【金丽衢十二校2020高三6月联考】金丽衢十二校2019学年高三第二次联考 生物(高清含答案)
浙江省金丽衢十二校2019届高三数学上学期第二次联考试卷(含参考答案)
金丽衙十二校2018-2019学年高三第二次联考数学试题一、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、集合A=｛x|x 2－2x ＞0}，B=｛x|－3<x<3｝，则（ ）A 、A ∩B ＝∅ B 、 A ∪B ＝RC 、B ⊆AD 、A ⊆B2、点F 1和F 2是双曲线223x y -＝1的两个焦点，｜F 1F 2｜（ ）A B 、 2 C 、 D 、 4 3、复数122,3z i z i =-=+，则12||z z ＝（ ）A 、 5B 、 6C 、 7D 、4、某几何体的三视图如右图所示（图中单位:cm)，则该几何体的表面积为（ ）A πcm 2B 、πcm 2C 、（1）πcm 2D 、（2）πcm 25.已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，则“α∥β”是“l ⊥m ”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6、甲和乙两人独立的从五门选修课程中任选三门进行学习，记两人所选课程相同的门数为ξ，则E(ξ)为（ ）A 、1.2B 、1.5C 、1.8D 、2 7、函数()ln8xf x x=-的图象大致为（ ）8.已知a ，b ，c 和d 为空间中的4个单位向量，且a ＋b ＋c ＝0，则｜a 一d ｜+｜b 一d ｜+｜c 一d ｜不可能等于（ ）A 、 3B 、C 、4D 、9.正三棱锥P －ABC 的底面边长为1 cm ，高为h cm ，它在六条棱处的六个二面角（侧面 与侧面或者侧面与底面）之和记为θ，则在h.从小到大的变化过程中，θ的变化情况 是（ ）A 、一直增大B 、一直减小C 、先增大后减小D 、先减小后增大， 10、数列{a n }满足：1111,n n na a a a +==+则a 2018的值所在区间为（ ） A 、(0，100) B 、 (100，200) C 、 (200，300) D 、 (300， +∞) 二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11、《九章算术》第七章“盈不足”中第一题：“今有共买物，人出八，盈三钱；人出七，不足四，问人数物价各几何？”借用我们现在的说法可以表述为：有几个人合买一件物 品，每人出8元，则付完钱后还多3元；若每人出7元，则还差4元才够付款．问他们的人数和物品价格？答：一共有 人；所合买的物品价格为 元． 12、（1一2x)5展开式中x 3的系数为 ；所有项的系数和为 ．13、若实数x ，y 满足约束条件1221x y x y x +≥⎧⎪+≤⎨⎪≤⎩，则目标函数Z ＝2x+3y 的最小值为 ；最大值为14、在△ABC 中，角A ，B 和C 所对的边长为a ，b 和c ，面积为2221()3a cb +-内，且∠C 为钝角，则tanB ＝ ；ca的取值范围是 15、安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有 种（用数字作答）16、定义在R 上的偶函数()f x 满足：当x ＞0时有1(4)()3f x f x +=，且当0≤x ≤4时， f (x)＝3｜x －3｜，若方程()0f x mx -=恰有三个实根，则m 的取值范围是17、过点P （1，1）的直线l 与椭圆22143x y +=交于点A 和B ，且AP PB λ= ．点Q 满足 AQ QB λ=-，若O 为坐标原点，则｜OQ ｜的最小值为三、解答题（本大题兵5小题，共．74分．解答应写出文字说明‘证明过程或演算步卿． 18、 (14分）己知函数2()sin sin()2f x x x x π=+（I ）求()f x 的最小正周期；（II ）求函数()f x 在区间20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的取值范围·19、 (15分）在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，A B ⊥侧面BB 1C 1C ，己知BC ＝1，∠BCC 1＝3π， AB ＝C 1 C ＝2.（I ）求证：C 1B ⊥平面ABC ；(II) E 在棱C 1 C(不包含端点C 1，C)上，且EA ⊥EB 1，求A 1E 和平面AB 1 E 所成角的正弦值·20、 (15分）数列{}n a 的前n 项和为Sn ，a 1＝1，对任意*n N ∈，有121n n a S +=+ （I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）若1n an n b a +=，求数列｛3log n b ｝的前n 项和Tn.21、 (15分）已知抛物线E ：2(0)y ax a =>内有一点P （1，3），过点P 的两条直线12,l l 分别与抛物线E 交于A 、C 和B 、D 两点，且满足AP PC λ= ，(0,1)BP PD λλλ=>≠。
2019届浙江省金丽衢十二校高三第二次联考数学试题(解析版)
2019届浙江省金丽衢十二校高三第二次联考数学试题一、单选题1．集合，，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】解：A={x|x＜0，或x＞2}，B={x|﹣3＜x＜3}；∴A∩B={x|﹣3＜x＜0，或2＜x＜3}，A∪B=R；∵A∩B≠A，且A∩B≠B，∴B⊈A，A⊈B；即B正确．故选：B．2．点和是双曲线的两个焦点，则（）A．B．2 C．D．4【答案】D【解析】根据双曲线方程可求焦距，即可得.【详解】由可知所以，则，所以.【点睛】本题主要考查了双曲线的方程，双曲线的简单几何性质，属于中档题.3．复数，，则（）A．5 B．6 C．7 D．【答案】D【解析】根据复数模的性质知，即可求解.【详解】因为，，所以故选D.【点睛】本题主要考查了复数模的性质，属于中档题.4．某几何体的三视图如图所示（图中单位：），则该几何体的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体的直观图为一个竖立的圆锥和一个倒立的圆锥组成，其表面积为，选B.【考点】1.三视图；2.表面积.5．已知直线平面，直线平面，则“”是“”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【答案】A【解析】试题分析：根据已知题意，由于直线平面，直线∥平面，如果两个平面平行，则必然能满足，但是反之，如果，则对于平面可能是相交的，故条件能推出结论，但是结论不能推出条件，故选A【考点】本试题主要是考查了立体几何中点线面的位置关系运用。
点评：解决该试题的关键是利用面面平行的性质定理和线面平行、垂直的性质定理来熟练的判定其位置关系，同时结合了充分条件的概念，来判定命题的条件和结论之间的关系运用，属于基础题。
6．甲和乙两人独立的从五门选修课课程中任选三门进行学习，记两人所选课程相同的门数为，则为（）A．1.2 B．1.5 C．1.8 D．2【答案】C【解析】由已知得=1,2,3，分别求出相应的概率，由此能求出.【详解】由已知得=1,2,3，, , ,所以,故选C【点睛】本题主要考查了离散型随机变量，离散型随机变量的期望，属于中档题. 7．函数的图像大致为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】根据函数解析式结合所给图象，采用排除法即可选出.【详解】函数定义域为，当时，，，故排除选项B,D，当时，，，故排除C,所以选A.【点睛】本题主要考查了指数函数的性质与图像，无限趋近的思想，属于中档题.8．已知，，和为空间中的4个单位向量，且，则不可能等于（）A．3 B．C．4 D．【答案】A【解析】根据n个向量的和的模不大于n个向量的模的和可推出结论.【详解】因为而，所以因为，，，是单位向量，且，所以不共线，所以，故选A.【点睛】本题主要考查了向量与不等式的关系，涉及向量的共线问题，属于难题.9．正三棱锥的底面边长为，高为，它在六条棱处的六个二面角（侧面与侧面或者侧面与底面）之和记为，则在从小到大的变化过程中，的变化情况是（）A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大【答案】D【解析】利用无限逼近的思想，当，有，当，有，当刚好使得正三棱锥变为正四面体时，二面角之和记为，利用的值，可分析出，即可选出答案.【详解】当（比0多一点点），有；当，有；当刚好使得正三棱锥变为正四面体时，二面角之和记为，则，于是，所以，即，所以与的变化情况相符合的只有选项.【点睛】本题主要考查了无限逼近的极限思想，二面角，余弦二倍角公式，属于中档题.10．数列满足：，，则的值所在区间为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由递推关系可得，根据，知，利用放缩法可知，从而可得，即可求解.【详解】因为，所以可得：所以.本题主要考查了数列的递推关系，不等式的性质，属于中档题.二、填空题11．《九章算术》第七章“盈不足”中第一题：“今有共买物，人出八，盈三钱；人出七，不足四，问人数物价各几何？”借用我们现在的说法可以表述为：有几个人合买一件物品，每人出8元，则付完钱后还多3元；若每人出7元，则还差4元才够付款.问他们的人数和物品价格？答：一共有_____人；所合买的物品价格为_______元．【答案】753【解析】根据物品价格不变，可设共有x人，列出方程求解即可【详解】设共有人，由题意知，解得，可知商品价格为53元.即共有7人，商品价格为53元.【点睛】本题主要考查了数学文化及一元一次方程的应用，属于中档题.12．展开式中的系数为___；所有项的系数和为____．【答案】-80-1【解析】令可得所有项的系数和，根据通项公式可写出含的系数.【详解】因为，令，，所以的系数为-80，设，令，则，所以所有项的系数和为-1.【点睛】本题主要考查了二项展开式的通项公式，二项式所有项的系数和，属于中档题. 13．若实数，满足约束条件则目标函数的最小值为___；最大值【答案】2【解析】作出可行域，由可得，作出直线，平移直线当截距最大时，z有最大值，平移直线当截距最小时，z有最小值.【详解】作出可行域如下：由可得，作出直线,平移直线过B(1,0)时，z有最小值，平移直线过A(1，）时，z有最大值.【点睛】本题主要考查了线性规划最优解，属于中档题.14．在中，角，和所对的边长为，和，面积为，且为钝角，则__；的取值范围是___．【答案】【解析】根据三角形面积公式及余弦定理可得，利用正弦定理可知，根据三角函数恒等变换及三角函数性质可求出其取值范围.【详解】因为，所以即，因为为钝角，所以，由正弦定理知因为为钝角，所以,即所以所以，即的取值范围是.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，三角恒等变换及正切函数的性质，属于难题.15．安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有种.（用数字作答）【答案】210【解析】略16．定义在上的偶函数满足：当时有，且当时，，若方程恰有三个实根，则的取值范围是____．【答案】【解析】方程恰有三个实根即与图象有三个交点，因为函数是偶函数，先分析当时函数的图象，利用数形结合可确定m的取值范围，再根据函数的对称性，得到时，m的取值范围即可.【详解】因为当时，，设，则，所以，又，所以，可作出函数在上的图象，又函数为偶函数，可得函数在的图象，同时作出直线，如图：方程恰有三个实根即与图象有三个交点，当时，由图象可知，当直线过，即时有4个交点，当直线过，即时有2个交点，当时有3个交点，同理可得当时，满足时，直线与有3个交点.故填.【点睛】，本题主要考查了函数与方程，函数的图象，数形结合的思想方法，属于难题.17．过点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则的最小值为_．【答案】【解析】设，，，根据.点满足可得，同理可得纵坐标的关系，根据A,B在椭圆上可得，利用点到直线的距离即可求出最小值.【详解】设，，则于是，同理，于是我们可以得到.即，所以Q点的轨迹是直线，即为原点到直线的距离，所以【点睛】本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系，向量的坐标运算，轨迹问题，属于难题.三、解答题18．已知函数.（1）求的最小正周期；（2）求函数在区间上的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）本小题用降幂公式，二倍角公式和辅助角公式把函数变形为，用周期公式可求得其周期；（Ⅱ）因为，令，解出x 的范围即可；（Ⅲ）本小题由x 的范围得到的范围，根据正弦函数的图象可得的取值范围，从而可得函数在区间上的取值范围．试题解析：（1）所以．（2）由得所以函数的单调递增区间是．（3）由得，所以所以．【考点】降幂公式，二倍角公式，辅助角公式，周期公式，正弦函数的图象和性质，化归思想．19．在三棱拄111ABC A B C -中，AB ⊥侧面11BB C C ，已知1BC =，13BCC π∠=，12AB C C ==.（Ⅰ）求证：1C B ⊥平面ABC ；（Ⅱ）试在棱1C C (不包含端点1,C C )上确定一点E 的位置，使得1EA EB ⊥；AEBCC1B1A1（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,求AE 和平面ABC 所成角正弦值的大小.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析； 【解析】试题分析：（Ⅰ）欲证线面垂直，先考察线线垂直，易证1BC AB ⊥，可试证1BC BC ⊥，由题目给条件易想到利用勾股定理逆定理；（Ⅱ）要想在棱1C C 找到点E ，使得1EA EB ⊥，易知1AB EB ⊥，那么这时就需要使1BE EB ⊥，这时就转化为一个平面几何问题：以矩形11BB C C 的边1BB 为直径作圆，与1C C 的公共点即为所求，易知只有一点即1C C 的中点 ，将以上分析写成综合法即可，找到这一点后，也可用别的方法证明，如勾股定理逆定理；（Ⅲ）求直线与平面所成的角，根据其定义，应作出这条直线在平面中的射影，再求这条直线与其射影的夹角（三角函数值），本题可考虑点E 在平面ABC 的射影，易知平面ABC 与侧面11BB C C 垂直，所以点E 在平面ABC 的射影必在两平面的交线上，过E 做1BC 的垂线交1BC 于F ，则EAF ∠为所求的直线与平面的夹角.试题解析：（Ⅰ）因为1BC =，13BCC π∠=，12C C =，所以1BC =，22211BC BC CC +=，所以1BC BC ⊥ 因为AB ⊥侧面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，所以1BC AB ⊥，又BC AB B =，所以，1C B ⊥平面ABC4分（Ⅱ）取1C C 的中点E ，连接BE ，1BC CE ==，13BCC π∠=，等边1BEB ∆中，3BEC π∠=同理，11111B C C E ==， 1123B C E π∠=，所以116B EC π∠=，可得12BEB π∠=，所以1EB EB ⊥因为AB ⊥侧面11BB C C ，1EB ⊂平面11BB C C ，所以1EB AB ⊥，且EBAB B =，所以1B E ⊥平面ABE ，所以1EA EB ⊥； 8分 （Ⅲ）AB ⊥侧面11BB C C ，AB ⊂平面，得平面11BCC B ⊥平面1ABC ， 过E 做1BC 的垂线交1BC 于F ，EF ⊥平面1ABC 连接AF ，则EAF ∠为所求，因为 1BC BC ⊥ ，1EF BC ⊥，所以BC EF ，E 为1CC 的中点 得F 为1C B 的中点，12EF = ， 由（2）知5AE = ，所以152sin 105EAF ∠== 13分【考点】空间中直线与平面垂直、直线与平面平行、平面与平面垂直的判定与性质. 20．数列的前项和为，，对任意，有.（1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1）（2）【解析】（1）根据数列中项与前n 项和的关系即可求解（2）利用错位相减法求数列的前n 项和即可. 【详解】 （1）由知两式相减得：又，所以也成立，故即数列是以1为首项，为公比的等比数列，所以. （2）因为，所以两式相减得：，所以.【点睛】本题主要考查了数列前n项和与项的关系，错位相减法，属于中档题.21．已知抛物线：内有一点，过的两条直线，分别与抛物线交于，和，两点，且满足，，已知线段的中点为，直线的斜率为.（1）求证：点的横坐标为定值；（2）如果，点的纵坐标小于3，求的面积的最大值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】（1）设中点为，根据向量的线性运算可知，且，和三点共线，利用点差法可得，，即，可知轴，故为定值（2）由得到，设，，联立直线与抛物线方程可求，写出面积公式即可求最值.【详解】（1）设中点为，则由，可推得，，这说明，且，和三点共线.对，使用点差法，可得，即.同理.于是，即轴，所以为定值.（2）由得到，设，，联立得，所以,,根据点到直线的距离公式知P到AB的距离为，于是，令x=,则，，令得，当时， ,函数为增函数，当时，，函数为减函数，故当，即时，有最大值.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，向量的线性运算，三角形面积，属于难题. 22．函数，其中，.（1）若为定值，求的最大值；（2）求证：对任意，有；（3）若，，求证：对任意，直线与曲线有唯一公共点.【答案】（1）（2）见证明；（3）见证明；【解析】（1）n看作常数，函数求导后令导数等于零，可得，可知函数在处有极大值，可得函数最大值（2）取得，利用放缩法得，再根据裂项相消法求和即可（3）要证明当，时，关于的方程有唯一解，令，即证明有唯一零点，再利用导数得函数单调性，极值确定函数大致图象，证明只有唯一零点即可.【详解】（1）为定值，故，令，得，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，函数有极大值，也是最大值，所以.（2）由前一问可知，取得，于是.（3）要证明当，时，关于的方程有唯一解，令，即证明有唯一零点，先证明存在零点，再利用导数得函数单调性，极值确定函数只有唯一零点.我们先证三个引理【引理1】（由第1问取即可）【引理2】（由【引理1】变形得到）【引理3】（可直接证明也可由【引理2推出】证明：.下面我们先证明函数存在零点，先由【引理2】得到：.令，可知.再由【引理3】得到，于是.令，且，可知.由连续性可知该函数一定存在零点.下面我们开始证明函数最多只能有一个零点.我们有.令，则，则在递增，在递减，即.当时，有恒成立，在上递增，所以最多一个零点.当时，令，，即，于是.再令，由【引理1】可以得到.因此函数在递增，递减，递增，时，有极大值但其极大值，所以最多只有一个零点.综上，当，时，函数与的图像有唯一交点.【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的最大值，证明不等式，涉及导数在研究单调性，恒成立，不等式方面的应用，属于难题.。
专题六流程与设计试题部分
专题六流程与设计探考情悟真题【考情探究】考点考向考试要求考题示例关联考点预测热度生活和生产中的流程①流程的含义②流程对生产、生活和工作的意义③时序和环节④常见的流程表达方式⑤简单的流程图⑥流程分析abaccc2017浙江11月选考,8,2分★★☆2016浙江10月选考,5,2分流程的设计①流程设计应考虑的基本因素②流程设计的基本步骤③简单流程设计cac2019浙江4月选考14(1),4分★★★2018浙江11月选考,8,2分2018浙江11月选考,14(1)(2)(3),4分流程图的识读2018浙江4月选考,7,2分2017浙江11月选考,14(1),2分2017浙江4月选考,8,2分金工工艺2017浙江4月选考,14(1),2分2016浙江4月选考,5,2分金工工艺流程的优化①流程优化的意义及主要内容②流程优化与设备、材料之间的关系③流程优化过程所应考的主要问题bbc2017浙江11月选考,9,2分★☆☆分析解读本专题主要涉及流程的基本概念,流程图的识读和流程的优化,要求学生能识读流程图,区分串行与并行工序,能选择合适的金工加工流程(与专题四结合),知道流程优化的条件和方法。
预计选考考查流程图的识读和金工工艺的选择,备选内容还包括流程的优化,考题形式多为选择题,所占分值为4分左右。
破考点练考向【考点集训】考点一生活和生产中的流程1.(2019浙江湖州期末,8)如图所示是某垃圾焚烧发电厂的生产工艺流程图。
下列关于该垃圾焚烧发电生产流程的分析中不正确．．．的是()A.烟气净化处理与飞灰稳定化处理属于并行环节B.余热锅炉产生蒸汽与汽轮机发电的时序不能颠倒C.余热锅炉产生的烟气通过净化处理,可以减少对大气的污染D.该流程设计时,首先要明确设计的目标和任务,其次还须考虑对环境的影响答案 A2.(2019浙江浙南名校联盟联考,8)如图所示是粉末涂料的生产流程图,与优化前相比,引进了引风装置和除尘装置等设备,在生产的是()合格成品的同时,还能获得一定量的超细粉。
2020届浙江省金丽衢十二校2017级高三下学期第二次联考理科综合生物试卷及答案
2020届浙江省金丽衢十二校2017级高三下学期第二次联考理科综合生物试卷★祝考试顺利★考生注意：请将答案写在答题卷上,写在试卷上无效；考试时间 90 分钟,满分 100 分。
选择题部分一、选择题（本大题共 25 小题,每题 2 分,共 50 分。
每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分）1.下列关于细胞内物质的叙述,错误的是（） A．水能缓和温度变化是由于水分子之间的氢键能形成和断裂 B．人体内的各种无机盐离子在维持神经肌肉兴奋性中都能发挥作用C．有机物种类的多样性是由碳原子的结构决定的 D．不同的蛋白质分子中的肽键结构相同2.下面关于肺炎双球菌与新型冠状病毒共同特征的叙述,错误的是（）A．都是人类肺炎的病原体B．都有核酸作为遗传物质C．都没有细胞核和线粒体D．都是形体微小的单细胞生物3．下面关于人类活动致使臭氧减少危及地球生物的叙述,正确的是（）A．大气圈对流层的臭氧可以保护地球生物免遭长波辐射的伤害B．人类大量使用氟利昂使臭氧的分解作用大于生成作用C．臭氧减少会改变全球降雨格局,影响农作物产量 D．大气圈上层的臭氧层空洞会使地球的俘获热增加4.下列关于细胞结构的叙述,正确的是（） A．经内质网加工的蛋白质,都通过高尔基体分泌到细胞外B．线粒体相当于细菌的大小,只能在电子显微镜下可见C．分生区的植物细胞可观察到明显的液泡 D．溶酶体的存在保证了细胞其它结构的完整性5.下列有关微生物培养与分离的操作叙述中正确的是（）A．G6 玻璃砂漏斗用完后用0.1 mol/L HCl 浸泡,并抽滤去酸B．在将培养基转移到三角瓶和试管时使用取样器C．在超净台操作时需打开紫外灯和过滤风D．玻璃刮刀在涂布前后都要进行灼烧处理6.下列有关人类遗传病的叙述,错误的是（） A．单基因遗传病在患者后代中的发病率要远高于多基因遗传病B．“选择放松”对人群中的致病基因频率影响很小C．多基因遗传病的发病风险随年龄的增加而升高D．对胎儿细胞的染色体组型进行分析,就可确定其患遗传病的情况。
浙江省金丽衢十二校2018-2019学年高三数学第二次联考试卷
浙江省金丽衢十二校2018-2019学年高三数学第二次联考试卷一、单选题 (共10题；共10分)1．（1分）集合A={x|x2−2x>0}，B={x}−3<x<3}，则（）A．B．C．D．2．（1分）点F1和F2是双曲线y2−x23=1的两个焦点，则|F1F2|=（）A．B．2C．D．43．（1分）复数z1=2−i，z2=3+i，则|z1⋅z2|=（）A．5B．6C．7D．4．（1分）某几何体的三视图如图所示（图中单位：cm），则该几何体的表面积为（）A．B．C．D．5．（1分）已知直线l⊥平面α，直线m∥平面β，则“ α∥β”是“ l⊥m”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6．（1分）甲和乙两人独立的从五门选修课课程中任选三门进行学习，记两人所选课程相同的门数为ξ，则E(ξ)为（）A．1.2B．1.5C．1.8D．27．（1分）函数f(x)=lnx8−x的图像大致为（）A．B．C．D．8．（1分）已知a⇀，b⇀，c⇀和d⇀为空间中的4个单位向量，且a⇀+b⇀+c⇀=0，则|a⇀−d⇀|+|b⇀−d⇀|+|c⇀−d⇀|不可能等于（）A．3B．C．4D．9．（1分）正三棱锥P−ABC的底面边长为1cm，高为ℎcm，它在六条棱处的六个二面角（侧面与侧面或者侧面与底面）之和记为θ，则在ℎ从小到大的变化过程中，θ的变化情况是（）A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大10．（1分）数列{a n}满足：a1=1，a n+1=a n+1an，则a2018的值所在区间为（）A．B．C．D．二、填空题 (共7题；共11分)11．（2分）《九章算术》第七章“盈不足”中第一题：“今有共买物，人出八，盈三钱；人出七，不足四，问人数物价各几何？”借用我们现在的说法可以表述为：有几个人合买一件物品，每人出8元，则付完钱后还多3元；若每人出7元，则还差4元才够付款.问他们的人数和物品价格？答：一共有人；所合买的物品价格为元．12．（2分）(1−2x)5展开式中x3的系数为；所有项的系数和为．13．（2分）若实数x，y满足约束条件{x+y≥1,x+2y≤2,x≤1,则目标函数Z=2x+3y的最小值为；最大值为．14．（2分）在ΔABC中，角A，B和C所对的边长为a，b和c，面积为13(a2+c2−b2)，且∠C为钝角，则tanB=；ca的取值范围是．15．（1分）安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有种.（用数字作答）16．（1分）定义在R上的偶函数f(x)满足：当x>0时有f(x+4)=13f(x)，且当0≤x≤4时，f(x)=3|x−3|，若方程f(x)−mx=0恰有三个实根，则m的取值范围是．17．（1分）过点P(1,1)的直线l与椭圆x24+y23=1交于点A和B，且AP⇀=λPB⇀.点Q满足AQ⇀=−λQB⇀，若O为坐标原点，则|OQ|的最小值为．三、解答题 (共5题；共10分)18．（2分）已知函数f(x)=sin2x+√3sinxsin(x+π2 ).（1）（1分）求f(x)的最小正周期；（2）（1分）求函数f(x)在区间[0,23π]上的取值范围.19．（1分）在三棱拄ABC−A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，已知BC=1，∠BCC1=π3，AB=C1C=2.（Ⅰ）求证：C1B⊥平面ABC；（Ⅱ）试在棱C1C(不包含端点C,C1)上确定一点E的位置，使得EA⊥EB1；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,求AE和平面ABC所成角正弦值的大小.20．（2分）数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，对任意n∈N∗，有a n+1=2S n+1.（1）（1分）求数列{a n}的通项公式；（2）（1分）若b n=a n+1a n，求数列{log3b n}的前n项和T n.21．（2分）已知抛物线E：y=ax2(a>0)内有一点P(1,3)，过P的两条直线l1，l2分别与抛物线E交于A，C和B，D两点，且满足AP⇀=λPC⇀，BP⇀=λPD⇀(λ>0,λ≠1)，已知线段AB的中点为M，直线AB的斜率为k.（1）（1分）求证：点M的横坐标为定值；（2）（1分）如果k=2，点M的纵坐标小于3，求ΔPAB的面积的最大值.n(n−lnx)，其中n∈N∗，x∈(0,+∞).22．（3分）函数f(x)=√x（1）（1分）若n为定值，求f(x)的最大值；（2）（1分）求证：对任意m∈N∗，有ln1+ln2+ln3+⋯ln(m+1)>2(√m+1−1)2；（3）（1分）若n=2，lna≥1，求证：对任意k>0，直线y=−kx+a与曲线y= f(x)有唯一公共点.答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：A={x|x＜0，或x＞2}，B={x|﹣3＜x＜3}；∴A∩B={x|﹣3＜x＜0，或2＜x＜3}，A∪B=R；∵A∩B≠A，且A∩B≠B，∴B⊈A，A⊈B；即B符合题意．故答案为：B．【分析】通过解不等式求出集合A，根据集合的关系逐一判断即可. 2．【答案】D【解析】【解答】由y2−x 23=1可知a2=1,b2=3所以c2=a2+b2=4，则c=2,2c=4，所以|F1F2|=2c=4.故答案为：D【分析】根据双曲线的标准方程，得到两个焦点坐标，即可求出线段的长度.3．【答案】D【解析】【解答】因为|z1|=|2−i|=√5，|z2|=|3+i|=√10，所以|z1⋅z2|=|z1|⋅|z2|=√5×√10=5√2故答案为：D.【分析】根据复数的乘法运算，得到z1·z2，结合复数的模运算即可求出相应的值.4．【答案】B【解析】【解答】由三视图可知，该几何体的直观图为一个竖立的圆锥和一个倒立的圆锥组成，其表面积为S=2πrl=2×π×1×√2=2√2π，故答案为：B.【分析】根据三视图确定几何体的结构特征，即可求出几何体的表面积.5．【答案】A【解析】【解答】根据已知题意，由于直线l⊥平面α，直线m∥平面β，如果两个平面平行α//β，则必然能满足l⊥m，但是反之，如果l⊥m，则对于平面可能是相交的，故条件能推出结论，但是结论不能推出条件，故答案为：A【分析】根据直线与平面的位置关系，即可确定充分、必要性.6．【答案】C【解析】【解答】由已知得ξ=1,2,3，P(ξ=1)=C53C31C53C53=310, P(ξ=2)=C53C32C21C53C53=35, P(ξ=3)=C53C53C53=110,所以E(ξ)=1×310+2×610+3×110=1.8,故答案为：C【分析】求出随机变量的可能取值及相应的概率，即可求出数学期望. 7．【答案】A【解析】【解答】函数定义域为(0,8)，当x→0时，x8−x→0，lnx8−x→−∞，故排除B,D，当x→8时，x8−x→+∞，lnx8−x→+∞，故排除C,故答案为：A.【分析】根据函数的定义域及函数值的变化情况，逐一排除，即可确定函数的大致图象.8．【答案】A【解析】【解答】因为|a⇀−d⇀|+|b⇀−d⇀|+|c⇀−d⇀|≥|a⇀−d⇀+b⇀−d⇀+c⇀−d⇀|=|a⇀+b⇀+c⇀−3d⇀|而a⇀+b⇀+c⇀=0，所以|a⇀−d⇀|+|b⇀−d⇀|+|c⇀−d⇀|≥|−3d⇀|=3因为a⇀，b⇀，c⇀，d⇀是单位向量，且a⇀+b⇀+c⇀=0，所以a⇀−d⇀，b⇀−d⇀，c⇀−d⇀不共线，所以|a⇀−d⇀|+|b⇀−d⇀|+|c⇀−d⇀|>3，故答案为：A.【分析】根据向量的关系，求出|a⇀−d⇀|+|b⇀−d⇀|+|c⇀−d⇀|的最小值，即可确定|a⇀−d⇀|+|b⇀−d⇀|+ |c⇀−d⇀|不可能的取值.9．【答案】D【解析】【解答】当ℎ→0+（比0多一点点），有θ→θ1=3π；当ℎ→+∞，有θ→θ3=5π2；当ℎ刚好使得正三棱锥变为正四面体时，二面角之和记为θ2，则cosθ26=3+3−42×3=13，于是cos θ23=2×(13)2−1=−79>−√32，所以θ23<5π6，即θ2<5π2，所以与θ的变化情况相符合的只有选项D.故答案为：D【分析】根据几何体的结构特征，求出角的余弦值，即可得到角的变化情况. 10．【答案】A【解析】【解答】因为a1=1，所以a n+12=a n2+2+1a n2≤a n2+3an+12≤an2+3≤an−12+3+3…可得：a n+12<a12+3n所以a2018<√a12+3×2017<√10000=100.故答案为：A【分析】根据递推关系式得到数列项之间的关系，解不等式即可确定a2018的值所在区间.11．【答案】7；53【解析】【解答】设共有x人，由题意知8x−3=7x+4，解得x=7，可知商品价格为53元.即共有7人，商品价格为53元.【分析】设共有x人，通过解方程即可求出共有人数和商品价格.12．【答案】-80；-1【解析】【解答】因为T r+1=C5r(−2)r x r，令r=3，T4=−80x3，所以x3的系数为-80，设(1−2x)5=a0+a1x+⋯+a5x5，令x=1，则a0+a1…+a5=−1，所以所有项的系数和为-1.【分析】写出二项展开式的通项，即可求出特定项的系数及所有项的系数之和. 13．【答案】2；【解析】【解答】作出可行域如下：由Z=2x+3y可得y=−23x+z，作出直线y=−23x,平移直线过B(1,0)时，z有最小值z=2+0=2，平移直线过A(1，12）时，z有最大值z=2×1+3×12=72.【分析】作出可行域及目标函数相应的直线，平移该直线即可求出目标函数的最大值和最小值.14．【答案】；【解析】【解答】因为S=12acsinB=13(a2+c2−b2)，所以34sinB=a2+c2−b22ac=cosB即tanB=43，因为∠C为钝角，所以sinB=45,cosB=35，由正弦定理知ca=sinCsinA=sin(B+A)sinA=cosB+sinBcosAsinA=35+45cotA因为∠C为钝角，所以A+B<π2,即A<π2−B所以cotA>cot(π2−B)=tanB=43所以ca>35+45×43=53，即ca的取值范围是(53,+∞).【分析】通过面积公式及正弦定理，确定三角形边和角的关系，即可求出相应的值和取值范围. 15．【答案】210【解析】【解答】分两类，（1）每校1人：A63=120；（2）1校1人，1校2人：C32A62=90，不同的分配方案共有120+90=210．故答案为：210【分析】根据加法原理和乘法原理，即可确定不同的分配方案种数.16．【答案】【解析】【解答】因为当0≤x≤4时，f(x)=3|x−3|，设4≤x≤8，则0≤x−4≤4，所以f(x−4)=3|x−4−3|=3|x−7|，又f(x+4)=13f(x)，所以f(x)=13f(x−4)=|x−7|，可作出函数y=f(x)在x∈[0,8]上的图象，又函数为偶函数，可得函数在[−8,8]的图象，同时作出直线y=mx，如图：方程f(x)−mx=0恰有三个实根即y=f(x)与y=mx图象有三个交点，当m>0时，由图象可知，当直线y=mx过（8,1），即m=18时有4个交点，当直线y=mx过（4,3），即m=34时有2个交点，当18<m<34时有3个交点，同理可得当m<0时，满足−34<m<−18时，直线y=mx与y=f(x)有3个交点.故填(−34,−18)∪(18,34).【分析】通过函数的性质，作出函数的图象，数形结合即可求出实数m的取值范围. 17．【答案】【解析】【解答】设A(x1,y1)，B(x2,y2)，Q(m,n)则{x1+λx2=1+λ,x1−λx2=m(1−λ),于是x12−(λx2)2=m(1−λ2)，同理y12−(λy2)2=n(1−λ2)，于是我们可以得到(x124+y123)+λ2(x224+y223)=(1+λ2)(m4+n3).即m4+n3=1，所以Q点的轨迹是直线，|OQ|min即为原点到直线的距离，所以|OQ|min=1√116+19=125【分析】设出点A 和B 的坐标，根据向量的关系，确定Q 的轨迹是直线，即可求出线段长度的最小值.18．【答案】（1）解： f(x)=sin 2x +√3sinxsin(2x +π2)=1−cos2x 2+√32sin2x =sin(2x −π6)+12所以 T =π（2）解：由 −π2+2kπ≤2x −π6≤π2+2kπ 得 −π6+kπ≤x ≤π3+kπ,k ∈z 所以函数 f(x) 的单调递增区间是 [−π6+kπ,π3+kπ],k ∈z ． 由 x ∈[0，2π3] 得 2x −π6∈[−π6,76π] ，所以 sin(2x −π6)∈[−12,1]所以 f(x)∈[0,32] ．【解析】【分析】（1）根据正弦和余弦的二倍角公式，结合辅助角公式，得到函数的表达式，即可求出函数的最小正周期；（2）根据正弦函数的单调性，确定函数f （x ）的单调区间，即可求出函数f （x ）的取值范围.19．【答案】解：（Ⅰ）因为 BC =1 ， ∠BCC 1=π3 ， C 1C =2 ，所以 BC 1=√3 ，BC 2+BC 12=CC 12 ，所以 BC 1⊥BC 因为 AB ⊥ 侧面 BB 1C 1C ， BC 1⊂ 平面 BB 1C 1C ，所以 BC 1⊥AB ，又 BC ∩AB =B ， 所以， C 1B ⊥ 平面 ABC（Ⅱ）取 C 1C 的中点 E ，连接 BE ， BC =CE =1 ， ∠BCC 1=π3 ，等边 ΔBEB 1 中， ∠BEC =π3同理， B 1C 1=C 1E 1=1 ， ∠B 1C E 1=2π3，所以 ∠B 1EC 1=π6 ，可得 ∠BEB 1=π2 ，所以EB 1⊥EB因为 AB ⊥ 侧面 BB 1C 1C ， EB 1⊂ 平面 BB 1C 1C ，所以 EB 1⊥AB ，且 EB ∩AB =B ，所以 B 1E ⊥ 平面 ABE ，所以；（Ⅲ） AB ⊥ 侧面 BB 1C 1C ， AB ⊂ 平面，得平面 BCC 1B 1⊥ 平面 ABC 1 ， 过 E 做 BC 1 的垂线交 BC 1 于 F ， EF ⊥ 平面 ABC 1连接AF，则∠EAF为所求，因为BC⊥BC1，EF⊥BC1，所以BC∥EF，E为CC1的中点得F为C1B的中点，EF=12，由（2）知AE=√5，所以sin∠EAF=12√5=√510【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理，证明直线与平面内两条相交直线垂直即可；（2）根据线面垂直的定义，证明直线与平面垂直，即可说明直线与平面内任何一条直线垂直；（3）通过作垂线得到直线与平面所成的角，通过解三角形求出线面所成角的正弦即可. 20．【答案】（1）解：由a n+1=2S n+1知a n=2S n−1+1(n≥2)两式相减得：a n+1=3a n(n≥2)又a2=2s1+1=2a1+1=3，所以a2a1=3也成立，故a n+1=3a n,n∈N∗即数列{a n}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a n=3n−1(n∈N∗).（2）解：因为log3b n=log3a n+1an=3n−1log33n=n⋅3n−1，所以T n=1×30+2×31+3×32+⋯+n⋅3n−13T n=1×31+2×32+3×33+⋯+(n−1)⋅3n−1+n⋅3n两式相减得：−2Tn =(12−n)⋅3n−12，所以T n=(n2−14)3n+14.【解析】【分析】（1）根据等比数列的定义确定数列{a n}是以1为首项，3为公比的等比数列，即可求出的通项公式；（2）根据对数恒等式，结合错位相消求和法，即可求出前n项和T n.21．【答案】（1）证明：设CD中点为N，则由AP⇀=λPC⇀，BP⇀=λPD⇀可推得AB⇀=λDC⇀，MP⇀=λPN⇀，这说明AB⇀∥CD⇀，且M，P和N三点共线.对A，B使用点差法，可得y A−y B=a(x A−x B)(x A+x B)，即k AB=2a⋅x M.同理k CD=2a⋅x N.于是x M=x N，即MN⊥x轴，所以x M=x P=1为定值.（2）解：由k=2得到a=1，设y M=t∈(1,3)，|PM|=3−t，联立{y=x2,y−t=2(x−1),得x2−2x+2−t=0，所以|x A−x B|=2√t−1, |AB|=√1+k2|x A−x B|=√5⋅2√t−1,根据点到直线的距离公式知P到AB的距离为d=|t−3|√5，于是SΔPAB=(3−t)√t−1，令x= √t−1，x∈(0,2),则S=−x3+2x，S′=−3x2+2，令S′=0得x=√63，当x∈(0,√63)时，S′>0,函数为增函数，当x∈(√63，2)时，S′<0，函数为减函数，故当x=√63，即t=53时，SΔPAB有最大值4√69.【解析】【分析】（1）根据向量之间的关系，采用点差法，即可确定点M的坐标为定值；（2）根据点斜式写出直线方程，将直线方程与抛物线方程联立，通过弦长公式和点到直线的距离，表示出三角形的面积，求导数，利用导数研究函数的单调性，即可求出三角形面积的最大值.22．【答案】（1）解：n为定值，故f′(x)=1n x 1n−1(n−lnx)+√xn(−1x)=−√xn lnxx（x>0)，令f′(x)=0，得x=1，当0<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，所以函数在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以当x=1时，函数有极大值f(1)，也是最大值，所以f(x)max=f(1)=n.（2）解：由前一问可知lnx≥n−n√xn，取n=2得lnx≥2−2√x，于是∑m+1 i=1lni≥∑(2−2i)m+1i=2>2m−4∑m+1i=21√i+√i−1=2m−4∑(√i−√i−1)m+1i=2=2m−4√m+1+4=2(√m+1−1)2.（3）解：要证明当a≥e，k>0时，关于x的方程√x(2−lnx)=−kx+a有唯一解，令t=√x，即证明g(t)=kt2+2t−2tlnt−a有唯一零点，先证明g(t)存在零点，再利用导数得函数单调性，极值确定函数只有唯一零点.我们先证三个引理【引理1】x(1−lnx)≤1（由第1问取n=1即可）【引理2】lnx≥1−1x（由【引理1】变形得到）【引理3】lnx≤x−1（可直接证明也可由【引理2推出】证明：lnx=−ln 1x≤−(1−11x)=x−1.下面我们先证明函数g(t)存在零点，先由【引理2】得到：g(t)≤kt2+2t−2t(1−1t)−a=kt2+2−a.令t=√a−2k，可知g(t)≤0.再由【引理3】得到lnx<x，于是g(t)=t(kt−4ln√t)+(2t−a)>t√t(k√t−4)(2t−a).令t>16k2，且t>a2，可知g(t)>0.由连续性可知该函数一定存在零点.下面我们开始证明函数g(t)最多只能有一个零点.我们有g′(t)=2kt−2lnt=2t(k−lnt t).令ℎ(t)=lntt ，则ℎ′(t)=1−lntt2，则ℎ(t)在(0,e)递增，在(e,+∞)递减，即ℎ(t)max=1e.当k≥1e时，有g′(t)≥0恒成立，g(t)在(0,+∞)上递增，所以最多一个零点.当0<k<1e时，令g′(t1)=g′(t2)=0，t1<e<t2，即lnt1=kt1，于是g(t1)=t1lnt1+2t1−2t1lnt1−a=t1(2−lnt1)−a.再令t1=eT(0<T<1)，由【引理1】可以得到g(t1)=eT(1−lnT)−a<e×1−a≤0.因此函数g(t)在(0,t1)递增，(t1,t2)递减，(t2,+∞)递增，t=t1时，g(t)有极大值但其极大值g(t1)<0，所以最多只有一个零点.综上，当k>0，a≥e时，函数y=f(x)与y=−kx+a的图像有唯一交点.【解析】【分析】（1）求导数，利用导数确定函数的单调性，结合单调性求出函数的最大值即可；（2）由（1）可得不等式lnx≥n−n√xn，结合放缩法，即可证明相应的不等式；（3）构造函数，求导数，利用导数确定函数的单调性，求出函数的极值，根据函数零点与函数图象交点横坐标的关系，数形结合，即可证明相应的结论.。
2019年9月浙江省学考选考金丽衢十二校2019学年高三生物第一次联考语文试题参考答案高清版
2019学年金丽衢十二校高三第一次联考语文参考答案1．B（A笺—jiān；C摭—zhí；D“传诵”应为“传颂”）2．B（“一拥而入”表示一下子全都拥了进去，挤了进去，和“排队”矛盾）3．A（“书香中国”为活动名，不能用书名号）4．A（B“伤害”和“信任程度”搭配不当；C成分残缺，应该是“用写日记的方式留住它们”；D否定不当）5．示例：①自己的生存土壤；②但绝无高低优劣之分；③那这个世界就太单调。
（3分，每空1分）6．示例：银行卡被吞后，可在90秒内通过正确输入密码的方式从ATM机上取回；若密码输入错误，可凭ATM机回单，并拨打客服热线挂失，最后持身份证到银行取回。
（要点齐全5分，语句通顺1分）7．B（A项，以偏概全，原文为“一些电商平台”。
C项，目的是规范市场，而不是为“告诉人们……”。
D项，“当前电子商务仍处于野蛮生长期”错，无中生有。
）8．A（“销量突增突减则是商家在‘刷单’”过于绝对，原文是“注意销量突增或突减现象”。
）9．电商：严格自律，合法经营（或遵循自愿、平等、公平、诚信的原则，参与竞争，履行义务）；消费者：擦亮眼睛，强化维权意识，注意维护自己的合法权益。
（4分，每点2分，酌情给分）10．①诗句开篇，引人入胜，增加文化内涵。
（1分）②点出话题“泥火盆儿”，照应题目，引出下文。
（2分）③表明情感，泥火盆儿“照亮了我的冬日情怀”，“它的温暖是几代人抹不去的记忆”。
（1分）11．①运用动作描写，“戴上老花镜”“慢悠悠地绣”“补”“比画”“拼接”等动作描写，真实刻画出祖母勤劳的形象。
②运用比喻的修辞手法，把祖母给孩子们讲的故事比作手中绵绵不断的线，写出了泥火盆儿前温馨的天伦之乐，以及家的温暖安详。
（每点2分，共4分）12．①慈祥，疼爱孩子。
在点燃泥火盆儿之后，祖父会端起火盆儿笑吟吟地回屋，祖父还会经常利用泥火盆儿为孩子们烤美食。
②容易满足。
烤美食时的欣喜，温酒烤鱼时的动作，呷酒品鱼时的动作，点燃烟袋锅时的恬静安详等都表明了祖父是一个容易满足的人。
浙江省金丽衢十二校2024届高三下学期二模物理试题含答案
金丽衢十二校2023学年高三第二次联考物理试题（答案在最后）本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间90分钟。
考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
10m s/。
4．可能用到的相关参数：重力加速度g取2选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.单位为N s⋅的物理量是（）A.功B.功率C.冲量D.动能【答案】C【解析】【详解】根据公式=I Ft可知单位为N s⋅的物理量是冲量。
故选C。
2.随着“第十四届全国冬季运动会”的开展，各类冰雪运动绽放出冬日激情，下列说法正确的是（）A.评委给花样滑冰选手评分时可以将运动员看作质点B.滑雪比赛中运动员做空中技巧时，处于失重状态C.冰壶比赛中刷冰不会影响压力大小，则滑动摩擦力不变D.短道速滑转弯时是运动员重力的分力充当向心力【答案】B【解析】【详解】A．评委给花样滑冰选手评分时看的就是选手的细节动作，此时不能看成质点，故A错误；B．滑雪比赛中运动员做空中技巧时，只受重力，此时有竖直向下的加速度，属于失重状态，故B正确；C．冰壶比赛中刷冰不会影响压力大小，但是接触面粗糙程度发生变化，滑动摩擦力也发生变化，故C错误；D．短道速滑转弯时是运动员与地面间的摩擦力充当向心力，故D错误。
故选B。
3.一辆汽车匀速通过圆弧形拱桥的过程中，汽车（）A.向心加速度不变B.动量不断变化C.受到的支持力和重力沿半径方向的分力始终等大反向D.通过最高点时对地压力小于支持力【答案】B【解析】【详解】A．汽车向心加速度的大小不变，方向改变，故A错误；B．汽车速度的大小不变，方向不断改变，则动量不断改变，故B正确；C．重力沿半径方向的分力与受到的支持力的合力提供做圆周运动的向心力，则重力沿半径方向的分力的大小大于受到的支持力的大小，故C错误；D．对地压力和受到的支持力是一对相互作用力，一直等大反向，故D错误。
【数学清晰】1909 金丽衢十二校(含答案)
数学参考答案 第1页 （共4页）2019学年金丽衢十二校高三第一次联考数学参考答案一、选择题（每小题4分，共40分）二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分） 11．6，11 12．1，35 13．2116，129x 14．92，54- 15．x y ±= 1617．17[,6--三、解答题（本大题共5小题，共74分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 18．解：()Ⅰ 因为 ()22()(sin cos )(sin cos )sin cos f x f x x x x x x x π⋅-=+-=- x 2cos -= ……………………………………………4分 所以()()f x f x π⋅-的最小正周期为π； ………………………………6分 ()Ⅱ 由题]2,2[4sin(2cos sin )(-∈+=+=πx x x x f ………………………8分 而)cos cos sin cos)(sin (sin )(22x x x x x x g +-+=⎦⎤⎢⎣⎡-+-⋅+=21)cos (sin 1)cos (sin 2x x x x )(23)(212)(23)(32x f x f x f x f +-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-= …………………………12分 令t x f =)(，则)(x g 的最大值即为函数t t y 23213+-=，]2,2[-∈t 的最大值， 由)1(23'2--=t y 可得函数在]1,2[--和]2,1[上递减，在]1,1[-上递增， 又2-=x 时，22-=y ；1=x 时，1=y ， 所以函数)(x g 的最大值为1. ……………………………………………………14分19．解：()Ⅰ 证明：由1341+-=+n a a n n ，可得)(4)1(1n a n a n n -=+-+，又111=-a ，所以数列}{n a n -是首项为1，公比为4的等比数列；……………7分 1 2 3 4 5 6 7 8 910A D A C AB B D B A浙江新高考资料群811176101数学参考答案 第2页 （共4页）()Ⅱ 由()Ⅰ知14-=-n n n a ，即n a n n +=-14，所以14n n b n -=⋅， ………………………………………………10分 ,44241110-⋅++⋅+⋅=n n n S ……………①,44241421n n n S ⋅++⋅+⋅= ……………②①-②得，n n n n S 44441312⋅-++++=-- ，n n n 4314⋅--=， 所以914)13(+-=n n n S …………………………………………15分 20．解： Ⅰ∵() BC AD //，AD ⊥平面SAB ，∴⊥BC 平面SAB ，∴AB BC ⊥，在EBC ∆中，3,1==BC BE ， 由勾股定理可得 2=EC ，∴CE AE =，取AD 中点F ，连接CF ，则四边形ABCF 是矩形， ∴AD CF DF CD ==+=3222，∴CED AED ∆≅∆，∴CE CD ⊥ …………………………………………4分 由AD ⊥平面SAB 得SA AD ⊥，又CD AD SD SD SC SA ===,,，∴CSD ASD ∆≅∆，∴CS CD ⊥ C CS CE = ，⊂CS CE ,平面SCE ，∴⊥CD 平面SCE ； …………………………………………………8分 ()Ⅱ 记 O BF CE = ，连接SO ，∵FD BC FD BC =,//，∴四边形FBCD 是平行四边形，∴CD BF //，由() Ⅰ知⊥CD 平面SCE ，∴⊥BF 平面SCE ，∴OSB ∠即为直线SB 与平面SCE 所成角. …………………………12分 ∵41,//=CF BE CF BE ， 浙江新高考资料群811176101数学参考答案 第3页 （共4页）∴41=BF BO ，且32==CD BF ， ∴23=BO ，又31sin ==∠SB BO OSB ， ∴323=SB ，∴2SA SC ===. …………………………………………15分 21．解： ()Ⅰ 设()00,P x y ，则过P 的切线l 方程为()00y y p x x =+，于是Q 为()0,0x -. 则02p QF x =+，02p PF x =+，故1PF QF =. …………………………………6分 ()ⅡOM =，于是M 的坐标为2000222200,p x px y p y p y ⎛⎫- ⎪++⎝⎭，………………9分 ()2000022222001224px y p x y p S p y p y =⨯⨯=++2000000000100222200212244px y p x p y px y py x y p S x y p y p y ⎛⎫+++⎛⎫=⨯+⨯-=⨯= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭ ()()()()2000000122000022233p x y p px p x p x x S p S p x y px x p ++++===+++≥， 当且仅当02x =时取“=”，综上12S S的最小值为3+ ………………15分 22．解： ()Ⅰ 由题，()1e x f'x a =-（1）当a ≤0时，()0>f'x 恒成立，故此时函数()y =f x 在(0,)+∞上单调递增； （2）当a >0时，函数在1(,ln a -∞上单调递增，在1(ln,)a +∞上单调递减, ………6分 (Ⅱ) 不等式()e e 1x x f x k x --≥e [(1)e 1]k x x b -⇔≤-+++x x记()e [(1)e 1]g x x x b -=-+++x x ，[1,e]∈x ，则()e ()g'x f x -=x -，其中()e f x x b =-+x由（Ⅰ）可知函数()f x 在(,0)-∞上单调递增，在(0,)+∞上单调递减，且(0)1f b =-………………………………………………9分浙江新高考资料群811176101数学参考答案 第4页 （共4页）（1）若01<b ≤，则(0)10f b =≤-，'()0g x ≥，∴函数)(x g 在区间[0,1]上单调递增，∴min ()(0)k g x g b ==≤，∴1k b ≤≤ …………………………………………………………………11分（2）若(0)0,(1)0,f f >⎧⎨⎩≥即1b ≥e -时，'()0g x ≤， ∴函数)(x g 在区间[0,1]上单调递减， ∴min 2()(1)b k g x g e +==≤， ∴4k e ≤； …………………………………………………………13分 （3）当11<b <e -时，此时0)1()0(<f f 且()f x 在[0,1]内递减， ∴)(x f 在区间[0,1]内有唯一零点，记为0x ， ∴函数)(x g 在区间0[0,]x 上单调递减，在区间0[,1]x 上单调递增 从而0()k g x ≤，其中00x e b x -= ∴00x k x e -+≤，令00x e x y -+=，)1,0(0∈x ，则0'10x y e-=-≥ 所以e k 11+<， 综上，当2=b 时，k 取到最大值为e 4. ………………………………15分 浙江新高考资料群811176101。
2020年浙江金华高三一模语文试卷(金丽衢十二校联考)-学生用卷
2020年浙江金华高三一模语文试卷（金丽衢十二校联考）-学生用卷一、语言文字运用（本大题共6小题，共20分）1、【来源】 2020年浙江金华高三一模（金丽衢十二校联考）第1题3分2019~2020学年9月浙江金华高三上学期月考（金丽衢十二校联考）第1题3分下列各句中，没有错别字且加点字的注音全都正确的一项是A. 如先贤所说，越美丽的纸，越不敢草率使用。
有些漂亮的 笺．（qiān）纸，一直保留着，随着时间的流逝，竟染上些寂 寥．（liáo）的色调了。
B. 校园里的白桦黄了又绿了，在明亮的窗外窸窸 窣．窣．（sū）地抖动， 釉．（yòu）质饱满的碎小叶片将阳光折射得充满了年少无忧的欢快。
C. 有王浮者，据传是西晋道士，乃 摭．（zhé）拾汉以来旧闻，作《老子化胡经》，云释迦乃老子化身，老子因西土百姓桀 骜．（ào）不驯，故出关行道以教化之。
D. 借助乡贤的示范引领作用，传诵他们的先进事迹，用他们的嘉言 懿．（yì）行垂范乡里， 涵．（hán）育文明乡风，让社会主义核心价值观在美丽乡村深深扎根。
2、【来源】 2020年浙江金华高三一模（金丽衢十二校联考）第2~3题5分2019~2020学年9月浙江金华高三上学期月考（金丽衢十二校联考）第2题5分阅读下面的文字，完成下面小题。
【甲】不久前，为期一周的2019上海书展暨《书香中国》上海周落下帷幕。
500余家出版单位、16万余种参展图书 汇集．．主会场，100余个分会场联动，为炎炎夏日带来阵阵书香，也成为一座城市的文化记忆。
【乙】已经办到第十六个年头的上海书展，究竟有什么样的魅力，能让读者在烈日当空下排队， 一拥而入．．．．？其实，书展是书的展示，又 不只．．是阅读本身，更是一场文化盛宴，成为一座城市的人文会客厅。
上海书展期间，共举办 1200 多场活动。
丰富的周边讲座、沙龙交流，烘托起城市的文化热度，让书展成为读书人的节日。
浙江省金丽衢十二校2024届高三第二次联考语文试卷(含答案)
浙江省金丽衢十二校2024届高三第二次联考语文试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、现代文阅读阅读下面的文字，完成下题。
①重写中国古代法律发展史是当下学界需要认真审视的问题。
②目前为止，学界对中国法律史的论述还远未能客观、全面地反映古代法制的面貌，许多重要领域还未深入开拓，有些还没有涉及。
比如，食货法律是中国古代法律体系的重要组成部分，近年开始的元代以前食货法律资料辑佚和明清食货法律整理的初步成果证明，古代食货法律无论是立法总量，还是在国家治理中的重要性，都不亚于刑事法律。
“食货”一词，是古代经济、财政、金融的统称。
所以说用“经济法”表述“食货法律”使用的概念有欠准确。
古代食货法律的编纂经验和食货法律思想，很多可作为当代经济、财政、金融立法的参考，需要我们认真挖掘、研究和总结。
③受“以刑为主”思想的束缚，以往的中国法律思想史教程及研究成果，大多局限于刑法思想研究。
就研究深度而言，古代前期法律思想研究相对较好，而汉以后基本上是套用先秦至汉儒、法家的基本观点“照葫芦画瓢”，使人误以为汉以后法律思想没有多少发展，这不符合历史实际。
真实情况是，中国古代法律思想多元、丰富、领域宽广。
多元法律思想各具特色，既有历代都关注、具有普遍指导意义的学说或阐发的命题，如“礼与法”“德与刑”“人治与法治”等，也有与各类法律相关的法律思想，如吏政法律思想、食货法律思想、军政法律思想、民事法律思想、监察法思想及司法思想等，还有具有时代特色的法律学说，如唐以后的“成案”说、“典例关系”说、“行政处分与刑罚分离”说，以及论述立法技术的学说等。
在中国历史上，任何重大的法制变革和法律的制定，都以法律思想为指导。
法律制度不断完善，法律思想也在不断丰富，即使同一学说也在发展变化。
④中国秦汉以后的法律体系，就法律效力层级来说，由最高法典、基本法律和可变通之法三个层级构成，与当代中国法律体系的层级结构有相似之处。