高三语文试卷-太原市 2016—2017 学年第一学期期末考试试卷
【真题】2016-2017年山西省太原市高三(上)期末数学试卷(文科)与答案
2016-2017学年山西省太原市高三（上）期末数学试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.1．（5分）已知集合A={0，1}，B={x|﹣1≤x≤2}，则A∩B=（）A．{0，1}B．{﹣1，0，1}C．[﹣1，1]D．{1}2．（5分）设复数z=，则其共轭复数为（）A．﹣1﹣i B．1﹣i C．﹣1+i D．1+i3．（5分）给出下列命题：①若数列{a n}为等差数列，S n为其前n项和，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n是等差数列；②若数列{a n}为等比数列，S n为其前n项和，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n是等比数列；③若数列{a n}，{b n}均为等差数列，则数列{a n+b n}为等差数列；④若数列{a n}，{b n}均为等比数列，则数列{a n•b n}为等比数列其中真命题的个数为（）A．1B．2C．3D．44．（5分）设m，n为两条不同的直线，α为平面，则下列结论正确的是（）A．m⊥n，m∥α⇒n⊥αB．m⊥n，m⊥α⇒n∥αC．m∥n，m∥α⇒n∥αD．m∥n，m⊥α⇒n⊥α5．（5分）已知sinα=﹣cosα，则tan2α=（）A．B．C．D．6．（5分）执行如图所示的程序框图，输入x=﹣1，n=5，则输出s=（）A．﹣2B．﹣3C．4D．37．（5分）如图是一个棱锥的正视图和侧视图，则该棱锥的俯视图可能是（）A．B．C．D．8．（5分）将函数f（x）=sinxcosx+sin2x的图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再沿x轴向右平移个单位，得到函数y=g（x）的图象，则y=g（x）的一条对称轴是（）A．B．C．D．9．（5分）在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD相交于点F，则=（）A．B．C．D．10．（5分）甲、乙两位同学约定周日早上8：00﹣8：30在学校门口见面，已知他们到达学校的时间是随机的，则甲要等乙至少10分钟才能见面的概率为（）A．B．C．D．11．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1绕其体对角线BD1旋转θ之后与其自身重合，则θ的值可以是（）A．B．C．D．12．（5分）已知f（x）=，若函数f（x）有四个零点，则实数a 的取值范围是（）A．B．（﹣∞，﹣e）C．（e，+∞）D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）数据0.7，1，0.8，0.9，1.1的方差是．14．（5分）已知向量=（1，﹣1），=（1，2），则与的夹角为．15．（5分）已知平面区域D=，z=3x﹣2y，若命题“∃（x0，y0）∈D，z＞m”为假命题，则实数m的最小值为．16．（5分）已知数列{a n}的前n项和S n=2a n﹣2n+1（n∈N*），则其通项公式a n=．三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.17．（12分）已知数列{a n}是首项为1的单调递增的等比数列，且满足a3，成等差数列．（1）求{a n}的通项公式；（2）若b n=log3a n+1（n∈N*），求数列{a n•b n}的前n项和S n．18．（12分）如图，已知AD是△ABC内角∠BAC的角平分线．（1）用正弦定理证明：；（2）若∠BAC=120°，AB=2，AC=1，求AD的长．19．（12分）甲、乙两人玩一种游戏，游戏规则如下：先将筹码放在如下表的正中间D处，投掷一枚质地均匀的硬币，若正面朝上，筹码向右移动一格；若反面朝上，筹码向左移动一格．（1）将硬币连续投掷三次，求筹码停在C处的概率；（2）将硬币连续投掷三次，现约定：若筹码停在A或B或C或D处，则甲赢；否则，乙赢．问该约定对乙公平吗？请说明理由．20．（12分）如图，在六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，DD1∥平面A1B1BA，DD1∥平面B1BCC1．（1）证明：DD1∥BB1；（2）已知六面体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长均为2，且BB1⊥平面ABCD，∠BAD=60°，M，N分别为棱A1B1，B1C1的中点，求四面体D﹣MNB的体积．21．（12分）已知函数f（x）=﹣axlnx（a∈R）在x=1处的切线的斜率k=﹣1．（1）求a的值；（2）证明：f（x）＜．（3）若正实数m，n满足mn=1，证明：＜2（m+n）．四、解答题（共1小题，满分10分）选修4-4：参数方程与极坐标系22．（10分）已知平面直角坐标系xoy中，点P（1，0），曲线C的参数方程为（φ为参数）．以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，倾斜角为α的直线l的极坐标方程为ρsin（α﹣θ）=sinα．（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）若曲线C与直线l交于M，N两点，且，求α的值．五、解答题（共1小题，满分10分）选修4-5：不等式选讲23．（10分）已知实数a，b，c均大于0．（1）求证：++≤a+b+c；（2）若a+b+c=1，求证：≤1．2016-2017学年山西省太原市高三（上）期末数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.1．（5分）已知集合A={0，1}，B={x|﹣1≤x≤2}，则A∩B=（）A．{0，1}B．{﹣1，0，1}C．[﹣1，1]D．{1}【分析】根据交集的定义写出A∩B即可．【解答】解：集合A={0，1}，B={x|﹣1≤x≤2}，则A∩B={0，1}．故选：A．2．（5分）设复数z=，则其共轭复数为（）A．﹣1﹣i B．1﹣i C．﹣1+i D．1+i【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，再由共轭复数的概念得答案．【解答】解：z==，∴．故选：B．3．（5分）给出下列命题：①若数列{a n}为等差数列，S n为其前n项和，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n是等差数列；②若数列{a n}为等比数列，S n为其前n项和，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n是等比数列；③若数列{a n}，{b n}均为等差数列，则数列{a n+b n}为等差数列；④若数列{a n}，{b n}均为等比数列，则数列{a n•b n}为等比数列其中真命题的个数为（）A．1B．2C．3D．4【分析】①设等差数列a n的首项为a1，公差为d，则S n=a1+a2+…+a n，S2n﹣S n=a n+1+a n+2+…+a2n=a1+nd+a2+nd+…+a n+nd=S n+n2d，同理：S3n﹣S2n=a2n+1+a2n+2+…+a3n=a n+1+a n+2+…+a2n+n2d=S2n﹣S n+n2d，即可判断出结论．②取数列﹣1，1，﹣1，1，…，S n可能为0，因此不成等比数列，即可判断出；③设a n=a1+（n﹣1）d1，b n=b1+（n﹣1）d2，则a n+b n=（a1+b1）+（n﹣1）（d1+d2），即可判断出结论．④设a n=a1，b n=b1，则a n•b n=a1b1，即可判断出结论．【解答】解：①设等差数列a n的首项为a1，公差为d，则S n=a1+a2+…+a n，S2n﹣S n=a n+1+a n+2+…+a2n=a1+nd+a2+nd+…+a n+nd=S n+n2d，同理：S3n﹣S2n=a2n+1+a2n+2+…+a3n=a n+1+a n+2+…+a2n+n2d=S2n﹣S n+n2d，∴2（S2n﹣S n）=S n+（S3n ﹣S2n），∴S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n是等差数列．正确．②取数列﹣1，1，﹣1，1，…，S n可能为0，因此不成等比数列，不正确；③设a n=a1+（n﹣1）d1，b n=b1+（n﹣1）d2，则a n+b n=（a1+b1）+（n﹣1）（d1+d2），故数列{a n+b n}为等差数列，正确．④设a n=a1，b n=b1，则a n•b n=a1b1，因此数列{a n•b n}为等比数列，正确．其中真命题的个数为3．故选：C．4．（5分）设m，n为两条不同的直线，α为平面，则下列结论正确的是（）A．m⊥n，m∥α⇒n⊥αB．m⊥n，m⊥α⇒n∥αC．m∥n，m∥α⇒n∥αD．m∥n，m⊥α⇒n⊥α【分析】A，若m⊥n，m∥α时，可能n⊂α或斜交；B，m⊥n，m⊥α⇒n∥α或m⊂α；C，m∥n，m∥α⇒n∥α或m⊂α；D，m∥n，m⊥α⇒n⊥α；【解答】解：对于A，若m⊥n，m∥α时，可能n⊂α或斜交，故错；对于B，m⊥n，m⊥α⇒n∥α或m⊂α，故错；对于C，m∥n，m∥α⇒n∥α或m⊂α，故错；对于D，m∥n，m⊥α⇒n⊥α，正确；故选：D．5．（5分）已知sinα=﹣cosα，则tan2α=（）A．B．C．D．【分析】求出tanα的值，根据二倍角公式求出tan2α的值即可．【解答】解：∵sinα=﹣cosα，∴tanα=﹣，∴tan2α===，故选：C．6．（5分）执行如图所示的程序框图，输入x=﹣1，n=5，则输出s=（）A．﹣2B．﹣3C．4D．3【分析】列出循环过程中S与i的数值，不满足判断框的条件即可结束循环．【解答】解：i=4时，s=﹣1，i=3时，s=5，i=2时，s=﹣2，i=1时，s=4，i=0时，s=﹣3，退出循环，故选：B．7．（5分）如图是一个棱锥的正视图和侧视图，则该棱锥的俯视图可能是（）A．B．C．D．【分析】根据已知中的正视图和侧视图，分析出俯视图可能出现的情况，可得答案．【解答】解：若几何体为三棱锥，由其正视图和侧视图可知，其底面在下方，且为直角三角形，C答案符号要求；若几何体为四棱锥，由其正视图和侧视图可知，其底面在下方，且为正方形，对角线应从左上到右下，不存在满足条件的答案；故选：C．8．（5分）将函数f（x）=sinxcosx+sin2x的图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再沿x轴向右平移个单位，得到函数y=g（x）的图象，则y=g（x）的一条对称轴是（）A．B．C．D．【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式为f（x）=sin（2x﹣）+，由函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换可求函数g（x），令x﹣=kπ+，k∈Z，利用正弦函数的对称性即可得解．【解答】解：f（x）=sinxcosx+sin2x=sin2x﹣cos2x+=sin（2x﹣）+，图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，可得对应的函数解析式为y=sin（x﹣）+，再沿x轴向右平移个单位，得到函数解析式为y=g（x）=sin（x﹣﹣）+=sin （x﹣）+，令x﹣=kπ+，k∈Z，解得：x=kπ+，k∈Z，取k=﹣1，可得：x=﹣．故选：A．9．（5分）在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD相交于点F，则=（）A．B．C．D．【分析】根据两个三角形相似对应边成比例，得到DF与FC之比，做FG平行BD 交AC于点G，使用已知向量表示出要求的向量，得到结果．【解答】解：∵△DEF∽△BEADF：BA═DE：BE=1：3；作FG平行BD交AC于点G，∴FG：DO=2：3，CG：CO=2：3，∴=，∵=+=，∴=+=，故选：D．10．（5分）甲、乙两位同学约定周日早上8：00﹣8：30在学校门口见面，已知他们到达学校的时间是随机的，则甲要等乙至少10分钟才能见面的概率为（）A．B．C．D．【分析】由题意知本题是一个几何概型，试验包含的所有事件是Ω={（x，y）|0≤x≤30，0≤y≤30}，做出事件对应的集合表示的面积，写出满足条件的事件是A={（x，y）|0≤x≤30，0≤y≤30，y﹣x≥10}，算出事件对应的集合表示的面积，根据几何概型概率公式得到结果．【解答】解：由题意知本题是一个几何概型，试验包含的所有事件是Ω={（x，y）|0≤x≤30，0≤y≤30}事件对应的集合表示的面积是s=900，满足条件的事件是A={（x，y）|0≤x≤30，0≤y≤30，y﹣x≥10}，事件对应的集合表示的面积是=200，根据几何概型概率公式得到P=．故选：C．11．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1绕其体对角线BD1旋转θ之后与其自身重合，则θ的值可以是（）A．B．C．D．【分析】由正方体的特点，对角线BD1垂直于平面AB1C，且三角形AB1C为等边三角形得答案．【解答】解：如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，对角线BD1垂直于平面AB1C，且三角形AB1C为等边三角形，正方体绕对角线旋转120°能与原正方体重合．故选：C．12．（5分）已知f（x）=，若函数f（x）有四个零点，则实数a的取值范围是（）A．B．（﹣∞，﹣e）C．（e，+∞）D．【分析】由题意可知：函数f（x）为偶函数，只需e x+ax=0有两个正根，即﹣=a 有两个正根，设g（x）=﹣，求导g′（x）=﹣=﹣，利用函数的单调性求得g（x）的最大值，要使﹣=a有两个正跟，即使g（x）与y=a有两个交点，则实数a的取值范围（﹣∞，﹣e）．【解答】解：由函数f（x）为偶函数，可知使函数f（x）有四个零点，只需要e x+ax=0有两个正根，即﹣=a有两个正根，设g（x）=﹣，求导g′（x）=﹣=﹣，令g′（x）＞0，解得：0＜x＜1，g（x）在（0，1）单调递增，令g′（x）＜0，解得：x＞1，g（x）在（1，+∞）单调递减，∴g（x）在x=1时取最大值，最大值g（1）=﹣e，要使﹣=a有两个正跟，即使g（x）与y=a有两个交点，∴实数a的取值范围（﹣∞，﹣e），故选：B．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）数据0.7，1，0.8，0.9，1.1的方差是0.02．【分析】先求出这组数据的平均数，再计算这组数据的方差．【解答】解：数据0.7，1，0.8，0.9，1.1的平均数为：=（0.7+1+0.8+0.9+1.1）=0.9，∴数据0.7，1，0.8，0.9，1.1的方差为：S2=[（0.7﹣0.9）2+（1﹣0.9）2+（0.8﹣0.9）2+（0.9﹣0.9）2+（1.1﹣0.9）2]=0.02．故答案为：0.02．14．（5分）已知向量=（1，﹣1），=（1，2），则与的夹角为．【分析】求出与的坐标，计算它们的模长和数量积，利用夹角公式计算夹角的余弦即可．【解答】解：=（0，3），=（3，3），∴（）•（）=9，||=3，||=3，∴cos＜，＞==，∴＜，＞=．故答案为．15．（5分）已知平面区域D=，z=3x﹣2y，若命题“∃（x0，y0）∈D，z＞m”为假命题，则实数m的最小值为．【分析】命题：∀（x0，y0）∈D，z≤m成立，即m≥（z）max，作出可行域，求出z有最大值即可．【解答】解：由题意可知，命题：∀（x0，y0）∈D，z≤m成立，即m≥（z）max 作出可行域，如图，由z=3x﹣2y，得过点Q（，）时，z有最大值，则m的最小值为．故答案为：16．（5分）已知数列{a n}的前n项和S n=2a n﹣2n+1（n∈N*），则其通项公式a n= n•2n﹣1．【分析】当n=1时，可求得a1=1；当n≥2时，利用a n=S n﹣S n﹣1可得﹣=，从而可判定数列{}是以为首项，为公差的等差数列，可求得a n．【解答】解：①当n=1时，a1=2a1﹣2+1，则a1=1；=2a n﹣1﹣2n﹣1+1，S n﹣S n﹣1=（2a n﹣2n+1）﹣（2a n﹣1﹣2n﹣1+1）②当n≥2时，S n﹣1=2a n﹣2a n﹣1﹣2n﹣1=a n，=2n﹣1，即a n﹣2a n﹣1变形为：﹣=，故数列{}是以为首项，为公差的等差数列，所以，=+（n﹣1）=，所以a n=n•2n﹣1，故答案为：n•2n﹣1．三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.17．（12分）已知数列{a n}是首项为1的单调递增的等比数列，且满足a3，成等差数列．（1）求{a n}的通项公式；（2）若b n=log3a n+1（n∈N*），求数列{a n•b n}的前n项和S n．【分析】（1）由题意可设数列{a n}的公比为q＞1，由a3，成等差数列．可得2×=a3+a5，化为3q2﹣10q+3=0，解得q．（2）b n=log3a n+1=n，可得a n•b n=n•3n﹣1．利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．【解答】解：（1）由题意可设数列{a n}的公比为q＞1，∵a3，成等差数列．∴2×=a3+a5，∴3q2﹣10q+3=0，解得q=3．∴a n=3n﹣1．（2）b n=log3a n+1=n，∴a n•b n=n•3n﹣1．∴数列{a n•b n}的前n项和S n=1+2×3+3×32+…+n•3n﹣1，3S n=3+2×32+…+（n﹣1）•3n﹣1+n•3n，∴﹣2S n=1+（3+32+…+3n﹣1）﹣n•3n=﹣n•3n．∴S n=+．18．（12分）如图，已知AD是△ABC内角∠BAC的角平分线．（1）用正弦定理证明：；（2）若∠BAC=120°，AB=2，AC=1，求AD的长．【分析】（1）根据AD是∠BAC的角平分线，利用正弦定理，即可证明结论成立；（2）根据余弦定理，先求出BC的值，再利用角平分线和余弦定理，即可求出AD的长．【解答】解：（1）∵AD是∠BAC的角平分线，∴∠BAD=∠CAD，根据正弦定理，在△ABD中，=，在△ADC中，=，∵sin∠ADB=sin（π﹣∠ADC）=sin∠ADC，∴=，=，∴=；（2）根据余弦定理，cos∠BAC=，即cos120°=，解得BC=，又=，∴=，解得CD=，BD=；设AD=x，则在△ABD与△ADC中，根据余弦定理得，cos60°=，且cos60°=，解得x=，即AD的长为．19．（12分）甲、乙两人玩一种游戏，游戏规则如下：先将筹码放在如下表的正中间D处，投掷一枚质地均匀的硬币，若正面朝上，筹码向右移动一格；若反面朝上，筹码向左移动一格．A B C D E F G（1）将硬币连续投掷三次，求筹码停在C处的概率；（2）将硬币连续投掷三次，现约定：若筹码停在A或B或C或D处，则甲赢；否则，乙赢．问该约定对乙公平吗？请说明理由．【分析】（1）将硬币连续投掷三次，列举出所有的8种情况，由此能求出硬币连续投掷三次，筹码停在C处的概率．（2）筹码停在A或B或C或D处有4种情况，从而得到筹码停在A或B或C或D为，由此得到该约定对乙公平．【解答】解：（1）将硬币连续投掷三次，共有以下8种情况：D→C→B→A，D→C→B→C，D→C→D→E，D→C→D→C，D→E→F→G，D→E→F→E，D→E→D→E，D→E→D→C．∴硬币连续投掷三次，筹码停在C处的概率p=．（2）该约定对乙公平．筹码停在A或B或C或D处有4种情况，即筹码停在A或B或C或D为：p=，∴该约定对乙公平．20．（12分）如图，在六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，DD1∥平面A1B1BA，DD1∥平面B1BCC1．（1）证明：DD1∥BB1；（2）已知六面体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长均为2，且BB1⊥平面ABCD，∠BAD=60°，M，N分别为棱A1B1，B1C1的中点，求四面体D﹣MNB的体积．【分析】（1）利用线面平行的性质可证DD1∥AA1，DD1∥CC1，于是可得AA1∥平面BCC1B1，再利用线面平行的性质得出AA1∥BB1，从而由平行公理可得出DD1∥BB1；（2）连接AC，BD交点为O，取OB的中点E，设D1B1交MN于F，连接EF，则=V D﹣MNE+V B﹣MNE=S△MNE•DE+S△MNE•BE=S 可证DB⊥平面MNE，于是V D﹣MNB•DB．△MNE【解答】证明：（1）∵DD1∥平面A1B1BA，DD1⊂平面DD1A1A，平面DD1A1A∩平面A1B1BA=AA1，∴DD1∥AA1．同理可得DD1∥CC1，∴AA1∥CC1，又AA1⊄平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，∴AA1∥平面BCC1B1，又AA1⊂平面ABB1A1，平面ABB1A1∩平面BCC1B1=BB1，∴AA1∥BB1，又DD1∥AA1．∴DD1∥BB1．（2）连接AC，BD交点为O，取OB的中点E，设D1B1交MN于F，连接EF，∵M，N分别是棱A1B1，B1C1的中点，∴B1F BE，∴BB1∥EF，又BB1⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD，∴EF⊥D1B1，∵四边形A1B1C1D1是菱形，∴D1B1⊥A1C1，∴D1B1⊥平面MNE，∴DB⊥平面MNE．∵六面体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长均为2，BB1⊥平面ABCD，∠BAD=60°，∴MN=AC=，EF=2，BD=2，=V D﹣MNE+V B﹣MNE=S△MNE•DE+S△MNE•BE=S△MNE•DB=××∴V D﹣MNB2=．21．（12分）已知函数f（x）=﹣axlnx（a∈R）在x=1处的切线的斜率k=﹣1．（1）求a的值；（2）证明：f（x）＜．（3）若正实数m，n满足mn=1，证明：＜2（m+n）．【分析】（1）求得f（x）的导数，可得斜率，解方程可得a；（2）由题意可得即证﹣＜xlnx，令g（x）=﹣，求出导数，单调区间，可得最大值；又令h（x）=xlnx，求出最小值，即可得证；（3）由（2）可得﹣mlnm＜，即﹣lnm＜，两边乘以e，可得一不等式，同理可得，﹣elnn＜，两式相加结合条件，即可得证．【解答】解：（1）函数f（x）=﹣axlnx的导数为f′（x）=﹣alnx﹣a，由题意可得f′（1）=﹣a=﹣1，解得a=1；（2）证明：f（x）=﹣xlnx＜，即为﹣＜xlnx，令g（x）=﹣，g′（x）=，则g（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，g（x）的最大值为g（1）=﹣，当且仅当x=1时等号成立．又令h（x）=xlnx，则h′（x）=1+lnx，则h（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增，则h（x）的最小值为h（）=﹣，当且仅当x=等号成立，因此﹣＜xlnx，即f（x）＜；（3）证明：由（2）可得﹣mlnm＜，即﹣lnm＜，两边同乘以e，可得﹣elnm＜，同理可得，﹣elnn＜，两式相加，可得：＜e（lnm+lnn）+2（m+n）=elnmn+=2（m+n）．故＜2（m+n）．四、解答题（共1小题，满分10分）选修4-4：参数方程与极坐标系22．（10分）已知平面直角坐标系xoy中，点P（1，0），曲线C的参数方程为（φ为参数）．以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，倾斜角为α的直线l的极坐标方程为ρsin（α﹣θ）=sinα．（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）若曲线C与直线l交于M，N两点，且，求α的值．【分析】（1）消去曲线C中的参数，可得普通方程，利用ρsinθ=y，ρcosθ=x，可得直线l的直角坐标方程．（2）利用参数方程的几何意义，求解．【解答】解：（1）曲线C的参数方程为（φ为参数）．cos2φ+sin2φ=1，可得：故得曲线C的普通方程为．直线l的极坐标方程为ρsin（α﹣θ）=sinα⇔ρsinαcosθ﹣ρsinθcosα=sinα⇔（x﹣1）sinα=ycosα⇔y=x•tanα﹣tanα．故得直线l 的直角坐标方程为y=x•tanα﹣tanα． （2）由题意，可得直线l 的参数方程带入曲线C 的普通方程可得：（3sin 2α+1）+2cosα•t ﹣3=0， 可得：，．由， 可得：||=||=， 即=||，解得：|cosα|=，∴α=或．五、解答题（共1小题，满分10分）选修4-5：不等式选讲 23．（10分）已知实数a ，b ，c 均大于0． （1）求证：++≤a +b +c ；（2）若a +b +c=1，求证：≤1．【分析】直接利用基本不等式，即可证明． 【解答】证明：（1）∵实数a ，b ，c 均大于0， ∴a +b ≥2，b +c ≥2，c +a ≥2，三式相加，可得：++≤a +b +c ；（2）∵a +b ≥2，b +c ≥2，c +a ≥2，∴≤++≤a +b +c=1．赠送—高中数学知识点二次函数（1）一元二次方程20(0)ax bx c a ++=≠根的分布一元二次方程根的分布是二次函数中的重要内容，这部分知识在初中代数中虽有所涉及，但尚不够系统和完整，且解决的方法偏重于二次方程根的判别式和根与系数关系定理（韦达定理）的运用，下面结合二次函数图象的性质，系统地来分析一元二次方程实根的分布．第21页（共23页）设一元二次方程20(0)ax bx c a ++=≠的两实根为12,x x ，且12x x ≤．令2()f x ax bx c =++，从以下四个方面来分析此类问题：①开口方向：a ②对称轴位置：2bx a=-③判别式：∆ ④端点函数值符号． ①k ＜x 1≤x 2 ⇔②x 1≤x 2＜k ⇔xy1x 2x 0>a O∙ab x 2-=k 0)(>k f xy1x 2x O∙ab x 2-=k<a 0)(<k f③x 1＜k ＜x 2 ⇔ af (k )＜0)(<k f xy1x 2x 0>a O∙kx y1x 2x O∙k<a 0)(>k f④k 1＜x 1≤x 2＜k 2 ⇔第22页（共23页）⑤有且仅有一个根x 1（或x 2）满足k 1＜x 1（或x 2）＜k 2 ⇔ f (k 1)f (k 2)<0，并同时考虑f (k 1)=0或f (k 2)=0这两种情况是否也符合⑥k 1＜x 1＜k 2≤p 1＜x 2＜p 2 ⇔ 此结论可直接由⑤推出．（5）二次函数2()(0)f x ax bx c a =++≠在闭区间[,]p q 上的最值 设()f x 在区间[,]p q 上的最大值为M ，最小值为m ，令01()2x p q =+． （Ⅰ）当0a >时（开口向上） ①若2b p a -<，则()m f p = ②若2b p q a ≤-≤，则()2b m f a =- ③若2b q a->，则()m f q =①若02b x a -≤，则()M f q = ②02b x a->，则()M f p = (Ⅱ)当0a <时(开口向下)x>O-=f(p) f (q)()2b f a-x>O-=f (p)f (q)()2b f a-x>O-=f (p)f (q)()2bf a-xx x(q)0x第23页（共23页）①若2b p a -<，则()M f p = ②若2b p q a ≤-≤，则()2b M f a =- ③若2b q a->，则()M f q =①若02b x a -≤，则()m f q = ②02b x a->，则()m f p =．x<O-=f (p) f (q) ()2bf a-x<O-=f (p)f(q)()2b f a-x<O-=f (p)f(q)()2bf a-x x<O-=f (p)f (q)()2b f a-x<O-=f (p)f (q)()2b f a-x。
山西省太原市2023-2024学年高三上学期期末学业诊断试题 语文 Word版含答案
2023-2024学年第一学期高三年级期末学业诊断语文试卷（考试时间：下午2：30——5：00)说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间150分钟，满分150分。
注：将选择题的答案依题号填到下面的答题栏内。
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：究竟什么是意象思维？严格地说，它指的是诗人用审美的态度来观照世界和观照自我，将既已获得的人生体验转化为审美体验并显现为审美意象的活动过程。
这一过程涉及人的心理感受及各种联想、想象活动，是相当复杂而又费解的。
为简要说明起见，姑且用两句话来概括其基本的运作方式，一句叫“运意成象”，再一句叫“观物取象”，后者从属于前者，故总体上仍当以“运意成象”为标志。
“运意成象”的前提，自当是有“意”可运，也就是有诗人真切的情意体验在，需要借托物象加以展现。
这“意”又从何而来呢？不是来自神秘的“天启”，亦非出自恍惚莫名的“灵感”，从源头上讲，它就起于诗人在现实生活中的实际遭遇，是外界事物触动人的心灵世界所引发的诸种活生生的感受。
更确切地看，应是心物交感的双向作用——外来的刺激与主体的回应交相感触，于是有各种情意体验生成。
唐代古文家韩愈曾用“喜怒哀乐不得其平”来形容人心受外物触发后的心理波动状态，并以“不平则呜”来提示文学创作因心理波动而发生的自然规律，其实也便是根据这个原理。
然则，是否将内心引发的情意体验直接宣示出来，就成为诗了呢？是又不然。
人们在受到外界各种事象的刺激时，其当下引发的感受虽较鲜活，却易于失之肤浅，必须有一个沉淀和积累的过程，让其在心灵深处渐渐发酵、孕育、胚胎以至成形，使那些仅限于一时、浅表意义的感受剥落殆尽，而那些具有长久、深沉意蕴的体验得以积存下来，并不断得到拓展与加深。
如果我们把现实人生中的心物交感视为情意体验产生的基础，则从内心的积淀、酝酿到最终宣发的过程，便构成了由现实人生体验向诗性生命体验转化的重要桥梁，不可不加注意。
山西省太原市2024-2025学年高三上学期11月期中考试语文试题(含答案)
2024-2025学年第一学期高三年级期中学业诊断语文试卷(考试时间：上午8：00-10：30)说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间150分钟，满分150分。
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。
材料一2024年7月27日，在印度新德里召开的联合国教科文组织第46届世界遗产大会通过决议，将“北京中轴线——中国理想都城秩序的杰作”列入《世界遗产名录》。
“北京中轴线”纵贯北京老城南北，始建于13世纪，形成于16世纪，此后经不断演进发展，形成今天全长7.8公里、世界上最长的城市轴线。
15个遗产构成要素为：钟鼓、万宁桥、景山、故宫、端门、天安门、外金水桥、太庙、社稷坛、天安门广场及建筑群(天安门广场、人民英雄纪念碑、毛主席纪念堂、国家博物馆和人民大会堂)、正阳门、南段道路遗存、天坛、先农坛、永定门。
“北京中轴线”由古代皇家宫苑建筑、古代皇家祭祀建筑、古代城市管理设施、国家礼仪和公共建筑以及居中道路遗存等五大类遗存共同组成，其选址、格局、城市形态和设计体现了《周礼·考工记》所记载的理想都城范式，展现了中国古代城市规划传统，见证了北京城市的发展演变，是体现中华文明突出特性的重要标识。
(摘编自施雨岑、王鹏、徐壮《“北京中轴线——中国理想都城秩序的杰作”申遗成功》)材料二中轴线上大部分建筑的前身都可以追潮到明代，清代在继承明北京城的基础上虽略有改建，但整体依然承袭历史。
近代后，随着社会制度的改变，中轴线上的建筑几乎都丧失了原本的功能，坛庙辟为公园不再是祭祀仪礼场所，紫禁城被开放成为博物馆，钟鼓楼也不再进行报时工作……旧的功能被新功能取代，在不断适应着新的时代与社会。
除了文化遗存，元大都的水系规划也一直被明清沿用，并且保存至今，成为城市景观的重要一环。
一根中轴线记录了三朝的历史，留下了三朝的遗迹。
若干个历史拐点在这条中轴之上发生，自元代开始，各个朝代最具代表性的物质遗存也都集中于此。
山西省太原市2017-2018学年高二上学期期末考试语文试题Word版含答案
太原市2017~2018学年第一学期高二期末考试语文试卷说明:本试卷为闭卷笔答,答题时间120分钟,满分100分。
第Ⅰ卷阅读题一、现代文阅读(20分)（一）阐述类文本阅读(6 分,每题2分)阅读下边的文字,达成1~3题。
“象”与“像”是两个拥有独立含义的不一样的汉字,从艺术造型形式的角度来讲,“象”与“像”也正代表了两种不一样的创作态度。
“象”字反应了艺术创作的精神本源,表达的是一种抽象的看法与联想;“像”字反应了艺术创作的视觉感知,表达的是一种具象的形态与实体。
b5E2RGbCAP西方传统艺术侧重于客观再现,形成了重逻辑、理性的审美标准,更多再现了物的客观真切现象,反应了“像”的创作态度。
比如“模拟再现自然说”“模拟说”等哲学思想与美学看法启迪了古希腊罗马期间的古典艺术、文艺中兴期间的“人本主义”艺术,向来影响到19世纪中期新古典主义与现实主义艺术,所以,西方的古典造型艺术形式基本上表现了“写实”与求“像”的创作标准。
19世纪中期以来,在尼采哲学、存在主义等哲学思潮影响下,东西方艺术系统的主流审美标准渐渐交融浸透,变得含糊混淆,由求“像”转向取“象”, 促进其艺术创作的社会性主流标准慢慢转变为艺术家个人追求的价值标准。
p1EanqFDPw中国传统艺术侧重于主观表现,形成了重隐喻、感性的审美标准,更多表现了人的主观精神理想,反应了“象”的创作态度。
比如“里仁为美”“天地有大美而不言”, 这些哲学思想与美学看法成为中国古代传统艺术追求的境地与法例,持续了两千多年,其艺术形式主体上表现出“写意”与求“象”的创作态度。
特别是北宋中后期发展起来的“文人画”最能休现“象”的创作标准 , “论画以形似 , 见于小孩邻”成为后代文人画家的审美评判标准。
DXDiTa9E3d直到20世纪20年月,以康有为、陈独秀为代表的改革派学者认为“中国文人画衰落的本源就在文人画家的写意”。
与之抗衡的是陈师曾,他在《文人画之价值》中指出文人画是格局谨严、意象精细、下笔矜慎、立论幽微、学养深醇之画,并与西洋画中“不重客体,专任主观”的立体派、将来派、表现派作了类比分析。
山西省太原市2017届高三上学期期末考试数学文试题 Word版含答案
太原市2016—2017学年第一学期高三年级期末考试数学试卷（文科） 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.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.1.已知集合{}{}0,1,|12A B x x ==-≤≤，则A B = A. {}0,1 B. {}1,0,1- C. []1,1- D.{}12.设复数21iz i=+，则其共轭复数为 A. 1i -- B. 1i - C. 1i -+ D.1i +3.给出下列命题：①若数列{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，则232,,n n n n n S S S S S --是等差数列； ②若数列{}n a 为等比数列，n S 为其前n 项和，则232,,n n n n n S S S S S --是等比数列； ③若数列{}{},n n a b 均为等差数列，则数列{}n n a b +为等差数列； ④若数列{}{},n n a b 均为等比数列，则数列{}n n a b ⋅为等比数列 A. 1 B. 2 C. 3 D.44.设,m n 为两条不同的直线，α为平面，则下列结论正确的是 A.,//m n m n αα⊥⇒⊥ B. ,//m n m n αα⊥⊥⇒ C. //,////m n m n αα⇒ D. //,m n m n αα⊥⇒⊥5.已知sin αα=，则tan 2α=6.执行如图所示的程序框图，输入1,5x n =-=，则输出s = A. -2 B. -3 C. 4 D.37.如图是一个棱锥的正视图和侧视图，则该棱锥的俯视图可能是8.将函数()2cos sin f x x x x =+的图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再沿x 轴向右平移6π个单位，得到函数()y g x =的图象，则()y g x =的一条对称轴是 A. 6x π=- B. 4x π=- C.3x π= D.2x π=9.在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 交于点O ，E 是线段OD 的中点，AE 的延长线与CD相交于点F ，则AF =A. 1142AC BD +B. 1124AC BD +C. 1223AC BD +D. 2133AC BD +10.甲、乙两位同学约定周日早上8:00—8:30在学校门口见面，已知他们到达学校的时间是随机的，则甲要等乙至少10分钟才能见面的概率为 A.23 B. 13 C. 29 D. 7911.如图，正方体1111ABCD A BC D -绕其体对角线1BD 旋转θ之后与其自身重合，则θ的值可以是 A. 56π B. 34π C. 23π D. 35π12.已知(),01,0x x e ax x f x ax x e⎧+>⎪=⎨-<⎪⎩，若函数()f x 有四个零点，则实数a 的取值范围是A. 1,e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭B. (),e -∞-C. (),e +∞D. 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭第Ⅱ卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13.数据0.7,1,0.8,0.9,1.1的方差是 .14.已知向量()()1,1,1,2a b =-=，则b a - 与2a b + 的夹角为 .15.已知平面区域()33,,32233x y D x y z x y x y x y ⎧⎫⎪⎪+≥⎪⎪==-⎨⎬-≤⎪⎪⎪⎪+≤⎩⎭，若命题()00",,"x y D z m ∃∈>为假命题，则实数m 的最小值为 .16.已知数列{}n a 的前n 项和()221n n n S a n N *=-+∈，则其通项公式n a = .三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程. 17.（本题满分12分）已知数列{}n a 是首项为1的单调递增的等比数列，且满足3455,,3a a a 成等差数列. （1）求{}n a 的通项公式；（2）若()31log n n b a n N *-=∈，求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n S .18.（本题满分12分）如图，已知AD 是ABC ∆内角BAC ∠的角平分线. （1）用正弦定理证明：AB DBAC DC=； （2）若120,2,1BAC AB AC ∠===，求AD 的长.19.（本题满分12分）甲、乙两人玩一种游戏，游戏规则如下：先将筹码放在如下表的正中间D 处，投掷一枚质地均匀的硬币，若正面朝上，筹码向右移动一格；若反面朝上，筹码向左移动一格.（1）将硬币连续投掷三次，求筹码停在C 处的概率；（2）将硬币连续投掷三次，现约定：若筹码停在A 或B 或C 或D 处，则甲赢；否则，乙赢.问该约定对乙公平吗？请说明理由.20.（本题满分12分）如图，在六面体1111ABCD A BC D -中，平面//ABCD 平面1111A B C D ，1//DD 平面11A B BA ,1//DD 平面11B C CB .（1）证明：11//DD BB ；（2）已知六面体1111ABCD A BC D -的棱长均为2，且1BB ⊥平面ABCD ，60,,BAD M N ∠= 分别为棱1111,A B B C 的中点，求四面体D MNB -的体积.21.（本题满分12分）已知函数()()ln xxf x ax x a R e =-∈在1x =处的切线的斜率 1.k =- （1）求a 的值； （2）证明：()2.f x e<（3）若正实数,m n 满足1mn =，证明 ：()112m n m n e e+<+.请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果两题都做，则按照所做的第一题给分；作答时，请用2B 铅笔将答题卡上相应的题号涂黑。
(2、20)山西省太原市2017届高三年级学业质量监测(语文)
山西省太原市2017届高三年级学业质量监测本试卷为闭卷笔答，答题时间150分钟，满分150分。
第Ⅰ卷阅读题一、现代文阅读(35分）（一）论述类文本阅读（9分）阅读下面的文字，完成1～3题。
公天下与家天下熟悉中国历史的人都知道，在传统社会中，帝王与儒士其实处在一种颇为复杂的关系中。
一方面，帝王处于权力金字塔的顶端，儒士构成了各级官吏或后备官吏，二者属身于同一个系统，而且儒士必须听命于帝王。
另一方面，因为儒士是“道”的化身，是社会发展趋势与道德正义的化身，所以儒士集团在某种程度上又制约了帝王的权利。
这就是所谓的“道”与“势”的关系。
儒家自诞生之日起就一直秉持了“从道不从君”（荀子语）的基本原则，一以贯之地表现出了从道的要求出发对君主加以规劝、批评与约束的态度，力图保持“道尊于势”的基本立场。
孔子不仅主张“士志于道”“君子谋道不谋食”，而且明确要求“以道事君，不可则止”。
孟子不仅在与君主的交往中坚持以“王者师”自居，而且指出，君臣关系的关键是君主能否以身体道：“君之视臣如手足，则臣视君如腹心；君之视臣如犬马，则臣视君如国人；君之视臣如土芥，则臣视君如寇仇。
”即使身处于专制制度不断加强的宋明时期，朱熹、王阳明等理学家也依然通过侍讲、上书等方式来力图“格君心之非”（孟子语）。
正因如此，帝王与儒士群体之间又存在着某种程度的紧张关系。
早在孔孟荀时代，道与势、德与位之间的张力就已得到明确表现。
此后，随着传统社会制度的确立与巩固、随着君主权力所代表的“势”的力量的不断增强，儒士集团对现实政治的制约与影响在总体上呈递减趋势。
明太祖对待《孟子》的态度就是一个典型事例。
朱元璋认为《孟子》所谓“臣视君如寇仇”“非臣子所宜言”，因而不仅亲自动手删节，而且免除了孟子配享祭祀的礼遇。
帝王与儒士集团之间关系紧张的根源是二者的社会理想不同，即“公天下”与“家天下”的不同。
在《礼记》的“礼运”篇中，作者借孔子之口描绘了一个即使夜不闭户也安然无事的“大同之世”。
太原市2015-2016学年高二语文期末试卷及答案
时刘 昌言拔 自下位/不 逾时参掌机务/惧 无以厌人望/常 求 自安之计/董 俨为右计使 昌言代之
/欲 倾
C,时 刘 昌言拔 自下位/不 逾时参掌机务/惧 无 以厌 入/望 常求 自安之计
昌言代之
D。
/董 俨为右计 /使 欲倾
“ (2× 滕王阁序》 中
时刘 昌言拔 自下位/不 逾 时/参 掌机务 惧/无 以厌人望/常 求 自安之计/董 俨 倾 昌言 代之
,
杨徽之耿 介正直。对温仲舒 、 寇准用 拼搏奋进 来获取 高位 的行为表 后辈致 力趋竞 以获得高位。
示不满 ,认 为他 们使
D,杨 徽之 才华突出。与入谈论 ,熟 知典故 ,并 能详记 唐朝 以
终 日忘 倦。
7。
来 的士 族 人物 ;尤 好论 诗 ,常 常
把文中画横线的句子翻译成现代汉语。(6分 ) (1)泊 方 固宠 ,谓 徽之遣熙构飞语 中伤 己,遂 白上。 译文
样的情感 ?请 简要分析 。 (4分 )
王 褚深所 唯李 肪、 蜂职
5.下 列对文 中画波浪线部分的断句 ,正 确 的一 项是 (2分 )
A,时 刘 昌言拔 自下位/不 逾 时/参 掌机务惧/无 以厌人/望 常求 自安之计
倾 昌言代之
B。
三冫 舀篇名旬献写(5分 ) 《
10,补 写出下列句子中的空缺部分。(5分 )
,
“ 协和万 邦” 便 成为中华世界观的典 范。类似的说 法还有 “ 以和邦国,以 统百官 ,以 谐万民” (《 周 “ ” ・ “ 札 天官 冢宰》 孔子把 )。 和 作为同外部世界交往 的原则,提 出 柔远 能迩 ,以 定 我 置 之 以和也 ” 。构建 一个和平共处的世界 ,是 中华文叨几千年来特续不断的理 想。 `平 人 与 自然的和谐统 一,汉 代 以后被 表达 为 “ 天人 合 一 ” ,成 为 中华 文化 的价值理 想。所 谓 “ 人 ” 天 合 一 ,就 是注重人 与 自然的和谐合 一,注 重人道 (人 类社会法则)和 天道 (宇 宙普遍规 律 ) 的一致 ,不 主张把天和人 割 裂开来。天人 合 思想不强调征服 一 自然、 改造 自然 ,不 主张 天 、 人对 立 ,而 主张天 、 人 协 调。根据 这种思想,人 不能违 背 自然 ,而 应顺从 自然规 律 ,使 自 己的行 为 与 自然相协调。我 国古代的天人 合 一思 想,一 方面注重人 是 自然的 一部分 ,注 重人 在 自 己身上 体 现 自然的本性 ,致 力于人 与 自然统 一 并与 自然融为 体 一 ;另 一方面主张 人主 动配合天地的生生 变化 9在 与 自然相协调的同时协助 并促进 宇宙的和谐 与发展。这种 追 求人 与 自然和谐的思 想 对纠正 无限 制地征服 自然、 不顾及环 境 与生态平衡 的观念 ,促 进 经 济社会全 面协 调 可 持续发 展 ,具 有重要现 实意义 。 在 西方文化和西方价值观 中有 一种冲 突意识 ,总 想用 自己的力量 ,以 自我 为中心 ,克 服 非 宰制他 者 、 我、 占有别人 。因此 ,在 西方历史 上 宗教战 争非常戏酷 ,中 国则没有 出现过那 样的宗 以 教战 争。可 说′ ,2o世 纪两次世界大战 ,其 文化 根源都不在东方。总休 来讲 ,同 西方文化 和西 方价值观相比,中 华文化 和中华价值观强调和谐 高于冲突。 (摘 编 自《 和谐 高于冲突》 ) 1。 下列关于 第 一 、 二段 的表述 ,不 正 确的一 项是 ” “ ” A。 与西方文 化和西 方价值观 相 比 ,中 华文化和 中华价值观 更强调 “ 和 ,对 和 的追求也形 成 了中华文 明特 有的思维方 式和价 值取向。 ” “ B,“ 和 具有 的 和谐 ” 的意义旱在虞舜时期就 已出现 ,春 秋时期 的史伯提 出“ 和实生物 ,同 则 ” “ ” 不继 ,使 和 的思想得到 了发展。 C,“ 八 音克谐 ,无 相夺伦 ,神 人以和 ” 说 明我 国古人 就 以音乐之和 来 比喻各种事 物之 间的和 “ ” 谐 ,最 终使 和 成为一种普遍追 求。
山西省太原市2019-2020学年高一上学期期末考试语文试题含答案
太原市 2017—2018 学年第一学期高一年级期末考试语文试卷考试时间:上午 8:00--10:00说明:本试为闭卷笔答,答题时间 120 分钟,满分 100 分。
第 I 卷阅读题一、现代文阅读（20 分）(一)论述类文本阅读（6 分,每小题2 分）阅读下面的文字,完成1— 3 题“百代皆沿秦度”，建筑亦然。
它的体制、风貌大概始绕没有脱离先秦奠定下来的这个基础规范。
秦汉、唐宋、明清建筑艺术基本保持了和延续着相当一致的美学风格。
这种艺术风格是什么呢?简单来说,便是作为中国民族特点的实践理性精神。
首先,各民族主要建筑多半是供养神的庙堂，如：希腊神殿、伊斯兰建筑、哥特式大教堂等等。
中国却主要是宫殿建筑，即供世上活着的君主们所居住的场所。
大概从新石器时代的所谓“大房子”开始,中国的祭拜神灵即在与现实生活紧紧相联系的世间居住的中心，而不在脱离世俗生活的场所。
于是，不是孤立的、摆脱世俗生活、象征超越人间的出世的宗教建筑，而是入世的、与世间生活环境联在一起的宫殿宗庙建筑,成了中国建筑的代表。
从而,不是高耸入云、指向神秘的上苍观念,而是平面铺开、引向现实的人间联想;不是可以使人产生某种恐惧感的异常空旷的内部空间,而是平易的、非常接近日常生活的内部空间组合;不是阴冷的石头,而是暖和的木质,等等,构成中国建筑的艺术特征。
中国的这种理性精神还表现在建筑物严格对称结构上,以展现严肃、方正、井井有条（理性）。
所以,就单个建筑来说,比起基督教、伊斯兰教和佛教建筑来,它确乎相对低矮,比较平淡,应该承认逊色一筹。
但就整体建筑群说,它却结构方正,逶迤交错,气势雄浑。
它不是以单个建筑物的体状形貌取胜,而是以整体建筑群的结构布局、制约配合而取胜。
非常简单的基本单位却组成了复杂的群体结构,形成在严格对称中仍有变化,在多样变化中又保持统一的风貌。
这种流动美,在个体建筑物的空间形式上,也同样表现出来,这方面又显出线的艺术特征,因为它是通过线来做到这一点的。
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太原市2016—2017 学年第一学期高三期末考试语文试卷第Ⅰ卷阅读题一、现代文阅读(35 分）（一）论述类文本阅读（9 分）阅读下面文字完成1-3 题。
公天下与家天下熟悉中国历史的人都知道，在传统社会中，帝王与儒士间事实上是处在一种颇为复杂的关系状态中。
一方面，帝王处于社会权力金字塔的顶端，而儒士则构成了各级官吏或后备官吏，因而二者不仅属身于同一个系统，而且儒士在这个系统中归根结底必须听命于帝王。
另一方面，两者的关系又不尽于此，因为儒士还有另外一种身份，这就是“道”或者说社会发展趋势与道德正义的化身。
在这个意义上，儒士集团又是超越于作为现实权力之总代表的帝王的，并且事实上构成了对帝王权力的某种程度的制约关系。
这就是所谓“道”与“势”的关系。
儒家自诞生之日起就一直秉持了“从道不从君”（荀子语）的基本原则，从先秦以至传统社会晚期，儒家一以贯之地表现出了从道的要求出发对君主加以规劝、批评与约束的态度，堪称不遗余力地力图保持“道尊于势”的基本立场。
孔子不仅主张“士志于道”“君子谋道不谋食”，而且明确要求“以道事君，不可则止”。
孟子不仅在与君主的交接中坚持以“王者师” 自居，而且强调指出，君臣关系的关键是君主能否以身体道：“君之视臣如手足，则臣视君如腹心；君之视臣如犬马，则臣视君如国人；君之视臣如土芥，则臣视君如寇仇。
”即使身处于专制制度不断加强的宋明时期，朱熹、王阳明等宋明理学家也依然通过侍讲、上书等方式来力图“格君心之非”（孟子语）。
正因为此，在中国传统社会中，帝王与儒士群体之间又事实上存在着某种程度的紧张关系。
早在孔孟荀时代，道与势、德与位之间的张力就已得到明确表现。
此后，随着传统社会制度的确立与巩固、随着君主权力所代表的“势”的力量的不断增强，儒士集团在体制内对现实政治的制约与影响作用在总体上呈递减趋势。
明太祖对待《孟子》的态度就是一个典型事例。
朱元璋认为《孟子》所谓“臣视君如寇仇”“非臣子所宜言”，因而不仅亲自动手删节，而且免除了孟子配享祭祀的礼遇。
帝王与儒士集团之间处于紧张关系状态的根源是两者的社会理想不同，即“公天下”和“家天下”的不同。
在《礼记》的“礼运”篇中，作者借孔子之口描绘了一个即使夜不闭户也安然无事的“大同之世”，其基本特点是“大道之行也，天下为公”。
“公天下”代表了儒家对人类社会的“终极关怀”。
儒家把人之所以“异于禽兽”的道德性视为人的本质，十分注重人的道德修养，强调“自天子以至于庶人，一是皆以修身为本”，力图通过格物、致知、诚意、正心的功夫，达到修身、齐家、治国、平天下之境，其根本目标就是希望成就一个人人皆为君子圣贤的道德理想国——大同之世。
与此形成明显对比的是，传统社会帝王家族的根本追求则是“天下为家”，即以维护一家一姓对天下权力、财富乃至民众的独占，维护一家一姓“永久”的世袭为根本目标。
这就不能不与儒士集团的理想追求在归根结底的意义上发生不可避免的冲突。
而由于儒士集团虽以“道” 的化身自任但却无位、无势，在实际的社会政治生活中，根本不是有位、有势的帝王家族及其所代表的权势集团的对手，其“以道抗势”的行为除了在有限的范围内与程度上纾缓家族专制的暴虐之外，根本不可能对现实的社会人生真正发挥儒者所自我期许的影响作用。
1.下列关于原文内容的表述，不正确的一项是A.帝王和儒士虽属身于同一个社会权利系统，但两者之间保持着一种颇为复杂的关系，即“道”与“势”的关系。
B.儒家是“道”的化身，既听命于帝王，又在某种程度上制约着帝王的权力，两者之间存在某种程度的紧张关系。
C.儒家力图保持“道尊于势”的基本立场，他们常以“王者师”自居，一以贯之地表现出对君主的规劝、批评与约束的态度。
D.明太祖亲自对《孟子》一书做了删节，而且免除了孟子配享祭祀的礼遇，说明儒士集团对现实政治的制约与影响在逐渐减弱。
参考答案：C答案解析：以偏概全，“王者师”自居的是孟子，而非所有儒者2.下列理解和分析，不符合原文意思的一项是A.作为社会权力金字塔的末端，儒家追求“公天下”，而帝王追求“家天下”，两者的社会影响不尽相同。
B.儒家以“公天下”来表达对人类社会的“终极关怀”，试图通过格物、致知、诚意、正心的功夫来实现这一理想。
C.帝王家族追求的维护自家利益的“天下为家”的目标不可避免地会与儒家集团“天下为公”的理想发生冲突。
D.《礼记》中描绘的夜不闭户的良好的社会治安状况体现了儒家希望成就一个人人皆为君子圣贤的道德理想国的目标。
参考答案：A答案解析：“作为社会权利金字塔的末端”于文无据3.根据原文内容，下列说法不正确的一项是A.北宋张载著名的“为天地立心，为生民立命，为往圣继绝学，为万世开太平”的“横渠四句”是儒家“天下为公”理想的传承。
B.道与势、德与位之间的矛盾贯穿了整个封建社会，儒家的道德在帝王“位势”的夹缝中，绵延至今，充分证明了这种思想力量足够强大。
C.儒士集团无位、无势，根本不是帝王家族的对手，也因此决定了其“以道抗势”的行为根本不可能对现实的社会人生发挥作用。
D.儒家拥有“以天下为己任”的胸襟和气度，其“公天下”的社会理想也可能实现，儒学也不应当随着时代的发展而消逝。
参考答案：C答案解析：“根本不可能对现实的社会人生发挥作用”说法绝对(二)实用类文本阅读（12 分）阅读下面的文字，完成4~6 题。
中国现代语言学之父赵元任赵元任出身官宦之家，是赵匡胤的第31 代孙，清朝“乾陵三大家”之一的诗人赵翼是其六世祖。
1910 年，赵元任以第2 名的身份考取了庚子赔款的留美官费生，并与同赴美国的胡适结下了终身的友谊。
191 年胡运在日记中写道：“每与人评论留美人物，辄推常州赵君元任为第一。
……治哲学、物理、算數，皆精。
以其余力旁及语学、音乐，皆有所成就。
……他日所成，未可限量也。
”胡适的判语显示了其识人的慧眼。
在美国康奈尔大学，赵元任主修数学，同时在物理和天文学上狠下功夫，数学和天文学两门功课平均成绩的最高记录，在康奈尔若千年内无人打破。
他同时还辅修哲学、逻辑、心理学和德文等，是“世界语俱乐部”的积极分子。
赵元任还喜欢摄影，后来的妻子杨步伟对他的第一印象，就是一个手不离相机的笑眯眯的青年。
他还热心戏剧活幼，演过戏，翻译剧本，用英文写小短剧，幽默地反映留学生在美国学语言的苦恼。
在美十年，赵元任如同海绵般全力吸收知识，拓展智识可能的边界，是不可多得的通才。
他唯一不满意自己“优柔寡断”的性格---一直对以什么为终身主业举棋不定，这是属于一个超级学葙的苦恼。
1920 年，在清华力遨下，赵元任回国，之后成为清华国学研究院“四大导师”之一。
赵元任在1916 年的日记中写道:“我想我大概是个生来的语言学家、数学家和音乐家。
”直到1 9 2 5 年清华国学院成立，他最后选择开设现代方言学、中国音韵学和普通语言学，从这时起，将语言学作为一生努力的志业。
他在语言方面天賦异禀。
他的绝活之一，是在清华园的周末同乐会上表演口技“ 全国旅行” ：从北京沿京汉路南下，旅行遍及大半个中国，每到一地，赵元任便用当地方言介绍名胜和特产，他一口气说了近一小时，听者无不择腹。
赵元任身上有着一种传统该生所鲜有的幽默感；赵元任告诉女儿，自己研究语言学知识是为了“好玩儿"。
这种“好玩儿”让他往往能将深奥的学理用鲜明通俗的语言表达出来。
讲授汉语的重要特点“同音异形”时，他忍不住技痒用一堆同声同韵单音字创作了著名的《施氏食狮史》。
这个吃狮子的幽默故事，据说成为汉学家们压箱底的噱头，还被正式收入《大英不列漱百科全书》。
著名语言学家王力报考清华国学院语言学，赵元任是其导师，梁启超是辅助导师。
王力1927 年写的论文《中国古文法》, 梁启超写了总批：“精细妙悟，为斯学辟以析途径。
"赵元任只给予一句褒语，其余用鉛笔小字作眉批，专挑毛病。
其中王力讲到“反照句”“纲目句” 时，加了一个附言：“反照句、纲目句，在西文罕见。
”赵元任批云：“删附言！未熟通某文，断不可定其无某文法。
言有易，言无难！”后来王力把老师的批评“言有易，言无难”当做爷示自己的座右銘。
1937 年七七事变爆发，中央研究院不得不一路南迁，1938 年迁往昆明。
这—年，赵元任带着全家去往夏威夷大学任教，他一生专心治学，即使在退休后，仍致力于汉语和中国文化的传播，接连出版《语言与符号系统》《汉语口语语法》等重磅专著。
1982 年2 月24 日，赵元任因心脏病辞世，享年89 岁，骨灰按其遗嘱撒入太平洋。
没错，天生的快法人就应该有洒脱的结局。
(摘编自韧雾《赵元任:文艺复兴式的智者》、王开林《天生快活人——“中国语言学之父”赵元任》)相关链接1927 年赵元任和胡适的共同朋友韦莲司在给胡适的信中说，“赵元任无论在任何困境都不会令人觉得他可怜，因为他能随时以嬉戏的心态从中获得乐趣”。
读赵元任的作品，我们发现他对语言现象的品鉴和玩味，几乎到们乐此不疲的程度，就像是一个喜欢做游戏的大孩子，从未失去对世界充满好奇的童真之心，正是这种嬉戏的心态，把他引向了学术的堂奥。
(季剑靑《赵元任寓学问于趣味之中》）4.下列对材料有关内容的分析和概括，不正确的一项是(3 分）A.赵元任是“天生的快活人”，这不仅是指他性格幽默乐观，也指他用“嬉戏的心态”研究学问，颇有建树。
B.赵元任博学通才，性格优柔寡断。
这种性格导致他很长—段时间对自己的终身主业举棋不定,一直到1925 年才将语言学定为主业。
C.赵元任颇有幽默感，他曾说自己研究语言学知识是为了“好玩儿”，还以《施氏食狮史》的幽默故亊来讲解汉语“同音异形”的特点。
D.著名语言学家王力的论文《中国古文法》受到梁启超的盛赞，却被赵元任挑了不少毛病, 这个亊件说明赵元任做事严谨。
参考答案：B答案解析：“性格优柔寡断”不正确，原文所谓的“优柔寡断”“是属于一个超级学霸的苦恼”5.文本多处引用书信、日记等资料,这样写有什么好处？请结合材料简要分析。
（4 分）参考答案：①引用胡适、韦莲司等书信资料，表现赵元任博学、严谨、乐观等特点，有利于多角度塑造丰满的人物形象。
②引用赵元任的日记等资料，真实地表现了赵元任某些人生选择的思想根源。
③他人评价与专注本人资料相结合，丰富了文本内容，显得客观真实。
（每点 2 分，答出 2 点即可）6.赵元任能够成为中国现代语目学之父的原因有哪些？请结合材料简要说明。
（5 分)参考答案: ①语言天赋异禀：赵元任能用各地方言介绍当地名胜和特产，令人捧腹。
②始终保持童真之心：赵元任往往能将深奥的学理用鲜明通俗的语言表达出来，使人易于接受；用“嬉戏的心态”研究学问；对语言的品鉴和玩味保持好奇探索之心。
③治学态度严谨专注：对著名语言学家王力的论文严格要求；赵元任将语言学作为一生努力的事业，即使退休仍致力于汉语和中国文化的传播。