直线l1与C1交于E，F两点，过原点的直线l2与C1交于P，Q 两点，且l1，l2的斜率之积为﹣，求四边形PEQF面积的范围．【解答】解：（1）由圆C：x2+y2﹣4x﹣32=0，得（x﹣2）2+y2=36，∵|CM|=|CN|，MC∥DP，∴∠CMN=∠CNM=∠PDN，|PD|=|PN|，故|PD|+|PC|=|PN|+|PC|=|CN|=6，由题设得D（﹣2，0），C（2，0），|PD|+|PC|=6＞|CD|=4，由椭圆定义可得点P的轨迹方程为：（y≠0）；（2）由题意可设l1的方程为y=k（x+2）（k≠0），E（x1，y1），F（x2，y2），联立，得（9k2+5）x2+36k2x+36k2﹣45=0，则x1+x2=，x1x2=，∴|EF|===．直线l2的方程为y=，联立，解得，．不妨取k＞0，则∴P（﹣，+），Q（，﹣），则P到直线kx﹣y+2k=0的距离=．Q到直线kx﹣y+2k=0的距离=．∴四边形PEQF面积：S=====∈（10，）．赠送初中数学几何模型【模型五】垂直弦模型：图形特征：运用举例：1.已知A、B、C、D是⊙O上的四个点.(1)如图1，若∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝CD，求证AC⊥BD；(2)如图2，若AC⊥BD，垂足为E，AB＝2，DC＝4，求⊙O的半径.O DAB CEAOD CB2.如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD于P，设⊙O的半径是2。
2017-2018学年重庆市巴蜀中学高二上学期期中考试英语试题 Word版
2017-2018学年重庆市巴蜀中学高二上学期期中考试英语试题第I卷（共100分）第一部分：听力（共两节，满分30分）第一节（共5小题；每小题1.5分，满分7.5分）请听下面5段对话。
每段对话后有一个小题，从题中所给的A，B，C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。
听完每段对话后，你都有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。
每段对话仅读一遍。
1. How will the two speakers get home?A. By subway.B. By taxi.C. By bus.2. What is the man’s problem?A. Carl will be late for the concert.B. The line for the concert tickets is too busy.C. He hasn’t been able to contact Carl.3. How much money does the man have with him?A. £ 1,000.B. £ 3,000.C. £ 4,0004. Where will the two speakers sit?A. In the car.B. By the river.C. Under the tree.5. What does the woman advise the man do?A. Choose a different color.B. Try on the suit.C. Reconsider the style.第二节（共15小题；每题1.5分，满分22.5分）听下面5段对话。
每段对话或独白后有几个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。
听每段对话或独白前，你将有时间阅读各个小题，每小题5秒钟；听完后，各小题给出5秒钟的作答时间。
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重庆市巴蜀中学2017-2018学年高二上学期期末考试
地理试题
第Ⅰ卷
本卷共20小题。
每小题3分，共60分。
在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
读下面两幅经纬网图，回答1-2题。
1. a点在b点的
A. 西北方向
B. 西南方向
C. 东北方向
D. 东南方
2. 下列叙述正确的是
A. 海拔相同的情况下，a点的自转角速度小于b点
B. 海拔相同的情况下，a点随地球自转的线速度大于b点
C. b点位于东半球
D. b点位于高纬度
下图为某地等高线图，MN为地形剖面图，读图回答3-5题。
3. 图中陡崖的相对高度可能为
A. 49米
B. 128米
C. 150米
D. 180米
4. ①②两地的高差最接近
A. 299米
B. 369米
C. 401米
D. 240米
5. 下列四幅等高线图中，登山最费体力的是
读图，完成6-7题。
6. 关于M湖说法正确的是
A. M湖是内流湖
B. M湖周围的植被为热带雨林
C. M湖主要是内力作用形成的
D. 与之形成对跖点的地点位于东半球
7. ①、②、③三地气候
A. 类型相同，成因不同
B. 类型不同，成因不同
C. 类型不同，成因相同
D. 类型相同，成因相同
下面为四大洲四个代表性国家土地分布模式图，读图回答8-10题。
8. 图中①②③所代表的国家是
A. 印度、埃及、美国
B. 德国、埃及、加拿大
C. 美国、日本、印度
D. 哈萨克斯坦、中国、德国
9. 有关三国地理事物的说法错误的是
A. ①国高新技术工业主要集中分布在南部
B. ②国人口主要沿河分布
C. ①②③国均位于西半球
D. ③国的气候类型主要是温带大陆性气候
10. 关于三国土地分布的叙述，正确的是
A. ①国地形以山地为主，耕地面积小
B. ②国地处大陆内部，降水稀少，荒漠广布
C. ③国耕地是世界耕地面积最大的国家
D. ①国东部以高大的山脉和高原为主，草地、林地面积广大
读某水域及附近地区图，回答11-13题。
11. 关于K水域的叙述，正确的是
A. 位于亚洲境内
B. 位于亚欧两洲间
C. 水域北部深、南部浅
D. 蕴藏有丰富的铁矿
12. 关于a、b两河说法正确的是
A. a河水力资源丰富
B. a河航运发达
C. b河是亚、非洲的界河
D.均属于外流河
13. 关于a、b两河所在国家的叙述，正确的是
A. a河流域是所在国主要农业区
B. a河流域所在国东部比西部经济发达
C. b河下游是传统的欧洲国家，临四大洋
D. b河汛期主要在冬季
读亚洲沿20°N海陆分布示意图，其中甲、乙、丙为陆地，回答14-16题。
14. 甲、乙、丙三地分别位于
A. 阿拉伯半岛、中南半岛、印度半岛
B. 印度半岛、阿拉伯半岛、中南半岛
C. 中南半岛、印度半岛、阿拉伯半岛
D. 阿拉伯半岛、印度半岛、中南半岛
15.下列叙述正确的是
A. 乙、丙两地水旱灾害频繁
B. 均属于亚欧板块
C. 均以黄种人为主
D. 均是世界人口稠密地区
16. 关于甲半岛的叙述，正确的是
A. 缅甸的吴哥窟世界闻名
B. 有世界上最大的热带草原
C. 石油资源很丰富
D. 城市多分布在河流沿岸和河口三角洲
法国全称法兰西共和国，读“法国地形示意图”，完成17-18题
17. 法国的地形特征可以表述为
A. 平原、高原面积广大，地势由东南向西北倾斜
B. 地形以平原为主，地势由北向南降低
C. 地形以山地为主，地势由东南向西北降低
D. 地形以平原、盆地为主，地势由东向西降低
18. 下列关于法国的说法，正确的是
A. 该国电力资源结构以火电为主
B. F河为塞纳河，最终注入波罗的海
C. 图中马赛港位于地中海气候区
D. E山脉为著名的阿尔卑斯山脉
图9为气压带、风带模式示意图(图中纵坐标表示纬度)。
回答19-20题。
19. 该季节下列各纬度带大洋西岸气流运动状况的叙述，正确的是
A. 图中半球所示地区5°-10°主要盛行上升气流
B. 图中半球所示地区10°-20°地区盛行东南风
C. 图中半球所示地区20°-30°地区盛行西北风
D. 图中半球所示地区30°-40°地区盛行下沉气流
20. 与图10中M点气候特点最可能相匹配的气候数据资料是下图中的是
A. 甲
B. 乙
C. 丙
D. 丁
第Ⅱ卷（非选择题，共40分）
21.(16分）下图为美国职业篮球队分布图，读图回答。
（1）图中位于洛杉矶和丹佛之间的山系是______________。
湖人队所在地区降水主要集中在______________季。
图中新奥尔良黄蜂队所在地区的农业带是______________带，波特兰开拓者队所在位置附近的农业区是______________区。
(8分)
（2）中部赛区是美国最早的工业区，试分析该工业区形成的条件。
(8分)
22.(24分)下两图分别为印度地形和德国地形示意图，读图回答：
（1）指出两图中山脉形成的原因。
(4分)
（2）位于德国北部的邻国近年来风力发电发展迅速是著名的“风电王国”该国大力发展风力发电的原因有( )(2分)
①全年盛行西风三面环海风能丰富②高原面积广大常年多大风
③煤、石油、天然气等常规能源缺乏④风力发电历史悠久技术先进
⑤维护保养成本较低
A. ①②③⑤
B. ①②③④
C.②③④⑤
D. ①③④⑤
（3）简要说明印度与德国气候主要成因。
(8分)
（4）分析印度耕地面积占国土总面积比重大的主要原因。
(10分)
参考答案
1-5 CBBBD 6-10 CAACC 11-15 BBADA 16-20 CACDB
21.（1）科迪勒拉山系，冬季。
亚热带(经济)作物带，小麦和林牧业区(8分)
（2）有(阿巴拉契亚山脉)的煤、五大湖西部的铁矿资源丰富；水陆交通便利；人口众多，劳动力密集；城市多，市场广阔(8分)
22.（1）印度北部：印度板块与亚欧板块碰撞挤压，隆起抬升而成。
德国南部：非洲板块与亚欧板块碰撞挤压，隆起抬升而成。
(4分)
（2）D(2分)
（3）印度：冬季—海陆热力性质的差异、夏季—风压带的季节移动；(4分)
德国：常年受西风带的控制；北大西洋暖流影响，增温增湿。
(4分)
（4）地形以平原和(低缓)高原为主，地势平坦，土壤肥沃；（2分)大部分地区属热带季风气候水热条件好；(2分)河流众多，水资源丰富，灌溉便利；(2分)人口众多，劳动力资源丰富；(2分)农产品市场需求量大。
(2分)因此，该国耕地比重大。