高一下半学期期中考试
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。
湖北省宜昌市部分省级示范高中2023-2024学年高一下学期期中联考英语试题含答案
宜昌市部分省级示范高中2024年春季学期期中考试高一年级英语试卷（答案在最后）命题学校：考试时间：120分钟满分：150分第一部分：听力(共两节，满分30分)第一节(共5小题；每小题 1.5分，满分7.5分)听下面5段对话。
每段对话后有一个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。
听完每段对话后，你都有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。
每段对话仅读一遍。
1.What would the man like to order?A.Some coffeeB.Some apple juice.C.A cup of tea.2.Which program does the man like best?A.SportsB.History.C.News.3.What is the probable relationship between the speakers?A.Salesgirl and customer.B.Wife and husband.C.Passenger and driver.4.Where does the conversation probably take place?A.In a ticket officeB.In a bankC.In a department store5.When did the fire probably break out?A.At about7.B.At about8.C.At about9.第二节(共15小题；每小题 1.5分，满分22.5分)听下面5段对话或独白。
每段对话或独白后有几个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。
听每段对话或独白前，你将有时间阅读各个小题，每小题5秒钟；听完后，各小题将给出5秒钟的作答时间。
每段对话或独白读两遍。
听第6段材料，回答第6、7题。
6.What does the man’s friend want to drink?A.Orange juice.k with sugar.C.Coffee with milk.7.How much should the man pay?A.10yuan.B.90yuan.C.100yuan.听第7段材料，回答第8、9题。
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。
江西省南昌市第二中学2023-2024学年高一下学期5月期中英语试题(解析版)
南昌二中2023-2024学年度下学期高一期中考试英语试卷第一部分：听力理解（共两节，满分30分）第一节（共5小题；每小题1.5分，满分7.5分）听下面5段对话，每段对话后有一个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。
听完每段对话后，你都有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题，每段对话仅读一遍。
1.What are the speakers talking about?A.A floodB. A fireC. A car accident2.How many tickets does the woman need to buy?A.7B.6C.53.What do we know about the man?A. He just bought a new house.B. He doesn’t get along with his roommates.C. He is a man of bad temper.4.What time is it now?A.9:00B. 9:10C.9:405.What does the man say about the woman?A. She should have been more active.B. She was very talkative.C. She danced very well.第二节（共15小题；每小题1.5分，满分22.5分）听下面5段对话或独白,每段对话或独白后有几个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。
听每段对话或独白前，你将有时间阅读各个小题，每小题5秒钟；听完后，每小题将给出5秒钟的作答时间。
每段对话或独白读两遍。
听第6段材料，回答第6、7题。
6.Where does the woman come from?A. Australia.B. EnglandC. Brazil.7.What does the woman do ?A. She’s a trader.B. She’s a student.C. She’s a receptionist.听第7段材料,回答第8至9题。
人教版高一下学期期中考试数学试卷及答案解析(共五套)
人教版高一下学期期中考试数学试卷（一）注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共22题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.点C是线段AB靠近点B的三等分点，下列正确的是（）A．B．C．D．2.已知复数z满足z（3+i）＝3+i2020，其中i为虚数单位，则z的共轭复数的虚部为（）A．B．C．D．3.如图，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，则•的值为（）A．﹣1 B．﹣3 C．1 D．4.设i是虚数单位，则2i+3i2+4i3+……+2020i2019的值为（）A．﹣1010﹣1010i B．﹣1011﹣1010iC．﹣1011﹣1012i D．1011﹣1010i5.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与CD所成的角为（）A．30°B．45°C．60°D．135°6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（a﹣2b）cos C＝c（2cos B﹣cos A），△ABC的面积为a2sin，则C＝（）A．B．C．D．7.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（）A．直线B1C与直线AC所成的角为60°B．直线B1C与平面AD1C所成的角为60°C．直线B1C与直线AD1所成的角为90°D．直线B1C与直线AB所成的角为90°8.如图，四边形ABCD为正方形，四边形EFBD为矩形，且平面ABCD与平面EFBD互相垂直．若多面体ABCDEF的体积为，则该多面体外接球表面积的最小值为（）A．6πB．8πC．12πD．16π二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2+bc，则角A可为（）A．B．C．D．10.如图，四边形ABCD为直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为AB，CD的中点，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．11.下列说法正确的有（）A．任意两个复数都不能比大小B．若z＝a+bi（a∈R，b∈R），则当且仅当a＝b＝0时，z＝0C．若z1，z2∈C，且z12+z22＝0，则z1＝z2＝0D．若复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的最大值为312.如图，已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，E，F分别是BC，A1C的中点，则（）A．B．C．向量与向量的夹角是60°D．异面直线EF与DD1所成的角为45°三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝（+），则||＝；•＝．14.若虛数z1、z2是实系数一元二次方程x2+px+q＝0的两个根，且，则pq＝．15.已知平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝BD＝2，将△ABD沿对角线BD折起，使点A到达点A'的位置，当A'C＝时，三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．16.已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为a 的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a的最大值为．四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1．（1）若AB＝，求BC；（2）若AB＝2BC，求cos∠BDC．18.（1）已知z1=1﹣2i，z2=3+4i，求满足=+的复数z．（2）已知z，ω为复数，（1+3i）﹣z为纯虚数，ω=，且|ω|=5．求复数ω．19.如图，墙上有一壁画，最高点A离地面4米，最低点B离地面2米．观察者从距离墙x（x＞1）米，离地面高a（1≤a≤2）米的C处观赏该壁画，设观赏视角∠ACB＝θ．（1）若a＝1.5，问：观察者离墙多远时，视角θ最大？（2）若tanθ＝，当a变化时，求x的取值范围．20.如图，已知复平面内平行四边形ABCD中，点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，对应的复数为4﹣4i．（Ⅰ）求D点对应的复数；（Ⅱ）求平行四边形ABCD的面积．21.如图所示，等腰梯形ABFE是由正方形ABCD和两个全等的Rt△FCB和Rt△EDA组成，AB＝1，CF＝2．现将Rt△FCB沿BC所在的直线折起，点F移至点G，使二面角E﹣BC﹣G的大小为60°．（1）求四棱锥G﹣ABCE的体积；（2）求异面直线AE与BG所成角的大小．22.如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使点D在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE．（1）点F在BC上，若DF∥平面EAC，求点F的位置；（2）求直线AB与平面EBC所成角的余弦值．参考答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.点C是线段AB靠近点B的三等分点，下列正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据共线向量的定义即可得结论．【解答】解：由题，点C是线段AB靠近点B的三等分点，＝3＝﹣3，所以选项A错误；＝2＝﹣2，所以选项B和选项C错误，选项D正确．故选：D．【知识点】平行向量（共线）、向量数乘和线性运算2.已知复数z满足z（3+i）＝3+i2020，其中i为虚数单位，则z的共轭复数的虚部为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．【解答】解：∵z（3+i）＝3+i2020，i2020＝（i2）1010＝（﹣1）1010＝1，∴z（3+i）＝4，∴z＝，∴＝，∴共轭复数的虚部为，故选：D．【知识点】复数的运算3.如图，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，则•的值为（）A．﹣1 B．﹣3 C．1 D．【答案】C【分析】利用图形，求出数量积的向量，然后转化求解即可．【解答】解：由题意，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，可知＝+＝，＝﹣＝﹣2，所以•＝（）•（﹣2）＝﹣2﹣2＝1．故选：C．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算4.设i是虚数单位，则2i+3i2+4i3+……+2020i2019的值为（）A．﹣1010﹣1010i B．﹣1011﹣1010iC．﹣1011﹣1012i D．1011﹣1010i【答案】B【分析】利用错位相减法、等比数列的求和公式及其复数的周期性即可得出．【解答】解：设S＝2i+3i2+4i3+ (2020i2019)∴iS＝2i2+3i3+ (2020i2020)则（1﹣i）S＝i+i+i2+i3+……+i2019﹣2020i2020．＝＝i+＝＝﹣2021+i，∴S＝＝．故选：B．【知识点】复数的运算5.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与CD所成的角为（）A．30°B．45°C．60°D．135°【答案】B【分析】易知∠ABA1即为所求，再由△ABA1为等腰直角三角形，得解．【解答】解：因为AB∥CD，所以∠ABA1即为异面直线A1B与CD所成的角，因为△ABA1为等腰直角三角形，所以∠ABA1＝45°．故选：B．【知识点】异面直线及其所成的角6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（a﹣2b）cos C＝c（2cos B﹣cos A），△ABC的面积为a2sin，则C＝（）A．B．C．D．【答案】C【分析】先利用正弦定理将已知等式中的边化角，再结合两角和公式与三角形的内角和定理，可推出sin B＝2sin A；然后利用三角形的面积公式、正弦定理，即可得解．【解答】解：由正弦定理知，＝＝，∵（a﹣2b）cos C＝c（2cos B﹣cos A），∴（sin A﹣2sin B）cos C＝sin C（2cos B﹣cos A），即sin A cos C+sin C cos A＝2（sin B cos C+cos B sin C），∴sin（A+C）＝2sin（B+C），即sin B＝2sin A．∵△ABC的面积为a2sin，∴S＝bc sin A＝a2sin，根据正弦定理得，sin B•sin C•sin A＝sin2A•sin，化简得，sin B•sin cos＝sin A•cos，∵∈（0，），∴cos＞0，∴sin＝＝，∴＝，即C＝．故选：C．【知识点】正弦定理、余弦定理7.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（）A．直线B1C与直线AC所成的角为60°B．直线B1C与平面AD1C所成的角为60°C．直线B1C与直线AD1所成的角为90°D．直线B1C与直线AB所成的角为90°【答案】B【分析】连接AB1，求出∠ACB1可判断选项A；连接B1D1，找出点B1在平面AD1C上的投影O，设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，由cosθ＝可判断选项B；利用平移法找出选项C和D涉及的异面直线夹角，再进行相关运算，即可得解．【解答】解：连接AB1，∵△AB1C为等边三角形，∴∠ACB1＝60°，即直线B1C与AC所成的角为60°，故选项A正确；连接B1D1，∵AB1＝B1C＝CD1＝AD1，∴四面体AB1CD1是正四面体，∴点B1在平面AD1C上的投影为△AD1C的中心，设为点O，连接B1O，OC，则OC＝BC，设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，则cosθ＝＝＝≠，故选项B错误；连接BC1，∵AD1∥BC1，且B1C⊥BC1，∴直线B1C与AD1所成的角为90°，故选项C正确；∵AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥B1C，即直线B1C与AB所成的角为90°，故选项D正确．故选：B．【知识点】直线与平面所成的角、异面直线及其所成的角8.如图，四边形ABCD为正方形，四边形EFBD为矩形，且平面ABCD与平面EFBD互相垂直．若多面体ABCDEF的体积为，则该多面体外接球表面积的最小值为（）A．6πB．8πC．12πD．16π【答案】A【分析】由题意可得AC⊥面EFBD，可得V ABCDEF＝V C﹣EFBD+V A﹣EFBD＝2V A﹣EFBD，再由多面体ABCDEF 的体积为，可得矩形EFBD的高与正方形ABCD的边长之间的关系，再由题意可得矩形EFBD的对角线的交点为外接球的球心，进而求出外接球的半径，再由均值不等式可得外接球的半径的最小值，进而求出外接球的表面积的最小值．【解答】解：设正方形ABCD的边长为a，矩形BDEF的高为b，因为正方形ABCD，所以AC⊥BD，设AC∩BD＝O'，由因为平面ABCD与平面EFBD互相垂直，AC⊂面ABCD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，所以AC⊥面EFBD，所以V ABCDEF＝V C﹣EFBD+V A﹣EFBD＝2V A﹣EFBD＝2•S EFBD•CO'＝•a•b•a ＝a2b，由题意可得V ABCDEF＝，所以a2b＝2；所以a2＝，矩形EFBD的对角线的交点O，连接OO'，可得OO'⊥BD，而OO'⊂面EFBD，而平面ABCD⊥平面EFBD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，所以OO'⊥面EFBD，可得OA＝OB＝OE＝OF都为外接球的半径R，所以R2＝（）2+（a）2＝+＝+＝++≥3＝3×，当且仅当＝即b＝时等号成立．所以外接球的表面积为S＝4πR2≥4π•3×＝6π．所以外接球的表面积最小值为6π．故选：A．【知识点】球的体积和表面积二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2+bc，则角A可为（）A．B．C．D．【答案】BC【分析】由已知利用余弦定理整理可得cos A＝，对于A，若A＝，可得b＝＜0，错误；对于B，若A＝，可得b＝＞0，对于C，若A＝，可得b＝＞0，对于D，若A＝，可得c＝0，错误，即可得解．【解答】解：因为在△ABC中，a2＝b2+bc，又由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bc cos A，所以b2+bc＝b2+c2﹣2bc cos A，整理可得：c＝b（1+2cos A），可得：cos A＝，对于A，若A＝，可得：﹣＝，整理可得：b＝＜0，错误；对于B，若A＝，可得：＝，整理可得：b＝＞0，对于C，若A＝，可得：cos＝＝，整理可得：b＝＞0，对于D，若A＝，可得：cos＝﹣＝，整理可得：c＝0，错误．故选：BC．【知识点】余弦定理10.如图，四边形ABCD为直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为AB，CD的中点，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．【答案】ABC【分析】由向量的加减法法则、平面向量基本定理解决【解答】解：由，知A正确；由知B正确；由知C正确；由N为线段DC的中点知知D错误；故选：ABC．【知识点】向量数乘和线性运算、平面向量的基本定理11.下列说法正确的有（）A．任意两个复数都不能比大小B．若z＝a+bi（a∈R，b∈R），则当且仅当a＝b＝0时，z＝0C．若z1，z2∈C，且z12+z22＝0，则z1＝z2＝0D．若复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的最大值为3【答案】BD【分析】通过复数的基本性质，结合反例，以及复数的模，判断命题的真假即可．【解答】解：当两个复数都是实数时，可以比较大小，所以A不正确；复数的实部与虚部都是0时，复数是0，所以B正确；反例z1＝1，z2＝i，满足z12+z22＝0，所以C不正确；复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的几何意义，是复数的对应点到（0，﹣2）的距离，它的最大值为3，所以D正确；故选：BD．【知识点】复数的模、复数的运算、虚数单位i、复数、命题的真假判断与应用12.如图，已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，E，F分别是BC，A1C的中点，则（）A．B．C．向量与向量的夹角是60°D．异面直线EF与DD1所成的角为45°【答案】ABD【分析】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，建立合适的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，根据空间向量的坐标运算，以及异面直线所成角的向量求法，逐项判断即可．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1为x 轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A（0，0，0），A1（0，0，2），B（2，0，0），B1（2，0，2），C （2，2，0），D（0，2，0），D1（0，2，2），所以，故，故选项A正确；又，又，所以，，则，故选项B正确；，所以，因此与的夹角为120°，故选项C错误；因为E，F分别是BC，A1C的中点，所以E（2，1，0），F（1，1，1），则，所以，又异面直线的夹角大于0°小于等于90°，所以异面直线EF与DD1所成的角为45°，故选项D正确；故选：ABD．【知识点】异面直线及其所成的角三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝（+），则||＝；•＝．【分析】根据向量的几何意义可得P为BC的中点，再根据向量的数量积的运算和正方形的性质即可求出．【解答】解：由＝（+），可得P为BC的中点，则|CP|＝1，∴|PD|＝＝，∴•＝•（+）＝﹣•（+）＝﹣2﹣•＝﹣1，故答案为：，﹣1．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算14.若虛数z1、z2是实系数一元二次方程x2+px+q＝0的两个根，且，则pq＝．【答案】1【分析】设z1＝a+bi，则z2＝a﹣bi，（a，b∈R），根据两个复数相等的充要条件求出z1，z2，再由根与系数的关系求得p，q的值．【解答】解：由题意可知z1与z2为共轭复数，设z1＝a+bi，则z2＝a﹣bi，（a，b∈R 且b≠0），又，则a2﹣b2+2abi＝a﹣bi，∴（2a+b）+（a+2b）i＝1﹣i，∴，解得．∴z1＝+i，z2＝i，（或z2＝+i，z1＝i）．由根与系数的关系，得p＝﹣（z1+z2）＝1，q＝z1•z2＝1，∴pq＝1．故答案为：1．【知识点】复数的运算15.已知平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝BD＝2，将△ABD沿对角线BD折起，使点A到达点A'的位置，当A'C＝时，三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．【分析】由题意画出图形，找出三棱锥外接球的位置，求解三角形可得外接球的半径，再由棱锥体积公式求解．【解答】解：记BD的中点为M，连接A′M，CM，可得A′M2+CM2＝A′C2，则∠A′MC＝90°，则外接球的球心O在△A′MC的边A′C的中垂线上，且过正三角形BCD的中点F，且在与平面BCD垂直的直线m上，过点A′作A′E⊥m于点E，如图所示，设外接球的半径为R，则A′O＝OC＝R，，A′E＝1，在Rt△A′EO中，A′O2＝A′E2+OE2，解得R＝．故三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．故答案为：．【知识点】球的体积和表面积16.已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a的最大值为．【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到a的最大值．【解答】解：依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球，设球心为P，球的半径为r，下底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图：则OA＝OB＝，因为SO＝，故可得：SA＝SB＝＝3，所以：三角形SAB为等边三角形，故P是△SAB的中心，连接BP，则BP平分∠SBA，所以∠PBO＝30°；所以tan30°＝，即r＝R＝×＝，即四面体的外接球的半径为r＝．另正四面体可以从正方体中截得，如图：从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，截得它的正方体的棱长为a，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，所以2r＝AA1＝a＝a，所以a＝．即a的最大值为．故答案为：．【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1．（1）若AB＝，求BC；（2）若AB＝2BC，求cos∠BDC．【分析】（1）直接利用余弦定理的应用求出结果；（2）利用余弦定理的应用建立等量关系式，进一步求出结果．【解答】解：（1）在四边形ABCD中，AD＝BD＝CD＝1．若AB＝，所以：cos∠ADB＝＝，由于AB∥CD，所以∠BDC＝∠ABD，即cos∠BDC＝cos∠ABD＝，所以BC2＝BD2+CD2﹣2•BD•CD•cos∠BDC＝＝，所以BC＝．（2）设BC＝x，则AB＝2BC＝2x，由余弦定理得：cos∠ADB＝＝，cos∠BDC＝＝＝，故，解得或﹣（负值舍去）．所以．【知识点】余弦定理18.（1）已知z1=1﹣2i，z2=3+4i，求满足=+的复数z．（2）已知z，ω为复数，（1+3i）﹣z为纯虚数，ω=，且|ω|=5．求复数ω．【分析】（1）把z1，z2代入=+，利用复数代数形式的乘除运算化简求出，进一步求出z；（2）设z=a+bi（a，b∈R），利用复数的运算及（1+3i）•z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i为纯虚数，可得，又ω==i，|ω|=5，可得，即可得出a，b，再代入可得ω．【解答】解：（1）由z1=1﹣2i，z2=3+4i，得=+==，则z=；（2）设z=a+bi（a，b∈R），∵（1+3i）•z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i为纯虚数，∴．又ω===i，|ω|=5，∴．把a=3b代入化为b2=25，解得b=±5，∴a=±15．∴ω=±（i）=±（7﹣i）．【知识点】复数的运算19.如图，墙上有一壁画，最高点A离地面4米，最低点B离地面2米．观察者从距离墙x（x＞1）米，离地面高a（1≤a≤2）米的C处观赏该壁画，设观赏视角∠ACB＝θ．（1）若a＝1.5，问：观察者离墙多远时，视角θ最大？（2）若tanθ＝，当a变化时，求x的取值范围．【分析】（1）首项利用两角和的正切公式建立函数关系，进一步利用判别式确定函数的最大值；（2）利用两角和的正切公式建立函数关系，利用a的取值范围即可确定x的范围．【解答】解：（1）如图，作CD⊥AF于D，则CD＝EF，设∠ACD＝α，∠BCD＝β，CD＝x，则θ＝α﹣β，在Rt△ACD和Rt△BCD中，tanα＝，tanβ＝，则tanθ＝tan（α﹣β）＝＝（x＞0），令u＝，则ux2﹣2x+1.25u＝0，∵上述方程有大于0的实数根，∴△≥0，即4﹣4×1.25u2≥0，∴u≤，即（tanθ）max＝，∵正切函数y＝tan x在（0，）上是增函数，∴视角θ同时取得最大值，此时，x＝＝，∴观察者离墙米远时，视角θ最大；（2）由（1）可知，tanθ＝＝＝，即x2﹣4x+4＝﹣a2+6a﹣4，∴（x﹣2）2＝﹣（a﹣3）2+5，∵1≤a≤2，∴1≤（x﹣2）2≤4，化简得：0≤x≤1或3≤x≤4，又∵x＞1，∴3≤x≤4．【知识点】解三角形20.如图，已知复平面内平行四边形ABCD中，点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，对应的复数为4﹣4i．（Ⅰ）求D点对应的复数；（Ⅱ）求平行四边形ABCD的面积．【分析】（I）利用复数的几何意义、向量的坐标运算性质、平行四边形的性质即可得出．（II）利用向量垂直与数量积的关系、模的计算公式、矩形的面积计算公式即可得出．【解答】解：（Ⅰ）依题点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，得A（﹣1，0），＝（2，2），可得B（1，2）．又对应的复数为4﹣4i，得＝（4，﹣4），可得C（5，﹣2）．设D点对应的复数为x+yi，x，y∈R．得＝（x﹣5，y+2），＝（﹣2，﹣2）．∵ABCD为平行四边形，∴＝，解得x＝3，y＝﹣4，故D点对应的复数为3﹣4i．（Ⅱ）＝（2，2），＝（4，﹣4），可得：＝0，∴．又||＝2，＝4．故平行四边形ABCD的面积＝＝16．【知识点】复数的代数表示法及其几何意义21.如图所示，等腰梯形ABFE是由正方形ABCD和两个全等的Rt△FCB和Rt△EDA组成，AB＝1，CF＝2．现将Rt△FCB沿BC所在的直线折起，点F移至点G，使二面角E﹣BC﹣G的大小为60°．（1）求四棱锥G﹣ABCE的体积；（2）求异面直线AE与BG所成角的大小．【分析】（1）推导出GC⊥BC，EC⊥BC，从而∠ECG＝60°．连接DG，推导出DG⊥EF，由BC⊥EF，BC⊥CG，得BC⊥平面DEG，从而DG⊥BC，进而DG⊥平面ABCE，DG是四棱锥G ﹣ABCE的高，由此能求出四棱锥G﹣ABCE的体积．（2）取DE的中点H，连接BH、GH，则BH∥AE，∠GBH既是AE与BG所成角或其补角．由此能求出异面直线AE与BG所成角的大小．【解答】解：（1）由已知，有GC⊥BC，EC⊥BC，所以∠ECG＝60°．连接DG，由CD＝AB＝1，CG＝CF＝2，∠ECG＝60°，有DG⊥EF①，由BC⊥EF，BC⊥CG，有BC⊥平面DEG，所以，DG⊥BC②，由①②知，DG⊥平面ABCE，所以DG就是四棱锥G﹣ABCE的高，在Rt△CDG中，．故四棱锥G﹣ABCE的体积为：．（2）取DE的中点H，连接BH、GH，则BH∥AE，故∠GBH既是AE与BG所成角或其补角．在△BGH中，，，则．故异面直线AE与BG所成角的大小为．【知识点】异面直线及其所成的角、棱柱、棱锥、棱台的体积22.如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使点D在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE．（1）点F在BC上，若DF∥平面EAC，求点F的位置；（2）求直线AB与平面EBC所成角的余弦值．【分析】（1）点F为BC的中点，设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，取AC 的中点H，连接EH，由题意知EH⊥AC，EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，得DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，从而OF∥平面EAC，平面DOF∥平面EAC，由此能证明DF∥平面EAC．（2）连接OH，由OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与平面EBC所成角的余弦值．【解答】解：（1）点F为BC的中点，理由如下：设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，∵AD＝CD，∴OA＝OC，∴在Rt△ABC中，O为AB的中点，取AC的中点H，连接EH，由题意知EH⊥AC，又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC＝AC，∴EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，∴DO∥EH，∴DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，又OF⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，∴OF∥平面EAC，∵DO∩OF＝O，∴平面DOF∥平面EAC，∵DF⊂平面DOF，∴DF∥平面EAC．（2）连接OH，由（1）可知OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则B（1，﹣1，0），A（﹣1，1，0），E（0，1，﹣），C（1，1，0），∴＝（2，﹣2，0），＝（0，2，0），＝（﹣1，2，﹣），设平面EBC的法向量＝（a，b，c），则，取a＝，则＝（，0，﹣1），设直线与平面EBC所成的角为θ，则sinθ＝＝＝．∴直线AB与平面EBC所成角的余弦值为cosθ＝＝．【知识点】直线与平面平行、直线与平面所成的角人教版高一下学期期中考试数学试卷（二）注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共22题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（2﹣i）z对应的点位于虚轴的正半轴上，则复数z对应的点位于（）1.已知复平面内，A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2.平行四边形ABCD中，点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点（靠近B），则＝（）A．B．C．D．3.已知向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），若（+）∥（﹣），则t＝（）A．﹣1 B．﹣C．D．14.已知矩形ABCD的一边AB的长为4，点M，N分别在边BC，DC上，当M，N分别是边BC，DC的中点时，有（+）•＝0．若+＝x+y，x+y＝3，则线段MN的最短长度为（）A．B．2 C．2D．25.若z∈C且|z+3+4i|≤2，则|z﹣1﹣i|的最大和最小值分别为M，m，则M﹣m的值等于（）A．3 B．4 C．5 D．96.已知球的半径为R，一等边圆锥（圆锥母线长与圆锥底面直径相等）位于球内，圆锥顶点在球上，底面与球相接，则该圆锥的表面积为（）A．R2B．R2C．R2D．R27.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的体积最大值为（）A．πB．πC．πD．π8.已知半球O与圆台OO'有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（）A．B．C．D．二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.下列有关向量命题，不正确的是（）A．若||＝||，则＝B．已知≠，且•＝•，则＝C．若＝，＝，则＝D．若＝，则||＝||且∥10.若复数z满足，则（）A．z＝﹣1+i B．z的实部为1 C．＝1+i D．z2＝2i11.如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为线段AD，CD的中点，AF∩CE＝G，则（）A．B．C．D．12.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，棱长为2，E为线段B1C上的动点，O为AC的中点，P 为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，则以下选项中正确的有（）A．AE⊥B1CB．直线B1D⊥平面A1BC1C．异面直线AD1与OC1所成角为D．若直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，则m∥平面B1D1Q三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知向量＝（m，1），＝（m﹣6，m﹣4），若∥，则m的值为．14.将表面积为36π的圆锥沿母线将其侧面展开，得到一个圆心角为的扇形，则该圆锥的轴截面的面积S＝．15.如图，已知有两个以O为圆心的同心圆，小圆的半径为1，大圆的半径为2，点A 为小圆上的动点，点P，Q是大圆上的两个动点，且•＝1，则||的最大值是．16.如图，在三棱锥A﹣BCD的平面展开图中，已知四边形BCED为菱形，BC＝1，BF＝，若二面角A﹣CD﹣B的余弦值为﹣，M为BD的中点，则CD＝，直线AD与直线CM所成角的余弦值为．四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知，．（1）若与同向，求；（2）若与的夹角为120°，求．18.已知a、b、c是△ABC中∠A、∠B、∠C的对边，a＝4，b＝6，cos A＝﹣．（1）求c；（2）求cos2B的值．19.已知：复数z1与z2在复平面上所对应的点关于y轴对称，且z1（1﹣i）＝z2（1+i）（i为虚数单位），|z1|＝．（Ⅰ）求z1的值；（Ⅱ）若z1的虚部大于零，且（m，n∈R），求m，n的值．20.（Ⅰ）在复数范围内解方程|z|2+（z+）i＝（i为虚数单位）（Ⅱ）设z是虚数，ω＝z+是实数，且﹣1＜ω＜2．（1）求|z|的值及z的实部的取值范围；（2）设，求证：μ为纯虚数；（3）在（2）的条件下求ω﹣μ2的最小值．21.如图，直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB＝AC＝1，，A1A＝4，点M为线段A1A 的中点．（1）求直三棱柱A1B1C1﹣ABC的体积；（2）求异面直线BM与B1C1所成的角的大小．（结果用反三角表示）22.如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G在棱D1C1上，且D1G＝D1C1，点E、F、M分别是棱AA1、AB、BC的中点，P为线段B1D上一点，AB＝4．（Ⅰ）若平面EFP交平面DCC1D1于直线l，求证：l∥A1B；（Ⅱ）若直线B1D⊥平面EFP．（i）求三棱锥B1﹣EFP的表面积；（ii）试作出平面EGM与正方体ABCD﹣A1B1C1D1各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹．设平面EGM与棱A1D1交于点Q，求三棱锥Q﹣EFP的体积．答案解析一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（2﹣i）z对应的点位于虚轴的正半轴上，则复数z对应的点位于（）1.已知复平面内，A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】B【分析】直接利用复数的运算和几何意义的应用求出该点所表示的位置．【解答】解：设z＝a+bi（a，b∈R），所以（2﹣i）（a+bi）＝2a+b+（2b﹣a）i，由于对应的点在虚轴的正半轴上，所以，即，所以a＜0，b＞0．故该点在第二象限．故选：B．【知识点】复数的代数表示法及其几何意义2.平行四边形ABCD中，点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点（靠近B），则＝（）A．B．C．D．【答案】D【分析】利用平行四边形的性质以及向量相等的概念，再利用平面向量基本定理进行转化即可．【解答】解：因为ABCD为平行四边形，所以，故．故选：D．【知识点】平面向量的基本定理3.已知向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），若（+）∥（﹣），则t＝（）A．﹣1 B．﹣C．D．1【答案】B【分析】根据平面向量的坐标表示和共线定理，列方程求出t的值．【解答】解：向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），所以+＝（6t+3，11），﹣＝（4t+2，5）．又（+）∥（﹣），所以5（6t+3）﹣11（4t+2）＝0，解得t＝﹣．故选：B．【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示4.已知矩形ABCD的一边AB的长为4，点M，N分别在边BC，DC上，当M，N分别是边BC，DC的中点时，有（+）•＝0．若+＝x+y，x+y＝3，则线段MN的最短长度为（）A．B．2 C．2D．2【答案】D【分析】先根据M，N满足的条件，将（+）•＝0化成的表达式，从而判断出矩形ABCD为正方形；再将+＝x+y，左边用表示出来，结合x+y ＝3，即可得NC+MC＝4，最后借助于基本不等式求出MN的最小值．【解答】解：当M，N分别是边BC，DC的中点时，有（+）•＝＝＝，所以AD＝AB，则矩形ABCD为正方形，设，，则＝．则x＝2﹣λ，y＝2﹣μ．又x+y＝3，所以λ+μ＝1．故NC+MC＝4，则MN＝＝（当且仅当MC＝NC＝2时取等号）．故线段MN的最短长度为2．故选：D．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算5.若z∈C且|z+3+4i|≤2，则|z﹣1﹣i|的最大和最小值分别为M，m，则M﹣m的值等于（）A．3 B．4 C．5 D．9【答案】B【分析】由题意画出图形，再由复数模的几何意义，数形结合得答案．【解答】解：由|z+3+4i|≤2，得z在复平面内对应的点在以Q（﹣3，﹣4）为圆心，以2为半径的圆及其内部．如图：|z﹣1﹣i|的几何意义为区域内的动点与定点P得距离，则M＝|PQ|+2，m＝|PQ|﹣2，则M﹣m＝4．故选：B．【知识点】复数的运算6.已知球的半径为R，一等边圆锥（圆锥母线长与圆锥底面直径相等）位于球内，圆锥顶点在球上，底面与球相接，则该圆锥的表面积为（）A．R2B．R2C．R2D．R2【答案】B【分析】设圆锥的底面半径为r，求得圆锥的高，由球的截面性质，运用勾股定理可得r，由圆锥的表面积公式可得所求．【解答】解：如图，设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高为r，则R2＝r2+（r﹣R）2，解得r＝R，则圆锥的表面积为S＝πr2+πr•2r＝3πr2＝3π（R）2＝πR2，故选：B．【知识点】球内接多面体、旋转体（圆柱、圆锥、圆台）7.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的体积最大值为（）A．πB．πC．πD．π【答案】A【分析】先根据题意求得正四面体的体积，进而得到六面体的体积，再由图形的对称性得，内部的丸子要是体积最大，就是丸子要和六个面相切，设丸子的半径为R，则，由此求得R，进而得到答案．【解答】解：由题意可得每个三角形面积为，由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的，可得该四面体的高为，故四面体的体积为，∵该六面体的体积是正四面体的2倍，。
湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中检测数学试题
华中师大一附中2023-2024学年度下学期期中检测高一数学试题考试时间：120分钟试卷 满分：150分一、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．已知复数z 满足2(1i)|1i |z −=+，则z =（ ）A ．1i −B ．1i +C ．1i −−D ．1i −+ 2．下列说法正确的是（ ）A ．空间中两直线的位置关系有三种：平行、垂直和异面B ．若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面C ．和两条异面直线都相交的两直线是异面直线D ．若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面3．已知,,a b c 均为单位向量，且234a b c =+ ，则a 与b 的夹角的余弦值为（ ） A ．13 B ．13− C ．14 D ．14− 4．毡帐是蒙古族牧民居住的一种房子，内部木架结构，外部毛毡围拢，建造和搬迁都很方便，适合牧业和游牧生活．如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与一个圆柱的组合体，下半部分圆柱的高为2.5米；上半部分圆锥的母线长为米，轴截面（过圆锥轴的截面）是面积为平方米的等腰钝角三角形，则建造该毡帐（不含底面）需要毛毡（A ．15)π+B ．6)π+C ．15)πD ．6)π+5．设复数12,z z 对应的向量分别为12,,OZ OZ O 为坐标原点，且1z ，若把1OZ 绕原点顺时针旋转34π，把2OZ 绕原点逆时针旋转43π，所得两向量的终点重合，则2z =（ ）A ．1B ．1−C i −D ．i +6．已知ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,,,66a b cB c π==，若ABC △有两解，则b 的取值范围是（ ）A ．(3,6)B ．C ．D ．7．如图，在四边形ABCD 中，,,8,163AD CD BAD BCD AB AD π⊥∠=∠===，点E 在边AD 上，且BE AD ⊥，点F 为边BC （含端点）上一动点，则DF EF ⋅ 的最小值为（ ）A ．36B ．39C ．45D ．488．已知ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且23cos c b A b c +=，112tan tan tan A C B +=，则sin B =（ ）ABCD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．设12,,z z z 是复数，则（ ）A ．若||2z =，则24z =B ．若12z z =，则21z z =C ．若20z ≠，则1122z z z z = D ．若0z z +=，则z 为纯虚数 10．对非零向量,a b ，定义运算“（*）”：(*)||cos ||sin a b a b θθ=+ ，其中θ为a 与b 的夹角，则（ ）A ．若a b ∥ ，则|(*)|||a b a =B ．若(1,2),(3,1)a b =−=−，则()(*)a b a −C ．若Rt ABC △中，,2,12C AC BC π===，则(*)AB AC = D ．若ABC △中，(*)(*)0AB BC BC AB == ，则ABC △是等腰三角形11．已知正四棱锥O ABCD −，高为3，则（ ）A ．若点P 为正四棱锥O ABCD −外接球的球心，则四棱锥P ABCD −的体积为4B ．直径为1的球能够整体放入正四棱锥O ABCD −内C ．若点M 在底面内（包含边界）运动，N 为OD 中点，则当MN ∥平面OBC 时，点MD ．若以点O O 的球面与正四棱锥O ABCD −的棱,,,OA OB OC OD 分别交于点,,,EFGH ，则四边形EFGH 的面积为1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．如图，已知A B C ′′′△是水平放置的ABC △用斜二测画法画出的直观图，A B ′′在x ′轴上，B C ′′与x ′轴垂直，且4B C ′′=，则ABC △的边AB 上的高为______．13．如图，为测量武汉防汛纪念碑AB 的高度及取景点C 与F 之间的距离（,,,B C D F 在同一水平面上，雕像垂直该水平面于点B ，且,,B C D 三点共线），华中师大一附中研究性学习小组同学在,,C D F 三点处测得顶点A 的仰角分别为60,30,45°°°，若45,50FCB CD ∠=°=米，则纪念碑的高度为______米，取景点C 与F 之间的距离为______米．14．已知平面非零向量,a b 和单位向量e ，若a 与e 的夹角为,33b e π− 与5b e − 的夹角为4π，则||a b − 的最小值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分。
上海市闵行区六校2023-2024学年高一下学期期中联考语文试题(含答案)
上海市闵行区六校2023-2024学年高一下学期期中联考语文试卷考生注意：1．本场考试时间150分钟，满分150分。
2．作答前，考生在答题纸正面填写学校、姓名、考生号，粘贴考生本人条形码。
3．所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域，不得错位。
在草稿纸、试卷上作答一律不得分。
4．用2B铅笔作答选择题，用黑色笔迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题。
一、积累应用（10分）1. 默写填空。
（1）______，不尽长江滚滚来。
（杜甫《登高》）（2）寄蜉蝣于天地，______。
（苏轼《______》）（3）曾皙在侍坐时说的“莫春者，春服既成，冠者五六人，童子六七人，______，______，咏而归”，既是孔子之“志”，也常是后世文人所追求的。
2. 下列句子用语得体的一项是（）A. 小闵参加演讲比赛，发言结束时说：“我的演讲到此结束，感谢各位同学聆听。
”B. 球赛结束后，观赛的小闵对运动员说：“大家胜利归来，我内心感到心悦诚服。
”C. 收到同桌送的生日礼物，小闵开心地说：“我实在是却之不恭，就只好笑纳了。
”D. 读书交流会上，小闵说：“我对作者的创作意图不太理解，请同学们不吝赐教。
”3. 填入下列语段空白处的句子，排序正确的一项是（）不流动是从人和空间的关系上说的，从人和人在空间的排列关系上说就是孤立和隔膜。
______，______，______。
孤立和隔膜并不是绝对的，但是人口的流动率小，社区间的往来也必然疏少。
我想我们可以说，乡土社会的生活是富于地方性的。
地方性是指他们活动范围有地域上的限制，在区域间接触少，生活隔离，各自保持着孤立的社会圈子。
①孤立、隔膜是就村和村之间的关系而说的②中国乡土社区的单位是村落，从三家村起可以到几千户的大村③孤立和隔膜并不是以个人为单位的，而是以住在一处的集团为单位的A. ①②③B. ③②①C. ②①③D. ①③②二、阅读（70分）（一）（16分）阅读下文，完成下面小题①随着技术发展的速度越来越快，一些人开始将现代社会出现的诸多问题归咎于技术，批评它给人类带来惰化和异化，似乎技术成了一种泯灭“人性”、弱化心智的异己力量。
福建省漳州市十校联盟2023-2024学年高一下学期期中联考语文试题(含解析)
漳州市十校联盟2023-2024学年高一下学期期中联考语文试题本试卷共8页，22题。
全卷满分150分。
考试用时150分钟。
考生注意：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.作答时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
一、现代文阅读（33分）（一）现代文阅读（本题共4小题，15分）阅读下面的文字，完成下面小题。
材料一：中国古代的悲剧一直被称作苦情戏，是一种具有某种悲剧色彩的苦戏和哀曲。
中国戏曲悲剧的冲突是评判的冲突，它主要是描绘、展开作品中的恶毁善、奸害忠、邪压正、丑贬美的苦情历程，表现审美主体对剧中的善恶、忠奸、正邪、美丑进行伦理批判，达到道德教化的目的。
因此，中国戏曲悲剧冲突注重的是追求情节的曲折和任务的理想色彩。
关汉卿的《窦娥冤》中，通过窦娥为代表的善被以张驴儿、楚州太守梼杌等人的恶所毁的悲剧经历，颂扬了“六月雪”般的“感天动地之善”。
结局在悲剧中的作用不可忽视，正因为中国悲剧的“大团圆”结尾与西方悲剧的“一悲到底”的不同，以至一些学者认为中国无悲剧。
窦娥注定冤死，但在临刑前还是发出三个誓愿，抗争到底。
按西方悲剧理论，到这里戏剧就该结束，似乎这样寓意深刻，值得观众去回味和思索。
但是在中国观众看来，含冤的死者必将显灵显圣，这种信念是从“人命关天关地”出发的，三桩誓愿的应验符合了中国传统的审美心理。
西方悲剧不会出现善有善报、恶有恶报的大团圆结局。
亚里士多德说：“悲剧的结局不应由逆境转入顺境，而应相反，由顺境转入逆境。
”斯宾格也说：“悲剧以欢乐开始，以悲剧结局。
”这些论述都证明了西方悲剧结局的特点。
西方悲剧“一悲到底”的结局与西方文化有紧密的关系，西方文化是一种原罪文化，人类终生的奋斗是为着赎罪，目的是死后回到上帝的怀抱。
人类的现世生活充满罪恶与苦难，惟有死才是解脱。
中国古典美学强调中和之美，在悲剧中即表现为“哀而不伤”。
《窦娥冤》第三折窦娥被斩，关汉卿又加了一个“平冤昭雪”，通过窦天章之手惩恶扬善，再如《赵氏孤儿》的孤儿复仇、《琵琶记》的玉烛调和、《需峰塔》的雷峰佛缘等也都是团圆结局，这已经成为中国戏曲中普遍的审美现象渗透在我们的民族心理中。
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艺体部高一期中考试语文试卷一选择题（每题3分，共9小题）1.下列加点的“于”字与“青于蓝”中的“于”字意义和用法相同的一项是（）A.月出于东山之上B.当其欣于所遇C.霜叶红于二月花D.余于仆碑，又以悲夫古书之不存2. 下列句子中加点词语的解释，完全正确的一项是（）A.蒙故业，因．遗策（沿袭）；因．利乘便（因为）B. 合从．缔交，相与为一（通“纵”）；奋六世之余．烈（余威）C.追亡逐北．（溃败的军队）；斩木为兵，揭．竿为旗（揭开）D.将．数百之众（率领）；关中之固，金城．．千里（坚固的城池）3.下列各句中加点字的用法不同于其他三项的一项是（）A. 序八州而朝．同列B. 焚百家之言，以愚．黔首C. 外连横而斗．诸侯D. 胡人不敢南．下而牧马4. 下列各句中句式不同于其他三项的一项是（）A.蚓无爪牙之利,筋骨之强 B．然而不王者，未之有也。
C.句读之不知，惑之不解。
D．固一世之雄也，而今安在哉？5下列句子不全．含有通假字的一项是（）A.涂有饿莩不知发。
君子生非异也B.颁白者不负戴于道路。
无以至千里C.合从缔交。
赢粮而景从D.传道受业解惑也。
或师焉，或不焉6.下列各句加点词的古今义基本相同的一项是（）A.巫医乐师．．百工之人 B.古之学者．．必有师C.是故弟子不必．．不如师 D.君子博学．．而日参醒乎己7.下列各句中，加点的成语使用不恰当的一句是（3分）A.《宫锁沉香》这部电影，画面唯美、情节动人，自上映以来大受”宫迷“的好评，然而也有影评人认为，它立意老套庸俗，故事也乏善可陈．．．．。
B.这两个企业的恶性竞争，或许产生了所谓的赢家，但赢家也可能因为谙熟了各种潜规则而变成蝇营狗苟．．．．的功利主义者，这究竟是得还是失呢？C.近期日本政府的当政者和一些右翼分子经常以参拜靖国神社的行动来为二战的罪行翻案，虚伪反覆，莫此为甚．．．．，遭到国际社会的强烈谴责。
D.欧洲一些国家已意识到应对气候变化的重要性，但他们合作力度不够，欧盟呼吁各国团结一致，以胸无城府．．．．的态度，尽其所能，实现合作。
8.下列各句中，没有语病的一句是（3分）A.空气污染治理是一项长期而艰巨的任务，这就需要政府进一步加强防治力度，企业履行应有的社会责任，广大公民积极参与治理，三方形成合力。
B.针对不少地方患上“土地财政依赖症”，专家指出政府既要集约使用土地，提高基础设施建设的水平，又要削减不合理开支，建设节约型政府。
C.如今的少年宫一直沿用几十年前的传统管理方式，主要还是开设学前班和培训班，这无法顺应时代的发展和需要，公益性主题活动也难以有效开展。
D.2013年石家庄市正式步入“地铁建设时代”，为给省城繁华区域带来交通阵痛的同时也带来了希望，不少人已经开始畅想地铁时代的美好生活。
9．下列加点字的注音不正确的一组是( )A．间．或(jiàn)便．（ｂｉàｎ）宜蹙．缩(cù)直栏横槛．(jiàn)B．敕．造(chì) 纨绔．(kù) 孱．弱(chán) 叱咤．．风云(chì chà) C．潸．然(shān) 两靥．(yâ) 懵．懂(měnɡ) 陈抟．老祖(tuán)D．踌蹰．(chú) 联袂．(mâi) 蹂躏．(lìn) 少不更．事(ɡēnɡ)二、古代诗文阅读（一）文言文阅读（14分）阅读下面的文言文，完成10-13题王朴，字文伯，东平人。
少举进士，为校书郎，依（后）汉枢密使杨邠。
邠与王章、史弘肇等有隙，朴见汉兴日浅，隐帝任用小人，而邠与将相交恶，知其必乱，乃去郡东归。
后李业等数隐帝诛权臣，邠与章、弘肇皆见杀，三家之客多及，而朴以独免。
世宗即位，迁比部郎中。
献《平边策》曰:攻取之道,从易者始，当今惟吴易图,东至海,南至江,可挠之地二千里。
勿大举,但以轻兵挠之，彼人怯弱,知我师入其地,必大发以来应,数大发则民困而国竭。
如此，则用力少而收功多。
得吴，则岷、蜀可飞书而召之。
吴、蜀平，幽可望风而至。
唯并必死之寇，可为后图。
方今兵力精炼，器用具备，群下知法，诸将用命，一稔之后，可以平边。
是时，世宗新即位，锐意征伐，慨然有平一天下之志。
数顾大臣问治道，当时文士皆不欲上急于用武，以谓平定僭乱，修文德以为先。
惟翰林学士陶谷、御史中丞杨昭俭与朴皆言用兵之策，朴谓江淮为可先取。
世宗雅已知朴，及见其议论伟然，益以为奇，引与计议天下事，无不合。
朴为人敏锐多材智，非独当世之务，至于阴阳律历之法，莫不通焉。
显德二年，诏朴校定大历，乃削去近世符天流俗不经之学，设通、经、统三法，为《钦天历》。
六年，诏朴考正雅乐，朴乃依京房为律准，以九尺之弦十三，依管长短寸分设柱，用七声为均，乐成而和。
朴性刚果，又见信于世宗，凡其所为，当时无敢难者，然人亦莫能加也。
世宗征淮，朴留京师，广新城，通道路，庄伟宏阔，今京师之制，多其所规为。
其陈用兵之略，非特一时之策。
至言诸国兴灭次第云：“淮南可最先取，并必死之寇，最后亡”皆如朴言。
六年春，世宗遣朴行视汴口，疾作，仆于坐上，舁归而卒，年五十四。
（节选自《新五代史•王朴传》）10.列句子中加点的词的解释，不正确的一项是（）（3分）A.可挠之地二千里挠：阻遏B.邠与王章、史弘肇等有隙隙：隔阂C.其陈用兵之略，非特一时之策特：仅仅D.数顾大臣问治道顾：拜访11.各组句子中，全都表明王朴“明敏多智”的一组是（）（3分）①为校书郎，依（后）汉枢密使杨邠②知其必乱，乃去郡东归③世宗即位，迁比部郎中④勿大举,但以轻兵挠之⑤朴谓江淮为可先取⑥乃削去近世符天流俗不经之学A.①③⑤B.①④⑥C.②④⑤D.②③⑥12.对原文有关内容的概括和分析，不正确的一项是（）（3分）A.王朴谋略出众。
他针对不同的敌对势力提出了不同的策略；献给世宗的《平边策》，确定了用力少而收功多的以轻兵挠吴的战术。
B.王朴明察时局。
他觉得后汉国的兴盛不会长久，杨邠又与朝中将相关系恶劣，而隐帝任用小人李业等，便毅然离开杨邠而东归。
C.王朴富有远见。
他对京城的规划设计大多沿用于后世；他所献上的用兵策略都非一时之策，所预言的诸国兴灭次第都得到了证明。
D.王朴多才多艺。
除了懂军事，善规划，还精通阴阳律历之法，显德年间，受诏制定了《钦天历》；他还精通音律，确定了乐器的形制。
13.中画横线的句子翻译成现代汉语。
（5分）朴性朴性刚果，又见信于世宗，凡其所为，当时无敢难者，然人亦莫能加也。
（二）古代诗歌阅读（6分）阅读下面这首诗歌，完成14题鹊桥仙陆游华灯纵博，雕鞍驰射，谁记当年豪举①？酒徒一半取封候，独去作江边渔父。
轻舟八尺，低篷三扇，占断苹洲烟雨②。
镜湖③元自属闲人，又何必君恩赐与！【注】①这三句是追忆当年军中的生活。
博，古代的一种棋戏。
②占断：占尽。
苹洲烟雨：指长满苹草、烟雨空濛的风光。
③镜湖：即鉴湖，在今浙江绍兴。
唐天宝初，贺知章请求回家乡会稽当道士，玄宗诏赐他镜湖一角。
14．上阕最后两句是什么意思？它表达了作者什么样的情感？（6分）（三）名篇名句默写（6分）15.写出下列名篇名句中的空缺部分。
（6分）（1），王道之始也（2）谨庠序之教，申之以孝悌之义，。
（3故不积跬步；不积小流，无以成江海。
（4）斩木为兵，揭竿为旗，天下云集响应。
（5）身死人手，为天下笑者，何也？。
（6）古之学者必有师。
师者，。
四、实用类文本阅读16.下面的文字，完成（1）-（3）。
（17分）黄裳：沉默的斗士9月7日，93岁的黄裳老人在上海瑞金医院安详地去世。
深受周氏兄弟影响的一代散文大家、藏书家黄裳，可谓集名士风流和斗士精神于一身。
他生于“五四”运动爆发三个月后，成长于中国现代文学最为繁荣的上世纪二三十年代，上世纪四十年代登上文坛，“反右”和“文革”中遭受迫害，晚年如老树绚烂开花。
黄裳登上文坛与两位作家有关，一是柯灵，二是巴金。
上世纪三十年代末，还是一个中学生的时候，熟读新文学的黄裳就开始试着投稿，最初的习作就发表在《文汇报》副刊“世纪风”上，而“世纪风”的编者就是柯灵。
1942年，又应柯灵的约稿，写了几篇《江上杂记》。
尤其是柯灵和唐弢创办的《周报》，发表了黄裳的一组有影响力的通讯报道，这成为他进入新闻业的“投名状”。
1945年下半年，也是在柯灵的介绍下，黄裳进入《文汇报》报社工作。
柯灵激发了黄裳最初的写作热情，而真正将黄裳推上文坛的，还是巴金。
没有巴金的提携，黄裳不会走上文学道路。
黄裳说，“他将我所写的旅行记事散文介绍到《旅行杂志》，得到了重庆的第一笔稿费”，“他商量着把我发表过的散文收集起来，出版了我人生第一本书。
”这本书就是《锦帆集》。
从这时起，年长黄裳15岁的巴金成为影响黄裳最深的朋友，他们的友谊持续了半个多世纪。
在黄裳的女儿容洁眼里，父亲很有理想，也很执著，这辈子一直很辛勤地工作，“他对我说，写作是一件良心事，一个作家，最重要的是把自己的心‘挖’出来。
一解放，他就写了一篇报道让很多人不高兴，但他从不改，他就是这样的人。
”在1957年的“反右斗争”中，黄裳因为一篇题为《解冻》的报道受到毛泽东的亲自批判，并被打成了“右派”。
“文革”时被下放到印刷厂当搬运工，那是他的朋友郑重经常见到他：“我看到黄裳穿着工人服，数百公斤重的卷筒纸，在他手下反转调向滚动，操作自如。
他身体敦壮厚实，有时双手卡腰立在那里，就像一座钟，毫无猥琐卑屈的样子，每当看到他这个样子，心中也感叹着：真是一个人物！”黄裳把这段时间称为“好日子”，因为不久他就被下放到了干校。
在干校一年左右的时间里，黄裳感到实实在在地上了认真的一课，他在那里不断被批斗，饱受凌辱，这让他看透了那形形色色人物的心。
但他也对自己在“文革”中的行为进行了深刻的反思。
“我觉得痛苦的是在一段时期里没有能严肃认真地面对生活，失去了做一个正直公民的勇气……十年动乱，也应该有我一份责任。
如果没有大量的精神境界像我一样的群众，那场大动乱是不会顺顺当当地发展到那样规模的。
”“说话少，读书多”，在一些人眼中，这是黄裳的最大特点。
但在熟悉黄裳的李辉看来，黄裳不善言谈是一种假象：“他不是那种只知道枯坐故纸堆的书呆子，相反，其性情则颇像一个浪漫才子，精神里充溢着人们在唐诗宋词元曲明清小说中可以领略到的那一种文人风流。
他爱文物字画营造的意境，爱游山玩水，爱美丽女性，爱名优们的优美吟唱和婀娜多姿，爱开怀畅饮……”黄裳的风流，兼具了传统文人和民国知识分子的风流。
李辉认为，黄裳是一位既有学识又有情趣的人，寡言成就了他的文字。
黄裳晚年的创作非常丰富，是“活到老写到老”的典型。
在他的几十种著作中，绝大部分都是“文革”后三十多年创作的。
而他越战越勇的斗士形象，与他的沉默寡言形成鲜明对比，更是引人瞩目。
打笔仗成为他晚年的一大“壮举”，如2011年12月初版的《来燕榭文存二编》就“以打架文章为多”，火力十足。