2019-2020学年浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高二上学期期中考试联考地理试题 解析版
2019学年第一学期浙江“七彩阳光”新高考研究联盟期中联考高二年级地理学科试题考生须知：1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4．考试结束后，只需上交答题纸。
一、选择题（本大题共20小题，每小题3分，共60分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。
）读图回答下列各题。
1. 乙地可能位于A. 北美洲B. 大洋洲C. 印度洋D. 大西洋2. 甲地与其对跖点的最短球面距离约为A. 16500kmB. 6600kmC. 13200kmD. 20000km 【答案】1. C 2. D【解析】【1题详解】图中显示，乙地位于赤道，乙地位于东半球中央经线上，东半球范围为20°W以东、160°E以西，经推算，东半球中央经线是70°E，因此乙地地理坐标为（0°，70°E），根据大洲和大洋分布位置判断，乙地可能位于印度洋，选项C符合题意，排除A、B、D。
【2题详解】图中显示，甲地与其对跖点位于一个经线圈上，它们之间的最短球面距离为经线圈总长度的一半，根据所学知识可知，一个经线圈的总长度约为40000km，一半约为20000km，选项D符合题意，排除A、B、C。
【点睛】地球上互为对跖点的两点位于一个经线圈上，经度互补，东西经相反；纬度数值相同，南北纬相反，如甲的地理坐标为（30°S，160°E），则对跖点的地理坐标为（30°N，20°W）。
3.下图为某局部区域某日10时海平面气压形势图，下列叙述正确的是A. 图中此时③地风力大于①地B. ④地此时吹西北风C. 浙江温州此时有大雾出现D. ⑤地气压值为1025hpa【答案】A【解析】【详解】图中显示，③地等压线密集，①地等压线稀疏，则③地水平气压梯度力大于①地，因此此时③地风力大于①地，A正确。
根据④地附近等压线的形态和数值变化特征判断，④地水平气压梯度力应由东北指向西南，在地转偏向力的作用下向右偏转，应形成偏东风，不是西北风，B错误。
此时浙江温州位于台风外围，云层厚，雨水多，不会有大雾出现，C错误。
根据⑤地两侧等压线数值（1010、1020）推算，⑤地气压值应为1015hpa，D错误。
4.下图为乌拉尔河水系示意图，①②③为三个水文观测站。
关于图示区域，下列说法正确的是A 该河流下游因接纳大量上游来水，水量远大于上中游B. 该流域综合整治的主要措施，较为合理的是③处疏浚河道C. 该河流主要补给类型主要为季节性积雪融水D. ③水文站径流量较②水文站小是因为下游大气降水少，下渗量又大【答案】C【解析】【详解】图中显示，乌拉尔河下游为沙漠气候，无支流汇入径流，但有大量河水下渗和蒸发，因此尽管接纳大量上游来水，但因河水消耗较多，水量不会远大于上中游，甚至低于中游某河段，A错误。
图中显示，③处位于河口附近，以荒漠为主，径流量不大，没有必要疏浚河道，且当地疏浚河道可能破坏当地湿地生态系统，B错误。
从乌拉尔河流量季节分配图可以看出，流量的70%集中于4~5月，而此当地降水量较少，4~5月为春季，当地气温回升，冬季的大量积雪此时融化，补给河流，因此该河流主要补给类型主要为季节性积雪融水，C正确。
③水文站径流量较②水文站小主要不是因为下游大气降水少（整个流域内降水量都不大），而是纬度低，蒸发量大，导致支流少，汇入的河水少，加上下渗量大，D错误。
【点睛】乌拉尔河全长2428千米，流域面积23.1万平方千米。
河水主要靠乌拉尔山脉冰雪融水补给。
多春汛。
上游河段自河源至奥尔斯克，全部流经山地，水力资源丰富，自奥尔斯克起河段进入中游，转向西流后开始流入平原，河谷展宽，流量加大。
在奥伦堡附近，年平均流量达104立方米/秒。
下游河段，流经沙漠区，无支流汇入，降水很少，蒸发较强，为缓解河道缺水，修建了引伏尔加河水的运河。
下图中方框代表北半球，△MTP和△MOP分别表示某两个时刻的全部黑夜，读图回答下列各题。
5. 当黑夜区域由△MOP变为△MTP过程中，时间可能是A. 5月B. 2月C. 10月D. 8月6. 该时段内，下列情况说法正确的是A. 南半球正午太阳高度角变大B. 巴西利亚黑夜变短C. 澳大利亚正处于小麦收割季节D 我国华南地区正值雨季【答案】5. A 6. D【解析】【5题详解】题意表明，方框代表北半球，则方框顶边表示北极点，底边表示赤道，△MTP和△MOP分别表示某两个时刻的全部黑夜，则表明北极点附近出现极昼现象，黑夜向北递减，因此直射点应在北半球，而2月和10月直射点在南半球，排除B、C。
当黑夜区域由△MOP变为△MTP过程中，表明北半球黑夜减小，白昼增长，此时直射点应向北移动，而8月直射点向南移动，排除D。
5月直射点在北半球且向北移动，选项A符合题意。
【6题详解】据上题分析，当黑夜区域由△MOP变为△MTP过程中，直射点在北半球且向北移动，南半球正午太阳高度角在变小，A错误。
巴西利亚黑夜在变长，B错误。
直射点在北半球，此时澳大利亚正处于冬半年，而小麦收割季节应在夏季，C错误。
直射点在北半球且向北移动，我国位于夏半年，我国华南雨季长，夏半年基本上均处于雨季，因此此时我国华南地区正值雨季，D正确。
【点睛】春分日（3.21）和秋分日（9.23）：全球昼夜平分；春分日（3.21）至秋分日（9.23）：北半球昼长于夜，南半球夜长于昼；全球越向北昼越长，北极附近有极昼现象，南极附近有极夜现象；秋分日（9.23）至春分日（3.21）：南半球昼长于夜，北半球夜长于昼；全球越向北昼越短，南极附近出现极昼现象，北极附近出现极夜现象。
读图“四个大洲不同海拔面积比例及纬度范围”，回答下列各题。
7. 关于甲、乙、丙、丁四个大洲对应正确的是A. 亚洲、北美洲、北美洲、大洋洲B. 北美洲、欧洲、亚洲、非洲C. 北美洲、亚洲、欧洲、非洲D. 亚洲、北美洲、欧洲、大洋洲8. 关于四个大洲的描述正确的是A. 甲大洲气候类型多样，地形以山地为主，多中低产田，农业技术落后B. 乙大洲以平原为主，海洋性气候最为典型，受高纬度寒流的影响，港口封冻期长C. 丙大洲东西跨度大，地形中高四周低，河流呈放射状流动，是水稻的主产区D. 丁大洲地形单一，海岸线平直，人口自然增长率低，城市化水平高【答案】7. B 8. C【解析】【7题详解】可以从最突出的特征进行判断，乙平均海拔最低，纬度范围位于中高纬度，该大洲应为欧洲；丙大洲海拔超过5000米的面积占有一定比例，跨南北半球，纬度跨度最大，该大洲应为亚洲；丁大洲跨南北半球，南北两端纬度相似，赤道横贯中部，大部分位于热带范围，平原面积比例小，该大洲应为非洲；甲大洲位于北半球，纬度跨度较大，应为北美洲。
由此判断，甲、乙、丙、丁四个大洲分别对应的是北美洲、欧洲、亚洲、非洲，选项B正确，A、C、D错误。
【8题详解】根据前面的判断，甲、乙、丙、丁四个大洲分别对应的是北美洲、欧洲、亚洲、非洲。
北美洲（甲大洲）面积最大的加拿大和美国为发达国家，农业技术先进，A错误。
欧洲（乙大洲）冬季受温暖的西风和北大西洋暖流影响，大多数港口不封冻，或封冻期不长，B错误。
亚洲（丙大洲）东西经度跨度接近180°，中部为世界屋脊，地形中高四周低，河流呈放射状流动，东部和南部是水稻的主产区，C正确。
非洲（丁大洲）是世界上人口自然增长率最高的大洲，城市化水平较低，D错误。
9.阅读图文材料，回答下题。
下图所示地区属于北温带季风气候区。
当冷空气缓慢进入并滞留于图中某些地区时，气温下降致使水汽过饱和会产生浓雾，并对人类的生产生活造成影响。
结合上图所示信息，试推测该区域四个路段，受浓雾影响频次更多，时间更长的是A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】B【解析】【详解】与甲、丁、丙三地相比，图中显示，乙地离河流最近，水汽丰富；乙地离区域内高地较远，冷空气更易进入；乙地地势最低，更容易滞留冷空气，这此条件导致乙地更容易形成浓雾、受浓雾影响时间更长，选项B符合题意，排除A、C、D。
【点睛】在水汽充足、微风及大气稳定的情况下，相对湿度达到100%时，空气中的水汽便会凝结成细微的水滴悬浮于空中，使地面水平的能见度下降，这种天气现象称为雾。
多出现于春季二至四月间。
形成的条件：一是冷却，二是加湿，增加水汽含量。
种类有辐射雾、平流雾、混合雾、蒸发雾等。
蒙古包是我国对蒙古族牧民住房的称呼，“包”是“家”、屋的意思，是蒙古等民族传统的住房。
古称“穹庐”，又称毡帐、帐幕、毡包等。
图为该区域蒙古包的景观图片。
读图，回答下列各题。
10. 该区域地理环境特征表述正确的是A. 该地河流补给主要是冰雪融水为主B. 自然景观属于温带荒漠C. 农业生产以大牧场放牧业为主D. 温带大陆性气候，全年降水少11. 该区域住房蒙古包呈圆柱形、包顶呈拱形的自然原因说法正确的是A. 该地冬春季节多大风，圆柱形包身受风的阻力小，不宜被吹倒B. 该地冬春季节雨雪多，包顶呈拱形利于收集雨水（雨雪）C. 该地全年降水少，包顶呈拱形利于收集雨水D. 该地冬春季节多风沙，圆柱形包身受沙尘影响大【答案】10. D 11. A【解析】【10题详解】该区域蒙古包的景观图片显示，该区域地形坦荡、草原广阔，由此判断，该区域应该位于我国内蒙古高原中东部地区，该区域附近没有拥有丰富冰雪的高大山地，因此该地河流补给主要是雨水，而不是冰雪融水，A错误。
图片显示，该区域自然景观属于温带草原，不是荒漠，B错误。
内蒙古高原中东部地区畜牧业生产水平不高，大多以游牧为主，C错误。
内蒙古高原中东部地区居内陆，受夏季风影响小，属于温带大陆性气候，全年降水少，D正确。
【11题详解】该地离冬季风源地近，冬春季节多大风，圆柱形包身受风的阻力小，不宜被吹倒，A正确。
该地居内陆，冬春季节受寒冷干燥的冬季风影响，降水稀少，包顶呈拱形不是为了利于收集雨水，B错误。
该地包顶呈拱形利于雨水和积雪下泄，不是为了收集雨水，C错误。
圆柱形包身有利于减轻风沙对蒙古包的破坏，而不是圆柱形包身受沙尘影响大，D错误。
2018年9月6日凌晨3点8分左右，日本北海道发生强烈地震。
地震之后北海道地区发生了大面积的土壤液化（指在外力的作用下，原本是固态的土壤变成液态，或变成粘稠的流质。
简单来说，就是地下的水和砂土失去了平衡。
），一些街道已经变成沼泽同时，丰田公司在近日发布的声明中表示，受到日本北部强烈地震的影响，丰田公司在日本的供应链中断，丰田在日本的工厂将从本周六开始停产。
结合材料完成下列各题。
12. 大数据表明：日本平均一年1500次地震，日平均4次左右。
浙江省七彩阳光新高考研究联盟2019-2020学年高三上学期期中物理试卷 (含解析)
浙江省七彩阳光新高考研究联盟2019-2020学年高三上学期期中物理试卷一、单选题（本大题共11小题，共34.0分）1.一物体静止在斜面上，下列说法正确的是()A. 物体所受重力与斜面对物体弹力的合力，就是物体对斜面的静摩擦力B. 物体所受重力与斜面对物体静摩擦力的合力，就是物体对斜面的正压力C. 斜面对物体弹力与斜面对物体静摩擦力的合力，就是物体所受的重力D. 斜面对物体弹力与斜面对物体静摩擦的合力，就是物体所受重力的平衡力2.设地球半径为R，a为静止在地球赤道上的一个物体，b为一颗近地绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球的一颗同步卫星，其轨道半径为r.下列说法中正确的是()A. a与c的线速度大小之比为√rR B. a与c的线速度大小之比为√RrC. b与c的周期之比为√rR D. b与c的周期之比为Rr√Rr3.如图所示，位于水平地面上的质量为M的小木块，在大小为F、方向与水平成α角的拉力作用下沿地面做加速运动，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，则木块的加速度为()A. FM B. (Fcos α−μMg)MC. FcosαM D. Fcos α−μ(Mg−Fsin α)M4.做匀速圆周运动的物体，在运动过程中，保持不变的物理量是()A. 速度B. 加速度C. 速率D. 所受的合力5.如图所示，导体杆OP在作用于OP中点且垂直于OP的力作用下，绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B，AO间接有电阻R，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P，则()A. 外力的大小为2Br√PRB. 外力的大小为Br√PRC. 导体杆旋转的角速度为2√PRBr2D. 导体杆旋转的角速度为2Br2√PR6.如图所示，一通电圆环质量为m，电流方向为逆时针方向放在水平桌面上，一条形磁铁竖直放在环的中心处，N极在下端，下面判断正确是()A. 环对桌面的压力仍为mgB. 环对桌面的压力小于mgC. 环对桌面的压力大于mgD. 环所受桌面对它的摩擦力向左7.如图所示，OA、OB是两根轻绳，AB是轻杆，它们构成一个正三角形．在A、B处分别固定着质量均为m的小球，此装置悬挂在O点．现对B处小球施加水平外力F，让绳OA位于竖直位置．设此状态下OB绳中张力大小为T，已知当地重力加速度为g，则()A. T=2mgB. T>2mgC. T<2mgD. 三种情况皆有可能8.如图所示是电磁流量计的示意图。
2019-2020学年浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高三(上)期中数学试卷(含答案解析)
2019-2020学年浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高三（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.复数z=(1+i)(2−i)(i为虚数单位)，则|z|=()A. 2B. 1C. √5D. √102.双曲线x2−2y2=2的焦点坐标为()A. (±1,0)B. (±√3,0)C. (0,±1)D. (0,±√3)3.若变量x，y满足约束条件{x≤3,x+y−3≥0,x−y+1≥0,则x−2y的最小值是()A. −3B. −5C. 3D. 54.设a，b∈R，命题p：a>b，命题q：a|a|>b|b|，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5.已知函数f(x)=|e|x|−2e|+e|x|，g(x)=3sin2x，下列描述正确的是()A. f[g(x)]是奇函数B. f[g(x)]是偶函数C. f[g(x)]既是奇函数又是偶函数D. f[g(x)]既不是奇函数也不是偶函数6.某锥体的三视图如图所示(单位：cm)，则该锥体的体积(单位：cm3)是()A. 13B. 12C. 16D. 17.有甲、乙两个盒子，甲盒子里有1个红球，乙盒子里有3个红球和3个黑球，现从乙盒子里随机取出n(1≤n≤6,n∈N∗)个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到的红球个数为ξ个，则随着n(1≤n≤6,n∈N∗)的增加，下列说法正确的是()A. Eξ增加，Dξ增加B. Eξ增加，Dξ减小C. Eξ减小，Dξ增加D. Eξ减小，Dξ减小8.已知函数f(x)=lg(x2−|x|+1)，若函数f(x)在开区间(t,t+1)(t∈R)上恒有最小值，则实数t的取值范围为()A. (−32,−12)∪(−12,12) B. (−32,12)C. (−12,12) D. [−32,−12]9.如图1，△ABC是以B为直角顶点的等腰Rt△，T为线段AC的中点，G是BC的中点，△ABE与△BCF分别是以AB、BC为底边的等边三角形，现将△ABE与△BCF分别沿AB与BC向上折起(如图2)，则在翻折的过程中下列结论可能正确的个数为()(1)直线AE⊥直线BC(2)直线FC⊥直线AE(3)平面EAB//平面FGT(4)直线BC//直线AEA. 1个B. 2个C. 3个D. 4个10.已知二次函数f(x)=x2+x+2019图象上有三点A(m−1,f(m−1))，B(m,f(m))，C(m+1,f(m+1))(m∈R)，则当m在实数范围内逐渐增加时，△ABC面积的变化情况是()A. 逐渐增加B. 先减小后增加C. 先增加后减小D. 保持不变二、填空题（本大题共7小题，共34.0分）11.设集合A={x∈R|0<x<2}，B={x∈R||x|<1}，则A∩B=______，(∁R A)∩B=______．12.已知(ax+1x)(2x+1)5(a≠0)，若展开式中各项的系数和为81，则a=______，展开式中常数项为______．13.已知直线l的方程为λx+y−3λ=0(λ∈R)，则直线l恒过定点______，若直线l与圆C：x2+y2−2x=0相交于A，B两点，且满足△ABC为等边三角形，则λ=______．14.已知数列{a n}满足a1=1，a n+1−a n=3(n∈N∗)，则a n=______，a4+a7+a10+⋯+a3n+4=______．15.已知单位向量e⃗，平面向量a⃗，b⃗ 满足a⃗⋅e⃗=2，b⃗ ⋅e⃗=3，a⃗⋅b⃗ =0，则|a⃗−b⃗ |的最小值为______．16.高三年级有3名男生和3名女生共六名学生排成一排照像，要求男生互不相邻，女生也互不相邻，且男生甲和女生乙必须相邻，则这样的不同排法有______种(用数字作答)．17.已知正实数a，b满足2a+2a +b+1b−10=0，则2a+b的最大值为______．三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）18.已知函数f(x)=√3sinx−cosx．(1)求函数f(x)在x∈[π2,π]的值域；(2)在△ABC中，内角A，B，C的对应边分别是a，b，c，若f(A+7π6)=f(B+π6)−83，求ab的取值范围．19.如图，在三棱锥S−ABC中，△SAC为等边三角形，AC=4，BC=4√3，BC⊥AC，cos∠SCB=−√34，D为AB的中点．(1)求证：AC⊥SD；(2)求直线SD与平面SAC所成角的大小．20.已知等差数列{a n}满足a1+a3+a5=9，a2+a4+a6=12，等比数列{b n}的公比q>1，且b2+b4=a20，b3=a8．(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)若数列{c n}满足c n=4n−b n，且数列{c n}的前n项和为B n，求证：数列{b nB n }的前n项和T n<32．21.已知抛物线C：x2=4y，A，B，P为抛物线上不同的三点．(1)当点P的坐标为(2,1)时，若直线AB过抛物线焦点F且斜率为1，求直线AP，BP的斜率之积；(2)若△ABP为以P为顶点的等腰直角三角形，求△ABP面积的最小值．(其中e为自然对数的底数)．22.已知函数f(x)=e x−2e⋅x(1)求f(x)的单调区间；(2)已知关于x的方程f(x)⋅e x=m有三个实根，求实数m的取值范围．x2-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：解：∵z =(1+i)(2−i)=2−i +2i −i 2=3+i ， ∴|z|=√32+12=√10． 故选：D ．利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解． 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题． 2.答案：B解析：解：根据题意，双曲线x 2−2y 2=2的标准方程为x 22−y 2=1，其中a =√2，b =1，则c =√a 2+b 2=√3， 则双曲线的焦点坐标为(±√3,0)； 故选：B ．根据题意，将双曲线的方程变形为标准方程的形式，分析a 、b 的值，计算可得c 的值，结合双曲线的焦点坐标分析可得答案．本题考查双曲线的几何性质以及标准方程，注意将双曲线的方程变形为标准方程的形式． 3.答案：B解析：解：画出满足条件的平面区域，如图示： ，由{x =3x −y +1=0，解得A(3,4)， 设z =x −2y 得：y =12x −12z ，平移直线y =12x −12z ，结合图象直线过A 时，z 最小， z 的最小值是：−5， 故选：B ．画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解最小值即可．本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，是一道中档题． 4.答案：C解析：解：若a >b ≥0，a 2>b 2即有a|a|>b|b|； 若a ≥0>b ，显然有a|a|>b|b|； 若0>a >b ，则a 2<b 2， 而a|a|=−a 2，b|b|=−b 2，所以a|a|>b|b|，故a >b 可以推出a|a|>b|b|．若a|a|>b|b|，当b <0时，如果a ≥0，不等式显然成立，此时有a >b ； 如果a <0，则有−a 2>−b 2，因而a >b ； 当b ≥0时，a >0，此时有a 2>b 2，因而a >b ，故a|a|>b|b|可以推出a >b ． 故选：C ．根据充分、必要条件的定义以及不等式的性质即可判断．本题主要考查充分条件、必要条件的判断，涉及到分类讨论思想的应用，属于中档题． 5.答案：B解析： 【分析】根据题意，分析f(x)、g(x)的奇偶性，进而可得f[g(−x)]=f[g(x)]，由函数奇偶性的定义分析可得答案．本题考查函数的奇偶性的判定，注意函数奇偶性的定义，属于基础题． 【解答】 解：根据题意，函数f(x)=|e |x|−2e|+e |x|，f(−x)=|e |−x|−2e|+e |−x|=|e |x|−2e|+e |x|=f(x)，即函数f(x)为偶函数，g(x)=3sin2x ，g(−x)=3sin(−x)=−3sinx =−g(x)，即函数g(x)为奇函数， 对于函数f[g(x)]，有f[g(−x)]=f[g(x)]，即函数f[g(x)]为偶函数， 故选：B ． 6.答案：A解析：解：由题意可知三棱锥的直观图如图： 三棱锥的体积为：13×12×2×1×1=13．故选：A ．根据三视图知该几何体是底面为俯视图三角形，高为1的直三棱锥，结合图中数据求得三棱锥的体积．本题考查了利用三视图求几何体体积的应用问题，是基础题． 7.答案：C解析：解：依题意，从乙盒子里随机取出n 个球，含有红球个数X 服从超几何分布，即X ～H(6,3，n)， 其中P(X =k)=n−k3C 3k CC 6n，其中k ∈N ，k ≤3且k ≤n ，EX =3n 6=n2，故从甲盒中取球，相当于从含有n2+1个红球的n +1个球中取一球，取到红球个数为ξ个， 故P(ξ=1)=n2+1n+1=12+12n+2，随机变量ξ服从两点分布，所以Eξ=P(ξ=1)=12+12n+2，随着n 的增大，Eξ减小； Dξ=1−P(ξ=1)=12−12n+2，随着n 的增大，Dξ增大； 故选：C ．依题意，从乙盒子里随机取出n 个球，含有红球个数X 服从超几何分布，即X ～H(6,3，n)，故E X =n2，再从乙盒子里随机取出n 个球，含有红球个数X 服从超几何分布，即X ～H(6,3，n)，ξ服从两点分布，所以Eξ=P(ξ=1)=12+12n+2，随着n 的增大，Eξ减小；Dξ=1−P(ξ=1)=12−12n+2，随着n 的增大，Dξ增大；本题考查了超几何分布、两点分布，分布列与数学期望，考查了推理能力计算能力，属于难题． 8.答案：A解析：解：∵y =lgx 在(0,+∞)单调递增，函数f(x)=lg(x 2−|x|+1)在开区间(t,t +1)(t ∈R)上恒有最小值，等价于g(x)=x 2−|x|+1在开区间(t,t +1)(t ∈R)上恒有最小值，∵g(x)={x 2−x +1,x ≥0x 2+x +1,x <0，作出g(x)的大致图象如图，若使g(x)在(t,t +1)(t ∈R)上恒有最小值， 则{t +1>12t <12或{t +1>−12t <−12， 解得−12< t <12或−32<t <−12，故选：A ．y =lgx 在(0,+∞)单调递增，函数f(x)=lg(x 2−|x|+1)在开区间(t,t +1)(t ∈R)上恒有最小值，等价于g(x)=x 2−|x|+1在开区间(t,t +1)(t ∈R)上恒有最小值，进而求解．考查复合函数的单调性，含有绝对值的二次函数的最小值，在不定区间上的最小值的确定． 9.答案：C解析：解：(1)正确；在将△ABC 沿着AB 向上折起时，能使得BC ⊥BE ，又因为AB ⊥BC ，此时有BC ⊥面ABE ，则直线AE ⊥直线BC(2)正确；在将△ABE 与△BCF 分别沿AB 与BC 向上折起时，使得BE 与BF 重合，则AE 2+FC 2=AB 2+BC 2，又△ABC 是以B 为直角顶点的等腰直角三角形， 所以AB 2+BC 2=AC 2， 所以AE 2+FC 2=AC 2 直线FC ⊥直线AE(3)正确；因为T ，G 分别是线段AC ，BC 中点，所以连接TG ，得TG//AB 又因为AB ⊥BC ， 所以TG ⊥BC又因为△BCF 是等边三角形， 所以BC ⊥FG所以在折叠过程中BC ⊥面FTG ，在将△ABC 沿着AB 向上折起时，能使得BC ⊥BE ，又因为AB ⊥BC ，此时有BC ⊥面ABE ， 垂直于同一条直线的两个平面EAB//面FGT(4)错误；当直线BC 与直线AE 在同一平面时，∠ABC =90°，而∠EAB =60°，∠ABC ≠∠EAB ，此时不会平行若在折起过程中直线BC 与直线AE 异面，此时也不会平行． 故选：C ．(1)在将△ABC沿着AB向上折起时，能使得BC⊥BE，又因为AB⊥BC，此时有BC⊥面ABE，则直线AE⊥直线BC．(2)在将△ABE与△BCF分别沿AB与BC向上折起时，使得BE与BF重合，直线FC⊥直线AE．(3)因为T，G分别是线段AC，BC中点，所以连接TG，得TG//AB，所以在折叠过程中BC⊥面FTG．在将△ABC沿着AB向上折起时，能使得BC⊥BE，又因为AB⊥BC，此时有BC⊥面ABE，垂直于同一条直线的两个平面EAB//面FGT．(4)当直线BC与直线AE在同一平面时，此时不会平行；若在折起过程中直线BC与直线AE异面，此时也不会平行．本题注重考查的是线面位置关系的判定，需要熟悉定理的前提下才能完成，属于中档题．10.答案：D解析：解：如图所示，当m在实数范围内逐渐增加时，△ABC面积=S tt′x梯形AA1C1C−S梯形AA1B1B −Stt′x梯形BB1C1C=f(m+1)+f(m−1)2×2−f(m−1)+f(m)2×1−f(m)+f(m+1)2×1=f(m+1)+f(m−1)−2f(m)2=(m+1)2+(m+1)+2019+(m−1)2+(m−1)+2019−2(m2+m+2019)2=1．保持不变．故选：D．如图所示，当m在实数范围内逐渐增加时，△ABC面积=S tt′x梯形AA1C1C −S梯形AA1B1B−Stt′x梯形BB1C1C，代入计算即可得出结论．本题考查了二次函数的性质、三角形与梯形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11.答案：{x|0<x<1}{x|−1<x≤0}解析：解：∵A={x|0<x<2}，B={x|−1<x<1}，∴A∩B={x|0<x<1}，∁R A={x|x≤0或x≥2}，∴(∁R A)∩B={x|−1<x≤0}．故答案为：{x|0<x<1}，{x|−1<x≤0}．可以求出集合B，然后进行交集、补集的运算即可．考查描述法的定义，绝对值不等式的解法，以及交集和补集的运算．12.答案：−23 10解析：解：(ax +1x )(2x +1)5中，令x =1，得(a +1)⋅35=81，解得a =−23； 所以(−23x +1x )⋅(2x +1)5=(−23x +1x )⋅(1+10x +⋯)， 其展开式中的常数项为1x ⋅10x =10． 故答案为：10．在(ax +1x )(2x +1)5中令x =1求得a 的值，再根据多项式乘积的特点求出展开式中的常数项． 本题考查了二项式展开式定理的应用问题，是基础题．13.答案：(3,0) ±√3913解析：解：∵直线l 的方程为λx +y −3λ=0，得λ(x −3)+y =0； ∴{x −3=0y =0，∴x =3，y =0； ∴直线l 恒过定点(3,0)．圆C ：x 2+y 2−2x =0的圆心C(1,0)，半径r =1， 圆心C(1,0)到直线l ：λx +y −3λ=0的距离d =√λ2+1，∵直线l 与圆C ：x 2+y 2−4x =0交于A ，B 两点，△ABC 为等边三角形， ∴|AB|=1=r ，∴d =√32；故√32=√λ2+1；解得λ=±√3913．故答案为：(3,0)，±√3913．令参数λ的系数等于零，求得x 、y 的值，可得定点的坐标．由圆C ：x 2+y 2−2x =0知，圆心C(1,0)，半径r =1，圆心C(1,0)到直线l 的距离d =√32，由△ABC 为等边三角形，得|AB|=1，由此能求出λ的值．本题主要考查经过定点的直线，直线与圆的位置关系，点到直线的距离，属于中档题．14.答案：3n −2(n+1)(9n+20)2解析：解：数列{a n }满足a 1=1，a n+1−a n =3(n ∈N ∗)， ∴{a n }是首项为1，公差为3的等差数列， ∴a n =1+(n −1)×3=3n −2，∴{a 3n+1}是首项为10，公差为9的等差数列， ∴a 4+a 7+a 10+⋯+a 3n+4=10(n +1)+n(n+1)2×9=(n+1)(9n+20)2．故答案为：3n−2，(n+1)(9n+20)2．推导出{a n}是首项为1，公差为3的等差数列，由此能求出a n，推导出{a3n+1}是首项为10，公差为9的等差数列，由此能求出a4+a7+a10+⋯+a3n+4．本题考查等差数列的通项公式、前n项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．15.答案：5解析：解：设a⃗=(x,0)，b⃗ =(0,y)，e⃗=(m,n)，满足m2+n2=1．∵a⃗⋅e⃗=2，b⃗ ⋅e⃗=3，∴mx=2，ny=3．则|a⃗−b⃗ |=√x2+y2=√4m2+9n2=√(4m2+9n2)(m2+n2)=√13+4n2m2+9m2n2≥√13+2√36=√25=5，故答案为：5．设a⃗=(x,0)，b⃗ =(0,y)，e⃗=(m,n)，满足m2+n2=1.可得mx=2，ny=3，则|a⃗−b⃗ |=√x2+y2=√4 m2+9n2=√(4m2+9n2)(m2+n2)=√13+4n2m2+9m2n2，利用均值不等式即可求解．本题考查了向量的数量积、模的计算，属于中档题．16.答案：40解析：解：根据题意，分2种情况讨论：①，六名学生按男女男女男女排列，若男生甲在最左边的位置时，女生乙只能在其右侧，有1种情况，剩下的2名男生和女生都有A22=2种情况，此时有1×2×2=4种安排方法，若男生甲不在最左边的位置时，女生乙可以在其左侧与右侧，有2种情况，剩下的2名男生和女生都有A22=2种情况，此时有2×2×2×2=16种安排方法；则此时有4+16=20种安排方法；②，六名学生按女男女男女男排列，同理①，也有20种安排方法，则符合条件的安排方法有20+20=40种；故答案为：40．根据题意，分2种情况讨论：①，六名学生按男女男女男女排列，②，六名学生按女男女男女男排列，由加法原理计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．17.答案：9解析：解：设2a+b=t，∵2a+2a +b+1b−10=0，∴2a +1b=10−t．∵(2a+b)(2a +1b)=5+2(ba+ab)≥5+2×2√ba×ab=9.当且仅当a=b=3或13时取等号．∴t(10−t)≥9，化为：t 2−10t +9≤0，解得1≤t ≤9．∴2a +b 的最大值为9．故答案为：9．设2a +b =t ，根据2a +2a +b +1b −10=0，可得2a +1b =10−t.利用基本不等式的性质可得(2a +b)(2a +1b )的最小值．进而得出2a +b 的最大值．本题考查了基本不等式的性质、转化法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18.答案：解：(1)由题意得f(x)=2sin(x −π6)，∵x ∈[π2,π]，可得：π3≤x −π6≤5π6，∴sin(x −π6)∈[12,1]， ∴f(x)∈[1,2]．(2)∵由f(A +7π6)=f(B +π6)−83， 化简得sinA +sinB =43，∴ab=sinA sinB =43−sinB sinB =43sinB −1， 而13≤sinB ≤1，∴a b ∈[13,3]．解析：本题主要考查了两角差的正弦函数公式，正弦函数的性质，诱导公式，正弦定理在解三角形中的应用，求得范围13≤sinB ≤1是解题的关键，属于中档题．(1)由已知利用两角差的正弦函数公式可得f(x)=2sin(x −π6)，结合范围π3≤x −π6≤5π6，利用正弦函数的性质可求其值域．(2)由已知利用诱导公式可得sinA +sinB =43，可得13≤sinB ≤1，利用正弦定理可得a b =43sinB −1，即可求解其取值范围．19.答案：(1)证明：分别取线段AC 、AB 的中点记为O 、D ，连接SO 、OD ，因为△SAC 为等边三角形，则AC ⊥SO ，又OD//BC ，则AC ⊥OD ，SO ∩OD =O ，则AC ⊥平面SOD ，所以AC ⊥SD ．(2)解：延长SO ，过D 做SO 延长线的垂线，垂足记为H ，易知DH ⊥平面SAC ，所以∠DSH 为直线SD 与平面SAC 所成角，在△SBC 中，SB =2√22，因为∵cos∠SDA +cos∠SDB =0，求得SD =6，又OD =12BC =2√3，且SO =2√3，则∠DSH =π6，故直线SD 与平面SAC 所成的角为π6．解析：(1)分别取线段AC 、AB 的中点记为O 、D ，连接SO 、OD ，说明AC ⊥SO ，AC ⊥OD ，推出AC ⊥平面SOD ，得到AC ⊥SD ．(2)延长SO ，过D 做SO 延长线的垂线，垂足记为H ，说明∠DSH 为直线SD 与平面SAC 所成角，通过求解三角形，求解直线SD 与平面SAC 所成的角．本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．20.答案：解：(1)∵a 1+a 3+a 5=9，a 2+a 4+a 6=12∴a 3=3，a 4=4，∴d =1，可得a n =n ．∵b 2+b 4=20，b 3=8，∴b 1q +b 1q 3=20①b 1q 2=8②由①②得q =2或q =12(舍)b 1=2，∴b n =2n ．(2)c n =4n −2n ，∴B n =(4+42+⋯+4n )−(2+22+⋯+2n )=43×4n −2n+1+23，∴b n B n =2n 23(2n+1−1)(2n −1)=32(12n −1−12n+1−1)， ∴T n =32(11−13+13−17+⋯+12−1−12−1)， ∴T n =32(1−12n+1−1)<32．解析：(1)利用等差数列的通项公式求出公差，然后求解通项公式，然后求解等比数列的通项公式．(2)化简通项公式，求出B n ，然后转化求解即可．本题考查等差数列以及等比数列通项公式以及数列求和的方法，考查计算能力．21.答案：解：(1)直线AB 方程：y =x +1，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，联立方程{y =x +1x 2=4y⇒x 2−4x −4=0， 可得x 1+x 2=4，x 1x 2=−4，∴K AP ⋅K BP =y 1−1x 1−2⋅y 2−1x 2−2 =x 1+24⋅x 2+24 =x 1x 2+2(x 1+x 2)+416 =−4+8+416=12．(2)设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，P(2t,t 2)，设直线BP 斜率为K ，设直线BP 方程y −t 2=k(x −2t)不妨(k >0)，联立方程{y −t 2=k(x −2t)x 2=4y⇒x 2−4kx +8kt −4t 2=0x 1+2t =4k,x 1⋅2t =8kt −4t 2， ∴|BP|=√1+k 2|x 1−2t|=4√1+k 2|k −t|，同理可得∴|AP|=4√1+1k |1k+t|， 由|AP|=|BP|得t =k 3−1k 2+k ， 故：S △ABP =12|AP||BP|=8(√1+k 2)2|k −t|2=8(1+k 2)(1+k 2)2k 2(k+1)2≥8(2k)2k 2(k+1)22(k+1)2=16，当且仅当k =1时取等号，所以△ABP 面积最小值为16．解析：(1)直线AB 方程：y =x +1，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)联立方程{y =x +1x 2=4y⇒x 2−4x −4=0利用韦达定理求解斜率乘积化简即可．(2)设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，P(2t,t 2)，设直线BP 斜率为K ，设直线BP 方程y −t 2=k(x −2t)不妨(k >0)，联立方程{y −t 2=k(x −2t)x 2=4y⇒x 2−4kx +8kt −4t 2=0，利用韦达定理以及弦长公式，求解三角形的面积求解最值即可．本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．22.答案：解：(1)∵f(x)=e x +2ex 2=ex 2e x +2ex 2>0， 又∵x ≠0，∴f(x)增区间为(−∞,0)，(0,+∞)． (2)由题得(e x −2ex )⋅e x =m x 2有三个实根，所以x 2(e x −2ex )⋅e x =m 有三个非零实根．即xe x (xe x −2e )=m 有三个非零实根．令t =g(x)=x ⋅e x (x ≠0)，g′(x)=(x +1)⋅e x (x ≠0)∴g(x)在(−∞,−1)单调递减，(−1,+∞)单调递增，∴t 2−2e t −m =0一个根在(−1e ,0)，另一个根在(0,+∞)；或者一个根等于−1e ，另一个根在(−1e ,0)内(舍)．令ℎ(t)=t 2−2e t −m ，由{ℎ(−1e )>0ℎ(2e )=ℎ(0)<0⇔0<m <3e 2．∴实数m的取值范围是(0,3e2)．解析：(1)由f(x)=e x+2ex2=ex2e x+2ex2>0，x≠0，即可得出单调区间．(2)由题得(e x−2ex )⋅e x=mx2有三个实根，可得x2(e x−2ex)⋅e x=m有三个非零实根．即xe x(xe x−2e)=m有三个非零实根．令t=g(x)=x⋅e x(x≠0)，g′(x)=(x+1)⋅e x(x≠0)，可得其单调性．可得t2−2et−m=0的根的情况．进而得出实数m的取值范围．本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．。
浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高二上学期期中联考数学试题(解析版)
又 平面 .
所以直线 与平面 所成的角为
在 中, ,
所以 .
取边 的中点 ，连结 ，
则有 ，
所以二面角 的平面角为 ,
在 中，
由余弦定理有： ,
即 ，
所以 ，
故选：D.
【点睛】
本题考查异面直线成角，线面角，二面角的求法，关键是在立体图中作出相应的角，也可以用向量法，属于中档题.
故答案为：①②③④.
【点睛】
本题考查空间的垂直，异面直线所成角，二面角等属于中档题.
17．已知 是实数，若对于任意的 ，不等式 恒成立，则 的值为______.
【答案】
【解析】不等式 恒成立，则两个因式的符号相反（或有一个为0），因为当 时， ，则此时 必须为负，则 ，且函数 和 在 轴上的交点必须重合.从而求得答案.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】(1)取 中点 ，连 ， ，证明平面 平面 ，然后可证明平面 平面 .
(2)连接 、 ，作 于 .连接 , 即为所求角,然后归结到三角形中求解.
【详解】
解：（1）取 中点 ，连 ， ，
∵ 是 的中位线，
∴ ，
又∵ 平面 ，
∴ 平面 .
∵在 中， ， 分别是 ， 的中点.
A．-5B．5C．-25D．25
【答案】C
【解析】用向量的加法法则将 表示成 ，然后用向量数量积的定义进行计算.
【详解】
.
故选：C.
【点睛】
本题考查向量的加法和数量积的运算，属于基础题.
7．已知 是等比数列， ， ，则 （）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】先根据 ， 求出公比 ，再由数列 是等比数列，根据等比数列的前 项和公式得到答案.
2019-2020学年浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高二上学期期中考试联考地理试题(解析版)
浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2019-2020学年高二上学期期中考试联考地理试题一、选择题（本大题共20小题，每小题3分，共60分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。
）读图回答下列各题。
1. 乙地可能位于A. 北美洲B. 大洋洲C. 印度洋D. 大西洋2. 甲地与其对跖点的最短球面距离约为A. 16500kmB. 6600kmC. 13200kmD. 20000km[答案]1. C 2. D[解析][1题详解]图中显示，乙地位于赤道，乙地位于东半球的中央经线上，东半球范围为20°W以东、160°E 以西，经推算，东半球中央经线是70°E，因此乙地地理坐标为（0°，70°E），根据大洲和大洋分布位置判断，乙地可能位于印度洋，选项C符合题意，排除A、B、D。
[2题详解]图中显示，甲地与其对跖点位于一个经线圈上，它们之间的最短球面距离为经线圈总长度的一半，根据所学知识可知，一个经线圈的总长度约为40000km，一半约为20000km，选项D 符合题意，排除A、B、C。
[点睛]地球上互为对跖点的两点位于一个经线圈上，经度互补，东西经相反；纬度数值相同，南北纬相反，如甲的地理坐标为（30°S，160°E），则对跖点的地理坐标为（30°N，20°W）。
3.下图为某局部区域某日10时海平面气压形势图，下列叙述正确的是A. 图中此时③地风力大于①地B. ④地此时吹西北风C. 浙江温州此时有大雾出现D. ⑤地气压值为1025hpa[答案]A[解析]图中显示，③地等压线密集，①地等压线稀疏，则③地水平气压梯度力大于①地，因此此时③地风力大于①地，A正确。
根据④地附近等压线的形态和数值变化特征判断，④地水平气压梯度力应由东北指向西南，在地转偏向力的作用下向右偏转，应形成偏东风，不是西北风，B错误。
浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2019-2020学年高二上学期期中联考物理试题(pdf版)
mg −μ12mg +μ12考生须知：1．本卷共6页满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每题3分，共30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．如图所示，一个小球在光滑水平面上以6m/s 的速度向左垂直撞到墙上，碰撞后小球以大小为3m/s 速度向右运动。
则碰撞前后小球速度变化量△v 的大小和方向分别为 A ．3m/s ，向左 B ．3m/s ，向右 C ．9m/s ，向左D．9m/s ，向右2．如图所示，“神州”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置沿竖直方向匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱沿竖直方向做减速直线运动。
则 A ．火箭开始喷气瞬间返回舱获得向下的加速度 B ．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力不变 C ．返回舱在喷气过程中处于超重状态D ．返回舱在喷气过程中（返回舱质量的变化可忽略）机械能在增加3．如图所示，有一箱装得很满的水果，在水平外力F 作用下在水平面上先向右做匀加速直线运动，水果箱与水平地面间的动摩擦因数为μ，不计其他外力及空气阻力，在撤去F 后的瞬间，中间一质量为m 的水果A 受到其他水果对它的作用力大小应是 A ． B ．μmg C ．mgD ．4．如图所示，小蜡块可以在竖直玻璃管内的水中匀速上升，若在小蜡块从A 点开始匀速上升的同时，玻璃管水平向右做匀减速直线运动，则小蜡块的实际运动轨迹可能是图中的 A ．直线P B ．曲线Q C ．曲线R D ．曲线Q 、R 都有可能FQA RP 绝密★考试结束前2019学年第一学期浙江“七彩阳光”新高考研究联盟期中联考高二年级物理学科 试题5．2019年6月25日02时09分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第46颗北斗导航卫星。
浙江省七彩阳光新高考研究联盟2019-2020学年高二上学期期中物理试卷(有解析)
浙江省七彩阳光新高考研究联盟2019-2020学年高二上学期期中物理试卷一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）1.下列哪种情况是不可能出现的()A. 物体的加速度增大时，速度反而减小B. 物体的速度为零时，加速度却不为零C. 物体的加速度不为零且始终不变，速度也始终不变D. 物体的加速度大小和速度大小均保持恒定且均不为零2.在某次户外风洞体验活动中，体验者在风力的作用下漂浮在半空．若增加风力，则该体验者在加速上升的过程中()A. 处于超重状态且机械能增加B. 处于超重状态且机械能减少C. 处于失重状态且机械能增加D. 处于失重状态且机械能减少3.如图所示，两个质量均为m的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起，并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ。
传送带沿顺时针方向匀速转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为a A和a B(弹簧在弹性限度内)，重力加速度为g，则()A. a A=2μg，a B=0B. a A=2μg，a B=μgC. a A=μg，a B=0D. a A=μg，a B=μg4.如图所示，当小车A以恒定的速度v向左运动时，则对于B物体来说，下列说法正确的是()A. 匀加速上升B. 匀速上升C. B物体受到的拉力大于B物体受到的重力D. B物体受到的拉力等于B物体受到的重力5.“太空涂鸦”技术的基本物理模型是：原来在较低圆轨道运行的攻击卫星在变轨后接近在较高圆轨道上运行的侦察卫星时，向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦察卫星时，压爆弹囊，让“漆雾”散开并喷向侦察卫星，喷散后强力吸附在侦察卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效。
关于这一过程下列正确说法是()A. 攻击卫星接近侦察卫星的过程中受到地球的万有引力一直在增大B. 攻击卫星在原轨道上运行的周期比侦察卫星的周期大C. 攻击卫星在原轨道上运行的线速度比侦察卫星的线速度大D. 攻击卫星在原轨道需要减速才能变轨接近侦察卫星6.有一只风扇，标有“U、P”，电动机线圈电阻为R，把它接入电压为U的电路中，以下几种计算电风扇所发热量的方法，正确的是()A. Q=U2⋅tRB. Q=P⋅tC. Q=(PU)2⋅Rt D. 以上三种都正确7.直角坐标系xOy中，A、B两点位于x轴上，坐标如图所示，C、D位于y轴上，C、D两点各固定一等量正点电荷，另一电量为Q的负点电荷置于O点时，B点处的电场强度恰好为零．若将该负点电荷移到A点，则B点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为A)()A. 5kQ4l2，沿x轴正方向 B. 5kQ4l2，沿x轴负方向C. 3kQ4l2，沿x轴负方向 D. 3kQ4l2，沿x轴正方向8.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域，如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电压U，下列说法中正确的是()A. 电压U仅与材料有关B. 若元件的载流子是自由电子，则C侧面电势高于D侧面电势C. 在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持垂直D. 仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大9.如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下的判断正确的是()A. 当线圈通以沿顺时针方向的电流时，磁针N极将指向读者B. 当线圈通以沿逆时针方向的电流时，磁针S极将指向读者C. 当磁针N极指向读者，线圈中电流沿逆时针方向D. 不管磁针如何偏转，线圈中的电流总是沿顺时针方向10.如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60°角，ab=bc=cd=L，长度为L的电阻丝电阻为r，框架与一电动势为E，内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为()A. 0B. 5BEL11r C. 10BEL11rD. BELr二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）11.如图所示，用水平力F推静止在斜面上的物块，当力F由零开始逐渐增大而物块仍保持静止状态，则物块()A. 所受合力逐渐增大B. 所受斜面摩擦力逐渐增大C. 所受斜面摩擦力先减小后增大D. 所受斜面弹力逐渐增大12.如图为某电场中的一条电场线，M、N是这条电场线上的两点。
浙江省新高考研究联盟2019-2020学年高二技术上学期期中联考试题(PDF)
环境生成传感器数据，并把数据发送给真实的车辆，车辆根据虚拟的数据完成自动泊车功能。该
测试属于（ ）
A.虚拟试验法 B.模拟试验法 C.移植试验法 D.强化试验法
3.在设计时从人机关系角度需要考虑人体的最大宽度，以下不是从人体宽度角度考虑的是（ ）
技术学科试题 第4页（共 14 页）
14、小林使用 OCR 软件识别字符的界面如 14 题图 a 所示，分析后请回答下列问题。
1
2 3
第 14 题图 a （1） 小 林 在 识 别 图 像 之 前 发 现 图 片 上 的 文 字 有 一 定 程 度 的 倾 斜 ， 则 应 该 先 对 图 片 进 行
13、小李收集了 2018-2019 年世界主要手机厂商出货量情况的数据，并使用 Excel 软件进行数据处 理，如图 13 题图 a 所示。
第 13 题图 a 请回答下列问题： （1）小李在 E3 单元格输入了如图所示的公式计算 2018 市场份额，再通过自动填充计算其他品牌 的市场份额，则在 E9 单元格中显示的是________（选填，填字母 A.100% B.#DIV/0 C.100 D.#REF!）。若要通过该公式能利用自动填充计算其他品牌的市场份额，则应该把公式改为 _____________。 （2）若要以“2019 发货”为主要关键字对各手机厂商出货量进行降序排序，则应该选择的区域为 ______________。 （3）若以“2019 发货”和“年度变化”为关键字分别对数据表进行图 b 所示的筛选， 则筛选出 的公司名称是__________________。
技术学科试题 第5页（共 14 页）
第 15 题图 （1）若要在窗体 Form1 的左上角显示如图所示的“删除字符串”字样，则应对 Form1 对象的 ________________属性值进行修改。 Private Sub Command1_Click() Dim s1, s2, d As String Dim i As Integer
2019-2020学年浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高三(上)期中数学试卷 (含答案解析)
2019-2020学年浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高三（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.(文)已知复数z=6+8i，则−|z|=()A. −5B. −10C. 149D. −1692.双曲线x24−y29=1焦点坐标是()A. (±√13,0)B. (±√5,0)C. (±2,0)D. (±3,0)3.设实数x，y满足约束条件{3x+y≥5x−4y≥−7x≤2，则z=x+4y的最大值为()A. −2B. 9C. 11D. 4144.已知命题p：x2+2x−3>0；命题q：x−ax−a−1>0，且¬q的一个必要不充分条件是¬p，则a的取值范围是()A. [−3,0]B. (−∞,−3]∪[0,+∞)C. (−3,0)D. (−∞,−3)∪(0,+∞)5.已知a∈R，函数f(x)=sin x−|a|(x∈R)为奇函数，则a等于()A. 0B. 1C. −1D. ±16.已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，那么该三棱锥的体积等于()A. 32cm3 B. 2cm3 C. 3cm3 D. 9cm37.已知甲盒子中有m个红球，n个蓝球，乙盒子中有m−1个红球，n+1个蓝球(m≥3,n≥3)，同时从甲乙两个盒子中取出i(i=1,2)个球进行交换，(a)交换后，从甲盒子中取1个球是红球的概率记为p i(i=1,2).(b)交换后，乙盒子中含有红球的个数记为ξi(i=1,2).则()A. p1>p2,E(ξ1)<E(ξ2)B. p1<p2,E(ξ1)>E(ξ2)C. p1>p2,E(ξ1)>E(ξ2)D. p1<p2,E(ξ1)<E(ξ2)8.已知函数f(x)=log2x+3,x∈[1,4]，则函数g(x)=f(x2)−[f(x)]2的最小值为()A. −11B. −18C. −38D. −69.如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE(A1∉平面ABCD).若M、O分别为线段A1C、DE的中点，则在△ADE翻转过程中，下列说法错误的是()A. 与平面A1DE垂直的直线必与直线BM垂直B. 过E作EG//BM，G∈平面A1DC，则∠A1EG为定值C. 一定存在某个位置，使DE⊥MOD. 三棱锥A1−ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值10.已知函数f(x)=x2+2ax在x∈[−2,1]上有最小值−1，则a的值为()A. −1或1B. 54C. 54或−1 D. 54或1或−1二、填空题（本大题共7小题，共34.0分）11.已知集合A={x|−1<x<3}，B={1,2，3，4，5}，则(∁R A)⋂B=________．12.已知(x−ax)8展开式中常数项为1120，其中实数a是常数，则展开式中各项系数的和是______．13.已知直线ax+y−2=0与圆心为C的圆(x−1)2+(y−a)2=4相交于A，B两点，且△ABC为等边三角形，则实数a=________．14.在等差数列{a n}中，a5+a6=35，则S10=______ ．15.已知a⃗=(3,−4)，b⃗ =(2,3)，则2|a⃗|−3a⃗⋅b⃗ =______ ．16.四女生与两男生排成一队，女生甲与两男生至少一个相邻的排法种数为______ ．17.已知正数a，b满足3a+2b=1，则2a +3b的最小值为_________．三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）18.设函数f(x)=√3sinxcosx+sin2x.(1)当x∈[0,π2]时，求f(x)的最大值；(2)设A，B，C为△ABC的三个内角，f(C2)=1，且C为锐角，c=√3，求a−b的取值范围．19.如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，∠ABC=90°，△ADP是边长为2的等边三角形，且AD=AB，BP=3，AD⊥PB，E为AD的中点．(Ⅰ)求证：AD⊥平面PBE；(Ⅱ)求直线BC与平面ADP所成角的正弦值．20.设等比数列{a n}的前n项和为S n，已知a1=4，且8S1，5S2，2S3成等差数列，b n=log2a n．(1)求数列{b n}的通项公式；(2)c n=2b n，求数列{c n}的前n和T n．(2b n−1)(2b n+1−1)21.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F，直线y=4与y轴的交点为P，与抛物线C的交点为Q，且|QF|=2|PQ|．(1)求p的值；(2)已知点T(t,−2)为C上一点，M，N是C上异于点T的两点，且满足直线TM和直线TN的斜率之和为−8，证明直线MN恒过定点，并求出定点的坐标．3+e ax−1(e为自然对数的底数)．22.已知a∈R，函数f(x)=−lnxx(Ⅰ)若a=1，求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若f(x)的最小值为a，求a的最小值．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：【分析】本题考查复数的模的求法，考查计算能力．直接利用复数的求模公式求解即可．【解答】解：复数z =6+8i ，则−|z|=−√62+82=−10．故选B ．2.答案：A解析：解：双曲线x 24−y 29=1，可得a =2，b =3，c =√4+9=√13，双曲线的焦点坐标是(±√13,0)．故选：A ．利用双曲线方程，转化求解焦点坐标即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．3.答案：C解析：【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合即可求解．本题考查线性规划问题，考查数形结合的数学思想以及运算求解能力，是中档题．【解答】解：作出约束条件表示的可行域如图，化目标函数z =x +4y 为y =−x 4+z4，联立{x =2x −4y =−7，解得A(2,94)， 由图可知，当直线z =x +4y 过点(2,94)时，z 取得最大值11．故选C ．4.答案：A解析：解：p ：x 2+2x −3>0；解得：x >1或x <−3，故￢p ：−3≤x ≤1，命题q ：x−a x−a−1>0，解得：x >a +1或x <a ，故￢q ：a ≤x ≤a +1，若¬q 的一个必要不充分条件是¬p ，则[a,a +1]⊊[−3,1]，故{a +1≤1a ≥−3，解得：a ∈[−3,0]， 故选：A ．分别求出关于p ，q 的不等式，得到￢p ，￢q ，根据集合的包含关系得到关于a 的不等式组，解出即可．本题考查了充分必要条件，考查集合的包含关系，是一道基础题．5.答案：A解析：【分析】本题考查由奇偶性求参数，属于基础题．利用奇函数定义中的特殊值f(−x)=−f(x)即可解决．【解答】解：因为f(x)定义域为R ，且为奇函数，∴f(−x)=sin(−x)−|a|=−f(x)=−sin x +|a|．∴|a|=0，∴a =0．6.答案：A解析：解：由三视图可知，该三棱锥的底面为直角三角形，两个侧面和底面两两垂直， ∴V =13×12×3×1×3=32． 故选：A ．该三棱锥高为3，底面为直角三角形．本题考查了常见几何体的三视图和体积计算，是基础题．7.答案：A解析：解：根据题意有如果交换一球，有交换的都是红球、交换的都是蓝球、甲盒的红球换的是乙盒的蓝球、甲盒的蓝球交换的是乙盒的红球，红球的个数就会出现m ，m −1，m +1三种情况，如果交换的是两个球，有红球换红球，蓝球换蓝球，一蓝一红换一蓝一红，红换蓝，蓝换红，一蓝一红换两红，一蓝一红换两蓝，对应的红球个数是m −2，m −2，m ，m +1，m +2五种情况，∴p 1>p 2，E(ξ1)<E(ξ2).故选：A ．首先需要分析交换后甲盒中的红球的个数，对应的事件有哪能些结果，从而得到对应的概率的大小，再者就是对随机变量的值要分清，对应的概率要算对，利用公式求得其期望．该题考查的是有关随机事件的概率以及对应的期望的问题，在解题的过程中，需要对其对应的事件弄明白，对应的概率会求，以及变量的可能取值会分析是多和，利用期望公式能求出结果． 8.答案：A解析：【分析】本题考查了复合函数的不等式的求解和对数函数的应用，以及用换元法求复合函数的值域，考查了运算求解能力，属于中档题．先解g(x)的定义域，然后利用换元法求所求函数的值域即可．【解答】解：由f(x)=log 2x +3 , x ∈[1 , 4]，则{1≤x ≤41≤x 2≤4得1≤x ≤2，所以g(x)的定义域为[1,2]， 令log 2x =t ，故t ∈[0,1]，∴g(x)=f(x 2)−f 2(x)=log 2x 2+3−(log 2x +3)2=−(log 2x)2−4log 2x −6，即y =−t 2−4t −6=−(t +2)2−2，t ∈[0,1]，当t =1时，y 的最小值为−11∴函数g(x)=f(x 2)−[f(x)]2的最小值为−11，故选A ．9.答案：C解析：解：对于A ，延长CB ，DE 交于H ，连接A 1H ，由E 为AB 的中点，可得B 为CH 的中点，又M 为A 1C 的中点，可得BM//A 1H ，BM ⊄平面A 1DE ，A 1H ⊂平面A 1DE ，则BM//平面A 1DE ，故与平面A 1DE 垂直的直线必与直线BM 垂直，则A 正确；对于B ，设AB =2AD =2a ，过E 作EG//BM ，G ∈平面A 1DC ，则∠A 1EG =∠EA 1H ，在△EA 1H 中，EA 1=a ，EH =DE =√2a ，A 1H =√a 2+2a 2−2⋅a ⋅√2a ⋅(−√22) =√5a ，则∠EA 1H 为定值，即∠A 1EG 为定值，则B 正确；对于C ，连接A 1O ，可得DE ⊥A 1O ，若DE ⊥MO ，即有DE ⊥平面A 1MO ，即有DE ⊥A 1C ，由A 1C 在平面ABCD 中的射影为AC ，可得AC 与DE 垂直，但AC 与DE 不垂直．则不存在某个位置，使DE ⊥MO ，则C 不正确；对于D ，连接OA ，由直角三角形斜边的中线长为斜边的一半，可得三棱锥A 1−ADE 外接球球心为O ，半径为√22a ， 即有三棱锥A 1−ADE 外接球半径与棱AD 的长之比为定值．则D 正确．故选：C ．对于A ，延长CB ，DE 交于H ，连接A 1H ，运用中位线定理和线面平行的判定定理，可得BM//平面A1DE，即可判断A；对于B，运用平行线的性质和解三角形的余弦定理，以及异面直线所成角的定义，即可判断B；对于C，连接A1O，运用线面垂直的判定定理和性质定理，可得AC与DE垂直，即可判断C；对于D，由直角三角形的性质，可得三棱锥A1−ADE外接球球心为O，即可判断D．本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查空间想象能力和推理能力，难度中档．10.答案：A解析：解：函数的对称轴是x=−a，−a≤−2，即a≥2时，f(x)在[−2,1]递增，f(x)min=f(−2)=4−4a=−1，解得：a=5，舍，4−2<−a<1即−1<a<2时，f(x)在[−2,−a)递减，在(−a,1]递增，故f(x)min=f(−a)=−a2=−1，解得：a=1，−a≥1即a≤−1时，f(x)在[−2,1]递减，故f(x)min=f(1)=1+2a=−1，解得：a=−1，综上，a=1或−1，故选：A．根据二次函数的性质，通过讨论a的范围求出函数的最小值，得到关于a的方程，解出即可．本题考查了二次函数的性质，考查分类讨论思想，是一道常规题．11.答案：{3,4，5}解析：【分析】本题考查集合的交、补运算，考查考生对基础知识的掌握情况．【解答】解：因为A={x|−1<x<3}，所以∁R A=(−∞,−1]⋃[3,+∞)，所以(∁R A)⋂B={3,4,5}．故答案为{3,4，5}．12.答案：1或6561解析：解：T r+1=C8r⋅x8−r⋅(−ax−1)r=(−a)r C8r⋅x8−2r．令8−2r=0，∴r=4．∴(−a)4C84=1120，∴a=±2．当a=2时，令x=1，则展开式系数和为(1−2)8=1．当a=−2时，令x=1，则展开式系数和为(1+2)8=38=6561．故答案为1或6561．利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为0得常数项列出方程求出a，给二项式中的x赋值求出展开式中各项系数的和．本题考查二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具；赋值法是求展开式的系数和的重要方法．13.答案：4±√15解析：【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系的判定以及圆与弦的综合问题，属于一般题．首先根据△ABC为等边三角形，得到圆到直线的距离为√3，再用点到直线的距离公式，求得实数a 的值．解析：解：圆(x−1)2+(y−a)2=4的圆心为(1,a)，半径为2，∵直线与圆相交，∴△ABC为等边三角形，∴圆到直线的距离为Rsin60°=√3，=√3，故d=√a2+1平方得a2−8a+1=0，得a=4±√15．故答案为4±√15．14.答案：175解析：解：根据等差数列的性质得：a5+a6=a1+a10=35，=5×35=175，∴S10=10(a1+a10)2故答案为：175．根据等差数列的性质得：a5+a6=a1+a10=35，再由等差数列的前n项和公式求出S10的值．本题考查等差数列的性质、前n项和公式的合理运用，是基础题．15.答案：28解析：解：∵a⃗=(3,−4)∴|a⃗|=√32+(−4)2=5a⃗⋅b⃗ =3×2−4×3=−6∴2|a⃗|−3a⃗⋅b⃗ =28故答案为28．利用向量模的坐标公式求出|a⃗|，利用向量的数量积公式求出向量的数量积，代入求出值．本题考查向量模的坐标形式的公式、向量的数量积公式．16.答案：432解析：解：四女生与两男生排成一队，排法有A66=720(种)，女生甲与两男生都不相邻的排法种数有2类，2男生一起和不在一起即A32A33C41+A33C41C31A22=288(种)，所以女生甲与两男生至少一个相邻的排法种数为：720−288=432(种)．故答案为：432．首先求出六人一共有多少种排法，然后求出女生甲与两男生都不相邻的排法种数，前者减去后者，即可求出女生甲与两男生至少一个相邻的排法种数．本题主要考查排列组合的应用，属于中档题，解答此题的关键是求出女生甲与两男生都不相邻的排法种数．17.答案：24解析：【分析】根据题意2a +3b=(2a+3b)(3a+2b)=6+6+4ba+9ab，由基本不等式分析可得答案．本题考查基本不等式的性质以及应用，关键是掌握基本不等式应用的条件．【解答】解：正数a，b满足3a+2b=1，则2a +3b=(2a+3b)(3a+2b)=6+6+4ba+9ab≥12+2√4ba⋅9ab=12+12=24，当且仅当4ba =9ab，即a=16，b=14时，等号成立．故2a +3b的最小值为24，故选：24．18.答案：解：(1)f(x)=√32sin2x+1−cos2x2=√32sin2x−12cos2x+12=sin(2x−π6)+12，∵x∈[0,π2]，∴2x−π6∈[−π6,5π6]，∴当2x−π6=π2时，f(x)max=32．(2)f(C2)=sin(C−π6)+12=1，∴sin(C−π6)=12，又∵C为锐角，∴C=π3．∵c=√3，∴asinA =bsinB=√3sinπ3=2，∴a=2sinA，b=2sinB，又A+B=2π3，∴B=2π3−A,A∈(0,2π3)，∴a−b=2sinA−2sinB=2sinA−2sin(2π3−A)=sinA−√3cosA=2sin(A−π3)，又∵A∈(0,2π3)，∴A−π3∈(−π3,π3)，∴2sin(A−π3)∈(−√3,√3)，即a−b∈(−√3,√3)．解析：(1)由三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得f(x)=sin(2x−π6)+12，由已知可求范围2x−π6∈[−π6,5π6]，利用正弦函数的性质可求最大值．(2)由已知可求sin(C−π6)=12，结合C为锐角，可求C，利用正弦定理可得a=2sinA，b=2sinB，利用三角函数恒等变换的应用可求a−b=2sin(A−π3)，结合范围A∈(0,2π3)，可求A−π3∈(−π3,π3)，利用正弦函数的性质可求其范围．本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力，转化思想，数形结合思想的应用，属于中档题．19.答案：(Ⅰ)证明：∵AP=AD=DP，E为AD的中点，∴PE⊥AD，∵AD⊥PB，PE∩PB=P，PE，PB⊂平面PBE，∴AD⊥平面PBE；(Ⅱ)解：如图，连接DB，作BG⊥PE，垂足为G，延长AD，BC交于点H，连接GH，∵由(Ⅰ)得AD⊥平面PBE，BE⊂平面PBE，∴BE⊥AD，又AD=AB，E为AD的中点，∴△ABD为等边三角形，，∵AB//CD，∠ABC=90°，，且BD=AD=2，∴BC=√3，又由(Ⅰ)得AD⊥平面PBE，AD⊂平面PAD，∴平面PBE⊥平面ADP，又平面PBE∩平面ADP=PE，∴BG⊥平面ADP，∴∠BHG为直线BC与平面ADP所成角，∵BE=PE=√3,BP=3，∴cos∠BEP=BE2+PE2−BP2 2BE·PE=2×√3×√3=−12，又∠BEP是三角形内角，所以∠BEP=120°，，又∵CD=1，AB=2，AB//CD，∴CDAB =HCBH=12，又BC=√3，∴BH=2√3，∴sin∠BHG=BGBH =√34．即直线BC与平面ADP所成角的正弦值为√34．解析：本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．(Ⅰ)证明PE⊥AD，结合AD⊥PB，即可得证．(Ⅱ)连接DB，作BG⊥PE，垂足为G.说明∠BHG为直线BC与平面ADP所成角，通过求解三角形推出结果即可．20.答案：解：(1)由题意得10S2=8S1+2S3，即10(a1+a2)=8a1+2(a1+a2+a3)，化简得4a2=a3，即q=a3a2=4，所以an=4n，b n=log2a n=log24n=2n(n∈N∗).(2)由(1)可得，c n=2b n(2b n−1)(2b n+1−1)=22n(22n−1)(22n+2−1)=4n(4n−1)(4n+1−1)=13(14n−1−14n+1−1)∴T n=c1+c2+⋯+c n=13[(14−1−142−1)+(142−1−143−1)+⋯+(14n−1−14n+1−1)]T n=19−13(4n+1−1)解析：本题考查等比数列与等差数列的综合，难度适中.(1)等差与等比的综合.(2)裂项相消求和．21.答案：解：(1)设Q(x0,4)，由抛物线定义，|QF|=x0+p2，又|QF|=2|PQ|，即2x0=x0+p2，解得x0=p2，将点Q(p2,4)代入抛物线方程，解得p=4．(2)证明：由(1)知C的方程为y2=8x，所以点T坐标为(12,−2)，由题意得直线MN斜率不为0，设直线MN的方程为x=my+n，点M(y 128,y 1),N(y 228,y 2)，由{x =my +n y 2=8x 得y 2−8my −8n =0， 则y 1+y 2=8m ，y 1y 2=−8n ， 所以k MT +k NT =y 1+2y 128−12+y 2+2y 228−12=8y 1−2+8y 2−2 =8(y 1+y 2)−32y 1y 2−2(y 1+y 2)+4=64m−32−8n−16m+4=−83，解得n =m −1，所以直线MN 方程为x +1=m(y +1)， 恒过点(−1,−1)．解析：本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，抛物线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力．(1)利用抛物线的定义，列出关系式，转化求解p 的值；(2)求出点T 坐标为(12,−2)，设直线MN 的方程为x =my +n ，点M(y 128,y 1),N(y 228,y 2)，由{x =my +n y 2=8x ，通过韦达定理以及斜率关系，求出直线MN 方程为x +1=m(y +1)，得到恒过定点．22.答案：解：(Ⅰ)a =1时，f(x)=−lnx x+e x−1，f′(x)=−1−lnx x 2+e x−1，当x >1时，f′(x)>−1−lnx x 2+1=x 2−1+lnxx 2>0，当0<x <1时，f′(x)<−1−lnxx 2+1=x 2−1+lnxx 2<0，所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)． (Ⅱ)由题意可知：−lnx x+e ax−1≥a 恒成立，且等号可取．即xe ax−1−ax −lnx ≥0恒成立，且等号可取．令g(x)=xe ax−1−ax −lnx 则g′(x)=(ax +1)(e ax−1−1x ) 由e ax−1−1x =0，得到a =1−lnx x ，设p(x)=1−lnx x，p′(x)=lnx−2x 2当x >e 2时，p′(x)>0；当0<x <e 2时，p′(x)<0．p(x)在(0,e 2)上递减，(e 2,+∞)上递增．所以p(x)min =p(e 2)=−1e 2 当a ≤−1e 2时，a ≤1−lnx x，即e ax−1−1x ≤0，在(0,−1a )上，ax +1>0，g′(x)≤0，g(x)递减；在(−1a,+∞)上，ax+1<0，g′(x)≥0，g(x)递增．所以g(x)min=g(−1a)设t=−1a ∈(0,e2]，g(−1a)=ℎ(t)=te2−lnt+1，ℎ′(t)=1e2−1t≤0，ℎ(t)在(0,e2]上递减，所以ℎ(t)≥ℎ(e2)=0故方程g(x)min=g(−1a )=0有唯一解−1a=e2，即a=−1e2．综上所述，当a≤−1e2时，仅有a=−1e2．满足f(x)的最小值为a，故a的最小值为−1e2．解析：(Ⅰ)a=1时，f(x)=−lnxx +e x−1，f′(x)=−1−lnxx2+e x−1，分别由f′(x)>0，f′(x)<0，进而求出函数f(x)的单调区间．(Ⅱ)由题意可知：−lnxx+e ax−1≥a恒成立，且等号可取．令g(x)=xe ax−1−ax−lnx转化为方程g(x)min=g(−1a)=0求解．本题考查利用导数的方法研究函数的单调性、极值、最值和分类讨论的思想方法，注意函数的定义域；属难题．。
2019-2020学年浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高二上学期期中联考英语试题
浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2019-2020学年高二上学期期中联考英语试题【参考答案】第一部分听力（共两节, 满分30分）1-5 BBABC 6-10 ACAAB 11-15 CCCBA 16-20 ABABC第二部分阅读理解（共两节，满分35分）21-25 BBDCB 26-30 ACDBA 31-35 DFGAE第三部分语言运用（共两节，满分45分）第一节完形填空（共20小题；每小题1.5分，满分30分〉36-40 ABCBD 41-45 DABAC 46-50 DDBAB 51-55 CCADC第二节语法填空（共10小题；每小题1.5分，满分15分）56. loosely 57. who/that 58. forces 59. riding 60. wheels 61. Directed 62. as 63. to become 64. an65. development第四部分写作（共两节，满分40分）第一节应用文写作（满分15分）One possible versionDear Mr. Smith,Our class is going to hold an Organic Vegetable Picking on Happy Farm this Sunday morning. I’m writing to invite you to join us.First of all, there will be a guided tour of the farm, aimed at showing us how organic vegetables are planted. Then we will be divided into groups, picking various organic vegetables. The most appealing part is that we will cook and taste the vegetables picked with our own hands, which is bound to be an impressive experience.Looking forward to your early reply.Yours,Li Hua 第二节：读后续写（满分25分）参考范文（略）。
浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2019-2020学年高二上学期期中联考化学试题（pdf版）
浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2019-2020学年高二上学期期中联考化学试题（pdf版）H考生须知：1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，共 8页，满分 100 分，考试时间 90分钟。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。
4．考试结束后，只需上交答题卷。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S32 Ca 40 Ba137 Pb207一、选择题（本大题共16小题，每小题只有一个正确选项，每题3分，共48分） 1．下列关于氮及其化合物的说法正确的是A ．N 2存在氮氮叁键结构很稳定，所以氮气不能支持任何物质的燃烧B ．铵态氮肥应避光保存且避免和碱性肥料混合使用C ．NO 是一种无色有刺激性气味的气体D ．用NH 3检验氯气的管道是否泄漏，仅体现了NH 3是碱性气体 2．下列说法正确的是A ．铝是地壳中含量最高的金属元素，主要以游离态形式存在B ．由于氧化铝的熔点太高，故工业上用电解熔融氯化铝的方法冶炼铝C ．铝热反应实验中镁条作引燃剂，氯酸钾作助燃剂，铝作铝热剂D ．氯化钠溶液中的氯离子会破坏氧化铝薄膜，故铝制品不宜长时间用来盛放腌制品 3．下列叙述正确的是A ．使用催化剂是因为提高了反应物的总能量从而使反应速率加快的B ．同温同压下，H 2(g)+Cl 2(g)2HCl(g)在光照和点燃条件的不同C ．在光分解催化剂存在下，可利用太阳能分解水制备氢气，并放出热量D ．化学反应除了生成新的物质外，还伴随着能量的变化4．下列每一步转化关系中，不能通过一步反应实现的是A ．FeS 2→SO 2→SO 3 B ．Al→NaAlO 2→AlCl 3 C ．Si→SiO 2→H 2SiO 3 D ．HNO 3→NO→NO 22019学年第一学期浙江“七彩阳光”新高考研究联盟期中联考高二年级化学学科试题绝密★考试结束前5．将某镁铝合金放入一定量的盐酸中，合金全部溶解，得到混合溶液甲，向甲中滴加一定浓度的NaOH溶液，加入的NaOH溶液的体积(V)与沉淀质量(m)的关系如图所示。