山西省大同市2023-2024学年高一上学期12月月考试题语文
山西省大同市铁路职工第一中学高一语文上学期期末试卷含解析
山西省大同市铁路职工第一中学高一语文上学期期末试卷含解析一、现代文阅读（35分，共3题）1. 阅读下面的文字，完成各题。
几个世纪以来，文字与图像之间的关系一直都是美学的关注点。
在中国，文字与图像之间的关系看起来不像西方那样疏离，中国的书法和绘画处于同一个艺术领域里。
对于汉字的书写、书法和绘画之间的关系，高建平曾在他的书中做出很有洞见性的分析：“我们可以说中国画主要是受到了书法的影响，而不是书写，但我们同时必须牢记，这两者之间并无实质的差别。
”在很大程度上，书法和绘画都依赖于创新和表达，这与象征性符号不同，象征性符号的主要目的在于图示化以实用。
书法和绘画也同样离不开社会环境，比如说中国画匠的作品与来自更高社会地位的文人画家的作品有着不同的功能。
据此而言，在中国书法与绘画语境中所呈现的文字与图像的关系，要比西方语境中的文字与图像的关系更近。
这是由中国的书画传统所决定的。
西方文化中关于文字和图像关系的讨论，常围绕着争论绘画和诗歌哪个更具重要性。
莱辛的《拉奥孔》探讨了诗歌和绘画的相对优点，充分地显示了它们各自对于认知理解的贡献。
莱辛意在突出诗歌的优越性，能够比绘画达到更广泛的境地。
绘画受限于视线，需要将焦点固定在某一特定的时刻，所得为视线所过滤。
即便被理解的物体已经发生变化，从焦点出发也还是有诸多局限。
莱辛认为诗歌能够运用所有语言能动用的更大范围的资源，同时也包括直觉和想象，能够提供一个关于对象的更为整体的观念。
随着当代诗歌理论和包括绘画在内的视觉艺术的发展，关于文字和图像关系的论点持续地发生转变。
比如，20世纪40年代，格林伯格的写作是在寻求一种纯粹的、互不混杂的艺术介质，强调每门艺术的相对彼此的独立性。
也因此，他攻击文人化的绘画，辨析诗歌在视觉艺术上的局限，以及叙事与绘画的不同。
他想维护的是绘画的纯粹性，反对诗歌(文学)对于绘画的入侵。
强调绘画的艺术介质的纯粹性，意味着将它从与诗歌和叙事的联系中摆脱出来，同时也从模仿以及对于绘画深度的幻觉中摆脱出来。
山西省大同市2024-2025学年高一上学期期中教学质量检测英语试题(含答案)
大同市2024—2025学年度第一学期期中高一年级教学质量监测英语注意事项：1. 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上相应的位置。
2. 全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。
3. 回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上。
4. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
5. 本试卷共8页，听力部分15分，其余试题85分，共100分。
考试时间90分钟。
第一部分听力（共两节，满分15分）第一节（共5小题；每小题1.5分，满分7.5分）听下面5段对话，每段对话后有一个小题，从题中所给的A、B、C 三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。
听完每段对话后，你都有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。
每段对话仅读一遍。
例：How much is the shirtA. 19.15.B. 9.18.C. 9.15.答案是C。
1. Where does the conversation probably take placeA. At homeB. In an office.C. In a restaurant.2. What does the man like bestA. Seeing movies.B. Playing basketball.C. Watching football matches.3. Who is the man probably talking toA. A tailor.B. A shop assistant.C. A designer.4. How much does this package cost by airmailA. 7 dollars.B. 21 dollars.C. 42 dollars.5. When will John go homeA. At 1:00.B. At 2:00.C. At 3:00.第二节（共5小题；每小题1.5分，满分7.5分）听下面2段对话，每段对话后有几个小题，从题中所给的A、B、C 三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。
2023-2024学年下学期高一期末质量检测语文试题答案
高一期末质量检测语文试题参考答案1．C （“丝路贸易给罗马帝国……大概带来了当时一年收入30%的税收”错误。
由原文“罗马帝国当时一年收入的大概30%是依靠其在东边和南边的收税所得，其中特别谈到了东方消费品的税收”可知，这“大概30%”的税收并非全都是丝路贸易带来的。
）2．D （“西域文化渗透到了各个角落”错误。
依据原文“到了唐代，这种文化传播进一步加强”，只能得出“唐朝时东西方文化交流得到了加强”的结论，不能得出“西域文化渗透到了各个角落”的结论。
）3．C （“双向共赢”观点的内容在材料一的第二段。
原文以“佛教的倒流”为例，说明“双向共赢”的涵义，是佛教东传后经过中国佛教界的改造和发展，使佛教发展到更高的高度，然后又传回中亚、印度。
可见“双向共赢”观点的关键在于交流的内容经过对方改造发展后，得到了更高的发展，再传回原产地，对原产地有所帮助。
A项讲的是欧洲借鉴中国瓷器艺术，使得欧洲瓷器具有了独特的瓷器艺术；B项讲的是苜蓿传入中国，对中国骑兵的帮助；D项讲的是茶叶传入欧洲并流行的原因。
这三项只说明物产交流后对传入的地区有作用，没有在得到更高的发展以后促进输出地区的进步。
而波斯锦是在中国丝绸制造的基础上有所提高，并对中国丝绸制造技术产生了促进作用。
故选C。
）4．B （根据图表地区Ⅰ的特产项目及“丝绸产品”的“产品生产”地等内容可知，地区Ⅰ为丝绸之路贸易的东段，地区Ⅱ则是丝绸之路贸易的中段。
而材料二的首句“长安、洛阳到敦煌以及天山廊道属于古代丝绸之路东段”表明，丝绸之路的东段，指从长安、洛阳到敦煌以及天山廊道之间的地区。
换言之，丝绸之路的东段，在敦煌以及天山廊道以东到长安、洛阳之间的地区，并不是“以东”没有终点的地区。
）5．①沿线民族的友好交往、民心相通的现实。
②贸易双方的双向共赢促进了丝路的长期繁荣。
③古代东西方物产资源交换和运输的推动。
（由材料一第一段可知，丝绸之路贸易之所以能够进行且长期繁荣，与宽容的民族政策、和谐的民族关系形成的沿线民族友好交往、民心相通的现实有关。
湖南省长沙市德成学校2023-2024学年高一上学期12月月考语文试题(含答案)
长沙市德成学校2023-2024学年上学期12月月考语文试卷一、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。
古建筑是有形的视觉艺术，音乐是无形的听觉艺术，二者似乎是两条不可能相交的平行线。
但近年来，无形的音乐与有形的古建筑，从相交到相拥再到相融，创造出独特的艺术体验，也开辟出古建筑活化利用的新路径。
音乐和建筑之间存在着共通的美学信息和美学法则。
建筑艺术塑形于空间之内，音乐艺术流淌于时间之中，一个表“象”，一个展“意”，看似不同形态的艺术呈现，却在形式上有着相同的节奏韵律感——它们都是在空间与时间的扩展中形成的艺术。
在我国，建筑的“筑”字，最早指一种古老的乐器。
在我们先人眼中，建筑如同巨大的乐器，能巧妙演绎自然的声音，让人们产生奇妙的听觉体验。
其实，将声学原理引入建筑设计中，整个建筑的确就能变成一个巨大的乐器。
比如，北京天坛的回音壁，在建造中巧妙采用了声学中的传音原理，会产生“回音”效果，而且声音悠长，给人造成一种“天人感应”的神秘气氛。
回音壁俨然成为一个“大乐器”或者一个音乐建筑。
在国外，黑格尔曾说：“音乐是流动的建筑，建筑是凝固的音乐。
”歌德也曾说：“建筑所引起的心情接近音乐的效果。
”这说明，音乐和建筑之间存在着一种内在的密切关联以及共通的美学信息和美学法则。
如果音乐的时间流动全都凝固下来，我们便可从音乐中或者从乐谱中看到对称、均衡等造型特点以及乐曲形式同建筑结构的相似之处。
建筑虽然是静止的，但它有高低、起伏、疏密、间隔等变化，这种变化颇似音乐中的序曲、渐强、高潮、重复、休止，能给人一种强烈的旋律感。
古建筑不仅是砖、瓦、木、石等材料的物理组合体，还是一种历史文化符号，承载着历史记忆与文化情感，能够为音乐创作提供素材和灵感。
古建筑背后的文化通过音乐作品得到阐释和传播。
音乐作为一种抽象艺术，可以较好地表现古建筑背后的思想、文化与历史，带领人们通过音乐语言感受古建筑的魅力。
山西省大同市铁路第一中学校2024-2025学年高一上学期10月月考数学试卷(含答案)
大同铁一中2024-2025学年高一年级上学期10月份月考试卷数学注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分）1．设集合，则（ ）A ．B ．C ．D ．2．若命题p ：，，则为（ ）A ．，B ．，C ．，D ．，3．已知集合，，则满足条件的集合C的个数为（ ）A ．5B ．4C ．3D ．24．命题“”为假命题，则实数m 的取值范围为（ ）A ．或B ．C ．D ．或5．设，，则与的大小关系是（ ）A ．B ．C ．D ．无法确定6．若关于的不等式的解集是，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．或D ．或7．命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）A ．B ．C ．D ．{}{}{}*N |5,1,3,1,2,4U x x A B =∈≤===B)(A C U {}1,3,5{}0,1,3,5{}0,1,2,4{}1,2,4,50x ∃>2210x x -+<p ⌝0x ∃>2210x x -+≥0x ∀>2210x x -+≥0x ∃≤2210x x -+>0x ∀≤2210x x -+>{}*=30,N A x x x -≤∈{}=40,N B x x x -≤∈A C B ⊆⊆2R,40x x mx ∀∈++>{4m m ≤-}4m ≥{}22m m -<<{}44m m -≤≤{4m m <-}4m >()227M a a =-+()()23N a a =--M N M N>M N=M N<x 220ax ax ++>R a {}08a a <<{}08a a ≤<{0a a <}8a >{0a a ≤}8a >[]21,2,0x x a ∀∈-≤4a ≤4a ≥5a ≤5a ≥8．已知关于的不等式的解集为，则的取值范围为（ ）A ．B ．C ．D ．二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分）9．下列四个命题中正确的是（ ）A ．若，则B ．若，则C ．若，则D ．若，则10．下列说法中，正确的是（ ）A ．若，，则B ．“”是“”的充分不必要条件C ．“对，恒成立”是“”的必要不充分条件D ．设，则的最小值为211．已知关于x 的不等式的解集为(−∞,−2)∪(3,+∞)，则下列选项中正确的是（ ）A ．B ．不等式的解集是C ．D ．不等式的解集为第II 卷（非选择题）三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分）12．已知集合，，若满足，则实数a 的值为 ．13．已知实数，满足，，则的取值范围是．x 20(,,)ax bx c a b c ++>∈R (4,1)-29c a b ++[)6,-+∞(,6)-∞(6,)-+∞(],6∞--,a b c d >>a d b c ->-110a b<<2b ab <a b >11a b a>-22a m a n >m n>a b <c d <ac bd <0a b >>11a b<()0,x ∀∈+∞22x m x+≥1m ≤x ∈R ()22122y x x =+++20ax bx c ++>0a >0bx c +>{}6x x <-0a b c ++>20cx bx a -+<11,,32∞∞⎛⎫⎛⎫--⋃+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭{}221,,0A a a =-{}1,5,9B a a =--{}9A B ⋂=a b 32a b -≤+≤-14a b ≤-≤35a b -14．若两个正实数，满足，且存在这样的，使不等式有解，则实数的取值范围是 ．四、解答题（共5小题，共77分）15．（13分）设集合，A ={x |1≤x ≤5}，，求：(1)；(2)；(3).16．（15分）已知集合.(1)若，求的取值范围；(2)若，求的取值范围.17．（15分）设，已知集合，．(1)当时，求实数的范围；(2)设；，若是的必要不充分条件，求实数的范围．18．（17分）求下列关于x 的不等式的解集：(1)；(2)19．（17分）某农户计划在一片空地上修建一个田字形的菜园如图所示，要求每个矩形用地的面积为且需用篱笆围住，菜园间留有一个十字形过道，纵向部分路宽为，横向部分路宽为.(1)当矩形用地的长和宽分别为多少时，所用篱笆最短？此时该菜园的总面积为多少？(2)为节省土地，使菜园的总面积最小，此时矩形用地的长和宽分别为多少？x y 4x y xy +=x y 234yx m m +<+m {}5U x x =≤{}14B x x =-≤≤A B BA)(C U B)(A)(C C U U {}(){}234812A x a x a a B x x =+≤≤-∈=≤≤R ，RB)(A C R = a A B =∅ a R U ={}|27A x x =-≤≤{}|121B x m x m =+≤≤-5∈B m :p x A ∈:q x B ∈p q m 4101x +≤-()222R ax x ax a ≥-∈-236m 1m 2m参考答案：题号12345678910答案A B B A A B D D AD BC 题号11 答案ABD11．ABD 12．－313．14．15．(1)(2)(3)16．(1)；(2)或．17．(1)(2)18．(1)长和宽均为时，所用篱笆最短，总面积为.(2)19．(1)(2)答案见解析【详解】（1）解：由不等式，可得，解得，即不等式的解集为.（2）解：由不等式，可得化为，若，不等式可化为，解得，即解集为；[]6,19(,4)(1,)∞∞--⋃+{}15x x -≤≤{}4x x ≤{}1x x <-16,63⎡⎤⎢⎥⎣⎦4a <10a >34m ≤≤4m ≤6m 2182m {|31}x x -≤<4101x +≤-301x x +≤-31x -≤<4101x +≤-{|31}x x -≤<222ax x ax -≥-2(2)20ax a x +--≥0a =220x --≥1x ≤-{|1}x x -≤若，不等式可化为当时，不等式即为，解得或，即不等式的解集为或；当时，不等式即为，①当时，即时，解得，解集为；②当时，即时，解得，解集为；③当当时，即时，解得，解集为综上，当时，不等式的解集为或；当，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.0a ≠2(1)(0a x x a+-≥0a >2(1)(0x x a +-≥1x ≤-2x a ≥{|1x x ≤-2}x a≥0a <2(1)(0x x a+-≤21a ->20a -<<21x a ≤≤-2{|1}x x a ≤≤-21a-=2a =-1x =-{|1}x x =-21a -<2a <-21x a -≤≤2{|1}x x a-≤≤0a >{|1x x ≤-2}x a≥0a ={|1}x x -≤20a -<<2{|1}x x a≤≤-2a =-{|1}x x =-2a <-2{|1}x x a-≤≤。
2023-2024学年太原市高一年级上学期期末试题卷附答案解析
2023-2024学年太原市高一年级上学期期末试题卷2024年1月说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间90分钟，满分100分.一､选择题（本题共8小题，每小题3分，共24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．与角60-终边相同的角是（）A ．60B ．120C ．240D ．300o2．已知sin cos 0θθ>，且cos cos θθ=，则角θ是（）A ．第一象限角B ．第二象限角C ．第三象限角D ．第四象限角3．函数y =）A ．()0,∞+B ．(],2-∞C ．(]0,2D ．[)2,+∞4．π4α>是2sin 2α>的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件5．函数()3ln f x x x =-的零点所在的区间为（）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,46．已知()π,0θ∈-，且1sin cos 8θθ⋅=，则sin cos θθ+=（）AB．C．2D．2-7．已知α，π0,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且tan 3α=，tan 2β=，则αβ+=（）A ．5π12B ．2π3C ．3π4D ．5π68．若实数a ，b ，c 满足3log πa =，ln πb =，2c =，则（）A ．a b c <<B ．a c b<<C ．b a c <<D ．b c a<<二､多选题（本题共4小题，每小题3分，共12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3分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9．已知()3tan2f x x=，则下列结论正确的是（）A ．()f x 的最小正周期πT =B ．()f x 的定义域为ππ,42k x x k ⎧⎫≠+∈⎨⎬⎩⎭Z C ．()f x 的值域为[]1,1-D ．()f x 是奇函数10．已知()log (0a f x x a =>，且1)a ≠，则下列结论正确的是（）A ．当1a >时，()f x 在()0,∞+上是增函数B ．不等式()0f x <的解集是()0,1C ．()f x 的图象过定点()1,0D ．当2a =时，()f x 的图象与()0.01g x x=的图象有且只有一个公共点11．函数()()sin (0,0,π0)f x A x A ωϕωϕ=+>>-<<的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（）A ．函数()f x 的最小正周期π2T =B ．函数()f x 图象关于直线()ππ32k x k =+∈Z 对称C ．把函数()f x的图象向左平移π12个单位长度，得到()sin g x A x ω=的图象D ．()f x 在[]0,a 上恰有3个零点，则实数a 的取值范围是11π19π,1212⎡⎤⎢⎥⎣⎦12．已知函数22ln ,0e()44,e e e x x f x x x x ⎧<<⎪=⎨-+≥⎪⎩，若方程()f x a =有四个不同的实数解1x ，2x ，3x ，4x ，且满足1234x x x x <<<，则下列结论正确的是（）A ．01a <<B．122x x +∈C ．123414e 2,5e e x x x x ⎛⎫+++∈++ ⎪⎝⎭D ．()2212343e ,4e x x x x ∈三､填空题（本题共4小题，每小题3分，共12分）13．已知扇形的圆心角为120°，半径为3，则扇形的面积是.14．已知函数()3log f x x=与()y g x =互为反函数，则()2g =.15．已知函数()π2sin 1(0)6f x x ωω⎛⎫=+-> ⎪⎝⎭在()0,π上恰有两个零点，则实数ω的取值范围为.16．已知实数,x y 满足12315e,ln 224x x y y ++=+=，则2e x y =.四､解答题（本题共5小题，共52分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（1）求2log 122431log log 9log 2222-++的值；（2）已知lg3lg2a =，试用a 表示6log 12.18．已知角α的顶点在坐标原点O ，始边与x 轴非负半轴重合，其终边经过点()3,4P -.(1)求sin ,cos ,tan ααα的值；(2)求()()πcos πcos 2πsin tan π2αααα⎛⎫-- ⎪⎝⎭⎛⎫++ ⎪⎝⎭的值.19．已知π02βα<<<，且()4tan 2,cos 5ααβ=-=.(1)求sin2α的值；(2)求cos2β的值.20．已知函数()()()lg 1lg 1f x x x =++-.(1)判断()f x 的奇偶性，并说明理由；(2)判断()f x 在()0,1上的单调性，并证明你的判断；(3)对任意t ∈R ，若211t f f t m ⎛⎫⎛⎫≥⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭恒成立，求实数m 的取值范围.21．已知函数()πsin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，其中x ∈R .(1)求使()32f x ≥成立的x 取值范围；(2)若函数()2πcos 23g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，且对任意的[]12,,0x x t ∈，当12x x <时，都有()()()()1212f x f x g x g x -<-成立，求实数t 的最小值.1．D【分析】由终边相同的角的定义计算即可得.【详解】与角60- 终边相同的角为()60360k k -+⋅∈Z ，当1k =时，有360130060+-⨯=，D 正确，其他选项检验均不成立.故选：D.2．A【分析】由条件得到sin 0,cos 0θθ>>判断.【详解】解：因为sin cos 0θθ>，且cos cos θθ=，所以sin 0,cos 0θθ>>，所以θ是第一象限角，故选：A 3．C【分析】根据具体函数的特征，列式求函数的定义域.【详解】函数的定义域需满足不等式21log 0x -≥，即2log 1x ≤，即02x <≤，所以函数的定义域为(]0,2.故选：C 4．D【分析】结合充分条件与必要条件的定义举出反例即可得.【详解】当π4α>时，如πx =，有2sin 02π=<，当2sin 2α>时，如52sin 32π⎛⎫-=>⎪⎝⎭，故π4α>是sin 2α>的既不充分也不必要条件.故选：D.5．C【分析】得出函数的单调性后借助零点的存在性定理即可得.【详解】由()3ln f x x x =-，故()f x 在()0,∞+上单调递增，又()332ln21022f =-<-<，()33ln3ln 3103f =-=->，故函数()3ln f x x x =-的零点所在的区间为()2,3.故选：C.6．B【分析】先由()π,0θ∈-，且1sin cos 8θθ⋅=，判断出ππ,,sin 0,cos 02θθθ⎛⎫∈--<< ⎪⎝⎭，再利用平方关系求解.【详解】解：因为()π,0θ∈-，且1sin cos 8θθ⋅=，所以ππ,,sin 0,cos 02θθθ⎛⎫∈--<< ⎪⎝⎭，则sin cos θθ+===，故选：B 7．C【分析】求得tan()αβ+，然后结合角范围可得．【详解】由已知(0,π)αβ+∈，tan tan 32tan()11tan tan 132αβαβαβ+++===---⨯，∴3π4αβ+=．故选：C ．8．A【分析】利用对数函数的性质可判定,a b ，构造函数()ln xf x x =，利用导数研究其单调性可判定,c b .【详解】因为3log 31,ln e=1a b >=>，利用换底公式可知ln π1ln 31ln πln 3a a b b ==<⇒<，构造函数()()()2ln 1ln 0x xf x f x x x x -=⇒=>'，显然0e x <<时，()0f x '>，则()ln xf x x =在()0,e 上单调递增，e x >时，()0f x '<，则()ln xf x x =在()e,+∞上单调递减，()1ln πln 222e 22f f <<⇒==，即ln π2<，所以b c <，综上a b c <<.【点睛】难点点睛：观察,,a b c 式子发现利用对数函数的性质可判定,a b ，即底数大于1时，底数越大图象在第一象限内越平缓，步骤上可以由换底公式计算；对于后两项对比可以构造()ln xf x x =，通过其单调性进行对比即可.9．BD【分析】结合正切函数的性质逐项判断即可得.【详解】对A ：由()3tan2f x x =，故()f x 的最小正周期π2T =，故A 错误；对B ：由题意得：()22x k k ππ≠+∈Z ，即()ππ42k x k ≠+∈Z ，故()f x 的定义域为ππ,42k x x k ⎧⎫≠+∈⎨⎬⎩⎭Z ，故B 正确；对C ：由tan y x =∈R ，故()f x 的值域为R ，故C 错误；对D ：()f x 的定义域为ππ,42k x x k ⎧⎫≠+∈⎨⎬⎩⎭Z ，()()()3tan 23tan 2f x x x f x ⎡⎤-=⨯-=-=-⎣⎦，故()f x 是奇函数，故D 正确.故选：BD.10．AC【分析】对A 、B 、C ，结合对数函数性质逐项判断即可得，对D ，将函数图象交点个数转化为研究函数的零点个数，借助零点的存在性定理即可判断.【详解】对A ：当1a >时，()f x 在()0,∞+上是增函数，故A 正确；对B ：当1a >时，log 0a x <，则()0,1x ∈，当01a <<时，()1,x ∞∈+，故B 错误；对C ：()1log 10a f ==，故C 正确；对D ：当2a =时，()2log f x x =，令()2=log 0.01h x x x-，有()21=log 10.010.010h -=-<，()22=log 20.01210.020.980h -⨯=-=>，()10101022=log 20.0121010.240.240h -⨯=-=-<，故()h x 在()1,2及()102,2上都至少有一根，即()f x 的图象与()0.01g x x=的图象在()1,2及()102,2上都至少有一个交点，故选：AC.11．BC【分析】由图象可得函数解析式，借助正弦型函数的性质逐项分析即可得.【详解】由图可得2A =，ππ2π36T ⎡⎤⎛⎫=⨯--= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，则2π2πω==，有()ππ22πZ 32k k ϕ⨯+=+∈，即()π2πZ 6k k ϕ=-+∈，由π0ϕ-<<，故π6ϕ=-，即()π2sin 26f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，对A ：由πT =，故A 错误；对B ：令()πππZ 622x k k =+-∈，解得()ππZ 32k x k =+∈，故B 正确；对C ：把函数()f x的图象向左平移π12个单位长度，可得()ππ2sin 222sin 2126g x x x ⎛⎫=+⨯-= ⎪⎝⎭，故C 正确；对D ：当[]0,x a ∈时，πππ22666x a ⎡⎤-∈--⎢⎥⎣⎦，则有π2π23π6a ≤-<，即13π19π1212a ≤<，故D 错误.故选：BC.12．ACD【分析】作出函数()y f x =的图象和直线y a =后直接判断A ，由图象确定1234,,,x x x x的关系及范围，然后利用对勾函数性质判断BC ，结合二次函数性质判断D ．【详解】作出函数()y f x =的图象，，再作出直线y a =，如图，由12ln ln x x -=得121=x x ，由对称性得344ex x +=，且21e x <<，3e 2e x <<，(e)1f =，因此01a <<，A正确；122222x x x x +=+≥，当且仅当2x =又21x =时，1223x x +=，2ex =时，1222e>3e x x +=+，因此由对勾函数性质可得1222e x x +∈+，B 错；同理由对勾函数性质得122211(2,e)ex x xx+=+∈+，因此123414e2,5eex x x x⎛⎫+++∈++⎪⎝⎭，C正确；因为()3e,2ex∈，则22221234333(4e)(2e)4e(3e,4e)x x x x x x x=-=--+∈，D正确．故选：ACD ．13．3π【分析】先将角度转化成弧度制，再利用扇形面积公式计算即可.【详解】扇形的圆心角为120°，即2rad3π，故扇形面积2123323Sππ=⨯⨯=.故答案为：3π.14．9【分析】由指数函数与对数函数互为反函数可得答案.【详解】由对数函数的反函数为相应的指数函数可得()3x g x=，故()2 239 g==.故答案为：9.15．8 2,3⎛⎤ ⎥⎝⎦【分析】结合正弦型函数的图象与性质计算即可得.【详解】令()π2sin106f x xω⎛⎫=+-=⎪⎝⎭，则π1sin62xω⎛⎫+=⎪⎝⎭，当()0,πx∈时，πππ,π666xωω⎛+∈⎫+⎪⎝⎭，由题意可得13ππ17ππ666ω<+≤，解得823ω<≤，即实数ω的取值范围为82,3⎛⎤⎥⎝⎦.故答案为：8 2,3⎛⎤ ⎥⎝⎦.16．1e##1e-【分析】原等式可分别变形为15e12x x+++=，22+25lny y=，可构造函数()lnf x x x=+，结合函数单调性可得12e x y +=，即可得解.【详解】由215ln 24y y +=，即225ln +2y y =，即22+25ln y y =，由13e 2x x ++=，即135e 1122x x +++=+=，令()ln f x x x=+，则()f x 在定义域内单调递增，有()11115e e e 12x x x x f lne x ++++=+=++=，()2225ln 2f y y y =+=，故12e x y +=，故2e 1e x y=.故答案为：1e .【点睛】关键点睛：本题关键在于构造函数()ln f x x x=+，结合单调性从而得出12ex y +=.17．（1）12；（2）21a a ++【分析】借助对数的运算性质计算即可得.【详解】（1）原式2231log log 3122=-++21331log 12222=+=-=；（2）6lg12lg32lg2log 12lg6lg3lg2+==+lg22lg22.lg2lg21a a a a ++==++18．(1)434sin ,cos ,tan 553ααα=-==-(2)35-【分析】（1）借助三角函数的定义计算即可得；（2）借助辅助角公式计算即可得.【详解】（1） 角α终边经过点()3,4P -，5PO ∴=，434sin ,cos ,tan 553ααα∴=-==-；（2）原式cos sin 3cos cos tan 5ααααα-⋅==-=-⋅.19．(1)45(2)35【分析】（1）借助二倍角公式与三角函数基本关系将弦化为切计算即可得；（2）结合三角函数基本关系与三角恒等变换计算即可得.【详解】（1）tan 2α= ，且π02α<<，则2222sin cos 2tan 4sin22sin cos sin cos tan 15ααααααααα====++；（2）ππ0,022βααβ<<<∴<-<，()()43cos ,sin 55αβαβ-=∴-=，sin tan 2cos ααα== ，22sin cos 1αα+=，π02α<<，则25cos 1α=，即5cos 5α=，25sin 5α=，()()()cos cos cos cos sin sin βααβααβααβ⎡⎤∴=--=-+-⎣⎦4355=⨯23cos22cos 15ββ∴=-=.20．(1)偶函数，理由见解析(2)单调递减，证明见解析(3)[)(]2,11,2-- 【分析】（1）借助奇、偶函数的定义判断即可得；（2）由符合函数的性质可直接判断，借助函数单调性的定义即可证明；（3）结合函数的单调性与奇偶性计算即可得.【详解】（1）函数()f x 为偶函数，理由如下：由题意得1010x x +>⎧⎨->⎩，11x ∴-<<，∴函数()f x 的定义域为()1,1-，关于原点对称，又()()()()()lg 1lg 1,f x x x f x f x -=-++=∴ 为偶函数；（2）函数()f x 在()0,1上单调递减，证明如下：取()12,0,1x x ∀∈，且12x x <，()()()()()()21121122221lg 1lg 1lg 1lg 1lg 1x f x f x x x x x x -⎡⎤-=++--++-=⎣⎦- ，()()()()2112121222101,1,0,1x x x f x f x f x f x x -∴∴-∴- ，∴函数()f x 在()0,1上单调递减；（3）由题意得22111111t t mt t m ⎧<⎪+⎪⎪<⎨⎪⎪≤⎪+⎩，当0=t 时，则1m >，当0t ≠时，则2111t m t t t +<≤=+，12t t +≥ （当且仅当1t =±时等号成立），12m ∴<≤；综上，12,m <≤∴实数m 的取值范围为[)(]2,11,2--⋃.21．(1)ππππ,124x k x k k ⎧⎫+≤≤+∈⎨⎬⎩⎭Z (2)π3-【分析】（1）结合正弦函数的图象计算即可得；（2）结合题意构造函数()π2ππsin 2cos 22sin 2636h x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，可将原不等式转化为()()12h x h x <恒成立，结合函数单调性与正弦型函数的性质计算即可得.【详解】（1）由πsin 26x ⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭得ππ2π2π22π363k x k +≤+≤+，解得()ππππ124k x k k +≤≤+∈Z ，∴原不等式的解集为ππππ,124x k x k k ⎧⎫+≤≤+∈⎨⎬⎩⎭Z ；（2）令()()()h x f x g x =-，则()π2ππsin 2cos 22sin 2636h x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 对任意的120t x x ≤<≤，都有()()()()1212f x f x g x g x -<-成立，所以()()()()1122f x g x f x g x -<-恒成立，即()()12h x h x <恒成立，∴函数()h x 在[],0t 单调递增：由0t x ≤≤得πππππ22,266662t x t +≤+≤∴+≥-，π3t ∴≥-，即实数t 的最小值为π3-.。
北京市海淀区2023-2024学年高一上学期12月月考语文试题含解析
高一年级12月份阶段性质量检测语文学科（答案在最后）本试卷共10页，满分120分，考试时长120分钟。
考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。
考试结束后，将答题卡交回．一、本大题共6小题，共12分。
阅读下面材料，完成下面小题材料一“三山五园”是对北京西郊皇家园林的总称，这种说法出现于清朝中晚期。
“三山五园”包括香山静宜园、玉泉山静明园、万寿山清漪园（颐和园）、畅春园和圆明园。
静宜园位于地势较高的香山，园中建筑因山就势、参差错落，散点式镶嵌在山体之中。
“园林之胜，重在山水。
”水池作为点缀，或出现在殿前以丰富较窄的院落空间，或处于园中以增加景观趣味。
静宜园占地149公顷，1677年成为康熙的行宫，后来虽有添建，但一直保持着非常好的自然生态，深邃优雅。
静明园的个性与静宜园不同。
静明园所在的玉泉山，湖山尺度非常有限，占地仅65公顷。
玉泉山虽因泉水丰沛而得名，但水面并不大，山体狭长，呈南北走向。
在这种地形上如何建设园林呢？建筑要和湖山尺度配合好，建筑群采用散点布局，高低相映。
山顶上的香岩寺和玉峰塔规模不大，山脚下的建筑多为一层，这样就凸显出玉峰塔的高耸。
乾隆非常喜欢玉泉山的风光，亲自为静明园内十六景命名，正殿名为“廓然大公”，后殿名为“涵万象”，意蕴深远。
畅春园位于今北京大学西墙外畅春园宿舍一带，原是明代武清侯李伟修建的私家园林“清华园”，也叫“李园”，康熙时更名为畅春园。
畅春园以水景为主，水面宽阔，“江淮以北亦当第一也”，清朝改建时仍“因水成景”。
畅春园的叠山艺术也堪称一绝，原来的土山和新添建的假山，岗峰连接；加之遍植各色鲜花树木，绿树成荫，给人天人合一之感，是兼有政治和游乐功能的离宫型园林。
被称为“万园之园”的圆明园，既有金碧辉煌的宫殿，也有玲珑剔透的亭台楼阁，又吸取了欧洲的建筑形式，是世界园林的集大成者。
圆明园也是中国古典园林中平地造园的典范，园内步移景易，景观层出不穷，特色之多，首屈一指。
圆明园占地350公顷，在“三山五园”中规模最大。
山东省青岛市2023-2024学年高一上学期1月期末选科测试语文试卷(含答案)
山东省青岛市2023-2024学年高一上学期1月期末选科测试语文试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、现代文阅读阅读下面的文字，完成下题。
材料一：从湖南长沙驱车一个多小时抵达“中国烟花之乡”——长沙浏阳市的沙市镇，穿过乡道上写着“鹤立鸡群冠赤县，源开流远润秧田”对联的三层门楼，便进入一个文化底蕴深厚的古村——沙市镇秧田村。
勤耕重读是秧田村家家户户盛传的家风。
恢复高考至今，该村已走出28位博士、176位硕士研究生和上千名本科生，是湖南远近闻名的“博士村”。
如今，数百年流传下来的“耕读文化”助推了当地乡村的振兴。
秧田村通过以文促产，推动生态农业、休闲观光、研学旅行融合发展，打造出“博士村特色研学”品牌，不仅盘活了农村资源，也带动了农民增收。
秧田村将耕读文化创新融入美丽乡村建设，修复了有数百年历史的老龙井、罗氏老槽门等充满农耕文化气息的老建筑。
为弘扬“耕读文化”，激励学生读书，秧田村在村里打造了一面两层楼高的“博士墙”，展示村里28位博士的照片和成就。
墙上写着一行苍劲有力的大字：“知识改变命运，文化孕育美德”。
青砖土瓦、飞檐翘角，一座透着厚重年代感的老房屋紧邻秧田村小学，这是秧田村的农家书屋，延续崇文重教、勤耕重读的习俗，它功不可没。
“农家书屋，人气最旺。
村里的文艺爱好者、退休教师在这里看书；农民施肥、养殖遇到问题，也会来书屋查找相关资料。
”村民邓加长告诉记者。
张秋香老人也经常来书屋学认字，看书读报。
“母亲认识4000多个字，经常给子孙讲做人做事的道理，培养家国情怀。
”张秋香的儿子罗碧儒说，“因重知识的家风一代传一代，家中共走出了12名大学生、2名博士。
”在秧田村，每家父母都跟子女约定，父母不打牌，孩子不玩手机。
邻里之间也不比谁家富裕，就比谁家孩子会读书，父母和孩子要共同学习、共同进步。
秧田村勤耕苦读、诗礼传家等家风祖训，也成为秧田新农村精神文明建设的特有元素。
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2023～2024学年高一上学期12月月考语文考生注意：1．本试卷满分150分，考试时间150分钟。
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。
选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．。
．．．．、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．，在试题卷4．本卷命题范围：人教版必修上册第一至第六单元。
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。
乡村振兴是一项巨型社会工程。
乡村振兴背景下参与制造亮点的主体及其行动逻辑显然是多元化的，这就需要我们建构一个涵盖多元行动主体的理论框架来分析制造亮点的内在逻辑。
换言之，如果仅仅关注单一治理层级在制造亮点过程中发挥的作用，那么对于制造亮点这一重大实践问题也就难以给出令人满意的解释，也不能深挖这一病态现象背后的根源所在。
多层级理论是研究在多行为体、多中心、多部门条件下如何开展治理行动的重要理论框架。
从多层级治理理论视角看，乡村振兴背景下制造亮点的过程是嵌入在一个多层级的行动网络之中的。
多层级治理理论最初是用以解释欧洲一体化现象的。
一直以来，关于欧洲一体化现象的解释路径主要有两种：新功能主义和政府间主义。
在新功能主义看来，以欧洲共同体为代表的超国家行为体主导着欧洲一体化的进程，国家这类行为体在其中发挥的作用不大。
政府间主义认为欧洲一体化能够实现关键在于国家这类行为体的积极行动。
与上述两种传统解释路径不同，马科斯认为，欧洲一体化是超国家行为体、国家行为体以及次国家行为体共同作用下的结果。
此外，他提出了“多层级治理”这一概念来说明多个维度上的政治或行政行为体的持续互动的现象。
根据马科斯的观点，多层级治理是一种在超国家、国家、区域以及地方等几个疆域层级上的既定政府之间进行持续协商的制度。
在此之后，一些研究者试图将非政府行为体也纳入多层级治理之中。
比较有代表性的学者是皮亚托尼，他认为多层级治理这一概念描述的是同时激发多个管辖权层面上的政府与非政府行为体。
总的来说，多层级治理涉及纵向府际关系以及横向政社关系两大维度。
基于中国治理情景，我们认为乡村振兴背景下涉及制造亮点的主体主要包括中央政府、县级政府、乡镇政府与村级组织。
那么接下来要回答的问题是为何要将中央政府、县级政府、乡镇政府与村级组织这四个变量纳入多层级治理的分析框架。
一直以来，基层政府的行为逻辑是学术研究的热点话题。
有关基层政府行为逻辑的大量研究是将基层政府置身于宏观的制度环境，尤其是在中央与地方关系这一大背景之下。
例如，孙秀林、周飞舟从分税制改革所建立的中央与地方之间关系的稳定互动框架这一视角出发，分析地方政府以土地为中心的城市扩展行为；徐晨光、王海峰立足于中央与地方关系视阅来分析地方政府治理模式重塑的政治逻辑。
以上研究为本文分析乡村振兴过程中制造亮点的内在逻辑提供了有益启示，即从基层一线治理视角看，亮点工程是乡镇政府直接推动、经营村庄的产物，但是乡镇政府的行为逻辑是发生在更为宏观的制度环境之内的，这就需要我们将研究视野不断拉长，超越基层场域，从更为广阔的央地关系视角分析制造亮点的内在逻辑。
为便于阐述我们的分析思路，我们试图提出一个委托方—管理方—代理方的多重委托代理的科层组织模型。
通常来说，限于中国庞大的治理规模，在中国绝大多数事务都是“中央决策、地方执行”，中央政府拥有决策、部署、监督和考核的权力，主要面对的是各级地方政府和地方官员。
只有基层政府才执行具体政策，与百姓直接打交道，在这一过程中，中央政府与乡镇政府分别以委托方与代理方的角色出现。
但是，由于国家制定的公共政策需要落实到一定的地方场域，通过政策细化或再规划的过程，才能实现其政策目标。
因此，处于中央政府与乡镇政府之间的中层政府扮演起管理者角色。
中央政府在保留一定控制权的基础上，会将部分权威授予中层政府，使其代为履行督促、监督下级政府政策执行的职责。
中国的中层政府包括省、市、县三级。
本文将县级政府作为管理方的主要原因是县级政府的政策转换将对政策的整体转换效果产生重要影响。
瞿同祖认为，中国自古以来在治理结构上都有一个特征，即中央政府通过把行政事务逐级往下发包，治民的事务最终落到县级政府身上，县官是真正的治民之官，县以上都是“治官之官”。
樊红敏对当代中国政治的分析也指出，不仅国家的大政方针要通过县一级加以贯彻，且县要根据地方情况做出决定……只有通过县，治理国家的机器才可以运转起来。
在乡村振兴战略从顶层规划到落地执行的过程中，村级组织扮演着政策遵循者角色。
乡镇政府处于中国行政序列的末梢位置，直面乡村社会，与社会公众的互动最为密切。
作为代理方的基层政府是乡村振兴战略落地实施的具体操作者，同时也是制造亮点的直接主体。
在这一过程中，乡镇政府需要充分开发村庄的人文自然资源，也要借助于村庄干部、村庄能人之手来合作打造。
同时，村庄在与基层政府互动过程中，也愿意大力发挥村庄自主性实现自身诉求与国家施政目标的有机衔接，从而在项目抓包、政策支持方面占据优势，更好地推动村庄的整体发展。
上述多重因素意味着在央地关系之外，村级组织也是参与制造亮点的重要主体之一，应该被纳入多层级治理的分析框架之中。
（摘编自李尧磊《中国乡村振兴过程中“制造亮点”的多层级逻辑》）1．下列对原文相关内容的理解和分析，不正确的一项是（3分）（）A．马科斯综合新功能主义和政府间主义的观点，将非政府行为体纳入多层级治理中，影响了后来的一些研究者。
B．受中国庞大治理规模的限制，在基层政府执行具体政策、与百姓直接打交道的过程中，乡镇政府以代理方的角色出现。
C．包括省、市、县三级的中层政府扮演着管理者的角色，与国家制定的公共政策需要落实到一定的地方场域有关。
D．处于中国行政序列末梢位置的乡镇政府能够直接面对乡村社会，与社会公众保持着最为密切的互动。
2．根据原文内容，下列说法正确的一项是（3分）（）A．乡村振兴是一项巨大而复杂的社会工程，因此需要多层级治理，而单一治理层级在乡村振兴中难以发挥作用。
B．关于欧洲一体化现象的解释路径就分为新功能主义和政府间主义两种，其中，政府间主义肯定了国家发挥的积极作用。
C．对有关基层政府行为逻辑的研究应将研究视野不断拉长，不能只停留在基层场域，可从央地关系视角展开研究。
D．县级政府的政策转换将对政策的整体转换效果产生重要影响，所以县级政府是乡村振兴背景下制造亮点的最重要主体。
3．下列对原文论证的相关分析，不正确的一项是（3分）（）A．第二段通过举例论证，分析了多层级治理涉及的两大维度，引出下文将中央政府、县级政府等纳入多层级治理分析框架的原因的论述。
B．第三段在论述将基层政府置于宏观制度环境，研究其行为逻辑时，将孙秀林、周飞舟与徐晨光、王海峰的研究情况进行了对比。
C．第四段采用“总—分”的论证结构，分析了“委托方—管理方—代理方的多重委托代理的科层组织模型”的具体内涵。
D．本文论证语言严谨、周密，如“应该被纳入多层级治理的分析框架之中”，这里的“应该”表示一种建议，避免过于绝对化。
4．中国自古至今在治理结构上的特征是什么？请简要概括。
（4分）答：__________________________________________________________________________________________ 5．从多层次治理理论视角看，中国乡村振兴过程中，多元行动主体应如何更好地发挥作用？请结合文本，谈谈你的看法。
（6分）答：__________________________________________________________________________________________（二）现代文阅读Ⅱ（本题共4小题，16分）阅读下面的文字，完成6～9题。
唱歌的门卫秦德龙门卫老高，喜欢唱歌。
每天，只要他当班，准能听见他那雄浑的男中音：“①世界是你们的，也是我们的。
但是归根结底是你们的。
你们青年人，朝气蓬勃，正在兴旺时期，好像早晨八九点钟的太阳！希望——寄托在你们身上！寄托在你们身上！”听他唱歌，我们都会受到鼓舞，精神饱满地进入全天的工作。
偶尔，我们外出办事，也会在门口遇见老高，听见他的歌声：“革命人永远是年轻，它好比大松树冬夏常青！它不怕风吹雨打，它不怕天寒地冻，它不摇也不动，永远挺立在山岭……”听到这样的歌声，我们便精神抖擞地行进在宽广的大路上，满怀信心地把要办的事情办好，争取马到成功！是的，下班的时候，我们也会听到老高的歌声：“送君送到大路旁，君的恩情永不忘！农友乡亲心里亮，隔山隔水永相望………”老高这人真有意思。
当然，也有老高不唱歌的时候。
这时候，他会立在门口，②笑眯眯地同每一个进来出去的人打招呼，或聊上一两句。
不过，多数时候，他伏在桌子上看书报。
一边随意浏览，一边低声吟唱。
他的眼睛没闲着，嘴巴也没闲着，轻声哼唱着谁都能听懂的旋律。
老高真是个快乐的人。
而且，是个热爱生活的人。
看他那身打扮吧，头发梳理得一丝不苟，穿着西装，打着领带，皮鞋锃亮，像个文化工作者。
一个门卫，有必要打扮得这么庄重吗？但是，我们不能问他。
怎么问呢？难道门卫就不该打扮入时吗？我们单位的大门，没有请保安公司的保安，而是聘请老高等三人照看。
我们从未感觉有什么不妥。
他们不但看大门，而且还要发报纸，还要照管寄放在大厅里的东西，包括过节发的福利。
③说实在的，老高来当门卫，真有些屈才了。
有一天，我问老高：“您从前是搞文艺工作的吧？”“哪里呀，我就是喜欢唱歌！”“业余歌手？您唱歌真好听！”“承蒙夸奖！”“大合唱，您参加过吗？”“那都是从前了。
好汉不提当年勇了。
”“听了您的歌声，真受鼓舞！谢谢您，用歌声给我们带来了好心情！”“真的吗？”老高兴奋起来了，从桌斗里摸出一本歌谱。
我随手翻了翻，都是从前那种激情饱满的老歌。
现在，这样的老歌不多见了，大多是软绵绵的曲调，听上去就是靡靡之音。
老高又摸出一本《青年歌声》让我看。
老高说：“这上面都是新歌！我要学会唱新歌。
不然的话，听众们就会觉得没意思，不来劲！”我呵呵地笑了起来。
老高说得对。
他唱的那些老歌，也许只有我们这个年龄段的人才喜欢。
但我没想到，好几天没见到老高了。
一打听，才知道他住院了。
什么病？抑郁症！老高怎么会得抑郁症？我怎么都不相信。
他是个快乐的人呀。
他抑郁什么呢？我决定去医院看看老高。
老高正在病榻上看书。
“看什么书呢？这么认真？”我笑道。
老高一看是我，开口说：“《青年歌声》啊。
你说，我怎么就学不会现代流行歌曲呢？”“您还是爱唱歌！”我不由得赞佩说。