辽宁省部分重点中学协作体2021届高三历史第三次模拟考试试题(含解析)
2021-2022学年辽宁省六校协作体高一(下)第三次月考数学试卷(含答案解析)
2021-2022学年辽宁省六校协作体高一（下）第三次月考数学试卷1. 若复数z 满足iz =2+4i ，则在复平面内，z 对应的点的坐标是( ) A. (2,4)B. (2,−4)C. (4,−2)D. (4,2)2. 下列命题正确的是( )A. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形B. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台C. 四面体的任何一个面都可以作为棱锥的底面D. 棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形 3. sin77∘cos43∘+sin13∘cos47∘的值为( ) A. 12B. √32C. −12D. −√324. 将函数y =sin(2x +π4)图象上的所有点的横坐标变为原来的0.5倍(纵坐标不变)，然后再向右平移π6个单位长度，则所得图象的函数解析式是( )A. y =sin(4x −7π12) B. y =sin(4x −5π12) C. y =sin(x +5π12) D. y =sin(x +π12)5. 下列命题正确的有( )A. ∃α，β使得等式sin(α+β)=sinα+sinβ成立B. ∀α，β都有tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanα⋅tanβC. 已知α，β为第一象限角，若α>β，则sinα>sinβD. 若sinα+cosα=√32，则角α是第一象限角6. 玩具制造商设计并投产一种全新的益智玩具”智慧立方”它的形状为正四面体．通过大量的人体力学实验得知当“智慧立方系数“=12√2V−√3S+5aa∈[4,7]时尺寸最适合3−6岁的小朋友把玩，其中V 是正四面体的体积，S 是正四面体的表面积．则棱长a 尺寸最合适范围是( )A. [0.5,2]B. [0.5,1]C. [0.5,2.5]D. [1,2]7. 如图，四边形ABCD 四点共圆，其中BD 为直径，AB =4，BC =3，∠ABC =60∘，则△ACD的面积为( )A. √36 B. √32C. 5√36 D.7√368. 在△ABC 中，AB =5，AC =4，∠BAC =60∘，D 为BC 的中点，点E 满足AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =4EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，直线CE 与AD 交于点P ，则cos∠DPE =( )A. 45 B. √61122 C.√241482D. 24259. 已知复数z ，z 1，z 2，下列命题错误的有( ) A. 若z =z 1⋅z 2，则|z|=|z 1|⋅|z 2| B. 若z 1⋅z 2∈R ，那么z 1+z 2∈R C. 若z 1+z 2∈R ，那么z 1⋅z 2∈R D. 若|z 1⋅z 2|=1，那么z 1=1z 210. 函数f(x)=sin2x1+cos2x ，则( ) A. f(x)的值域为RB. f(x)在(π,2π)上单调递增C. f(x)有无数个零点D. f(x)在定义域内存在递减区间11. 在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别为棱AB ，CC 1，C 1D 1的中点，动点Q ∈平面MNP ，DQ =AB =2，则( )A. AC 1//MNB. 直线PQ//平面A 1BC 1C. 正方体被平面MNP 截得的截面为正六边形D. 点Q 的轨迹长度为2π12. 已知△ABC 中，AB =AC =√2,BC =2,D 是边BC 的中点，动点P 满足PD =1,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AC⃗⃗⃗⃗⃗ ，则( )A. x+y的值可以等于2B. x−y的值可以等于2C. 2x+y的值可以等于−1D. x+2y的值可以等于313. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA=sinB=3sinC，则a+b=______，ccosA=______.14. 已知圆锥的表面积为3π，且它的侧面展开图是一个半圆，则它的母线长为______ ；该圆锥的体积为______ .15. f(x)=sin(x+θ)⋅cosx为奇函数，那么θ的一个取值为______.16. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1；点E，F分别为AB、CD中点；那么长方体ABCD−A1B1C1D1外接球表面积为______；三棱锥的D1−BEF外接球的体积为______.17. 已知平面向量a⃗，b⃗ ，c⃗，满足a⃗=(1,−√3)，|b⃗ |=2，|c⃗|=1.(1)若a⃗与b⃗ 共线，求向量b⃗ 的坐标；(2)若(2a⃗+c⃗ )⊥(a⃗−3c⃗ )，求向量a⃗，c⃗的夹角．18. 正棱锥S−ABCD的底面边长为4，高为1.求：(1)棱锥的侧棱长和侧面的高；(2)棱锥的表面积与体积．19. 已知函数f(x)=asin(π2x +φ)(a >0,0<φ<π)的图象如图，其中A ，B 分别为最高点和最低点．C ，D 为零点，M(0,√3),S △ABD =4. (1)求f(x)的解析式；(2)求f(0)+f(1)+f(2)+…+f(2022)的值．20. 如图所示，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，D 是AB 的中点．(1)证明：BC 1//平面A 1CD ；(2)设AA 1=AC =CB =2，AB =2√2，求几何体BDC −A 1B 1C 1的体积．21. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 且2S =−√3BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，作AB ⊥AD ，使得如图所示的四边形ABCD 满足∠ACD =π3，AD =√3.(1)求B；(2)求BC的取值范围．22. 已知向量m⃗⃗⃗ =(sinx,1),n⃗=(√3cosx,−1).令函数f(x)=(m⃗⃗⃗ +n⃗ )⋅m⃗⃗⃗ .2(Ⅰ)求函数f(x)的最大值；(Ⅰ)△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠ACB的角平分线交AB于D.其中，函数f(C)恰好为函数f(x)的最大值，且此时CD=f(C)，求3a+b的最小值．答案和解析1.【答案】C【解析】解：复数z满足iz=2+4i，则有z=2+4ii =(2+4i)i−1=4−2i，故在复平面内，z对应的点的坐标是(4,−2)，故选C.由题意可得z=2+4ii，再利用两个复数代数形式的乘除法法则化为4−2i，从而求得z对应的点的坐标．本题主要考查两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，复数与复平面内对应点之间的关系，属于基础题．2.【答案】C【解析】解：对于A，棱柱的侧棱都相等，但侧面不一定是全等的平行四边形，A错误；对于B，用一个平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分才是棱台，B错误；对于C，四面体的任何一个面都可以作为棱锥的底面，C正确；对于D，棱台的侧棱延长后交于一点，但侧面不一定是等腰梯形，D错误．故选：C.棱柱的侧面不一定是全等的平行四边形，A错误；用平行于底面的平面去截棱锥，才满足，B错误；棱台的侧面不一定是等腰梯形，D错误，C正确．本题考查棱柱、棱锥、棱台的结构特征，属于基础题．3.【答案】B【解析】【分析】本题考查三角函数的化简求值，熟练掌握两角差的余弦公式，诱导公式是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．结合诱导公式与两角差的余弦公式，即可得解．【解答】解：sin77∘cos43∘+sin13∘cos47∘=cos13∘cos43∘+sin13∘sin43∘=cos(13∘−43∘)=cos(−30∘)=√32.故本题选B.4.【答案】B【解析】解：将函数y =sin(2x +π4)图象上的所有点的横坐标变为原来的0.5倍(纵坐标不变)，可得y =sin(4x +π4)的图象；然后再向右平移π6个单位长度，则所得图象的函数解析式是y =sin(4x −4π6+π4)=sin(4x −5π12)， 故选：B.由题意，利用函数y =Asin(ωx +φ)的图象变换规律，得出结论． 本题主要考查函数y =Asin(ωx +φ)的图象变换规律，属于基础题．5.【答案】A【解析】解：选项A ，当α=β=0时，sin(α+β)=0，sinα+sinβ=0，即选项A 正确； 选项B ，当α=β=π4时，等式两边均没有意义，即选项B 错误；选项C ，取α=2π+π6，β=π3，满足α，β为第一象限角，且α>β，所以sinα=12，sinβ=√32，此时sinα<sinβ，即选项C 错误； 选项D ，若sinα+cosα=√32，即√2sin(α+π4)=√32，所以sin(α+π4)=√64，显然α不只是第一象限角，即选项D 错误． 故选：A.选项A ，取特殊值，α=β=0，代入运算，可判断； 选项B ，取特殊值，当α=β=π4时，等式两边均没有意义； 选项C ，取α=2π+π6，β=π3，代入运算，可判断；选项D ，由辅助角公式，可得sin(α+π4)=√64，显然α不只是第一象限角．本题考查三角函数中的综合问题，熟练掌握特殊角的三角函数值，辅助角公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．6.【答案】D【解析】解：如图正四面体ABCD 中，H 是△BCD 的中心，则AH 是高，AH ⊥DH ，正四面体棱长为a ，则S △BCD =√34a 2，DH =23×√32a =√33a,AH =a −(√33a)=√63a ， V =13×√34a 2×√63a =√212a 3,S =4S △BCD =√3a 2，所以12√2V−√3S+5a a=12√2×√212a 3−√3×√3a 2+5aa =2a 2−3a +5，由4≤2a 2−3a +5≤7，又a >12，因此解得1≤a ≤2. 故选：D.求出正四面体的体积和表面积，计算出12√2V−√3S+5aa，然后解相应不等式可得． 本题考查了正四面体的体积和表面积，属于中档题．7.【答案】C【解析】解：在△ABC 中，∵AB =4，BC =3，∠ABC =60∘， ∴由余弦定理得AC =√42+32−2×4×3×12=√13， 由正弦定理，得BD =ACsin∠ABC=√13sin60∘=2√393， 在Rt △ABD 和Rt △BCD 中，AD =√BD 2−AB 2=√523−16=2√33， CD =√BD 2−BC 2=√523−9=5√33， ∵∠ADC =180∘−∠ABC =120∘，∴△ACD 的面积为S =12×2√33×5√33×√32=5√36. 故选：C.先在△ABC 中利用余弦定理求出边AC ，再利用正弦定理求出直径BD ，进而利用直角三角形求出AD ，CD ，再利用三角形的面积公式进行求解．本题考查三角形的面积的求法，考查余弦定理等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．8.【答案】B【解析】解：设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ， ∵D 为BC 的中点，∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(a ⃗ +b ⃗ )， ∵点E 满足AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =4EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =45AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =45a ⃗ ， ∴CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AE ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =45AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −b ⃗ =45a ⃗ −b ⃗ ，∴|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=14(a ⃗ 2+2a ⃗ ⋅b ⃗ +b ⃗ 2)=14(25+2×5×4×12+16)=614，|CE ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(45a ⃗ −b ⃗ )2=1625a ⃗ 2−2×45a ⃗ ⋅b ⃗ +b ⃗ 2=16−16+16=16， AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(a ⃗ +b ⃗ )⋅(45a ⃗ −b ⃗ )=25a ⃗ 2−110a ⃗ ⋅b ⃗ −12b ⃗ 2=1， ∴|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√612，|CE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4， ∴cos∠DPE =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|CE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√612⋅4=√61122. 故选：B.设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，可得AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(a ⃗ +b ⃗ )，CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =45a ⃗ −b ⃗ ，利用向量法可求cos∠DPE. 本题考查向量法在解三角形的应用，属中档题．9.【答案】BCD【解析】解：对于A ，由复数模的运算性质可知，|z 1z 2|=|z 1|⋅|z 2|，即|z|=|z 1|⋅|z 2|，故选项A 正确；对于B ，由复数的定义可得当z 1⋅z 2∈R 时，z 1+z 2不一定属于R ，如z 1=i ，z 2=i ，z 1⋅z 2=−1∈R ，z 1+z 2=2i ∉R ，故选项B 错误；对于C ，若z 1+z 2∈R ，可举例z 1=i ，z 2=−i ，则z 1+z 2=0∈R ，但z 1⋅z 2∉R ，故选项C 错误； 对于D ，若|z 1⋅z 2|=|z 1|⋅|z 2|=1，可举例z 1=−i ，z 2=−i ，但z 1=z 2≠1z 2，故选项D 错误． 故选：BCD.利用复数模的运算性质判断选项A ，由复数的定义可判断B ，由特殊例子判断选项C ，D. 本题考查了复数的综合应用，涉及了复数模的运算性质、虚数的定义、复数的几何意义，属于基础题．10.【答案】AC【解析】解：f(x)=sin2x1+cos2x =2sinxcosx2cos 2x =tanx ，(x ≠kπ+π2,k ∈Z)，其值域为R ，故A 正确； 在(π,2π)上，f(3π2)不存在，B 错误；显然f(kπ)=0，k ∈Z ，零点为x =kπ，k ∈Z 有无数个，C 正确；在定义域内每一个区间(kπ−π2,kπ+π2)，k ∈Z 上，函数都是增函数，无减区间，D 错误． 故选：AC.利用二倍角公式，同角关系化简函数式，再根据正切函数性质即可判断得解．本题考查了二倍角公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简中的应用，考查了正切函数性质，属于基础题．11.【答案】BCD【解析】解：连接AC1，BC1，取BC1中点H，连接MH，易得AC1//MH，则AC1MN不平行，A错误；如图，取棱D1A1，A1A，BC的中点E，F，G，易得MF//NP，M∈平面MNP，则MF⊂面MNP，同理可得EF，EP，GM，GN⊂平面MNP，即正六边形EFMGNP为正方体被平面MNP截得的截面，C正确；由C选项知：平面MNP即平面EFMGNP，易得FM//A1B，又FM⊄平面A1BC1，A1B⊂平面A1BC1，则FM//平面A1BC1，同理可得NG//平面A1BC1，又NG//PM，则PM//平面A1BC1，PM∩FM=M，则平面EFMGNP//平面A1BC1，又PQ⊂平面EFMGNP，则直线PQ//平面A1BC1，B正确；连接DB1，易得DB1与平面EFMGNP交于正方体的体心O，连接DB，易得DB⊥MG，又B1B⊥平面ABCD，MG⊂平面ABCD，则B1B⊥MG，又DB，BB1⊂平面DBB1，DB∩BB1=B，则MG⊥平面DBB1，DB1⊂平面DBB1，则MG⊥DB1，同理可得GN⊥DB1，又MG，GN⊂平面MNP，MG∩GN=G，则DB1⊥平面MNP，OQ⊂平面MNP，则DB1⊥OQ，又DO=12DB1=12×√4+4+4=√3，则OQ=√DQ2−DO2=1，即点Q的轨迹为以O为圆心1为半径的圆，故点Q 的轨迹长度为2π，D 正确． 故选：BCD.取BC 1中点H ，由AC 1//MH 即可判断A 选项；取棱D 1A 1，A 1A ，BC 的中点E ，F ，G ，由EF ，EP ，GM ，GN ⊂平面MNP 即可判断C 选项；先判断平面EFMGNP//平面A 1BC 1，由PQ ⊂平面EFMGNP 即可判断B 选项；连接DB 1，先判断DB 1⊥平面MNP ，进而求得点Q 的轨迹为以O 为圆心1为半径的圆即可判断D 选项．本题考查线面平行，考查学生的推理能力，属于中档题．12.【答案】AD【解析】解：连接AD ，∵AB =AC ，D 是边BC 的中点，∴AD ⊥BC ， 以D 为坐标原点，BC ，AD 所在直线分别为x 轴和y 轴，建立平面直角坐标系∵AB 2+AC 2=BC 2，∴AB ⊥AC ，∴AD =12BC =1，∴A(0,1)，B(−1,0)，C(1,0)， ∵PD =1，∴点P 的轨迹为以D 为圆心，1为半径的圆， ∴设点P 的坐标为(cosθ,sinθ)(θ∈R)， ∵AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AC⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴(cosθ,sinθ−1)=x(−1,−1)+y(1,−1)， ∴{cosθ=−x +y sinθ−1=−x −y ， ∴{x =1−sinθ−cosθ2y =1−sinθ+cosθ2， A .x +y =1−sinθ−cosθ2+1−sinθ+cosθ2=1−sinθ∵−1≤sinθ≤1，∴0≤1−sinθ≤2，即0≤x +y ≤2，故A 正确； B .x −y =1−sinθ−cosθ2−1−sinθ+cosθ2=−cosθ，∵−1≤cosθ≤1，∴−1≤−cosθ≤1，即−1≤x −y ≤1，即−1≤x −y ≤1， ∴x −y 的值不可以为2， 故B 错误C .2x +y =1−sinθ−cosθ+1−sinθ+cosθ2=32−32sinθ−12cosθ=32−√102sin(θ+φ)，其中cosφ=3√1010，sinφ=√1010，且φ为锐角， ∵−1≤sin(θ+φ)≤1，32−√102≤32−√102sin(θ+φ)≤32+√102，即32−√102≤2x +y ≤32+√102， ∵32−√102+1=5−√102>0，3105−V10∴32−√102>−1，∴2x +y 的值不可以等于−1， 故C 错误， D .x +2y =1−sinθ−cosθ2+1−sinθ+cosθ=32−32sinθ+12cosθ=32−√102sin(θ−φ)，其中cosφ=3√1010，sinφ=√1010，且φ为锐角， ∵−1≤sin(θ−φ)≤1， ∴32−√102≤32−√102sin(θ−φ)≤32+√102，即32−√102≤x +2y ≤32+√102，∵32−√102<3<32+√102，∴x +2y 的值可以等于3，故D 正确， 故选：AD.以点D 为原点、边BC 为x 轴建立平面直角坐标系，写出相关点坐标，设出P(cosθ,sinθ)，利用平面向量的坐标运算得到{x =1−sinθ−cosθ2y =1−sinθ+cosθ2，再结合角的范围逐一验证各选项． 本题考查了平面向量的基本定理，属于中档题．13.【答案】616【解析】解：由正弦定理及sinA =sinB =3sinC ，得a =b =3c ，所以a+bc =6， 由余弦定理知，cosA =b 2+c 2−a 22bc=9c 2+c 2−9c 22⋅3c⋅c=16.故答案为：6；16.利用正弦定理化角为边，可得a=b=3c，从而知a+bc的值，再利用余弦定理，可得cosA的值．本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．14.【答案】2√33π【解析】解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，由πl=2πr，解得l=2r，又S=πr2+πr⋅2r=3πr2=3π，所以r2=1，解得r=1；所以圆锥的母线长为l=2r=2，圆锥的高为ℎ=√l2−r2=√22−12=√3，所以圆锥的体积为V=13πr2ℎ=13π×12×√3=√33π.故答案为：2，√3π3.根据圆锥的结构特征，求出底面圆半径和母线长、高，即可计算圆锥的体积．本题考查了圆锥的结构特征与表面积、体积的计算问题，是基础题．15.【答案】0(答案不唯一)【解析】解：因为f(x)为奇函数，则f(0)=sinθ=0，θ=kπ，k∈Z，当θ=kπ，k∈Z时，k为偶数时，f(x)=sinxcosx=12sin2x，是奇函数k为奇数时，f(x)=−sinxcosx=−12sin2x，是奇函数，所以θ的一个值为0.故答案为：0(答案不唯一).由奇函数的性质f(0)=0，求出θ，代入检验后可得结论．本题主要考查函数奇偶性的性质，三角函数的性质，考查运算求解能力，属于基础题．16.【答案】6π11√11π6【解析】解：长方体对角线长为l=√22+12+12=√6，所以长方体外接球半径为R=l2=√62，表面积为S=4π×(√622)=6π；如图，G，H，I，J分别是A1D1，AD，BC，B1C1中点，则GHIJ是矩形，平面GHIJ//平面CDD1C1，E，F分别是AB，CD中点，则EF//AD，而AD⊥平面CDD1C1，所以EF⊥平面CDD1C1，所以EF⊥平面GHIJ，而EF⊂平面D1EF，EF⊂平面BEF，所以平面D1EF⊥平面GHIJ，平面BEF⊥平面GHIJ，由EF⊥平面CDD1C1，D1F⊂平面CDD1C1，得EF⊥D1F，而EF⊥EB，设平面GHIJ与D1E，BF，EF的交点分别为N，M，Q，则N，M，Q分别是D1E，BF，EF的中点，所以N，M分别是ΔD1EF和△EFB的外心，在平面GHIJ内过N作PN⊥NQ，过M作PM⊥QM交PN于点P，由EF⊥平面CDD1C1，得EF⊥PNEF⊥PM，而NQ∩EF=Q，NQ，EF⊂平面D1EF，所以PN⊥平面D1EF，同理PM⊥平面BEF，所以P是三棱锥D1−BEF的外接球球心，四边形PMQN是圆内接四边形，由长方体性质知∠NQH=∠D1FD=π4，所以∠NQM=3π4,NQ=12D1F=√22,MQ=12，MN=√1 2+14−2×√22×12×cos3π4=√52，由PM⊥平面BEF，BM⊂平面BEF，得PM⊥BM，PQ=MNsin∠NQM =√52sin3π4=√102,PM=√PQ2−QM2=32，BM=12BF=√22，所以PB=√PM2+BM2=√112，所以三棱锥的D1−BEF外接球的体积为V=4π3×(√1132)=11√116π.故答案为：6π;11√116π.求出长方体的对角线即为长方体外接球的直径，由此可得球表面积，设G，H，I，J分别是A1D1，AD，BC，B1C1中点，可证明EF⊥平面GHIJ，设平面GHIJ与D1E，BF，EF的交点分别为N，M，Q，在平面GHIJ内过N作PN⊥NQ，过M作PM⊥QM交PN于点P，证得P是三棱锥D1−BEF的外接球球心，在四边形PMQN中求得四边形外接圆直径，然后求出PN，再求出三棱锥的D1−BEF 外接球的半径后可计算体积．本题考查了长方体外接球的表面积和三棱锥外接球的体积计算，属于中档题．17.【答案】解：(1)设b⃗ =(x,y)， 由题意得−√3x −y =0，x 2+y 2=4， 解得x =12，y =−√32或x =−12，y =√32，所以b ⃗ =(12,−√32)或(−12,√32)；(2)若(2a ⃗ +c ⃗ )⊥(a ⃗ −3c ⃗ )，则(2a ⃗ +c ⃗ )⋅(a ⃗ −3c ⃗ )=2a ⃗ 2−5a ⃗ ⋅c ⃗ −3c ⃗ 2=0， 所以8−5a ⃗ ⋅c ⃗ −3=0， 所以a ⃗ ⋅c ⃗ =1， 设向量a ⃗ ，c ⃗ 的夹角θ， 所以cosθ=a⃗ ⋅c ⃗ |a⃗ ||c ⃗ |=12×1=12，由θ∈[0,π]，得θ=π3.【解析】(1)由已知结合向量共线定理的坐标表示可求； (2)由已知结合向量数量积的性质的坐标表示可求．本题主要考查了向量共线定理及向量数量积性质的坐标表示的应用，属于基础题．18.【答案】解：(1)设SO 为正四棱锥S −ABCD 的高，则SO =1，作OM ⊥BC ，则M 为BC 中点，连结OM ，OB ，则SO ⊥OB ，SO ⊥OM ，BC =4，BM =2，则OM =2,OB =2√2， 在Rt △SOD 中，SB =√SO 2+OB 2=√1+8=3， 在Rt △SOM 中，SM =√5， ∴棱锥的侧棱长为3，侧面的高为√5.(2)棱锥的表面积：S =S 正方形ABCD +4S △SBC =4×4+4×(12×4×√5)=16+8√5 几何体的体积为：13×4×4×1=163 【解析】(1)直接利用公式计算； (2)直接利用公式计算；本题考查了几何体的表面积、体积，属于中档题．19.【答案】解：(1)∵f(x)=asin(π2x +φ)，∴周期T =2ππ2=4，∴CD =T 2=2，∴S△ABD=12×CD×(y A−y B)=12×2×2a=4，∴a=2，∴f(x)=2sin(π2x+φ)，又M(0,√3)，∴f(0)=2sinφ=√3，∴sinφ=√32，又M为上升点，且0<φ<π，∴φ=π3，∴f(x)=2sin(π2x+π3)；(2)由(1)知f(x)的周期为4，又2023=4×505+3，∴f(0)+f(1)+f(2)+…+f(2022)=[f(0)+f(1)+f(2)+f(3)]×505+f(0)+f(1)+f(2)=(√3+1−√3−1)×505+(√3+1−√3)=1.【解析】本题考查了由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，三角函数的图形与性质，由三角函数的周期性求和，考查了方程思想与化归转化思想，属于中档题．(1)根据三角函数的周期，振幅，三角形面积，y轴交点建立方程即可求解；(2)通过函数的周期性即可求解．20.【答案】证明：(1)连接AC1交A1C于E，连接ED，如图，则E是AC1中点，又D是AB中点，所以ED//BC1，又ED⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，所以BC1//平面A1CD；解：(2)因为AC =BC =2,AB =2√2，所以AC ⊥BC ， 所以S △ABC =12×2×2=2,S △ACD =12S △ABC =1， V BCD−A 1B 1C 1=V ABC−A 1B 1C 1−V A 1−ACD =2×2−13×1×2=103. 【解析】(1)连接AC 1交A 1C 于E ，连接ED ，证明ED//BC 1后得证线面平行； (2)由直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积减去三棱锥A 1−ACD 的体积可得． 本题考查了线面平行的证明和几何体的体积计算，属于中档题．21.【答案】解：(1)由2S =−√3BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，可得2×12acsinB =−√3accosB ， 即sinB =−√3cosB ，可得tanB =−√3， 因为B ∈(0,π)，所以B =2π3.(2)设∠BAC =θ，则∠CAD =π2−θ，∠CDA =θ+π6， 在△ACD 中，由正弦定理得ACsin∠ADC =ADsin∠ACD ， 可得AC =ADsin∠ADCsin∠ACD=√3⋅sin(θ+π6)sin π3=2sin(θ+π6)，在△ABC 中，由正弦定理得ACsinB =BCsinθ，∴BC =√3+π6)sinθ=√3(√32sin 2θ+12sinθcosθ)=√3−√3cos2θ)+1 =2√33sin(2θ−π3)+1，因为0<θ<π3，可得−π3<2θ−π3<π3，当2θ−π3=π3时，即θ=π3，可得2√33sin π3+1=2， 当2θ−π3=−π3时，即θ=0，可得2√33sin(−π3)+1=0， 所以BC 的取值范围是(0,2).【解析】(1)利用三角形的面积公式，向量的数量积运算化简即可．(2)利用正弦定理，三角恒等变换得到BC =2√33sin(2θ−π3)+1，再利用正弦函数的图象与性质求解即可．本题考查了正弦定理的应用，三角恒等变换，正弦函数的图象与性质，属于中档题．22.【答案】解：(Ⅰ)∵m →=(sinx,1),n →=(√3cosx,−12)，∴m ⃗⃗⃗ +n ⃗ =(sinx +√3cosx,12)，∴f(x)=sinx(sinx+√3cosx)+1 2=sin2x+√3sinxcosx+1 2=1−cos2x2+√32sin2x+12=sin(2x−π6)+1，∴f(x)的最大值为2；(Ⅰ)由f(C)恰好为函数f(x)的最大值可得f(C)=sin(2C−π6)+1=2，即sin(2C−π6)=1，∵0<C<π，解得C=π3，则CD=f(C)=2，在△ACD中，由CDsinA =ADsin12C，可得AD=1sinA，在△BCD中，由CDsinB =BDsin12C，可得BD=1sinB，∴c=1sinA +1sinB，在△ABC中，asinA =bsinB=csinC=1sinA+1sinB√32=2√33(1sinA+1sinB)，则可得a=2√33(1+sinAsinB),b=2√33(sinBsinA+1)，则3a+b=2√3(1+sinAsinB )+2√33(sinBsinA+1)=2√3⋅sinAsinB+2√33⋅sinBsinA+8√33，∵sinA>0，sinB>0，∴3a+b≥22√3⋅sinAsinB ⋅2√33⋅sinBsinA+8√33=4+8√33，当且仅当√3sinA=sinB等号成立，故3a+b的最小值为4+8√33.【解析】(Ⅰ)根据数量积运算结合降幂公式以及辅助角公式化简f(x)，根据正弦函数的值域可得结果；(Ⅰ)根据条件求得c，C，由正弦定理表示a，b，利用基本不等式求解．本题考查了正弦型函数的最值问题以及正弦定理、基本不等式的应用，属于中档题．。
2021-2022学年辽宁省县级重点高中协作体高一下学期期中考试数学试题(解析版)
2021-2022学年辽宁省县级重点高中协作体高一下学期期中考试数学试题一、单选题1．已知集合{}7,2,2,3A =--，{}24120B x x x =--<，则A B =（ ）A ．{}3B ．{}2,3C ．{}2,2,3-D ．∅【答案】B【分析】解一元二次不等式即可得到集合B ，由交集的定义计算即可. 【详解】由题意得{}26B x x =-<<，所以{}2,3A B =． 故选：B.2．“角α的终边经过点)”是“sin α=”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据三角函数的定义可判断角α的终边经过点)，可以推出sin α=，当sin α=时，角的终边有两种可能位置，不一定经过点)，由此可得答案.【详解】由角α的终边经过点)，设点)为P ，则||OP =可得sinα==,由sin α=，知α 终边在第一象限或第二象限，因此角α的终边经过点)或()，所以“角α的终边经过点)”是“sin α=”的充分不必要条件，故选：A3．已知点()2,1A -，()2,0B -，若向量(),2CD m =，且AB CD ⊥，则m ＝（ ） A ．12 B ．12-C ．1D ．－1【答案】A【分析】表示出()4,1=-AB ，由垂直的坐标表示即可得出答案. 【详解】由题意得()4,1=-AB ，(),2CD m =，所以－4m ＋2＝0，得12m =·故选：A.4．若某时钟的分针长4cm ，则从10：10到10：45，分针扫过的扇形面积为（ ） A ．27cm 6πB ．27cm 2πC ．228cm 3πD ．214cm 3π【答案】C【分析】结合1分钟所对应的弧度数和扇形面积公式计算即可.【详解】由题意得，1分钟所对应的弧度数为2ππ6030=，则从10:10到10:45分针转过的角的弧度数为735306ππ-⨯=-，所以分针扫过的扇形面积为217π28π16cm 263⨯-⨯=． 故选：C.5．已知单位向量1e ，2e 的夹角为3π，则125e e -=（ ）A B ．21C D ．31【答案】A【分析】结合单位向量和数量积的定义即可求解.【详解】由题可知221211225251025e e e e e e -=-⋅+==故选：A.6．从3男2女5名志愿者中，抽取2名志愿者参加社区核酸检测秩序管理工作，则至少有1名女性志愿者参加的概率为（ ） A ．25B ．12C ．35D ．710【答案】D【分析】根据题意列举样本空间，共包含10个样本点，其中符合题意得样本点个数为7，代入公式计算．【详解】将3名男性志愿者分别设为a ，b ，c ，2名女性志愿者分别设为d ，e ，这个实验的样本空间可记为()()()()()()()()()(){},,,,,,,,,,,,,,,,,,,a b a c a d a e b c b d b e c d c e d e Ω=，共包含10个样本点，记事件A 为至少有1名女性志愿者参加，则()()()()()()(){},,,,,,,,,,,,,A a d a e b d b e c d c e d e =，A 包含的样本点个数为7，所以()710P A =． 故选：D ．7．在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ，则BD =（ ） A ．23AD AC - B ．32AD AC - C ．23AD AC -+ D ．32AD AC -+【答案】B【分析】直接由向量的线性运算求解即可.【详解】由题意得()2232BD BA AD CD AD AD AC AD AD AC =+=+=-+=-． 故选：B. 8．已知123log 2x =，745log 2log 5log 9y =⨯⨯，cos5z =，则（ ） A ．x y z << B ．x z y << C ．z x y << D ．z y x <<【答案】B【分析】由分析知：123log 02x =<，771log 3log 2y =>，102z <<，即可得出答案.【详解】因为123log 02x =<，77lg 2lg52lg31log 3log lg 72lg 2lg52y =⨯⨯=>=，351cos0cos5cos 232z ππ=<=<=，所以x z y <<． 故选：B. 二、多选题9．已知向量()1,0a =，()2,6b =-，()1,2c =-，则（ ） A ．2a b ⋅=B ．()a b c +∥C ．a 在cD ．a 与c夹角的余弦值为【答案】ABD【分析】由平面向量数量积的坐标表示对选项逐一判断 【详解】对于A ，2a b ⋅=，A 正确．对于B ，因为()3,63a b c +=-=-，所以()a b c +∥，B 正确． 对于C ，5cos ,5a c a a c c ⋅==-，C 错误，对于D ，5cos ,5a c a c a c⋅==-， D 正确．故选：ABD10．若tan tan tan αβαβ+=，则αβ+的值可能为（ ） A ．3πB ．6πC ．23π-D ．56π-【分析】首先由两角和的正切公式得出()tan αβ+，即可得到αβ+的取值； 【详解】解：由题意得()tan tan tan 31tan tan αβαβαβ++==-，所以()3k k παβπ+=+∈Z ，所以αβ+的值可能为3π，23π-． 故选：AC11．已知函数()()()cos 0,0,πf x A x A ωϕωϕ=+>><的部分图像如图所示，则（ ）A ．π2=ω B ．5π6ϕ=C ．A ＝2D ．()23f =-【答案】ACD 【分析】根据图像得22T =，结合2πT ω=可求π2=ω，根据对称中心得()π4ππ232k k ϕ⨯+=+∈Z ，解得π6ϕ=-或5π6，代入()1,1检验可得A ＝2，6πϕ=-，再求()2f ． 【详解】由图可知1042233T =-=，得T ＝4，得π2=ω．由图得()π4ππ232k k ϕ⨯+=+∈Z ，得()ππ6k k ϕ=-+∈Z ，因为π<ϕ，所以π6ϕ=-或5π6．当6πϕ=-时，()ππ1cos 126f A ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，所以A ＝2，当5π6ϕ=时，由()π5π1cos 126f A ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭得20A =-<，不合题意， 则()ππ2cos 26f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭．故()23f =-12．已知函数()cos2cos2f x x x π=+，则（ ） A ．()f x 是偶函数B ．()f x 的图像关于直线x ＝1对称C ．()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有三个零点D ．()f x 的最小值为－2【答案】AC【分析】A.利用奇偶性的定义判断；B.分别求得()1f x +，()1f x -判断；C.由()0f x =求解判断；D.由()cos2cos22f x x x π=+=-，由2121cos x cos x π=-⎧⎨=-⎩求解判断.【详解】因为()()()()cos 2cos 2cos2cos2ππ-=-+-=+=f x x x x x f x ，所以()f x 是偶函数，A 正确．因为()()1cos 22cos2f x x x π+=++，()()1cos 22cos2f x x x π-=-+，所以()()11f x f x -≠+，B 错误．由()()()()()cos 2cos 2cos 11cos 11f x x x x x x x πππππ=+=++-++--⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()2cos 1cos 10x x ππ=+-=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，得()2122k x ππ+=+或()()2122k k ππ+∈-Z ，因为0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以22x ππ=+或322ππ+或22ππ-，C 正确． 若()cos2cos22f x x x π=+=-，则cos 21,cos 21,x x π=-⎧⎨=-⎩得,21,2x k x k ππ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩k ∈Z ，该不等式组无解，所以()f x 的最小值不是－2，D 错误． 故选：AC 三、填空题13．已知某地区有小学生14000人，初中生12000人，高中生11000人，现在要了解该地区学生的身高情况，用分层随机抽样的方法抽取740人进行调查，则高中生被抽取的人数为______． 【答案】220【分析】由分层抽样的概念求解 【详解】由题意得高中生被抽取的人数为11000740220140001200011000⨯=++．故答案为：22014．已知点()2,7A ，向量OA 绕原点O 逆时针旋转π2后等于OB ，则点B 的坐标为______．【答案】()7,2-【分析】根据角的关系π2βα=+，再结合任意角三角函数定义sin ,cos y xr rαα==整理计算．【详解】设()00,,,,OA r AOx BOx B x y αβ=∠=∠=， 则πsin 7,cos 2,2r r ααβα===+00ππcos cos sin 7,sin sin cos 222x r r y r r r βααβαα⎛⎫⎛⎫==+=-=-==+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即点B 的坐标为()7,2-． 故答案为：()7,2-．15．已知函数()()cos 0,02f x x πωϕωϕ⎛⎫=+><< ⎪⎝⎭的图象与y 轴的交点为⎛ ⎝⎭，且()f x 在,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上没有零点，则ω的取值范围为______．【答案】()()0,12,4⋃ 【分析】由已知可得6π=ϕ，根据()f x在闭区间上无零点及余弦函数的性质列关于ω的不等式组，进而可得其范围.【详解】因为()0cos f ϕ==且02πϕ<<，则6π=ϕ，所以()cos 6f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，而,63x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则,66636x πππππωωω⎡⎤+∈++⎢⎥⎣⎦．因为()f x 在,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上没有零点，所以,6623,362k k πππωππππωπ⎧+>+⎪⎪⎨⎪+<+⎪⎩k ∈Z ，解得26,43,k k ωω>+⎧⎨<+⎩k ∈Z ． 由()2643k k k +<+∈Z ，则()23k k <∈Z ，而0>ω， 当1k <-时，不等式组无解， 当k ＝－1时，可得01ω<<， 当k ＝0时，可得24ω<<. 所以ω的取值范围为()()0,12,4⋃.故答案为：()()0,12,4⋃ 四、双空题 16．函数()22425sin cos f x x x =+的最小值为______，此时2tan x =______． 【答案】 49 250.4【分析】由基本不等式“1”的妙用求解 【详解】由题意得()()222222224254cos 25sin sin cos 29sin cos sin cos x x f x x x x x x x ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭2949≥+， 当且仅当22224cos 25sin sin cos x x x x=，即22tan 5x =时，等号成立．故答案为：49，25五、解答题17．已知4sin cos 03παα+=． (1)求2sin cos sin 3cos αααα--的值；(2)求()2sin 2023sin 4cos 2παπαα⎛⎫+++ ⎪⎝⎭的值．【答案】(1)139(2)1037【分析】（1）由题设条件可求得tan 6α=-，再利用商数关系即可求解（2）齐次整式化齐次分式，再利用商数关系即可求解【详解】(1)由4sin cos sin cos sin 6cos 033ππαααααα+=+=+=， 得tan 6α=-． 故2sin cos 2tan 113sin 3cos tan 39αααααα--==--．(2)()22sin 2023sin 4cos sin cos 4cos 2παπααααα⎛⎫+++=-+ ⎪⎝⎭222sin cos 4cos sin cos ααααα-+=+2tan 4tan 1αα-+=+1037=．18．已知平行四边形ABCD 的三个顶点分别为()1,1A -，()2,0B ，()3,3C ． (1)求点D 的坐标；(2)求平行四边形ABCD 的面积． 【答案】(1)()0,4 (2)10【分析】（1）设点D 的坐标为(),x y ．结合平行四边形的一组对边平行且相等的性质和平面向量的相等向量的计算即可求解.（2）判断AB 与BC 的关系，可判断平行四边形ABCD 为矩形，即可求解面积. 【详解】(1)设点D 的坐标为(),x y ．由题意得()()()2,01,13,1AB =--=-，()()()3,3,3,3DC x y x y =-=--．因为AB DC =，所以33,31,x y -=⎧⎨-=-⎩得0,4,x y =⎧⎨=⎩ 所以点D 的坐标为()0,4．(2)因为()()()3,32,01,3BC =-=，所以330AB BC ⋅=-=， 所以平行四边形ABCD 为矩形．因为23110AB =+=，23110BC =+=，所以平行四边形ABCD 的面积为101010⨯=． 19．某港口在一天之内的水深变化曲线近似满足函数()πsin 0,0,,0242h A t B A t ωϕωϕ⎛⎫=++>><≤< ⎪⎝⎭，其中h 为水深（单位：米），t 为时间（单位：小时），该函数部分图象如图所示．若一艘货船的吃水深度（船底与水面的距离）为4米，安全条例规定至少要有1.5米的安全间隙（船底与水底的距离），则该船一天之内能在该港口停留多久？【答案】8小时．【分析】根据最值可得A ＝3，B ＝4，根据周期62T =可得2ππ6T ω==，代入最高点可得π3ϕ=-，即()ππ3sin 402463h t t ⎛⎫=-+≤< ⎪⎝⎭，再根据正弦函数解ππ3sin 44 1.563h t ⎛⎫=-+≥+ ⎪⎝⎭．【详解】由图可知：71A B A B +=⎧⎨-+=⎩,可得：A ＝3，B ＝4． 由11562T =-=，得T ＝12，所以2ππ6T ω==． 因为π3sin 5476ϕ⎛⎫⨯++= ⎪⎝⎭，所以()5ππ2πZ 62k k ϕ+=+∈，得()π2π3k k ϕ=-+∈Z ，又π2ϕ<，所以π3ϕ=-，所以()ππ3sin 402463h t t ⎛⎫=-+≤< ⎪⎝⎭．由题意得ππ3sin 44 1.563h t ⎛⎫=-+≥+ ⎪⎝⎭，得ππ1sin 632t ⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，得()πππ5π2π2π6636k t k k +≤-≤+∈Z ，即()312712k t k k +≤≤+∈Z ， 当k ＝0时，37t ≤≤， 当k ＝1时，1519t ≤≤，所以该船一天之内能在该港口停留7－3＋19－15＝8小时．20．已知0>ω，向量3cos ,1sin 22x x m ωω⎛⎫=- ⎪⎭，sin ,1sin 22xx n ωω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，函数()2f x m n =⋅，且其图象相邻两条对称轴之间的距离为2π． (1)求()f x 的单调递减区间；(2)当,63x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，求()f x 的取值范围．【答案】(1)2,63k k ππππ⎡⎤++⎢⎥⎣⎦，k ∈Z (2)[]0,3【分析】（1）根据数量积的坐标运算、二倍角公式及辅助角公式化简函数()f x ，再根据周期求出ω，再根据正弦函数的性质计算可得； （2）根据x 的取值范围，求出26x π+的取值范围，再根据正弦函数的性质计算可得；【详解】(1)解：由题意可知()22cos sin 1cos 1222x x x f x x x ωωωωω⎫=-+=++⎪⎭2sin 16x πω⎛⎫=++ ⎪⎝⎭．因为0>ω，且222T ππω==⨯，所以2ω=，所以()2sin 216f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，由3222262k x k πππππ+≤+≤+，k ∈Z ，解得263k x k ππππ+≤≤+，k ∈Z ， 故()f x 的单调递减区间为2,63k k ππππ⎡⎤++⎢⎥⎣⎦，k ∈Z ． (2)解：当,63x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，52,666x πππ⎡⎤+∈-⎢⎥⎣⎦．当262x ππ+=时，()f x 取得最大值，且()max 2sin132f x π=+=；当ππ266x时，()f x 取得最小值，且()min 2sin 106f x π⎛⎫=-+= ⎪⎝⎭． 故当,63x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()f x 的取值范围是[]0,3．21．如图，在梯形ABCD 中，3AD BC =，AC 与BD 相交于点E ．(1)用AB ，AD 表示AE ； (2)若34AD AB ==， ，π3BAD ∠=，求AE CD ⋅． 【答案】(1)3144AE AB AD =+ (2)9-【分析】（1）根据3AD BC =，推出3AEEC =，即34AE AC =，利用向量的加减法运算即可求得答案；（2）将CD 表示为23AD AB -，结合（1）的结果，根据数量积的运算律求得答案。
2021年辽宁省重点中学协作体高三第一次教学质量检测 数学(理科
2021年辽宁省重点中学协作体高三第一次教学质量检测数学（理科2021年辽宁省重点中学协作体高三第一次教学质量检测数学（理科）试卷注意事项：1. 答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上．2. 每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上．3. 考试结束，监考人将本试卷和答题卡一并收回．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分第Ⅰ卷（选择题共60分）一.选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的 1、已知A．－1 B．1 C．－2 D．2 2、为非零向量“函数为偶函数”是“”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件D．既不充分又不必要条件 3、若复数为纯虚数为虚数单位，则实数的值是A．―3 B．―3或1 C．3或―1 D．1 4、函数A．B． C． D．的部分图象如图所示，设是图象的最高点，是图象与轴的交点，则5、右图是统计高三年级1000名同学某次数学考试成绩的程序框图，若输出的结果是720，则这次考试数学分数不低于90分的同学的频率是A．0.28 B．0.38 C．0.72 D．0.626、设＝，则二项式展开式中不含项的系数和是A．－192 B．193 C．－6 D．77、已知数列满足:，，用表示不超过的最大整数，则的值等于A．1 B．2 C．3 D．4高三年级数学（理科）试卷第 1 页共 6 页8、.如图，过椭圆中心的直线与经椭圆长短轴端点的两条切线B，O是与的交点，，则直线有分别交于点A、被椭圆分成四部分，若这四部分图形的面积满足A. 0条B. 1条C. 2条D. 3条9、已知三棱锥的一个端点点在棱，两两垂直且长度均为6，长为2的线段在内运动含边界，则的中上运动，另一个端点的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积为A．B．或 C． D．或10、设则称和与在是定义在同一区间上是“密切函数”，上的两个函数，若对任意的称为“密切区间”，设，都有与，在上是“密切函数”，则它的“密切区间”可以是 A． B．C．D．11、已知点P是椭圆成立，则上一点，的值为分别为椭圆的左、右焦点，为△的内心，若A．B． C． D．12、设a，b，c为实数，f（x）=（x+a）S=能的是 A．=1且=0 B．C．=2且=2 D．=2且=3若，．记集合分别为集合元素S，T的元素个数，则下列结论不可高三年级数学（理科）试卷第 2 页共 6 页第Ⅱ卷（非选择题共90分）二.填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分把答案填在题中横线上 13、以下说法中正确的是① 甲乙两同学各自独立地考察了两个变量等，都是。
2021-2022学年辽宁省县级重点高中协作体高一下学期期末考试数学试题(解析版)
辽宁省县级重点高中协作体2021-2022学年高一下学期期末考试数学试题一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．已知非零向量,a b 满足||2b =，且||a b a ⋅=，则向量a ，b 夹角θ的大小为( ) A ．6π B ．4π C ．3π D ．23π 〖解 析〗因为||a b a ⋅=，所以||||cos ||a b a θ⋅⋅=，所以11cos 2||b θ==，即3πθ=．〖答 案〗C2．如图，小明从A 地去往B 地，且只沿向右或向上的方向行进．若在某个岔路口有向右或向上的两种选择时，小明选择每一个前进方向的概率均为12，且每次选择相互独立，则小明经过C 地的概率为( )A ．13B ．12C ．23D ．34〖解 析〗由题意小明经过C 地再到达B 的走法有11224C C =种方法， 小明从A 地到达B 的走法有24C 种方法，所以所求概率为4263=． 〖答 案〗C3．已知复数(,)z a bi a b R =+∈满足2(1)z z =⋅+，且a b <，则复数z 在复平面内对应的点位于( ) A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限〖解 析〗由题意可知，22()(1)a bi a bi a b i +=-=++-，所以22a a b b ⎧=+⎪⎨=-⎪⎩，解得a =，因为a b <，所以0b <，所以0a <，即复数z 在复平面内对应的点(,)a b 位于第三象限． 〖答 案〗C4．已知α，β，γ是三个不同的平面，l ，m ，n 是三条不同的直线，且l αβ=，m ，n γ⊂．在下列条件中，能推出l γ⊥的是( )A ．n l ⊥，m l ⊥B ．m l ⊥，n α⊥C ．n α⊥，m α⊥D ．m α⊥，n β⊥〖解 析〗当//m n 时（如图所示），由n l ⊥，m l ⊥推不出l γ⊥，即A 错误；同理可知，B ，C 错误；若m α⊥，n β⊥，可知m 与n 交于一点，且n l ⊥，m l ⊥，所以l γ⊥，即D 正确． 〖答 案〗D5．已知α，β均为锐角，且1sin 2sin ,cos cos 2αβαβ==，则sin()(αβ-= )A ．35B ．45C D ．23〖解 析〗因为22221414sin cos sin cos ααββ+=+=，解得sin β=，所以cos β，所以sin αα=，所以3sin()sin cos cos sin 5αβαβαβ-=-=． 〖答 案〗A6．已知函数()|(1)|f x lg x =+，若f （a ）f =（b ）()a b <，则( ) A ．(1)(1)1a b --> B ．(1)(1)1a b --=C ．(1)(1)1a b --<D ．以上选项均有可能〖解 析〗()|(1)|f x lg x =+，f （a ）f =（b ）()a b <，(1)(1)lg a lg b ∴-+=+，且10a b -<<<，即(1)(1)(1)(1)0lg a lg b lg a b +++=++=， (1)(1)1a b ∴++=，即0ab a b ++=，即(1)(1)121a b ab --=+<． 〖答 案〗C7．某圆台的侧面展开图如图所示，其中2,3,63AOC OA OC OB OD π∠=====，则该圆台的体积为( )A B C ．8π D ．7π〖解 析〗设圆台上、下底面的圆心分别为M ，N ，一条母线为EF ， 则3EF AB ==，且AC 的弧长为232,3BD ππ⨯=的弧长为2643ππ⨯=，所以1ME =，2NF =，所以MN ==，所以圆台的体积221121333V ππ=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=．〖答 案〗B8．在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且ABC ∆的面积14S abc =．若3C π=，则S 的最大值为( )A ．B C ． D 〖解 析〗11sin 42S abc ab C ==，2sin c C ∴=，3C π=，∴2sin c C ==，由余弦定理，2223c a b ab ab ==+-，当且仅当a b =时，等号成立，故133sin 24S ab C ==，即S ． 〖答 案〗D二、选择题（共4小题，每小题3分，满分12分）9．已知复数1z ，2z ，3z 满足1||z ，2||z 均不为0，则下列命题正确的是( )A ．若1323z z z z =，则12z z =B ．对任意给定的1z ，2z ，均有1221z z z z R ⋅+⋅∈C ．若12||||z z =，则1323||||z z z z ⋅=⋅D ．若21z z =，则1323z z z z ⋅=⋅〖解 析〗当30z =时，可知1323z z z z =对任意1z ，2z 均成立，即A 错误，设1z a bi =+，2(z m ni a =+，b ，m ，)n R ∈，则122122z z z z am bn ⋅+⋅=+，即B 正确， 因为1313||||||z z z z ⋅=⋅，2323||||||z z z z ⋅=⋅，且12||||z z =，所以1323||||z z z z ⋅=⋅，即C 正确， 取11z =，31z i =+，可知D 错误． 〖答 案〗BC10．在菱形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，CD 的中点，则( ) A ．3()2()AB AD AE AF +=+ B ．2ACBF DE +=C ．0AE AF DE BF ⋅+⋅=D ．AE DE AF BF ⋅=⋅〖解 析〗因为3()2AE AF AB BE AD DF AB AD +=+++=+，所以3()2()AB AD AE AF +=+，即A 正确；因为11()22BF DE BC CF DC CE AB BC AC +=+++=+=，即B 正确；因为11,22AE AB AD AF AD AB =+=+，且||||AB AD =，所以2115()()||224AE AF AB AD AD AB AB AB AD ⋅=+⋅+=+⋅， 因为1111,2222DE DC CB AB AD BF BC CD AD AB =+=-=+=-，且||||AB AD =，所以2115()()||224DE BF AB AD AD AB AB AB AD ⋅=-⋅-=-+⋅， 所以52AE AF DE BF AB AD ⋅+⋅=⋅，即C 错误； 因为2113()()||224AE DE AB AD AB AD AB ⋅=+⋅-=，2113()()||224AF BF AD AB AD AB AB ⋅=+⋅-=， 所以AE DE AF BF ⋅=⋅，即D 正确．〖答 案〗ABD11．已知函数()f x 是偶函数，且在[0，)+∞上单调递增．若A ，B 是ABC ∆的两个内角，且A B >，则下列命题正确的是( ) A ．(sin )(sin )f A f B > B ．(sin )(cos )f A f B < C ．(cos )(sin )f A f B >D ．(cos )(cos )f A f B <〖解 析〗函数()f x 是偶函数，且在[0，)+∞上单调递增，A ，B 是ABC ∆的两个内角， 且A B >， 对于A ，A B >，sin sin 0A B ∴>>，(sin )(sin )f A f B ∴>，故A 正确；对于B ，C ，取,36A B ππ==，可知(sin )(cos )f A f B =，(cos )(sin )f A f B =，故B ，C 错误； 对于D ，若2A π，则0cos cos A B <，(cos )(cos )f A f B ∴<，若2A π>，A B π+<，B A π∴<-，cos cos()cos 0B A A π∴>-=->，(cos )(cos )(cos )f A f A f B ∴=-<，故D 正确．〖答 案〗AD12．如图，在五面体ABC DEF -中，平面ABC 是边长为2的等边三角形，侧面ABED 为正方形，且平面ABED ⊥平面ABC ．已知2FC ≠，设平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角为θ，则( )A ．FC ⊥平面ABCB ．该五面体的体积大于C ．若存在两个不同的点F ，使得tan k θ=，则k ∈D ．若3πθ=，则5FC =〖解 析〗因为//AD BE ，AD ⊂/平面BEFC ，BE ⊂平面BEFC ，所以//AD 平面BEFC ，平面ADFC ⋂平面BEFC FC =，AD ⊂平面ADFC ，所以//AD FC ，又平面ABED ⊥平面ABC ，平面ABED ⋂平面ABC AB =，AD AB ⊥，AD ⊂平面ABED ， 所以AD ⊥平面ABC ，所以FC ⊥平面ABC ，即A 正确；该五面体的体积2123C ABED V V ->=⨯，又当F 与C 无限接近时，该五面体的体积C ABED V -所以该五面体的体积可能小于B 错误；由图可知，当(0,2)FC ∈时，tan k θ=随着FC 的增大而减小，且k ∈， 当(2,)FC ∈+∞时，tan k θ=随着FC 的增大而增大，且(0,)k ∈+∞，所以当k ∈时满足题意，即C 正确； 取DE 的中点M ，过M 作MH FC ⊥，垂足为H ，连接MF ，则FMH θ∠=，若3πθ=，则3FH ==，所以325FC =+=，即D 正确．〖答 案〗ACD三、填空题（共4小题，每小题3分，满分12分）13．设正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球球心为O ，已知14AA =，且OA AB =，则该正四棱柱外接球的表面积为 ．〖解 析〗正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球球心为O ，在正四棱柱的中心， 如图，即体对角线1AC 的中点为O ，连接11A C ，设半径OA R =，则OA AB R ==，12AC R =，因为正四棱柱，所以1111A B B C R ==，则11A C =，在直角三角形11AA C 中有，2221111AA AC AC +=，故2224)(2)R +=，解得R =所以外接球表面积2432S R ππ==． 〖答 案〗32π14．已知向量,a b 满足||2||,1a b a b =⋅=-，则||a b +的最小值为 ． 〖解 析〗设向量,a b 的夹角为θ．则2||||cos 2||cos 1a b a b b θθ⋅=⋅⋅=⋅=-． 故211||2cos 2b θ-=．由22221||||||25||22a b a b a b b +=++⋅=-，得||a b +．〖答15．已知函数25()sin([0,])4f x x =∈，设方程()(01)f x m m =<<的根从小到大依次为1x ，2x ，3x ，且2132x x x =，则m = ．〖解 析〗3ππ=+=，13-，23x =+-2132x x x =34，所以3sin 4m π==．〖答 16．某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）．如图，已知锐角ABC ∆外接圆的半径为2，且三条圆弧沿ABC ∆三边翻折后交于点P ．若3AB =，则sin PAC ∠= ；若::6:5:4AC AB BC =，则PA PB PC ++的值为 ．〖解 析〗设外接圆半径为R ，则2R =，由正弦定理，可知324sin sin AB R ACB ACB===∠∠，即3sin 4ACB ∠=，又由题意可知，2PAC ACB π∠=-∠，所以3cos 4PAC ∠=，所以sin PAC ∠设CAB θ∠=，CBA α∠=，ACB β∠=，则,,222PAC PBA PAB πππβθα∠=-∠=-∠=-，易知222222222654345614659cos ,cos ,cos 2654245824616θαβ+-+-+-======⨯⨯⨯⨯⨯⨯，由题意可得APC ABC π∠=-∠， 所以24sin sin sin()sin()22PCPAAC ACR APC ABCππβθ=====∠∠--，同理可得24sin sin sin()2PBAB ABR APB ACBπα====∠∠-，所以234(cos cos cos )4PA PB PC θαβ++=++=． 〖答；234四、解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）已知复数z 满足2240z z -+=，虚数1z 满足2110(,)z az b a b R ++=∈． （1）求||z ； （2）若11z zz z z z+=+，求a 的值． 解：（1）由复数z 满足2240z z -+=，得1z ==，∴||2z ；（2）由（1）可知，11z z +==，1==-，又11z z a +=-，所以1a =．18．（12分）已知向量2(3,),(sin cos ,1)a sin x b x x ==-，函数1()2f x a b =⋅+． （1）求()f x 的单调增区间；（2）设(0,)6πα∈，若4()25f α=，求()f α的值．解：（1）由题意可知：2(3,sin ),(sin cos ,1)a x b x x ==-，故得到：2111()3sin cos sin 2cos2sin(2)2226f x a b x x x x x x π=⋅+=-+=+=+． 再令222()262k x k k Z πππππ-++∈．得到()36k x k k Z ππππ-+∈，所以单调增区间为[,]()36k k k Z ππππ-+∈．（2）由第一问可知：()sin(2)6f x x π=+．则4()sin()265f απα=+=．又由于(0,)6πα∈，故(,)663πππα+∈．得到cos()06πα+>，得到3cos()65πα+==，故2247sin(2)2sin()cos(),cos(2)2()1366253625cos πππππααααα+=++=+=+-=-，解得()sin(2)sin(2)sin(2)cos cos(2)sin 6363636f πππππππααααα=+=+-=+⋅-+⋅，所以得到：2471()25252f α=⨯=． 19．（12分）如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，四边形ABCD 为菱形，且,3BAD Pπ∠=为棱1CC 上的一个动点．已知2AB =，14AA =．（1）当P 点为1CC 的中点时，证明：1//AC 平面BDP ； （2）若平面1A BD ⊥平面BDP ，求CP 的长． （1）证明：连接AC ，交BD 于点O ，连接OP ， 在菱形ABCD 中，O 为AC 的中点， 又P 点为1CC 的中点，所以1//OP AC ，因为OP ⊂平面BDP ，1AC ⊂/平面BDP ，所以1//AC 平面BDP ；（2）解：连接1OA ，在直三棱柱中，1AA ⊥平面ABCD ，又AB ，AD ⊂平面ABCD ， 所以1AA AB ⊥，1AA AD ⊥，由勾股定理可知，11A B A D ==在菱形ABCD 中，O 为BD 中点，且3BAD π∠=，所以1OA BD ⊥，且AC =因为平面1A BD ⊥平面BDP ，平面1A BD ⋂平面BDP BD =，1OA ⊂平面1A BD ， 所以1OA ⊥平面PBD ，因为OP ⊂平面PBD ，所以1OA OP ⊥， 由于1A ，A ，C ，P 共面，则12AOA POC π∠+∠=，而112AOA AAO π∠+∠=，故1POC AAO ∠=∠，故Rt △1~Rt OCP A AO ∆，所以1AA OCAO CP=，因为14,AA AO CO ===，所以34CP =． 20．（12分）在ABC ∆中，角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，已知23()a b c =+． （1）若3A π=，求ABC ∆周长的最大值；（2）若3b =，证明：2A B =． （1）解：因为3A π=，且23()a b c =+，由余弦定理可知，2223()a b c b c bc =+=+-，所以223()3()3()4b c b c bcb c +-+=+，当且仅当b c =时，等号成立， 所以12b c +，所以)6a =，即ABC ∆周长的最大值为12618+=； （2）证明：法一：因为23()a b c =+，且3b =，所以22a b bc =+， 由余弦定理可知，2222cos b bc b c bc A +=+-，所以2cos b c b A =-，由正弦定理可知，sin sin 2sin cos B C B A =-，因为A B C π++=，所以sin sin()sin cos sin cos C A B A B B A =+=+， 所以sin sin cos sin cos sin()B A B B A A B =-=-，又因为B A B A π+-=≠，所以B A B =-，即2A B =．法二：因为23()a b c =+，且3b =，所以2293,33a a c c =++=． 由余弦定理得22299393cos 2226a c c c c a B ac ac a +-++-+====， 即6cos a B =．由正弦定理得sin 6cos sin sin sin 23a B B B A Bb ===． 所以2A B =，或2A B π+=．若2A B π+=，则B C =，ABC ∆是以BC 为斜边的等腰直角三角形，2A B =．即2A B =成立．21．（12分）如图，在ABC ∆中，D ，E 分别是BC ，AB 上的点，且2,32,,BD DC AE EB AD CE ==交于点O ．（1）若AC xAD yCE =+，求x ，y 的值；（2）若AB ，证明：150AB AC AD CE ⋅+⋅=．（1）解：因为2,32BD DC AE EB ==， 所以22,35BD BC AE AB ==， 所以2212()3333AD AB BD AB BC AB AC AB AB AC =+=+=+-=+， 且25CE AE AC AB AC =-=-， 所以553222AB AD AC AC CE =-=+，整理得2539AC AD CE =-， 所以25,39x y ==-． （2）证明：由（1）可知，1233AD AB AC =+，且25CE AB AC =-， 所以22122221()()||||33515315AD CE AB AC AB AC AB AC AB AC ⋅=+⋅-=--⋅，所以2222152||10||2||10||AB AC AD CE AB AC AB AC AB AC AB AC ⋅+⋅=⋅+--⋅=-，因为AB =，所以22152||10||0AB AC AD CE AB AC ⋅+⋅=-=．22．（12分）如图，在等腰直角三角形ABC 中，4AC BC ==，D 是AC 的中点，E 是AB 上一点，且DE AB ⊥．将ADE ∆沿着DE 折起，形成四棱锥P BCDE -，其中A 点对应的点为P ．（1）在线段PB 上是否存在一点F ，使得//CF 平面PDE ？若存在，指出PF PB 的值，并证明；若不存在，说明理由；（2）设平面PBE 与平面PCD 的交线为l ，若二面角D l E --的大小为3π，求四棱锥P BCDE -的体积．（1）证明：当13PF PB =时，//CF 平面PDE ，证明如下： 过点C 作CH ED ⊥，垂足为H ，在PE 上取一点M ，使得13PM PE =，连接HM ，FM ， 因为11,33PM PE PF PB ==，所以//FM EB 且FM EB =， 因为D 是AC 的中点，且DE AB ⊥，所以1//3CH EB 且13CH EB =， 所以//CH FM 且CH FM =，所以四边形CFMH 是平行四边形，即//CF HM ， 又因为CF ⊂/平面PDE ，HM ⊂平面PDE ，所以//CF 平面PDE ；（2）解：延长CD ，BE 交于点A ，连接PA ，作PA 的中点T ，连接TD ，TE ，易知平面PBE 与平面PCD 的交线l 即为PA ， 因为PE AE =，PD AD =，T 为PA 的中点， 所以PA TE ⊥，PA TD ⊥，所以ETD ∠即为二面角D l E --的平面角， 因为DE AE ⊥，DE PE ⊥，AEPE E =，且AE ，PE ⊂平面APE ， 所以DE ⊥平面APE ，因为DE ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面PAB ， 因为TE ⊂平面APE ，所以DE TE ⊥，因为3DTE π∠=，且易知EA EP ED ===TE ==所以cos TE TEA AE ∠==，则sin TEA ∠=，所以sin sin 22PEA TEA ∠=∠=所以四棱锥P BCDE -的高4sin 33h PE PEA =⋅∠==，又四边形BCDE 的面积22114722S =⨯-⨯=， 所以四棱锥P BCDE -的体积14287339V =⨯⨯=．。
2021年辽宁省部分市高考历史三模试卷(附答案详解)
2021年辽宁省部分市高考历史三模试卷一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）1.楚国立国三百余年来，疆域不小，贵族众多，这些贵族常常侵吞国家土地，壮大自己的实力；但在面对外敌时却袖手旁观。
因此，楚武王（BC740-BC690）在位时直接任命县级督抚，县内土地和人民都归国家管理。
楚武王此举意在（）A. 彰显君主专制B. 缓和当时社会矛盾C. 加强中央权力D. 调整中央行政制度2.汉代董仲舒认为三统循环是天意的显示，他提出“三统之变，近夷遐方无有，生煞者独中国。
”认为只有华夏族才有资格统治天下；隋代大儒王通提出：“天命不于长，惟归有德。
夷狄之德，黎民怀之。
”上述变化反映出（）A. 中原王朝走向衰落B. 儒家的民族思想日益开明C. 儒家开始追求德治D. 政府推行开化的民族政策3.汉赋是在汉代涌现出的一种有韵的散文，是汉代文学的代表。
如表是汉代不同时期的部分汉赋介绍。
表中信息反映了（）A. 批奢折射出汉代的繁盛B. 倡俭是汉代主流治国思想C. 汉赋受到佛道思想影响D. 时代风貌影响了汉赋创作4.丝绸之路是沟通古代东西方经济、文化的主要桥梁。
唐朝中期之后，陆上丝绸之路的重要性渐趋下降；海上丝绸之路日益兴盛。
结合图1、图2，分析造成这种变化的原因是（）①经济重心南移完成②北方割据战乱影响③中国手工业的先进④航海技术不断进步A. ②④B. ②③C. ①③D. ③④5.清朝前期对新疆的经略治理规模和深度皆远胜于此前中原历代中央王朝，其措施包括兵屯戍边、派遣移民入疆、设立官营商铺、兴办各种文化教育事业。
新疆经济社会得到前所未有的发展进步。
据此可知清初（）A. 朝廷认为陆防重于海防B. 开发治理新疆符合民心民愿C. 新疆主动学习中原文明D. 新疆发达程度远胜前朝内地6.周家炉是东北民族工业的鼻祖。
如表叙述了其在近代前期的发展演变历程，周家炉的发展演变折射出当时中国民族工业（）A. 已出现垄断组织B. 工业体系较完备C. 发展环境较优越D. 发展态势较迅速7.1935年1月，日本迫使南京政府承认察哈尔沽源以东地区为“非武装区”。
2023届辽宁省部分地区高三4月语文试卷分类汇编：古诗阅读(含答案)
古诗阅读2023届辽宁省锦州市高三下学期4月质量检测语文试卷（二）古代诗歌阅读（本题共1小题，9分）4．（9分）阅读下面的唐诗，完成问题。
战城南卢照邻将军出紫塞①，冒顿在乌贪。
筋喧雁门北，阵翼龙城南。
雕弓夜宛转，铁骑晓参②。
应须驻白日，为待战方酣。
【注】①紫塞：古代人们对长城的习惯称谓。
②参：检查马匹铠甲等。
（1）下列对这首诗的理解和赏析，不正确的一项是A.首联是严整的对句，既指出交战双方，又介绍交战的地理位置。
B.颔联听觉与视觉描写相结合，渲染出汉军与匈奴交战时的紧张局势。
C.颈联写将士严阵以待，夜不释弓，晨不离鞍，随时准备跃马逐北。
D.本诗虽描写汉与匈奴之战，却反映了诗人对唐初战争惨烈的批判。
（2）本诗的结尾句与高适的《燕歌行》的结尾句表达的情感是否相同？请简要分析。
辽宁省鞍山市2022-2023学年度高三第二次质量监测语文试卷（二）古代诗歌阅读（本题共2小题，9分）阅读下面这首宋词，完成15～16题。
朝中措①宋·朱敦儒登临何处自销忧？直北看扬州。
朱雀桥边晚市②，石头城下新秋。
昔人何在？悲凉故国，寂寞潮头。
个③是一场春梦，长江不住东流！【注】①这首词为作者南渡一段时间之后登临建康（今南京，即词中"故国"），回顾此地当年繁华，感慨今昔所作。
"扬州"是抗金前线重镇。
"朱雀桥"是昔日建康城繁华之所。
"石头城"即建康。
②晚市，傍晚的集市。
③个，这。
15.下列对这首词的理解和赏析，不正确的一项是（3分）A.首句设问并统领全文，"自"突出登临的孤独感，"忧"奠定全词的感情基调。
B.“朱雀桥边”化用《乌衣巷》“朱雀桥边野草花”，巧妙地暗示建康的昔盛今衰。
C.“晚市”热闹，“新秋”畅好，眼前繁盛之景给心绪复杂的词人带来短暂的安慰。
D."昔人"指昔日往来如织的游人，"寂寞潮头"把物拟人化，表达物是人非之悲。
辽宁省六校协作体2020-2021学年高二下学期第三次联考历史试题(解析版)
项目
调整前
调整后
高校总数
211所
182所
综合大学
55所
13所
工科院校
33所
39所
师范院校
12所
32所
农林院校
17所
29所
A.适应了国家经济战略的需要B.建成了学科专业齐全的院校体系
C.完成了教育的社会主义改造D.提高了广大工农群众的文化水平
6.明朝张燮在《东西洋考》中记载：“文郎玛神（今印度尼西亚加里曼丹）初盛食以蕉叶为盘，及通中国，乃渐用磁（瓷）器。”非洲发现了大量明朝的陶瓷，如蒙巴萨发现的茶具。明朝永乐、宣德年间外销非洲的瓷器中，出现了带有伊斯兰风格的双耳扁瓶等。材料说明明朝对外贸易
①废止了明朝初期实行的闭关锁国政策
②影响到亚非一些地区人们的生活习惯
2020—2021学年度（下）省六校协作体高二第三次联考历史试题
一、选择题
1.2021年四川三星堆遗址“上新”,再次惊艳世人。在三星堆遗址出土的文物羊头罍，与河南殷墟遗址和湖南炭河遗址出土的一些文物有相似之处。结合下列出土在同时代的青铜器,可以推断
A.中原文明经丝绸这路传到巴蜀地区B.各地文明独立发展体现多元特征
③推动了郑和下西洋持续开辟海外市场
④促进中国与亚非一些地区的文【答案】D
【解析】
【详解】材料“及通中国，乃渐用磁（瓷）器”体现的是明朝时期的对外贸易影响到亚非一些地区人们的生活习惯，②符合题意；材料“明朝永乐、宣德年间外销非洲的瓷器中，出现了带有伊斯兰风格的双耳扁瓶等”体现的是当时的对外贸易促进中国与亚非一些地区的文化交流，④符合题意；明朝并非废除闭关锁国政策，①错误；郑和下西洋以宣扬国威为主，③错误。结合上述分析可知D正确，ABC排除。故选D。
2023届辽宁省部分地区高三4月语文试卷分类汇编：语言文字运用Ⅱ(含答案)
语言文字运用Ⅱ2023届辽宁省锦州市高三下学期4月质量检测语文试卷7．（9分）阅读下面的文字，完成问题。
世界上万事万物都永远在运动、变化、发展，①_____。
语言的变化，短时间内不容易觉察，②_____。
比如宋纲的朱熹，他曾经给《论语》做过注解，可是假如当孔子正在跟颜曰、子路他们谈话的时候，朱熹闯了进去，不管他们在讲什么，他是一句也听不懂的。
不只是③_____，同一种语言在不同的地方经历着不同的变化，久而久之也会这个地方的人听不懂那个地方的话，形成许许多多方言。
古代人说的话是无法听见的了，幸而留传下来一些古代的文字。
文字虽然不是语言的如实记录，但是它必得拿语言做基础，其中有些是离语言不太远的，通过这些我们可以对古代语言的演变获得一定的认识。
（1）下列句子中的“我们”和文中加点处的“我们”，用法相同的一项是A.方舱医院外围守护者在烈日下穿着不透气的防护服，衣服浸透了汗水，但他们知说“我们值得”。
B.面对刚刚入学的高一新生，班会上班主任鼓舞大家：“让我们一同前进，为梦想永不停息！”C.心理学家指出，当我们的心理因遭受某些影响而变得胞弱时，应该像受伤的野兽一般，找个僻静之处舔一舔伤口。
D.武契奇说：“我们没有核武器和石油，这就是西方认为可以对塞尔维亚为所欲为的原因”。
（2）请在文中横线处补写恰当的语句，使整段文字语意完整连贯，内容贴切，逻辑严密，每处不超过12个字。
辽宁省鞍山市2022-2023学年度高三第二次质量监测语文试卷（二）语言文字运用Ⅱ（本题共2小题，9分）阅读下面的文字，完成21～22题。
“__甲__”，到了大雪节气，河流湖泊结冰，北方一些地区已经能看到“千里冰封，万里雪飘"的景象。
大雪这一天未必会下雪，但天气较小雪时节更为寒冷。
古人根据这一天的气温和降雪情况预测来年的天气和粮食丰歉情况。
“大雪纷纷落，明年吃馍馍”，就是“__乙__”的另外一种说法；“大雪晴天，立春雪多”，意思是如果大雪当天是大晴天，第二年立春的时候可能会出现降雪。
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辽宁省部分重点中学协作体2021届高三历史第三次模拟考试试题（含解析）一、选择题1.下表为中国古代部分思想家对汤武革命的历史评价。
据表可以得出的历史结论是A. 汤武革命成为反抗暴君的珍贵先例B. 各家学派对汤武革命的争论从未停息C. 汤武革命获得古代学者的基本肯定D. 主流思想影响世人对历史事件的理解【答案】A【解析】【详解】由表中言论可知，墨子、孟子、朱子都肯定了“汤武革命”，认为大臣有革昏君之命的权力，故A项符合题意。
材料中诸子观点基本一致，B项中“争论”的表述错误，故排除B项。
单以表格中三人对汤武革命的认可就得出C项结论，理由不充分，故C项错误。
汉代才确立儒家思想为主流思想，故D项错误。
2.魏晋南北朝时期，北方世家大族皆聚族而居，形成以血缘为纽带的坞堡地主经济；南方的庄园经济则跨州越县，“荫庇人口”，获得迅速扩张和发展。
这反映出当时A. 宗法制度的复兴B. 小农经济的破产C. 门阀世族的出现D. 中央集权的削弱【答案】D【解析】【详解】北方的坞堡是一种以血缘为纽带，世家大族皆聚族而居形成的民间防卫建筑，南方的庄园则是由豪强地主建立，带有独立性、封闭性、自主性，坞堡经济与庄园经济的大量存在会与中央政府争夺劳动力，削弱中央政府的权威，故魏晋南北朝坞堡经济与庄园经济的发展，反映出当时中央集权的削弱，故选D；宗法制度在春秋时期已经开始瓦解，复兴的说法与史实不符，故A错误；坞堡与庄园中农民的生产方式依然是男耕女织，经济形态依然是小农经济，故B项中“小农经济的破产”说法错误，排除B；魏晋南北朝之前，中国就已出现门阀世族，故C错误。
3.据研究，秦汉时期，地方以乡主体编造账务（简牍）并将目录副本交呈县里，县庭更多以指导、监督考课为主；唐宋时，基础账簿由乡级行政机构转由县庭编制并以纸质形式保存。
这一变化反映出A. 基层治理权力的下移B. 技术进步推动集权发展C. 地方财政由中央掌控D. 中枢行政程序日益完善【答案】B【解析】【详解】秦汉时期的账簿材质为“简牍”，因为“简牍”比较笨重，所以乡级行政机构只能将账务目录副本交呈县里，而到了唐宋时期，随着造纸技术的发展，纸张使用日益普及，账簿的材质为纸张，故基础账簿由乡级行政机构转由县庭编制并保存，这有利于加强中央对地方的控制，故B正确；基层治理权力下移与材料不符，A错误；C项在材料中没有体现，故排除；材料体现的是地方治理，不是中枢行政程序，D错误。
4.如下图简图可以用来描述中国古代A. 儒释道三教地位的演变B. 儒法道三种治国模式的兴衰C. 手工业生产格局的变化D. 传统经济结构的变动与异化【答案】C【解析】【详解】在中国古代手工业三种主要经营形态中，家庭手工业作为农业的副业，地位稳固，私营手工业在明朝中期以后超过官营手工业占据主导地位，C 项符合图示，故选C ；儒家自汉代以后就一直占据主流思想地位，中国也形成了外儒内法辅之以道的相对稳定的治国模式，故排除AB ；鸦片战争后，中国传统经济结构发生变动与异化，故D 错误。
5.考虑到短期难以弥合的权力真空将会导致中国出现山崩地裂的危险，康有为主张保留清王朝的社会政治影响，先建立“立法、行政、司法并峙，各有专属，相辅而行”的二元制君主立宪制，再缓慢进入共和政体。
据此可知，康有为A. 希望以改良途径使君主成为虚君B. 反对触动封建专制统治根基C. 力图实现向近代社会的平稳过渡D. 不遗余力地为清廷摇旗呐喊【答案】C【解析】【详解】材料体现出康有为反对暴力革命，“主张保留清王朝的社会政治影响”，循序渐进地改良中国社会，故C 正确；二元制君主立宪制中的君主仍拥有较大的权力，故A 错误；BD 与康有为思想的实质不符，故排除。
6.20世纪30年代，中国只有上海工业可完全按国际劳工局的16大类分类法进行分类。
在所统计的180余个三级行业分类中，只有上海一地拥有该行业的工厂，占全部工业行业三级细类的近40%，特别是电器等新兴工业行业。
这折射出A. 中国工业重视与世界先进国家的交流B. 中国的社会性质不利于近代工业的发展C. 上海工业发展根源于通商口岸的优势D. 中国外贸中心开始从广州转移到上海【答案】B【解析】【详解】20世纪30年代，中国只有上海的工业符合国际劳工局的分类标准，其他地区比较落后，这反映出中国近代工业发展的不平衡，这一现状根源于中国半殖民地半封建社会的性质，故选B；A项与材料信息不符，故排除；上海工业的发展虽然与其是通商口岸有关，但这不是根本原因，故排除C；D项表述中的“开始”不符合史实，故排除D。
7.1938年1月11日在汉口创刊发行的中国共产党机关报《新华日报》在发刊词中宣称“本报愿将自己变成一切愿意抗日的党派、团体、个人的喉舌”，“力求成为全国民众的共同的呼声”。
这表明中国共产党A. 要成为全国抗战的领导者B. 呼吁建立民族统一战线C. 重视政治工作的舆论宣传D. 已实现工作重心的转移【答案】C【解析】【详解】材料中的发刊词称《新华日报》愿成为宣传抗日的喉舌，表达全国民众的呼声，这表明中国共产党重视政治舆论宣传工作，故选C；材料反映的是中国共产党要成为全国抗日的喉舌，并不是要成为全国抗战的领导者，故排除A；1937年国民党公布中国共产党提交的《国共合作宣言》，标志着国共合作的实现，抗日民族统一战线建立，故排除B；中共工作重心转移是在1949年七届二中全会，D错误。
8.如下图为沈今声创作于1954年的宣传画，此作品A. 旨在引导农民投身于农业生产B. 意在宣传共同富裕的美好前景C. 反映了社会主义制度的优越性D. 体现了变革年代中的社会动员【答案】D【解析】【详解】根据材料中的时间和图中画面的对比及文字可知，这个宣传画主要是用来动员农民积极参与农业合作化，故排除A，选D；宣传画的作用在于对比个人与集体劳动的差异，而不是强调共同富裕，故B错误；1954年社会主义制度尚未建立，故C错误。
9.柏拉图认为正义城邦是智慧谋划的结果，勇敢是能够为了维护正义的利益而毫不犹豫地做出牺牲，勇敢保持的前提就是承认、维护和服从特定的秩序。
材料表明柏拉图A. 注重道德培养B. 强调整体利益C. 维护城邦民主D. 弘扬个人利益【答案】B【解析】【详解】根据材料中的“勇敢是能够为了维护正义的利益而毫不犹豫地做出牺牲，勇敢保持的前提就是承认、维护和服从特定的秩序”等信息可知，柏拉图认为勇敢是维护城邦统治秩序的助手和手段，这反映出柏拉图注重维护城邦整体利益，故排除D，选B；材料中“正义的城邦是智慧谋划的结果”中的智慧并不是指道德，而是指“深谋远虑”，故排除A；材料中没有维护城邦民主的信息，故排除C。
10.1664年，英国每季度进口的棉布总量达到100万件，占进口总额的73%，20年后这一比例达到83%。
为此，英国议会不得不在1700～1721年间多次颁布禁止进口和销售印度棉布的法令，甚至通过法律要求丧葬时使用羊毛裹尸布。
这一举措A. 阻碍了英国的出口贸易B. 加剧了海外的殖民掠夺C. 使英国成为世界工业中心D. 推动了工业革命的到来【答案】D【解析】【详解】由材料可知，17世纪后期英国大量的进口棉布，对英国本土的纺织业形成冲击，因此英国政府采取强制性举措禁止进口印度棉布，这一举措客观上促进了英国本土棉纺织业的发展，而到了18世纪晚期，英国纺织业的发展直接推动了英国工业革命的到来，故D正确；材料中英国的政策是禁止进口和销售印度的棉布，与出口贸易无关，排除A；这一举措只是禁止外国棉织品在英国销售，与海外殖民掠夺无关，故排除B；英国成为世界工业中心是英国工业革命的结果，故C错误。
11.1871年10月，俾斯麦通过帝国立法确立的“文化斗争”，禁止神职人员参政，认定结婚、离婚等民事行为不再受教会的控制，废除了与政府政策相悖的教会制度。
这些措施A. 清除了基督教在德国的影响B. 体现了强烈的军国主义色彩C. 客观上维护了德意志的统一D. 否定了德国教会积极作用【答案】C【解析】【详解】根据材料中的“禁止神职人员参政，认定结婚、离婚等民事行为不再受教会的控制，废除了与政府政策相悖的教会制度”可知，德国完成统一之后采取措施削弱天主教会对德国政治的影响，实行世俗化的政策，这些措施在当时有利于强化联邦政府，从而在客观上维护了德国的统一，故选C；A项中的“清除了”表述太绝对，故排除；实行政教分离，实行世俗化的政策在当时有利于德国的统一，不能说其体现了军国主义色彩，排除B；材料中俾斯麦要求政教分离，教会不得干预政治事务，并未否定德国教会的积极作用，故排除D。
12.1973年，美国总统尼克松在对外政策报告中指责西欧各国“一直奉行经济上的地区主义”。
时任美国国家安全顾问的基辛格指出：马歇尔计划的“黄金时代”已经过去了。
这反映出A. 冷战下政治力量的变化B. 美国一直反对欧洲一体化C. 马歇尔计划已完成任务D. 美国霸主地位开始受挑战【答案】A【解析】【详解】材料中的美国总统指责西欧各国“奉行经济上的地区主义”，时任美国国家安全顾问的基辛格也认为“马歇尔计划的‘黄金时代’已经过去了”，这反映出20世纪70年代西欧随着经济力量的增强，出现摆脱美国控制的倾向，故选A；B项中的“一直反对”不符合史实，故排除B；C项的表述不符合史实，故排除C；D项中的“开始受挑战”不符合史实，故排除。
13.阅读材料，完成下列要求，材料一明清时期，福建另辟了两条经由闽北的出省通道，使得闽南的陆上通道完善，此外该地区面向大海，有着为数众多的优良港湾，此时对外交通范围更广，往来国家更多，对外联系频繁，贸易规模更大……港口走私贸易给闽南地区带来经济发展的同时，也使疫病得以传入。
当地政府重治而不重防，防治疫情的认识不足，为防止引起恐慌，对疫情信息严格保密，温热的气候和民间停丧不葬的习俗使得细菌病毒大量殖。
鸦片战争后，海关税务司拟定了口岸检疫章程，实施港口检疫，在一定程度上阻止了海外疫病的蔓延，在与疫病进行长期斗争的过程中，中医积累了丰富的经验，西医也逐渐流入内陆，并起到了一定的防治疾病作用。
但闽南地区的鼠疫流行时间仍然长达300余年，造成了严重的危害。
——摘编自林南、曾毅凌（明清间南疫病流行与海外交往之影响》等材料二新中国成立初期百废待兴，许多蛰伏的传染性疾病一度肆虐，鼠疫波及全国20多个省区，血吸虫病遍及长江以南所有省份，1949年10月，中央召开紧急防疫会议，确定了预除为主、防治结合的措施，成立中央防疫委员会，建立快捷的信息沟通体制，开展大规模的爱国卫生运动。
1950～1959年连续召开三次全国卫生会议，将卫生工作与群众运动相结合，强调群防群治，通过传媒界的政治动员和教育界、文艺界的防疫宣传，卫生防疫工作上升为全民政治运动，流行的各种疫病很快得到了有效防控。