高一第二学期期中 试卷及答案
南京市金陵中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试卷(含答案)
金陵中学2023-2024学年度第二学期期中考试高一化学试卷注意事项：1．本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。
2．将选择题的答案填涂在答题卡的对应位置上，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。
可能用到的相对原子质量H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108一、单项选择题：共16题，每题3分，共48分。
每小题只有一个选项最符合题意。
1．2023年2月24日，“逐梦寰宇问苍穹”中国载人航天工程30年成就展在国家博物馆开展，展厅里的一件件展品，都是中国载人航天追求卓越、不断创新的印迹。
下列有关说法错误的是（ ） A ．神舟十五号飞船使用的铝合金和钛合金均属于金属材料 B ．航天器使用的太阳能电池帆板的主要成分是硅单质 C ．飞船返回舱表层的结构材料成分与普通玻璃相同D ．“天宫课堂”的泡腾片（某种酸和3NaHCO 固体的混合物）实验中生成的是2CO2．氯化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料。
其硬度仅次于金刚石、重量钢材的三分之一，用其制成的陶瓷轴承转速可以高达10000转/秒，可以耐1200℃高温并且有自润滑作用。
以下是部分结构材料的结构细节，其中可能是氮化硅的是（ ）3．在2SO 参与的下列反应中，体现出2SO 的氧化性的是（ ） A ．2232SO 2OHSO H O --++B ．222SO 2H S 3S 2H O +↓+C ．22224SO Cl 2H O2Cl SO 4H --+++++ D ．22224SO H O 2H SO +-++ 4．金属的冶炼体现了人类文明的发展历程，下列关于金属冶炼的说法不正确的是（ ） A ．炼铁：用焦炭和空气反应产生的CO 在高温下还原铁矿石中铁的氧化物 B ．制镁：用2H 还原氧化镁制得金属Mg C ．制钠：电解熔融的NaCl 获得金属NaD ．制铝：用36Na AlF 作培剂，电解熔融23Al O 制得金属铝 5．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（ ） A ．晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光导纤维B ．二氧化硫具有还原性，可添加在葡萄酒中防止葡萄酒中的些成分被氧化C ．二氧化氯在水中的杀菌、消毒能力强，可以对使用水进行消毒D ．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂 阅读以下资料，并回答6~8题氨的常见氧化物有氨（3NH ）和肼（24N H ）。
北京市2023-2024学年高一下学期期中地理(选考)试题含答案
北京市2023～2024学年第二学期期中测试高一地理（选考）（答案在最后）（考试时间90分钟满分100分）提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。
在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答。
一、单选题每小题1.5分共40小题读“哥伦比亚简图”，完成下面小题。
1.该国人口主要分布在（）A.中纬度地区B.地势低平地区C.山区和沿海D.河流下游沿岸2.该国人口分布特点的形成原因是（）A.热量足,利于农业发展B.地形平坦便于城市建设C.海拔高或近海气温适宜D.近水源,保证城市供水【答案】1.C 2.C【解析】【1题详解】根据图中信息可知，哥伦比亚的主要城市及人口分布分布于海拔较高的山区和沿海地区，C正确；哥伦比亚整体位于低纬度地区，由于纬度较低，地势低平，地区气候湿热，不适合人口分布，排除AB；该地河流下游沿岸地区人口分布稀少，排除D。
故选C。
【2题详解】结合图中信息可知，该地地处低纬地区，属于热带雨林气候区，全年高温多雨，而在海拔较高的山区和沿海地区，气温适宜人口分布，C正确；该地热量充足但气候湿热，有利于农业发展，但不适合人口分布，排除A；该地区后湿热，地形平坦处湿热状况明显，不适合城市建设，排除B；水源并不是影响该地人口分布的主要原因，排除D。
故选C。
【点睛】影响人口分布的因素有：自然因素：地形、气候、水资源和土壤、矿产资源；社会经济因素：生产力发展水平、生产活动方式、交通运输以及政治、文化等。
读“中国三大区域人口密度影响因素排序（1978—2018年）”，完成下面小题。
3.我国人口分布的基本格局是（）A.东南多西北少B.南部多北部少C.西部多东部少D.东北多西南少4.对我国三大区域人口密度影响均位列前三的因素是（）①城镇化水平②工业化水平③交通便利度④对外开放程度A.①②B.②③C.①④D.③④5.“交通便利度”是影响西部地区人口密度最重要因素,原因是（）A.道路沿线自然条件更优越B.可以便利获取外部水资源C.修建道路会带来就业机会D.交通带动周边产业的发展【答案】3.A 4.B 5.D【解析】【3题详解】结合所学知识可知，我国人口分布格局为东南多，西北少，故A正确，BCD错误。
高一下学期期中考试语文试卷含答案(共3套)
高一下学期期中考试语文试卷含答案(共3套)高一第二学期期中考试语文试题（满分：150分；考试时间：150分钟）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）文化软实力，是指一个国家或地区基于文化而具有的凝聚力、生命力、创新力、传播力和影响力。
“文化软实力”的说法源自XXX的软实力理论。
一般来说，软实力是一种隐形的力量，蕴含在文化、政治价值观、外交政策和国际形象四个载体中。
在这四个载体中，文化是核心，其他三个组成部分也都深深地烙上了文化的影子。
甚至有人直接把软实力解释成文化力。
基于此，文化软实力就有了广义和狭义之分，广义的文化软实力就是指“软实力”；狭义的文化软实力，则是构成软实力的文化要素。
文化软实力的形成必须依赖先进的文化，而这种文化只有与时俱进才能更好地服务于相应的时代和社会，才能更好地促进个人全面自由的发展，才能体现出强大的吸引力和感染力。
文化软实力的作用，主要体现在国内和国际两个方面。
在国内，它通过文化建设不断增强本国文化的认同感，抵御国外一些敌对文化理念的侵袭，增强国内民众的凝聚力。
通过吸收国外先进文化元素和不断改造本国文化中落后的成分，使本国文化更加适应当前形势，更好地指导经济建设，更好地彰显本国文化的强劲生命力。
在国际政治舞台上，兼容并蓄、富有活力的本国文化必将为国外受众所认可，使本国所奉行的理念得到传播，从而提升国家形象和影响力。
文化软气力产生于一定的文化资本。
这些资本包括国家价值寻求、社会理念、宗教崇奉、品德规范，还包括风俗惯、民族精神、国民素质、文学艺术等，还与教育、科技、文化财产的开展水平密切相干。
文化软气力产生的根本是人们对本国中心价值体系的认同和接受。
与传统手段相比，非强制手段是文化软气力完成的手段，而国家的综合国力是文化软气力的力量施展阐发形式。
在现实社会中，往往存在重器不重道的现象。
它表现在国家综合实力的建设上，就是重视提升硬实力而不重视提升文化软实力。
重视提升硬实力是对的，文化软实力也一定要以硬实力为基础。
北京市2023—2024学年高一下学期期中考试语文试卷含答案
北京市2023～2024学年第二学期期中考试高一语文（答案在最后）2024年4月班级姓名考号（考试时间150分钟满分150分）提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。
在答题卡上，选择题用2B 铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答。
一、本大题共5小题，共18分。
阅读下面材料，完成下面小题。
材料一阅读是伟大的文化发明，但文字出现的历史非常短暂，人类尚不足以进化出一个先天的“阅读脑”。
这意味着，我们无法仅依靠遗传获得阅读技能。
我们之所以能够完成从“非阅读脑”到“阅读脑”的转变，既有赖于先天的大脑特性，又有赖于后天的阅读训练。
虽然人类没有进化出“阅读脑”，但先天拥有“口语脑”。
口语是人类自然习得的本能。
通过遗传，每一个准备接受阅读训练的个体已经具备了从语音通达语义的口语加工脑区和环路。
这些加工口语的脑区与环路即是“阅读脑”形成的开端。
从出生到死亡，人类的大脑并非一成不变，你可以把大脑想象成一台持续更新的机器，始终处于调整变化中。
这种能够不停“重组”的特性被称为“脑的神经可塑性”。
后天的阅读训练，有针对性地促成了先天脑的重组，其中最重要的改变当属视觉词形区的出现。
法国认知神经科学家斯坦尼斯拉斯•德阿纳比较了无阅读能力（文盲）和有阅读能力的两组成年人，发现在阅读任务中，有阅读能力组的左脑梭状回（即视觉词形区）在观看文字时的活跃强度要高于观看人脸、房屋等其他视觉刺激时的活跃强度；而文盲组，相应的脑区未发现异常活跃现象。
这一发现首次直接证明了阅读训练对脑区功能的塑造作用。
除此之外，阅读还会“改写”大脑的灰质和白质结构。
一项追踪研究发现，与刚入学时相比，儿童在二年级时，左半球的顶下小叶、中央前回和中央后回的灰质体积有所减小，推测是阅读训练引发了相关脑区神经突触的修剪过程，使这些脑区变得更加精简高效。
另一项研究发现，8-10岁儿童在接受100小时的阅读训练后，白质纤维束的走向一致性显著增强，意味着不同脑区之间的信息传输能力有所提高。
北京市西城区2023-2024学年高一下学期期中考试语文试卷含答案
北京2023～2024学年第二学期期中练习高一语文（答案在最后）2024.04注意事项：1.本试卷共5页，共八道大题，24小题，满分150分。
考试时间150分钟。
2.在试卷和答题纸上准确填写班级、姓名、学号。
3.试卷答案填写在答题纸的相应位置上，在试卷上作答无效。
4.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答。
第I卷一、（共15分）阅读下面的文字，完成下列小题。
江南暮春清明风俗随着寒食、清明、上巳的来临，江南已是红梅零落，樱花渐离枝头，桃花也随雨打风吹去了。
江南的暮春习俗像是在彷徨中寻找着什么寄托。
以水驱邪与魏晋修禊《孝经纬》记载：“春分后十五日……为清明三月节。
万物至此皆洁齐而清明矣。
”古人对于“洁”的渴求出于对死亡的恐惧。
暮春时节，寒热不定，疾病时来侵袭。
古人认为这是被压抑的阴气或浊气在作怪，用洁净的流水来清除浊邪成了必要举动。
明代以来，江南地区产生了许多以水清除浊邪的“方法”，如三月初二以桃叶浸井水服食，传说可治心病；三月初三取枸杞煎汤沐浴，能使皮肤光泽不衰。
人们对这些方法的信任，大抵都源于临水修禊的风俗。
修禊，是古人祈福消灾的仪式，通常在三月上旬巳日临水举行，自魏晋以后，上巳节的日期固定为三月初三。
《晋书·王羲之传》记载“暮春之初，会于会稽山阴之兰亭，修禊事也”，说的就是著名的兰亭雅集。
当日，王羲之与众名士相聚曲水之畔，三杯两盏之后，他联想到战争的频繁与生命之脆弱，感慨：“固．知一死生为虚诞，齐彭殇为妄作。
后之视今，亦犹今之视昔，悲夫！故列叙时人，录其所述。
”庄周在《齐物论》中告诉世人：生为梦幻，死是苏醒，早逝（殇）反而能使人走向长生（彭）。
王羲之并不相信修禊的功效，认为死亡总是突然来袭，同时也不接受庄周为消解死亡恐惧所提出的解释。
王羲之与名士们聚饮赋诗，且将雅集诗作逐一记录，企图通过这种方式创造一条与后人沟通的途径——这是对死亡的新知。
寒食禁火与唐人祭墓寒食，在清明前一两日。
2022—2023学年度广东省茂名市第一中学高一第二学期期中考试数学试题及答案
茂名市第一中学2022—2023学年度第二学期期中考试高一数学试卷考试时间：120分钟总分：150分一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1．设z ＝1+2i ，则在复平面内z 的共轭复数对应的点位于（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．＝（）A ．B ．C ．D ．3．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知1,3,3===b a A π，则c 等于（）A ．2B ．C ．D ．4．一梯形的直观图是如图所示的等腰梯形，且直观图OA ′B ′C ′的面积为2，则原梯形的面积为（）A ．2B ．22C ．24D ．45.为了得到函数ππsin 3cos cos3sin 33y x x =+的图象，可以将函数sin 3y x =图象()A.向左平移π个单位B.向左平移π9个单位C.向右平移π个单位D.向右平移π9个单位6.在空间中，下列命题正确的是（）A ．三点确定一个平面B ．若直线l 与平面α平行，则l 与平面α内的任意一条直线都平行C ．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面D ．如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行7.在ABC 中，已知2cos c a B =⋅，那么ABC 一定是（）A.等腰直角三角B.等腰三角形C.直角三角形D.等边三角形8.已知中，，，点D 是AC 的中点，M 是边BC 上一点，的最小值是()A. B. C. D.二､多选题（本大题共4小题，共20分。
在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。
）9.复数i z 2321+=，i 是虚数单位，则下列结论正确的是（）A.z 的实部是21 B.z 的共轭复数为3122i +C.z 的实部与虚部之和为2 D.z 在复平面内的对应点位于第一象限10.已知平面向量()1,0a =，(1,b = ，则下列说法正确的是（）A.||16a b +=B.()2a b a +⋅= C.33,cos >=<→→b a D.向量+a b在a 上的投影向量为2a11．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，以下结论中正确的有（）A ．若sin A ＞sinB ，则A ＞BB ．若sin2A ＝sin2B ，则△ABC 一定为等腰三角形C ．若cos 2A +cos 2B ﹣cos 2C ＝1，则△ABC 为直角三角形D ．若△ABC 为锐角三角形，则sin A ＜cos B 12.如图，在直三棱柱中，，，，侧面的对角线交点O ，点E 是侧棱上的一个动点，下列结论正确的是（）A.直三棱柱的体积是1B.直三棱柱的外接球表面积是C.三棱锥的体积与点E 的位置有关D.的最小值为三、填空题(每小题5分，共20分)13．设复数z 满足其中i 是虚数单位，则__________.14．圆锥的半径为2，高为2，则圆锥的侧面积为．15．非零向量→a ＝（sin θ，2），＝（cos θ，1），若→a 与共线，则tan （θ﹣4π）＝．16南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即])2([41222222b a c a c S -+-=（其中S 为三角形的面积，a ，b ，c 为三角形的三边）．在斜△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 所对的边，若)cos 3(cos C B c a +=，且B C a sin 3sin =．则此△ABC 面积的最大值为．四、解答题（本大题共6小题，共70分)17．（10分）已知向量→a ＝（1，1），→b ＝（2，﹣3）．（1）若→c ＝2→a +3→b ，求→c 的坐标；（2）若→a λ﹣2→b 与→a 垂直，求λ的值．18．（12分）已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足bc a c b -=-22）（．（1）求角A 的大小；（2）若a ＝2，sinC ＝2sinB ，求△ABC 的面积．19．（12分）（1）已知正四棱锥的底面边长是6，侧棱长为5，求该正四棱锥的体积；（2）如图（单位：cm ），求图中阴影部分绕AB 旋转一周所形成的几何体的体积．20（12分）已知函数x x x x f 4cos 212sin )1cos 2()(2+-=．（1）求f （x ）的最小正周期及单调递减区间；（2）若α∈（0，π），且22)84(=-παf ，求α的值．21．（12分）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，E 是线段PD 上的点，且，PA ＝PD ＝AD ＝3，32CE =，BC ∥AD ，∠ADC ＝45°．（1）求证：CE ∥平面PAB ；（2）若M 是线段CE 上一动点，则线段AD 上是否存在点N ，使MN ∥平面PAB ？若存在，求出MN 的最小值；若不存在，说明理由．22.（12分）借助国家实施乡村振兴政策支持，某网红村计划在村内扇形荷花水池OAB 中修建荷花观赏台，助推乡村旅游经济.如图所示，扇形荷花水池OAB 的半径为20米，圆心角为π4.设计的荷花观赏台由两部分组成，一部分是矩形观赏台MNPQ ，另一部分是三角形观赏台AO C.现计划在弧AB 上选取一点M ，作MN 平行OA 交OB 于点N ，以MN 为边在水池中修建一个矩形观赏台MNPQ ，NP 长为5米；同时在水池岸边修建一个满足AO OC =且2COA AOM ∠=∠的三角形观赏台AOC ，记)46(ππ<≤=∠x x AOM .（1）当π6AOM ∠=时,过点M 作OA 的垂线，交OA 于点E ，过点N 作OA 的垂线，交OA 于点F,求ME ,OF 及矩形观赏台MNPQ 的面积；（2）求整个观赏台（包括矩形观赏台和三角形观赏台两部分）面积的最大值.茂名市第一中学2022—2023学年度第二学期期中考试高一数学试卷答案1【答案】D ．解：∵z ＝1+2i ，∴z 的共轭复数＝1﹣2i ，对应的点为（1，﹣2），故在第四象限，2【答案】D解：根据向量的线性运算法则，可得．3【答案】A解：，则由余弦定理可得，3＝1+c 2﹣2c ×1×cos＝1+c 2﹣c ，∴c 2﹣c ﹣2＝0，解得c ＝2或﹣1（舍）．4【答案】C解：把该梯形的直观图还原为原来的梯形，如图所示；设该梯形的上底为a ，下底为b ，高为h ，则直观图中等腰梯形的高为h ′＝h sin45°；∵等腰梯形的体积为（a +b ）h ′＝（a +b ）•h sin45°＝2，∴（a +b ）•h ＝＝4∴该梯形的面积为4．5【答案】B【详解】依题意，ππππsin 3coscos3sin sin(3)sin 3(3339y x x x x =+=+=+，所以函数sin 3y x =图象向左平移π9个单位可得πsin 3()9y x =+的图象.6【答案】C解：对于A ，不共线的三点确定一个平面，故A 错误；对于B ，l ∥α，则l 与平面α内的直线平行或异面，故B 错误；对于C ，由平面基本性质及其推论得：两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，故C 正确；对于D ，如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行或在这个平面内，故D 错误．7【答案】B解：已知2c a cosB ＝，则：2sinC sinAcosB ＝，整理得：()2sin A B sinAcosB +＝，则：()0sin A B -＝，所以：A B ＝.8.【答案】B解：根据题意，建立图示直角坐标系，，，则，，，，是边BC上一点，设，则，，，当时，取得最小值，9【答案】ACD解:由题得A 正确；z 的共轭复数为1322i -，则B 不正确；z 的实部与虚部之和为13222+=，则C 正确；z 在复平面内的对应点为13(,22，位于第一象限，则D 正确.10【答案】BD解：((11,02,2a b +=++= ，所以4a b +==，故A错误；()1202a a b ⋅+=⨯+⨯=，故B 正确；1313,cos =⋅>=<→→→→→→ba b a b a ，向量+a b 在a 上的投影向量为()2·21a ab a a a a a ⋅+=⨯=，故D 正确．11【答案】AC【解答】解：对于A ，若sin A ＞sin B 成立，由正弦定理可得a ＞b ，所以A ＞B ，故正确；对于B ，由sin2A ＝sin2B ，得到2A ＝2B 或2A +2B ＝π，可得A ＝B 或A +B ＝，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故错误；对C ，若cos 2A +cos 2B ﹣cos 2C ＝1，可得若（1﹣sin 2A ）+（1﹣sin 2B ）﹣（1﹣sin 2C ）＝1，整理得：sin 2A +sin 2B ＝sin 2C ，可得a 2+b 2＝c 2．可得△ABC 为直角三角形，故正确；对于D ，若△ABC 是锐角三角形，则A +B +C ＝π，A +B ＞，A ＞﹣B ，A 、B 、C 均是锐角，由正弦函数在（0，）递增，所以：sin A ＞sin （﹣B ）＝cos B ，故错误．12【答案】AD解：在直三棱柱中，，，所以其体积V=Sh=121121=⨯⨯⨯，故A 正确；对于B ，由直三棱柱结构特征及外接球的对称性可得，其外接球即为长宽高分别为2，1，1的长方体的外接球，所以其外接球半径为，所以其外接球的表面积为，故B 错误；由平面，且点E 是侧棱上的一个动点，，三棱锥的高h 为定值，，，故三棱锥的体积为定值，故C 错误；将四边形沿翻折，使四边形与四边形位于同一平面内，此时，连接与相交于点E ，此时最小，即，故D 正确．13【答案】解：，故14【答案】解：如图，圆锥的母线，圆锥的侧面展开图为扇形，故侧面积为，．15【答案】【解答】解：∵向量＝（sin θ，2），＝（cos θ，1），且与共线，∴＝2，即tan θ＝2，则tan（θ﹣）＝＝＝．16【答案】解：∵，∴sin A＝sin C（cos B+cos C），即sin C cos B+sin C cos C＝sin（B+C）＝sin B cos C+cos B sin C，即sin C cos C＝sin B cos C，又C∈（0，π）且C≠，∴sin B＝sin C，∴b＝c，又．∴ac＝b，解得a＝3，＝＝＝，当c＝3时，S max＝．17解：（1）∵＝（1，1），＝（2，﹣3），∴＝2+3＝2（1，1）+3（2，﹣3）＝（8，﹣7）； 4分（2）λ﹣2＝λ（1，1）﹣2（2，﹣3）＝（λ﹣4，λ+6）， 6分∵λ﹣2与垂直，∴1×（λ﹣4）+1×（λ+6）＝0， 9分即λ＝﹣1． 10分18解：（1）因为（b﹣c）2＝a2﹣bc，可得b2+c2﹣a2＝bc， 2分所以cos A＝＝， 3分又A∈（0，π），所以A＝． 5分（2）因为sin C＝2sin B，由正弦定理可得c＝2b， 6分又a＝2，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bc cos A，可得4＝b2+c2﹣bc， 8分解得b＝，c＝， 10分所以S△ABC＝bc sin A＝××＝ 12分19【解答】解：（1）正四棱锥的底面边长是a＝6，侧棱长为l＝5，所以正四棱锥的高为h＝＝， 2分所以正四棱锥的体积为V＝Sh＝×62×＝12； 5分（2）图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体，是圆台挖去一个半球，圆台的体积为V圆台＝π（r2+rr′+r′2）h＝×（22+2×5+52）×4＝52π， 8分半球的体积为V半球＝πr3＝×23＝， 10分所以该几何体的体积为V＝V圆台﹣V半球＝52π﹣＝3140（cm3）． 12分20【答案】（1）；；（2）．【解答】解：（1）∵f（x）＝（2cos2x﹣1）sin2x+cos4x＝cos2x sin2x+cos4x 1分＝（sin4x+cos4x）＝sin（4x+）， 3分∴f（x）的最小正周期T＝， 4分令，可得，∴f（x）的单调递减区间为； 6分（2）∵f（）＝，∴， 8分∵α∈（0，π），，∴， 10分∴ 12分21【解答】（1）证明：如图1，在PA上取点F使，连接EF，BF，如图示：∵，∴EF∥AD且， 1分又BC∥AD，且， 2分∴EF∥AD，EF＝AD，∴四边形BCEF为平行四边形，∴CE∥BF， 3分而CE⊄平面PAB， 4分BF⊂平面PAB，则CE∥平面PAB． 5分（2）解：线段AD上存在点N且，使得MN∥平面PAB；理由如下：如图2，在AD上取点N使，连接CN，EN，如图示：∵，，∴EN∥PA， 6分∵EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴EN∥平面PAB； 7分由（1）知CE∥平面PAB，又CE∩EN＝E，∴平面CEN∥平面PAB，又M是CE上的动点，MN⊂平面CEN，∴MN∥平面PAB， 8分∴线段AD上存在点N，使得MN∥平面PAB．∵BC∥AN，BC＝AN，∴ND＝2， 9分在△CND中，∠ADC＝45°，，由余弦定理知CN＝2． 10分在△CEN中，CN＝NE＝2，，∴由余弦定理知∠CNE＝120°，∴MN 的最小值为， 11分∴线段AD 上存在点N ，使MN ∥平面PAB ，且MN 的最小值为1． 12分22.【详解】（1）当π6AOM ∠=时，则π1sin 201062ME OM =⋅=⨯=. 2分πcos 2062OE OM =⋅=⨯=. 3分过N 作OA 的垂线，交AO 于点F ，NF ME =.∵π4AOB ∠=，10OF NF ==，∴10MN OE OF =-=-. 4分因为5NP =.矩形MNPQ 的面积())510501S MN NP =⋅=⨯=-平方米.所以矩形观赏台MNPQ 的面积)501平方米. 5分（2）由题意可知，AOM x ∠=，π4AOB ∠=，π4MON x ∠=-，3π4MNO ∠=，在OMN 中，由sin sin MN OM MON MNO =∠∠，得()cos sin 20cos sin MN OM x OM x x x =-=-. 6分矩形MNPQ 的面积()()1520cos sin 100cos sin S MN NP x x x x =⋅=⨯-=-.7分观赏台AOC 的面积211sin 2020sin 2200sin 222S OA OC AOC x x =⋅⋅∠=⨯⨯=.整个观赏台面积()12100cos sin 200sin 2S S S x x x=+=-+. 8分设πcos sin 4t x x x ⎛⎫=-=+ ⎪⎝⎭，46(ππ<≤x ，∴.2130-≤<t 9分()2222cos sin cos sin 2sin cos 1sin 2t x x x x x x x =-=+-=-.∴2sin 21x t =-. 10分∴()100cos sin 200sin 2S x x x =-+()2211002001200212.54t t t ⎛⎫=+-=--+ ⎪⎝⎭.当]213,0(41-∈=t 时，整个观赏台观赏台S 取得最大值为212.5平方 11分∴整个观赏台的面积S 的最大值为212.5平方米. 12分。
2023-2024学年厦门市高一数学第二学期期中考试卷附答案解析
2023-2024学年厦门市高一数学第二学期期中考试卷（考试时间120分钟，满分150分）考试时间：2024年4月28日考试时长120分钟一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知复数2i i z =-，则z 对应的点Z 在复平面的（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．已知向量(2,1),(1,4)a b ==- ，则23a b -=（）A ．(7,10)-B ．(1,14)C ．(7,10)-D ．(7,6)3．下列命题中正确的是（）A ．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B ．棱柱中互相平行的两个面叫棱柱的底面C ．棱柱的侧面都是平行四边形，而底面不是平行四边形D ．棱柱的侧棱都相等，侧面是平行四边形4．在空间四边形ABCD 中，AC=BD ，E ，F ，G ，H 分别是边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，顺次连接各边中点E ，F ，G ，H ，所得四边形EFGH 的形状是（）A ．梯形B ．矩形C ．正方形D ．菱形5．某校运动会开幕式上举行升旗仪式，在坡度为15︒的看台上，同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60︒和30︒，第一排和最后一排的距离为（如图所示），则旗杆的高度为（）A ．10mB ．30mC ．D ．6．在ABC 中，若sin 2sin cos C B B =，且64ππ,B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则c b 的范围为（）A ．B ．)2C ．()0,2D ．)27．如图，点A ，B ，C ，M ，N 为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线//MN 平面ABC 的是（）A ．B ．C ．D ．8．已知AB AC ⊥ ，||AB t = ，1||AC t= ．若点P 是△ABC 所在平面内一点，且2||||AB ACAP AB AC =+，则PB PC ⋅ 的最大值为（）A ．13B ．5-C ．5-D ．10+二、多选题：本小题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．设复数12i1i z +=+，则（）A ．z 的实部为32B ．31i 22z =-C ．z 的虚部为1i2D ．1z =10．已知ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，下列说法正确的是（）A ．若sin :sin :sin 2:3:4ABC =，则ABC 是钝角三角形B ．若sin sin A B >，则a b>C ．若0AC AB ⋅>，则ABC 是锐角三角形D ．若45A =o ，2a =，b =，则ABC 只有一解11．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M 是ABC 内一点，BMC △，AMC ，AMB 的面积分别为A S ，B S ，C S ，且0A B C S MA S MB S MC ⋅+⋅+⋅=．以下命题正确的有（）A ．若::1:1:1ABC S S S =，则M 为AMC 的重心B ．若M 为ABC 的内心，则0BC MA AC MB AB MC ⋅+⋅+⋅=C ．若45BAC ∠=︒，60ABC ∠=︒，M 为ABC 的外心，则::2:1A B C S S S =D ．若M 为ABC 的垂心，3450MA MB MC ++= ，则cos AMB ∠=三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12．在△ABC 中，B ＝135°，C ＝15°，a ＝5，则此三角形的最大边长为.13．将边长为2的正方形卷成一个圆柱的侧面，所得圆柱的体积为．14．在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c .若a c =，sin 3,26sin 2A aB =≤≤，则ABC S - 的最大值为.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15．在锐角ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知sin a B ．(1)若2b =，3c =，求a 的值：(2)若2a bc =，判断ABC 的形状．16．如图，在平行四边形ABCD 中，4AB =，2AD =，60BAD ︒∠=，E ，F 分别为AB ，BC 上的点，且2AE EB =，2=CF FB ．(1)若DE x AB y AD =+，求x ，y 的值；(2)求AB DE ⋅的值；(3)求cos BEF ∠．17．如右图所示，ABCD －A 1B 1C 1D 1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E 是棱BC 的中点．(1)求证：BD 1∥平面C 1DE ；(2)求三棱锥D －D 1BC 的体积18．已知ABC 的内角A ，B ，C 的对边为a ，b ，c ，且()3sin sin 32sin A B c bC a b--=+．(1)求sin A ；(2)若ABC①已知E 为BC 的中点，求ABC 底边BC 上中线AE 长的最小值；②求内角A 的角平分线AD 长的最大值．19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当ABC 的三个内角均小于120︒时，使得120AOB BOC COA ∠=∠=∠=︒的点O 即为费马点；当ABC 有一个内角大于或等于120︒时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知ABC 的内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且cos2cos2cos21B C A +-=(1)求A ；(2)若2bc =，设点P 为ABC 的费马点，求PA PB PB PC PC PA ⋅+⋅+⋅；(3)设点P 为ABC 的费马点，PB PC t PA +=，求实数t 的最小值．1．C【分析】根据虚数单位的性质化简，再由实部、虚部符号确定复数对应点所在象限.【详解】因为2i i=1i z =---，所以z 对应的点Z 在复平面的第三象限，故选：C 2．A【分析】根据向量线性运算的坐标表示计算可得；【详解】解：因为(2,1),(1,4)a b ==-，所以()()()2322,131,47,10a b -=--=- ；故选：A 3．D【分析】根据题意，结合棱柱的几何结构特征，逐项判定，即可求解.【详解】对于A 中，如图所示满足有两个面互相平行，其余各面都是四边形，但该几何体不是棱柱，故A 不正确；对于B 中，正六棱柱中有四对互相平行的面，但只有一对面为底面，所以B 不正确；对于C 中，长方体、正方体的底面都是平行四边形，故C 不正确；对于D 中，根据棱柱的几何结构特征，可得棱柱的侧棱都相等，且侧面都是平行四边形，所以D 正确.故选：D.4．D【分析】根据空间四边形中各点的位置，结合中位线的性质可得EFGH 是平行四边形，再由AC=BD 即可判断四边形EFGH 的形状.【详解】如图所示，空间四边形ABCD 中，连接AC ，BD 可得一个三棱锥，将四个中点连接，得到四边形EFGH ，由中位线的性质及基本性质4知，EH ∥FG ，EF ∥HG ；∴四边形EFGH 是平行四边形，又AC=BD ，∴HG=12AC=12BD=EH ，∴四边形EFGH 是菱形.故选：D 5．B【分析】先根据正弦定理求出BC ，再根据直角三角形三角函数关系即可求解.【详解】如图，由题可知：在ABC 中，45A =︒，105ABC ∠=︒，所以30ACB ∠=︒．sin 45BC=︒，所以22BC ==，在Rt CBD △中，3sin 6030(m)2CD BC ︒==⨯=．故选：B 6．A【分析】根据题意，利用正弦定理化简得到2cos c B b =，结合64ππ,B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭和余弦函数的性质，即可求解.【详解】因为sin 2sin cos C B B =，由正弦定理得2cos c b B =，则2cos cB b=，又因为64ππ,B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭cos B <<2cos B <所以cb的范围为.故选：A.7．D【分析】对于A ，根据//MN AC 结合线面平行的判断定理即可判断；对于B,根据//MN BE 结合线面平行的判断定理即可判断；对于C ，根据//MN BD ，结合线面平行的判断定理即可判断；对于D ，根据四边形AMNB 是等腰梯形，AB 与MN 所在的直线相交，即可判断.【详解】对于A,如下图所示，易得//,//AC EF MN EF ,则//MN AC ，又MN ⊄平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,则//MN 平面ABC ，故A 满足；对于B ，如下图所示，E 为所在棱的中点，连接,,EA EC EB ,易得,//AE BC AE BC =,则四边形ABCE 为平行四边形，,,,A B C E 四点共面，又易知//MN BE ，又MN ⊄平面ABC ,BE ⊂平面ABC ,则//MN 平面ABC ，故B 满足；对于C,如下图所示，点D 为所在棱的中点，连接,,DA DC DB ,易得四边形ABCD 为平行四边形，,,,A B C D 四点共面，且//MN BD ,又MN ⊄平面ABC ,BD ⊂平面ABC ,则//MN 平面ABC ，故C 满足；对于D ，连接,AM BN ,由条件及正方体的性质可知四边形AMNB 是等腰梯形，所以AB 与MN 所在的直线相交，故不能推出MN 与平面ABC 不平行，故D 不满足，故选：D.8．B【分析】以A 为原点，建立直角坐标系，利用向量的数量积的坐标运算，以及二次函数的性质，即可求解.【详解】以A 为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，设P （x ，y ）则1(,0),(0,0)B t C t t >，可得(1,0)AB AB = ，2(0,2)||AC AC = ，所以(1,2)AP = ，即(1,2)P ，故(1,2)PB t =-- ，11,2PC t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，所以221455PB PC t t t t ⎛⎫⋅=-+-=-+≤- ⎪⎝⎭ 2t t =即t 时等号成立．故选：B．9．AB【分析】根据复数除法求出z ，由复数的概念判断AC ，根据共轭复数判断B ，根据模的定义判断D.【详解】因为()()()()12i 1i 12i 122i i 31i 1i 1i 1i 222z +-+++-====+++-，所以z 的实部为32，虚部为12，31i 22z =-，102z =，故选：AB 10．ABD【分析】对于A ，利用正弦定理及大边对大角，结合余弦定理的推论即可求解；对于B ，利用正弦定理的角化边即可求解；对于C ，利用向量的数量积的定义即可求解；对于D ，利用正弦定理及三角函数的特殊值对应特殊角即可求解.【详解】对于A ，因为ABC 的三个角满足sin :sin :sin 2:3:4A B C =，所以由正弦定理化简得::2:3:4a b c =，设2,3,4a k b k c k ===，c 为最大边，由余弦定理得222222249163cos 02124a b c k k k C ab k +-+-===-<，所以C 为钝角，所以ABC 是钝角三角形，故A 正确；对于B ，由sin sin A B >及正弦定理，得22a b R R>,解得a b >，故B 正确；对于C ，因为0AC AB ⋅>，所以cos cos 0AC AB AC AB A bc A ⋅⋅==> ，所以cos 0A >，所以A 为锐角，但无法确定B 和C 是否为锐角，故C 错误；对于D ，由正弦定理得222sin 45sin B=，解得sin 1B =，因为0180B << ,所以90B = ，所以ABC 只有一解，故D 正确.故选：ABD.11．ABD【分析】A 选项，0MA MB MC ++=，作出辅助线，得到A ，M ，D 三点共线，同理可得M 为ABC 的重心；B 选项，设内切圆半径为r ，将面积公式代入得到0BC MA AC MB AB MC ⋅+⋅+⋅=；C 选项，设外接圆半径，由三角形面积公式求出三个三角形的面积，得到比值；D 选项，得到::3:4:5A B C S S S =，作出辅助线，由面积关系得到线段比，设MD m =，MF n =，5ME t =，表示出AM ，BM ，MC ，结合三角函数得到m ，m =，进而求出余弦值；【详解】对A 选项，因为::1:1:1A B C S S S =，所以0MA MB MC ++=，取BC 的中点D ，则2MB MC MD += ，所以2MD MA =-，故A ，M ，D 三点共线，且2MA MD =，同理，取AB 中点E ，AC 中点F ，可得B ，M ，F 三点共线，C ，M ，E 三点共线，所以M 为ABC 的重心，A 正确；对B 选项，若M 为ABC 的内心，可设内切圆半径为r ，则12A S BC r =⋅，12B S AC r =⋅，12C S AB r =⋅，所以1110222BC r MA AC r MB AB r MC ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅= ，即0BC MA AC MB AB MC ⋅+⋅+⋅=，B 正确；对C 选项，若45BAC ∠=︒，60ABC ∠=︒，M 为ABC 的外心，则75ACB ∠=︒，设ABC 的外接圆半径为R ，故290BMC BAC ∠=∠=︒，2120AMC ABC ∠=∠=︒，2150AMB ACB ∠=∠=︒，故2211sin 9022A S R R =︒=，221sin1202B S R R =︒，2211sin15024C S R R =︒=，所以::2A B C S S S =，C错误；对D 选项，若M 为ABC 的垂心，3450MA MB MC ++=，则::3:4:5A B C S S S =，如图，AD BC ⊥，CE AB ⊥，BF AC ⊥，相交于点M ，又ABC A B C S S S S =++ ，31124AABC S S == ，即:3:1AM MD =，41123BABC S S == ，即:1:2MF BM =，512CABC S S =，即:5:7ME MC =，设MD m =，MF n =，5ME t =，则3AM m =，2BM n =，7MC t =，因为CAD CBF ∠=∠，sin ,sin 32n mCAD CBF m n∠=∠=，所以32n m m n =，即3m =，3cos 22m BMD n n ∠===，则()cos cos πAMB BMD ∠=-∠=D 正确；故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题考查向量与四心关系应用，关键是利用三角形的几何关系及向量数量积及向量线性表示逐项判断.12．【详解】解：利用正弦定理可知，B 角对的边最大，因为05sin 230,51sin sin sin 2a b aBA b AB A =∴=∴===故答案为：13．2π【分析】先计算底面积，再计算体积.【详解】122R R ππ=∴=22122V R h ππππ=⨯=⨯⨯=故答案为2π【点睛】本题考查了圆柱的体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.14【分析】由正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式化简计算可得.【详解】222sin 37,23,,cos sin 229A a c b a b a c B B ac +-=∴==∴==，则sin B =2221922ABC S a a ⎫∴-=-⋅=+=-+⎪⎝⎭ []2,6,ABC a S ∈∴-V Q故答案为：922.15．(1)a =(2)等边三角形．【分析】（1）由正弦定理边化角，求出π3A =，再利用余弦定理可得答案；(2)由余弦定理得结合2a bc =得2220b c bc +-=，进而b c =，从而可得答案.【详解】（1）由正弦定理，33sin sin sin sin ,sin 022a B b A B B B =⇒≠ ，故ππsin 0,223A A A ⎛⎫=∈⇒= ⎪⎝⎭，再由余弦定理得，2222212cos 2322372a b c bc A =+-=+-⨯⨯⨯=,从而a =（2）因为π3A =，所以由余弦定理得222a b c bc=+-结合2a bc =得2220b c bc +-=，进而22,b c a b a b c =⇒===，所以ABC 是等边三角形．16．(1)2,13x y ==-(2)203【分析】（1）由向量的运算法则求解（2）分解后由数量积的运算求解（3）由数量积的定义求夹角【详解】（1）23DE DA AE AB AD =+=- ，故2,13x y ==-（2）2220()1642cos 60333AB DE AB AB AD ⋅=⋅-=⨯-⨯⨯︒=（3）111,,333EB AB EF AB AD ==+4||3EB =，27||3EF =16499cos 14||||EB EFBEF EB EF +⋅∠==17．(1)见解析；(2)23.【分析】（1）利用三角形中位线的性质，证明线线平行，从而可得线面平行；（2）利用等体积11D D BC D DBC V V --=，即可求得三棱锥D ﹣D 1BC 的体积．【详解】（1）证明：连接D 1C 交DC 1于F ，连接EF ，在正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，底面四边形DCC 1D 1为矩形，∴F 为D 1C 的中点．又E 为BC 的中点，∴EF ∥D 1B ．∴BD 1∥平面C 1DE ．（2）解：连接BD ，11D D BC D DBCV V --=又△BCD 的面积为12222S =⨯⨯=．故三棱锥D ﹣D 1BC 的体积1111221333D DBC BCD V S D D -∆==⨯⨯=．【点睛】本题考查线面平行，考查三棱锥体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．18．(1)sin A =(2)AE，AD【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到1cos 3A =，进而求出sin A ；（2）由面积公式求出16bc =，进而根据向量的模长公式结合不等式即可求解AE 的最值，根据三角形面积公式，结合等面积法，利用基本不等式可求解AD 的最值.【详解】（1）由正弦定理，得3()32a b c b a b c --=+，即22223c b a bc +-=，故2221cos 23232bc c b a A bc bc +-===，因为cos 0A >，所以π(0,)2A ∈，所以22sin 3A ==；（2）①由（1）知sin 3A =，因为ABC1n si 2bc A =，解得16bc =，由于()12AE AB AC =+ ，所以()()2222222111212183222cos 2444343433AE AB AC AB AC c b bc A c b bc bc bc bc ⎛⎫⎛⎫=++⋅=++=++≥+=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当且仅当b c =时，等号取得到，所以2323AE AE ≥⇒ ②因为AD 为角A 的角平分线，所以1sin sin 2BAD CAD A ∠=∠=，由于ADB ADC ABC S S S += ，所以111sin sin sin sin cos 2222222A A A A AD c AD b bc A bc +==，由于sin02A ≠,所以()2cos 2A AD c b bc +=，由于2212cos 2cos 1cos cos 23232A A A A =-=⇒=⇒，又16bc =，所以()63262cos216233A AD c b bc +==⨯⨯由于8b c +≥，当且仅当b c =时，等号取得到，故()83AD c b AD =+≥=，故3AD ≤，19．(1)π2A =(2)(3)2+【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简cos2cos2cos21B C A +-=可得222a b c =+，即可求得答案；（2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案.（3）由（1）结论可得2π3APB BPC CPA ∠=∠=∠=，设||||||,||,||PB m PA PC n PA PA x ===，推出m n t +=，利用余弦定理以及勾股定理即可推出2m n mn ++=，再结合基本不等式即可求得答案.【详解】（1）由已知ABC 中cos2cos2cos21B C A +-=，即22212sin 12sin 12sin 1B C A -+--+=，故222sin sin sin A B C =+，由正弦定理可得222a b c =+，故ABC 直角三角形，即π2A =.（2）由（1）π2A =，所以三角形ABC 的三个角都小于120︒，则由费马点定义可知：120APB BPC APC ∠=∠=∠=︒，设,,PA x PB y PC z === ，由APB BPC APC ABC S S S S ++= 得：111122222xy yz xz +=⨯，整理得xy yz xz ++=，则PA PB PB PC PA PC⋅+⋅+⋅111142222233xy yz xz ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅-+⋅-+⋅-=-⨯=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.（3）点P 为ABC 的费马点，则2π3APB BPC CPA ∠=∠=∠=，设||||||||,||,00,,0,PB m PA PC n PA PA x m n x ===>>>，则由PB PC t PA +=得m n t +=；由余弦定理得()22222222π||2cos 13AB x m x mx m m x =+-=++，()22222222π||2cos 13AC x n x nx n n x =+-=++，()2222222222π||2cos 3BC m x n x mnx m n mn x =+-=++，故由222||||||AC AB BC +=得()()()222222211n n x m m x m n mn x +++++=++，即2m n mn ++=，而0,0m n >>，故22()2m n m n mn +++=≤，当且仅当m n =，结合2m n mn ++=，解得1m n ==又m n t +=，即有2480t t --≥，解得2t ≥+2t ≤-故实数t 的最小值为2+【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设||||||,||,||PB m PA PC n PA PA x ===，推出m n t +=，结合费马点含义，利用余弦定理推出2m n mn ++=，然后利用基本不等式即可求解.。
高一语文下册期中考试复习试卷(有答案)
高一语文下册期中考试复习试卷（有答案）一、选择题(每题3分，共18分)1.下列加点词语注音没有错误的一项是( )A. 风靡(m) 愆(qiān)期贿赂(l) 载(zi)歌载舞B. 狭隘(i) 遗(wi)施拙(zhu)劣溘(k)然长逝C. 慷慨(ki) 哺(bǔ)乳纤(qiān)细樊(fn)笼D. 踯躅 (zhzh) 譬(p)如芰(j)荷葳蕤(ru)2.下列词语中，字形无误的一项是( )A. 婀娜磬石欲盖弥彰招骋B. 伶俜摄足否极泰来功名利禄C. 萦绕箜篌众目睽睽悲摧D. 拾辍垝垣方钠圆凿奄奄一息3.下列各句中，加点的成语运用恰当的一句是( )A. 主席在会上发表的不经之谈，实在让我受益匪浅。
B. 运动会上，他借的一身衣服很不合身，真是捉襟见肘。
C. 我们隔壁的一家人与人交往非常慷慨，从不吝啬，被人们称为大方之家。
D. 大清朝一灭亡，那些成天只知道提着鸟笼，游手好闲的纨袴子弟也随着完蛋了。
4.下列句子，没有语病的一句是( )A. 三年来的旅游兴市竟成为今日发展核电的障碍，这可能是地方政府当时始料未及的。
B. 一名韩国官员透露，有关成员国已达成一样看法，同意建立该项基金，以防止2019年那样的金融危机再次发生。
C. 童话《皇帝的新装》的作者是著名世界的丹麦作家安徒生的作品。
D. 考古学家对两千多年前在长沙马王堆一号墓新出土的文物进行了多方面的探讨，对墓主所处的时代有了进一步的了解。
5.为画横线处选择恰当的句子，使上下文语意连接自然( )在叙事作品中，____________。
但因为自己心中积郁着浓郁、深厚的感情，这种感情也就自然地流向笔端。
这种渗透感情的叙述，往往比直抒胸臆更为感人、更觉真诚。
A. 或喜悦，或悲伤，或思念，或向往，或赞扬，或指责之情从作者心中冲出，一泻千里。
B. 作者往往将萦绕心头的喜怒哀乐之情，在特定的环境中酣畅淋漓地倾诉而出。
C. 或喜悦，或悲伤，或思念，或向往，或赞扬，或指责之情渗透在作者所描摹的大自然风光中。
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2017年上学期高一期中考试语文试题卷（总分150分，时间120分钟）一、阅读下面的文字，完成下面问题。
“皮影”是对皮影戏和皮影戏人物（包括场面道具景物）制品的通用称谓。
中国皮影艺术，是我国民间工艺美术与戏曲巧妙结合而成的独特艺术品种，是中华民族艺术殿堂里不可或缺的一颗精巧的明珠。
皮影戏是让观众通过白色布幕，观看一种平面偶人表演的灯影来达到艺术效果的戏剧形式；而皮影戏中的平面偶人以及场面道具景物，通常是民间艺人用手工、刀雕彩绘而成的皮制品，故称之为皮影。
皮影戏是我国出现最早的戏曲剧种之一。
它的演出装备轻便，唱腔丰富优美，表演精彩动人。
千百年来，深受广大民众的喜爱，所以流传甚广。
不仅如此，皮影戏还对国内外文化艺术的发展起过一定的作用。
有不少新的地方戏曲剧种，就是从各路皮影戏唱腔中派生出来的。
中国皮影戏所用的幕影演出原理，以及皮影戏的表演艺术手段，对近代电影的发明和现代电影美术片的发展也都起过先导作用。
西方世界从十八世纪的歌德到后来的卓别林等世界文化名人，对中国皮影戏艺术都曾给予过高度的评价。
建国后，毛泽东、周恩来等国家领导人，也曾多次以皮影戏来招待国内外宾客。
然而，皮影戏艺术在遭遇“文革”劫难之后，濒危的处境至今未能扭转。
至于皮影戏中人物、景物的造型与制作，却又是属于我国的民间美术范畴。
它的艺术风格，在民族艺苑里也是独树一臶。
它为了适应皮影戏的幕影表现形式，采取了抽象与写实相结合的手法，对人物及场面景物进行了大胆的平面化、艺术化、卡通化、戏曲化的综合处理。
其脸谱与服饰造型生动而形象，夸张而幽默，或纯朴而粗犷，或细腻而浪漫。
再加上雕功之流畅，着色之艳丽，通体透剔和四肢灵活的工艺制作效果，着实能使人赏心悦目，爱不释手。
皮影人制品（简称影人）不只是用于皮影戏的演出，而且每个人都可以用双手耍玩娱乐，还可以臵于窗前或白墙之上，作为室内艺术装饰。
由于皮影造型古朴典雅，民族气味浓厚，既具有艺术欣赏性又有收藏价值，所以国内外很多博物馆、收藏家、艺术工作者和皮影爱好者都藏有中国皮影。
在国际交往中，也常有国人以中国皮影为上等礼品赠与国际友人。
链接：泰山皮影已经被列为国家非物质文化遗产项目。
2007年6月8日--6月18日，中华世纪坛举办了非物质文化遗产专题展，泰山皮影传人范正安受邀表演了《石敢当铲除恶狼精》。
泰山皮影的独特之处是演出只有一人完成，左脚踩鼓，右脚敲锣，口中演唱，双手指挥皮影。
其曲风是山东大鼓，人物的语言和性格也有着鲜明的山东色彩。
1．下列对“皮影”的定义，正确的一项是（）A．“皮影”是皮影戏和皮影戏人物（包括场面道具景物）制品的通用称谓。
B．“皮影”是我国民间工艺美术与戏曲巧妙结合而成的独特艺术品种。
C．“皮影”是用灯影达到艺术效果，让观众通过白色布幕观看平面偶人表演的一种戏剧形式。
D．“皮影”是民间艺人用皮制品手工、刀雕彩绘制作成平面偶人以及场面道具景物，借助白色幕布和灯光进行戏剧表演的艺术。
2．下列对“皮影”艺术特色的表述，不正确的一项是（）A．“皮影”的演出装备轻便，唱腔丰富优美，表演精彩动人。
B．“皮影”为了适应其幕影表现形式，采取抽象与写实相结合的手法，对人物及场面景物进行平面化、艺术化、卡通化、戏曲化的综合处理。
C．“皮影”的人物脸谱与服饰造型生动而形象，夸张而幽默，或淳朴而粗犷，或细腻而浪漫；雕功流畅，着色艳丽，通体透剔，四肢灵活。
D．“皮影”不只可用于演出，还可用于耍玩娱乐，甚至还可置于窗前或白墙之上作为室内艺术装饰品。
3、下列表述，符合原文意思的一项是（）A．皮影戏是我国出现最早的戏曲剧种，有不少新的地方戏曲剧种就是从各路皮影戏唱腔中派生出来的。
B．泰山皮影的曲风是山东大鼓，人物的语言和性格具有鲜明的山东色彩，更为独特的是它是由一人独立完成的，手脚口并用。
C．皮影戏艺术在遭遇“文革”劫难之后，濒危的处境至今未能扭转，泰山皮影被列为国家非物质文化遗产项目就是最好的证明。
D．中国皮影戏的幕影演出原理，以及表演艺术手段，开近代电影发明和现代电影美术片发展的先河。
二、阅读下列文言文，完成题目。
吾尝终日而思矣，不如须臾之所学也；吾尝跂而望矣，不如登高之博见也。
登高而招，臂非加长也，而见者远；顺风而呼，声非加疾也，而闻者彰。
假舆马者，非利足也，而致千里；假舟楫者，非能水也，而绝江河。
君子生非异也，善假于物也。
南方有鸟焉，名曰蒙鸠，以羽为巢，而编之以发，系之苇苕，风至苕折，卵破子死。
巢非不完也，所系者然也。
西方有木焉，名曰射干，茎长四寸，生于高山之上，而临百仞之渊，木茎非能长也，所立者然也。
蓬生麻中，不扶而直；白沙在涅，与之俱黑。
兰槐之根是为芷，其渐之滫（注：臭水），君子不近，庶人不服。
其质非不美也，所渐者然也。
故君子居必择乡游必就士所以防邪辟而近中正也。
4、下列加点字意思相同的一项是（）A、之：不如登高之博见也。
孤之有孔明，如鱼之有水也。
B、而：吾尝终日而思矣而致千里C、者：而闻者彰不复挺者，糅使之然也D、其：其曲中规其如土石何？5、下列句子与选段中斜体字句子：蓬生麻中，不扶而直；白沙在涅，与之俱黑含义相近的一组是（）①出淤泥而不染，濯清涟而不妖②兔丝附蓬麻，引蔓故不长③蝉噪林逾静，鸟鸣山更幽④竹喧归浣女，莲动下渔舟⑤近朱者赤，近墨者黑⑥宁为玉碎，不为瓦全②⑤B、①⑤C、②④D、③⑥6、下列对选段中划线黑体字句子的断句，正确的是（）A、故君子居/必择乡游/必就士/所以防邪辟而近中正也。
B、故君子居必择乡/游必就士/所以防邪辟而近中正也。
C、故君子居/必择乡游/必就士所/以防邪辟而近中正也。
D、故君子居必择乡/游必就士所以防邪/辟而近中正也。
7、翻译划线句子。
（1）君子生非异也，善假于物也。
（2）南方有鸟焉，名曰蒙鸠，以羽为巢，而编之以发，系之苇苕，三、按要求默写句子。
（6分）8、《师说》中解释“老人不如小孩”“专家也有错”原因的句子_________,____________。
9、贾谊在《过秦论》中指出秦战胜七国，却败在陈涉首倡的原因是___________________.10、我们会用《寡人之于国也》中的“_________________”比喻缺点或错误性质相同，只有情节或轻或重的区别。
11、万里悲秋常作客,_____________________，_______________,潦倒新停浊酒杯。
四、诗歌鉴赏念奴娇赤壁怀古大江东去，浪淘尽，千古风流人物。
故垒西边，人道是，三国周郎赤壁。
乱石穿空，惊涛拍岸，卷起千堆雪。
江山如画，一时多少豪杰.遥想公瑾当年，小乔初嫁了，雄姿英发。
羽扇纶巾，谈笑间，樯橹灰飞烟灭。
故国神游，多情应笑我，早生华发。
人生如梦，一尊还酹江月。
12、《念奴娇赤壁怀古》是我国__________时期伟大词人_________的作品。
（2分）13、“多情应笑我，早生华发”的正常语序是_____________________,这个错位句子的表达效果是________________________________（3分）14、“江山如画，一时多少豪杰”在词中起什么作用？（4分）五、现代文阅读15、阅读下面文章，回答相应问题邂逅霍金(1)自从《时间筒史》在中国翻译出版后，知道霍金的人越来越多。
青年人争相阅读《时间简史》，一时颇有洛阳纸贵之势。
我没有看过这本书，但我对霍金以高度残疾之身写出如此经典著作的精神和业绩，却充满了深深的敬意。
(2)我知道霍金是剑桥大学的，想不到在来剑桥的第二周就见到了他。
(3)那天下午，当我们经过剑桥河边的时候，忽然我见到前面缓缓驶来一辆轮椅车，上面坐的正是霍金--和以前在照片上见到的完全一样。
(4)车驶近了，我却呆滞了。
是敬仰，是震惊，是凝视，是沉思?都是，或许都不是。
在他经过我身边的那段时间，我什么也没有做，只是目送他静静地过去。
(5)这是一个弱小的身躯，稍向右侧倾斜地靠在—或者说是被安放在轮椅车背上。
除了他的目光，似乎见不到他有其他动作。
他的目光显得异乎寻常，显示着超常的魅力。
我想走上前去.又下意识地摸出照相机。
但我既没有移步, 也没有拍照，连拍一下他的背影的念头也很快被自己否定了。
(6)或许是霍金独特的形象震撼了我。
对于这样一位随时面对逼近的死神却依然像超人那样奋斗的人，对他的任何干扰都是一种罪恶，更不用说任何好奇的举动或过分热情的表现。
(7)或许是周围的人感染了我。
当霍金经过时，一切都是那么平静，认识他的和不认识他的人都毫无异样，就连照料他的老护士也不靠近他的轮椅，只是默默地跟着，人家都尊重他作为一个正常人的生存权利。
(8)霍金的轮椅渐渐消失了，就像路上无数过往的行人一样。
(9)霍金是不幸的，在风华正茂时遭遇了罕见的疾病。
他要用很大的努力才能举起头来;他不能写字;看书必须依赖一种翻书页的机器，读文献时必须让人将每一页摊平在一张大办公桌上，然后他驱动轮椅如蚕吃桑叶般地逐页阅读。
(10)然而，就是这样一位被疾病固定在轮椅上三十多年的人，却坚持说自己是个快乐的人。
他的思维穿越时间和空间，追寻着宇宙的尽头、黑洞的隐秘。
他凭着敏锐的直觉和严密的推理，直接挑战自己被人广泛认同的传统量子力学、大爆炸理论甚至爱因斯坦的相对论。
(11)霍金是幸运的。
他生活在一个人的价值得到充分尊重的时代，他也生活在一个科学技术高度发达的时代。
要不，他如何能完成他的著作，如何能继续他的生命和工作?他的轮椅上装满了大大小小的机械和电脑，他的身前就有显示屏和特殊的键盘，这是IBM公司专为他设计制造的，所以他才能自如地操纵轮椅，才能传达自己的思维，才能延续他的生命。
(12)我更庆幸霍金生活在剑桥，他完全可以像常人一样生活，不必随时面对镜头、鲜花、握手和掌声，不用应付集会、宴请、报告和表彰，因为大家都懂得个人的价值和时间的宝贵。
(13)愿霍金在平静中度过他不平凡的一生。
（1）作者说“霍金是幸运的”，其理由是什么?请分条陈述。
（4分）（2）分析第（5）段划线句子运用的艺术手法和表达效果。
（5分）（3）作者在文尾写了自己的期望，这样写得用意是什么？（4分）（4）霍金在浦东机场出现时受到媒体追捧，人们争着用高价购买霍金报告的门票，而在报告会现场，却有人呼呼大睡，有人交头接耳，请简评。
（5分）六、语言文字运用16、下列词语中加点的字,读音全都相同的一组是()(3分)A.高亢．引吭．高歌伉．俪沆．瀣一气B.稂．莠锒．铛入狱阆．苑书声琅．琅C.孩．提骇．人听闻尸骸．言简意赅．D.馈．赠功亏一篑．匮．乏振聋发聩．17．．、．下列各句中,加点的成语使用恰当的一项是()A.客厅墙上挂着我们全家在桂林的合影,尽管照片有些褪色,但温馨和美的亲情依然历历在．．．目．。
B.为了完成在全国的市场布局,我们三年前就行动了,特别是在营销策略的制订上可谓处心积．．．虑．。