安徽省高二英语月考

安徽省高二英语月考（精选6篇）

安徽省高二英语月考 第1篇

高二上学期三校联考（理科数学）试卷

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.已知等差数列中，公差，若

时，则的值为（）

A.99 B.96 C.100 D.101 【答案】C 【解析】试题分析：因为，所以，所以．故选B．

考点：等差数列的通项公式 2.设，则

是的（）

A.必要而不充分条件 B.充分而不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 设故由而，则，则，当不能推出

时，满足，是，命题若 D.的必要不充分条件，故选A.，则

.下列命题为真命题的是（），但不满足，是成立的，所以，C.3.已知命题 A.B.【答案】B 【解析】 由题意得，命题 命题：若，则

是真命题，所以，所以是真命题；

是真命题，故选A.，则

四点（）4.已知为空间任意一点，若A.一定不共面 B.一定共面 C.不一定共面 D.无法判断 【答案】B 【解析】 因为点为空间任意一点，QIE 因为5.命题，所以由共面向量定理可得，四点共面，故选B.为真命题的一个充分不必要条件是（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】 命题则只需，即

为真命题，可化为“

为真命题的充要条件为

恒成立”，而要找的是一个充分不必要条件即为集合故选C.6.在数列A.【答案】A 【解析】因为得，所以，所以中，若 B.的真子集，由选项可知C符合题意，则数列

C.的通项公式为（）

D.，数列是等差数列，由等差数列通项公式,选A.7.已知为等差数列，若，且它的前项和有最大值，那么当取得最小正值时，的值为（）

A.11 B.17 C.19 D.21 【答案】C 【解析】试题分析：由于前项和有最大值，所以，根据，有，，所以，结合选项可知，选C.，考点：等差数列的基本性质.8.已知的内角

所对的边分别为，若，且，则等于（）

A.B.C.D.【答案】D 【解析】 由由于，所以，利用正弦定理可得，又所以，可得，故选D.，9.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）

A.60 B.30 C.20 D.10 【答案】D 【解析】由三视图可知：该几何体为如图所示的三棱锥，图中长方体的长宽高分别是

该三棱锥的体积，故选.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.10.若实数满足约束条件，目标函数

仅在点

处取得最小值，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】 作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，将，化成，..................即目标函数解得仅在，故选B.处取得最小值，11.如图，在正方形使

中，分别是的中点，沿把正方形折成一个四面体，三点重合，重合后的点记为 点在△AEF 内的射影为，则下列说法正确的是()

A.是C.是【答案】A 的垂心 B.是 的外心 D.是

的内心 的重心

【解析】 由题意得，可知 而 所以平面平面，从而，两两垂直，由，平面，从而，所以所以为，同理可知的垂心，故选A.，点睛：本题考查了三角形垂心的性质，考查了直线和平面垂直的判定定理和性质定理，以及直线和直线垂直的判定，在证明线线垂直时，其常用的方法是利用证明线面垂直，在证明线线垂直，同时熟记线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，试题属于中档试题.12.在于A.中，C.，，（的交点为，过作动直线分别交线段），则的最小值为（）两点，若 B.D.【答案】D 【解析】 由 同理三点共线可得存在实数使得, , 三点共线可得存在实数使得 所以，所以，设，则，即，故所以的最小值为，故选D.，点睛：本题考查了平面向量在几何问题中的应用，其中根据平面向量的基本定理，利用表示平面向量的一组基地可以表示平面内的任一向量，利用向量的比分点公式表示向量，计算数量积，选取基地很重要，(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.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.若关于的不等式________． 【答案】 的解集为，所以，的解集为，则关于的不等式的解集【解析】 因为关于的不等式所以不等式即所以不等式14.若【答案】16 【解析】 因为 所以当且仅当所以时等号成立，且，且，解得：

可化为，的解集为，则

.的最小值为 ______ ．，所以，的最小值为.，若存在使得

成立,15.已知函数则实数的取值范围是__________．;． 【答案】

16.如图，在直角梯形上折起，使面面

中，则三棱锥，将沿向的外接球的表面积为__________．

【答案】 的外接球的球心为

外心，因为【解析】试题分析：由题意得三棱锥因此外接球的直径为考点：外接球的表面积,正弦定理，表面积为

【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解.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.设实数满足（1）若, 且，其中,实数满足

真，求实数的取值范围；

（2）若是的必要不充分条件,求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）

为真命题，则命题、命题均为真，命题为真时，；（2）设命题的集合为，命题的集合为，命，【解析】试题分析：（1）题为真时，所以若是的必要不充分条件，则是集合的真子集，解得试题解析：（Ⅰ）∵ 由∴ 当时，有

得，即命题为真时，得，，又，故．

．，解不等式组∴ 命题为真时，∵ 为真命题，．

∴ 命题、命题均为真，∴ ；，命题：．

．（Ⅱ）由（Ⅰ）知命题：设集合，集合∵ 是的必要不充分条件，∴ 集合是集合的真子集，∴，解得

．

为真命题，则命题、命题均为真，将命题、命题均点睛：（1）考察命题的真值表，为真的解集都解出来，取交集即可；（2）考察充分、必要条件在集合中的推导关系，本题中是的必要不充分条件，则是集合的真子集，解得答案。18.已知（1）求证：（2）求函数【答案】（1）见解析；（2）25 【解析】试题分析：（Ⅰ）将从而证明不等式；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，试题解析：（1），从而可求函数的最小值

展开，应用均值不等式即可得出最小值为，，并指出等号成立的条件； 的最小值，并求出等号成立时的值.考点：用均值不等式证明不等式与求函数的最值 19.中，角的对边分别是

..（1）求；（2）若，的面积为，判断此三角形的形状． ；（2）正三角形 【答案】（1）【解析】试题分析：

（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，进而可求得值；

（2）利用三角形面积公式可求即可得解.试题解析： 由正弦定理及

．

∵∵（2）由余弦定理得：

．

∵，∴

．故

是正三角形．

成等差数列，且

.，∴，∴，∴

．

．

得，进而利用余弦定理可求，即可解得，结合范围20.已知是等比数列（1）求数列的前项和，的通项公式；

？若存在，求出符合条件的所有的集合;若不存在，请（2）是否存在正整数，使得说明理由.【答案】（1）【解析】试题分析：

；（2）

（1）直接由题意列方程组求出数列的首项和公比，则数列（2）求出数列的前项和，由试题解析：（1）设等比数列由题意得的公比为,则,即

.，解得的通项公式可求；，求得满足条件的的值，则的集合可求..故数列的通项公式为..（2）由（1）有若存在n,使得当n为偶数时，当n为奇数时，则，即.，上式不成立；，即,则

.综上，存在符合条件的正整数n,且n的集合为点睛：本题考查了数列的综合问题，在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确；二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.本题的难点在于求和后，根据为奇数和偶数分类讨论.21.如图所示，平面

平面，四边形

为矩形，点为的中点.(1)证明：(2)点为平面.上是否存在点，使得

？若存在，确定点的位置，上任意一点，在线段并加以证明；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）中点 【解析】试题分析：（1）连接证；（2）当为中点时，有

；取

中点，连接平面

即可.，结合三角形的中位线性质交于，连接，利用

是矩形得到，再由线面平行的判定定理可以及面面平行的性质进行推理得到试题解析：

(1)证明 连接AC交BD于O，连接OF，如图①.∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点，又F为EC的中点，∴OF为△ACE的中位线，:∴OF∥AE，又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF.（2）当P为AE中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE中点H，连接DP，PH，CH，如图

∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面． ∵平面ABCD∥平面BCE，CD⊥BC ∴CD⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE∵BC=CE，H为BE的中点，∴CH⊥BE，∴BE⊥平面DPHC，又PM⊂平面DPHC，∴BE⊥PM即PM⊥BE

点睛：本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理等应用，此类题目是立体几何中的常见问题，解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力转化与化归思想及基本运算能力等，试题有一定的综合性，属于中档试题.

安徽省高二英语月考 第2篇

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。

安徽省高二英语月考 第3篇

到目前为止, 国内外已经有大量的教师、教育专家、语言学家分层次、分类型研究了反拨效应对外语教学的影响。但相比理论研究, 实证研究较少;相比对高风险测试的研究, 例如雅思、托福考试、高考, 小型测试方面的研究甚少。因此, 该文研究高中月考对学生英语学习活动的影响, 从而对教学有所启示。

1 高中月考

高中的月考, 是在高考的大纲指导的前提下, 从高一到高三年级, 各年级每一个月组织的以学校为单位的考试, 内容常为近一个月学习的内容。旨在帮助学生熟悉高考, 通过月考诊断出学生的问题, 从而更好地安排下一步教学计划, 督促学生学习。考后, 根据月考的分数给学生排名, 并且公布出来或者通知家长。试卷由本年级老师批阅, 并发给学生老师讲解, 部分学校试卷讲完之后, 再重新收起来。

2 反拨效应研究

在反拨效应研究文献中, 有4种研究模式运用的最为广泛, 它们分别是Alderson&Wall的反拨效应假设, Hughes和Bai ley的PPP反拨效应模式, Watanabe的反拨效应模式和Shoham的诊断性反馈测试模式。

Alderson&Wall认为语言测试对教与学皆有影响, 具体表现在内容、方法、顺序、深度、以及态度等方面。

这15个假设分别为:

1) 测试影响教

2) 测试影响学

3) 测试影响老师教的内容

4) 测试影响老师教的方法

5) 测试影响学生学的内容

6) 测试影响学生学的方法

7) 测试影响老师教的速度和顺序

8) 测试影响学生学的速度和顺序

9) 测试影响老师教的深度和广度

10) 测试影响学生学的深度和广度

11) 测试影响学生和老师对教学内容、方法等的态度

12) 测试有重要影响即有反拨效应

13) 测试没有重要影响即无反拨效应

14) 测试对所有老师和学生都有会产生影响

15) 测试只对部分学生和老师的教学行为产生影响

这15个假设基本概括了反拨效应研究的轮廓, 为这个领域的实证研究奠定了基石, 并为以后的研究开拓了新的领域。

3 研究方法

3.1 研究假设

笔者依据Alderson&Wall的反拨作用假说并结合高中月考英语测试的实际而提出以下3个假设:1) 高中英语月考影响高中学生对英语的学习态度;2) 高考英语月考影响高中学生的英语学习内容;3) 高考英语月考影响高中学生的英语学习方法。

3.2 研究主体

王伟力分析了Hughes和Bailey反拨效应理论模式, 指出实际上真正与反拨效应关系最为紧密的是学生。所以本文选择学生为研究主体。

参加本研究的学生来自陕西省西安、榆林、咸阳和商洛四个市的十四所学校:远东一中、高新一中、高新一中唐南中学、高新一中国际部、西安市第六中学、西安市第七十中学、西铁一中、育才中学、博迪中学、户县八中、西飞二中、榆林中学、咸阳池阳中学和镇安中学。上述学校涵盖了普通中学、重点中学、农村中学、城市中学。参与调查的学生共317名, 高一学生61名, 高二学生142, 高三学生114名。317名学生都参与问卷调查, 其中201名学生参与访谈, 81名学生参与课堂活动观察。

3.3 研究工具

根据王伟力对反拨效应研究方法的综述可知:访谈 (学生访谈, 教师访谈) , 问卷 (学生问卷, 教师问卷) 和课堂观察 (听课) 是最常用的三种方式。因此, 本研究采用的研究工具为:问卷、访谈、课堂活动观测, 其中问卷为主要研究工具, 另外两个是不可或缺的补充工具。

3.3.1 问卷

基于上述的研究问题, 问卷由四个部分组成, 共8个问题, 其中2个单项选择题、1个多项选择题、5个程度选择题。以下四个方面将为问卷的考虑因素:学生认为月考反拨效应的积极影响和消极影响体现在哪些方面;月考前学生学习态度和时间分配的变化;月考前学生学习内容的变化;月考前学生学习方法的变化。

3.3.2 访谈

对于可以参与访谈的201名学生, 分组面试。分组方法有两种, 随机抽出11名学生, 笔者对其一一面试;剩下的190名学生10人一组进行组内讨论。访谈问题有七个, 分别了解学生对英语学习的态度、学习内容、方法的进一步理解。

3.3.3 教学观测

Alderson and Wall指出, 许多研究方法主要局限于访谈和问卷, 缺少强有力的证据来证明访谈和问卷中归纳的结果的可信性。为保证问卷和访谈的可信性, 课堂活动观察必不可少。

同时, 研究表明, 观察反拨效应最好的时间为考前。因此, 本研究将课堂活动观查安排在考试前的1-7天, 学生的学习内容和方法为观测的重点。

观测的变量为学生课堂学习的内容和方法。课堂活动观察:镇安中学的一个自然班57名学生, 补习学校的一个大班23名学生, 补习学校的一对一补课的1名学生。

4 研究结果

4.1 问卷结果

4.1.1 总体观点

第一、二题是学生对英语月考总体的观点。第一题结果显示, 有71.10%的学生认为积极影响大于消极影响。

第二题调查月考的积极影响的具体体现。图1显示, 英语月考对学生的英语学习态度产生的积极影响最大, 几乎所有学生都认为月考会对英语学习态度产生积极影响;少部分学生认为月考对英语学习内容有积极影响;超过一半学生认为考试有助于英语学习方法改善。

4.1.2 月考对学习态度的影响

第三题是学生考前和平时学习英语时间的分配情况, 研究月考对学习态度的影响。表1显示, 学生在考前学习英语的时间明显增多, 平时多数学生学习英语的时间为7小时左右, 但考前多数学生学习英语的时间增长到10小时, 比平时平均多出三小时。说明月考对学习态度有积极影响。

4.1.3 月考对学习内容的影响

第四、五、六题调查学生考前学习内容的变化。表2显示月考对学习内容有影响。从平均数和众数来看, 无论记忆考试单词、还是练习考题和学习做题技巧, 人数都有增多, 以练习考题和学习做题技巧更为明显。

4.1.4 月考对学习方法的影响

第七、八题调查学生考前学习方法的变化。表3显示学生主要方法为课后自学和校外补课, 两种方法人数都有增多, 校外补课人数增多较明显。

4.2 访谈分组讨论方法

访谈是学生对月考对英语学习态度、内容、方法的影响的观点。结果可总结为以下四点:

首先, 在访谈中, 大多数学生认为月考的利大于弊。一部分学生认为月考可以督促学习, 熟练题型以适应高考, 通过错题发现问题以及时查漏补缺。也有几个学生认为月考是给学生不断进步的机会。例如一个学生说道:“上学期期末考试考差了, 年都没过好, 下一次月考是个翻身的机会, 我要认真对待。”不过也有极少数学生对频繁的考试有抵触心理, 认为月考已经成为一种负担, 对一次次的月考很焦虑。

其次, 从学习内容而言, 多数学生月考前备考英语会去记单词、做练习题和练习做题技巧。一个学生提到:“月考考什么, 我考前就学什么。一般老师会划一个范围, 我就复习那几单元的语言点。” (1)

再次, 从学习方法来看, 绝大多数参与访谈的学生都说自己在考前有去校外补课的经历, 通常会给学生补不会的知识和考试的重点知识。有的学生也会复习平时的错题。

最后, 也有学生就考试频率谈了自己的看法:“我觉得大的考试, 一学期有期中期末两次就可以了, 再有月考可以各班自己举行, 不用排名次那样吓人。”

4.3 课堂观察

根据研究方法所提到的, 一共有3个班级的课堂活动被观测, 包括某中学的一个自然班, 某补习学校的一个大班, 一个一对一小班。

4.3.1 某中学自然班:

学生:高一, 57人

时长:45分钟

方法:老师带领学生将第一次月考的三个单元的重点知识过一遍, 用了17分钟;剩余时间为学生自学。

内容:老师带领学生过重点知识有语法、短语、单词以及句型等。学生自学内容有复习错题、问老师、看笔记、记单词和读课文等形式。

4.3.2 某补习学校的大班:

学生:高二, 23人

时长:2小时, 其中1小时正常进行教学计划的新授课, 另一小时备考

备考方法:老师串讲了月考范围的三单元的重点语法;发给学生了一页习题;学生做完后讲解。

内容:习题的内容是三单元的重点语法、短语、单词以及句型。

4.3.3 某补习学校一对一小班:

学生:高二, 1人

时长:2小时

方法:老师听写单词;复习课文重点知识;学生练习题, 然后讲解。

内容:复习月考的重点语法、短语、单词以及句型;学生练的习题有阅读, 书面写作和短文改错三个题型;老师讲解包涵题中知识和解题技巧。

通过课堂活动观察, 无论是学校的课堂还是补课, 均有备考行为。时间的分配、课堂方法和内容有所不同, 校外补课相对学校自然班备考行为更明显。

5 结论

5.1 月考对高中生英语学习的影响

根据问卷、访谈和课堂活动的观察, 月考对高中学生的英语学习确实有反拨作用, 而且积极的反拨作用大于消极的反拨作用。主要体现在以下三方面:

从学习态度而言, 对大多数学生来说, 月考刺激学生学习的积极性, 有助于学生追求更高的目标, 促进学生认真学习, 分配更多的学习时间。从学习内容而言, 月考能督促学生复习之前学习的内容, 防止遗忘。但考卷内容要与所学内容一致, 才能有效的诊断学生的问题;同时试卷要至少留在学生手中一段时间, 以便于学生查找错误。从学习方法而言, 月考排名给学生过大的压力, 使其过于依赖校外补课。学生应多研究自学的方法, 养成自学的习惯。

5.2 对改进月考的建议

研究结果显示, 高中月考的组织有待改进:

首先, 变化考试题型。许多学生研究解题技巧, 可能在没有掌握知识却做对题的情况可能发生。因此, 老师的出题时, 可以考虑变换题型, 多用新题型;或减少选择题的数量, 以保证考试成绩能真实的反映学生学习情况。

其次, 试卷评分快速, 且允许学生保留试卷并总结错题。贾艳萍, 龙萨金 (2005) 通过对一个控制组和两个实验组的不同处理, 得出实验结论:频繁地对学生进行测试并及时地提供给他们一些相关反馈信息的方法的确能够有效促进大学生的外语学习, 但频繁的测试却不提供相关反馈信息未必能够促进学生的外语学习。考试分数的公布和试卷的讲解最好不要晚于考试三天的时间, 这样给学生的印象会加深。部分学校为了防止试卷信息外流, 常常在试卷讲评下课后立即将试卷收回, 这样就相当于帮学生找出了错误却没有给他们改正的时间。因而, 试卷讲评后至少要让学生把错题整理下来, 以防犯同样的错误。

最后, 灵活月考形式。鉴于访谈中部分学生提到的月考频率的问题, 月考可以根据各班的教学进度自行安排, 不必全校统一时间、统一排名。这样安排对不同的班级更有个性化和针对性, 以实现月考的诊断性效果;同时也利于各班级教学进度和教学计划的有序进行而不受打乱。

目前, 对高中英语测试的反拨效应的研究, 往往侧重于大规模、标准化的高考。但作为英语教学的一部分、检测英语教学效果的有效方式, 月考也是不容忽视的。对月考进行详细安排, 充分利用其反拨效应, 不仅能促进学生对课本知识的掌握, 而且有利于学生整体语言水平的提高。

参考文献

[1]Hughes A.Testing for language teachers[M].Cambridge:CUP, 1989:23-147.

[2]Shohamy E.Beyond proficiency testing:A diagnostic feedback testing model for assessing foreign language learning[J].Mod ern Language Journal, 1992, (7) :513-521.

[3]Alderson J C, Wall D.Does washback exist?[J].Applied Lin guistics, 1993, 14:115-29.

[4]Messick S.Validity and washback in language testing[J].Lan guage Testing, 1996, 13 (3) :241-256.

[5]Bachman L.F.Fundamental considerations in language testing[M].Oxford:Oxford University Press, 1990:1-289.

[6]Alderson J.C.&Hamp-Lyons L.TOEFL preparation courses:A study of washback[J].Language Testing, 1996, 13 (3) :280-297.

[7]Qi Luxia.The intended washback effect of the national matric ulation English test in China:Intentions and reality[M].Bei jing:Foreign Language Teaching and Research Press, 2004:71-73.

[8]Bailey K.M.Working for washback:a review of the washback concept in language testing[J].Language Testing, 1996, 13 (3) :257-279.

[9]Cheng L., Watanabe Y., Curtis A.Washback in language test ing:Research contexts and methods[M].Mahwah, NJ:Law rence Erlbaum Associates, 2004:19-36.

安徽省高二英语月考 第4篇

【原句】Yet two years had gone by and I was not that much worse.

已经两年过去了，我的情况并没有那样糟糕。

【精讲】Go by在句中意思相当于pass，是指“(时光)逝去”，by是副词，整个短语是不及物动词短语。

【拓展】

go in for 爱好

go with与……协调

go out 熄灭

go against违反，违背

go back to返回，追溯到

go off爆炸

go all out (to do) 全力以赴(去做)

go over走过去；仔细检查；复习

go after(a job, a prize) 追求(职位)，争取(奖品)

go through with sth. 做完某事，完成

go on with继续

【精练】We'd better try to _______ with the experiment, I think. Now let's _______ with it.

A. go through; go onB. go on; go over

C. go over; go throughD. go on; go through

【解析】A。go through with sth.做完，完成；go on with继续。

『要点2』more than的用法（Unit 2）

【原句】Newspapers and other media do more than simply record what happens.

报纸和其他媒介并不只是简单记录发生的事情。

【精讲】本句中more than与动词连用，表示强调，意为“不只是，不仅仅是”，表示这个含义时，more than还可以与名词连用，如：

Modern science is more than a large amount of information.

Jason is more than a lecturer; he is a writer, too.

More than的其他用法；

1) More than与数词连用，意为“不止，多于，超过”，如：

I have known David for more than 20 years.

2) More than与形容词或分词连用，意为“非常，十分”，如：

In doing scientific experiments, one must be more than careful with the instruments.

3) more than和含有情态动词的句子连用，有否定意义，意为“是……难以……”或“超过了……所能”，如：

That's more than I can do.

Don't bite off more than you can chew.

4) More...than...相当于rather than，表示取舍。意为“与其说后者，倒不如说前者”，“是……而不是……”，这时more...than...后接两个对等成分，more后接形容词的原形，如：

Catherine is more diligent than intelligent.

This book seems to be more a manual than a text.

5) No more than意思是“仅仅，只不过，只是”，如：What he is saying is no more than a joke.

【精练】More than one student _______ sent abroad for further study recently.

A. has been B. have been C. was D. were

【解析】A。More than one意为“不止一个”，后接单数可数名词时，谓语动词用单数；后接复数名词时，谓语动词用复数。本题中more than后接的one student是单数，谓语动词用单数。同时句尾的recently，说明整个句子说的是到目前为止的情况，用现在完成时，选A。

『要点3』 would rather的用法 (Unit3)

【原句】Well, I must say I'd rather live in a traditional siheyuan.

我觉得我更喜欢住传统的四合院。

【精讲】Would rather在本句中意为“宁可，宁愿”，注意以下would rather的用法：

1) 后接从句，表示“宁愿、希望……”，从句要用虚拟语气：表示和现在或将来事实相反的虚拟，从句谓语动词用过去式；表示与过去事实相反的虚拟，从句谓语动词用过去完成式，如：

Danny's mother would rather that he was a girl.

2) 后面不接从句时，表示现在或将来的主观愿望与选择，结构为：would rather + (not) do；表示与过去事实相反的愿望，结构为：would rather + (not) have done，如：

I would rather not have worked there.

注意：would rather常与than连用，表示“宁愿……也不……”，表示现在或将来的情况，用动词原形；表示过去的情况，用过去完成式，如：

He would rather die than betray his motherland.

【精练】— Shall we go skating or stay at home?

— Which _______ do?

A. do you ratherB. would you rather

C. will you ratherD. should you rather

【解析】B。本题考查rather的用法，would rather+ do sth.，意为“宁愿”；本题为疑问句，would提前。

『要点4』 of + 名词的用法 (Unit3)

【原句】Old factory buildings have many halls and workshops of different sizes.

旧厂房有很多大厅和大大小小的车间。

【精讲】“of + 表示人或物属性的名词”，这一介词短语可以用来描述人或事物的属性，在句中作表语或后置定语。常用于这一短语的名词有：size、color、height、length、age、shape等，这些名词前可用形容词修饰，如：different、the same等。

介词of后面还可以接表达抽象意义的名词，如value、use、help、importance、significance等，相当于该名词相应的形容词。该名词前面可以用表程度的形容词加以修饰，如：little、no、great、much、some等。

【精练】

1. This book is _______(没用).

2. Both of them are _______(同岁).

3. This problem is _______(很有趣).

4. The dictionary is _______(很有价值).

Keys:

1. of no use2. of the same age

3. of great interest4. of much value

『要点5』 过去分词作状语的用法 (Unit4)

过去分词短语常可用作状语，修饰谓语，表示动作的原因、时间、条件、让步，伴随着的情况或动作发生的背景或情况。这类状语可位于句子前面、后面，偶尔在中间。

1) 表时间，相当于一个时间状语从句，有时过去分词前可加连词when或while来强调时间概念。

2) 表原因，相当于as、since、because等引导的原因状语从句。

3) 表条件，相当于if、unless等引导的条件状语从句。有时过去分词前可以用if等词来强调条件，如：

If given(=if it had been given) more time, the work could have been done better. 如果多给些时间，这项工作会做得更好。

4) 表让步，相当于though、even if等引导的让步状语从句。

5) 表方式或伴随情况，不能用状语从句替换，但可以改变成并列句。

【精练】 _______ in thought, he almost ran into the car in front of him.

A. LosingB. Having lost

C. Lost D. To lose

【解析】C。分析句子结构可知，前边部分作原因状语，同时，lost与主语存在逻辑上的被动关系，用过去分词。

『要点6』 名词性从句——同位语从句和主语从句(Unit5)

【精讲1】同位语考点

1) 常见的先行词有idea、belief、doubt、fact、hope、news、possibility、thought、promise、advise、suggest、proposal、demand、request、wish、word、message、information、truth、case、problem、question等。

2) 引导词一般为that、whether(在从句中不充当任何成分，但不可以省略)，但how、when、where、why等连接副词也可引导同位语从句，并在从句中充当相应成分，如：

I have no idea when he will be back.

I have no impression how he went home, perhaps by bike.

【精练】

1. The news _______our team had won 150 gold metals excited us.

2. The news _______he told us excited all of us.

A. thatB. whichC. whatD. when

【解析】1. A2. B

这两个小题考查同位语从句与定语从句的区别。同位语从句用来说明先行词的内容，that在同位语从句中不作任何成分，但不可省略；而定语从句用来限制或修饰前面的先行词，that在定语从句中作宾语时在非正式文体和口语中可省略。由此可知，第1句是个同位语从句，第2句是个定语从句，what不引导定语从句，when表时间，两题均无此语境。

【精讲2】主语从句考点

1) What和that的选用：what和that都能够引导名词性从句，但是在名词性从句中，that只起连接作用，无词义，不充当句子成分；而what在名词性从句中既起连接作用，又充当主语、宾语或表语，意思是“所……的东西(事情)”。

2) Whether与if的选用：whether能引导主语从句，而if不能。

3) It与其他引导词：有时候为了避免头重脚轻，主语从句会移至句末，而用it作形式主语。

【精练】

1. _______we'll go camping tomorrow depends on the weather.

A. If B. WhetherC. ThatD. Where

2. _______this text can be used for listening has not been decided yet.

A. WhichB. If C. Whether D. As

3. I have never dined with you, sir; and I see no reason _______ .

A. how can I know B. how I ought to know

C. why shall I know D. why I should know

【解析】

1. B。分析句子结构可知，本题缺主语从句的引导词。If不可引导主语从句；that引导的从句表示肯定的含义；而如用where，“到哪里野营取决于天气”，不符合常理。故选B，是否外出野营要看天气。

2. C。分析句子结构可知，has not been decided是句子的谓语部分，所以前面部分是主语从句。If、which与as不可引导主语从句，排除。句意为“这篇课文能否用于听力还未定下来”。

安徽省高二英语月考 第5篇

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

高二月考英语作文 第6篇

Nowadays, with the growing popularity of computers, teachers, students and their parents are paying less and less attention to handwriting.

According to a recent survey, about 85.5 percent of middle school students think that their handwriting is poor. Yet for various reasons, many students don’t want to improve their handwriting. 51.5 percent of the students think that they can use a computer instead of writing by hand, so there is no need to waste time improving their handwriting, and 32.3 percent complain that they are so busy with the study that they do not have time to practice. 10.9 percent think that practicing handwriting is useless.

As far as I’m concerned, writing represents a person’s quality. Beautiful and neat handwriting is beneficial, especially for middle school students. Therefore, more emphasis should be placed on handwriting in future.