山东省平度市第九中学2020届高三上学期期中考试语文试卷 Word版含答案
高三语文注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和考号填涂在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将答题卡交回。
一、现代文阅读（36分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成1～3题。
《哪吒之魔童降世》成为今年电影市场爆款。
作为一部国产改编版动漫电影，究竟满足了怎样的期许，才演绎了一场颇含决绝意味的“逆天改命”？《哪吒之魔童降世》依然是从传统文化中找灵感、找素材，并与已取得一定成功的《大圣归来》《白蛇：缘起》等一脉相承。
这一方面得益于民间传说题材具有较好的改编基础；另一方面，民间传说题材既能兼容不同时空、多重相互矛盾的情感元素，又能经由改编承载、反映不同时代的价值诉求与心理期待，更适合进行颠覆性的改造与演绎。
其实这些年的银幕上，对传统文化题材的现代性改编，屡见不鲜，但成功者凤毛麟角。
大部分作品仅停留于元素叠加的层面，似乎将传统故事叠加上现代性符号就可以摇身一变完成转化。
而《哪吒之魔童降世》则完全放弃了这种套路，尝试进行彻头彻尾的神话重述。
传统的哪吒故事退居为一个载体，里面全然承载着属于当代人的价值观与精神属性，以及切入当下现实生活的角度与方式。
从人物设定来看，经典动画片《哪吒闹海》中的人物放置于今天有着扁平、呆板、脸谱化的缺陷。
哪吒母亲殷夫人的形象贤惠、柔弱，但存在感较低；经此番改写，变身成了武艺高强、斩妖除魔的职场女性形象，工作繁忙却也为如何陪伴哪吒成长耗尽了心力。
父亲陈塘关总兵李靖，在以往的设定中太不讨喜，作为父亲，不爱哪吒、不信哪吒、不护哪吒，还每每总是第一个跳出来要惩罚哪吒，这样的形象显然无法满足当下观众的心理期许。
而在此番改造中，李靖的形象变得柔软，变得让人熟悉，他不善言辞，总是把爱深藏心底，对儿子有着很高的期待，却最可能暗暗地为儿子牺牲自己。
这一版殷夫人与李靖的形象里暗藏着太多现代父母的影子，让观众无形中觉得可亲、可近，能够代入自我、投射自我，又随着片中人物的命运无尽唏嘘。
从故事架构来看，哪吒的故事本质是一个英雄成长的故事。
英雄在世间历经种种遭际，由懵懂无知到唤醒英雄意识，再到成为英雄。
具体到哪吒，“反抗”是其成长蜕变的核心元素，在传统的《哪吒闹海》中，哪吒反抗的是封建压迫。
此时英雄的成长是“被迫”的，外在苦难的刺激，外在的对抗性压力，成为了英雄觉醒的触发点，“命令”着英雄展现英雄特质拯救苍生。
但到《哪吒之魔童降世》这里，却在尝试英雄故事的另一种演绎模式。
英雄成长是一个自我发现、自我救赎的过程，新版哪吒的成长不再是“被迫”的，而是具有内向性驱动的主动选择，是一场笑泪参半的自我延展、自我实现。
这种颇显孤独与执拗的“选择”才会让那句“我命由我不由天”直抵人心，引发观众的强烈共鸣。
传统文化题材是幻想类叙事文本取之不尽、用之不竭的资源宝库，回顾半个多世纪以来广受好评的国产动画作品，多在不同程度上娴熟运用着传统文化要素、融入中国的历史故事，却反映出直指当下的时代精神与社会价值诉求。
《哪吒之魔童降世》的火爆，让人开始对打造高水准的中国神话传说系列心向往之，但这种系列作品的完备与成熟还需要后续作品的品质与口碑来维系，对国产动漫来说仍有大量的事情要做、不短的路要走，也许正如“人工智能之父”图灵在《计算机器与智能》中那句著名的结尾：“我们的目光所及，只是不远的前方，但是可以看到，那里有许多工作要做。
”（选自边远《国产动画电影打破传统文化现代性改编套路》，有删改）1.下列关于原文内容的理解和分析，正确的一项是（3分）A.《哪吒之魔童降世》和《大圣归来》《白蛇：缘起》等国产动漫都是从传统文化中找灵感、找素材，都大获成功。
B.民间传说题材具有很强的兼容性，又能通过改编反映不同时代的价值诉求与心理期待，所以更适合进行颠覆性的改造与演绎。
C.大部分国产动漫作品仅停留于元素叠加的层面，《哪吒之魔童降世》则已经基本脱离元素叠加的套路，而进行神话重述。
D.《哪吒之魔童降世》中的人物形象设置改变了《哪吒闹海》中人物形象的缺陷，塑造出的人物形象比《哪吒闹海》更经典。
2.下列对原文论证的相关分析，不正确的一项是（3分）A.全文采用并列结构，从人物设定和故事架构两方面，剖析了《哪吒之魔童降世》成功的原因。
B.文章主要运用事例论证、对比论证来论述《哪吒之魔童降世》取得的成功和国产动漫的发展。
C.文章将《哪吒闹海》和《哪吒之魔童降世》进行对比，突出后者更好地满足了当下观众的心理期许。
D.文章最后引用图灵的话表明未来的国产动漫虽然有美好的发展前景，但发展之路并非一帆风顺。
3.根据原文内容，下列说法不正确的一项是（3分）A.传统文化题材是幻想类叙事文本取之不尽、用之不竭的资源宝库，但是要想使其富有生命力，需要融入时代精神与社会价值诉求。
B.霍布斯鲍姆有言：“当旧有的社会模式逐渐消解，人们便会选用旧材料、建构新形式文化来满足新模式的需要。
”《哪吒之魔童降世》的火爆正说明这点。
C.《哪吒之魔童降世》的火爆，说明其选材内容、人物塑造、个性化语言都是完全成功的，电影受到各年龄段观众的欢迎。
D.在传统文化题材的现代性改编中，现代元素的简单叠加是我国当下国产动漫发展的主要问题，只有对传统文化题材进行不断地创造性尝试，才会有更好的发展。
（三）实用类文本阅读（本题共3小题，12分）阅读下面的文字，完成4～6题。
材料一：随着近几年严峻的就业形势，大家对2018年的大学生就业形势格外关注。
根据教育部发布的最新信息，2018年高校毕业生人数达到765万，超越2017年的749万，高校毕业人数创历史最高，堪称史上更难就业季。
在当下国内化解过剩产能造成一部分职工下岗、经济下行压力下企业用工不足等大背景下，“2018年就业形势复杂、任务非常艰巨”，中国人力资源和社会保障部部长尹蔚民在今年的一次新闻发布会上说。
今年考研人数达到177万，以7％増长终结持续两年的报考颓势。
最近的一份调查显示，考研人群中56％的出发点是为了“更好的工作”。
值得注意的是，今年考研大军中往届毕业生占了足足四成。
经济下行背景下，压力正逐步向考研和就业传导。
长期以来，毕业后能留在北京、上海、广州、深圳这些大城市工作往往是大部分应届毕业生的梦想，这些城市因政治、经济等因素形成罕有的顶端优势资源，且足以让父母亲属们倍觉脸上有光。
然而，随着近几年这些大城市为解决“大城市病”而推出的控制人ロ规模等政策，毕业后在“北上广深”这些大城市工作变得越来越难。
(摘自“财经网”《2018年大学生就业形势分析》）材料二：2015 2016 20172015－2017年届毕业半年后的就业率走势 2017年中国高校毕业生数量按专业大类排名（摘编自《2018年中国大学生就业率及就业情况分析》《2018年高校毕业生就业形势分析》）材料三：当前就业形势一般来讲，大学生毕业后有两个选择：一是找工作，二是继续升学进修，最起码选择继续进修的同学已不算是失业。
而对于希望找到工作而未能如愿的“失业”毕业生，很多时候就认为是社会岗位少就业难。
很明显的，当前高校毕业生就业总体形势是：一是经济转型期中国劳动力供大于求，下岗再就业人员多，就业结构性矛盾突出；二是高校扩招使人才市场上大学生供给量增大，国民接受高等教育的水平仍低于中等发达国家水平，在相当长一个时期内高校毕业生需求仍然短缺；三是高职高专大学生类型特征鲜明、整体走势明朗、社会认可又认证、产学途径渐趋畅通、人才市场趋理性、观念得以改变，就业反而有所好转。
(摘编自《面对严峻的就业形势，当代大学生应该如何去适应) 材料四：我国实行了积极的就业政策，确立了“劳动者自主就业，市场调节就业，政府促进就业”的就业方针。
我国政府坚持通过发展经济、调节经济结枃、深化改革、协调发展城乡经济以及完善社会保障体系促进就业，并采取各种有效措施，千方百计增加就业，扩大就业规模，努力把失业率控制在社会可承受的限度内。
国家鼓励和引导高校毕业生到城乡基层就业，鼓励高校毕业生到中小企业和非公有制企业就业，鼓励骨干企业和科研项目单位积极吸纳和稳定高校毕业生就业，鼓励和支持高校毕业生自主创业。
要求加强高校毕业生就业服务和就业指导，提升高校毕业生就业能力，强化对困难高校毕业生的就业援助。
(摘编自《国务院办公厅关于加强普通高等学校毕业生就业工作的通知》)4.下列对材料相关内容的概括和分析，正确的一项是（3分）A.2018年高校毕业生人数达到765万，超越2017年的749万，高校毕业人数创历史最高，直接导致了高校毕业生难就业，经济下行则是次要原因。
B.2018年考研人数达到177万，以7％增长终结持续两年的报考颓势，其中往届毕业生占了足足四成，可见考研从根本上缓解了全国就业压力。
C.当前高校毕业生就业总体形势，一是就业结构性矛盾突出，二是扩招后大学生供给量大，三是高职高专类毕业生就业情况好于本科毕业生。
D.面对严峻的就业形势，我国确立了“劳动者自主就业，市场调节就业，政府促进就业”的就业方针，多措并举努力把失业率控制在社会可承受的限度内。
5. 下列对材料二相关内容的理解和分析，不正确的一项是（3分）A.从图表可以看出，2015-2017年届毕业半年后的全国总体就业率持续下降，本科就业率下降趋势与全国总体就业率下降趋势类似，但下降幅度不同。
B.本科就业率连续三年的下降拖动了全国就业率下降，高职高专就业率不是一直下降，2017年相较2016年呈上升趋势，2017年超过了2015年的就业率。
C.2017年中国高校毕业生数量中，工学类专业毕业生所占比例最高，管理学类专业毕业生占比居第二位，理学类专业毕业生占比居第五位。
D.从中国高校毕业生专业占比图可以看出，2017年毕业生中有24.9％的学生在大学期间学习管理学，而学习哲学、军事学的数量排在倒数两位。
6. 高校毕业生就业关乎家庭幸福和社会安定，请你结合材料谈谈如何确保大学生就业。
（6分）（三）文学类文本阅读（本题共3小题，15分）阅读下面的文字，完成7～9题。
航船中的文明朱自清第一次乘夜航船，从绍兴府桥到西兴渡口。
绍兴到西兴本有汽油船。
我因急于来杭，又因年来逐逐于火车轮船之中，也想“回到” 航船里，领略先代生活的异样的趣味；所以不顾亲戚们的坚留和劝说（他们说航船里是很苦的），毅然决然的于下午六时左右下了船。
有了“物质文明”的汽油船，却又有“精神文明”的航船，使我们徘徊其间，左右顾而乐之，真是二十世纪中国人的幸福了！航船中的乘客大都是小商人；两个军弁是例外。
满船没有一个士大夫；我区区或者可充个数儿，——因为我曾读过几年书，又忝为大夫之后——但也是例外之例外！真的，那班士大夫到哪里去了呢？这不消说得，都到了轮船里去了！士大夫虽也擎着大旗拥护精神文明，但千虑不免一失，竟为那物质文明的孙儿，满身洋油气的小顽意儿骗得定定的，忍心害理的撇了那老相好。
2020-2021学年平度市西关中学高三语文上学期期中试题及答案
2020-2021学年平度市西关中学高三语文上学期期中试题及答案一、现代文阅读（36分）(一)现代文阅读I(9分)阅读下面的文字，完成下面小题。
材料一：2018年4月16日晚，美国商务部发布公告称，美国政府未来7年禁止中兴通讯向美国企业购买敏感产品。
2018年4月19日，针对中兴被美国“封杀”的问题，商务部表示，中方密切关注进展，随时准备采取必要措施，维护中国企业合法权益。
2018年4月20日，中兴通讯发布关于美国商务部激活拒绝令的声明，称在相关调查尚未结束之前，美国商务部工业与安全局执意对公司施以最严厉的制裁，对中兴通讯来说极不公平，“不能接受”！2018年5月，中兴通讯公告称，受拒绝令影响，本公司主要经营活动已无法进行。
（摘编自“网易”“新浪”“凤凰网”）材料二：芯片贸易已经成为中国进出口贸易逆差的最大“黑洞”。
海关总署数据显示，最近几年集成电路进口额均超过2000亿美元，甚至长期超过石油进口额。
2017年，这一数额达到了2601亿美元，进出口贸易逆差达到最高值的1932.6亿美元。
StrategyAnalytics分析师杨光表示，危机肯定会刺激自主芯片产业的发展，但想依靠国产芯片帮助中兴渡过危机确实是远水解不了近渴，芯片行业的发展是个长期的过程，需要持续投入，而且有些必要的学费恐怕也是绕不过去的。
在可预见的未来几年内，比如SG开始这几年，国内芯片恐怕还是要靠国际市场供应。
（摘编自《“芯痛”背后国产芯片征途漫漫，“中国芯”短板何在》，《新京报》）材料三：美国商务部日前对中国中兴通讯公司采取出口管制措施。
这一事件给中国科技企业敲响了警钟，促使科技界和更多企业以更长远眼光，谋求更自主、自强的发展。
近些年来，中国在全球高科技领域不断追赶的态势愈发突出，在不少领域实现“并跑”乃至“领跑”。
在北斗卫星导航系统、量子通信、探月工程、可燃冰开采等诸多方面，中国都取得重大突破。
作为发展中国家，中国的科技发展速度和成就足够令人自豪。
2020高三(上)期中统考语文答案
2020～2021学年第一学期高三年级期中质量监测语文参考答案及评分建议一、现代文阅读（36分）1.C（A项“直接激发”错；B项生态文学反映的根本主题是中和、协和、平和等哲学要义；D项“整体比重相对均衡”错）2.B（“逐层递进”错）3.B（“一直从正面反映”错）4.A（材料一“艾特肯盆地是目前发现的．．．．．太阳系固体天体中最大最深的盆地”）5.D（根据材料三可知，美国和新加坡是对“嫦娥四号”探测器自主着陆的肯定评价；俄罗斯、荷兰和德国是对“嫦娥四号”搭载的各国前沿科技的介绍，不是评价）6.材料一侧重介绍“嫦娥四号”月背着陆的研究价值、深远意义和影响。
材料二侧重介绍“嫦娥四号”的着陆过程以及在发射过程中实现的重大技术突破。
材料三侧重介绍了国外媒体、专家对“嫦娥四号”的积极评价以及各国对“嫦娥四号”搭载本国前沿科技的介绍。
（每点2分）7.D（“激烈的矛盾冲突”错）8. ①“水泥桶里的信”讲述了另一位水泥工的不幸遭遇，也是对松户与三繁重工作的进一步交代。
②这封信烘托了松户与三的形象，“看着信尾”松户与三叫喊“想把一切都砸个稀巴烂”，信将人物对现状的不满情绪催化为反思与反抗的思想变化。
③这封信连接了另一位水泥工与松户与三，表现了工业时代“一类人”（工人）共同的悲剧命运。
④写信是一位女工充满无奈的求助方式，而小说结尾读信的松户与三也向命运妥协，表达了当时社会底层劳动者孤独无助的普遍伤痛。
（每点2分，答出3点即可；如有其他答案，言之成理也可酌情给分）9.①夫妇对话深刻地表现了小说的主题，揭示出现实生活的残酷以及下层劳动人民的不幸、痛苦和无奈。
②夫妇对话使人物形象更加丰满。
松户与三的怒吼，表现出心中强烈的愤怒和渴望砸坏不公平社会的愿望，妻子的话则体现出内心的无奈。
③小说以夫妇对话作为戛然而止的结尾，使小说具有含蓄而动人心魄的力量，引发人们的深思。
（每点2分）二、古代诗文阅读（34分）10.B11.D（“此处指国都”错，应指封国）12.B（“以迟到为借口杀掉一个反对自己的人”错）13.（1）有的年轻人对彭越说：“很多豪杰争相树旗号反叛秦朝，你可以站出来，咱们也效仿他们。
精编2020届高三语文上学期期中试卷带完整答案
精编2020届高三语文上学期期中试卷带完整答案精编2020届高三语文上学期期中试卷带完整答案注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第I卷（选择题)一、选择题1．在下面一段话空缺处依次填入词语，最恰当的一组是()我看过许多民国时期的文人论战，＿＿＿地说，鲁迅跟林语堂斗嘴，比鲁迅跟叶灵凤斗嘴，好看多了。
鲁迅讥讽叶灵凤，似乎有点＿＿＿，缺少可观赏性。
鲁迅跟林语堂唇枪舌剑，这才是＿＿＿，我看得＿＿＿。
A．坦诚以强凌弱半斤八两津津有味B．坦率以强凌弱棋逢对手津津有味C．坦率弱肉强食半斤八两津津乐道D．坦诚弱肉强食棋逢对手津津乐道2．根据下列提示的情境，语言表达得体的一项是()A．载人航天飞船已经着陆，医护人员率先进入舱内，为宇航员整理仪容，接着送宇航员出仓，然后一同搭乘专机前往国家航天中心。
（广播稿）B．嫌疑人翟某有小偷小摸前科，屡教不改，甚而至于拦劫伤人，于2020年7月18日21时尾随受害人刘某，手持棍棒，击伤刘某脑袋，抢劫刘某随身物品……（诉讼状）C．本人不慎在操场丢失钱夹一个，内有校园卡、建设银行卡、人民币约200元等。
如有捡到，请与高二（3）班王佳晨联系，本人将不胜感激。
（寻物启事）D．毕业40年了，您的真知灼见，您的连珠妙语，仍深深印在我们的脑海里，您的墨宝仍惠存在我们书房里。
感谢您，祝您寿比南山。
（祝寿词）3．依次填入下面一段划横线处的语句，衔接最恰当的一组是()现在的人少了敬畏，也没有了禁忌。
＿＿＿，＿＿＿，＿＿＿。
＿＿＿，＿＿＿，＿＿＿，＿＿＿。
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新时代下，中国的游学有了些新的变化。“游学”贯穿了学习、观摩、交流和游览，介于游与学之间，同时又融合了学与游的内容。 趁着暑假大好时光，老师带着十几个学生，游历祖国大好河山，去岳麓书院品味书香，去故宫博物馆感悟历史，去井冈山领会红色文 化，去科技馆发散思维，都是具有历史意义、时代特色的游学体验。
那么，是海外游学值得前往，还是国内游学更有价值呢？说到底，还应追问教育的本质。明代思想家、心学集大成者王阳明曾言： “大抵童子之情，乐嬉游而惮拘检，如草木之始萌芽，舒畅之则条达，摧挠之则衰痿。”他认为应结合孩子的天性进行教育，使他们顺着 自己的兴趣，多加鼓励，使他们内心喜悦，那么他们自然就能不断进步。给孩子报游学班之前，不妨问问孩子想怎样度过暑假。若孩子 想游学，家里又有经济实力，去也无妨。如孩子想趁暑假多多玩耍，那任其天性烂漫，又何尝不可？
2020届青岛第九中学高三语文上学期期中试卷及答案
2020届青岛第九中学高三语文上学期期中试卷及答案一、现代文阅读（36分）(一)现代文阅读I(9分)阅读下面的文字，完成下面小题。
鲁迅历时十余年完成的《中国小说史略》（以下简称《史略》），是中国学术史上较早的古代小说专门史之一。
除了继承中国传统学术的校勘考证方法之外，《史略》还对西方近现代学术方法进行了有效借鉴。
首先，鲁迅重视文学与社会的关系，尝试运用社会学的理论分析中国古代小说的某些现象。
对于《世说新语》，鲁迅认为“汉末士流，已重品目，声名成毁，决于片言”，正因为这样的社会环境，《世说新语》才会“成为一部名士的教科书”。
关于宋传奇与唐传奇的不同，鲁迅认为前者“大抵托之古事，不敢及近”，因为“宋好劝惩，摭实而泥，飞动之致，眇不可期，传奇命脉，至斯以绝”。
正是由于宋朝较唐朝重理念，尚说教，好教训，所以宋传奇必然立论“高尚”，强求劝诫，缺少世俗气和人情味，缺少唐传奇的生气和活力。
其次，鲁迅重视核心概念的阐释。
在中国古代小说史研究中，他在考证的基础上率先阐明了小说概念的内涵。
他认为中国古代小说的概念到了唐传奇时才真正孕育成熟，“小说亦如诗，至唐代而一变，虽尚不离于搜奇记逸，然叙述宛转，文辞华艳，与六朝之粗陈梗概者较，演进之迹甚明，而尤显者乃在是时则始有意为小说”。
鲁迅认为唐传奇真正具备了小说“有意识地讲故事”的特征，而且为了讲好故事，开始注重语言和修辞的“文辞华艳”“叙述宛转”等“主体性”元素，并成为一种独立的文学文体。
再次，鲁迅运用西方近代科学研究的归纳方法，对中国古代小说进行较为科学的分类并总结其特点。
对于魏晋六朝小说，鲁迅用“志怪小说”和“志人小说”进行分类；对宋代的短篇白话小说，用“话本”和“拟话本”予以命名；对明清小说，则用“人情小说”“神魔小说”“讽刺小说”“狭邪小说”和“谴责小说”分类。
这样的归纳，不但对浩繁的中国古代小说进行了区分，而且较为准确地概括了中国古代小说内容或形式上的特点。
鲁迅对中国古代小说的研究，阐明了小说与社会的关系，厘清了古代小说概念内涵，归纳分析了其类型和特点，从而使中国古代小说史的书写核心概念明确，研究体系规范，学科意识突出。
2019-2020学年山东省青岛市平度九中高三(上)期中数学试卷
2019-2020学年山东省青岛市平度九中高三（上）期中数学试卷一、单项选择题：本大题共10小题．每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知全集为R ，集合A ={x ∈R |x 2−2x >0)，角合B ={x|ln x −1≤0}，则(∁R A)∪B =( ) A.[0, 2] B.(0, 2] C.[0, e] D.(0, e] 【答案】 C【考点】交、并、补集的混合运算 【解析】可以求出集合A ，B ，然后进行补集、并集的运算即可． 【解答】解：∵ A ={x|x <0或x >2}，B ={x|ln x ≤1}={x|0<x ≤e}， ∴ ∁R A ={x|0≤x ≤2}，(∁R A)∪B =[0, e]． 故选C .2. 若点M(sin 4π3, cos4π3)在角α的终边上，则cos 2α=( )A.−12B.12C.−√32D.√32【答案】 B【考点】二倍角的余弦公式 任意角的三角函数 【解析】由点M 的坐标求得点M 到坐标原点的距离，再由任意角的三角函数的定义求得sin α，然后利用二倍角公式求cos 2α． 【解答】 解：∵ 点M(sin4π3, cos4π3)=(−√32, −12)在角α的终边上， ∴ r =|OM|=1， ∴ sin α=y r=−12．∴ cos 2α=1−2sin 2α=1−2×(−12)2=12． 故选B .3. 已知平面向量AB →=(2, 1)，AC →=(−3t, 3)，若AB → // AC →，则|BC →|=( ) A.2√5 B.20C.√5D.2【答案】A【考点】平行向量（共线）向量的减法及其几何意义 平行向量的性质 向量的模 【解析】根据AB → // AC →列方程求出t 的值，再求向量BC →和|BC →|的值． 【解答】解：平面向量AB →=(2, 1)，AC →=(−3t, 3)， 若AB → // AC →，2×3−1×(−3t)=0， 解得t =−2，则BC →=AC →−AB →=(4, 2)， 所以|BC →|=√42+22=2√5． 故选A .4. 已知函数f(x)={4(13)x ,x ≥3，f(x +1),x <3，则f(1+log 34)=( ) A.144 B.13C.19D.36【答案】 C【考点】 函数的求值 【解析】推导出f(1+log 34)＝f(2+log 34)＝4×(13)2+log 34，由此能求出结果． 【解答】解：∵ 函数f(x)={4(13)x ,x ≥3，f(x +1),x <3，∴ f(1+log 34)=f(2+log 34)=4×(13)2+log 34 =4×(1×1)=19． 故选C .5. 若先将函数y =2sin (2x +π3)的图象向左平移π6个单位，再保持图象上所有点的纵坐标不变横坐标伸长为原来的2倍，得到函数y =g(x)的图象，则g(−π3)=( ) A.1 B.−√3 C.√3 D.√2 【答案】 C【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换 【解析】利用y ＝A sin (ωx +φ)的图象变换规律求得g(x)的解析式，再利用特殊角的三角函数值求解即可． 【解答】解：将函数y =2sin (2x +π3)的图象向左平移π6个单位， 所得图象的解析式为：y =2sin [2(x +π6)+π3]=2sin (2x +2π3 )，再将所得图象上各点的纵坐标不变、横坐标伸长为原来的2倍， 得到：g(x)=2sin (x +2π3)，则g(−π3)=2sin (−π3+2π3)=2sin π3=√3． 故选C .6. 函数f(x)=lg (x 2−4x+4)(x−2)3的部分图象大致为( )A. B. C. D.【答案】A【考点】 函数的图象函数的定义域及其求法 【解析】先求出函数的定义域，利用f(0)<0，以及极限思想进行排除即可． 【解答】解：由{x 2−4x +4>0，x −2≠0， 得{(x −2)2>0，x ≠2， 得x ≠2，即函数的定义域为{x|x ≠2}，排除C ； f(0)=−lg 48<0，排除B ；当x →+∞，f(x)>0，排除D .故选A.7. 已知cos(α−π3)=13，则sin(7π6−2α)=()A.1 3B.−13C.79D.−79【答案】D【考点】二倍角的余弦公式诱导公式【解析】由已知求得sin(π6+α)=13，再由sin(7π6−2α)＝−sin(π6−2α)＝−cos2(π6+α)，展开二倍角的余弦得答案．【解答】解：∵cos(α−π3)=13，∴sin(π6+α)=13，∴sin(7π6−2α)=sin(π+π6−2α)=−sin(π6−2α)=−cos(π3+2α)=−cos2(π6+α)=2sin2(π6+α)−1=2×(13)2−1=−79．故选D.8. 设α，β为两个平面，则α⊥β的充要条件是()A.α内有一条直线与β垂直B.α内有一条直线与β内两条直线垂直C.α与β均与同一平面垂直D.α与β均与同一直线垂直【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】由面面垂直的判定定理可知，一个平面过另一平面的垂线，则这两个平面相互垂直垂直，即可得答案．【解答】解：由面面垂直的判定定理可知，一个平面过另一平面的垂线，则这两个平面相互垂直.故选A.9. 若函数f(x)=sin 2x sin φ+2cos 2x cos φ−cos φ(0<φ<π)的一个极大值点为π6，则φ=( ) A.0B.π6C.π4D.π3【答案】 D【考点】三角函数的恒等变换及化简求值 【解析】利用倍角公式及两角差的余弦把已知函数解析式变形，结合f(x)的一个极大值点为π6，可得2×π6−φ＝2kπ，k ∈Z ．再由φ的范围求解． 【解答】解：f(x)=sin 2x sin φ+2cos 2x cos φ−cos φ =sin 2x sin φ+(1+cos 2x)cos φ−cos φ =sin 2x sin φ+cos 2x cos φ =cos (2x −φ)．∵ f(x)的一个极大值点为π6， ∴ 2×π6−φ=2kπ，k ∈Z ． ∴ φ=π3−2kπ，k ∈Z ， 又0<φ<π，∴ φ=π3． 故选D .10. 英国数学家泰勒发现了如下公式：cos x =1−x 21×2+x 41×2×3×4−x 61×2×3×4×5×6+⋯⋯，则下列数值更接近cos 0.4的是( ) A.0.91 B.0.92 C.0.93D.0.94【答案】 B【考点】进行简单的合情推理 【解析】根据题意可得展开式，分n 为奇数和偶数判断即可求出． 【解答】解：由题意，cos x =1+(−1)1×x 21×2+(−1)2×x 41×2×3×4 +(−1)3×x 61×2×3×4×5×6+⋯+(−1)n×x 2n(2n)!只需要精确到0.01即可，当n 为奇数时，由于1−0.421×2=1−0.08=0.92，0.441×2×3×4−0.461×2×3×4×5×6>0， ∴ cos 0.4=1−0.421×2+0.441×2×3×4−0.461×2×3×4×5×6+⋯>0.92．当n 为偶数时，1−0.421×2+0.441×2×3×4>0.921， −0.461×2×3×4×5×6+0.481×2×3×4×5×6×7×8<0，cos 0.4=1−0.421×2+0.441×2×3×4−0.461×2×3×4×5×6+0.481×2×3×4×5×6×7×8<0.921，综上所述cos 0.4≈0.92．故选B .二、多项选择题：本大题共3小题．每小题4分，共12分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．下列结论正确的是( ) A.若a 2>b 2，则1a<1bB.若x >0，则x +4x≥4C.若a >b >0，则lg a >lg bD.若ab >0，a +b =1，则1a +1b ≥4【答案】 B,C,D【考点】命题的真假判断与应用基本不等式在最值问题中的应用 对数值大小的比较 【解析】判断一个命题正误可以举出反例，也可以根据不等式的性质追一加以判断，得出答案． 【解答】解：A 错，当a =3，b =−1时，a 2>b 2，但1a >1b ； B 对，当x >0时，由基本不等式得x +4x ≥2√x ⋅4x =4 ， 当且仅当x =4x 即x =2时，取“=”；C 对，y =lg x 是增函数，当a >b >0，则lg a >lg b ；D 对，若ab >0，则{a >0，b >0 或{a <0，b <0.又∵ a +b =1， ∴ a >0且b >0，所以1a +1b =(1a +1b )⋅(a +b)=1+ba +ab +1 =2+ba +ab ≥2+2√ba ⋅ab =4 ，当且仅当ba =ab，即a=b=12时，取“=”.故选BCD.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列直线或平面与平面ACD1平行的有()A.直线A1BB.直线BB1C.平面A1DC1D.平面A1BC1【答案】A,D【考点】直线与平面平行两条直线平行的判定平面与平面平行的判定直线与平面平行的判定【解析】利用线线、线面、面面平行的判定定理逐项判断即可得解．【解答】解：对于A，由于A1B // D1C，且A1B⊄平面ACD1，可得直线A1B // 平面ACD1；对于B，由于B1B // D1D，且D1D∩平面ACD1=D1，可得直线B1B不平行平面ACD1；对于C，由于A1D与AD1相交，A1D⊂平面A1DC1，可得平面A1DC1不与平面ACD1平行；对于D，由于A1B // D1C，C1B // D1A，A1B，C1B⊂平面A1BC1，可得平面A1BC1 // 平面ACD1．故选AD.若函数f(x)=e x−1与g(x)=ax的图象恰有一个公共点，则实数a可能取值为() A.2 B.1 C.0 D.−1【答案】B,C,D【考点】函数与方程的综合运用【解析】数形结合考查两个函数的图象只有一个交点，因为两函数图象都过原点，则求函数f(x)＝e x−1过原点的切线．【解答】解：函数f(x)=e x−1的导数为f′(x)=e x；所以过原点的切线的斜率为k=1；则过原点的切线的方程为：y=x；所以当a≤1时，函数f(x)=e x−1与g(x)=ax的图象恰有一个公共点.故选BCD.三、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．声强级L1（单位：dB）由公式L1=101lg(I10−12)给出，其中I为声强（单位：W/m2）(1)平时常人交谈时的声强约为10−6W/m2，则其声强级为________dB．(2)一般正常人听觉能忍受的最高声强为1W/m2，能听到的最低声为10−12W/m2，则正常人听觉的声强级范围为________dB．【答案】606[0,1212].【考点】对数的运算性质【解析】（1）把I＝10−6代入L1＝10lg(I10−12)计算即可；（2）分别把I＝1，I＝10−12代入公式计算即可得出答案．【解答】解：(1)把I=10−6代入L1=101lg(I10−12)得：L1=101⋅lg106=606．故答案为：606.(2)把I=1代入公式可得L1=101⋅lg1012=1212，把I=10−12代入公式可得L1=101⋅lg1=0.故答案为：[0,1212].已知等差数列{a n}满足：a2+a3=a5=5，且n∈N∗，则数列{sin(a n2π)}的前2019项和等于________．【答案】【考点】数列的求和等差数列的通项公式【解析】首先求出数列的通项公式，进一步求出数列的周期，进一步求出数列的和．【解答】解：设首项为a1，公差为d的等差数列，由于a2+a3=a5=5，所以{2a1+3d=5，a1+4d=5，解得{a1=1，d=1，所以a n=a1+n−1=n，所以b n=sin a n2π=sin nπ2，则b1=1，b2=sinπ=0，b3=sin3π2=−1，b4=sin2π=0，所以数列的周期为4，所以2019=504×4+3，所以S2019=504⋅0+b1+b2+b3=0．故答案为：0.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若△ABC的面积S=√3，sin2A+sin2B=sin2C+sin A sin B，则c的取值范围为________．【答案】[2, +∞)【考点】解三角形基本不等式在最值问题中的应用余弦定理正弦定理【解析】由正弦定理化简已知等式可得a2+b2＝c2+ab，由余弦定理求出cos C，再利用余弦定理求出c的范围．【解答】解：∵sin2A+sin2B=sin2C+sin A sin B，由正弦定理，得a2+b2=c2+ab，∴由余弦定理，得cos C=a2+b2−c22ab =ab2ab=12，∵C∈(0, π)，∴C=π3．∵△ABC的面积S=√3=12ab sin C=√34ab，∴ab=4，由余弦定理，有c2=a2+b2−ab≥2ab−ab=ab=4，∴c≥2．故答案为：[2,+∞).已知三棱锥P−ABC的三条侧棱PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=2，则三棱锥P−ABC的外接球与内切球的半径比为________．【答案】3(√3+1)2【考点】球内接多面体【解析】设三棱锥P−ABC的外接球与内切球的半径分别R，r．根据勾股定理、三棱锥的体积计算公式列出方程，解出即可得出．【解答】解：设三棱锥P−ABC的外接球与内切球的半径分别R，r．则(2R)2=3×22，1 3r×(12×22×3+√34×(2√2)2)=13×12×22×2，解得：R=√3，r=3+3．∴Rr =3(√3+1)2．故答案为：3(√3+1)2.四、解答题：本大题共6小题，共82分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．在△ABC中，E，F分别为线段BC，AC上的点，EF // AB，AB=3，EF=2，AE=2√3，∠BAC=π3．(1)求∠EAC；(2)求BC的长度．【答案】解：(1)∵EF // AB，AB=3，BAC=π3，∴∠EFC=π3，可得∠EFA=2π3，∵在△AEF中，AE=2√3，EF=2，由正弦定理AEsin∠EFA =EFsin∠EAC，可得2√3sin2π3=2sin∠EAC，∴sin∠EAC=2×√322√3=12，∴∠EAC=π6．(2)∵△AEF中，∠EAC=π6，∠EFA=2π3，可得∠AEF=∠EAC=π6，∴AF=EF=2，∵EF // AB，FCFC+AF =EFAB，可得FCFC+2=23，解得FC=4，AC=6，又△ABC中，AB=3，∠BAC=π3，∴由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos∠BAC=9+36−2×3×6×12=27，可得BC=3√3．【考点】余弦定理正弦定理【解析】（1）由已知可得∠EFA=2π3，在△AEF中由正弦定理AEsin∠EFA=EFsinθ，可求sin∠EAC=12，进而可求∠EAC的值．（2）由（1）及已知可求可得∠AEF＝∠EAC=π6，可求AF＝2，利用平行线分线段成比例可求FC，进而可求AC的值，从而在△ABC中利用余弦定理可求BC的值．【解答】解：(1)∵EF // AB，AB=3，BAC=π3，∴∠EFC=π3，可得∠EFA=2π3，∵在△AEF中，AE=2√3，EF=2，由正弦定理AEsin∠EFA =EFsin∠EAC，可得2√3sin2π3=2sin∠EAC，∴sin∠EAC=2×√322√3=12，∴∠EAC=π6．(2)∵△AEF中，∠EAC=π6，∠EFA=2π3，可得∠AEF=∠EAC=π6，∴AF=EF=2，∵EF // AB，FCFC+AF =EFAB，可得FCFC+2=23，解得FC=4，AC=6，又△ABC中，AB=3，∠BAC=π3，∴由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos∠BAC=9+36−2×3×6×12=27，可得BC=3√3．如图，在四棱P一ABCD中，底面ABCD为梯形AB // CD，AB⊥BC，AB=2，PA= PD=CD=BC=1，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点．(1)求证：PA⊥BD；(2)在线段AB上是否存在一点G，使得直线BC // 平面PEG？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；【答案】(1)证明：取AB的中点F，连接DF，BD，AB，因为DC // AB且DC=12所以DC // BF且DC=BF，所以四边形BCDF是平行四边形.又AB⊥BC，BC=CD=1，所以四边形BCDF为正方形，在Rt△AFD中，因为DF=AF=1，所以AD=√2；在Rt△BCD中，因为BC=CD=1，所以BD=√2.因为AB=2，所以AD2+BD2=AB2，所以BD⊥AD，因为BD⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，平面PAD⊥平面ABCD，所以BD⊥平面PAD，又因为PA⊂平面PAD，所以PA⊥BD；AB，(2)解：线段AB上存在一点G，满足AG=14则G为AF的中点，且BC // 平面PEG；证明如下：连接EG，PG，因为E为AD的中点，G为AF的中点，所以GE // DF，又DF // BC，所以GE // BC，又GE⊂平面PEG，BC⊄平面PEG，所以BC // 平面PEG．【考点】两条直线垂直的判定直线与平面平行的判定【解析】（1）取AB的中点F，连接DF，证明四边形BCDF是平行四边形，也为正方形；再证明平面PAD⊥平面ABCD，得出BD⊥平面PAD，从而证明所以PA⊥BD；AB，G为AF的中点，且BC // 平面PEG，证明（2）线段AB上存在一点G，满足AG=14即可．【解答】(1)证明：取AB的中点F，连接DF，BD，AB，因为DC // AB且DC=12所以DC // BF且DC=BF，所以四边形BCDF是平行四边形.又AB⊥BC，BC=CD=1，所以四边形BCDF为正方形，在Rt△AFD中，因为DF=AF=1，所以AD=√2；在Rt△BCD中，因为BC=CD=1，所以BD=√2.因为AB=2，所以AD2+BD2=AB2，所以BD⊥AD，因为BD⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，平面PAD⊥平面ABCD，所以BD⊥平面PAD，又因为PA⊂平面PAD，所以PA⊥BD；(2)解：线段AB上存在一点G，满足AG=14AB，则G为AF的中点，且BC // 平面PEG；证明如下：连接EG，PG，因为E为AD的中点，G为AF的中点，所以GE // DF，又DF // BC，所以GE // BC，又GE⊂平面PEG，BC⊄平面PEG，所以BC // 平面PEG．已知数列{a n}满足：a1=10，a n+1=a n2，b n=lg a n，c n=log2b n，n∈N∗．(1)证明：数列{b n}为等比数列；(2)证明：数列{c n}为等差数列；(3)若数列{12b n }的前n项和为S n，数列{c n}的前n项和为T n，数列{1T n+n}的前n项和为W n，证明：W n>S n．【答案】证明：(1)a1=10，a n+1=a n2，可得a n>0，可得lg a n+1=lg a n2=2lg a n，由b n=lg a n，可得b n+1=2b n，则数列{b n}为首项为1，2为公比的等比数列；(2)c n=log2b n=log22n−1=n−1，由c n+1−c n=1，可得数列{c n}为首项为0，公差为1的等差数列；(3)数列{12b n }，即{12n}的前n项和:S n=12(1−12n)1−12=1−12n，数列{c n}的前n项和为T n=12n(n−1)，数列{1T n+n }，即{2n+n2}的前n项和为W n，由2n(n+1)=2(1n−1n+1)，可得W n=2(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=2(1−1n+1)，由1−12n <1恒成立，{2(1−1n+1)}为n∈N∗上的递增数列，可得W n≥W1=1，则W n>S n．【考点】数列与不等式的综合等比关系的确定等差关系的确定【解析】（1）可得a n>0，对等式a n+1＝a n2，两边取常用对数，结合等比数列的定义，即可得证；（2）由对数的运算性质，结合等差数列的定义，即可得证；（3）运用等差数列和等比数列的求和公式，可得S n，T n，再由裂项相消求和可得W n，再分别判断W n≥W1＝1，S n<1，即可得证．【解答】证明：(1)a1=10，a n+1=a n2，可得a n>0，可得lg a n+1=lg a n2=2lg a n，由b n=lg a n，可得b n+1=2b n，则数列{b n}为首项为1，2为公比的等比数列；(2)c n=log2b n=log22n−1=n−1，由c n+1−c n=1，可得数列{c n}为首项为0，公差为1的等差数列；(3)数列{12b n }，即{12n}的前n项和:S n=12(1−12n)1−12=1−12n，数列{c n}的前n项和为T n=12n(n−1)，数列{1T n+n }，即{2n+n2}的前n项和为W n，由2n(n+1)=2(1n−1n+1)，可得W n=2(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=2(1−1n+1)，由1−12n <1恒成立，{2(1−1n+1)}为n∈N∗上的递增数列，可得W n≥W1=1，则W n>S n．图1是由菱形ABCD，平行四边形ABEF和矩形EFGH组成的一个平面图形，其中AB=√2，BE=EH=1，∠ABC=π3，∠ABE=π4，将其AB，EF折起使得CD与HG重合，如图2．(1)证明：图2中的平面BCE ⊥平面ABEF ；(2)求图2中点F 到平面BCE 的距离；(3)求图2中二面角E −AB −C 的余弦值． 【答案】(1)证明：由题意，在△BEC 中，|BC|2=|EC|2+|BE|2， ∴ CE ⊥BE ，又在矩形EFGH 中，CE ⊥EF ，且EF ∩BE =E ， ∴ CE ⊥平面ABEF ， 又∵ CE ⊂平面BCE ，∴ 平面BEC ⊥平面ABEF ．(2)解：在图2中，连接AC ，AE ，由(1)可知，CE ⊥AE .又在菱形ABCD 中，AC =√2，∴ 在直角三角形AEC 中，|AE|2=|AC|2−|CE|2=1，|AE|=1， ∴ 在△AEB 中，|AB|2=|AE|2+|BE|2，AE ⊥BE .又∵ 平面BCE ⊥平面ABEF ，且平面BCE ∩平面ABEF =BE ， ∴ AE ⊥平面BCE .又∵ AF // 平面BCE ，∴ 点F 到平面BCE 的距离为|AE|=1．(3)解：以E 为坐标原点，分别以EB ，EC ，EA 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系E −xyz ，可得E(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(0, 1, 0)，A(0, 0, 1)， 由(1)可知平面ABE 的法向量为m →=EC →=(0, 1, 0)，设平面ABC 的法向量n →=(x, y, z)， ∵ BA →=(−1, 0, 1)，BC →=(−1, 1, 0)， 由{n →⋅BA →=0，n →⋅BC →=0， 可得{−x +z =0，−x +y =0，∴ n →=(1, 1, 1)，∴ 设二面角E −AB −C 为θ， 则cos θ=|m →⋅n →||m →||n →|=√33， 即二面角E −AB −C 的余弦值为√33．【考点】用空间向量求平面间的夹角 点、线、面间的距离计算 平面与平面垂直的判定 【解析】（1）由|BC|2＝|EC|2+|BE|2，可证CE ⊥BE ，又CE ⊥EF ，利用线面垂直的判定定理可证CE ⊥平面ABEF ，进而根据面面垂直的判定定理即可证明平面BEC ⊥平面ABEF ． （2）由（1）利用勾股定理在直角三角形AEC 中，可求|AE|＝1，AE ⊥BE ，利用面面垂直的性质可证AE ⊥平面BCE ，又AF // 平面BCE ，可得点F 到平面BCE 的距离为|AE|＝1．（3）以E 为坐标原点，分别以EB ，EC ，EA 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系E −xyz ，可得平面ABE 的法向量为m →=EC →=(0, 1, 0)，设平面ABC 的法向量n →=(x, y, z)，可得BA →=(−1, 0, 1)，BC →=(−1, 1, 0)，由{n →⋅BA →=0n →⋅BC →=0 ，可求n →=(1, 1, 1)，利用向量的数量积运算可求二面角E −AB −C 的余弦值． 【解答】(1)证明：由题意，在△BEC 中，|BC|2=|EC|2+|BE|2， ∴ CE ⊥BE ，又在矩形EFGH 中，CE ⊥EF ，且EF ∩BE =E ， ∴ CE ⊥平面ABEF ， 又∵ CE ⊂平面BCE ，∴ 平面BEC ⊥平面ABEF ．(2)解：在图2中，连接AC ，AE ，由(1)可知，CE ⊥AE .又在菱形ABCD 中，AC =√2，∴ 在直角三角形AEC 中，|AE|2=|AC|2−|CE|2=1，|AE|=1， ∴ 在△AEB 中，|AB|2=|AE|2+|BE|2，AE ⊥BE .又∵ 平面BCE ⊥平面ABEF ，且平面BCE ∩平面ABEF =BE ， ∴ AE ⊥平面BCE .又∵ AF // 平面BCE ，∴ 点F 到平面BCE 的距离为|AE|=1．(3)解：以E 为坐标原点，分别以EB ，EC ，EA 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系E −xyz ，可得E(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(0, 1, 0)，A(0, 0, 1)， 由(1)可知平面ABE 的法向量为m →=EC →=(0, 1, 0)， 设平面ABC 的法向量n →=(x, y, z)， ∵ BA →=(−1, 0, 1)，BC →=(−1, 1, 0)， 由{n →⋅BA →=0，n →⋅BC →=0， 可得{−x +z =0，−x +y =0，∴ n →=(1, 1, 1)，∴ 设二面角E −AB −C 为θ， 则cos θ=|m →⋅n →||m →||n →|=√33， 即二面角E −AB −C 的余弦值为√33．已知函数f(x)=a ln x −x +1(a ∈R )． (1)求函数f(x)的极值；(2)若f(x)≤0恒成立，求a 的值． 【答案】解：(1)由f(x)=a ln x −x +1， 得f′(x)=ax −1(x >0)．当a ≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0, +∞)上单调递减，f(x)无极值； 当a >0时，由f′(x)=0，解得x =a ，当x ∈(0, a)时，f′(x)>0，f(x)在(0, a)上单调递增；当x ∈(a, +∞)时，f′(x)<0，f(x)在(a, +∞)上单调递减． ∴ f(x)在x =a 时取得极大值f(a)=a ln a −a +1．综上，a≤0时，f(x)无极值；a>0时，f(x)有极大值f(a)=a ln a−a+1，无极小值.(2)若f(x)≤0恒成立，由(1)知，当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0, +∞)上单调递减，又∵f(1)=0，∴当x∈(0, 1)时，f(x)>0；当x∈(1, +∞)时，f(x)<0，∴a≤0，不存在符合题意的a值.若a>0，由(1)知，若f(x)≤0恒成立，只需f(a)=a ln a−a+1≤0，令g(a)=a ln a−a+1，则g′(a)=ln a，由g′(a)=0，得a=1．∴当a∈(0, 1)时，g′(a)<0，g(a)在(0, 1)上单调递减；当a∈(1, +∞)时，g′(a)>0，g(a)在(1, +∞)上单调递增，且g(1)=0，∴a ln a−a+1≤0的解只有a=1，因此a=1．【考点】已知函数极最值求参数问题利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性【解析】（1）求出函数的导函数，可知当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0, +∞)上单调递减，f(x)无极值；当a>0时，求得导函数的零点，对函数定义域分段，由导函数在不同区间内的符号可得原函数的单调性，从而求得f(x)在x＝a时取得极大值f(a)＝a ln a−a+1，f(a)＝a ln a−a+1，无极小值；（2）f(x)≤0恒成立，由（1）知，当a≤0时，f(x)在(0, +∞)上单调递减，结合f(1)＝0，可得当x∈(0, 1)时，f(x)>0，当x∈(1, +∞)时，f(x)<0，得到a≤0，不存在符合题意的a值；若a>0，由（1）知，若f(x)≤0恒成立，只需f(x)≤f(a)＝a ln a−a+1．再由导数求其最小值g(1)＝0，可得a＝1．【解答】解：(1)由f(x)=a ln x−x+1，−1(x>0)．得f′(x)=ax当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0, +∞)上单调递减，f(x)无极值；当a>0时，由f′(x)=0，解得x=a，当x∈(0, a)时，f′(x)>0，f(x)在(0, a)上单调递增；当x∈(a, +∞)时，f′(x)<0，f(x)在(a, +∞)上单调递减．∴f(x)在x=a时取得极大值f(a)=a ln a−a+1．综上，a≤0时，f(x)无极值；a>0时，f(x)有极大值f(a)=a ln a−a+1，无极小值.(2)若f(x)≤0恒成立，由(1)知，当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0, +∞)上单调递减，又∵f(1)=0，∴当x∈(0, 1)时，f(x)>0；当x∈(1, +∞)时，f(x)<0，∴a≤0，不存在符合题意的a值.若a>0，由(1)知，若f(x)≤0恒成立，只需f(a)=a ln a−a+1≤0，令g(a)=a ln a−a+1，则g′(a)=ln a，由g′(a)=0，得a=1．∴当a∈(0, 1)时，g′(a)<0，g(a)在(0, 1)上单调递减；当a∈(1, +∞)时，g′(a)>0，g(a)在(1, +∞)上单调递增，且g(1)=0，∴a ln a−a+1≤0的解只有a=1，因此a=1．已知自变量为x的函数f n(x)=n(ln x−ln n)−e xe n +12n−1+1的极大值点为x=P n，n∈N∗，e=2.718⋯为自然对数的底数．(1)若n=1，证明：f1(x)有且仅有2个零点；(2)若x1，x2，x3，⋯，x n为任意正实数，证明：∑n i=1[f i(x i)P i]<4．【答案】证明：(1)∵f n(x)=n(ln x−ln n)−e xe n +12n−1+1，∴当n=1时，f1(x)=ln x−e x−1+2(x>0)，则f′1(x)=1x−e x−1．令g(x)=1x −e x−1(x>0)，则g′(x)=−1x2−e x−1<0，∴f1′(x)在(0, +∞)上单调递减，又f1′(1)=0，∴当0<x<1时，f1′(x)>0；当x>1时，f1′(x)<0，∴f1(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，∴f1(x)≤f1(1)=1，又f1(e−2)<0，f1(e2)<0，∴f1(x)在(0, 1)和(1, +∞)上各有一个零点，∴f1(x)有且仅有2个零点；(2)由题意，知f n′(x)=nx−e x−n，则f′n(n)=0．∴当0<x<n时，f′n(x)>0；当x>n时，f′n(x)<0，∴f n(x)在(0, n)上单调递增，在(n, +∞)上单调递减，∴P n=n且f n(x)≤f n(n)=12n−1，因此f n(x n)≤12n−1，∴∑n i=1[f i(x i)P i]≤∑n i=1(i2)．记∑n i=1(i2i−1)=S n，则S n=120+221+322+⋯+n2n−1，∴12S n=12+22+32+⋯+n−12+n2，上述两式相减，得12S n=1+12+122+⋯+12n−1−n2n=1×(1−1 2n )1−12−n2n=2−n+22n，∴S n=4−2+n2n−1<4，∴∑n i=1[f i(x i)P i]≤∑n i=1(i2i−1)<4，即∑n i=1[f i(x i)P i]<4．【考点】数列的求和利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性【解析】（1）将n＝1代入f n(x)中得到f1(x)的解析式，然后判断函数f1(x)的单调性，在根据其最值证明零点有且仅有2个；（2）根据条件可得P n＝n且f n(x)≤f n(n)=12n−1，从而得到f n(x n)≤12n−1，进一步得到∑( i=1n fi x i)P i≤∑n i=1(i2i−1)，然后求出∑n i=1(i2i−1)，即可证明结论．【解答】证明：(1)∵f n(x)=n(ln x−ln n)−e xe n +12n−1+1，∴当n=1时，f1(x)=ln x−e x−1+2(x>0)，则f′1(x)=1x−e x−1．令g(x)=1x −e x−1(x>0)，则g′(x)=−1x2−e x−1<0，∴f1′(x)在(0, +∞)上单调递减，又f1′(1)=0，∴当0<x<1时，f1′(x)>0；当x>1时，f1′(x)<0，∴f1(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，∴f1(x)≤f1(1)=1，又f1(e−2)<0，f1(e2)<0，∴f1(x)在(0, 1)和(1, +∞)上各有一个零点，∴f1(x)有且仅有2个零点；(2)由题意，知f n′(x)=nx−e x−n，则f′n(n)=0．∴当0<x<n时，f′n(x)>0；当x>n时，f′n(x)<0，∴f n(x)在(0, n)上单调递增，在(n, +∞)上单调递减，∴P n=n且f n(x)≤f n(n)=12n−1，因此f n(x n)≤12n−1，∴∑n i=1[f i(x i)P i]≤∑n i=1(i2i−1)．记∑n i=1(i2i−1)=S n，则S n=120+221+322+⋯+n2n−1，∴12S n=121+222+323+⋯+n−12n−1+n2n，上述两式相减，得12S n=1+12+122+⋯+12n−1−n2n=1×(1−1 2n )1−12−n2n=2−n+22n，∴S n=4−2+n2n−1<4，∴∑n i=1[f i(x i)P i]≤∑n i=1(i2i−1)<4，即∑n i=1[f i(x i)P i]<4．试卷第21页，总21页。
2020年平度市第九中学高三语文下学期期中考试试卷及参考答案
2020年平度市第九中学高三语文下学期期中考试试卷及参考答案一、现代文阅读（36分）(一)现代文阅读I(9分)阅读下面的文字，完成下面小题。
传统的经济学理论认为，消费者去市场上进行购物，只需要比较不同物品的性价比，然后根据自身的收入总量进行最优权衡。
至于市场的具体形式、商业模式的具体内容、消费平台的具体载体等看似千差万别，但在传统经济学理论中都是一样的。
消费者大可无视这些形式上的差别，直奔性价比的主题。
不过从实际生活来看，这种理论的高度抽象似乎还并不完全准确。
举例而言，即便是在同一个菜市场中，卖菜的摊贩和消费者之间也并非纯粹的利益博弈。
我们可以进行如下的思想实验：假设一个有情有义型摊贩和一个有情有义型消费者相遇，相互之间认同，交易自然顺利。
摊贩可能会额外附赠物品给消费者，或者在消费者没带够钱时给予信用；消费者则会长期在该摊贩那里购物。
消费者和摊贩之间建立信任，能够大幅度节约筛选成本、信息成本以及谈判成本。
重要的是，双方基于信任建立的长期合作关系，能够进一步节约交易成本。
基于认同形成的信任，基于信任形成的长期合作关系，会让双方都身心愉悦，从而效用大幅度提升。
这种效用被诺贝尔经济学奖得主丹尼尔·卡尼曼称作“体验效用”。
体验效用的说法也触发了一种新的经济模式，即“体验经济”。
当前，体验经济在全球盛行，不仅形成了相对独立的经济形态，而且还在逐步改造传统的经济模式。
作为理性经济人的消费者所需要的是市场给予充分的选择，消费者通过“用脚投票”来表达偏好。
那么，对于消费者来说，是否选择越多越好?按照传统的经济学理论，只有选择足够多，消费者的“用脚投票”才能够起作用。
但事实上，当同类商品达到几十种甚至几百种时，消费者根本无法作出比较。
只有当商品种类适度时，消费者才能愉悦地作出权衡。
消费者的认知具有一定的局限性，没有能力去比较众多物品。
而当消费者存在诸多认知偏见时，理性经济人假定也就不成立了。
而当消费者“用脚投票”机制失灵时，就会寻求改变。
2019-2020学年平度市西关中学高三语文期中试题及答案
2019-2020学年平度市西关中学高三语文期中试题及答案一、现代文阅读（36分）(一)现代文阅读I(9分)阅读下面的诗歌，完成下面小题。
街声沈念化龙池是长沙城里一条古街的名字。
一条街巷，遇见的人与物，声与音，都是它的形象、语言和记忆。
第一次到化龙池是初夏午后，一场不期而至的雨，把青麻石路打得湿渍渍的。
长沙城里街巷阡陌极多，但保存这般路面的历史老街仅剩四条。
如果不是雨水有声，三百米长的寂寂街巷，实在不像传说中喧嚣的“长沙秦淮河”，也没有“酒吧一条街”的欢悦热烈。
踅入民居的一楼人家避雨。
坐在沙发上的老娭毑望着陌生来客，脸上的每一条皱纹都是笑盈盈的。
这位姓袁的老长沙娭毑，今年98岁高龄，在化龙池住了40多年。
袁娭毑住的民居，是一栋建于上世纪70年代的五层红砖楼房。
房子坐西朝东，砖木结构，空斗清水墙体，两面坡悬山屋顶。
丈夫80年代末离世后，大多数子女儿孙住进了高楼，她却再没搬动过，留守在这间十来平方米的房子里。
老街坊也所剩无几，搬走的，离开人世的，有的房子租给了来建设这座城市的外地人。
似水流年，她不紧不慢，把每一天过成漫长的一生。
岁月中的碰撞与激荡，蛰伏成波澜不惊的起居日子。
屋檐之下，两水沿着院井孔道流走。
袁娭毑指着旧墙上的斑痕嘀咕：“以前下水道容易被雨水淤堵，遇夜暴雨，水漫上来，一米多高，屋里家什悉数浸没漂浮。
前两年政府搞有机更新，下水管道扩容，再也没发生过漫水事件，办了一件大实事。
”我问袁娭毑：“住了这么多年，变化大不大？”袁娭毑说：“没变。
”转而改口道：“变了，变了！”是什么变了？又是什么没变？我想，答案在这一间间主人命运各异的屋宅里，也在三百米的街巷之中。
袁娭毑搬过来的年代，百废待兴，街上只有屈指可数的几家售卖生活必需品的店铺，但很快就成了喧闹市井之地、同业聚集之街。
在时间更早的刻度上，化龙池的商业兴旺是个传奇。
清光绪年间逃荒乞讨至此的善化县人张大生手艺精湛，度过饥荒之后，挂起了第一家木履油鞋店的招牌，凭着买卖家道渐渐殷实。
山东省平度市2019-2020学年高三上学期期中考试语文试题及答案
山东省平度市2019-2020学年高三上学期期中考试语文试题(卷)注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和考号填涂在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将答题卡交回。
一、现代文阅读（36分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成1～3题。
《哪吒之魔童降世》成为今年电影市场爆款。
作为一部国产改编版动漫电影，究竟满足了怎样的期许，才演绎了一场颇含决绝意味的“逆天改命”？《哪吒之魔童降世》依然是从传统文化中找灵感、找素材，并与已取得一定成功的《大圣归来》《白蛇：缘起》等一脉相承。
这一方面得益于民间传说题材具有较好的改编基础；另一方面，民间传说题材既能兼容不同时空、多重相互矛盾的情感元素，又能经由改编承载、反映不同时代的价值诉求与心理期待，更适合进行颠覆性的改造与演绎。
其实这些年的银幕上，对传统文化题材的现代性改编，屡见不鲜，但成功者凤毛麟角。
大部分作品仅停留于元素叠加的层面，似乎将传统故事叠加上现代性符号就可以摇身一变完成转化。
而《哪吒之魔童降世》则完全放弃了这种套路，尝试进行彻头彻尾的神话重述。
传统的哪吒故事退居为一个载体，里面全然承载着属于当代人的价值观与精神属性，以及切入当下现实生活的角度与方式。
从人物设定来看，经典动画片《哪吒闹海》中的人物放置于今天有着扁平、呆板、脸谱化的缺陷。
哪吒母亲殷夫人的形象贤惠、柔弱，但存在感较低；经此番改写，变身成了武艺高强、斩妖除魔的职场女性形象，工作繁忙却也为如何陪伴哪吒成长耗尽了心力。
父亲陈塘关总兵李靖，在以往的设定中太不讨喜，作为父亲，不爱哪吒、不信哪吒、不护哪吒，还每每总是第一个跳出来要惩罚哪吒，这样的形象显然无法满足当下观众的心理期许。
而在此番改造中，李靖的形象变得柔软，变得让人熟悉，他不善言辞，总是把爱深藏心底，对儿子有着很高的期待，却最可能暗暗地为儿子牺牲自己。
2020年平度市第九中学高三语文上学期期末考试试题及答案解析
2020年平度市第九中学高三语文上学期期末考试试题及答案解析一、现代文阅读（36分）(一)现代文阅读I(9分)阅读下面的文字，完成下面小题。
老人与小鸟魏世杰①老人的时间大半消磨在一座商城的塔楼上。
这是一个被废弃被遗忘的角落，墙角胡乱堆放着尘封多年的杂物，大圆窗的玻璃混混沌沌且布满裂痕，像老人饱经风霜的脸。
老人每天准时到来，风雨不误。
②老人喘息稍定，便从随身带来的布袋中，抓出一些麦粒、米粒之类，从窗玻璃的破碎处小心翼翼地伸出手去，均匀地撒在窗外的平台上。
像约定一样，一只小鸟立刻飞来了，在平台上欢快地跳跃着，一边啄食，一边发出悦耳的叫声，老人面前有一本精装的英文书，他喜欢念出声来，像是朗读，浑厚而低沉，与鸟声的尖细婉转恰好配成和谐的交响，此刻老人的脸上总是浮现天真的笑容。
③小鸟似乎一点也不美，羽毛是灰色的，身材是娇小羸弱的，黑色眼睛圆而小。
老人从看到她的那一刻，便固执地认为这就是30年前的那只小鸟。
④老人耳边响起司令员的声音：“小声点，别惊动了她！”当年他们每次走进坑道，都会有人重复司令员这句话。
鸟窝筑在坑道口顶部的石缝间，芨芨草和红柳纤枝编成的巢房里，就住着这只美丽的小鸟。
是谁第一个发现的已不可考。
也许沙漠中的生命太珍贵了吧，从发现她存在的那一刻起，基地的官兵们备加呵护，甚至不敢多看一眼，惟恐她受到了惊吓。
在单调而枯燥的国防施工之余，特别是辗转难眠的长夜里，小鸟是单身汉们一个津津乐道的话题：她为什么住在这千里大漠中，为什么孑然一身独往独来，她的伴侣在哪里？她的美妙的歌为谁而唱？她凭什么法宝能在死亡之海中逍遥复逍遥？在这些荒漠开拓者的心中，她无疑是一种美丽、爱情和胜利的象征了。
⑤当人们终于知道，他们的使命是在沙漠中点燃一颗人造的太阳，周围几十公里内的生命也许在一瞬间就荡然无存时，时间只有几个小时了。
大家立刻想到了这只可爱的小鸟。
一群年轻人就此召开了“紧急会议”，提出了一系列的方案，有人建议立即编制一个简易鸟笼，让她委屈几天，等核试验结束再放出来；有人则主张将鸟窝移至坑道深处，和采样的仪器放到一块，亦可免除辐射的伤害；还有人说，核试验的零点位置离此尚远，小鸟未必就会受到伤害，大可不必慌乱。