湖南省长沙市长郡中学2021-2022高一地理下学期开学考试试题(含解析)
下学期开学考试地理试题地理Fra bibliotek案1．C
2．B
3．A
【解析】
1．对趾点的特点：①关于地心对称；②两者位于不同的东西半球和南北半球上，时差为12小时；③两点纬度相同，但一个是北纬，一个是南纬；经度东西经相对且互补；由此可以由P地（25°S，65°W）计算出Q的经纬度为（25°N，115°E），C正确，其余选项错误。
甲地
乙地
丙地
丁地
白昼时间
5小时30分
9小时09分
11小时25分
13小时56分
9．四地中属于南半球的是（ ）
A．甲地 B．乙地 C．丙地 D．丁地
10．四地所处纬度从低到高顺序排列的是（ ）
A．甲乙丙丁 B．甲乙丁丙 C．丙丁乙甲 D．丁丙乙甲
11．造成四地白昼时间差异的主要因素是（ ）
①地球的公转 ②地球的自转 ③黄赤交角的存在 ④地方时的不同
22．河流在上游流速较快，主要以侵蚀为主，中游地区流速减缓，主要以物质的搬运为主，下游地势平坦，流速减缓，主要以沉积为主，故答案选A。
点睛：不同河段流水作用的差异：河流上游，以流水侵蚀作用为主，如图中A；河流中游，以流水搬运、堆积作用为主，如图中B；河流下游，以流水堆积作用为主，如图中C。
（3）这一天，B地__________时日出，昼长时间是__________小时。
（4）此时，北京时间是__________日__________时，此时与北京处在同一天的范围约占全球__________。
（5）这一天，C、D、E三地的正午太阳高度、昼夜长短、自转线速度由大到小排列的顺序分别是_____、_____、_____。
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、单选题
开心超人住在P地（25°S，65°W），有一天他想要拜访住在地球另一端Q地的甜心超人，并决定“遁地”前去。P地和Q地为地球上过地心的一条直线与地球表面相交的两个点。于是他从家中钻入地底，始终保持直线前进并穿越地心。完成下列各题。
6．D
7．C
8．C
【解析】
6．正午太阳高度角越小，物体影子越长，遮挡后面建筑物光线的时间越长。我国冬至日正午太阳高度最低，“日照时间不少于１小时”的日期指的是冬至日，D对。春分日、秋分日正午太阳高度较大，A、C错。夏至日正午太阳高度最大，影子最短，B错。
7．我国四个城市中，纬度越高，正午太阳高度越小，楼房影子越长。按采光要求，同高楼房的间距最宽的应该是哈尔滨，正午太阳高度最小，C对。其它三地纬度较低，正午太阳高度较大，影子较短，A、B、D错。
2．全球共有24个时区，地球的一端与另一端相差12个时区，也就是相差12个小时，当目的地的时间为12月2日13时，咸蛋超人的出发地应是12月2日1时，除去路上花费的3小时，咸蛋超人由家中出发时当地时间为12月1日22时。B正确，其余选项错误。
3．假设地球为一个正圆球体，P、Q两地纬度相同，南北半球相反，自转线速度相同，正午太阳高度不一定相同，昼夜长短完全相反，两地经度不一样，地方时不同，A正确，其余选项错误。
14．图中太阳辐射、地面辐射、大气辐射、大气逆辐射的数字代号按顺序依次是（ ）
A．①②③④ B．③④②① C．②③④① D．④③②①
15．近地面大气的直接热源来自( )
A．④ B．③ C．② D．①
16．在晚秋或寒冬，用人造烟幕来防御霜冻的原理是（ ）
A．增强太阳短波辐射 B．增强大气逆辐射作用
C．增强大气对太阳辐射的散射作用 D．增强大气对太阳辐射的反射作用
7．按采光要求，下列四个城市同高楼房的间距最宽的应该是( )
A．北京 B．广州 C．哈尔滨 D．上海
8．当阳光如上图所示照射时，若此时北京时间为13点，则该地的经度是（ ）
A．150ºE B．135ºE C．105ºE D．90ºE
表中所列的是12月22日甲、乙、丙、丁四地的白昼时间。根据表中数据回答下列各题。
1．甜心超人Q地所在的地理坐标为（ ）
A．（25°S，115°E） B．（25°N，65°W）
C．（25°N，115°E） D．（65°N，115°E）
2．开心超人共花费3小时才穿透到地球的另一端，到达的时间为当地12月2日13时。问开心超人由家中出发的当地时间为( )
A．12月1日19时 B．12月1日22时 C．12月2日7时 D．12月2日22时
8．当阳光如上图所示照射时，地方时是正午12点，若此时北京时间为13点，经度每15º时间相差1小时，东边的比西边的早，则该地的经度是105ºE，C对。A、B、D错。
9．D
10．C
11．B
【解析】
9．冬至日，太阳直射南回归线，南半球昼长夜短，昼长大于12小时。故四地中属于南半球的是丁地。选D。
10．12月22日，只有赤道昼夜平分，昼长12小时，昼长与12小时差值越小越靠近赤道，纬度越低。故四地所处纬度从低到高顺序排列的是丙丁乙甲。选C。
（6）若30°S有一楼顶上要安装太阳能热水器集热板（如上右图），这一天集热板与楼顶的最佳倾角应是__________。
24．下图为某地的地质构造图，读图回答下列问题。
（1）A区常常出现__________等地质灾害。请你解释该地理现象发生的原因。
（2）B处地质构造为__________，原因__________。
11．造成四地白昼时间差异的原因是太阳直射点位于南回归线，太阳直射点回归运动的原因是黄赤交角和地球公转。故选B。
【点睛】
冬至日太阳直射南回归线，南极圈及其以南出现极昼现象，北极圈及其以北出现极夜现象，从南极圈向北到北极圈，昼长逐渐缩短。
12．B
13．D
【解析】
12．大气层ⅠⅡⅢ层分别对应对流层，平流层，高层大气。对流层由于热量来源于地面，温度随海拔上升而下降；平流层温度随海拔升高而升高；高层大气底部温度随海拔升高而降低，中部由于有电离层，对紫外线有吸收作用，因此气温又要上升。B正确，其余选项错误。
18．在图乙中a、b、c、d四地燃放孔明灯，飞得最高的与飞得最远的分别是（ ）
A．b地、c地 B．a地、b地 C．a地、c地 D．b地、d地
读某地近地面和高空四点气压图，完成下列各题。
19．若近地面和高空四点构成热力环流，则流动方向为（ ）
A．O→P→M→N→O B．P→O→M→N→P
C．M→N→P→O→M D．N→M→O→P→N
【点睛】
高低气压是相对同一水平面而言的，高空与近地面的气压性质相反。气流总是从高气压区向低气压区流动。
21．D
22．A
【解析】
21．河谷在不同发育阶段所受到的外力作用不同，在河谷发育初期以下切侵蚀为主，河谷呈现出“V”形；随着河谷的发育，河流的侧蚀越来越强，河谷呈现“U”形。根据四图可以看出②位置最前，发育最早，接着为下切形成的“V”形，对应的为①；④下切最深，之后河水向河谷两侧侵蚀，河道变宽，流速减慢；最后是河谷继续变宽，形成“U”形河谷，对应的为③。故由早到晚的顺序为②①④③，故答案选D项。
A．侵蚀——搬运——沉积 B．侵蚀——沉积——搬运
C．沉积——侵蚀——搬运 D．搬运——侵蚀——沉积
第II卷（非选择题)
二、综合题
23．下图中EDF是晨昏线，其中ED表示昏线。读图完成下列各题。
（1）此图表示____________日的地球光照情况；此时太阳直射点的地理坐标是__________。
（2）此时A地出现__________现象（极昼或极夜）。
相传，天灯（孔明灯）具有神奇的功效，只要人们将心愿写在天灯上，随着天灯冉冉升起，人们凝视星空便能实现心中美好的愿望。图甲为“燃放天灯的原理图”，图乙为“北半球某区域等压线(单位：hPa)图”。据此回答下列各题。
17．下面四幅图能够正确示意孔明灯点燃时灯内产生的空气环流状况的是（ ）
A． B． C． D．
考点：热力环流原理，常见天气系统及特征。
19．A
20．A
【解析】
19．横坐标代表海拔，纵坐标代表气压，由此看出： M大于N， O大于P；所以同一水平面热力环流是由高压指向低压，M→N，O→P，垂直方向上，P→M，N→O，则气流流动方向为M→N→O→P→M，只有A选项符合。
20．结合上题可知，N地对应近地面的低压，等压面下凸，等温面与等压面突出方向相反，则据此选A。
15．近地面大气对太阳辐射的吸收作用较少，而能大量吸收地面长波辐射，故判断近地面大气的直接热源是地面辐射（③），B正确，其余选项错误。
16．在晚秋或寒冬，用人造烟幕来防御霜冻，相当于增厚了云层，强烈吸收地面辐射，增加了大气逆辐射，对地面起着保温作用，故可防止霜冻。B正确，其余选项错误。
17．B
18．D
【解析】
17．根据热力环流的原理，空气受热上升，所以灯火处是上升气流。在顶部向四周散开，四周的灯罩边缘是下沉气流，底部气流流向灯火处。所以正确示意孔明灯点燃时灯内产生的空气环流状况的是B。
18．读图乙，根据图中等压线数值，a是高压中心，盛行下沉气流，A错。b是低压中心，盛行上升气流，B对。c、d气流以水平运动为主，对孔明灯影响小，C、D错。飞得最高的是B地，B对。
13．电离层主要位于高层大气的中部，以氧原子形式存在。D正确，其余选项错误。
14．D
15．B
16．B
【解析】
14．根据地面的直接热源是太阳辐射，判断④应表示太阳辐射；地面增温后，则放出③地面辐射，对流层大气中的水汽、二氧化碳能强烈吸收地面长波辐射而使大气增温，大气吸收少量的太阳辐射和大量的地面辐射之后，大气发出②大气辐射，其中射向地面的部分①应表示大气逆辐射。D正确，其余选项错误。
A．①② B．①③ C．③④ D．②③
湖南省长沙市长郡中学2021-2022学年高一(下)期中考试物理试题(解析版)
步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
（1）图甲中实验采用的方法是______（填正确选项前的字母）。
A.理想实验法B等效替代法C.微小量放大法D.控制变量法
C．对汽车受力分析，根据牛顿第二定律，有
又因为
联立得
所以
故C错误；
D．当物体的速度最大时，加速度为零，根据 可得
此时最大速度
故D正确；
故选D。
4.如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A错误；
B．此过程中只有传送带时滑块做功根据动能定理 得
B正确；
C．运动过程的v-t图像如下
（说明：t1是滑块向左速度为0的时刻，t2为滑块向右与传送带共速的时刻。t3为滑块回到出发点的时刻。x1为横轴下方阴影小三角形面积，x相为阴影大三角形面积）
设滑块向左运动的位移为x1，这个过程滑块克服摩擦力做的功
D．D点的电势高于B1点的电势，则电子从B1点移动到D点电势能减少，故D正确。
故选D。
6.2020年的中国航天让国人振奋不已，也让世界看到了中国力量、中国速度。“北斗三号”最后一颗全球组网卫星成功定点于距离地球3.6万公里的地球同步轨道，其轨道半径约为地球半径的6.6倍，顺利进入长期运行管理模式；长征五号遥四运载火箭飞行了约36分钟就成功将首个火星探测器“天问一号”送入预定轨道。若火星密度是地球密度的0.7倍，则“天问一号”绕火星表面做圆周运动的周期约为（ ）
湖南省衡阳市八中2021-2022高一地理下学期期中试题(含解析).doc
湖南省衡阳市八中2021-2022高一地理下学期期中试题（含解析）考生注意：本试卷共33道小题，满分100分，时量90分，请将答案写在答题卷上一、单项选择题（每小题2分，共60分）读图“湖南张家界某山区的公路景观图”。
该公路号称“九十九道弯”，似玉带环绕，弯弯紧连。
据此完成下列各题。
1. 该公路“弯弯紧连”的目的是A. 减低线路坡度，保障行路安全B. 增加线路长度，发展观光旅游C. 通往更多村落，促进经济发展D. 增加线路密度，构建交通网络2. 在修建该公路时应特别防范的自然灾害是A. 洪涝B. 崩塌C. 干旱D. 台风【答案】1. A 2. B【解析】【1题详解】山区交通线路的修建受地形因素影响较大，为降低坡度，应沿等高线修建呈“之”型弯曲。
故选A。
【2题详解】因地处山区，地形较陡，因此在修建该公路时应特别防范的自然灾害是崩塌。
故选B。
玉门隶属酒泉市，是中国石油工业的摇篮，2009年被确定为全国第二批资源枯竭型城市。
玉门风能资源丰富，有“陆上三峡”之称，1997年玉门建成了甘肃省首个示范型风电场，经过20年不懈努力，现已建成投产风电场20个。
据此并结合下图完成下列各题。
3. 2003年4月始，玉门市实施了政府驻地迁址工程。
玉门市驻地搬迁的最主要原因是A. 石油资源面临枯竭B. 新城区风能资源丰富C. 新城区靠近铁路干线D. 新城区位于绿洲边缘4. 风电产业成为玉门城市转型发展的新希望，然而已建成的风电机组运行率不足70%。
玉门风电场“弃风”现象严重的最主要原因是A. 风速变化大，风力发电不稳定B. 技术水平低，设备维修率高C. 风力发电成本高，经济效益低D. 本地电力需求少，外送能力弱5. 近年来，玉门市尝试在风电场配套建设光伏发电，其作用是①可实现“风”“光”互补②可增强风电储能③可集约利用土地，降低成本④可解决“弃风”现象A. ①②B. ①③C. ①④D. ②③【答案】3. A 4. D 5. B【解析】本题主要考查影响资源开发的条件，结合地区的特点分析资源开发的有利条件。
长沙市长郡中学2021-2022学年高一下学期期中数学试题含解析
属中档题. 12．ACD
【分析】连接 EF ，即可得到四边形 FEA1D1 为平行四边形，从而判断 A，显然 A1E 与 HF 为
相交直线，即可判断 B，根据线面平行的判定定理证明 C，D； 【详解】解：连接 FE，因为 E，F 为 AB，CD 的中点，故 FE 平行且等于 AD.
由题意知 AD 平行且等于 A1D1 ，故 FE 平行且等于 A1D1 ，所以四边形 FEA1D1 为平行四边形， 所以 A1E//D1F ，故 A 正确； 显然 A1E 与 HF 为相交直线，故 B 错误； 因为 EG//IF ，同时 IF 在平面 D1IF 内，且 EG 不在平面 D1IF 内，所以 EG// 平面 D1IF ，故 C 正确； 因为 A1E//D1F ，同时 D1F 在平面 D1FGB1 内，且 A1E 不在平面 D1FGB1 内，所以 A1E// 平面 D1FGB1 ，故 D 正确. 故选：ACD.
，得
3
2 2
2
3
，
sin B sin 2B
32 2 2 3 ，故 cos B
sin B 2sin B cos B
6. 3
故选： D .
7．D
【分析】根据复数的运算法则，化简复数 2 2a 4 a i ，根据题列出不等式组，即可求解.
5
5
【详解】由题意，复数
2 ai 1 2i
2 ai1 2i 1 2i1 2i
【详解】因为点 M ，故过点 M 有无数条直线与 平行，故 AB 错误； 过点 M 有且只有一个平面与 平行，故 C 正确， D 错误. 故选： C .
6．D 【分析】根据正弦定理，结合角度关系，带值计算即可.
答案第 1 页，共 12 页
【详解】在△
2022-2023学年湖南省长沙市长郡中学高一(下)期末数学试卷【答案版】
2022-2023学年湖南省长沙市长郡中学高一（下）期末数学试卷一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知复数z ＝i •（2+i ），则复数z 的共轭复数在复平面内对应的点在（ ） A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，异面直线AD 1与BD 所成角为（ ） A ．60°B ．45°C ．90°D ．120°3．在△ABC 中，BD →=DC →，则AD →=（ ） A ．12AB →−12AC →B ．12AB →+12AC →C ．2AB →+2AC →D ．2AB →−AC →4．a 、b 为空间中两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A ．若a ∥b ，a ∥α，则b ∥αB ．若a 、b 为异面直线，则过空间任一点M ，存在直线c 与a 、b 都垂直C ．若a ⊂α，α∩β＝b ，则a 与b 相交D ．若a 不垂直于α，且b ⊂α，则a 不垂直于b5．一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍，若该圆锥的体积为9√3π，则该圆锥的母线长为（ ） A ．3B ．3√3C ．6D ．6√36．向量|a →|＝|b →|＝1，|c →|=√2，且a →+b →+c →=0→，则cos 〈a →−c →，b →−c →〉＝（ ） A ．−15B ．−25C ．25D ．457．先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件A ＝“两次掷出的点数之和是6”，事件B ＝“第一次掷出的点数是奇数”，事件C ＝“两次掷出的点数相同”，则（ ） A ．A 与B 互斥 B ．B 与C 相互独立 C ．P(A)=16D ．A 与C 互斥8．已知点G 为三角形ABC 的重心，且|GA →+GB →|=|GA →−GB →|，当∠C 取最大值时，cos C ＝（ ） A ．45B ．35C ．25D ．15二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9．某企业对目前销售的A，B，C，D四种产品进行改造升级，经过改造升级后，企业营收实现翻番，现统计了该企业升级前后四种产品的营收占比，得到如图饼图：下列说法正确的是（）A．产品升级后，产品A的营收是升级前的4倍B．产品升级后，产品B的营收是升级前的2倍C．产品升级后，产品C的营收减少D．产品升级后，产品B、D营收的总和占总营收的比例不变10．设z1，z2是复数，则下列命题中正确的是（）A．若z1是纯虚数，则z12＞0B．若z12+z22=0，则z1＝z2＝0C．若|z1|＝|z2|，则z1•z1=z2•z2D．若复数z1满足|z1|＝1，则|z1+2i|的最大值为311．如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔AB（A为塔顶，B为塔底）的高度，选取与B在同一水平面内的两点C与D（B，C，D不在同一直线上），测得CD＝s．测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有：∠ACB，∠ACD，∠BCD，∠ADB，∠ADC，∠BDC，则根据下列各组中的测量数据可计算出塔AB的高度的是（）A．s，∠ACB，∠BCD，∠BDC B．s，∠ACB，∠BCD，∠ACDC．s，∠ACB，∠ACD，∠ADC D．s，∠ACB，∠BCD，∠ADC12．如图，正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为4，M是侧面ADD′A′上的一个动点（含边界），点P在棱CC′上，且|PC′|＝1，则下列结论正确的有（）A ．沿正方体的表面从点A 到点P 的最短距离为4√5B ．保持PM 与BD ′垂直时，点M 的运动轨迹长度为3√2C ．若保持|PM|=2√5，则点M 的运动轨迹长度为4π3D ．平面AD ′P 被正方体ABCD ﹣A ′B ′C ′D ′截得截面为等腰梯形 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．《本草纲目》中记有麦门冬这一种药物，书中所提麦门冬，别名麦冬、寸冬等，临床可用于治疗肺燥干咳、津伤口渴、喉痹咽病、阴虚劳嗽等．一个麦门冬可近似看作底面拼接在一起的两个圆锥，如图所示，则该麦门冬的体积约为 ．14．甲、乙两名考生填报志愿，要求甲、乙只能在A 、B 、C 这3所院校中选择一所填报志愿．假设每位同学选择各个院校是等可能的，则院校A 、B 至少有一所被选择的概率为 ．15．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切．若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为 ．16．如图，已知P ，Q 分别为∠AOB 两边上的点，∠AOB =π6，PQ ＝3，过点P ，Q 作圆弧，R 为PQ̂的中点，且∠PQR =π6，则线段OR 长度的最大值为 ．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）已知向量a →=（﹣1，3λ），b →=（5，λ﹣1）．（1）若a →∥b →，求λ的值；（2）若（2a →+b →）⊥（a →−b →），求λ的值．18．（12分）如图，在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为AA 1的中点，F 为AE 的中点． （1）求证：CE ∥平面BDF ； （2）求三棱锥E ﹣BDF 的体积．19．（12分）对某校高三年级学生参加社区服务次数进行统计，随机抽取M 名学生作为样本，得到这M 名学生参加社区服务的次数，根据此数据作出了频数与频率的统计表和频率分布直方图．（1）写出表中M 、p 及图中a 的值（不需过程）；（2）若该校高三年级学生有240人，试估计该校高三年级学生参加社区服务的次数在区间[10，15）上的人数；（3）估计该校高三年级学生参加社区服务次数的中位数．（结果精确到0.01）20．（12分）记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b 2+c 2−a 2cosA=2．（1）求bc ； （2）若acosB−bcosA acosB+bcosA−b c=1，求△ABC 面积．21．（12分）已知三棱锥ABCD ，D 在面ABC 上的投影为O ，O 恰好为△ABC 的外心．AC ＝AB ＝4，BC ＝2．（1）证明：BC ⊥AD ；（2）E 为AD 上靠近A 的四等分点，若三棱锥ABCD 的体积为1，求二面角E ﹣CO ﹣B 的余弦值．22．（12分）甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i 的方框表示第i 场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i 场比赛的胜者称为“胜者i ”，负者称为“负者i ”，第6场为决赛，获胜的人是冠军．已知甲每场比赛获胜的概率均为34，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同．（1）求乙仅参加两场比赛且连负两场的概率； （2）求甲获得冠军的概率；（3）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率．2022-2023学年湖南省长沙市长郡中学高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知复数z ＝i •（2+i ），则复数z 的共轭复数在复平面内对应的点在（ ） A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解：∵复数z ＝i •（2+i ）＝﹣1+2i ，∴z =−1﹣2i ，则复数z 的共轭复数在复平面内对应的点是（﹣1，﹣2）位于第三象限． 故选：C ．2．正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，异面直线AD 1与BD 所成角为（ ） A ．60°B ．45°C ．90°D ．120°解：如图，设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，连接B 1D 1，AB 1，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，有BB 1∥DD 1，BB 1＝DD 1，所以四边形BB 1D 1D 为矩形， 所以BD ∥B 1D 1，所以∠B 1D 1A （或其补角）为异面直线AD 1与BD 所成角， 又AB 1＝B 1D 1＝AD 1=√2，所以△AB 1D 1是等边三角形， 所以∠B 1D 1A ＝60°，故异面直线AD 1与BD 所成角为60°． 故答案为：A ．3．在△ABC 中，BD →=DC →，则AD →=（ ） A ．12AB →−12AC →B ．12AB →+12AC →C ．2AB →+2AC →D ．2AB →−AC →解：如图，在△ABC 中，∵BD →=DC →，∴D 为BC 的中点，由向量加法的平行四边形法则可得，AD →=12AB →+12AC →．故选：B ．4．a 、b 为空间中两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A ．若a ∥b ，a ∥α，则b ∥αB ．若a 、b 为异面直线，则过空间任一点M ，存在直线c 与a 、b 都垂直C ．若a ⊂α，α∩β＝b ，则a 与b 相交D ．若a 不垂直于α，且b ⊂α，则a 不垂直于b解：对于选项A ，若a ∥b ，a ∥α，则b ⊂α或b ∥α，A 错； 对于选项C ，若a ⊂α，α∩β＝b ，a ∥b 或a 与b 相交，C 错； 对于选项D ，若a 不垂直于α，且b ⊂α，a 可能与b 垂直，D 错； 对于选项B ，过空间一点作两条异面直线的平行线可以确定一个平面， 过空间一点作平面的垂线有且只有一条，B 正确． 故选：B ．5．一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍，若该圆锥的体积为9√3π，则该圆锥的母线长为（ ） A ．3B ．3√3C ．6D ．6√3解：设圆锥的底面圆半径为r ，高为h ，母线长为l ，则圆锥侧面展开的扇形面积为πrl ，底面圆面积为πr 2，因为πrl ＝2πr 2，所以l ＝2r ， 所以圆锥的高为h =√l 2−r 2=√3r ，所以圆锥的体积为13πr 2h =13πr 2•√3r =9√3π，解得r ＝3，所以该圆锥的母线长为l ＝2r ＝6． 故选：C ．6．向量|a →|＝|b →|＝1，|c →|=√2，且a →+b →+c →=0→，则cos 〈a →−c →，b →−c →〉＝（ ）A ．−15B ．−25C ．25D ．45解：因为向量|a →|＝|b →|＝1，|c →|=√2，且a →+b →+c →=0→，所以−c →=a →+b →， 所以c →2=a →2+b →2+2a →•b →，即2＝1+1+2×1×1×cos ＜a →，b →＞， 解得cos ＜a →，b →＞=0， 所以a →⊥b →，又a →−c →=2a →+b →，b →−c →=a →+2b →，所以（a →−c →）•（b →−c →）＝（2a →+b →）•（a →+2b →）＝2a →2+2b →2+5a →•b →=2+2+0＝4， |a →−c →|＝|b →−c →|=√4a →2+4a →⋅b →+b →2=√4+0+1=√5，所以cos 〈a →−c →，b →−c →〉=(a →−c →)⋅(b →−c →)|a →−c →||b →−c →|=4√5×√5=45． 故选：D ．7．先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件A ＝“两次掷出的点数之和是6”，事件B ＝“第一次掷出的点数是奇数”，事件C ＝“两次掷出的点数相同”，则（ ） A ．A 与B 互斥 B ．B 与C 相互独立 C ．P(A)=16D ．A 与C 互斥解：对于A ，互斥事件指不可能同时发生的两个事件，事件A 可以有以下情况：第一次掷出1，第二次掷出5或第一次掷出3，第二次掷出3等，如此与事件B 有同时发生的可能，故A 错误； 对于B ，P(B)=36=12，P(C)=66×6=16，P(BC)=36×6=112=P(B)⋅P(C)， 所以B 与C 相互独立，故B 正确；对于C ，先后两次掷一枚质地均匀的骰子，共有36个基本事件，其中事件A 包含的基本事件有：（1，5），（5，1），（2，4），（4，2），（3，3），共5个， 所以P （A ）=536，故C 错误；对于D ，因为P(A)=536，P(C)=16，P(AC)=136，P （AC ）≠P （A ）•P （C ），所以A 与C 不相互独立，故D 错误． 故选：B ．8．已知点G 为三角形ABC 的重心，且|GA →+GB →|=|GA →−GB →|，当∠C 取最大值时，cos C ＝（ ） A ．45B ．35C ．25D ．15解：由题意|GA →+GB →|=|GA →−GB →|， 所以(GA →+GB →)2=(GA →−GB →)2，即GA →2+GB →2+2GA →⋅GB →=GA →2+GB →2−2GA →⋅GB →， 所以GA →⋅GB →=0， 所以AG ⊥BG ，又AG →=23×12(AC →+AB →)=13(AC →+AB →)，BG →=23×12(BA →+BC →)=13(BA →+BC →)，则AG →⋅BG →=19(AC →+AB →)⋅(BA →+BC →)=19(AC →⋅BA →+AC →⋅BC →+AB →⋅BA →+AB →⋅BC →)=0， 所以CA →⋅CB →=AC →⋅AB →+BA →⋅BC →+AB →2，即ab cos C ＝bc cos A +ac cos B +c 2，由cosA =b 2+c 2−a 22bc ，cosB =a 2+c 2−b 22ac ，cosC =a 2+b 2−c 22ab，所以a 2+b 2＝5c 2，所以cosC =a 2+b 2−c 22ab =25(a b +b a )≥45√a b ⋅b a =45，当且仅当a ＝b 时等号成立，又y ＝cos x 在（0，π）上单调递减，C ∈（0，π）， 所以当∠C 取最大值时，cos C =45． 故选：A ．二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9．某企业对目前销售的A ，B ，C ，D 四种产品进行改造升级，经过改造升级后，企业营收实现翻番，现统计了该企业升级前后四种产品的营收占比，得到如图饼图：下列说法正确的是（ ）A．产品升级后，产品A的营收是升级前的4倍B．产品升级后，产品B的营收是升级前的2倍C．产品升级后，产品C的营收减少D．产品升级后，产品B、D营收的总和占总营收的比例不变解：设产品升级前的营收为a，升级后的营收为2a．对于产品A，产品升级前的营收为0.1a，升级后的营收为2a×0.2＝0.4a，故升级后的产品A的营收是升级前的4倍，A正确．同理可得B正确，C错误．产品升级后，产品B，D营收的总和占总营收的比例不变，D正确．故选：ABD．10．设z1，z2是复数，则下列命题中正确的是（）A．若z1是纯虚数，则z12＞0B．若z12+z22=0，则z1＝z2＝0C．若|z1|＝|z2|，则z1•z1=z2•z2D．若复数z1满足|z1|＝1，则|z1+2i|的最大值为3解：A．z1＝i时，i2＝﹣1＜0，故A错误；B．z1＝i，z2＝1时，z12+z22=−1+1=0，得不出z1＝z2＝0，故B错误；C．设z1＝a+bi，z2＝c+di，则|z1|＝|z2|时，a2+b2＝c2+d2，又z1⋅z1=(a+bi)(a−bi)=a2+b2，z2⋅z2=c2+d2，∴z1⋅z1=z2⋅z2，故C正确；D．设z1＝a+bi，则a2+b2＝1，∴﹣1≤b≤1，∴|z1+2i|＝|a+（b+2）i|=√a2+(b+2)2=√1+4+4b≤√5+4=3，故D正确．故选：CD．11．如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔AB（A为塔顶，B为塔底）的高度，选取与B在同一水平面内的两点C与D（B，C，D不在同一直线上），测得CD＝s．测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有：∠ACB，∠ACD，∠BCD，∠ADB，∠ADC，∠BDC，则根据下列各组中的测量数据可计算出塔AB的高度的是（）A．s，∠ACB，∠BCD，∠BDC B．s，∠ACB，∠BCD，∠ACDC．s，∠ACB，∠ACD，∠ADC D．s，∠ACB，∠BCD，∠ADC解：对于A，已知s，∠ACB，∠BCD，∠BDC，在△BCD中，利用三角形内角和为180°可求得∠CBD＝π﹣∠BDC﹣∠BCD，利用正弦定理CDsin∠CBD =BCsin∠BCD，可求得BC，在△ABC中，AB⊥BC，由tan∠ACB=ABBC，即可求AB；对于B，在△BCD中，已知一边CD，一角∠BCD，无法求解三角形，在△ABC中，已知两角∠ABC＝90°，∠ACB，无法求解三角形，在△ACD中，已知一边CD，一角∠ACD，无法求解三角形；对于C，在△ACD中，已知一边CD，两角∠ACD，∠ADC，由三角形内角和可求得∠CAD，由正弦定理可求得AC，在△ABC中，已知两角∠ACB，∠ABC＝90°，一边AC，利用sin∠ACB=ABAC，可求得AB；对于D，在△ABC中，已知两角∠ABC＝90°，∠ACB，由tan∠ACB=ABBC，可用AB表示BC，由sin∠ACB=ABAC，可用AB表示AC，在△ACD中，已知∠ADC，边CD，AB表示AC，利用余弦定理可用AB表示AD，在Rt△ABD中，利用勾股定理可用AB表示BD，在△BCD中，已知∠BCD，CD，AB表示BD，AB表示BC，利用余弦定理可建立关于AB的方程，即可求解AB．故选：ACD．12．如图，正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为4，M是侧面ADD′A′上的一个动点（含边界），点P 在棱CC ′上，且|PC ′|＝1，则下列结论正确的有（ ）A ．沿正方体的表面从点A 到点P 的最短距离为4√5B ．保持PM 与BD ′垂直时，点M 的运动轨迹长度为3√2C ．若保持|PM|=2√5，则点M 的运动轨迹长度为4π3D ．平面AD ′P 被正方体ABCD ﹣A ′B ′C ′D ′截得截面为等腰梯形 解：对于A ，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，连接AP ，则|AP|=√16+49=√65＜4√5，故A 错误； 对于B ，如图：∵DD ′平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，DD ′⊥AC ，又AC ⊥BD ， DD ′∩BD ＝D ，DD ′，BD ⊂平面 DD ′B ， ∴AC ⊥平面 DD ′B ，BD ′⊂平面 DD ′B ．∴AC ⊥BD ′'，同理可得BD ′⊥AB ′，AC ∩AC ′＝A ，AC ，AB ′⊂平面 ACB ′．∴BD ′⊥平面 ACB ′．∴过点P 作PG ∥C ′D 交CD 交于G ，过G 作GF ∥AC 交AD 交于F ， 由AB ′∥C ′D ，可得PG ∥AB ′，PG ⊄平面ACB ′，AB ′⊂平面ACB ′， ∴PG ∥平面ACB ′，同理可得GF ∥平面ACB ′． 则平面PGF ∥平面ACB ′．设平面PEF 交平面ADD ′A ′于EF ，则M 的运动轨迹为线段EF ， 由点P 在棱CC ′上，且|PC ′|＝1，可得|DG |＝|DF |＝|AE |＝1， ∴|EF|=34|A′D|=3√2，故B 正确； 对于C ，如图：若|PM|=2√5，则M 在以P 为球心，2√5为半径的球面上，过点P 作PQ ⊥平面ADD ′A ′，则|D ′Q |＝1，此时|QM|=√|PM|2−|PQ|2=2． ∴点M 在以Q 为圆心，2为半径的圆弧上，此时圆心角为2π3．点M 的运动轨迹长度2π3×2=4π3，故C 正确；对于D ，如图：延长DC ，D ′P 交于点H ，连接AH 交BC 于I ，连接PI ，∴平面AD ′P 被正方体ABCD ﹣A ′B ′C ′D ′截得的截面为AIPD ′．△PCH ∼△D ′DH ，∴|PH||D′H|=|PC||DD′|=|HC||DH|=34．△ICH ∼△ADH ，∴|CI||DA|=|HC||DH|=|IH||AH|=34，∴|PH||D′H|=|IH||AH|=|PI||AD′|=34，∴PI ∥AD ′，且|PI |≠|AD ′|，∴截面AIPD ′为梯形，|AI|=|PD ′|=√16+1=√17，∴截面AIPD ′为等腰梯形，故D 正确． 故选：BCD ．三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．《本草纲目》中记有麦门冬这一种药物，书中所提麦门冬，别名麦冬、寸冬等，临床可用于治疗肺燥干咳、津伤口渴、喉痹咽病、阴虚劳嗽等．一个麦门冬可近似看作底面拼接在一起的两个圆锥，如图所示，则该麦门冬的体积约为83π ．解：由题意可知麦门冬的体积为两个底面直径为2，高为4的圆锥的体积之和， 故该麦门冬的体积V =13×π×12×4×2=83π， 故答案为：83π．14．甲、乙两名考生填报志愿，要求甲、乙只能在A 、B 、C 这3所院校中选择一所填报志愿．假设每位同学选择各个院校是等可能的，则院校A 、B 至少有一所被选择的概率为89．解：甲、乙两名考生填报志愿，要求甲、乙只能在A 、B 、C 这3所院校中选择一所填报志愿． 假设每位同学选择各个院校是等可能的， 则基本事件总数n ＝3×3＝9，院校A 、B 至少有一所被选择的对立事件是院校A 、B 都没有被选择， ∴院校A 、B 至少有一所被选择的概率：p ＝1−19=89． 故答案为：89．15．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切．若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为 2+2√3 ． 解：如图，4个小球球心构成的正方形为O 1O 2O 3O 4，中心为N ，由题意O 1O 2＝4，NO 1=2√2， 半球形容器的球心为O ，显然当半球形容器与4个小球都相切时球O 的半径最小，半球形容器与球O 1的切点为A ， 连接ON ，则ON ＝小球的半径＝2，球O 的半径=OA =O 1A +OO 1=2+√ON 2+O 1N 2=2+2√3． 故答案为：2+2√3．16．如图，已知P ，Q 分别为∠AOB 两边上的点，∠AOB =π6，PQ ＝3，过点P ，Q 作圆弧，R 为PQ̂的中点，且∠PQR =π6，则线段OR 长度的最大值为 3+2√3 ．解：设∠PQO ＝θ，则0＜θ＜5π6，在△OPQ 中，由正弦定理知OPsinθ=PQsin∠POQ =3sinπ6=6，所以OP ＝6sin θ，因为R 为PQ ̂的中点，所以∠QPR =∠PQR =π6， 则PR ＝QR ，在△RPQ 中由余弦定理PQ 2＝PR 2+QR 2﹣2PR •QR cos ∠PRQ ， 解得PR =QR =√3，在△ORP 中，∠OPR =∠OPQ +∠QPR =5π6−θ+π6=π−θ，由余弦定理可得OR 2=OP 2+PR 2−2OP ⋅PRcos∠OPR =36sin 2θ+3−2√3×6sinθ×cos(π−θ) =18(1−cos2θ)+3+6√3sin2θ=12√3sin(2θ−π3)+21 所以当θ=5π12时，OR 2取得最大值21+12√3， 即OR 的得最大值3+2√3． 故答案为：3+2√3．四、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）已知向量a →=（﹣1，3λ），b →=（5，λ﹣1）． （1）若a →∥b →，求λ的值；（2）若（2a →+b →）⊥（a →−b →），求λ的值． 解：（1）由向量a →=(−1，3λ)，b →=(5，λ−1)， 因为a →∥b →，所以﹣（λ﹣1）＝15λ，解得λ=116． （2）由题意得，向量2a →+b →=(3，7λ−1)，a →−b →=(−6，2λ+1)，由(2a →+b →)⊥(a →−b →)，可得(2a →+b →)⋅(a →−b →)=0，则3×（﹣6）+（7λ﹣1）（2λ+1）＝0， 即14λ2+5λ﹣19＝0，解得λ＝1或−1914．18．（12分）如图，在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为AA 1的中点，F 为AE 的中点． （1）求证：CE ∥平面BDF ； （2）求三棱锥E ﹣BDF 的体积．解：（1）如图，连接AC 交BD 于点O ，再连接OF ， 在△ACE 中，O 为AC 中点，F 为AE 的中， 所以OF ∥CE ，又CE ⊄平面BDF ，OF ⊂平面BDF ， 所以CE ∥平面BDF ． （2）因为该几何体为正方体，所以点D 到平面ABB 1A 1的距离等于AD ， 所以点D 到平面BEF 的距离等于AD ，根据等体积法可知V E−BDF =V D−BEF =13×S △BEF ×AD =13×12×EF ×AB ×AD =13．19．（12分）对某校高三年级学生参加社区服务次数进行统计，随机抽取M 名学生作为样本，得到这M 名学生参加社区服务的次数，根据此数据作出了频数与频率的统计表和频率分布直方图．（1）写出表中M 、p 及图中a 的值（不需过程）；（2）若该校高三年级学生有240人，试估计该校高三年级学生参加社区服务的次数在区间[10，15）上的人数；（3）估计该校高三年级学生参加社区服务次数的中位数．（结果精确到0.01）解：（1）由分组[10，15）内的频数是10，频率是0.25， 得10M=0.25，解得M ＝40，∴10+24+m +2＝40， 解得m ＝4，p =mM =0.10，∵a 是对应分组[15，20）的频率与组距的商，∴a =2440×5=0.12． （2）∵该校高三学生有240人，在[10，15）内的频率是0.25，∴估计该校高三学生参加社区服务的次数在此区间内的人数为：240×0.25＝60． （3）估计这次学生参加社区服务人数的众数是15+202=17.5，∵n =2440=0.6，∴样本中位数是15+0.5−0.25a≈17.10， 估计这次学生参加社区服务人数的中位数是17.10．20．（12分）记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b 2+c 2−a 2cosA=2．（1）求bc ； （2）若acosB−bcosA acosB+bcosA−b c=1，求△ABC 面积．解：（1）因为b 2+c 2−a 2cosA=2bccosA cosA=2bc ＝2，所以bc ＝1； （2）acosB−bcosAacosB+bcosA −bc =sinAcosB−sinBcosAsinAcosB+sinBcosA−sinB sinC=1，所以sin(A−B)sin(A+B)−sinB sinC=sin(A−B)−sinB sinC=1，所以sin （A ﹣B ）﹣sin B ＝sin C ＝sin （A +B ），所以sin A cos B ﹣sin B cos A ﹣sin B ＝sin A cos B +sin B cos A ，即cos A =−12， 由A 为三角形内角得A =2π3， △ABC 面积S =12bc sin A =12×1×√32=√34．21．（12分）已知三棱锥ABCD ，D 在面ABC 上的投影为O ，O 恰好为△ABC 的外心．AC ＝AB ＝4，BC ＝2．（1）证明：BC ⊥AD ；（2）E 为AD 上靠近A 的四等分点，若三棱锥ABCD 的体积为1，求二面角E ﹣CO ﹣B 的余弦值．解：（1）证明：连接AO ，延长交BC 于M ，则M 是BC 的中点．∵D 在面ABC 上的投影为O ∴DO ⊥面ABC ，∴DO ⊥BC ， ∵AC ＝AB ，∴BC ⊥AM ，∵AM ∩DO ＝0，∴BC ⊥平面ADM ， ∵AD ⊂平面ADM ， ∴BC ⊥AD ．（2）由（1）知AM ⊥BC ，OD ⊥面ABC ，AC ＝AB ＝4，BC ＝2，则AM =√AB 2−BM 2=√15，S △ABC =12AM ⋅BC =√15， 设AO ＝r ，则BO ＝r ，又OM 2+BM 2＝OB 2， 所以(√15−r)2+12=r 2，解得r =8√1515，故OM =AM −AO =7√1515， 因为三棱锥ABCD 的体积为1，所以13S △ABC ⋅OD =13×√15⋅OD =1，则OD =√155， 过M 作z 轴平行于OD ，则z 轴垂直于面ABC ， 故建系如图，则根据题意可得：则C(0，1，0)，B(0，−1，0)，O(7√1515，0，0)，A(√15，0，0)，D(7√1515，0，√155)， 故OA →=(8√1515，0，0)，AD →=(−8√1515，0，√155)，OC →=(−7√1515，1，0)，因为E 为AD 上靠近A 的四等分点，所以OE →=OA →+14AD →=(2√155，0，√1520)，设n →=(x ，y ，z)为平面ECO 的一个法向量，则{n →⋅OE →=2√155x +√1520z =0n →⋅OC →=−7√1515x +y =0，取n →=(√1556，18，√157)， 易知m →=(0，0，1)是平面COB 的一个法向量，∴cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →||n →|=√1571×√15562+164+1549=√154，又由图可知二面角E ﹣CO ﹣B 的平面角为钝角， 所以二面角E ﹣CO ﹣B 的余弦值为−√154．22．（12分）甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i 的方框表示第i 场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i 场比赛的胜者称为“胜者i ”，负者称为“负者i ”，第6场为决赛，获胜的人是冠军．已知甲每场比赛获胜的概率均为34，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同．（1）求乙仅参加两场比赛且连负两场的概率； （2）求甲获得冠军的概率；（3）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率．解：（1）甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i 的方框表示第i 场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i 场比赛的胜者称为“胜者i ”，负者称为“负者i ”，第21页（共21页） 第6场为决赛，获胜的人是冠军．已知甲每场比赛获胜的概率均为34，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同．乙获连负两场，所以1、4均负，所以乙获连负两场的概率为P =34×12=38．（2）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜，所以甲获得冠军的概率为：P ＝（34）3+2×（34）3×14=81128． （3）若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况：甲1胜3胜，乙1负4胜5胜；甲1负4胜5胜，乙1胜3胜，所以甲与乙在决赛相遇的概率为：P =34×34×12×12+14×34×34×12=27128， 若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种： 乙1胜3胜，丙2胜3负5胜；乙1胜3负5胜，丙2胜3胜，若考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为：p =14×12×12×（34×14+14×12）+14×12×12×（34×14+14×12）=5128，丁与丙相同， 所以乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为：27128+5128+5128=37128．。