高三质量检测
济宁一中2024-2025学年高三第一次质量检测-英语试题(含答案)
济宁市第一中学2024—2025学年度第一学期质量检测（一）高三英语注意事项：1.答题前,考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号,并将条形码粘贴在指定位置上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.回答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸，试题卷上答题无效。
保持卡面清洁，不折叠，不破损。
第一部分听力（共两节，满分30分）做题时先将答案标在试卷上。
录音内容结束后，你将有两分钟的时间将试卷上的答案转涂到答题卡上。
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 food will the woman’s daughter avoid?A.Steaks.B.Onions.C.Ice cream.2.What is the probable relationship between the speakers?A.Salesperson and customer.B.Co-workers.C.A couple.3.What flight will the speakers be on?A.CJ875.B.CJ865.C.CJ930.4.Why is the man worried about his brother?A.His brother is too confident.B.His brother struggles to make friends.C.His brother’s friends will be a bad influence on him.5.What is the main topic of the conversation?A.Types of schools.B.Places to sleep.C.Online classes.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。
福建省七地市2024届高三上学期第一次质量检测数学含答案解析
厦门市2024届高中毕业班第一次质量检测数学试题2024．1准考证号__________姓名__________（在此卷上答题无效）本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码．2．作答选择题时，用2B 铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑．3．非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液．4．考试结束后，考生上交答题卡．一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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i 1z z ⋅=+（i 为虚数单位），则||z =（） A.12B.22C.1D.2.设集合{}22M x x =-≤≤，{}21xN y y ==+，则M N ⋃=（）A.[2,)-+∞ B.(1,2]C.[1,2]D.(1,)+∞3.已知直线l 与曲线3y x x =-在原点处相切，则l 的倾斜角为（）A.π6B.π4 C.3π4 D.5π64.已知a ，b 为单位向量，若||||a b a b +=- ，则a b + 与a b - 的夹角为（）A.π3B.π2C.2π3D.3π45.已知()f x 为定义在R 上的奇函数，当0x <时，2()21f x x x =-+，则(2)(0)f f +=（）A.2B.1C.8- D.9-6.已知1a x x=+，e e x x b -=+，sin c x x =，则下列结论错误的为（）A.[1,1]x ∃∈-，a c> B.[1,1]x ∃∈-，b c>C.[1,1]x ∃∈-，a c <D.[1,1]x ∃∈-，b c<7.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图所示的1，5，12，22被称为五边形数，将所有的五边形数从小到大依次排列，则其第8个数为（）151222A.51B.70C.92D.1178.已知函数()f x 的定义域为R ，x ∀，y ∈R ，(1)(1)()()f x f y f x y f x y ++=+--，若(0)0f ≠，则(2024)f =（）A.2- B.4- C.2D.4二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知函数π()2sin 23f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则（）A.()f x 的最小正周期为π2B.()f x 的图象关于点2π,03⎛⎫⎪⎝⎭成中心对称C.()f x 在区间π0,3⎡⎤⎢⎣⎦上单调递增D.若()f x 的图象关于直线0x x =对称，则01sin 22x =10.已知甲、乙两组数据分别为：20，21，22，23，24，25和a ，23，24，25，26，27，若乙组数据的平均数比甲组数据的平均数大3，则（）A.甲组数据的第70百分位数为23B.甲、乙两组数据的极差相同C.乙组数据的中位数为24.5D.甲、乙两组数据的方差相同11.设椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，过1F 的直线与C 交于A ，B 两点，若122F F =，且2ABF △的周长为8，则（）A.2a = B.C 的离心率为14C.||AB 可以为πD.2BAF ∠可以为直角12.如图所示，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是矩形，ABF △和DCE △均是等边三角形，且AB =(0)EF x x =>，则（）A.//EF 平面ABCDB.二面角A EF B --随着x 的减小而减小C.当2BC =时，五面体ABCDEF 的体积(x)V 最大值为272D.当32BC =时，存在x 使得半径为32的球能内含于五面体ABCDEF 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.若π3sin 45α⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，则πcos 4α⎛⎫-= ⎪⎝⎭_________．14.《九章算术》、《数书九章》、《周髀算经》是中国古代数学著作，甲、乙、丙三名同学计划每人从中选择一种来阅读，若三人选择的书不全相同，则不同的选法有_________种．15.已知平面α的一个法向量为(1,0,1)n = ，且点(1,2,3)A 在α内，则点(1,1,1)B 到α的距离为_________．16.设ABC 是面积为1的等腰直角三角形，D 是斜边AB 的中点，点P 在ABC 所在的平面内，记PCD与PAB 的面积分别为1S ，2S ，且121S S -=．当||PB =||||PA PB >时，||PA =_________；记PA PB a -=，则实数a 的取值范围为_________．四、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ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2cos cos 2a B ab A c +=．（1）求a ；（2）若2π3A =，且ABC 的周长为2+，求ABC 的面积．18.如图，在四棱锥E ABCD -中，//AD BC ，22AD BC ==，AB =，AB AD ⊥，EA ⊥平面ABCD ，过点B 作平面BD α⊥．（1）证明：平面//α平面EAC ；（2）已知点F 为棱EC 的中点，若2EA =，求直线AD 与平面FBD 所成角的正弦值．19.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，2124a a ==，当*n ∈N ，且2n ≥时，1132n n n S S S +-=-．（1）证明：{}n a 为等比数列；（2）设()()111n n n n a b a a +=--，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，若21172m m T -+>⨯，求正整数m 的最小值．20.已知甲、乙两支登山队均有n 名队员，现有新增的4名登山爱好者a b c d ,,,将依次通过摸出小球的颜色来决定其加入哪支登山队，规则如下：在一个不透明的箱中放有红球和黑球各2个，小球除颜色不同之外，其余完全相同先由第一名新增登山爱好者从箱中不放回地摸出1个小球，再另取完全相同的红球和黑球各1个放入箱中；接着由下一名新增登山爱好者摸出1个小球后，再放入完全相同的红球和黑球各1个，如此重复，直至所有新增登山爱好者均摸球和放球完毕．新增登山爱好者若摸出红球，则被分至甲队，否则被分至乙队．（1）求,,a b c 三人均被分至同一队的概率；（2）记甲，乙两队的最终人数分别为1n ，2n ，设随机变量12X n n =-，求()E X ．21.已知函数1()ln 1x f x a x x -=-+有两个极值点1x ，2x ．（1）求实数a 的取值范围；（2）证明：()()2121221f x f x a a x x a -->--．22.在平面直角坐标系xOy 中，点(1,0)P ，点A 为动点，以线段AP 为直径的圆与y 轴相切，记A 的轨迹为Γ，直线AP 交Γ于另一点B ．（1）求Γ的方程；（2）OAB 的外接圆交Γ于点C （不与O ，A ，B 重合），依次连接O ，A ，C ，B 构成凸四边形OACB ，记其面积为S ．（i ）证明：ABC 的重心在定直线上；（ii ）求S 的取值范围．厦门市2024届高中毕业班第一次质量检测数学试题2024．1准考证号__________姓名__________（在此卷上答题无效）本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码．2．作答选择题时，用2B 铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑．3．非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液．4．考试结束后，考生上交答题卡．一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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i 1z z ⋅=+（i 为虚数单位），则||z =（） A.12B.22C.1D.【答案】B 【解析】【分析】先求出复数z ，再求||z .【详解】由i 1z z ⋅=+，得()i 11z -=，即()()()i 1111i i 1i 1i 122z --===------，所以||2z ==，故选：B2.设集合{}22M x x =-≤≤，{}21xN y y ==+，则M N ⋃=（）A.[2,)-+∞B.(1,2]C.[1,2]D.(1,)+∞【答案】A 【解析】【分析】由指数函数值域求集合N ，应用集合并运算求结果.【详解】由题设{|1}N y y =>，故M N ⋃={}{}221{|2}x x y y x x -≤≤⋃=≥-.故选：A3.已知直线l 与曲线3y x x =-在原点处相切，则l 的倾斜角为（）A.π6B.π4C.3π4 D.5π6【答案】C 【解析】【分析】利用导数几何意义求直线的斜率，进而确定倾斜角.【详解】由231y x '=-，则0|1x y ='=-，即直线l 的斜率为1-，根据倾斜角与斜率关系及其范围知：l 的倾斜角为3π4.故选：C4.已知a ，b 为单位向量，若||||a b a b +=- ，则a b + 与a b - 的夹角为（）A.π3B.π2C.2π3 D.3π4【答案】B 【解析】【分析】根据已知，应用向量数量积的运算律求()()a b a b +⋅-即可判断夹角大小.【详解】由题意22()()0a b a b a b +⋅-=-= ，则a b + 与a b - 的夹角为π2.故选：B5.已知()f x 为定义在R 上的奇函数，当0x <时，2()21f x x x =-+，则(2)(0)f f +=（）A.2B.1C.8- D.9-【答案】D 【解析】【分析】根据奇函数的定义求解即可.【详解】当0x <时，2()21f x x x =-+，所以()()()2222219f -=--⨯-+=，因为()f x 为定义在R 上的奇函数，所以()()229f f =--=-，且()00f =，所以(2)(0)9f f +=-故选：D6.已知1a xx=+，e e x x b -=+，sin c x x =，则下列结论错误的为（）A.[1,1]x ∃∈-，a c >B.[1,1]x ∃∈-，b c >C.[1,1]x ∃∈-，a c <D.[1,1]x ∃∈-，b c<【答案】D 【解析】【分析】举例即可判断ABC ；再根据基本不等式及三角函数的性质即可判断D.【详解】对于A ，当π6x =时，π63626π64a =+>+=，13222c =+=，此时a c >，所以[1,1]x ∃∈-，a c >，故A 正确；对于B ，当0x =时，2b =，c =b c >，所以[1,1]x ∃∈-，b c >，故B 正确；对于C ，当π6x =-时，π606πa =--<，13122c =-+=，此时a c <，所以[1,1]x ∃∈-，a c <，故C 正确；对于D ，当[]1,1x ∈-时，2e e x x b -=≥=+，当且仅当e e x x-=，即0x =时取等号，πsin 2sin 3c x x x ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭，由[]1,1x ∈-，得πππ1,1333x ⎡⎤+∈-++⎢⎥⎣⎦，而ππππ1π,012332<+<<-+<，所以当π3x +，即π6x =时，πsin 2sin 23c x x x ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭，所以2≤c ，当且仅当π6x =时取等号，而π06≠，所以[1,1]x ∀∈-，b c >，故D 错误.故选：D.7.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图所示的1，5，12，22被称为五边形数，将所有的五边形数从小到大依次排列，则其第8个数为（）151222A.51B.70C.92D.117【答案】C 【解析】【分析】根据题图及前4个五边形数找到规律，即可得第8个数.【详解】由题图及五边形数知：后一个数与前一个数的差依次为4,7,10,13,16,19,22, ，所以五边形数依次为1,5,12,22,35,51,70,92, ，即第8个数为92.故选：C8.已知函数()f x 的定义域为R ，x ∀，y ∈R ，(1)(1)()()f x f y f x y f x y ++=+--，若(0)0f ≠，则(2024)f =（）A.2-B.4- C.2D.4【答案】A 【解析】【分析】利用赋值法对,x y 进行赋值结合函数的周期可得答案.【详解】令0x y ==，得()()()()11000f f f f ⋅=-=，即()10f =，令0x =，得()()()()110f f y f y f y ⋅+=--=，得()()-=f y f y ，所以函数()f x 为偶函数，令1x y ==，得()()()2220ff f =-，令1x y ==-，得()()()()()202020f f f f f =--=-，()()2220f f ∴=，()()20f f ∴=或()()20f f =-，若()()20f f =，解得()00f =与已知()00f ≠矛盾，()()20f f ∴=-，即()()2222f f =，解得()22f =，()02f =-，令1y =，得()()()()1211f x f f x f x +⋅=+--，()()()2111f x f x f x ∴+=+--，()()11f x f x ∴+=--，()()2f x f x ∴+=-，∴()()4f x f x +=，所以函数()f x 的周期为4.()()202402f f ∴==-.故选：A.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知函数π()2sin 23f x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭，则（）A.()f x 的最小正周期为π2B.()f x 的图象关于点2π,03⎛⎫⎪⎝⎭成中心对称C.()f x 在区间π0,3⎡⎤⎢⎣⎦上单调递增D.若()f x 的图象关于直线0x x =对称，则01sin 22x =【答案】BC 【解析】【分析】根据正弦型函数的性质，结合代入法、整体法逐一判断各项正误.【详解】由π()2sin 23f x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭，最小正周期2ππ2T ==，A 错；由2π2ππ()2sin 20333f ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭，即2π,03⎛⎫⎪⎝⎭是对称中心，B 对；由π0,3x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则πππ2[,]333x -∈-，显然()f x 在区间π0,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，C 对；由题意00ππ5π2π2π326x k x k -=+⇒=+，故01sin 22x =±，D 错.故选：BC10.已知甲、乙两组数据分别为：20，21，22，23，24，25和a ，23，24，25，26，27，若乙组数据的平均数比甲组数据的平均数大3，则（）A.甲组数据的第70百分位数为23B.甲、乙两组数据的极差相同C.乙组数据的中位数为24.5D.甲、乙两组数据的方差相同【答案】BD 【解析】【分析】根据已知平均数的关系求得28a =，再由极差、中位数、方差求法判断各项正误即可.【详解】由题设，2021222324252324252627366a ++++++++++=-，所以28a =，甲组数据中670% 4.2⨯=，故第70百分位数为24，A 错；甲乙组数据的极差都为5，B 对；乙组数据从小到大为23,24,25,26,27,28，故其中位数为252625.52+=，C 错；由上易知：甲的平均数为22.5，乙的平均数为25.5，所以甲的方差为2222221(2.5 1.50.50.5 1.5 2.5)6⨯+++++=3512，乙的方差为2222221(2.5 1.50.50.5 1.5 2.5)6⨯+++++=3512，故两组数据的方差相同，D 对.故选：BD11.设椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，过1F 的直线与C 交于A ，B 两点，若122F F =，且2ABF △的周长为8，则（）A.2a = B.C 的离心率为14C.||AB 可以为πD.2BAF ∠可以为直角【答案】AC 【解析】【分析】根据已知可得1c =、2a =，进而有12e =，结合椭圆性质求相交弦长的范围及焦点三角形内角的范围判断各项的正误.【详解】由12221F F c c ==⇒=，如下图2ABF △周长为482a a =⇒=，故2223b a c =-=，所以，椭圆离心率为12e =，A 对，B 错；当AB x ⊥轴，即AB 为通径时2min 2||3b AB a==，且||24AB a <=，所以3||4AB ≤<，故||AB 可以为π，C 对；由椭圆性质知：当A 为椭圆上下顶点时2BAF ∠最大，此时222222c 41os 2a a F c a BA +∠-==，且2(0,π)BAF ∈∠，故2max π)3(BAF =∠，即2BAF ∠不可能为直角，D 错.故选：AC12.如图所示，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是矩形，ABF △和DCE △均是等边三角形，且23AB =(0)EF x x =>，则（）A.//EF 平面ABCDB.二面角A EF B --随着x 的减小而减小C.当2BC =时，五面体ABCDEF 的体积(x)V 最大值为272D.当32BC =时，存在x 使得半径为32的球能内含于五面体ABCDEF 【答案】ACD 【解析】【分析】A 由线面平行的判定证明；B 设二面角A EF B --的大小为2α，点F 到面ABCD 的距离为h ，则3tan hα=，分析取最小值的对应情况即可判断；C 把五面体ABCDEF 补成直三棱柱FGI EKJ -，取,AB GI 的中点,M H ，设π(0)2FMH θθ∠=<≤，则3cos ,3sin MH FH θθ==，结合()2FGI EKJ F ABIG V x V V --=-并应用导数研究最值；D 先分析特殊情况：ABF △和DCE △所在平面均垂直于面ABCD 时构成正三棱柱ABF DCE -，再借助左视图、正视图研究内切圆半径分析一般情况判断.【详解】A ：由题设//BC AD ，AD ⊂面ADEF ，BC ⊄面ADEF ，则//BC 面ADEF ，由面BCEF 面ADEF EF =，BC ⊂面BCEF ，则//BC EF ，BC ⊂面ABCD ，EF ⊄面ABCD ，则//EF 平面ABCD ，对；B ：设二面角A EF B --的大小为2α，点F 到面ABCD 的距离为h ，则3tan hα=，点F 到面ABCD 的距离，仅在面FAB ⊥面ABCD 时取得最大值，当EF x BC ==时tan α取最小值，即α取最小值，即二面角A EF B --取最小值，所以EF x =∈(0,)+∞，二面角先变小后变大，错；C ：当2BC =，如图，把五面体ABCDEF 补成直三棱柱FGI EKJ -，分别取,AB GI 的中点,M H ，易得FH ⊥面ABCD ，3FM =，设π(02FMH θθ∠=<≤，则3cos ,3sin MH FH θθ==，()2ABCDEFFGI EKJ F ABIG V x V V V --==-=113sin (26cos )23sin 3cos 23θθθθ⨯⨯+-⨯⨯⨯cos θθθ=+，令()cos f θθθθ=+，则()2f θθθ'=+，令2()02cos cos 10f θθθ'=⇒+-=，可得1cos 2θ=或cos 1θ=-（舍），即π3θ=，π03θ<<，()0f θ'>，()f θ递增，ππ32θ<≤，()0f θ'<，()f θ递减，显然π3θ=是()f θ的极大值点，故max 127()2222f θ=+=.所以五面体ABCDEF 的体积(x)V 最大值为272，C 对；D ：当32BC =时，ABF △和DCE △所在平面均垂直于面ABCD 时构成正三棱柱ABF DCE -，此时正三棱柱内最大的求半径342r =<，故半径为2的球不能内含于五面体ABCDEF ，对于一般情形，如下图示，左图为左视图，右图为正视图，由C 分析结果，当五面体ABCDEF 体积最大时，其可内含的球的半径较大，易知，当π3FMH ∠=时，3339,22FH IH IF ===，设FIG 的内切圆半径为1r ，则113313922222r ⨯⨯=⨯⨯，可得12r =>，另外，设等腰梯形EFMN 中圆的半径为2r ，则213π33tan434r r ==>=所以，存在x 使半径为2的球都能内含于五面体ABCDEF ，对.故选：ACD【点睛】关键点点睛：对于C 通过补全几何体为棱柱，设π(02FMH θθ∠=<≤得到五面体ABCDEF 的体积关于θ的函数；对于D 从特殊到一般，结合几何体视图研究内切圆判断最大半径是否大于2为关键.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.若π3sin 45α⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，则πcos 4α⎛⎫-= ⎪⎝⎭_________．【答案】35-##0.6-【解析】【分析】应用诱导公式有ππππcos cos[()]sin()4424ααα⎛⎫-=+-=+ ⎪⎝⎭，即可求值.【详解】ππππ3cos cos[()sin()44245ααα⎛⎫-=+-=+=- ⎪⎝⎭.故答案为：35-14.《九章算术》、《数书九章》、《周髀算经》是中国古代数学著作，甲、乙、丙三名同学计划每人从中选择一种来阅读，若三人选择的书不全相同，则不同的选法有_________种．【答案】24【解析】【分析】先求出三人选书没有要求的选法，再排除三人选择的书完全相同的选法即可.【详解】若三人选书没有要求，则有3327=种，若三人选择的书完全相同，则有3种，所以三人选择的书不全相同，不同的选法有27324-=种.故答案为：24.15.已知平面α的一个法向量为(1,0,1)n =，且点(1,2,3)A 在α内，则点(1,1,1)B 到α的距离为_________．【答案】【解析】【分析】由题设得(0,1,2)BA =，应用向量法求点面距离即可.【详解】由题设(0,1,2)BA = ，则点(1,1,1)B 到α的距离为||||BA n n ⋅==16.设ABC 是面积为1的等腰直角三角形，D 是斜边AB 的中点，点P 在ABC 所在的平面内，记PCD与PAB 的面积分别为1S ，2S ，且121S S -=．当||PB =||||PA PB >时，||PA =_________；记PA PB a -=，则实数a 的取值范围为_________．【答案】①.②.(2)5【解析】【分析】以D 为原点，AB为x 轴正方向建立直角坐标系，设00(,)P x y ，根据已知得001||||12y x =-、2200(1)10x y -+=，即可得04x =，0||1y =，应用两点距离公式求||PA ；根据PA PB a -=确定P 的轨迹曲线，并写出方程，利用曲线性质列不等式求参数范围.【详解】以D 为原点，AB为x 轴正方向建立直角坐标系，设00(,)P x y ，则101||2S x =，20||S y =，所以001||||12x y -=，则001||||12y x =-，当||PB =，||||PA PB >时，00x >，即22200||(1)10PB x y =-+=，所以22001(1)(1)102x x -+-=，即200512320x x --=，可得04x =（负值舍），则0||1y =，故||PA ==若0PA PB a -=>，结合双曲线定义知：P 在以,A B 为焦点的双曲线上，但不含顶点，该双曲线为22221()1()22x y a a -=-，即22224414x y a a -=-，双曲线顶点的横坐标的绝对值小于半焦距1，则双曲线与曲线1||||12x y -=有交点，即双曲线的渐近线和曲线1||||12x y -=有交点，则双曲线的渐近线斜率的绝对值小于12，所以221115160424165a a <<⇒<<⇒<<，故4525a <<，所以实数a的取值范围为(,2)5.，(2)5【点睛】关键点点睛：第二空，注意P 在以,A B 为焦点的双曲线上，但不含顶点，将问题化为双曲线的渐近线斜率的绝对值小于12为关键.四、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ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2cos cos 2a B ab A c +=．（1）求a ；（2）若2π3A =，且ABC 的周长为2+，求ABC 的面积．【答案】（1）2a =；（2）4.【解析】【分析】（1）应用正弦边角关系及和角正弦公式有sin()2sin a A B C +=，再由三角形内角性质即可求边长；（2）应用余弦定理及已知得224b c bc ++=且b c +=1bc =，最后应用面积公式求面积.【小问1详解】由题设(cos cos )2a a B b A c +=，由正弦定理有(sin cos sin cos )2sin a A B B A C +=，所以sin()2sin a A B C +=，而πA B C +=-，故sin 2sin a C C =，又sin 0C >，所以2a =.【小问2详解】由（1）及已知，有2222241cos 222b c a b c A bc bc +-+-===-，可得224b c bc ++=，又2a b c ++=+，即b c +=，所以2()541b c bc bc bc +-=-=⇒=，故13sin 24ABC S bc A ==△.18.如图，在四棱锥E ABCD -中，//AD BC ，22AD BC ==，AB =，AB AD ⊥，EA ⊥平面ABCD ，过点B 作平面BD α⊥．（1）证明：平面//α平面EAC ；（2）已知点F 为棱EC 的中点，若2EA =，求直线AD 与平面FBD 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见详解（2）277【解析】【分析】（1）利用三角形相似及等量代换得AC BD ⊥，利用线面垂直得EA BD ⊥，进而得BD ⊥平面EAC ，结合已知条件得证；（2）利用空间向量法可求【小问1详解】设AC 与BD 的交点为O ，连接OF ，因为AD BC ∥，且AB AD ⊥，所以AB BC ⊥，因为22AD =，所以1AD =，AB =，AB AD ⊥，且AB =，2BC =，AB BC ⊥，所以ABD BCA ，所以ABD BCA ∠=∠，所以BAC ABD BAC BCA ∠+∠=∠+∠，因为AB BC ⊥，所以90BAC BCA ∠+∠=︒，所以90BAC ABD ∠+∠=︒，即90BAO ABO ∠+∠=︒，所以90AOB ∠=︒，所以AO OB ⊥，即AC BD ⊥，因为EA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以EA BD ⊥，因为EA AC A = ，,EA AC ⊂平面EAC ，所以BD ⊥平面EAC ，又因为平面BD α⊥，且B ∉平面EAC ，所以平面//α平面EAC 【小问2详解】因为AB AD ⊥，EA ⊥平面ABCD ，所以,,AB AD EA 两两垂直，如图，以A 为原点，,,AB AD EA 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系A xyz -，则()0,0,0A ，()0,1,0D ，()()(),0,0,2,2,0B E C ，所以())())0,1,0,,0,2,0,2AD BD BC BE ====，因为点F 为棱EC 的中点，所以()1,1,122BF BC BE ⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭，设平面FBD 的一个法向量为(),,n x y z =，则00BD n BF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以0202y x y z +=++=⎪⎩，取2x =，得y z =-=，所以平面FBD的一个法向量为(2,n =-，记直线AD 与平面FBD 所成角为θ，则27sin cos ,7AD n AD n AD n θ⋅===，所以直线AD 与平面FBD 所成角的正弦值为277．19.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，2124a a ==，当*n ∈N ，且2n ≥时，1132n n n S S S +-=-．（1）证明：{}n a 为等比数列；（2）设()()111n n n n a b a a +=--，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，若21172m m T -+>⨯，求正整数m 的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）3.【解析】【分析】（1）由题设112()n n n n S S S S +--=-，结合已知得到12n n a a +=在*n ∈N 上都成立，即可证结论；（2）由（1）得()()122121nn n n b +=--，裂项相消法求n T ，根据不等式关系得221m ->，即可确定正整数m 的最小值.【小问1详解】当2n ≥时，1111322()n n n n n n n S S S S S S S +-+-=-⇒-=-，即12n n a a +=，又2124a a ==，故12n n a a +=在*n ∈N 上都成立，且12a =，所以{}n a 是首项、公比均为2的等比数列.【小问2详解】由（1）知：2n n a =，则()()1121121212121n n n n n n b ++==-----，所以11111111212121211111133712n n n n n n T -++=-+-+--=----+-+- ，则21211117221712m m m m T -+-+=-+>⨯-⨯，即2121722182m m m -+-⨯-⨯<-=，所以221m ->，可得m>2，而*m ∈N ，故3m ≥，正整数m 的最小值为3.20.已知甲、乙两支登山队均有n 名队员，现有新增的4名登山爱好者a b c d ,,,将依次通过摸出小球的颜色来决定其加入哪支登山队，规则如下：在一个不透明的箱中放有红球和黑球各2个，小球除颜色不同之外，其余完全相同先由第一名新增登山爱好者从箱中不放回地摸出1个小球，再另取完全相同的红球和黑球各1个放入箱中；接着由下一名新增登山爱好者摸出1个小球后，再放入完全相同的红球和黑球各1个，如此重复，直至所有新增登山爱好者均摸球和放球完毕．新增登山爱好者若摸出红球，则被分至甲队，否则被分至乙队．（1）求,,a b c 三人均被分至同一队的概率；（2）记甲，乙两队的最终人数分别为1n ，2n ，设随机变量12X n n =-，求()E X ．【答案】（1）215；（2）3835.【解析】【分析】（1）由题意，,,a b c 三人均被分至同一队，即三人同分至甲队或乙队，分别求出a 被分至甲队即a 摸出红球的概率、b 被分至甲队即b 摸出红球的概率、c 被分至甲队即c 摸出红球的概率，再应用条件概率公式及互斥事件加法求,,a b c 三人均被分至同一队的概率；（2）根据题意有X 可能取值为4,2,0，分析X 各对应值的实际含义，并求出对应概率，进而求期望即可.【小问1详解】,,a b c 三人均被分至同一队，即三人同分至甲队或乙队，记事件A =“a 被分至甲队”，事件B =“b 被分至甲队”，事件C =“c 被分至甲队”，当a 即将摸球时，箱中有2个红球和2个黑球，则a 被分至甲队即a 摸出红球的概率为1()2P A =；当a 被分至甲队时，箱中有2个红球和3个黑球，则b 被分至甲队即b 摸出红球的概率为2(|)5P B A =；当,a b 均被分至甲队时，箱中有2个红球和4个黑球，则c 被分至甲队即c 摸出红球的概率为1(|)3P C AB =；所以121()()(|)255P AB P A P B A ==⨯=，则111()()(|)5315P ABC P AB P C AB ==⨯=，同理知：新增登山爱好者,,a b c 均被分至乙队的概率也为115，所以,,a b c 三人均被分至同一队的概率为215.【小问2详解】由题设，X 可能取值为4,2,0，4X =为新增的4名登山爱好者被分至同一队，则22224(4)24567105P X ⨯⨯⨯==⨯=⨯⨯⨯，2X =为新增的4名登山爱好者中有3名均被分至同一队，其余1名被分至另一队，设新增的第(1,2,3,4)k k =名登山爱好者被单独分至甲队或乙队，则123339(1)2456770P P k ⨯⨯⨯===⨯=⨯⨯⨯，223339(2)2456770P P k ⨯⨯⨯===⨯=⨯⨯⨯，322434(3)2456735P P k ⨯⨯⨯===⨯=⨯⨯⨯，422252(4)2456721P P k ⨯⨯⨯===⨯=⨯⨯⨯，所以12347(2)15P X P P P P ==+++=，X 0=为新增的4名登山爱好者中各有2名被分至甲队和乙队，则52(0)1(2)(4)105P X P X P X ==-=-==，所以475238()4201051510535E X =⨯+⨯+⨯=.21.已知函数1()ln 1x f x a x x -=-+有两个极值点1x ，2x ．（1）求实数a 的取值范围；（2）证明：()()2121221f x f x a a x x a -->--．【答案】（1）1(0,2；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数，结合()f x 的极值点个数，得到0a >且1x ，2x 是22(1)0ax a x a +-+=的两个不同根，列不等式组求参数范围；（2）设1201x x <<<，应用分析法将问题化为证11212211ln 21x x x x x x -<+，令12(0,1)x t x =∈，则证11ln 21t t t -<+，再由12a =对应()f x 单调性即可证结论.【小问1详解】由题设22222(1)()(1)(1)a ax a x a f x x x x x +-+'=-=++且0x >，若0a ≤，则()0f x '<在(0,)+∞上恒成立，即()f x 递增，不可能有两个极值点，不符；故0a >，又()f x 有两个极值点，则1x ，2x 是22(1)0ax a x a +-+=的两个不同正根，所以()()22Δ4144120100a a a a aa ⎧=--=->⎪-⎪->⎨⎪>⎪⎩，可得102a <<，即实数a 的取值范围是1(0,2.【小问2详解】由（1）102a <<且122(1)a x x a-+=，121=x x ，不妨设1201x x <<<，则()()1212f x f x x x -=-1212121211ln ln 11x x a x a x x x x x ----+++-112212122()ln (1)(1)x x x a x x x x x --++=-121212121212ln (ln ln )21x a x a x x a x x x x x x x x -=-=--+++-，要证()()2121221f x f x a a x x a -->--，需证1212ln ln 1211x x a x x a --->--，即1212ln ln 1x x a x x a ->--，只需证121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即11212211ln 21x x x x x x -<+，令12(0,1)x t x =∈，则证11ln 21t t t -<+，由（1），12a =时2212(1)(1)02ax a x a x +-+=-≥，即()0f x '≥，所以11()ln 21x f x x x -=-+在(0,)+∞上递增，又01t <<，故()(1)0f t f <=，即11ln 21t t t -<+，综上，()()2121221f x f x a a x x a -->--.【点睛】关键点点睛：第二问，设1201x x <<<，应用分析法将问题转化为证11212211ln 21x x x x x x -<+为关键.22.在平面直角坐标系xOy 中，点(1,0)P ，点A 为动点，以线段AP 为直径的圆与y 轴相切，记A 的轨迹为Γ，直线AP 交Γ于另一点B ．（1）求Γ的方程；（2）OAB 的外接圆交Γ于点C （不与O ，A ，B 重合），依次连接O ，A ，C ，B 构成凸四边形OACB ，记其面积为S ．（i ）证明：ABC 的重心在定直线上；（ii ）求S 的取值范围．【答案】（1）24y x=（2）证明见详解；32,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭【解析】【分析】（1）设(),A x y ，根据已知条件列出方程化简即得；（2）（i ）因为,,,O A B C 四点共圆，设该圆的方程为220x y dx ey +++=，联立22204x y dx ey y x ⎧+++=⎨=⎩，得()42416160y d y ey +++=，结合重心公式可得证；（ii ）记,OAB ABC △△的面积分别为12,S S ，用已知条件分别表示出12,S S ，进而表示出面积为S 的表达式，然后利用导数求最值即得.【小问1详解】设(),A x y ，则线段AP 的中点坐标为1,22x y +⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为以线段AP 为直径的圆与y 轴相切，所以1122x AP +==，化简，得24y x =.【小问2详解】（i ）因为,,,O A B C 四点共圆，设该圆的方程为220x y dx ey +++=，联立22204x y dx ey y x⎧+++=⎨=⎩，消去x ，得()42416160y d y ey +++=，即()()3416160y y d y e +++=，所以123,,y y y 即为关于y 的方程()3416160y d y e +++=的3个根，则()()()()312341616y d y e y y y y y y +++=---，因为()()()()()32123123122313123y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y ---=-+++++-，由2y 的系数对应相等得，1230y y y ++=，即()123103y y y ++=，因为ABC 的重心的纵坐标为()12313y y y ++，所以ABC 的重心在定直线0y =上.（ii ）记,OAB ABC △△的面积分别为12,S S ，由已知得直线AB 的斜率不为0设直线AB ：1x my =+，联立241x xy y m =+=⎧⎨⎩，消去x ，得2440y my --=，所以12124,4y y m y y +=⋅=-，所以1121122S OP y y =⋅⋅-==，由（i ）得，()3124y y y m =-+=-，所以()22233114444x y m m ==⨯-=，即()24,4C m m -，因为()212122444AB x x m y y m =++=++=+，点C 到直线AB的距离d =，所以()22211448122S AB d m m =⋅⋅=⋅+=-，所以)221281181S S S m m =+=-=+-不妨设0m >，且A 在第一象限，即120,0y y ><，340y m =-<，依次连接O ，A ，C ，B 构成凸四边形OACB ，所以()3122y y y y =-+<，即122y y -<，又因为124y y ⋅=-，2242y y <，即222y <，即20y <<，所以122244m y y y y =+=->+=，即24m >，即218m >，所以)218116S m m=+-=，设t =，则324t >，令()()2161f t t t =-，则()()()2221611614816f t t t t t '='=-+--，因为324t >，所以()248160f t t -'=>，所以()f t 在区间32,4∞⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()323242f t f ⎛⎫>= ⎪ ⎪⎝⎭，所以S 的取值范围为32,2∞⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭【点睛】第二问：（i ）关键是把证明ABC 的重心在定直线上转化为方程根的问题，利用韦达定理以及重心公式可得.（ii ）关键是把四边形OACB 拆成两个三角形，然后用相同的变量分别表示两个三角形的面积以及变量的取值范围的确定，进而得到四边形OACB 面积的表达式，然后利用导数求最值即得.。
高三数学：石家庄市2024年普通高中学校毕业年级教学质量检测试卷和答案
2024年普通高中学校毕业年级教学质量检测（一）数学（时间120分钟，满分150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知抛物线21:2C y x =，则C 的准线方程为（ ） A ．18x =B ．18x =− C ．18y =D ．18y =−2．已知复数121iz =+，复数22i z =，则12z z −=（ ）A ．1BCD ．103．已知命题():0,,e ln xp x x ∀∈+∞>，则（ ）A ．p 是假命题，():,0,ln xp x e x ¬∃∈−∞≤ B ．p 是假命题，():0,,ln xp x e x ¬∃∈+∞≤C ．p 是真命题，():,0,ln xp x e x ¬∃∈−∞≤ D ．p 是真合题，():0,,ln xp x e x ¬∃∈+∞≤4．已知圆台,O O 上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的侧面积为（ ） A ．8πB ．16πC ．26πD ．32π5．下列不等式成立的是（ ） A ．66log 0.5log 0.7> B ．0.50.60.6log 0.5> C ．65log 0.6log 0.5>D ．0.6050.60.6>6．集校为了解本校高一男生身高和体重的相关关系，在该校高一年级随机抽取了7名男生，测量了他们的身高和体重得下表：身高x （单位：cm) 167 173 175 177 178 180 181 体重y （单位：kg) 90545964677276由表格制作成如图所示的散点图：由最小二乘法计算得到经验回归直线1l 的方程为11ˆˆy b x a =+，其相关系数为1r ；经过残差分析，点()167,90对应残差过大，把它去掉后，再用剩下的6组数据计算得到经验回归直线2l 的方程为22ˆˆˆy b x a =+，相关系数为2r ．则下列选项正确的是（ ）A ．121212ˆˆˆˆ,,b b a a r r <<>B ．121212ˆˆˆˆ,,b b a a r r <><C ．121212ˆˆˆˆ,,b b a a r r >>< D ．121212ˆˆˆˆ,,b b a a r r >>< 7．函数()y f x =的导数()y f x =′仍是x 的函数，通常把导函数()y f x =′的导数叫做函数的二阶导数，记作()y f x =′′，类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数……．一般地，1n −阶导数的导数叫做n 阶导数，函数()y f x =的n 阶导数记为()()n y fx =，例如e x y =的n 阶导数()()e e n xx =．若()cos2x f x xe x =+，则()()500f =（ ） A ．49492+B ．49C ．50D ．50502−8．已知函数()()cos f x x ωϕ=+的部分图象如下，12y =与其交于,A B 两点．若3AB π=，则ω=（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。
2023—2024学年高三质量检测语文试卷
2023—2024学年高三质量检测语文试卷一、现代文阅读（35分）（一）现代文阅读I（本题共5小题，19分）1. 阅读下面的文字，完成下面小题。
“不着一字，尽得风流”，此乃含蓄之美。
我们常说中华民族的特性中有这样的特征，说话委婉，强调含忍，说白了，说明了，就不美。
而现代的审美观念，是外露的、张扬的、包装的。
曲解的广告、张扬的建筑、直露的喊话等等，使我感到现在阐释含蓄的内在意蕴多么不合时宜，我似乎在说一个古老的梦幻、那个曾经存在过的审美事实。
在美学中，曲标示一种美感、一种美学情趣。
从造型心理学角度看，横线能使人产生稳实感，竖线有力量感，而曲线则最富优美感、运动感。
在中国美学的谱系中，曲线具有和西方不同的意韵。
曲线所关心的是那悠远的纵深、那层层推进的妙处，那深藏于有形之象背后的有意味的世界。
当然，隐不等于晦，必须要处理好隐和露之间的关系，如果一味讳莫如深，欣赏者一头雾水，便如坠五里云中。
我们说，隐而不露，藏而不显。
隐是为了更好的露，藏是为了更好的显。
关键要有味，要启迪人想象的空间。
宛曲是中国诗中的高妙境界。
卢照邻《曲池荷》：“浮香绕曲岸，圆影覆华池。
常恐秋风早，飘零君不知。
”香味袅袅，荷影绰绰，曲岸风荷响，其韵传出遥远。
影的舞动、味的轻扬和婉曲的小径、澹荡的清池，构成一个和谐的整体。
它的境界是流动的、清幽的、绵长的、内蕴的。
曲是中国园林的至上原则之一，在一定程度上，造园就是造曲的艺术。
明刘侗《帝京景物略》记北京城东有曲水园，园中的漏云透月轩、掩山楼、宜雨亭、住秋阁，都在曲，含蓄蕴藉，一个唤起你更多想象的引子。
园林的曲景在云墙和回廊的设置上体现最为充分，如拙政园的回廊，婉曲回转，极尽优柔。
中国书法史上有永字八法之说，这是以“永”字的八笔来说明中国书法运笔的方法。
在我理解，永字八法透露出中国美学的含蓄蕴藉：笔笔藏，笔笔收，不直截，不显露，外表平静如无风的水面，但在其深处暗藏机锋。
书道之妙在于藏，这是中国含蓄的美学传统所决定的，在书法中叫做蓄势。
河南省濮阳市2024-2025学年高三9月质量检测考试数学试题(含解析)
2024—2025学年高三9月质量检测考试数 学全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，i 为虚数单位，为z 的共轭复数，则（ ）A.B. 4C. 3D.2.已知集合，，则（ ）A. B. C. D. 3. 半径为4的实心球与半径为2的实心球体积之差的绝对值为（ ）A.B. C. D.4. 已知向量，，其中，若，则（ ）A. 40B. 48C. 51D. 625. 已知的内角A ，B ，C 的对边a ，b ，c 成等差数列，且，，则（ ）A. 5B. C. 4D. 36. 已知点在抛物线C：上，则C 的焦点与点之间的距离为（ ）A. 4B.C. 2D.7. 已知a ，且，，，则（ ）24i z =+z 1z -=(){}3log 22M x y x ==+<{}2024x N y y ==M N = ()2,7-()2,3-()0,7()7,+∞1O 2O 224π376π75π215π3()1,54a λ=+ ()2,8b λ=+ 0λ≥a b ∥ ()a ab ⋅+=ABC △20ac =4cos 5B =b =121,34A p p ⎛⎫++ ⎪⎝⎭()220x py p =>()1,2b ∈R 0b ≠1a b ≠-1sin 1a b a bα-=+ab =A.B. C.D. 8. 已知当时，恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9. 已知直线与圆D ：有两个交点，则整数m 的可能取值有（ ）A. 0B. －3C. 1D. 310. 已知对数函数，则下列说法正确的有（ ）A. 的定义域为B. 有解C. 不存在极值点D. 11. 北京时间2024年8月12日凌晨，第33届法国巴黎奥运会闭幕式正式举行，中国体育代表团以出色的表现再次证明了自己的实力，最终取得了40枚金牌、27枚银牌和24枚铜牌的最佳境外参赛成绩，也向世界展示了中国体育的蓬勃发展和运动员们顽强拼搏的精神.某校社团为发扬奥运体育精神举办了竞技比赛，此比赛共有5名同学参加，赛后经数据统计得到该5名同学在此次比赛中所得成绩的平均数为8，方差为4，比赛成绩，且，则该5名同学中比赛成绩的最高分可能为（ ）A. 13B. 12C. 11D. 10三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 曲线在点处的切线方程为______.13. 被10除的余数为______.14. 在中，若，，三点分别在边，，上（均不在端点上），则，，的外接圆交于一点O ，称为密克点.在梯形ABCD 中，，，M 为CD 的中点，动点P 在BC 边上（不包含端点），与的外接圆交于点Q （异于点P ），则BQ 的最小值为______.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.（13分）已知椭圆C ：的焦距为.（1）求C 的标准方程；1cos 1cos αα-+πtan 4α⎛⎫+⎪⎝⎭1sin 1sin αα-+2πtan 42α⎛⎫+ ⎪⎝⎭0x >ln e ln x x x x a -≥(],1-∞(21,e ⎤⎦(],2-∞[)e,+∞y x =22224x y my m +-=-()()log 1x f x x =+()f x ()0,+∞()2f x =()f x ()()()11f x f x x >+>[]0,15x ∈*x ∈N 21e1x y x -=-()1,0203111A B C △1M 1N 1P 11A B 11B C 11C A 111A M P △111B M N △111C N P △60B C ∠=∠=︒22AB AD ==ABP △CMP △()222210x y a b a b +=>>（2）若，直线l ：交椭圆C 于E ，F 两点，且，求t 的值.16.（15分）交通强国，铁路先行，每年我国铁路部门都会根据运输需求进行铁路调图，一铁路线l 上有自东向西依次编号为1，2，…，21的21个车站.（1）为调查乘客对调图的满意度，在编号为10和11两个站点多次乘坐列车P 的旅客中，随机抽取100名旅客，得出数据（不完整）如下表所示：车站编号满意不满意合计102840113合计85完善表格数据并计算分析：依据小概率值的独立性检验，在这两个车站中，能否认为旅客满意程度与车站编号有关联？（2）根据以往调图经验，列车P 在编号为8至14的终到站每次调图时有的概率改为当前终到站的西侧一站，有的概率改为当前终到站的东侧一站，每次调图之间相互独立.已知原定终到站编号为11的列车P 经历了3次调图，第3次调图后的终到站编号记为X ，求X 的分布列及均值.附：，其中.0.10.010.0012.7066.63510.82817.（15分）如图，四棱锥的底面为平行四边形，且，.（1）仅用无刻度直尺作出四棱锥的高PH ，写出作图过程并证明；（2）若平面平面PCD ，平面平面PBC ，证明：四边形ABCD 是菱形.18.（17分）已知.（1）证明：是奇函数；5,02A ⎛⎫- ⎪⎝⎭()302x ty t =+>AEF △0.001α=1323()()()()()22n ad bc a b c d a c b d χ-=++++n a b c d =+++αx αP ABCD -AP CP =BP DP =P ABCD -PAB ⊥PAD ⊥()()ln 0x a f x ax a x a -⎛⎫=+>⎪+⎝⎭()f x（2）若，证明在上有一个零点，且.19.（17分）对于一个正项数列，若存在一正实数，使得且，有，我们就称是-有限数列.（1）若数列满足，，，证明：数列为1-有限数列；（2）若数列是-有限数列，，使得且，，证明：.()()()12120f x f x x x =<<()f x (),a +∞0x 2102x x x -≤{}n a λ*n ∀∈N 2n ≥121n n a a a a λ-+++≥ {}n a λ{}n a 11a =21a =()123n n n a a a n --=+≥{}n a {}n a λ0M ∃>*n ∀∈N 2n ≥n a M ≤222111121111n i in a a M a a a a λ=⎛⎫≥+- ⎪+++⎝⎭∑2024—2025学年高三9月质量检测考试数学参考答案1. A 【解析】由，可得.故选A.2. C 【解析】由可得，则；，故，则.故选C.3. A【解析】由题意可知体积之差的绝对值为.故选A.4. C 【解析】因为，，且，故，解得或（舍去），经检验当时，，故.故选C.5. B 【解析】由题意可得，，由余弦定理可得，，解得.故选B.6. D 【解析】因为点在抛物线C 上，所以，整理得，解得或（舍去），故焦点为，故C 的焦点与点之间的距离为故选D.7. D 【解析】由题意可得，解得.24i z =+24i 11i 14z --=-==-=()3log 22x +<029x <+<()2,7M =-20240xy =>()0,N =+∞()0,7M N = 334425632224π4π2πππ33333⨯-⨯=-=()1,54a λ=+ ()2,8b λ=+a b ∥ ()()54218λλ++=⨯0λ=145-0λ=a b ∥ ()()()1,43,121341251a a b ⋅+=⋅=⨯+⨯= 20ac =2b a c =+()2222282cos 24725b ac ac B a c ac ac b =+-=+--=-b =121,34A p p ⎛⎫++⎪⎝⎭()2121234p p p ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭272102p p --=2p =14-()0,1()1,2=1sin 1ab a bα-=+2222sin cos 2sincos1sin 22221sin sin cos 2sin cos 2222a b αααααααααα+++==-+-22222sin cos 1tan π222tan 42sin cos 1tan 222ααααααα⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭==+ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=故选D.8. A 【解析】由对恒成立，令，则，令，得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即.令，，，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以.故选A.9. AC 【解析】联立，消去x 可得，则，解得故选AC.10. BCD 【解析】对于A 选项，由对数函数的定义知的定义域为，故A 错误.对于B 选项，令，则，即，解得（负值舍去），故B 正确.对于C 选项，，可知，ln e ln x x x x a -≥0x >()ln f x x x =()ln 1f x x ='+()0f x '=1ex =10e x <<()0f x '<1e x >()0f x '>()f x 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭()11e ef x f ⎛⎫≥=-⎪⎝⎭1ln e x x ≥-ln t x x =()1e e t g t t t ⎛⎫=-≥- ⎪⎝⎭()e 1t g t '=-10e t -≤<()0g t '<0t >()0g t '>()g t 1,0e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭()0,+∞()()min 01g t g ==1a ≤22224y xx y my m=⎧⎨+-=-⎩222240y my m -+-=()()222840m m ∆=--->m -<<()f x ()()0,11,+∞ ()log 12x x +=21x x =+210x x --=x =()()()ln 1log 1ln x x f x x x+=+=()()()()2ln 1ln 11ln x x x x f x x x x-+++'=设函数，可知，令，解得，则在上单调递减，在上单调递增，且在上，则的图象为的图象向左平移一个单位长度，易得两者无交点，则无零点，即不存在极值点，故C 正确.对于D 选项，方法一：由的单调性可知，D 正确.方法二：作差有，且，故，D 正确.故选BCD.11. BC 【解析】设该5名同学在此次比赛中所得成绩分别为，，，，，易得，则，且，则，不妨设最大.对于A 选项，若，则不成立，故A 错误；对于B 选项，若，例如7，7，7，7，12，满足题意，故B 正确；对于C 选项，若，例如5，7，8，9，11，满足题意，故C 正确；对于D 选项，若，则，可得，可知该方程组无正整数解，故D 错误.故选BC.12. 【解析】，故时，，故曲线在点处的切线方程为.13. 1 【解析】()ln g x x x =()ln 1g x x ='+()0g x '=1e x =()g x 10,e ⎛⎫⎪⎝⎭1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭()0,1()0g x <()()1ln 1y x x =++()g x ()f x '()f x ()f x ()()()()()11log 1log 2x x f x f x x x +-+=+-+()()()2ln 1ln ln 2ln ln 1x x x x x +-⋅+⋅+=()()()()222ln ln 22ln 1ln ln 2ln 122x x x x x x ⎡⎤⎡⎤+++⋅+<<=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦()()()11f x f x x >+>1x 2x 3x 4x 5x ()12345185x x x x x x =++++=1234540x x x x x ++++=()()()()()2222212243588814588x s x x x x -+-+-+-+⎡⎤==⎣⎦-()()()()()22222123458888820x x x x x -+-+-+-+-=5x 513x =()()()()2222123488885x x x x -+-+-+-=-512x =511x =510x =()()()()22221234888816x x x x -+-+-+-=12342222123430496x x x x x x x x +++=⎧⎨+++=⎩33y x =-()212e x y x x -'=+1x =3y '=21e 1x y x -=-()1,033y x =-()10201010192891010103910110C 10C 10C 101==-=-⨯+⨯--⨯+，所以被10除的余数为1.14.【解析】如图，延长BA ，CD 交于点E ，则为正三角形.由题设结论，，，的外接圆有唯一公共点，该公共点即为题中的点Q ，故点Q 在的外接圆上.由题意得，，则是直角三角形，故其外接圆半径.在中，由余弦定理可知，，当Q 在线段BD 上，且时，BQ.15. 解：（1）由题意得，，（2分）又，（4分）则，（5分）所以C 的标准方程为.（6分）（2）由题意设，，联立，整理得，（7分）则，，（8分）故.（10分）设直线l 与x 轴的交点为，()9182791010101010C 10C 10C 1⨯-⨯+⨯--=+ 2031-EBC △ABP △CMP △AME △AME △120BAD ∠=︒90BAM ∠=︒AME △1R AD ==ABD △BD ==1QD =1-2c =c =c e a ==2a =2222b a c =-=22142x y +=()11,E x y ()22,F x y 2232142x ty x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩()2272304t y ty ++-=12232ty y t +=-+()122742y y t =-+12y y -===3,02D ⎛⎫⎪⎝⎭又，则，（11分）故，（12分）解得.（13分）16. 解：（1）补充列联表如下：车站编号满意不满意合计102812401157360合计8515100（3分）零假设为：旅客满意程度与车站编号无关，则，（6分）所以根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为旅客满意程度与车站编号有关联.（7分）（2）经分析，X 的可能取值为8，10，12，14.（8分）；（9分）；（10分）；（11分），（12分）则X 的分布列为X 8101214P（13分）所以.（15分）17. 解：（1）连接AC ，BD 交于点H ，连接PH ，5,02A ⎛⎫-⎪⎝⎭35422AD ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭12122AEF S AD y y =⋅-==△t =0H ()220.001100283571220010.8284060851517x χ⨯⨯-⨯==>=⨯⨯⨯0.001α=0H ()3288327P X ⎛⎫=== ⎪⎝⎭()2214103339P X ⎛⎫==⨯⨯= ⎪⎝⎭()2122123339P X ⎛⎫==⨯⨯= ⎪⎝⎭()31114327P X ⎛⎫===⎪⎝⎭8274929127()8421810121410279927E X =⨯+⨯+⨯+⨯=则PH 是四棱锥的高.（2分）由于该四棱锥底面为平行四边形，故点H 为AC 与BD 的中点.（3分）又，，故有，，（4分）又，AC ，平面ABCD ，故平面ABCD ，即PH 为四棱锥的高.（6分）（2）（方法一）证明：以H 为原点，以、的方向分别为x 轴、z 轴的正方向，以垂直于BC 的直线为y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.（7分）设，，，，.则，，.（8分）设平面PAB 、平面PCD 的法向量分别为，，则，，（9分）令，解得，.所以，.（10分）因为平面平面PCD ，所以，①（11分）同理可得平面PAD 、平面PBC 的一个法向量分别为，.故，即，②（12分）P ABCD -AP CP =BP DP =PH AC ⊥PH BD ⊥AC BD H = BD ⊂PH ⊥P ABCD -BC HP (),,0A a d (),,0B b d -(),,0C a d --(),,0D b d -()0,0,P h (),2,0BA CD a b d ==- (),,BP b d h =- (),,DP b d h =-()1111,,n x y z = ()2222,,n x y z =()11111200a b x dy bx dy hz ⎧-+=⎨-++=⎩()22222200a b x dy bx dy hz ⎧-+=⎨-+=⎩122x x dh ==1112()()x dh y b a h z b a d =⎧⎪=-⎨⎪=+⎩2222()()x dh y b a h z b a d =⎧⎪=-⎨⎪=-+⎩()()()12,,n dh b a h b a d =-+ ()()()22,,n dh b a h b a d =--+PAB ⊥()()2222221240n n d h b a h a b d ⋅=+--+= ()30,,n h d = ()40,,n h d =-22340n n h d ⋅=-= h d =①②联立解得.（13分）因此，.（14分）故，而四边形ABCD 是平行四边形，故四边形ABCD 是菱形.（15分）（方法二）证明：过点H 作交AB 于点E ，交CD 于点F ，过点H 作交BC 于点M ，交AD 于点N ，连接PE ，PF ，PM ，PN ，因为平面ABCD ，AB ，平面ABCD ，所以，.（7分）因为EF ，平面PEF ，所以平面PEF ，又平面PEF ，所以.（8分）易得平面PAB 与平面PCD 的交线平行于AB ，又平面平面PCD ，平面PAB ，所以平面PCD ，又平面PCD ，所以.（10分）因为MN ，平面PMN ，所以平面PMN ，又平面PMN ，所以.（11分）易得平面PAD 与平面PBC 的交线平行于BC ，又平面平面PBC ，平面PBC ，所以平面PAD ，又平面PAD ，所以.（13分）因为H 为平行四边形ABCD 对角线的交点，所以，，所以，所以，（14分）又，所以，所以平行四边形ABCD 是菱形.（15分）18. 证明：（1）易得的定义域为，（2分）.由奇函数的定义知是奇函数.（6分）2ab d =AD a b =--AB a b ===--AB AD =EF AB ⊥MN BC ⊥PH ⊥BC ⊂PH AB ⊥PH BC ⊥PH ⊂AB ⊥PE ⊂AB PE ⊥PAB ⊥PE ⊂PE ⊥PF ⊂PE PF ⊥PH ⊂BC ⊥PM ⊂BC PM ⊥PAD ⊥PM ⊂PM ⊥PN ⊂PM PN ⊥HE HF =HM HN =1122PH EF MN ==EF MN =AB EF BC MN ⋅=⋅AB BC =()f x ()(),,a a -∞-+∞ ()()ln x a f x a x x a --⎛⎫--=--- ⎪-+⎝⎭()ln ln x a x a ax ax f x x a x a -+-⎛⎫⎛⎫+=+= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭=--()f x（2）由对称性，不妨取，则，（7分）而.（8分）下证，设，，，，则（当且仅当，，即时取等号）.（14分）另一方面，的定义域为，.由对称性，不妨取，则，故在上单调递增.（15分）当时，；当时，.由零点存在定理知在上有一个零点，（16分）故.（17分）19. 证明：（1）当时，；（2分）当时，，（6分）故数列是1-有限数列.（7分）（2）由，得，（9分）31x x =-()()()()()()()23232323ln 0x a x a f x f x a x x x a x a ⎡⎤--+=++=⎢⎥++⎢⎥⎣⎦()()()()()2232323232ln 2x a x a x x f a x x x a x a ⎡⎤-+-+⎛⎫=++⎢⎥ ⎪+++⎝⎭⎢⎥⎣⎦()()2323202x x f f x f x +⎛⎫≥=+ ⎪⎝⎭2x a m -=3x a n -=2x a p +=3x a q +=()()()()()()()()()()22232322323x a x a x a x a m n mn x a x a x a x a pq p q ⎡⎤-+---+-=-⎢⎥++++++⎢⎥⎣⎦()()()()()()2222pq m n mn p q pm qn qm pn p q pq p q pq +-+--++==()()()22323220a x x x x p q pq +-=≥+m n =p q =23x x =()f x ()(),,a a -∞-+∞ ()()()2a f x a x a x a =++-'x a >()0f x a '>>()f x (),a +∞x a →()f x →-∞x →+∞()f x →+∞()f x (),a +∞0x 2102x x x -≤2n =121a a ==2n >122121n n n n n a a a a a a a ----++++>+= {}n a 121n n a a a a λ-+++≥ ()2221211n n a a a a λ-≥+++于是有（13分）.（17分）()222212112111nn i i i i a a a a a λ==-≥++++∑∑ ()()2221121121n i i i a a a a a a a λ=-≥+++++++∑ 222112112111n i i i i a a a a a a a a λ=-⎛⎫+⋅-≥ ⎪++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⎝⎭=∑222112112111n i i i a M a a a a a a λ=-⎛⎫+⋅- ⎪++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⎝⎭∑221112111n a M a a a a λ⎛⎫+- ⎪+=++⎝⎭。
通州区2024—2025学年第一学期高三年级期中质量检测语文试卷及答案
通州区2024—2025学年第一学期高三年级期中质量检测语文试卷2024年11月本试卷共8页，150分。
考试时长150分钟。
考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。
考试结束后，将答题卡交回。
一、本大题共5小题，共18分。
阅读下面材料，完成1-5题。
材料一“茶出中国”，诸多文物和文献见证了中国茶文化的起源。
中国西南地区发现距今3500万年的宽叶木兰古植物化石，证明宽叶木兰是茶树物种的始祖。
茶学界认为，2000万年前中华木兰就已出现在云南。
贵州的晴隆茶园里发现距今100万年的茶树籽化石，表明中国是世界茶树的原产地。
浙江萧山跨湖桥遗址出土距今8000年的茶籽，表明当时的东部沿海地区是有茶树存在的，而且先民们已经在探究茶籽及茶的用途。
浙江余姚田螺山遗址发现距今6000年的人工种植茶树根遗存，虽然山茶属树木的木材结构非常近似，具体的树种识别有一定困难，但是其木材结构与栽培茶树一致，具有山茶科才有的茶氨酸，证明这些山茶属树根为茶树根遗存。
在先秦文献和考古文物出现之前，《晏子春秋》中“婴相齐景公时，食脱粟之饭……五卵，茗菜而已”的文句，就记录了晏子在齐国为国相时的饮食情况，有人指出，“茗”应是苔菜之物。
东周邾国故城遗址出现了原始青瓷碗的植物残渣，经过科学检测，研究者认定碗内遗存的是者过或泡过的茶叶残渣，这是目前发现的最早茶叶实物遗存，这个发现可以解释《晏子春秋》中的“茗菜”是茗菜，即茶。
郝国故城遗址发现茶叶的时间，与晏子记载的时间比较接近，所以考古新发现的文物可以印证文献的可信性，对于我们研究先秦时期的相关文献起到文物证史的作用。
三国与六朝时期，《广雅》记载的茶饮是加了葱、姜、橘子的，这种像者羹一样的茶饮，口味比较浓郁辛辣，陆羽在其所著的《茶经》中就批评了这样的饮茶方式，人们的饮茶习惯也由此变成了清饮。
这一时期还出现了以茶待客的行为，《茶经》引《桐君录》中的记载：“交、广最重，客来先设。
”茶具的发展历经一个过程。
2024届福建省福州市高三下学期4月末质量检测语文试题(解析版)
2023-2024学年福州市高三年级4月末质量检测语文试题(完卷时间150分钟;满分150分)注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
一、现代文阅读(35分)(一)现代文阅读Ⅰ(本题共5小题，18分)阅读下面的文字，完成下面小题。
材料一：“生态位”是近年来开始流行的一个生态学术语，其意是指一个种群在自然生态系统空间上的位置以及这个种群与自然及其他种群之间的功能和价值关系。
作为生态系统中的一员，人类显然有属于自己的生态位，但人类的生态位不是人类在生态系统中的某一固定区域，而是指人类的活动有其特定的边界并受特定规则的约束。
人类的生态位责任包括补偿性责任与前瞻性责任。
德国学者约纳斯将责任区分为追溯性责任与前瞻性责任。
这为人类履行生态位责任提供了有益启迪。
追溯性责任也就是补偿性责任，它要求人类必须对人类活动已经破坏的自然生态环境负责，竭尽全力进行环境治理和生态修复；而前瞻性责任则是指人类必须对自己的经济政治决策、科学技术创新、生产方式和生活方式等对生态环境可能造成的负面影响进行科学评估与预测，从而择优弃劣而行。
无论是履行补偿性责任还是前瞻性责任，都要求人类通过生态环境立法、政府的制度设计、公民的生态道德践行乃至国际社会的协同合作，一方面弥补、修复我们已造成的自然生态环境破坏，另一方面有效预防人类对生命共同体造成更进一步的伤害。
人类履行生态位责任的根本途径是推进绿色发展，建设生态文明。
因为这是既符合自然规律、也符合人类需要的社会实践。
推进绿色发展，建设生态文明，不是人类既可以享有、又可以放弃的权利，而是人类不可推卸的责任。
履行这一责任包含着“肯定性”与“否定性”两方面的现实要求。
就肯定性要求而言，就是人类要将符合绿色发展与生态文明要求的理念、技术、政策、法律、方案等运用于绿色发展与生态文明建设实践之中；从否定性要求看，就是决不以牺牲生态环境和其他物种的生命来换取人类的利益和发展，彻底摒弃那些非绿色、非生态与反绿色、反生态的理念、技术、政策、法律、方案，实现生产方式、生活方式、科技创新方式的绿色化变革，从源头上防范生态环境危机的再次发生，以造福生命共同体。
浙江省湖州、丽水、衢州2024年11月三地市高三教学质量检测语文试题卷及参考答案
一、现代文阅读（35分）（一）现代文阅读Ⅰ（本题共5小题，19分）阅读下面的文字，完成1—5题。
材料一：饭圈，粉丝圈子的简称。
“粉丝”一词的英文单词为“fans”，其中的fan音译为“饭”，粉丝群体组成的圈子就叫“饭圈”。
“饭圈”共同体的形成离不开粉丝之间的情感团结环节。
情感团结指的是具有相似品味偏好的行动者基于情感而彼此连接在一起的状态。
其中的参与者将由此体验到积极的情感能量、集体性的身份认同、联系个人与集体的符号以及维护集体符号的道德正义感等。
在数字时代，数字技术不仅带来了更多的信息供给，也重塑了人们彼此交换信息、产生互动的方式。
在数字平台中，人们往往倾向于接纳与自身观念更为相近的信息或与自身品味相似的成员；部分智能算法也倾向于为用户推荐同质化的信息资源，从而加剧了其互动连接过程的选择性。
由于数字技术在传播过程中的这种选择性，粉丝彼此之间的情感距离同样前所未有地缩短了，更具选择性的粉丝聚集效应也因此产生。
钟爱相同偶像的粉丝们不仅可以线下相会，也可以在线上时刻联络，完成共同的任务，并分享共同的快乐。
这样的连接过程既使得其中的个体找到了心灵归属，也为共同体的组建提供了正当性基础。
在粉丝聚集并形成集体身份认同的基础上，其共同体还将探索出各种规范性策略，包括特定的身份标签与组织结构等，以实现共同认可的追星目标。
同样地，由于数字技术的选择性，特定的策略一旦为粉丝情感所接纳，就能得到精准的传播，从而加强粉丝彼此之间的情感团结。
具体而言，在身份标签方面，粉丝群体所建构的标签主要用于自我呈现、分享信息和组织行动。
例如，不同偶像的粉丝有着各自专属的身份名称，如易烊千玺的粉丝自称“千纸鹤”、迪丽热巴的粉丝自称“爱丽丝”等。
另外，不同的追星行动也可能被赋予只有圈内人才能理解的名称，如给自己的偶像手绘图画被称作“绘饭”，为自己的偶像设立集资数额叫“插旗”，而达到了特定的目标金额则叫“拔旗”等。
不难发现，粉丝们通过在数字平台中传播这些具有加密属性的标签，既实现了对潜在圈内伙伴的精准识别，又增加了其共同体的独特性与凝聚力。
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非洲音乐特点：
由于众多繁复的部族和各种外来的影响，非 洲的音乐文化既千差万别，丰富多样，又具 有黑非洲民族音乐的共同特性，相互联系而 具有共同的传统。例如，非洲各部族的音乐 的共性是，西非和中非的复杂多变的节奏， 旋律中常见三度音程进行；东非和南非的比 较稳定的调性，多种形态的多声部演唱、演 奏，以及对鼓的喜爱和崇拜等。
非洲鼓
拉丁美洲音乐特点
欧洲音乐、印第安音乐和非洲音乐相融合。
7.小提琴协奏曲《梁祝》以家喻户晓的民间故事和越剧中的曲调为素 材，综合采用交响乐与我国民间戏曲音乐表现手法，以小提琴为主奏 乐器演绎了一个凄美的爱情传说。作品由呈示部、展开部、再现部三 大部分构成，这种曲式结构是
A．复二部曲式 B．奏鸣曲式 C．回旋曲式 D．变奏曲式
5.下列言论有助于我们树立良好的审美习 惯的是
①“论画以形似，见与儿童邻”（苏轼） ②“宁可食无肉，不可居无竹”（苏轼） ③ “取法于上，仅得其中；取法于中，不 免为下。” ④ “鉴赏力不是靠观赏中等作品而是靠观 赏最好的作品才能培育成的。”（德· 歌德） A．①② B．②③④ C．①②③④ D．①③
唐 张 萱《捣练图》（局部，宋摹本） 美国波士顿美术馆藏。
《韩熙载夜宴图》
《韩熙载夜宴图》是五代大画家顾闳中所作，这幅画卷不仅仅是一幅描写私人生活的图 画，更重要的是它反映出那个特定时代的风情。作者把韩熙载生活的情景描绘得淋漓尽 致，画面里的所有人物的音容笑貌栩栩如生。在这幅巨作中，画有四十多个神态各异的 人物，蒙太奇一样地重复出现，各个性格突出，神情描绘自然。《韩熙载夜宴图》从一 个生活的侧面，生动地反映了当时统治阶级的生活场面。画家用惊人的观察力，和对主 人公命运与思想的深刻理解，创作出的这幅精彩作品值得我们永久回味。
A. 200米 3000米 B.3000米 铁饼 C. 100米 跳高 D.铅球 跳远 篮板王的主要体能体现是：下肢力量和爆发力
2．“写生”一词在中西绘画中有着不同的内涵， 形成了不同的写生观。下列选项中对于中国绘画 中的写生观理解错误的是
A．中国花鸟画在写生中，注重对形象的生 动感觉 B．写生即写物之生意 C．画品惟写生最难，不特传其形似，贵 其神似 D．中国花鸟画在写生中，注重对静止形 象的深入观察和细致的刻画
单二部曲式和没有再现性的单二部曲式两种。
《梁祝》 根据问题展开 提出问题
奏鸣曲式：奏鸣曲式包括三个部分Байду номын сангаас即呈示部、 发展部、再现部。结构图如下： 解决问题
呈示部（A） 展开部（B）再现部（A） 引子
+┏——————————┒+┎—————┓+┎———┓+尾声
乐曲一开始几声拨弦声在轻柔的弦乐颤音背景上，整个引子展示出一幅风和 日丽下，草桥畔桃红柳绿、百花盛开的画面。在竖琴的伴奏下，小提琴演绎出纯 朴而美丽的“爱情主题”。 在独奏小提琴的自由华彩的连接乐段后，乐曲进入副部。描写梁祝同窗共读 时的生活情景。传说中祝英台女扮男装去读书，在途中与梁山伯相识后两人情投 意合，结拜为兄弟。这段音乐主题就是表现梁祝同窗三载共读共玩时的情景。梁 祝二人同窗三载就要分别，音乐表现十八相送、长亭惜别的依恋之情。 将主题变 奏缓缓奏出，大小提琴二重奏，紧密结合难分难舍。 乐曲的最终部份是再现部「化蝶」，在轻盈飘逸的弦乐衬托下，爱情主体再现， 梁山伯与祝英台从坟墓中化为一对蝴蝶，在花间欢娱自由飞舞，永不分离。
苏轼《枯木怪石图》
石涛
山水画：简称“山水”。中国画的一种。 描写山川自然景色为主体的绘画。
文徵明《横塘图》
张大千 《高山流水》
花鸟画：中国画的一种。
都具有 很强的 质感， 称得上 活灵活 现，栩 栩如生
五代 黄筌 写生珍禽图
3.雕像《掷铁饼者》被誉为“体育运动之神”， 表现的是运动员投掷铁饼时一个典型瞬间动作。 关于这个雕塑说法错误的是
五声音阶
五声音阶的意思就是按五度的相生顺序，从 宫音开始到角音，依次为：宫--商--角--徵-羽；如按音高顺序排列，即为： 12356 宫 商 角 徵（zhǐ） 羽
亚洲音乐特点
亚洲可分为五个音乐文化区：东亚、南亚、东南亚、 中亚和西亚。 东亚音乐旋律十分丰富，多采用五声音阶，乐器种 类繁多，并有多种多样民歌、戏曲、说唱和舞蹈等。 东南亚：大型的敲击乐队是东南亚音乐的特点之一。 南亚古老音乐传统延续至今。印度古典音乐中的旋 律、节奏体系的到高度的发展，有着多样的饿音节 调式和独特的装饰音体系。 中亚和西亚属于伊斯兰文化，采用齐声音阶，中亚 的阿拉伯古典音乐用二十四平均律的音阶。
《幽涧寒松图》元 倪瓒 纸本墨笔 纵59.7厘米 横 50.4厘米 北京故宫博物院藏 倪瓒的山水画秀丽、清幽。他 作画喜用干笔皴擦, 以侧峰着纸, 稚嫩中见苍老, 简淡中见厚重。 焦墨只用在点苔或写景树丛。 《幽涧寒松图》近乎正方形的 幅面和平面的取景方法，使画 家不得不采用特殊的构图方式， 将通常所画的宽广水面压缩成 一条溪流，从前景缓缓流过。 他用轻重干湿不同的侧峰微妙 地画出山石的顶面与侧面，以 表现其立体感，此画对这一画 法的运用可谓登峰造极。画中 所展现的是幽静清凉的景色， 而这正是倪瓒心目中的宁静有 序、远离尘嚣的理想环境。
10．乐器按照演奏方法可以分为四类，下列乐器 中属于同一种演奏方法的中国民族乐器是
A．二胡 小提琴二胡
二胡、二胡为拉弦乐器，小提琴为西洋弓弦乐器
B．琵琶 月琴 柳琴
弹拨类中国民族乐器
C．编钟 锣 埙
编钟和锣为打击乐器，埙为吹奏乐器
D．箫 长笛 唢呐
长笛为西洋乐器
埙（云南）
11.李强是全校有名的“篮板王”，如果想让他参 加学校田径运动会，报名时适合他的项目是
1.各国和地区的民族文化在融入世界大文化的基础上，同 时保持着自己的特色，形成各自的美学特征。以下有关中 西方美术语言的描述中，不正确的是
中国画也很讲究色彩，如工笔画《捣练图》和《韩熙载夜宴图》等。现代 绘画彩墨结合运用更多，其中水墨画以墨色为主，但不能以偏代全。
描绘了民间丝织工艺中的捣绸、 检验、熨烫过程，十分重视后道 工序各个环节。
济宁市高三基本能力监测
1.各国和地区的民族文化在融入世界大文化的基础上，同 时保持着自己的特色，形成各自的美学特征。以下有关中 西方美术语言的描述中，不正确的是
A．西方从几何学抽象出形体基本的点、线、面、 体作为基本美术语汇，并总结出明暗造型方法；而 中国画的造型虽也使用点、线、面、体，但更常用 作为“应物象形”手段的笔墨 B．西方绘画色彩可分固有色、条件色、表现性色 彩和装饰性色彩等，而中国画只求笔墨，不讲求色 彩 C．西方绘画多用焦点透视来表现空间，而中国传 统绘画多采用散点透视来表现空间 D．中西方美术语言的形成，与地域、文化背景、 材料工艺等密切相关
8．中国戏曲历史悠久，种类繁多，是一种综合的舞台艺术 形式。请找出与下列地区相对应的剧种 安徽（ ）河南（ ）湖北（ ）浙江（ ）山东（ ）
① 吕剧、②楚剧、③豫剧、④黄梅戏、⑤越剧 A．④①②③⑤ B．④③②⑤① C．④②③⑤① D．⑤②③④① 山东地方戏曲 ：吕剧、柳子戏、山东梆子、莱芜梆子、 章丘梆子、五音戏、茂腔、柳腔、二夹弦、枣梆、 锣鼓铳子、北词二弦（四根弦）、山东乱弹、一勾 勾（河西柳）、柳琴戏（拉魂腔）、蛤蟆嗡 。 吕剧 《借年》、《小姑贤》、《借亲》、《蔡文 姬》、《迎春曲》、《梨花狱》
6．在上海世博会期间，人们可以欣赏到来自五大洲丰富多 彩的民族民间音乐，每个地区的音乐都有自己显著的特点。 下列音乐特点与地区对应正确的一项是
①以五声音阶为主，旋律优美，具有歌唱性强的特点， ②丰富多变的节奏具有特殊的重要性，最常见的歌唱形式是呼 应歌 ③音阶呈多样化，主要以七声音阶为主，具有丰富的和声。 ④多种音乐融合而形成的一种多元化的混合型音乐，歌舞音乐 是它的灵魂。 A．亚洲音乐、非洲音乐 、 欧洲音乐、拉丁美洲音乐 B．非洲音乐 、欧洲音乐、亚洲音乐、拉丁美洲音乐 C．拉丁美洲音乐、非洲音乐 、 欧洲音乐、亚洲音乐 D．亚洲音乐、非洲音乐 、拉丁美洲音乐、欧洲音乐
回旋曲式
西洋音乐曲式结构之一。其基本原则是：主要主题 周而复始地循环往复， 在其重复之间，插以对比 性格的‘插部’（副题），在回旋曲中，主要主题 至少要呈现3次 。 回旋曲式： A+B+A+C+A+D+A+E+A…… 其中的A是多次出现的回旋曲主要主题，B、C、 D、E是新材料，专用名词是"插部"。一首回旋曲 至少要有两个插部。上例共有四个插部，分别称作 第一、第二、第三、第四插部。
9．贝多芬说过：“音乐应当使人类的精神爆发出 火花。”下列有关音乐的社会功能描述正确的是
①教化作用是音乐的主要功能之一，而教化的形式则是“寓教 于乐”。 ②好的音乐可以振奋精神，鼓舞斗志，甚至可以起到战斗的作 用。 ③陶冶人的情操是音乐的主要社会功能之一。 ④音乐可以培养人们热爱生活、热爱事业、热爱人生的坚定信 念。 ⑤欣赏音乐可以促进智力的发展。 ⑥“音乐治疗”作为新的学科门类已在国内国外广泛开展，音 乐的医疗、保健作用也愈来愈多地受到人们的重视。 ⑦音乐的社会功能分为认识功能、教育功能、美育功能、实用 功能。 A、①③④⑥ B、②③④⑤⑥⑦ C、①②③④⑤⑥⑦ D、①②③④⑤
复二部曲式：是由两个二部曲式构成的乐曲。用A＋B图示表示。 由两个乐段构成的乐曲形式称“单二部曲式”，也叫“二段体”，在歌 曲创作中广泛应用。单二部曲式的第一个乐段在音乐上具有鲜明的初步陈 述性质，材料简单，结构方整，情绪稳定，具有进一步展开的要求和发展 的可能性。第二个乐段可以是再现性，也可以是对比性，分为有再现性的
中国画特点：
1、画面有意境，画外有精神，画外有画。 2、格局版式讲究密不透风，疏能跑马，即 疏密有致。 3、诗、书、画、印俱佳。 中国画讲究：外师造化、中的心源