高一下学期期中综合测试卷
北京高一下学期期中考试卷
北京高一下学期期中考试卷北京高一下学期期中考试试卷一、语文（满分100分）（一）文言文阅读（20分）阅读下面文言文，完成1-5题。
（文言文材料略）1. 解释文中划线词语的含义。
（5分）2. 翻译文中划线的句子。
（5分）3. 概括文中人物的主要行为或思想。
（5分）4. 分析文中的修辞手法及其效果。
（3分）5. 评价文中作者的观点或态度。
（2分）（二）现代文阅读（20分）阅读下面现代文，完成6-10题。
（现代文材料略）6. 概括文章的主旨大意。
（5分）7. 分析文章中某一段落的作用。
（5分）8. 指出文章中使用的修辞手法及其效果。
（5分）9. 评价文章中某一人物的形象。
（3分）10. 联系实际，谈谈你对文章主题的理解。
（2分）（三）作文（60分）11. 根据给定材料，写一篇不少于800字的议论文。
（60分）二、数学（满分100分）（一）选择题（20分）1-10题，每题2分，共20分。
（二）填空题（20分）11-20题，每题2分，共20分。
（三）解答题（60分）21-30题，每题分值不等，共60分。
三、英语（满分100分）（一）听力（20分）1-20题，每题1分，共20分。
（二）阅读理解（30分）21-40题，每题1.5分，共30分。
（三）完形填空（10分）41-50题，每题1分，共10分。
（四）语法填空（10分）51-60题，每题1分，共10分。
（五）书面表达（30分）61. 根据给定情景，写一篇不少于120词的短文。
（15分）62. 根据给定提纲，写一篇不少于150词的议论文。
（15分）四、物理（满分100分）（一）选择题（20分）1-10题，每题2分，共20分。
（二）填空题（20分）11-20题，每题2分，共20分。
（三）计算题（60分）21-30题，每题分值不等，共60分。
五、化学（满分100分）（一）选择题（20分）1-10题，每题2分，共20分。
（二）填空题（20分）11-20题，每题2分，共20分。
2022-2023学年山东省济宁一中高一(下)期中数学试卷【答案版】
2022-2023学年山东省济宁一中高一（下）期中数学试卷一、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．若sin α=√32，则cos2α＝（ ） A ．12B ．√32C ．−√32D ．−122．若cos α•tan α＜0，则角α在（ ） A ．第一、二象限 B ．第二、三象限C ．第三、四象限D ．第二、四象限3．已知向量a →，b →不共线，若AB →=a →+2b →，BC →=−3a →+7b →，CD →=4a →−5b →，则（ ） A ．A ，B ，C 三点共线 B ．A ，B ，D 三点共线 C ．A ，C ，D 三点共线D ．B ，C ，D 三点共线4．已知点A （﹣1，2），B （2，y ），向量a →=(2，1)，若AB →⊥a →，则实数y 的值为（ ） A ．12B ．72C ．7D ．﹣45．已知在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝4，BC =√10，则AC →⋅CB →=（ ） A ．−34B ．−172C ．172D ．346．如图，在△ABC 中，BM →=12BC →，NC →=λAC →，直线AM 交BN 于点Q ，若BQ →=57BN →，则λ＝（ ）A ．35B ．25C ．23D ．137．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，若a =√13，c ＝3，且2ab sin C =√3(b 2+c 2−a 2)，则△ABC 的面积为（ ） A ．3√3B ．3√32C ．√3D ．6√38．已知函数f （x ）＝sin （ωx +φ）（ω＞0）是在区间(π18，5π36)上的单调减函数，其图象关于直线x =−π36对称，且f （x ）的一个零点是x =772π，则ω的最小值为（ ） A ．2B ．12C ．4D ．8二、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，金部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知函数f （x ）＝A sin （ωx +φ）（其中A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2）的部分图象，则下列结论正确的是（ ）A ．函数f （x ）的图象关于直线x =π12对称 B ．函数f （x ）的图象关于点(−π12，0)对称C ．将函数f （x ）图象上所有的点向右平移π6个单位，得到函数g （x ），则g （x ）为奇函数D ．函数f （x ）在区间[−π4，π12]上单调递增10．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则下列结论错误的是（ ） A ．若a 2+c 2﹣b 2＞0，则△ABC 为锐角三角形 B ．若A ＞B ，则sin A ＞sin BC ．若sin2A ＝sin2B ，则△ABC 为等腰三角形D ．若b =3，a =4，B =π6，则此三角形有2解 11．下列说法正确的是（ ）A ．若a →∥b →，则存在唯一实数λ使得a →=λb →B ．两个非零向量a →，b →，若|a →−b →|=|a →|+|b →|，则a →与b →共线且反向C ．已知a →=(1，2)，b →=(1，1)，且a →与a →+λb →的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是(−53，+∞)D ．点O 在△ABC 所在的平面内，若AO →=14AC →+12AB →，S △AOC ，S △ABC 分别表示△AOC ，△ABC 的面积，则S △AOC ：S △ABC ＝1：212．已知点P 在△ABC 所在的平面内，则下列命题正确的是（ ） A ．若P 为△ABC 的垂心，AB →•AC →=2，则AP •AB →=2B ．若△ABC 为边长为2的正三角形，则PA →•（PB →+PC →）的最小值为﹣1C ．若△ABC 为锐角三角形且外心为P ，AP →=x AB →+y AC →且x +2y ＝1，则AB ＝BCD ．若AP →=（1|AB →|cosB+12）AB →+（1|AC →|cosC+12）AC →，则动点P 的轨迹经过△ABC 的外心三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知向量a →=（1，2），b →=（2，﹣2），c →=（1，λ）．若c →∥（2a →+b →），则λ＝ ． 14．已知cos(π6−θ)=13，则cos(5π6+θ)+2sin(5π3−θ)的值为 ． 15．已知向量a →=(1，2)，b →=(−1，3)，则a →在b →方向上的投影向量是 ．16．已知直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，AD ＝2，BC ＝1，P 是腰DC 上的动点，则|PA →+3PB →|的最小值为 ．四．解答题：本题共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．（10分）设向量a →，b →满足|a →|＝|b →|＝1，且|3a →−2b →|=√7． （1）求a →与b →的夹角； （2）求|2a →+3b →|的大小．18．（12分）如图，甲船A 处，乙船在A 处的南偏东45°方向，距A 有9海里并以20海里/时的速度沿南偏西15°方向航行，若甲船以28海里/时的速度航行． （1）求甲船用多少小时能尽快追上乙船；（2）设甲船航行的方向为南偏东θ，求θ的正弦值．19．（12分）如图所示，在边长为2的等边△ABC 中，点M ，N 分别在边AC ，AB 上，且M 为边AC 的中点，设AB →=a →，AC →=b →．（1）若AN →=12NB →，用a →，b →表示MN →；（2）求CN →⋅MN →的取值范围．20．（12分）已知函数f(x)=2sin 2(ωx +π4)−√3cos(2ωx)−1(ω＞0)，f （x ）的最小正周期为π． （1）求f （x ）的对称中心； （2）方程f （x ）﹣2n +1＝0在[0，7π12]上有且只有一个解，求实数n 的取值范围． 21．（12分）在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知√3bsin(B +C)+acosB =c ． （1）求角A 的大小；（2）若△ABC 为锐角三角形，且b ＝6，求△ABC 面积的取值范围． 22．（12分）已知函数f(x)=√3sin(ωx +φ)+2sin 2(ωx+φ2)−1(ω＞0，0＜φ＜π)为奇函数，且f （x ）图象的相邻两对称轴间的距离为π2．（1）求h （x ）＝f （x ）+sin x +cos x 的最大值．（2）将函数f （x ）的图象向右平移π6个单位长度，再把横坐标缩小为原来的12（纵坐标不变），得到函数y ＝g （x ）的图象，记方程g(x)=43在x ∈[π6，4π3]上的根从小到依次为x 1，x 2，x 3，…，x n ﹣1，x n 试确定n 的值，并求x 1+2x 2+2x 3+…+2x n ﹣1+x n 的值．2022-2023学年山东省济宁一中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、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．若sin α=√32，则cos2α＝（ ）A ．12B ．√32C ．−√32D ．−12解：∵sin α=√32，∴cos2α＝1﹣2sin 2α＝1﹣2×（√32）2=−12．故选：D ．2．若cos α•tan α＜0，则角α在（ ） A ．第一、二象限 B ．第二、三象限C ．第三、四象限D ．第二、四象限解：∵cos α•tan α＜0，∴α在第三或第四象限， 故选：C ．3．已知向量a →，b →不共线，若AB →=a →+2b →，BC →=−3a →+7b →，CD →=4a →−5b →，则（ ） A ．A ，B ，C 三点共线B ．A ，B ，D 三点共线C ．A ，C ，D 三点共线D ．B ，C ，D 三点共线解：向量a →，b →不共线，AB →=a →+2b →，BC →=−3a →+7b →，CD →=4a →−5b →， ∴BD →=BC →+CD →=（﹣3a →+7b →）+（4a →−5b →）=a →+2b →=AB →， ∴BD →∥AB →，∴A ，B ，D 三点共线． 故选：B ．4．已知点A （﹣1，2），B （2，y ），向量a →=(2，1)，若AB →⊥a →，则实数y 的值为（ ） A ．12B ．72C ．7D ．﹣4解：因为A （﹣1，2），B （2，y ），所以AB →=(3，y −2)，向量a →=(2，1)， 若AB →⊥a →，则AB →⋅a →=3×2+y −2=0，解得：y ＝﹣4． 故选：D ．5．已知在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝4，BC =√10，则AC →⋅CB →=（ ） A ．−34B ．−172C ．172D ．34解：在△ABC 中，由余弦定理可得：AB 2＝BC 2+AC 2﹣2BC •AC •cos C ， 即32=(√10)2+42−2×√10×4cosC ，解得cosC =810， 所以AC →⋅CB →=|AC →|⋅|CB →|cos(π−C)=−|AC →|⋅|CB →|cosC =−4×√10178√10=−172．故选：B ．6．如图，在△ABC 中，BM →=12BC →，NC →=λAC →，直线AM 交BN 于点Q ，若BQ →=57BN →，则λ＝（ ）A ．35B ．25C ．23D ．13解：根据图示可知，A ，M ，Q 三点共线，由共线定理可知， 存在实数μ使得BQ →=μBM →+(1−μ)BA →，又BM →=12BC →，BQ →=57BN →，所以57BN →=12μBC →+(1−μ)BA →，又A ，N ，C 三点共线，所以57=12μ+1−μ，解得μ=47，即可得BN →=25BC →+35BA →，所以(BA →+AN →)=25(BA →+AC →)+35BA →，所以AN →=25AC →，即AC →−NC →=25AC →，可得NC →=35AC →，又NC →=λAC →，即可得λ=35． 故选：A ．7．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，若a =√13，c ＝3，且2ab sin C =√3(b 2+c 2−a 2)，则△ABC 的面积为（ ） A ．3√3B ．3√32C ．√3D ．6√3 解：由2ab sin C =√3（b 2+c 2﹣a 2），得2ab sin C =√3•b 2+c 2−a 22bc•2bc ＝2√3bc cos A ，a sin C =√3c cos A ，即sin A sin C =√3sin C cos A ，则tan A =√3，则A =π3， 由余弦定理得a 2＝b 2+c 2﹣2bc cos A ，即13＝b 2+9﹣6b ×12， 整理得b 2﹣3b ﹣4＝0，得b ＝4或b ＝﹣1（舍）， 则三角形的面积S =12bc sin A =12×4×3×√32=3√3， 故选：A ．8．已知函数f （x ）＝sin （ωx +φ）（ω＞0）是在区间(π18，5π36)上的单调减函数，其图象关于直线x =−π36对称，且f （x ）的一个零点是x =772π，则ω的最小值为（ ） A ．2B ．12C ．4D ．8解：因为函数f （x ）＝sin （ωx +φ）的图象关于直线x =−π36对称， 所以−ω⋅π36+φ=π2+nπ，n ∈Z ，所以φ=(12+ω36+n)π，n ∈Z ． 根据π18＜x ＜5π36，则ωπ18＜ωx ＜5ωπ36，所以ωπ18+φ＜ωx +φ＜5ωπ36+φ，因为f （x ）＝sin （ωx +φ）是在区间(π18，5π36)上的单调减函数．所以{ωπ18+φ≥π2+2kπ，k ∈Z 5ωπ36+φ≤3π2+2kπ，k ∈Z ， 所以{ωπ18+(12+ω36+n)π≥π2+2kπ，n ∈Z ，k ∈Z 5ωπ36+(12+ω36+n)π≤3π2+2kπ，n ∈Z ，k ∈Z ，即{ω18+(12+ω36+n)≥12+2k ，n ∈Z ，k ∈Z 5ω36+(12+ω36+n)≤32+2k ，n ∈Z ，k ∈Z ， 解得12（2k ﹣n ）≤ω≤6（2k ﹣n +1），n ∈Z ，k ∈Z ， 因为ω＞0，所以2k ﹣n ＝0或2k ﹣n ＝1，当2k ﹣n ＝0时，0＜ω≤6，当2k ﹣n ＝1时，12≤ω≤12； 由于π18＜7π72＜5π36，且f （x ）的一个零点是x =772π，所以ω×7π72+φ=(2m +1)π，m ∈Z ， 所以ω×7π72+(12+ω36+n)π=(2m +1)π，m ∈Z ，n ∈Z ， 即ω＝8（2m ﹣n ）+4，m ∈Z ，n ∈Z ．根据0＜ω≤6或12≤ω≤12，可得ω＝4，或ω＝12，所以ω的最小值为4． 故选：C ．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，金部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知函数f （x ）＝A sin （ωx +φ）（其中A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2）的部分图象，则下列结论正确的是（ ）A ．函数f （x ）的图象关于直线x =π12对称 B ．函数f （x ）的图象关于点(−π12，0)对称C ．将函数f （x ）图象上所有的点向右平移π6个单位，得到函数g （x ），则g （x ）为奇函数D ．函数f （x ）在区间[−π4，π12]上单调递增 解：由函数f （x ）＝A sin （ωx +φ）的部分图象知， A ＝2，14T =7π12−π3=π4，解得T ＝π，所以ω=2πT =2，所以f （x ）＝2sin （2x +φ），过点（7π12，﹣2），所以7π6+φ=3π2+2k π，k ∈Z ，又0＜|φ|＜π，所以φ=π3， 所以f （x ）＝2sin （2x +π3），对于A ，当x =π12时，f （π12）＝2sin （2×π12+π3）＝2，f （x ）的图象关于直线x =π12对称，A 正确；对于B ，当x =−π12时，f （−π12）＝2sin[2×（−π12）+π3]＝1，f （x ）的图象不关于点（−π12，0）对称，B 错误；对于C ，由题意知g （x ）＝f （x −π6）＝2sin2x ，所以g （x ）是奇函数，C 正确； 对于D ，x ∈[−π4，π12]时，2x +π3∈[−π6，π2]，f （x ）＝2x +π3在[−π4，π12]内单调递增，D 正确．故选：ACD ．10．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则下列结论错误的是（ ） A ．若a 2+c 2﹣b 2＞0，则△ABC 为锐角三角形 B ．若A ＞B ，则sin A ＞sin BC ．若sin2A ＝sin2B ，则△ABC 为等腰三角形D ．若b =3，a =4，B =π6，则此三角形有2解 解：对于A ：∵a 2+c 2﹣b 2＞0，∴由余弦定理得cosB =a 2+c 2−b 22ac ＞0，即B ∈(0，π2)， 但无法判定A 、C 的范围，故A 错误；对于B ，∵A ＞B ，则a ＞b ，由正弦定理得2R sin A ＞2R sin B （R 为△ABC 外接圆的半径）， ∴sin A ＞sin B ，故B 正确；对于C ：若sin2A ＝sin2B ，由正弦函数的性质得2A ＝2B +2k π或2A +2B ＝π+2k π，k ∈Z ， 又A 、B ∈（0，π），故A ＝B 或A +B =π2，故C 错误； 对于D ：∵a 2+c 2﹣b 2＞0， ∴由正弦定理得a sinA=b sinB，即sinA =a b sinB =23，又12＜23＜√32，则12＜sinA ＜√32， 又0＜A ＜π， 又A ∈(π6，5π6)，则符合题意得有2个A 的值，即三角形有2个解，故D 正确． 故选：AC ．11．下列说法正确的是（ ）A ．若a →∥b →，则存在唯一实数λ使得a →=λb →B ．两个非零向量a →，b →，若|a →−b →|=|a →|+|b →|，则a →与b →共线且反向C ．已知a →=(1，2)，b →=(1，1)，且a →与a →+λb →的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是(−53，+∞) D ．点O 在△ABC 所在的平面内，若AO →=14AC →+12AB →，S △AOC ，S △ABC 分别表示△AOC ，△ABC 的面积，则S △AOC ：S △ABC ＝1：2解：对于A ：当b →=0→，a →≠0→时，a →∥b →，但是不存在实数λ使得a →=λb →，故A 错误； 对于B ：由|a →−b →|=|a →|+|b →|可得|a →−b →|2=(|a →|+|b →|)2， 整理可得−2a →⋅b →=2|a →||b →|，所以cos ＜a →，b →＞=−1， 即＜a →，b →＞=π，则a →与b →共线且反向，故B 正确；对于C ：因为a →=(1，2)，b →=(1，1)，则a →+λb →=（1+λ，2+λ）， 又a →与a →+λb →的夹角为锐角，所以a →⋅(a →+λb →)=1+λ+2(2+λ)＞0，即3λ+5＞0，解得λ＞−53，又当1×（2+λ）＝2×（1+λ），即λ＝0时，a →与a →+λb →同向， 故λ＞−53且λ≠0，即C 错误；对于D ：因为AO →=14AC →+12AB →，取AC 的中点D ，则AO →=12(AB →+AD →)，所以O 为BD 的中点，连接OC ， 因为D 是AC 的中点，所以S △ABD =S △BDC =12S △ABC ，O 是BD 的中点，所以S △ADO =S △ABO =12S △ABD ，S △CDO =S △CBO =12S △CBD ， 所以S △AOC =S △ADO +S △CDO =12S △ABD +12S △CBD =12S △ABC ，故D 正确． 故选：BD ．12．已知点P 在△ABC 所在的平面内，则下列命题正确的是（ ）A ．若P 为△ABC 的垂心，AB →•AC →=2，则AP •AB →=2B ．若△ABC 为边长为2的正三角形，则PA →•（PB →+PC →）的最小值为﹣1C ．若△ABC 为锐角三角形且外心为P ，AP →=x AB →+y AC →且x +2y ＝1，则AB ＝BCD ．若AP →=（1|AB →|cosB+12）AB →+（1|AC →|cosC+12）AC →，则动点P 的轨迹经过△ABC 的外心解：对A 选项，∵P 为△ABC 的垂心，∴CP ⊥AB ，又AB →•AC →=2，∴由向量数量积的几何意义可得：AP •AB →=AB →•AC →=2，∴A 选项正确； 对B 选项，设BC 的中点为D ，AD 的中点为E ， 又△ABC 为边长为2的正三角形，∴易得|AE |=√32， ∵PA →•（PB →+PC →）＝2PA →⋅PE →，∴根据向量数量积的极化恒等式可得：PA →•（PB →+PC →）＝2PA →⋅PE →= 2（|PE |2﹣|AE |2）＝2（|PE |2−34）， ∴当|PE |＝0时，PA →•（PB →+PC →）取得最小值−32，∴B 选项错误； 对C 选项，设AC 的中点为F ，则AC →=2AF →， ∵AP →=x AB →+y AC →=xAB →+2yAF →，又x +2y ＝1，∴P ，B ，F 三点共线，又△ABC 为锐角三角形且外心为P ， ∴BF 垂直平分AC ，∴AB ＝BC ，∴C 选项正确； 对D 选项，设BC 的中点为M ，则AM →=12(AB →+AC →)， ∵AP →=（1|AB →|cosB+12）AB →+（1|AC →|cosC+12）AC →，∴AP →−12(AB →+AC →)=AB →|AB|cosB +AC→|AC|cosC ，∴AP →−AM →=AB →|AB|cosB +AC→|AC|cosC，∴MP →=AB →|AB|cosB +AC→|AC|cosC，∴MP →⋅BC →=AB →⋅BC →|AB|cosB+AC →⋅BC→|AC →|cosC=−|BC →|+|BC →|=0，∴MP ⊥BC ，又BC 的中点为M ，即P 在BC 的垂直平分线上， ∴动点P 的轨迹经过△ABC 的外心，∴D 选项正确． 故选：ACD ．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知向量a →=（1，2），b →=（2，﹣2），c →=（1，λ）．若c →∥（2a →+b →），则λ＝ 12．解：∵向量a →=（1，2），b →=（2，﹣2），∴2a →+b →=（4，2）， ∵c →=（1，λ），c →∥（2a →+b →），∴14=λ2，解得λ=12．故答案为：12．14．已知cos(π6−θ)=13，则cos(5π6+θ)+2sin(5π3−θ)的值为 ﹣1 ． 解：原式＝cos[π﹣（π6−θ）]+2sin[3π2+（π6−θ）]=−cos(π6−θ)−2cos(π6−θ)=−3cos(π6−θ)=−1．故答案为：﹣1．15．已知向量a →=(1，2)，b →=(−1，3)，则a →在b →方向上的投影向量是 (−12，32) ．解：向量a →=(1，2)，b →=(−1，3)，则a →在b →方向上的投影向量是|a →|cos〈a →，b →〉|b →|b →=(−12，32)．故答案为：(−12，32)．16．已知直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，AD ＝2，BC ＝1，P 是腰DC 上的动点，则|PA →+3PB →|的最小值为 5 ．解：如图，以直线DA ，DC 分别为x ，y 轴建立平面直角坐标系， 则A （2，0），B （1，a ），C （0，a ），D （0，0）设P （0，b ）（0≤b ≤a ）则PA →=（2，﹣b ），PB →=（1，a ﹣b ）， ∴PA →+3PB →=（5，3a ﹣4b ）∴|PA →+3PB →|=√25+(3a −4b)2≥5． 故答案为5．四．解答题：本题共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．（10分）设向量a →，b →满足|a →|＝|b →|＝1，且|3a →−2b →|=√7．（1）求a →与b →的夹角； （2）求|2a →+3b →|的大小．解：（1）∵|a →|=|b →|=1，|3a →−2b →|=√7；∴(3a →−2b →)2=9a →2+4b →2−12|a →||b →|cos ＜a →，b →＞=9+4−12cos ＜a →，b →＞=7；∴cos ＜a →，b →＞=12；又0≤＜a →，b →＞≤π；∴a →与b →的夹角为π3；（2）∵a →⋅b →=12，a →2=b →2=1；∴(2a →+3b →)2=4a →2+12a →⋅b →+9b →2=4+6+9=19； ∴|2a →+3b →|=√19．18．（12分）如图，甲船A 处，乙船在A 处的南偏东45°方向，距A 有9海里并以20海里/时的速度沿南偏西15°方向航行，若甲船以28海里/时的速度航行． （1）求甲船用多少小时能尽快追上乙船；（2）设甲船航行的方向为南偏东θ，求θ的正弦值．解：（1）设用th ，甲船能追上乙船，且在C 处相遇． 设∠ABC ＝α，∠BAC ＝β，在△ABC 中，AC ＝28t ，BC ＝20t ，AB ＝9，∴α＝180°﹣45°﹣15°＝120°，由余弦定理可得(28t)2=81+(20t)2−2×9×20t ×(−12)， ∴128t 2﹣60t ﹣27＝0，即（4t ﹣3）（32t +9）＝0，∴t =34； （2）由（1）得：AC =28×34=21海里，BC =20×34=15海里 根据正弦定理，得sinβ=BCsinαAC =5√314，∴cosβ=1114， ∴sinθ=sin(45°−β)=√22×1114−5√314×√22=11√2−5√628．19．（12分）如图所示，在边长为2的等边△ABC 中，点M ，N 分别在边AC ，AB 上，且M 为边AC 的中点，设AB →=a →，AC →=b →．（1）若AN →=12NB →，用a →，b →表示MN →；（2）求CN →⋅MN →的取值范围．解：（1）因为M 为边AC 的中点，所以AM →=12AC →，又AN →=12NB →，所以AN →=13AB →， 所以MN →=AN →−AM →=13AB →−12AC →=13a →−12b →．（2）设AN →=λAB →，λ∈[0，1]，所以CN →⋅MN →=（AN →−AC →）•（AN →−AM →）＝（λAB →−AC →）•（λAB →−12AC →）＝λ2AB →2−32λλAB →•AC →+12AC →2=4λ2−32λ×2×2×12+12×4＝4λ2﹣3λ+2＝4[（λ−38）2]+2316， 当λ=38时，CN →⋅MN →取得最大值2316，当λ＝1时，CN →⋅MN →取得最小值3， 故CN →⋅MN →的取值范围为[2316，3]．20．（12分）已知函数f(x)=2sin 2(ωx +π4)−√3cos(2ωx)−1(ω＞0)，f （x ）的最小正周期为π． （1）求f （x ）的对称中心； （2）方程f （x ）﹣2n +1＝0在[0，7π12]上有且只有一个解，求实数n 的取值范围． 解：（1）由f(x)=−cos(2ωx +π2)−√3cos(2ωx)=sin(2ωx)−√3cos(2ωx)=2sin(2ωx −π3)， 因为f （x ）的最小正周期为π，即T =2π2ω=π， 故ω＝1，所以f(x)=2sin(2x −π3)，令2x −π3=kπ，k ∈Z ，则x =kπ2+π6，k ∈Z ，故函数对称中心为(kπ2+π6，0)，k ∈Z ； （2）令t =2x −π3，当x ∈[0，7π12]时t ∈[−π3，5π6]， 所以y ＝2sin t 在[−π3，5π6]的图象如下，由图知：f （x ）＝2n ﹣1在[0，7π12]上有且只有一个解，则−√3≤2n −1＜1或2n ﹣1＝2， 所以1−√32≤n ＜1或n =32，故n ∈[1−√32，1)∪{32}． 21．（12分）在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知√3bsin(B +C)+acosB =c ． （1）求角A 的大小；（2）若△ABC 为锐角三角形，且b ＝6，求△ABC 面积的取值范围．解：（1）因为√3bsin(B +C)+acosB =c ，所以√3bsinA +a ⋅a 2+c 2−b22ac=c ， 则2√3bcsinA +a 2+c 2−b 2=2c 2，即a 2=b 2+c 2−2√3bcsinA ． 又a 2＝b 2+c 2﹣2bc cos A ，所以√3sinA =cosA ，即tanA =√33， 又A ∈（0，π），所以A =π6． （2）因为c sinC=b sinB，所以c =6sinC sinB ，S △ABC =12bcsinA =9sinC sinB =9sin(B+π6)sinB =9√32+92tanB， 因为△ABC 为锐角三角形，所以{0＜B ＜π2，0＜5π6−B ＜π2，解得π3＜B ＜π2，则tanB ＞√3，故9√32＜9√32+92tanB＜6√3，即△ABC 面积的取值范围为(9√32，6√3)． 22．（12分）已知函数f(x)=√3sin(ωx +φ)+2sin 2(ωx+φ2)−1(ω＞0，0＜φ＜π)为奇函数，且f （x ）图象的相邻两对称轴间的距离为π2．（1）求h （x ）＝f （x ）+sin x +cos x 的最大值．（2）将函数f （x ）的图象向右平移π6个单位长度，再把横坐标缩小为原来的12（纵坐标不变），得到函数y ＝g （x ）的图象，记方程g(x)=43在x ∈[π6，4π3]上的根从小到依次为x 1，x 2，x 3，…，x n ﹣1，x n 试确定n 的值，并求x 1+2x 2+2x 3+…+2x n ﹣1+x n 的值．解：（1）由题意，函数f(x)=√3sin(ωx +φ)+2sin 2(ωx+φ2)−1 =√3sin(ωx +φ)−cos(ωx +φ)=2sin(ωx +φ−π6)因为f （x ）图象的相邻两对称轴间的距离为π2，所以T ＝π，可得ω＝2，又由函数f （x ）为奇函数，可得f(0)=2sin(φ−π6)=0，所以φ−π6=kπ，k ∈Z ， 因为0＜φ＜π，所以φ=π6，所以函数f （x ）＝2sin2x ， 所以h （x ）＝f （x ）+sin x +cos x ＝2sin2x +sin x +cos x ， 令t =sinx +cosx =√2sin(x +π4)，t ∈[−√2，√2]， 则t 2＝1+sin2x ，y ＝2t 2+t ﹣2，t ∈[−√2，√2]， 因为对称轴t =−14，所以当t =√2时，y max =2+√2， 即h （x ）的最大值为2+√2．（2）将函数f （x ）的图象向右平移π6个单位长度，可得y =2sin(2x −π3)，再把横坐标缩小为原来的12（纵坐标不变），得到函数y =g(x)=2sin(4x −π3)的图象，由方程g(x)=43，即2sin(4x −π3)=43，即sin(4x −π3)=23， 因为x ∈[π6，4π3]，所以4x −π3∈[π3，5π]， 设θ=4x −π3，其中θ∈[π3，5π]，即sinθ=23， 结合正弦函数y ＝sin θ的图象，如图，可得方程sinθ=23在θ∈[π3，5π]有5个解，即n＝5，其中θ1+θ2＝3π，θ2+θ3＝5π，θ3+θ4＝7π，θ4+θ5＝9π，即4x1−π3+4x2−π3=3π，4x2−π3+4x3−π3=5π，4x3−π3+4x4−π3=7π，4x4−π3+4x5−π3=9π，解得x1+x2=11π12，x2+x3=17π12，x3+x4=23π12，x4+x5=29π12，所以x1+2x2+2x3+2x4+x5=(x1+x2)+(x2+x3)+(x3+x4)+(x4+x5)=20π3．。
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，。
高一语文下学期期中考试试题及参考答案太原市高一期中考试
高一语文下学期期中考试试题及参考答案太原市高一期中考试语文考试是一种可以了解学生所学知识水平鉴定方法，下面是给大家带来的高一语文下学期期中考试试题，希望对你有帮助。
第Ⅰ卷 ( 选择题共 36 分)一、 (15 分，每小题 3 分)1.下列加点的字读音全都正确的一项是A.漫溯 (shu ò) 遒劲 (qi ú) 霉菌 (j ùn) 分外妖娆 (f èn)B. 尽管 (j ìn) 分泌 (b ì) 坍圮 (p ǐ)声名狼藉(jí)C.菲薄 (f ēi) 屏息 (p ǐng) 商贾 (g ǔ) 数见不鲜 (shu ò)D.独处 (ch ǔ) 霎时 (sh à) 期年 (j ī) 一模一样 (mú)2.下列字形全都正确的一项是A. 残废座落坍圮历尽沧桑B.天籁弧形岛屿憾天动地C. 樯桅点缀倾泻迄今为止D.掂记斑驳倩影绞尽脑汁3.下列各句中成语使用恰当的一项是A.近来，一些不法之徒经常用不名一钱的野生植物充当“灵芝” “党参”骗取钱财。
B.农民将剪裁后的“下脚料”做成蔬菜大棚的“棉被”，这真是一念之差，变废为宝。
C.同学之间宜结秦晋之好，不能因一点小事就反目成仇。
D.中国足球要想冲出亚洲，必须卧薪尝胆，刻苦训练。
4.下列句子中没有语病的一项是A.经过老主任再三解释，才使他怒气逐渐平息，最后脸上勉强露出一丝笑容。
B.为了防止这类交通事故不再发生，我们加强了交通安全的教育和管理。
C.《哈利·波特》中文版一经出版，便深受广大中学生所欢迎，短短九个月时间里，便重印了九次。
D.我的小屋在树与树之间若隐若现，凌空而起，姿态翩然。
5.下列文学常识的表述不正确的一项是 ( )A.《沁园春·长沙》是现代诗歌。
“沁园春”是词牌，它规定这一首词的字数、平仄、押韵等 ; “长沙”是词的标题，它揭示这一首词的内容。
浙江省“温州十五校联合体”2024_2025学年高一语文下学期期中试题含解析
D. 比如当今世界上很多发展中国家，历史上大多遭遇过西方殖民主义的欺凌（lín），这些国家的民众，由于受一种被扭曲的心理的影响，简洁产生两种截然相反的倾（qīnɡ）向。
【答案】C
①谁道人生无再少？门前流水尚能西
②人间如梦，一尊还酹江月
③谁见幽人独往来，飘渺孤鸿影
A. ③①②B. ②③①C. ①③②D. ③②①
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：本题考查学生语言表达的连贯性。此类题目要在快速阅读整段文字，初步感知大体内容的基础上，结合具体语境，依据上下文的句子结构、逻辑依次等来分析推理、推断。“谁道人生无再少？门前流水尚能西”，谁说人生就不能再回到少年时期？门前的溪水还能向西边流淌！不要在老年感叹时间的飞逝啊。“人间如梦，一尊还酹江月”，这是苏轼对人生的无限感慨，有大彻大悟、超脱尘俗的味道。“谁见幽人独往来，飘渺孤鸿影”，四周是那么安静幽寂，在万物入梦的此刻，又有谁像自己这样在月光下孤寂地徘徊，就像是一只孤寂飞过天穹的凄清的大雁呢？先是点出一位独来独往、心事浩茫的“幽人”形象，随即轻灵飞动地由“幽人”而孤鸿，使这两个意象产生对应和契合。既是实写，又通过人、鸟形象的对应、嫁接，极富象征意味和诗意之美地强化了“幽人”的超凡脱俗。物我同一，互为补充，使孤独的形象更具体感人。与每句后的说明相一样，可按“失意——排解——豁达”的角度来考虑。故选A。
9. ①成语“堂而皇之”省去“堂皇”二字，增加嘲讽之意②“丰富”“大度”是褒词贬用，形成讽刺③将“残羹冷炙”与“奖赏”搭配运用，在滑稽中形成反讽。
【解析】
【7题详解】
试题分析：本题主要考查理解文中重要词语的含义的实力。本题的考点是词语的含义。解答思路：解词+内容+情感。方法：联系词语本义，结合语境分析词语的含义，以及表达的感情。理解词语一般先理解其表面义，然后要结合语境及课文内容，具体理解出它的语境义及所包含的情感，务必遵循“词不离句，句不离篇”的原则。“抛给”，是指帝国主义对我国的经济文化侵略。“抛来”是指把无用的东西抛弃掉，或无代价的送人或施舍。一句“不要误会为‘抛来’的东西”，把“抛来”和“抛给”之间的善恶分得特别清晰。
湖北省部分省级示范高中2022～2023学年下学期期中测试高一语文试卷(含解析)
湖北省部分省级示范高中2022～2023学年下学期期中测试高一语文试卷一、现代文阅读（35分）（一）现代文阅读I（本题共5小题，19分）阅读下面的文字，完成1～5题。
材料一：园林命名之最高标准，张岱已明言“无有一字入俗”，这也是园林命名同现代的“主题园”的区别。
后者仅仅指出命名是表达景致的某一主题思想，而园林命名的关键却不只在于"主题"，更在于雅俗。
有人认为使用古人典故就是“不俗”了，《红楼梦》第十七回中以两处题名指出了这一观念的问题，在“由径通幽”，宝玉言之“编新不如述旧，刻古终胜雕今”，这自然是常说的“古雅”了；而在“沁芳桥"，宝玉又不喜欢别人那些"述古"的名字了。
通观全篇，其所涉用典之俗的问题大抵有三：一日陈旧，二曰犯忌，三曰“不中”。
所谓陈旧，就是用典太过俗滥，了无新意。
如众人到了潇湘馆时，论此处匾该题四字。
有人说：“淇水遗风。
”贾政道：“俗。
”又一个道：“睢国遗迹。
”贾政道：“也俗。
”二者一处用《诗经·卫风·淇奥》“瞻彼淇奥，绿竹猗猗。
有匪君子，如切如磋，如琢如磨”之典；另一处用睢园，即汉梁孝王“绿竹荫诸”的菟园之典，都同潇湘馆最点景的物“竹”有关，也算应题，为何被政老称“俗”呢？主要在于，这两个典故是文人看到“竹”最容易想到的典故，几乎已经是陈词滥调了，而由自我妙思所感知的此处景致之独特也自然不可见了。
犯忌者，多是同政事人情相悖之意。
这看似同雅俗无关，但所“雅”者，乃是寓于此间而得其遗世独立之精神；若不能意会禁忌之“度”，便是同时俗产生了冲突，难得独我之幽趣了。
一犯在违制。
如“蓼汀花淑”一景，有人拟出“秦人旧舍”，宝玉立即指出“背谬了”，桃花源之典故，本是讲“为避秦乱"而隐居的一村人，他们皆"不知有汉，无论魏晋"，这无疑暗藏着对政治的不满。
二犯在重名。
“稻香村”最初有人题名“杏花村”获得众人赞赏，贾政却向众人道：“‘杏花村’固佳，只是犯了正名，村名直待请名方可。
2023学年温州市高一语文下学期期中联考试卷附答案解析
2023学年温州市高一语文下学期期中联考试卷考生须知：1．本卷共8页，满分150分，考试时间150分钟。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4．考试结束后，只需上交答题纸。
一、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。
材料一：①中国的建筑体系是在世界各民族数千年文化史中一个独特的建筑体系。
它是中华民族数千年来世代经验的累积所创造的。
考古学家所发掘的殷代遗址证明，至迟在公元前15世纪，这个独特的体系已经基本上形成了，它的基本特征一直保留到了近代。
3500年来，中国世世代代的劳动人民发展了这个体系的特长，不断地在技术上和艺术上把它提高，使之达到了高度水平，取得了辉煌成就。
②这一切特点都有一定的风格和手法，为匠师们所遵守，为人民所承认，我们可以叫它作中国建筑的“文法”。
建筑和语言文字一样，一个民族总是创造出他们世世代代所喜爱，因而沿用的惯例，成了法式。
中国建筑怎样砍割并组织木材成为梁架，成为斗拱，成为一“间”，成为个别建筑物的框架；怎样布置并联系各种不同的个别建筑，组成庭院：这都是我们建筑上两三千年沿用并发展下来的惯例法式。
无论每种具体的实物怎样地千变万化，它们都遵循着那些法式。
构件与构件之间，构件和它们的加工处理装饰之间，个别建筑物和个别建筑物之间，都有一定的处理方法和相互关系，所以我们说它是一种建筑上的“文法”。
至如梁、柱、枋、檩、门、窗、墙、瓦、槛、阶、栏杆、隔扇、斗栱、正脊、垂脊、正吻、戗兽、正房、厢房、游廊、庭院、夹道等等，那就是我们建筑上的“词汇”，是构成一座或一组建筑的不可少的构件和因素。
③这种“文法”有一定的拘束性，但同时也有极大的运用的灵活性，能有多样性的表现。
也如同做文章一样，在文法的拘束性之下，仍可以有许多体裁，有多样性的创作，如文章之有诗、词、歌、赋、论着、散文、小说等等。
安徽省马鞍山市第二中学2023-2024学年高一下学期期中测试语文试卷
安徽省马鞍山市第二中学2023-2024学年高一下学期期中测试语文试卷一、现代文阅读阅读下面的文字，完成下面小题。
材料一劳模凝聚了不同阶段的社会信任，成为对诚实劳动价值的肯定、象征和符号。
劳模精神是一种源于生活又融于生活的精神，带来的是政治凝聚力、经济提升率、社会文化示范性和社会发展引领力。
从符号价值角度研究劳模现象，内蕴着两大重要变化。
一是劳动观念不断被重塑。
马克思主义劳动观伴随着中华人民共和国的成长。
劳动作为人类最基本的社会实践，决定着人们的社会生活；以劳模为重要代表的新型劳动者形象不断被刷新，引领了全社会劳动观的升级进步。
在土地革命轰轰烈烈的劳动竞赛中，劳动人民带着“我们多流汗，前方少流血”的精神，激发了劳动热情。
《用新的态度对待新的劳动》一文中号召国有企业与合作社企业中的工人，不应该为地主、资本家劳动，应该为自己、为人类的最后解放而劳动。
劳动性质的变换，成功推动了全社会用新的态度来对待新的劳动。
中华人民共和国成立后，劳动人民成了国家的主人，以劳模为代表的优秀劳动者被看作国家最宝贵的社会财富。
劳动政策颠覆和重塑了体力劳动和脑力劳动观念，工人阶级成为国家建设的主要力量。
1978年改革开放后，劳动者的积极性空前高涨，劳模诞生于各行各业的劳动者中，成为各条战线加快改革开放和现代化建设的带头人。
“以知识创造效益、以科技提升竞争力，实现个人价值、创造社会价值”成为整个社会的价值导向。
新时代，尊重劳动，“实干”“创造”并重的劳动观蔚然成风。
社会从整体上认识到美好梦想需要通过诚实劳动实现，而发展中的各种难题，也只有通过诚实劳动才能得到破解。
二是新的技术进步指标不断被刷新。
劳模作为技术革新的领先者，在中国社会的技术进步史上扮演着领航者的角色，是质量意识与质量精神存留与发展的守护者，是新的工匠精神不断被升华的实践者。
在手工劳动时代，手工劳动是一项非标准化的技术技能，劳动者运用工具的熟练程度、准确性和精确度，体现了劳动者的“工艺”完成水平。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
高一下学期期中综合测试卷一、选择（每小题2分，共14分）1. 下列加点词语的注音有误的一项是（）A．纤．（xiān）巧闽．（mǐn）山圭臬．．（guī niè）濒．临(bīn)B．宠．（chǒng）幸细腻．（nì）开辟．（pì）阜．盛（fù）C．嗾．（sǒu）使萌蘖．．（méng niè）白痴．（chī）敕．(chì)造D．轨．（gueǐ）道惫懒．． (cǔn dù)．．（ài mèi）忖度．．（bèi lǎn）暧昧2. 下列词语字形完全正确的一项是（）A．接踵而至趋之若鹜自取灭亡以逸代劳B．犹豫不绝出尽风头载歌载舞一帆风顺C．奇幻迷离锲而不舍孜孜以求举世瞩目D．拨地而起响彻云宵心安理得怯弱不胜3. 下列句中的加点词语解释错误的一项是（）A．真正参透．．了人生与世界的强大的人也是善良的。
参透：看透；透彻领会。
B．恶．了高太尉。
恶：讨厌。
C．其中有些人不谙．．英语。
不谙：不熟悉。
D．这支小部队实在已经是强弩之末．．．．了。
强弩之末：比喻很强的力量已经微弱。
4. 下列各句中加点的成语使用不正确的一项是（）A．在这抗震救灾的危难之际，就是有天大的困难，我们这些热血青年也会心甘情愿．．．．地奔赴前线。
B．袁世凯复辟帝制失败后，曾经为他跑前跑后的小菊仙不但没有身陷图圄，反而行动自由，逍遥法外．．．．。
C．会场上，小刘玲拿着一本《读者》一边看，一边心不在焉．．．．地听讲。
D．刘老冠夫妇俩非常疼爱孩子，孩子们也孝敬他们，一家人相敬如宾．．．．，非常幸福。
5. 下列各句中没有语病的一项是（）A．为了建设中原经济区，使河南人民纷纷行动起来了。
B．防止煤矿不出事故的最好办法，就是加强安全工作。
C．虽然没有获得金牌，但是他顽强拼搏，带伤参战，赢得了全场观众的掌声。
D．这场比赛是八一队和广东队争夺冠亚军，肯定十分精彩。
6. 下列语句所使用的修辞手法有误的一项是（）A．善良也是一种智慧，是一种远见，是一种自信，是一种精神力量，是一种精神的平安，是一种以逸待劳的沉稳，是一种文化，是一种快乐，是一种乐观。
（排比）B．再试一回，不试你怎么知道会没用？（设问）C．还有什么比原子中“云深不知处”的电子云更具朦胧美？（反问引用）D．瓤肉莹白如冰雪，浆液甘酸如醴酪。
（比喻）7. 下列作品、所处时代、作者、文体对应完全正确的一项是（）A．《合欢树》——当代——史铁生——小说B．《南州六月荔枝丹》——当代——贾祖璋——议论文C．《边城》——现代——沈从文——小说D．《士兵突击》——当代——兰晓龙——话剧二、判断（每小题1分，共8分）8. 著名哲学家冯友兰先生的《人生的境界》是一篇抒情性散文。
（）9. 当代作家王蒙的《善良》是一篇议论性散文，作者热情讴歌了善良的伟大力量，以及对善良的坚定信念。
（）10. 我国北宋著名思想家、教育家朱熹曾倡导“三到”读书法，即读书要做到心到、眼到、口到。
（）11. 常见的说明顺序有时间顺序、空间顺序、程序顺序、逻辑顺序。
（）12. 《科学是美丽的》思路非常清晰，作者先提出观点，再阐述理由，最后强化结论。
（）13. 《飞向太空的航程》标题一语双关，一是实指“神州”五号飞船发射的过程，二是喻指中国航天梦的探索过程。
（）14. 启事的种类很多，寻物启事属于告知类启事，遗失启事属于寻找类启事。
（）15. 小说的三要素是故事情节、人物形象和环境描写。
其中，小说的第一要素是塑造人物形象。
（）三、阅读理解（共38分）（一）阅读下边文字，按要求完成文后16—21小题。
（14分）母亲去世后，我们搬了家。
我很少再到母亲住过的那个小院儿去。
小院儿在一个大院儿的尽里头。
我偶尔摇车到大院儿去坐坐，但不愿意去那个小院儿，推说手摇车进去不方便，院儿里的老太太们还都把我当儿孙看，尤其想到我又没了母亲，但都不说，光扯些闲话，怪我不常去。
我坐在院子当中，喝东家的茶，吃西家的瓜。
有一年，人们终于又提到母亲：“到小院儿去看看吧，你妈种的那棵合欢树今年开花了!”我心里一阵抖，还是推说手摇车进出太不易。
大伙就不再说，忙扯些别的，说起我们原来住的房子里现在住了小两口，女的刚生了个儿子，孩子不哭不闹，光是瞪着眼睛看窗户上的树影儿。
我没料到那棵树还活着。
那年，母亲到劳动局去给我找工作，回来时在路边挖了一棵刚出土的“含羞草”，以为是含羞草，种在花盆里长，竟是一棵合欢树。
母亲从来喜欢那些东西，但当时心思全在别处。
第二年合欢树没有发芽，母亲了一回，还不舍得，依然让它长在瓦盆里。
第三年，合欢树却又叶子，而且茂盛了。
母亲了很多天，以为那是个好兆头，常去它，不敢再大意。
又过一年，她把合欢树移出盆，栽在窗前的地上，有时念叨，不知道这种树几年才开花。
再过一年，我们搬了家，悲痛弄得我们都把那棵小树忘记了。
16. “我偶尔摇车到大院儿去坐坐，但不愿意去那个小院儿”，作者为什么不愿意去那个小院儿？（3分）。
17．当邻人们劝我看合欢树时，“我心里一阵抖”。
如何理解作者的“抖”？（3分）。
18. “母亲从来喜欢那些东西，但当时心思全在别处。
”句中的“别处”是指（2分）19. “第二年合欢树没有发芽，母亲了一回，还不舍得，依然让它长在瓦盆里。
第三年，合欢树却又叶子，而且茂盛了。
母亲了很多天，以为那是个好兆头，常去它，不敢再大意。
”依次填入文中划线处的词语，完全正确的一项是（）（2分）A. 叹息扔掉长出高兴侍弄B. 叹息倒掉长出兴奋摆弄C. 生气倒掉抽出激动侍弄D. 生气扔掉抽出高兴侍弄20. 下列关于文段内容的理解，不正确的一项是（）（2分）A. 合欢树是母亲亲自栽种的，寄托着母亲的希望，所以象征着母爱。
B. 合欢树从弱小到花叶繁茂，象征了作者的成长。
C. 合欢树象征着母子情。
D. 我一直不喜欢看合欢树，因为母亲去世了，它却活着。
21. 概括第二段的主要内容：。
（2分）（二）阅读下边文字，按要求完成文后22—26小题。
（11分）①荔枝呈心脏形、卵圆形或圆形，通常蒂部大，顶端稍小。
蒂部周围微微突起，称为果肩；有的一边高，一边低。
顶端叫果顶，浑圆或尖圆。
两侧从果顶到蒂部有一条沟，叫做缝合线，显隐随品种而不同。
旧记载中还有一些稀奇的品种，如细长如指形的“龙牙”、圆小如珠的“珍珠”，因为缺少经济价值，现在已经绝种了。
②荔枝大小，通常是直径三四厘米，重十多克到二十多克。
六十年代，广东调查得知，有鹅蛋荔和丁香大荔，重达四五十克。
还有四川合江产的“楠木叶”，《四川果树良种图谱》说它重十九克左右，《中国果树栽培学》则说大的重六十克。
22. 分别用一句话概括两段选文的内容。
（2分）（1）（2）23.（1）下列不属于选文①运用的说明方法的一项是（）（1分）A. 举例说明B. 定义说明C. 比喻说明D. 分类说明（2）下列不属于选文②运用的说明方法的一项是（）（1分）A. 数据说明B. 举例说明C. 分类说明D. 引用说明24. 选文中有两处使用了“通常”一词，其意思和作用是否一样？请做简要说明。
（2分）25. 数字说明有确数和约数两种，选文中的数字属于哪一种？为什么选用这一种？（2分）26. 选文②中先总体介绍荔枝的通常形状，再由蒂部到顶端及两侧作具体介绍，然后介绍旧记载中荔枝的特殊形状，这种说明顺序是由到，叫做顺序。
（3分）（三）阅读下边文字，按要求完成文后27—32小题。
（13分）贾母因笑道：“外客未见，就脱了衣裳，还不去见你妹妹！”宝玉早已看见多了一个姊妹，便料定是林姑妈之女，忙来作揖。
厮见毕归坐，细看形容，与众各别：两弯似蹙．非蹙罥烟眉，一双似喜非喜含情目。
态生两靥．之愁，娇袭一身之病。
泪光点点，娇喘微微。
闲静时如姣花照水，。
心较比干多一窍，。
宝玉看罢，因笑道：“这个妹妹我曾见过的。
”贾母笑道：“可又是胡说，你又何曾见过他？”宝玉笑道：“虽然未曾见过他，然我看着面善，心里就算是旧相识，今日只作远别重逢，亦未为不可。
”贾母笑道：“更好，更好，若如此，更相和睦了。
”宝玉便走近黛玉身边坐下，又细细打量一番，因问：“妹妹可曾读书？”黛玉道：“不曾读，只上了一年学，些须认得几个字。
”宝玉又道：“妹妹尊名是那两个字？”黛玉便说了名。
宝玉又问表字。
黛玉道：“无字。
”宝玉笑道：“我送妹妹一妙字，莫若‘颦颦’二字极妙。
”探春便问何出。
宝玉道：“《古今人物通考》上说：‘西方有石名黛，可代画眉之墨。
’况这林妹妹眉尖若蹙，用取这两个字，岂不两妙！”探春笑道：“只恐又是你的杜撰。
”宝玉笑道：“除《四书》外，杜撰的太多，偏只我是杜撰不成？”27. 给下列加点字注音（每空1分，共2分）（1）蹙．（）（2）靥．（）28. 解释下列词语在文中的意思（每空1分，共2分）（1）罥烟眉：（2）杜撰：29. 依据课文，在文段中划横线处填写句子。
（2分）30. 作者描写林黛玉时，对其服饰只字未提，对此原因分析正确的一项是（）。
（2分）A. 这是宝玉眼中的黛玉，在宝玉眼中衣服裙裾是不屑之物，故视而不见。
B. 宝玉很马虎，一般不注意细节。
C. 黛玉的服饰平常，不值得一提。
D. 黛玉风尘未洗，写服饰会使其形象暗淡无光。
31. 前文贾母问黛玉读什么书时，黛玉回答“只刚念了《四书》”。
为什么宝玉问黛玉可曾读书时，她却道“不曾读，只上了一年学，些须认得几个字”？（3分）32. 本段文字出自课文。
（1分）作者是。
（1分）四、作文（40分）33. 阅读下面的材料，按要求作文。
要给母亲做一件漂亮的衣服，等我赚到钱以后∕要给母亲买好吃的，等我找到工作以后∕要让母亲坐趟飞机，等我成为富豪之后……∕小时候我想为母亲做很多事∕每次结论都以“以后”结束∕但那时我不知道，其实没有“以后”。
这是韩国总统李明博《母亲》一书中的一节。
在生活中，我们每个人可能都有过这样的心态：不仅对待亲人如此，对待一些事情也是这样。
要求：请根据以上材料，写一篇不少于600字的文章，题目自拟，立意自定，文体自选。
参考答案一、1、D 2. C 3、B 4、D 5、C（A滥用介词缺主语，可去掉“为了”或去掉动词“使”。
B滥用副词“不”，多一层否定，意思说反了。
可去掉“不”。
D①不合逻辑，只争冠军②误把可能语气表达为肯定语气，可改“肯定”为“可能”） 6、B 7.C二、8. × 9、√ 10、× 11.∨ 12. ∨ 13、∨ 14. × 15、×三、（一）16. 因为那个小院儿里有太多母子相伴的生活细节，有快乐，有抗争，有温暖，有忧伤。
作者不愿意去小院儿，实际上是在刻意保留一种想象中的完美和幸福，“享受着”内心深处那个隐秘的世界，不愿触及那种永存的痛。
17. “抖”把作者极为复杂的内心感情表现得细腻而传神。