福州市八县(市、区)一中2020届高三上期中联考
福建省福州市八县(市、区)一中2019-2020学年高三上学期期中联考英语试题及答案解析
福建省福州市八县（市、区)一中2019-2020学年高三上学期期中联考英语试题注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；2．请将答案正确填写在答题卡上。
第I卷（选择题）一、短对话1．What are the speakers mainly talking about?A．Driving license. B．Car accidents. C．How to drive. 2．How long would the man work in the library?A．5 hours. B．3 hours. C．4 hours. 3．Why does Tim apologize?A．He made Helen embarrassed.B．He asked for a public apology.C．He took the dictionary without asking.4．How is Andrew?A．Fine. B．Sick. C．Tired.5．In what school is the man’s daughter?A．Kindergarten. B．Primary school. C．College二、长对话听下面一段较长对话，回答以下小题。
6．Where was Jason kicked out of yesterday?A．A restaurant. B．A work place. C．A food store. 7．What did the man ask Jason about?A．His motion. B．His food. C．His job.听下面一段较长对话，回答以下小题。
8．Where does the conversation take place probably?A．In a hotel. B．In a shopping mall. C．In a party.9．What does the woman thank the man for?A．The lunch. B．The boots. C．The shoes.听下面一段较长对话，回答以下小题。
福建省福州市八县(市)一中2020届高三英语上学期期中联考
福建省福州市八县（市）一中2020---2020学年度高三第一学期期中联考（英语）第Ⅰ卷选择题(满分115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）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. What does the man plan to do this afternoon?A. Buy a new pair of glasses.B. Go to the library.C. Go to a clothes shop.2. What does the man mean?A. He doesn't know why she came here.B. He himself is Dr. Johnson.C. The doctor will turn up soon.3. What does the man think of the tea?A. Bad.B. Expensive.C. Cheap.4. How much will the man pay for the tickets?A. 28 dollars.B. 40 dollars.C. 32 dollars.5. What's the relationship between the two speakers?A. Customer and salesgirl.B. Brother and sister.C. Friends.第二节（共15小题；每小题1.5分，满分22.5分）听下面5段对话或独白。
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，各题将给出5秒钟的作答时间。
福建省福州市八县(市、区)一中2020届高三物理上学期期中联考试题(含解析)(1)
C．t=2s时以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得
mgh-W弹=0
小球质量为4m时，对于下降h过程，根据动能定理，有：
解得：
故B正确.
6。高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（ )
A。 建立“质点”的概念B。 建立“合力与分力"的概念
C。 建立“瞬时速度"的概念D。 探究加速度与合力、质量的关系
【答案】B
【解析】
【详解】通过白纸上的球的印迹，来确定球发生的形变的大小，从而可以把不容易测量的一次冲击力用球形变量的大小来表示出来,在通过台秤来测量相同的形变时受到的力的大小，这是用来等效替代的方法
A．质点是一种理想化的模型，是采用的理想化的方法，故A错误；
B．合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，故B正确;
C．瞬时速度是把很短的短时间内的物体的平均速度近似的认为是瞬时速度，是采用的极限的方法,故C错误；
D．研究加速度与合力、质量的关系的时候,是控制其中的一个量不变,从而得到其他两个物理量的关系，是采用的控制变量的方法,故D错误。
【详解】A．重力做功与路径无关，只与初末位置有关,故小球从P到B的运动过程中，重力做功为
WG=mg•2R=2mgR
故A错误；
BD．小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有
解得：
从P到B过程，重力势能减小量 2mgR，动能增加量为
故机械能减小量为
从P到B过程，克服摩擦力做功等于机械能减小量，故为 ,故B错误，D正确;
2020届福建省福州市八县(市、区)一中高三上学期期中联考语文试题
2019—2020学年度高中三年级第一学期八县(市、区)一中期中联考语文科试卷完卷时间：150分钟满分：150分一、现代文阅读（36分）（一）论述类文本阅读（本题3小题，9分）阅读下面的文字，完成1-3题。
①“人类命运共同体”理念是中国特色大国外交思想的重要内容。
那么，它的特色究竟“特”在哪里？我们究竟应该如何认识其思想文化本源？②客观地说，世界上主要文明地区的政治文化中都有命运与共、共同体、世界主义的政治思想，例如西方基督教世界秩序及西方永久和平论、印度思想中的“不害”、伊斯兰世界的“天下一家”、中国古代的“天下大同”等观念。
总的来说，早期这些共同体观念解决的只是内部秩序问题，还没有很好地解决不同文明之间如何共生共处的问题。
其中，历史上不少共同体思想还受到二元对立世界观的局限，它们所强调构建的共同体是以一个假想或现实的敌人为目标的，这种思想很容易导致世界陷入对抗之中。
事实上，直到今天，这种思想还在影响着个别大国的外交政策，值得我们去辨别和防范。
③我们倡导的“人类命运共同体”，其思想文化本源来自传统和现代两部分。
所谓传统，中国古代有丰富的中外秩序资源，在当时地理所及的范围内，形成了一套处理中外关系的思想和实践做法，这套思想和做法在今天需要创造性转化。
所谓现代，“打造人类命运共同体”还需要从马克思主义中寻找本源。
马克思主义关于社会共同体和人类解放的思想中，包含着国际主义以及很多“人类命运与共”的资源。
马克思主义政治经济学中关于世界不平等、剥削以及世界政治经济秩序根源、改造的论述等等，都是我们理解“人类命运共同体”的重要思想本源。
同时，这些思想也是“人类命运共同体”理念从学理上区别于既往及现在流行的一些共同体理论，如各种带有宗教色彩的联盟、大西洋共同体、“民主”价值观联盟等的重要依据。
④以往绝大多数国际秩序思想和实践，要么服务于强者，要么用来结成一个国家联盟以反对另一个国家联盟，要么是一种宗教秩序的外在表现。
福州市八县区一中2020届高三数学(文)上学期期中联考试卷附答案解析
1 2
(
1 3
1) 5
(1 5
1) 7
...
(1 2n 1
1 2n
3)
1 2
(1 3
1 2n
) 3
1 6
……………………………10 分
18、解： (1) f (x) sin 2 x 2 sin x cos x 3cx cos x 3cos2 x ………………………………………2 分 sin 2 x cos2 x
分
-6-
所以Tn 1 3 3 5 32 7 33 ... (2n 1) 3n1
…………………8 分
3Tn 1 3 3 32 5 33 ...(2n 3) 3n1 (2n 1) 3n
相减得 2Tn 1 2(3 32 33 ... 3n1) (2n 1)3n …………………9 分 2 (2 2n) 3n
已知函数 f (x) 1 a (a R) ． x
（Ⅰ） 设函数 h(x) a ln x x f (x) ，求函数 h（x）的极值； （Ⅱ） 若 g(x) a ln x x 在[1，e]上存在一点 x0，使得 g(x0 ) f (x0 ) 成立，求 a 的取值范围．
-4-
= tan 2 x 2 tan x 3 …………………………………………4 分 tan 2 x 1
= 17 …………………………………………6 分 5
（2） f (x) sin 2 x 2 sin x cos x 3cos2 x
-5-
= 2 sin(2x ) 2 …………………………………………8 分 4
福建省福州市八县(市、区)一中2020届高三上学期期中联考地理试题 Word版含答案
2019-2020学年度第一学期八县（市）一中期中联考高三年地理科试卷考试时间：2019年11月15日 完卷时间：90分钟 满分100分一、选择题（单选题，每小题2分，共50分）北京时间7月14日3点20分世界杯决赛在里约热内卢（22°57′S,43°12′W）的球场正式开始,直播期间电视台播放雕像（位于山顶,高30米）拥抱太阳画面成功抢镜（图1左图为地理位置示意图，右图为直播画面）.据此完成1-2题.1.图中直升飞机航拍的可能拍摄地点是（ ） A.①B.②C.③D.④2.若在同一地点同一时刻再次拍摄同样场景,选择的日期是（ ）A.5月1号前后B.5月31号前后C.6月14号前后D.12月1号前后 图2为等值线图.读图完成3-4题.3.若图中等值线为北半球热力作用形成的高空500百帕等压面上的等高线,且等高线数值a<b<c<d ，则下列分析正确的是 （ ）图2图 1A.③处此时吹西南风B.①地近地面风力大于高空的风力C.A地地面为晴朗天气D.A地气流上升,形成低压4.若图中等值线为一月份某地火山喷发后形成的火山灰厚度等值线.A为火山口,则此次火山活动最可能发生的地点是（）A.北美加利福尼亚沿岸B.我国东北地区C.智利北部D.德干高原图3为晴天我国某绿洲与周围沙漠气温日变化示意图.据此完成5-6题.5.该绿洲所在地区和图示日期最可能是（）A.新疆南部、3月21日至22日B.青海北部、6月22日至23日C.内蒙古西部、7月12日至13日D.宁夏北部、1月3日至4日6.图示日期大范围大气环流较静稳,则当地近地面大气（）A.白天由沙漠向绿洲辐合B.白天由绿洲向沙漠辐散C.夜晚绿洲气压较高D.夜间沙漠气压较低下图分为图4和图5两部分，图4为澳大利亚某地理事象的分布示意图，图5为该区域内三地月降水量分布图和月最高气温统计图。
读图回答下列7-8题。
7．该地理事象可能是( )A ．陆地自然带B ．年降水量C ．风力D ．≥10℃积温8．甲地月降水量与月最高气温，正确的组合是( )A ．②③B ．④⑥C ．②⑤D ．①④坎儿井的原理是利用地形条件;通过人工地下暗渠,将水源引流至山麓涝坝(小型蓄水池)中,为干旱地区提供灌溉用水和生活用水.近年来,我国吐鲁番盆地大量建设机电井导致坎儿井水量锐减.图6示意吐鲁番盆地局部区域涝坝和机电井分布情况.据此完成9-11题.9. 推断该地交通线路的大致走向为（ ）A.西北一东南走向B. 环湖分布C. 东北一西南走向D.呈“之”字形爬升 10.坎儿井中的水可以四季常流,其主要原因是（ ）A.高山冰雪融水的补给B.灌区调蓄工程的建设C.集水区的地下水较为稳定D.当地较为稳定的山地降水补给 11.图中水量减少最明显的涝坝是（ ）A .① B.② C.③ D.④在大西洋表层洋流中，有一支被称为“暖输送带”。
2020-2021学年福建省福州市八县(市)一中高三(上)期中数学试卷
2020-2021学年福建省福州市八县（市）一中高三（上）期中数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.已知集合A={x∈Z|x2−5x−6≤0}，B={x|2<2x<128}，则A∩B=()A. {x|1<x≤6}B. {2,3，4，5，6}C. {x|1≤x≤6}D. {−1,0，1，2，3，4，5，6}2.已知p：“函数y=x2+2ax+1在(1,+∞)上是增函数”，q：“a>−2”，则p是q的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件3.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且函数f(x)在[0,+∞)上是减函数，如果f(3)=−1，则不等式f(x−1)+1≥0的解集为()A. (−∞,2]B. [2,+∞)C. [−2,4]D. [1,4]4.如图是一个正方体的展开图，则在该正方体中()A. 直线AB与直线CD平行B. 直线AB与直线CD相交C. 直线AB与直线CD异面垂直D. 直线AB与直线CD异面且所成的角为60°5.记S n为正项等比数列{a n}的前n项和，若S2=1，S4=5，则S7=()A. S7=10B. S7=23C. S7=623D. S7=12736.已知m>0，n>0，m+4n=2，则4m +1n的最小值为()A. 36B. 16C. 8D. 47.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)，其图象相邻两条对称轴之间的距离为π4，将函数y=f(x)的图象向左平移3π16个单位后，得到的图象关于原点对称，那么函数y=f(x)的图象()A. 关于点(−π16,0)对称 B. 关于点(π16,0)对称 C. 关于直线x =π4对称D. 关于直线x =−π4对称8. 已知可导函数f(x)的定义域为(−∞,0)，其导函数f′(x)满足xf′(x)−2f(x)>0，则不等式f(2020+x)−(x +2020)2f(−1)<0的解集为( )A. (−∞,−2021)B. (−2021,−2020)C. (−2021,0)D. (−2020,0)二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9. 已知复数z 满足z(2−i)=i(i 为虚数单位)，复数z 的共轭复数为z −，则( )A. |z|=35 B. z −=−1+2i 5C. 复数z 的实部为−1D. 复数z 对应复平面上的点在第二象限10. 已知A(2,4)，B(4,1)，C(9,5)，D(7,8)，如下四个结论正确的是( )A. AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AC⃗⃗⃗⃗⃗ B. 四边形ABCD 为平行四边形C. AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 与BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 夹角的余弦值为7√29145D. |AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC⃗⃗⃗⃗⃗ |=√85 11. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a =√10,a 2+b 2−c 2=absinC ，acosB +bsinA =c ，则下列结论正确的是( )A. tanC =2B. A =π4C. b =√2D. △ABC 的面积为612. 已知直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，AB =BC =BB 1，D 是AC 的中点，O为A 1C 的中点．点P 是BC 1上的动点，则下列说法正确的是( )A. 当点P 运动到BC 1中点时，直线A 1P 与平面A 1B 1C 1所成的角的正切值为√55B. 无论点P 在BC 1上怎么运动，都有A 1P ⊥OB 1C. 当点P 运动到BC 1中点时，才有A 1P 与OB 1相交于一点，记为Q ，且PQQA 1=13 D. 无论点P 在BC 1上怎么运动，直线A 1P 与AB 所成角都不可能是30°三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若cos(π4−θ)=√1010，则sin2θ=．14.已知数列{a n}的前n项和S n=n2−3n−1，则a n=．15.在三棱锥P−ABC中，平面PAB垂直平面ABC，PA=PB=AB=AC=2√3，∠BAC=120°，则三棱锥P−ABC外接球的表面积为．16.函数f(x)满足f(1+x)=f(1−x)，当x>1时，f(x)=xlnx，若f2(x)−2mf(x)+ 4m=0有8个不同的实数解，则实数m的取值范围是．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.设数列{a n}的前n项和为S n，且2S n=3a n−3．(1)求{a n}的通项公式；(2)若b n=1log3a n log3a n+1，求数列{b n}的前n项和．18.在①√3cosC(acosB+bcosA)=csinC，②asin A+B2=csinA，③(2a−b)sinA+(2b−a)sinB=2csinC这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．已知△ABC的角A，B，C对边分别为a，b，c，c=√3，而且_____．(1)求∠C；(2)求△ABC周长的范围．19.已知如图①，在菱形ABCD中，∠A=60°且AB=2，E为AD的中点，将△ABE沿BE折起使AD=√2，得到如图②所示的四棱锥A−BCDE．(1)求证：平面ABE⊥平面ABC；(2)若P为AC的中点，求二面角P−BD−A的余弦值．20.如图，有一生态农庄的平面图是一个半圆形，其中直径长为2km，C、D两点在半圆弧上满足AD=BC，设∠COB=θ，现要在此农庄铺设一条观光通道，观光通道由AB，BC，CD和DA组成．(1)若θ=π，求观光通道l的长度；6(2)用θ表示观光通道的长l，并求观光通道l的最大值；21.已知函数f(x)=x⋅e ax的极值为−1．e(1)求a的值并求函数f(x)在x=1处的切线方程；(2)已知函数g(x)=e mx−lnxm(m>0)，存在x∈(0,+∞)，使得g(x)≤0成立，求m得最大值．22.已知函数f(x)=ln(ax+1)−x−2x+2(a>0,x≥0)．(1)当a=12时，讨论函数y=f(x)的单调性；(2)若不等式f(x)≥1在x∈[0,+∞)时恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：13+15+17+⋯+12n+1<12ln(n+1)(n∈N∗)．答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．求出集合A与集合B，由此能求出A∩B．【解答】解：∵集合A={x∈Z|x2−5x−6≤0}={x∈Z|−1≤x≤6}={−1,0，1，2，3，4，5，6}，B={x|2<2x<128}={x|1<x<7}，∴A∩B={2,3，4，5，6}．故选：B．2.【答案】A【解析】【分析】本题考查了充分条件、必要条件的判断，二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．p：“函数y=x2+2ax+1=(x+a)2+1−a2在(1,+∞)上是增函数”，可得−a≤1，解得a范围，根据充分条件、必要条件的定义，即可判断出结论．【解答】解：p：“函数y=x2+2ax+1=(x+a)2+1−a2在(1,+∞)上是增函数”，∴−a≤1，解得a≥−1，q：“a>−2”，∵{a|a≥−1}⫋{a|a>−2}，∴p⇒q，q推不出p，则p是q的充分不必要条件，故选：A．3.【答案】C【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，关键是得到关于x的不等式，属于中档题．根据题意可得f(x)在[0,+∞)上为减函数，进而分析可得f(x−1)+1≥0⇒f(x−1)≥−1⇒f(x−1)≥f(3)⇒f(|x−1|)≥f(3)⇒|x−1|≤3，解可得x的取值范围，即可得答案．【解答】解：函数f(x)是定义在R上的偶函数，且函数f(x)在[0,+∞)上是减函数，所以f(x)在(−∞,0)上是增函数，由f(3)=−1，则不等式f(x−1)+1≥0⇒f(x−1)≥−1⇒f(x−1)≥f(3)⇒f(|x−1|)≥f(3)⇒|x−1|≤3，解之可得−2≤x≤4，故不等式的解集为[−2,4]．故选：C．4.【答案】D【解析】【分析】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力，属于基础题．先把正方体折成一个正方体，再判断各个选项是否正确即可．【解答】解：把下图红框的正方形当作底面把这个正方体折起来，折起来之后如图所示，易得AB 与CD 异面，故选项A ，B 错误； 因为AE//CD ，所以直线AB 与直线CD 所成的角即为∠BAE =60°， 所以D 正确，C 错误， 故选：D ．5.【答案】D【解析】 【分析】利用等比数列前n 项和公式列出方程组，求出首项和公比，由此能求出这个数列的前7项和．本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 【解答】解：∵S n 为正项等比数列{a n }的前n 项和，S 2=1，S 4=5， ∴{q >0a 1(1−q 2)1−q =1a 1(1−q 4)1−q =5，解得a 1=13，q =2， ∴S 7=13(1−27)1−2=1273．故选：D ．6.【答案】C【分析】利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质，属于基础题【解答】解；m>0，n>0，m+4n=2，则4m +1n=(4m+1n)(m+4n)×12=12(8+16nm+mn)≥12(8+2√16nm⋅mn)=12(8+8)=8，当且仅当16nm =mn且m+4n=2即n=14，m=1时取等号，故选：C．7.【答案】A【解析】【分析】由题意利用正弦函数的周期性求得ω，再利用正弦函数图象的对称性，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，得出结论．本题主要考查正弦函数的周期性、对称性，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，属于中档题．【解答】解：∵函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)，其图象相邻两条对称轴之间的距离为12⋅2πω=π4，∴ω=4，f(x)=sin(4x+φ)．将函数y=f(x)的图象向左平移3π16个单位后，可得y=sin(4x+3π4+φ)的图象．若得到的图象关于原点对称，则3π4+φ=kπ，k∈Z，所以φ=kπ−3π4，k∈Z，因为|φ|<π2，所以φ=π4，那么函数y=f(x)=sin(4x+π4).令4x+π4=kπ，求得x=kπ4−π16，k∈Z，故f(x)的图象关于点(kπ4−π16,0)对称，故A令4x +π4=kπ+π2，求得x =kπ4+π16，k ∈Z ，故f(x)的图象关于直线x =kπ4+π16，k ∈Z对称，故 CD 都不对， 故选：A ．8.【答案】B【解析】 【分析】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及转化思想，属于中档题． 构造函数g(x)=f(x)x 2，求出函数的导数，根据函数的单调性得到关于x 的不等式组，解出即可． 【解答】 解：设g(x)=f(x)x 2，x <0，故g′(x)=x 2f′(x)−2xf(x)x 4=xf′(x)−2f(x)x 3<0，因为f(2020+x)−(x +2020)2f(−1)<0，所以(2020+x)2g(2020+x)−(2020+x)2g(−1)<0， 因为g(x)在(−∞,0)单调递减，所以{2020+x <0g(2020+x)<g(−1)⇒{2020+x <02020+x >−1，解得：−2021<x <−2020， 故选：B ．9.【答案】BD【解析】 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一核对四个选项得答案． 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题．【解答】解：由z(2−i)=i ，得z =i2−i =i(2+i)(2−i)(2+i)=−15+25i ， ∴|z|=√(−15)2+(25)2=√55，故A 错误；z −=−1+2i 5，故B 正确；复数z 的实部为−15，故C 错误；复数z 对应复平面上的点的坐标为(−15,25)，在第二象限，故D 正确． 故选：BD ．10.【答案】BD【解析】 【分析】本题主要考查两个向量坐标形式的运算，两个向量平行、垂直的性质，两个向量的夹角公式，求向量的模，属于基础题．由题意利用两个向量坐标形式的运算法则，两个向量平行、垂直的性质，两个向量的夹角公式，求向量的模的方法，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论． 【解答】解：∵已知A(2,4)，B(4,1)，C(9,5)，D(7,8)，∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−3)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(7,1)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−3)，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( 3,7)， ∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =2×7−3×1=11≠0，故A 错误； 又∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，并且AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 和DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 所在直线不共线，那么可得四边形ABCD 为平行四边形，故B 正确；cos <AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AC⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√49+1⋅√9+49=10√29=14√29145，故C 错误；∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(9,−2)，∴|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√81+4=√85，故D 正确， 故选：BD ．11.【答案】ABD【解析】本题考查余弦定理，正弦定理以及三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查运算能力，属于基础题．由已知a 2+b 2−c 2=absinC ，acosB +bsinA =c ，利用余弦定理，正弦定理可求角C ，B 的三角函数值，进而求b ，利用三角形的面积公式即可求其面积． 【解答】解：∵a 2+b 2−c 2=absinC ，∴2abcosC =absinC ，则tanC =2，故A 正确； ∴sinC =√5，cosC =√5． ∵acosB +bsinA =c ，∴sinAcosB +sinBsinA =sinC =sin(A +B)=sinAcosB +cosAsinB ， ∴sinBsinA =cosAsinB ， 又sinB ≠0， ∴sinA =cosA ， ∴A =π4，故B 正确；∴sinB =sin(A +C)=√10，∵a =√10，则由正弦定理得b =a⋅sinB sinA=√10×√10√22=3√2，故C 错误；∴S △ABC =12absinC =12×√10×3√2√5=6，故D 正确．故选：ABD ．12.【答案】ABD【解析】 【分析】根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求直线与平面的夹角，即可判断选项A ；设出点P 坐标，计算A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，可判断选项B ；由三角形中位线的性质可得，OP//A 1B 1，且OP =12A 1B 1，即可判断选项C ；根据已知判断当点P 运动到BC 1中点时，直线A 1P 与AB 所成的角最小，求出其正切值即可判断选项D ．本题考查命题的真假判断与应用，空间向量的应用，考查空间想象能力和思维能力，属中档题．解：如图所示，以B 为坐标原点，建立空间直角坐标系B −xyz ，设AB =BC =BB 1=2，则A 1(0,2，2)，B(0,0，0)，C 1(2,0，2)，B 1(0,0，2) 当P 运动到BC 1中点时，P(1,0，1)，则PA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,2，1)， 平面A 1B 1C 1的一个法向量为BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0，2) 设直线A 1P 与平面A 1B 1C 1所成的角的为θ，则sinθ=|cos <PA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=√66，则cosθ=√306， 所以tanθ=√55，故A 正确；当点P 在BC 1上运动时，可设P(t,0，t)，则A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(t,−2,t −2)， 因为O 为A 1C 的中点，则O(1,1，1)，所以OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−1,1)，则A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，所以A 1P ⊥OB 1，故B 正确； 当点P 运动到BC 1中点时，A 1P 与OB 1相交于一点，记为Q ，连接PO ，B 1C ， 则P 为B 1C 的中点，所以在△A 1B 1C 中，OP//A 1B 1，且OP =12A 1B 1， 所以PQ QA 1=OPA1B 1=12，故C 错；因为AB//A 1B 1，所以直线A 1P 与AB 所成的角为∠B 1A 1P ， 因为A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，所以为A 1B 1⊥B 1P ，在Rt △B 1A 1P 中，当B 1P 最小，即点P 为BC 1中点时∠B 1A 1P 最小， 计算可得∠B 1A 1P 最小正切值为√22，所以直线A 1P 与AB 所成角都不可能是30°，故D 正确． 故选：ABD ．13.【答案】−45【解析】 【分析】由题意利用诱导公式、二倍角的余弦公式，求得结果．本题主要考查诱导公式、二倍角的余弦公式的应用，属于基础题． 【解答】解：若cos(π4−θ)=√1010，则sin2θ=cos(π2−2θ)=2cos 2(π4−θ)−1=2×110−1=−45， 故答案为：−45．14.【答案】{−3,n =12n −4,n ≥2【解析】 【分析】根据题意，由a n 与S n 的关系：当n =1时，a 1=S 1，当n ≥2时，a n =S n −S n−1，计算可得n ≥2时a n 的表达式，综合两种情况即可得答案．本题考查由数列的前n 项和的递推公式推导通项公式，注意a n 与S n 的关系，属于基础题． 【解答】解：根据题意，数列{a n }的前n 项和S n =n 2−3n −1， 当n =1时，a 1=S 1=1−3−1=−3，当n ≥2时，a n =S n −S n−1=n 2−3n −1−(n −1)2+3(n −1)+1=2n −4， n =1时，a 1=−3不符合， 故a n ={−3,n =12n −4,n ≥2，故答案为：{−3,n =12n −4,n ≥2．15.【答案】52π【解析】 【分析】由题意画出图形，求出底面三角形ABC 外接圆的半径，设三棱锥P −ABC 外接球的球心为O ，连接OA ，求解三角形可得OA ，再由球的表面积公式求解．本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题． 【解答】解：设三角形ABC 的外心为G ，连接AG ， ∵AB =AC =2√3，∠BAC =120°， ∴∠ABC =30°，由正弦定理可得，ACsin∠ABC=2√3sin30°=4√3=2AG ， ∴AG =2√3．再设三棱锥P −ABC 外接球的球心为O ，连接OG ，则OG ⊥平面ABC ，∵△PAB 为正三角形，且平面PAB 垂直平面ABC ，取AB 的中点E ，连接PE ，则PE ⊥底面ABC ，设△PAB 的外心为F ， 则OG =FE =13PE =13√PB 2−BE 2=13√(2√3)2−(√3)2=1．连接OA ，则OA 2=OG 2+AG 2=1+12=13． ∴三棱锥P −ABC 外接球的表面积为4π×OA 2=52π． 故答案为：52π．16.【答案】(4,e 22(e−2)]【解析】 【分析】本题考查导数的应用，函数的单调性以及函数的零点的求法，属于拔高题．对f(x)求导，判断其单调性和极值，可得f(x)的范围为[e,+∞)，换元思想，令f(x)=t ，那么t 2−2mt +4m =0有2个不同的实数解，可得{Δ=4m 2−16m >0e 2−2me +4m ⩾0−−2m 2>e，从而可得m的范围． 【解答】解：由题意，f(x)满足f(1+x)=f(1−x)，可知f(x)图象关于x =1对称； 当x >1时，f(x)=xlnx ，f ′(x)=lnx−1(lnx)2， 当x =e 时，f ′(x)=0；当x ∈(e,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； ∴当x =e 时，f(x)取得最小值e ； ∴f(x)的范围为[e,+∞)，令f(x)=t ，那么t 2−2mt +4m =0在[e,+∞)有2个不同的实数解，△>0； 根的分布思想，则{Δ=4m 2−16m >0e 2−2me +4m ⩾0−−2m 2>e，得∴m 的范围是(4,e 22(e−2)]． 故答案为：(4,e 22(e−2)]．17.【答案】解：(1)因为2S n =3a n −3，所以2S n−1=3a n−1−3(n ≥2) 所以2a n =3a n −3a n−1(n ≥2)， ∴a nan−1=3(n ≥2)，∵2S 1=3a 1−3，∴a 1=3数列{a n }是首项为3，公比为3的等比数列， 故a n =3n ， (2)因为b n =1log3a n log 3a n+1=1n(n+1)=1n −1n+1设数列{b n }的前n 项和为T n ， 所以T n =b 1+b 2+⋯+b n=1−12+12−13+⋯+1n −1n +1=1−1n+1=nn+1．【解析】本题考查等比数列的通项公式，裂项相消法求和，考查基本分析求解能力，属中档题．(1)根据前n 项和公式与通项关系求解即可． (2)先化简b n ，再根据裂项相消法求和．18.【答案】解：(1)选①：√3cosC(acosB+bcosA)=csinC，由正弦定理得√3cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinCsinC，即：√3cosCsin(A+B)= sinCsinC，因为sinC≠0，∴tanC=√3，因为C∈(0,π)，∴C=π3．选②：asin A+B2=csinA，由正弦定理得sinAsinπ−C2=sinCsinA，因为sinA≠0，∴cos C2=sinC=2sin C2cos C2，因为cos C2≠0，所以sin C2=12，因为C∈(0,π)，∴C=π3．选③：因为(2a−b)sinA+(2b−a)sinB=2csinC，所以(2a−b)a+(2b−a)b=2c2，即a2+b2−c2=ab，所以cosC=a2+b2−c22ab =12，因为0<C<π，所以C=π3；(2)由(1)可知：C=π3，在△ABC中，由余弦定理得a2+b2−2abcosC=3，即a2+b2−ab=3，所以(a+b)2−3=3ab≤3(a+b)24，所以a+b≤2√3，当且仅当a=b时等号成立，所以a+b+c≤3√3，即△ABC周长的最大值为3√3．又因为a+b>c=√3，所以△ABC周长的取值范围为(2√3,3√3]．【解析】本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式，诱导公式，二倍角公式，余弦定理，基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．(1)选①：由正弦定理，两角和的正弦公式，结合sinC≠0，利用同角三角函数基本关系式可求tanC=√3，结合范围C∈(0,π)，可求C的值．选②：由正弦定理，诱导公式，二倍角公式结合sinA≠0，cos C2≠0，可求sin C2=12，结合范围C∈(0,π)，可求C的值．选③：由已知利用正弦定理化简已知等式可得a2+b2−c2=ab，利用余弦定理可求cos C的值，结合0<C<π，可求C的值．(2)由(1)，在△ABC中，由余弦定理，基本不等式可求a+b≤2√3，可求△ABC周长的最大值为3√3，又a+b>c=√3，即可求解△ABC周长的取值范围．19.【答案】解：(1)在图①中，连接BD，如图所示：因为四边形ABCD为菱形，∠A=60°，所以△ABD是等边三角形．因为E为AD的中点，所以BE⊥AE，BE⊥DE．又AD=AB=2，所以AE=DE=1．在图②中，AD=√2，所以AE2+ED2=AD2，即AE⊥ED．因为BC//DE，所以BC⊥BE，BC⊥AE．又BE∩AE=E，AE，BE⊂平面ABE．所以BC⊥平面ABE．又BC⊂平面ABC，所以平面ABE⊥平面ABC．(2)由(1)知，AE⊥DE，AE⊥BE．因为BE∩DE=E，BE，DE⊂平面BCDE．所以AE⊥平面BCDE．以E为坐标原点，EB，ED，EA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系：则E(0,0，0)，A(0,0，1)，B(√3,0,0)，C(√3,2,0)，D(0,1，0)． 因为P 为AC 的中点，所以P(√32,1,12)．所以PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,−1,−12)，PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32,0,−12)．设平面PBD 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y,z)， 由{PB ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ m ⃗⃗⃗ =0PD ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ m ⃗⃗⃗ =0得{√32x −y −12z =0−√32x −12z =0, 令z =√3，得m ⃗⃗⃗ =(−1,−√3,√3)．设平面BDA 的一个法向量为n⃗ =(x 1,y 1,z 1)． 因为BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,0,1)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,−1)， 由{BA ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ n⃗ =0AD ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ n ⃗ =0 得{−√3x 1+z 1=0y 1−z 1=0， 令x 1=1，得n ⃗ =(1,√3,√3)，设二面角P −BD −A 的大小为θ，由题意知该二面角为锐角． 则cosθ=|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗⃗|m⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ ||=17． 所以二面角P −BD −A 的余弦值为17．【解析】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直，平面与平面垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力，逻辑推理能力以及计算能力，是中档题．(1)在图①中，连接BD ，证明BE ⊥AE ，BE ⊥DE ，推出AE ⊥ED.BC ⊥BE ，BC ⊥AE ，即可证明BC ⊥平面ABE.然后证明平面ABE ⊥平面ABC ．(2)以E 为坐标原点，EB ，ED ，EA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系：求出平面PBD 的一个法向量，求出平面BDA 的一个法向量，利用空间向量的数量积求解即可．20.【答案】解：(1)∵θ=π6，∴∠OCD=∠ODC=π6，在△OCD中，利用余弦定理，得CD2=1+1−2×1×1×cos2π3=3，∴CD=√3，同理BC=AD=√2−√3=√6−√22，∴观光通道长l=2+√3+√6−√2km．(2)作OE⊥BC，垂足为E，在Rt△OBE中，BE=OBsinθ2=sinθ2，则BC=AD=2sinθ2，同理，作OF⊥CD，垂足为F，CF=OCcosθ=cosθ，即CD=2cosθ，∴l=2+4sinθ2+2cosθ=−4sin2θ2+4sinθ2+4=−4(sinθ2−12)2+5，∵θ∈(0,π2)，∴当θ=π3时，l取最大值5，即观光通道长l的最大值为5km．【解析】(1)根据θ=π6，利用余弦定理求出CD，BC和AD，从而得到观光通道l的长度；(2)根据条件将BE，BC，AD和CD用θ表示，得到l=2+4sinθ2+2cosθ，再求出其最大值即可．本题考查了三角函数的图形与性质和余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属中档题．21.【答案】解：(1)f(x)定义域为R，因为f′(x)=e ax(ax+1)，若a=0，则f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意，舍去，若a≠0，则令f′(x)=0，得x=−1a，所以f(−1a )=−1e，解得a=1，经检验，a=1符合题意．因为切线斜率f′(1)=e1(1+1)=2e，又因为f(1)=e，所以切点为(1,e)，所以切线方程为y=2e(x−1)+e，即切线方程为y=2ex−e．则e mx ≤lnx m，即me mx ≤lnx ，即mxe mx ≤xlnx =lnx ⋅e lnx ，即mxe mx ≤lnx ⋅e lnx ，即f(mx)≤f(lnx)，由(1)得f ′(x)=e x (x +1)，所以f(x)在区间(−∞,−1)上单调递减，在区间(−1,+∞)上单调递增，因为m >0，x >0，me mx ≤lnx ，所以lnx >0，所以x >1，即mx >0且lnx >0，所以存在x ∈(1,+∞)，使得f(mx)≤f(lnx)，所以存在x ∈(1,+∞)，使得mx ≤lnx ，即m ≤lnx x ，x ∈(1,+∞)，令s(x)=lnx x ，所以m ≤[s(x)]max ，因为s′(x)=1−lnxx 2=0，得x =e ，所以s(x)在区间(1,e)上单调递增，在区间(e,+∞)单调递减，所以s(x)的最大值为s(e)=1e ，所以m ≤1e ，又因为m >0，所以0<m ≤1e ，所以m 的最大值为1e ．【解析】本题主要考查导数的应用，利用导数求曲线上某点的切线方程，利用导数求函数的最值，属于拔高题．(1)求导，分a =0和a ≠0两种情况求函数的极值，列出关于a 的方程即可求得a 值，再由导数的几何意义即可求得切线方程；(2)存在x ∈(0,+∞)，使得g(x)≤0成立，即为存在x ∈(1,+∞)，使得f(mx)≤f(lnx)，由(1)中结论可得存在x ∈(1,+∞)，使得mx ≤lnx ，即m ≤lnx x ，x ∈(1,+∞)，令s(x)=lnx x ，则m ≤[s(x)]max ，利用导数求得s(x)的最大值，即可求得m 的最大值．22.【答案】解：(1)因为a =12，所以f ′(x)=112x+1×12−4(x+2)2=x−2(x+2)2， 令f′(x)>0，解得x >2;令f′(x)<0，解得0<x <2;所以y =f(x)在区间(0,2)上单调递减；在区间(2,+∞)上单调递增．(2)求导数可得f′(x)=aax+1−4(x+2)2=ax2+4a−4(ax+1)(x+2)2，当a≥1时，f′(x)≥0，∴函数y=f(x)在[0,+∞)上单调递增；当0<a<1时，由f′(x)>0可得x>2√1a−1，∴函数在[2√1a −1,+∞)上单调递增，在[0,2√1a−1]上单调递减；①当a≥1时，函数y=f(x)在[0,+∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)=1，即不等式f(x)≥1，在x∈[0,+∞)时恒成立，②当0<a<1时，函数在[0,2√1a−1]上单调递减，存在x0∈[0,2√1a−1]使得f(x0)<f(0)=1，所以不合题意，舍去．综上可知实数a的取值范围为[1,+∞)；(3)由(2)得当a=1时，不等式f(x)>1在x∈(0,+∞)时恒成立，即ln(x+1)>2xx+2，∴ln(1k+1)>21+2k，(k∈N∗).即11+2k <12[ln(k+1)−lnk]，∴13<12(ln2−ln1)，1 5<12(ln3−ln2)，1 7<12(ln4−ln3)，…12n+1<12[ln(n+1)−lnn]，将上述式子相加可得13+15+17+⋯+12n+1<12(ln(n+1)−ln1)=12ln(n+1)，原不等式得证．【解析】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查分类讨论思想的应用，是较难题．(1)a=12求出函数的导数，通过导数的符号，判断函数的单调性，推出结果即可．(2)求导数可得f′(x)=aax+1−4(x+2)2=ax2+4a−4(ax+1)(x+2)2，通过当a≥1时，当0<a<1时，判断函数的单调性，推出当a≥1时，不等式f(x)≥1，在x∈[0,+∞)时恒成立，当0<a<1时，存在x0∈[0,2√1a−1]使得f(x0)<f(0)=1，从而得到实数a的取值范围．(3)由(2)得当a=1时，不等式f(x)>1在x∈(0,+∞)时恒成立，即ln(x+1)>2xx+2，推出11+2k <12[ln(k+1)−lnk]，然后利用累加法，转化求解即可．。
福建省福州市八县(市、区)一中2020届高三数学上学期期中联考试题 理
福建省福州市八县（市、区）一中2020届高三数学上学期期中联考试题 理考试日期：11月14日 完卷时间： 120 分钟 满分：150 分一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）1. 复数z 满足()132z i i -=+，则复数z ＝( )A ．1322i + B ．1322i - C ．1522i - D ．1522i +2. 已知集合{|A x y ==， {|31,}B x x n n N +==-∈，则A B =I （ ）A ．{2}B ．{}2,5C ．{}2,5,8D ．{}1,2,5,8-3. 已知命题2:,10p x R x x ∀∈-+>；命题:q a b >是11a b>的充要条件，则下列为真命题的是（ ）A ．p q ∧ B.p q ⌝∨ C ．p q ∧⌝ D ．p q ⌝∧⌝4. 已知数列{}n a 为等差数列，且满足251115a a a ++=，则数列{}n a 的前11项和为（ ） A ．40B ．45C ．50D ．555. 已知函数(1)f x +是偶函数，函数()f x 在(]1-∞，上单调递增，0.512(4),(log 4)a f b f ==，(3)c f =，则（ ）A. b c a <<B.a c b <<C.c a b <<D. a b c << 6. 将函数2()cos(2)cos 23f x x x π=-+的图象向左平移(0)ϕϕ>个单位长度，得到函数()g x 的图象，若函数()g x 的图象关于y 轴对称，则ϕ的最小值是( )A.6πB.3πC.23π D.56π 7. 若1x =是函数21()(1)x f x x ax e-=+-的极值点，则()f x 的极大值为（ ）A. 1- B. 32e-- C. 35e- D. 18. 函数22sin22()(,00,)133x xf x xxππ⎡⎫⎛⎤=∈-⋃⎪⎢⎥+⎣⎭⎝⎦的图像大致为（）A B C D9.已知向量ar，br的夹角为135o，且1a=r，2b=rmu r满足4a mb m⋅=⋅=r u r r u r，则mu r= ( )A. 22B. 5C. 42D. 510. 已知函数()2018,2020,412022,2020,2019xm xf x mx x-⎧≥⎪=⎨⎛⎫+-<⎪⎪⎝⎭⎩数列{}n a满足(),na f n n N*=∈，且{}na是单调递增函数，则实数m的取值范围是（）A.(]1,3 B.()1,+∞ C.[)3,+∞ D.()3,+∞11. 已知函数()2sin cos(0,0)6f x x a x aπωωω⎛⎫=++>>⎪⎝⎭对任意12,x x R∈都有()()1243f x f x+≤，若()f x在[0,]π上的值域为[3,3]，则实数ω的取值范围为( )A．12,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦B．11,63⎡⎤⎢⎥⎣⎦C．1,6⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦12. 对于任意的实数[]1,x e∈，总存在三个不同的实数[]1,4y∈-，使得21ln0yy xe ax x---=成立，则实数a的取值范围是（）A．3160,e⎛⎤⎥⎝⎦B．23163,ee e⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C．23161,ee e⎡⎫-⎪⎢⎣⎭D．3163,e e⎡⎫⎪⎢⎣⎭二、填空题：本大题共4题，每小题5分共20分，把答案填在答题卡相应位置上。
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福州市八县（市、区）一中2020届高三上期中联考语文试题及答案解析一、现代文阅读（36分）（一）论述类文本阅读（本题3小题，9分）阅读下面的文字，完成1-3题。
“人类命运共同体”理念是中国特色大国外交思想的重要内容。
那么，它的特色究竟“特”在哪里？我们究竟应该如何认识其思想文化本源？客观地说，世界上主要文明地区的政治文化中都有命运与共、共同体、世界主义的政治思想，例如西方基督教世界秩序及西方永久和平论、印度思想中的“不害”、伊斯兰世界的“天下一家”、中国古代的“天下大同”等观念。
总的来说，早期这些共同体观念解决的只是内部秩序问题，还没有很好地解决不同文明之间如何共生共处的问题。
其中，历史上不少共同体思想还受到二元对立世界观的局限，它们所强调构建的共同体是以一个假想或现实的敌人为目标的，这种思想很容易导致世界陷入对抗之中。
事实上，直到今天，这种思想还在影响着个别大国的外交政策，值得我们去辨别和防范。
我们倡导的“人类命运共同体”，其思想文化本源来自传统和现代两部分。
所谓传统，中国古代有丰富的中外秩序资源，在当时地理所及的范围内，形成了一套处理中外关系的思想和实践做法，这套思想和做法在今天需要创造性转化。
所谓现代，“打造人类命运共同体”还需要从马克思主义中寻找本源。
马克思主义关于社会共同体和人类解放的思想中，包含着国际主义以及很多“人类命运与共”的资源。
马克思主义政治经济学中关于世界不平等、剥削以及世界政治经济秩序根源、改造的论述等等，都是我们理解“人类命运共同体”的重要思想本源。
同时，这些思想也是“人类命运共同体”理念从学理上区别于既往及现在流行的一些共同体理论，如各种带有宗教色彩的联盟、大西洋共同体、“民主”价值观联盟等的重要依据。
以往绝大多数国际秩序思想和实践，要么服务于强者，要么用来结成一个国家联盟以反对另一个国家联盟，要么是一种宗教秩序的外在表现。
马克思主义政治经济学思想中蕴含的“人类命运共同体”理念与它们的区别在于，其并不是从排他性国家联盟的角度来狭隘地理解共同体，而是从世界范围不平等经济秩序的变革、大多数人实现自身解放从而结成联合的高度来理解共同体。
值得一提的是，我们今天倡导的“人类命运共同体”，并不否定其他文明中关于人类合作的合理的思想资源。
人类命运共同体是一个开放的概念，不同的思想文化都可以从中找到适合自己理解的位置。
这个概念将随着全球人、财、物、智互联互通的发展，拥有越来越大的世界基础，具有较广泛的心理认同和感召力量。
我们说建设人类命运共同体，并不意味着当今世界就是一片祥和了。
建设人类命运共同体的目标，一定是在不断解决矛盾的过程中逐步实现的。
当前，国际关系中的矛盾、阻碍构建人类命运共同体的因素仍然广泛存在。
维护和平的综合力量与进行战争的力量之间的对比，大多数国家及其人民要求发展的愿望与国际经济秩序不平等现实之间的矛盾等等，这些对抗的矛盾因素都是构建人类命运共同体进程中需要解决的问题和难题。
“打造人类命运共同体”反映了一个开放进取的中国，将自身命运和前途同世界命运和前途紧密联系在一起的一种自我定位。
中国倡导建设人类命运共同体，也是在呼吁世界团结起来，共同克服当前面临的困难。
（选自“中国社会科学网”，有删改）1、下列关于原文内容的理解和分析，正确的一项是（）A．相对于其他共同体思想而言，“人类命运共同体”不仅要解决华夏文明内部秩序问题，还要解决不同文明之间如何共生的问题B．历史上共同体观念所强调构建的共同体是以假想或现实的敌人为目标的，很容易导致世界陷入对抗之中。
C．“打造人类命运共同体”可以从马克思主义政治经济学中关于世界不平等、剥削以及世界政治经济秩序根源、改造的论述中找到思想本源D．当今世界并不是一片祥和，建设人类命运共同体是全世界负责任的大国的共同目标，这一理想终将在不断解决矛盾的过程中逐步实现。
2、下列对原文论证的相关分析，不正确的一项是()A. 文章一开头提出“人类命运共同体”理念，接着引出下文对其特色和思想文化本源的分析。
B. 文章指出“人类命运共同体”的思想文化本源有传统和现代两部分，并就两者之间关系进行论证。
C. 文章在论证中多次提到其他的共同体观念，旨在通过对比论证突出“人类命运共同体”的优越性。
D. 文章强调当今世界充满矛盾冲突，意在表明构建“人类命运共同体”道路并不平坦，需克服很多困难。
3、根据原文内容，下列说法不正确的一项是（）A．如果个别大国能够打破二元对立世界观的局限，不以假想或者现实的敌人为目标，那么将会减少大国间的对抗因素。
B．如果没有对中国古代形成的处理中外关系的思想和实践做法进行创造性改造，就不能让它焕发新的活力。
C．“打造人类命运共同体”的倡议主要是针对世界冲突不断、矛盾重重的现实提出的，也反映了中国的自我定位。
D．只有全世界团结起来，共同克服国际关系中的对抗因素，才有可能实现“打造人类命运共同体”的共同愿望。
（二）实用类文本阅读（本题共3小题，12分）阅读下面的文字，完成4-6题。
材料一：《2018中国科幻产业报告》认为，今年中国科幻产业的发展势头将超越2017年，细分市场的数据反映出这一趋势。
比如，2018年上半年科幻产业产值已经接近100亿元。
报告分析了我国科幻活动的发展情况。
科幻活动已经逐渐成为一种涵盖学习、工作和休闲内容的社会活动，吸引了越来越多人参与，科幻教育有望成为科幻行业的增长点。
“去年，涌现了大量以科幻为内容的校内校外、线上线下的教学课程。
今年全国多地的高考试题出现跟科幻相关的作文或知识点，这些有望对科幻教育发展产生积极影响。
”专家说。
同时，专家表示，我国科幻资源总体上比较稀缺，管理部门、行业组织以及相关企业等，有必要聚集整合有限的资源，营造良好的产业氛围和生态。
2019年将上映的《流浪地球》《疯狂的外星人》等国产科幻电影，受到业界期待。
作为科幻文学、漫画等视觉化呈现的载体，科幻电影被认为是提升科幻影响力的重要产品。
（摘编自《中国科幻前景乐观》，新华网2018年11月26日）材料二：2011-2018.1~10月国内国产票房以及出品方（摘编自《2019-2025中国电影行业市场运营模式分析及发展趋势预测研究报告》）材料三：新华网记者：目前来看，您觉得未来中国科幻发展有哪些有利条件？刘慈欣（科幻作家）：最有利的条件就是中国社会本身。
就中国社会来说，它的未来从来没有像现在这么有吸引力。
中国可以说是现在世界上最有未来感的一个国家，因为我们周围的世界、中国社会都在发生着快速的变化，这个就是对科幻产业，尤其是科幻文学最有利的一个肥沃的土壤。
新华网记者：科幻小说搬上影视屏幕的很少，您是如何看待这个问题的？刘慈欣：科幻影视对中国的影视界来说，是一个全新的表达方式，不管是从故事还是从特效，各方面都是一个全新的表达方式。
以前这种方式我们实践不多，特别是高成本的科幻片，那种工业化的科幻片，尤其没有任何经验。
这可能就是你说的到目前为止科幻片比较少的原因。
另外科幻电影的投资一般都很大，在这种没有经验的前提下，投资方、制片方肯定都是比较谨慎的，但是刚才说过这种情况估计很快就会改变。
未来五到十年，中国科幻影视将迎来黄金时代。
（摘编自《未来五到十年中国科幻影视将迎来黄金时代》，新华网2018年11月16日）材料四：近年来，随着电影院线不断扩大，受众观影习惯不断养成，影院建设不断从一二线城市向三四线城市拓展。
从开始排片较低到之后一路逆袭，《流浪地球》一枝独秀，上映第二十三天，票房已超44亿元，《流浪地球》选择背负更深沉的题材与更宏大的叙事，选择用中国智慧改造世界、拯救世界，选择对人类命运和地球未来进行深刻思考，从而增强了影片的视觉震撼力和穿透力。
父辈牺牲和家园情愫、人类普遍的人性与中国式情感、“硬奇观”和“软感动”融合在一起，矛盾更加突出、更加集中，这是中国式科幻与好莱坞同类影片的不同之处。
2018年12月11日，国家新闻出版广电总局下发了《关于加快电影院建设促进电影市场繁荣发展的意见》，明确提出“到2020年，全国加入城市电影院线的电影院银幕总数达到8万块以上”的目标。
在一年多的时间里，我们要完成2万块银幕的飞跃。
这是中国电影发展的国家战略和现实基础，也是中国电影产业面临的机遇与挑战。
（摘编自《中国科幻电影的类型突破》，《人民日报》2019年3月7日）4、下列对材料二相关内容的理解不正确的一项是()（3分）A. 2011~2015年，票房五千万以上的国产电影数量在逐年上升，2015~2017年的数量则虽然有所起伏但是总体比较稳定。
B.五千万以上票房国产电影与累计出品方的数量，每年比例各有变化，其中2017年国产电影出品方收获五千万以上票房的比率最大。
C. 2011~2017年（除2012、2016外），国产电影累计出品方的数量整体呈增长趋势，而平均每部电影出品方的变化态势与此大体同步。
D.根据国产电影累计出品方数量历年来的变化趋势可以预估，2018年全年国产电影累计出品方的数量将接近于2017年。
5、下列对材料相关内容的概括和分析，不正确的一项是()（3分）A.材料一中，专家对我国未来科幻产业的发展持乐观态度，但同时也对当前科幻产业存在的一些弊端提出了自己的见解。
B.科幻电影是科幻文学等视觉化呈现的载体，国产科幻电影的发展对于提升我国科幻产业影响力有重要作用。
C.由于中国电影界对科幻电影的表达方式不熟悉，加之科幻电影投资成本偏高等，中国的科幻小说很少被搬上大银幕。
D.刘慈欣虽然认为中国科幻电影的黄金时代即将来临，但也对其发展充满担忧，觉得中国科幻产业存在经验不足等问题。
6、请结合材料，分析《流浪星球》在国内能够取得高票房的原因。
（6分）（三）文学类文本阅读（本题共3小题，15分）阅读下面的文字，完成7-9题。
1935年的羊徐建宏找到学校，老旺看见曹老师正在巴掌大的操场上给学生们布置下午上山打柴的事。
冬天的阳光把曹老师的脸照得暖洋洋的。
山里太穷，孩子们读不起书，只能隔三差五地到山上打些柴，然后到镇上卖了弄点钱。
老旺看到自己的孩子狗娃一狗娃二也在中间。
等学生散了，老旺急忙把曹老师拉到一边，哆哆嗦嗦地从破棉袄里掏出一个布包。
大概是午后的阳光显出了力量，曹老师注意到老旺的额上微微出了点汗。
老旺说:“曹老师你看看这里面写的啥?”曹老师疑惑地打开布包，从里面露出一张缺角的纸条。
由于年深月久，纸条已经清黄不堪，上面不规则地分布着一些细洞。
曹老师展开纸条，只见上面写着:借条兹借到瓦村邢元富家羊20只，俟革命成功后以两倍奉还。
此据。
红军指挥员叶××1935年10月25日曹老师抬头看看老旺，此刻老旺的眼睛像两把钳子钳住了他，曹老师说:“老旺，这东西你从哪儿找到的?”“俺家的一个破墙洞里。
”老旺急切地说，“上面写了些啥?”曹老师莞尔一笑说:“邢元富是你家什么人?”“俺爷爷哪。