河北省唐山市2019届高三地理第二次模拟考试试卷(B)解析版
唐山市2018~2019学年度高三年级第二次模拟考试 文综地理试题 一、选择题:本题共35小题，每小题4分，共140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。 香菇是一种食用真菌，干鲜香菇在中国菜中广泛使用。香菇栽培始源于中国，浙江省庆元县是人工栽培香菇的发源地，早期菇民选择某些阔叶树的倒木利用刀痕栽培香菇，经过数百年的发展形成了独特的传统香菇栽培系统。目前，当地形成了栽培、加工、仓储、运输、销售一整条香菇产业链，是我国最大的香菇栽培基地。 据此完成下列各题。 1. 庆元菇民采伐菇木林时通常采用“伐大留小”的异龄林择伐方式，其主要目的是 A. 利于菇木林的可持续利用 B. 扩大香菇栽培规模和产量 C. 促进林下土壤肥力的恢复 D. 改善香菇栽培场地的光照 2. 与我国其他香菇栽培区相比，庆元发展香菇产业的突出优势为 A. 劳动力廉价丰富 B. 便捷的交通网 C. 悠久的栽培技术 D. 空气质最优良 3. 目前，庆元依托香菇产业建设特色小镇，这样有利于 ①扩大栽培规模 ②提升产品品牌价值 ③挖掘本地市场 ④促进栽培技术创新 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④ 【答案】1. A 2. C 3. D 【解析】 本题以庆元香菇栽培为例分析工业的区位因素和地理意义。 【1题详解】 “伐大留小”的异龄林择伐方式,只砍伐树龄大的，留下树龄小的，与另一种砍伐方式“皆伐”相比，这样更有利于森林资源的可持续利用，故A正确。影响香菇栽培规模和产量是林木的采伐量 ，不是采伐方式。故B错误。土壤肥力包括自然肥力和人工肥力，自然肥力是由土壤母质、气候、生物、地形等自然因素的作用下形成的土壤肥力, 人工肥力是指通过人类生产活动,如耕作、施肥、灌溉、土壤改良等人为因素作用下形成的土壤肥力。可见土壤肥力的恢复与采伐林木的方式于是没有直接关系的。故C错误。香菇适合生长在阴暗潮湿的地方，所以“伐大留小”的异龄林择伐方式并不是为了改善香菇栽培场地的光照。故D错误。综上，A为正确答案。 【2题详解】 庆元发展香菇产业的突出优势，即庆元具备而其他香菇栽培区不具备的特点。材料中提到“浙江省庆元县是人工栽培香菇的发源地” 所以与我国其他香菇栽培区相比，庆元发展香菇产业的突出优势为悠久的栽培技术。答案为C。我国很多其他香菇地区也具有劳动力廉价丰富，交通网便捷，空气质优良的特点，但是唯独不是人工栽培香菇的发源地，所以，ABD都不是正确答案，只有C选项正确。 【3题详解】 依托香菇产业建设特色小镇，这样有利于提升产品品牌价值，同时“栽培、加工、仓储、运输、销售一整条香菇产业链”将大大促进栽培技术创新，通过技术的创新，加强其在市场上的竞争力。所以正确答案为D。“是我国最大的香菇栽培基地”，说明香菇小镇的市场不仅仅包括本地，更包括广大的外地市场。故③错。扩大栽培规模本身就是“依托香菇产业建设特色小镇”的表现形式，所以，扩大栽培规模不是特色小镇的意义或影响。故①不能选择。所以ABC错误，正确答案为D。 下图为1995年和2015年江苏三个典型县域城一镇一村的规模结构示意图，读下图完成下列各题。 4. 2015年，与涟水、泰兴相比，张家港 A. 镇区面积大 B. 聚落等级高 C. 城区面积大 D. 聚落数量多 5. 1995-2015年三个典型县域城乡聚落体系演化的主要特征是 A. 聚落总量不断增多 B. 村落规模不断扩大 C. 城镇用地不断扩张 D. 聚落位置不断优化 6. 影响城乡聚落发育程度的决定性因素是 A. 地形起伏状况 B. 人口素质高低 C. 资源丰富程度 D. 经济发展水平 【答案】4. A 5. C 6. D 【解析】 【分析】 本题主要考查聚落的变化。 【4题详解】 观察图，结合图例，很容易判断出张家港的镇区面积比另外两地大很多，所以答案为A。材料提到“江苏三个典型县域城一镇一村”所以他们的等级是一样的，故B错。通过图中数据可以看出张家港的城区面积比其他两个小，故C错。关于聚落数量，材料并未涉及，所以无法判断，故D错。 【5题详解】 聚落总量材料并未涉及，所以无法判断，所以A错。村落规模从数据上来看，都变小了，所以B答案错误。城镇用地包括城区用地和镇区用地，从数据来看，城镇用地都变大了，所以说“城镇用地不断扩张”是正确的，故C对。聚落位置在材料中无法判断，故D错。 【6题详解】 影响城乡聚落发育程度的决定性因素是经济发展水平，经济发展速度越快，城乡聚落发育越快。地形起伏状况和资源丰富程度是影响聚落发育的因素，但不是决定性因素。人口素质高低与城乡聚落发育程度没有直接关系，所以ABC错误，只有D为正确答案。 【点睛】材料中显示的内容是我们做题可以依据的，材料中未涉及的细节内容一般是无法判断的。 下图是中国科学院西北生态环境资源研究院冻土工程国家重点实脸室模拟的黄河源区多年冻土的退化过程示意图，读下图完成下列各题。 7. 与图中显示信息相符的推断是 A. 多年冻土厚度加大 B. 多年冻土上限抬升 C. 多年冻土面积缩小 D. 多年冻土下限下降 8. 多年冻土的变化趋势持续将导致黄河源区占主导地位的高寒草甸 A. 土壤肥力提高 B. 草地干化加重 C. 水源更加充足 D. 物种变得丰富 【答案】7. C 8. B 【解析】 【分析】 本题以冻土的变化考查全球变暖的影响。 【7题详解】 图中显示多年冻土上限下降，多年冻土下限上升，所以多年冻土厚度变小，所以ABD错误。根据前面的分析，推断与全球变暖有关，继而可推测，多年冻土面积可能会缩小。故D正确。 【8题详解】 多年冻土的变化趋势持续，即全球不断变暖，土壤微生物活动将更加活跃，有机质被更多的分解，土壤肥力会下降。故A错。随着全球变暖，蒸发更加旺盛，土地中水分含量会更小，草地干化会加重。故B正确。全球持续变暖，最终将导致冰川融化量减少，水源减少，故C错误。随着气温的改变，其他自然因素也会随之改变，原来的生态环境也会变化，有些物种可能难以适应新的变化而迁徙或者灭绝，所以物种可能会减少。故D错误。 【点睛】全球变暖是一个重要的大气环境问题，其影响主要有：灾害事件增加，威胁人类健康，使世界各地的降水和干湿地区发生变化，而极冰的融化和海水的受热膨胀又导致海平面的上升，海平面的上升是当前重要的海洋灾害之一，它能淹没沿海低地，使土地盐渍化，地下水变咸，台风等自然灾害加剧。 某地理科考队在非洲东部的坦桑尼亚恩戈罗自然保护区(如图)内，考察完历史上经过多次喷发形成的恩戈罗火山口后，经过短暂的休整，向西北驱车10多千米前往非洲著名的奥杜威峡谷进行考察，他们在谷底看到两侧悬崖壁立，高百米有余，有多个连续的湖相沉积物夹层。生长在崖壁上的植被根深叶厚，富含水份，茎叶边缘有刺，这些植被能够在任何土、石质土壤中生长。 据此完成下列各题。 9. 奥杜威峡谷的主要成因是 A. 流水强烈侵蚀 B. 地壳断裂下陷 C. 冰川侵蚀刨蚀 D. 湖水外泄切割 10. 在崖壁上的湖相沉积物夹层中，最可能观察到多层 A. 火山灰层 B. 草木质层 C. 石灰岩层 D. 金属矿层 11. 奥杜威峡谷植被形态反映了该谷地环境特点是 A. 寒冷干燥 B. 高温多雨 C. 冬雨夏干 D. 干旱少雨 【答案】9. B 10. A 11. D 【解析】 【分析】 本题主要考查峡谷的成因及自然地理环境特点。 【9题详解】 奥杜威峡谷位于东非大裂谷内，“两侧悬崖壁立，高百米有余”，所以其主要成因是地壳断裂下陷。故B正确。峡谷的形成原因中有外力流水作用，但是该峡谷的主要成因是内力的地壳断裂下陷形成。故A错。此地纬度较低，海拔较低，冰川作用弱，故C错。湖水外泄切割，对应的地形应该为盆地，比如刚果盆地，就是刚果河湖水外泄切割形成，故D错。 【10题详解】 该峡谷距离恩戈罗火山口10多千米，图中显示附近还有另外一个火山，所以崖壁上的湖相沉积物夹层中，最可能观察到多层火山灰层。故A正确。草木质层，石灰岩层，金属矿层在材料中未涉及，无法判断，故BCD错。 【11题详解】 材料中提到“生长在崖壁上植被根深叶厚，富含水份，茎叶边缘有刺”，植物根深是因为附近水源少，难以满足植物生长所需水分。茎叶边缘有刺是为了减少蒸腾作用，说明这个地区蒸发旺盛，但是降水又较少。 所以正确答案为D干旱少雨。该地纬度较低，所以“寒冷”不符合题意，故A错。根据前面分析，该地降水少，所以BC错误。 【点睛】本题的特点是充分利用材料解答问题，所以，学生要提高自己分析材料利用材料的能力。 二、非选择题，共160分。第36题一第42题为必考题，每个试题考生都必须做答。第43题一第47题为选考题，考生根据要求做答. (一)必考题:共135分。 12.阅读图文资料，完成下列要求 悬索桥又名吊桥，指的是以通过索塔悬挂并锚固于两岸(或桥两端)的缆索(或钢链)作为上部结构主要承重构件的桥梁，北极圈内最大跨径悬索桥是位于挪威北方港口城市纳尔维克市的哈罗格兰德大桥(图7)，该桥全长1533米，跨越350m水深的峡湾、主跨为1145m。大桥主要由中国某公司承建，其设备及结构件严格按照欧洲标准与挪威标准设计建造，全桥钢结构重量超过1.5万吨，其中1.1万吨的钢结构构件是由中国四个厂家生产，分装130个集装箱，顺利及时运达指定地点并进行了安装，2018年12月9日正式建成通车。 （1）简述哈罗格兰德大桥在冬季施工过程中施工人员需要克服的不利自然条件。 （2）分析该大桥设计成跨径悬索桥而没有设计成桥敦支撑的梁式桥的主要原因。 （3）确定该大桥设备及结构件由中国运往挪威最合理的运输方式，并说明理由。 （4）概述该大桥的修建给当地带来的有利影响。 【答案】（1）位于北极圈内，冬季气候极寒（天气寒冷）；多大风天气；极夜期较长。 （2）峡湾海水深度大，建设桥敦难度大（成本高）；悬索桥跨度大、距海面高，利于船舶通行；桥梁建设技术水平提高，建筑材料质量提升。（减少对生态环境的影响，凸现悬索桥与当地自然环境和谐统一。） （3）海运（集装箱海运）。两国均为沿海国家，海运便利；海运成本低，适合运输大宗货物（集装箱海运便于装卸）。 （4）缩短距离，降低运输成本；完善了交通网络的建设；加强区域沟通与交流，促进经济发展。 【解析】 【分析】 本题主要考查大桥修建中的困难，影响因素，影响等。 【详解】（1）大桥位于“北极圈内”，纬度高，冬季极夜期较长，又位于极地东风带，多大风，这些都加剧了天气的寒冷程度。 （2）悬索桥“指的是以通过索塔悬挂并锚固于两岸(或桥两端)的缆索(或钢链)作为上部结构主要承重构件的桥梁”，对于“挪威北方港口城市”来说，来往船只众多，这种设计使得大桥跨度大、距海面高，利于船舶通行。“水深350m”说明大桥下方水很深，建设桥敦难度大，成本高，对大桥的安全保障度也比较低。虽然“该桥全长1533米”“ 主跨为1145m”，但是“其中1.1万吨的钢结构构件是由中国四个厂家生产，分装130个集装箱，顺利及时运达指定地点并进行了安装”说明中国的桥梁建设技术水平提高，“其设备及结构件严格按照欧洲标准与挪威标准设计建造”建筑材料质量提升，使得哈罗格兰德大桥有足够的技术保障
唐山市2018-2019学年度高三年级第二次模拟考试理科综合答案
唐山市 2018—2019 学年度高三年级第二次模拟考试理科综合能力测试参考答案及评分参考生物部分（共 90 分）A 卷 1． A 2． C 3． D 4．B 5． B6． CB 卷1． B2．C 3．D 4．B5． A6． C29．（ 7 分，每空 1 分）（ 1）下丘脑渗透压感受器 大脑皮层（ 2）细胞中有机物的氧化放能 等于 汗腺分泌增加 皮肤毛细血管舒张 （ 3）减少30．（ 10分）（ 1）实验一和实验二 (1 分) 实验二 (1 分 ) （ 2）叶绿体是光合作用的场所，光合作用 的产物之一是 O2(2 分 ) 使用的不是好氧细菌， 而是厌氧细菌 (2 分 ) （ 3）碘蒸气 (1 分 )淀粉 (1 分 )（ 4）同位素标记法 (1 分 ) 8∶9(1分 )31．（ 10 分，每空2 分）(1) 传出神经、效应器 (2) 兴奋性神经递质与特异性受体结合 产生动作电位 （ 3）双向性 (4) 肌肉松弛 (肌肉不能收缩或肌无力 )32．（ 12 分，除特殊标注外，每空 2 分）（ 1）显 隐 （ 2） X 和Y （ 3） (3 分)红眼 朱红眼 无眼雌性个体1/8 1/8 1/4 雄性个体 1/4 1/4 0（4） 14/45 （3 分）37．（除标注外，每空 2 分） （ 1）一定浓度的乙醛溶液 （ 2）无菌 使菌体与培养液充分接触，提高营养物质的利用率，富集筛选目标菌种，也为菌体提供氧气（ 3 分） （3）平板划线（或稀释涂布平板） 固体 （ 4）产物分离 反复利用38．（除标注外，每空 2 分）（ 1）逆转录 (1 分 ) 所有生物的DNA 分子结构相似所有生物共用一套遗传密码（ 2）质粒 3 个（ 3） 95%空气加 5%CO 2的混合气体（ 4） P 蛋白吞噬细胞高三理科综合答案第 1 页（共 5 页）化学部分（共 100 分）卷型7 8 9 10 11 12 13A 卷A CB D BC B B 卷A DBC B CD 26． (15 分 )（ 1） i →h →j →k（ 2 分 ,顺序错不得分）（ 2） B （2分）（ 3）干燥气体；观察气泡控制气体流速（ 2 分，每空 1 分）（ 4） BD （ 1 分，有错不给分）－ －（ 5） 3Cu +8H ++2NO 3 =3Cu 2++2NO ↑ +4H 2O （ 2 分）； 3NO 2+H 2O=2H ++2NO 3 +NO （ 2分） （ 6）平衡压强（ 2 分） 4H＋ － +5N O 3Mn2＋ －+3MnO 4 +5NO 3 +2H 2O （ 2 分） 27.（ 14 分）（除注明外每空2 分）（ 1）适当升高温度，适当增大 NaOH 浓度，或粉碎废旧正极片。
2019届河北省唐山市高三第二次模拟考试数学(文)(B)试卷扫描版含答案
唐山市2018—2019学年度高三年级第二次模拟考试文科数学参考答案一．选择题：A卷：BDCAA CBDCC ADB卷：BDCCA CBDCA AD二．填空题：13．7 14．－51315．2n－1 16．55三．解答题：17．解：（1）因为2c＝3a＋2b cos A，所以由正弦定理可得：2sin C＝3sin A＋2sin B cos A，所以2sin C＝2(sin A cos B＋cos A sin B)＝3sin A＋2sin B cos A，即2sin A cos B＝3sin A，因为sin A≠0，所以cos B＝3 2．又0＜B＜π，故B＝6．…6分（2）因为S△ABC＝12ac sin B＝14a＝32，所以a＝23，由余弦定理可得，b2＝a2＋c2－2ac cos B＝7，所以b＝7．…12分18．解：（1）连接AC，交BD于点O，连接OA1，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，从而OA1⊥BD，OC⊥BD，又因为OA1∩OC＝O，所以BD⊥平面A1OC，因为A 1C 平面A 1OC ，所以A 1C ⊥BD ． …5分（2）在菱形ABCD 中，OA ＝OC ＝3，又A 1C ＝3，所以△A 1OC 为等边三角形且S △A 1OC ＝334． 由（1）可知，BD ⊥平面A 1OC ，所以V A 1-BCD ＝ 13S △A 1OC ·BD ＝32． 在△A 1DC 中，A 1D ＝CD ＝2，A 1C ＝3，S △A 1DC ＝394， 设点B 到平面A 1DC 的距离为d ，由V B -A 1DC ＝V A 1-BCD 得， 13S △A 1DC ·d ＝32， 所以d ＝61313， 即点B 到平面A 1DC 的距离为61313. …12分 19．解：（1）-x ＝62.5×5×0.03＋67.5×5×0.05＋72.5×5×0.06＋77.5×5×0.04＋82.5×5×0.02＝71.75．因为抽取的样本中，果径在[60，65)，[65，70)，[70，75)，[75，80)，[80，85]的频率分别为0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，所以样本的中位数为70＋ 1 3×5≈71.67． …5分（2）由图2可知，果径在80以上的苹果中，特级果、一级果、二级果所占比例约 1 5， 1 2， 310， 所以按方案一进行收购，则1kg 的收购价X ≈12× 1 5＋10× 1 2＋9× 310＝10.1＞10． 故果园种植户应选择第一种收购方案． …12分（比较两种方案收购总额的大小，同样给分．）20．解：（1）由已知可得，|PN |＝|PM |，即点P 到定点N 的距离等于到直线l 1的距离，故P 点的轨迹是以N 为焦点，l 1为准线的抛物线，所以曲线C 的方程为y 2＝4x ． …4分（2）设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)，直线l 2斜率为k ，显然k ≠0， 由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，y 2＝4x 得，k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0，x 1＋x 2＝4－2kmk 2．所以x 0＝x 1＋x 22＝2－km k 2，y 0＝kx 0＋m ＝ 2 k ，即D (2－km k 2， 2 k )．因为直线l 2与圆E ：(x －3)2＋y 2＝6相切于点D ，所以|DE |2＝6；DE ⊥l 2，从而(2－km k 2－3)2＋( 2 k )2＝6；2－kmk 2－3＝－2，整理可得( 2 k )2＝2，即k ＝±2．所以m ＝0，故l 2的方程为y ＝2x 或y ＝－2x ． …12分21．解：（1）f '(x )＝e x ＋a e －x －(a ＋1)＝e －x (e x －1)(e x －a )． …1分 当a ≤0时，e x －a ＞0，x ∈(－∞，0)时，f '(x )＜0，f (x )单调递减；x ∈(0，＋∞)时，f '(x )＞0，f (x )单调递增． …2分 当0＜a ＜1时，x ∈(－∞，ln a )和(0，＋∞)时，f '(x )＞0，f (x )单调递增；x ∈(ln a ，0)时，f '(x )＜0，f (x )单调递减． …4分 当a ＝1时，f '(x )≥0，f (x )单调递增． …5分 当a ＞1时，x ∈(－∞，0)和(ln a ，＋∞)时，f '(x )＞0，f (x )单调递增；x ∈(0，ln a )时，f '(x )＜0，f (x )单调递减．…7分（2）由（1）得，当a ＝1时，f (x )＝e x －e －x －2x ，因为f(0)＝0，所以f(x)仅有一个零点0．且x＞0时，f(x)＞f(0)＝0，即e x＞e－x＋2x＞2x．…8分当0＜a＜1时，因为f(0)＝1－a＞0，所以f(x)在(ln a，＋∞)内没有零点，且f(ln a)＞0．由x＞0时e x＞2x，得e2x＞4x2，x＞ln x．所以x＝－4a时，ex＜1，e－x＞16a2，从而－a e－x＜－16a，所以f(－4a)＜1－16a－(a＋1)(－4a)＝5－12a＜0，又ln a＝－ln 1a＞－1a＞－4a，所以f(x)在(－4a，ln a)内有一个零点，所以当0＜a＜1时，f(x)仅在(－4a，ln a)内有一个零点．…10分当a＞1时，当x＝4a时，－a e－x＞－a，e x＝e4a＞16a2，从而f(4a)＞16a2－a－(a＋1)(4a)＝a(12a－5)＞0，又ln a＜a＜4a，所以f(x)在(ln a，4a)内有一个零点，所以当a＞1时，f(x)仅在(ln a，4a)内有一个零点．综上，a＞0时，f(x)有且仅有一个零点．…12分22．解：（1）依题意可得，圆C 1：(x －1)2＋y 2＝1；圆C 2：(x ＋2)2＋y 2＝4．所以C 1：x 2＋y 2＝2x ；C 2：x 2＋y 2＝－4x ，因为x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ，所以C 1：ρ＝2cos θ；C 2：ρ＝－4cos θ． …4分（2）因为C 1，C 2都关于x 轴对称，△OAB 为等边三角形，所以不妨设A (ρA ，θ)，B (ρB ，θ＋ π 3)，0＜θ＜ π 2． 依题意可得，ρA ＝2cos θ，ρB ＝－4cos (θ＋π 3)． 从而2cos θ＝－4cos (θ＋ π 3)， 整理得，2cos θ＝3sin θ，所以tan θ＝233， 又因为0＜θ＜ π 2，所以cos θ＝217， |AB |＝|OA |＝ρA ＝2217． …10分23．解： （1）因为|ax ＋1|＋|ax －1|≥|(ax ＋1)－(ax －1)|＝2，等号当且仅当(ax ＋1)(ax －1)≤0时成立，所以f (x )的最小值为2－2a －4＝－2a －2．依题意可得，－2a －2≥0，所以a ≤－1． …4分（2）因为a ＞0，f (x )＝|ax ＋1|＋|ax －1|－2a －4，所以f (x )＝⎩⎨⎧－2ax －2a －4，x ≤－ 1 a ，－2a －2，－ 1 a ＜x ＜ 1 a ，2ax －2a －4，x ≥ 1 a ． 所以y ＝f (x )的图像与x 轴围成的封闭图形为等腰梯形ABCD ， 且顶点为A (－1－ 2 a ，0)，B (1＋ 2 a ，0)，C ( 1 a ，－2a －2)，D (－ 1 a ，－2a －2)从而S＝2(1＋3a)(a＋1)＝2(a＋3a)＋8．因为a＋3a≥23，等号当且仅当a＝3时成立，所以当a＝3时，S取得最小值43＋8．…10分。
2019届河北省唐山市高三年级第三次模拟考试地理试题(解析版)
绝密★启用前河北省唐山市2019届高三年级第三次高考模拟考试文综-地理试题（解析版）一、选择题。
漆器是将涂在器物的表面而制成的日常器具及工艺品。
贵州大方漆器以当地生长的漆树获取天然生漆作涂料，每件产品需经数十道手工工序完成。
大方器生产始于蜀汉,盛于明清两代,位列中国五大名器之一,是我国非物质文化遗产。
近年来,大方漆器面临着生产经营艰难、技师外流的困境。
据此完成下列各题。
1. 大方漆器在历史上兴盛不衰主要依赖A. 漆器生产规模较大B. 当地天然生漆资源丰富C. 当地对外交通便捷D. 制作工艺的传承与发展2. 与现代日常器具相比,大方漆器的最大竞争优势是A. 美观实用B. 文化底蕴深厚C. 价格低廉D. 便于规模生产3. 为实施乡村振兴战略,实现脱贫致富,大方漆器产业可采取的有效措施是①拓展互联网销售渠道②鼓励外流技师回乡创业③减少漆器生产工序④提高天然生漆产量A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④【答案】1. D 2. B 3. A【解析】本题以非物质文化遗产为背景考查工业区位因素,题目紧扣材料,难度较小。
【1题详解】题目强调“大方漆器在历史上兴盛不衰”的原因,根据材料“大方器生产始于蜀汉,盛于明清两代”可知,漆器制作工艺的连续传承与发展是大方漆器长盛不衰的主要原因,故选D。
【2题详解】由材料中“位列中国五大名器之一,是我国非物质文化遗产”一句可知,大方漆器与现代日常器具相比,最大的优势是文化底蕴深厚,故选B。
【3题详解】由材料中“近年来,大方漆器面临着生产经营艰难、技师外流的困境”可知,要改变大方漆器的产业困境,应当从提升生产经营水平、鼓励技师回乡等方面做出改进,故①②符合题意。
减少漆器生产工序不利于非物质文化遗产的传承,提高天然生漆产量并不能解决大方漆器现有的困境,故排除③④,本题选A。
某校地理小组利用暑假对长江部分沿江城市进行了一次研学活动。
小组成员发现,长江干流上近几十年来修建了很多大桥,但桥下净空高度(水面到桥梁底部能满足通航需求的最高高度)却有很大差异。
河北省唐山市2019届高三历史第二次模拟考试试题(B)(含解析)
唐山市2018~2019学年度高三年级第二次模拟考试文综历史试题一、选择题：本题共35小题，每小题4分，共140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.稷下学宫是世界上第一所由官方举办、私人主持的特殊形式的高等学府。
其全盛时期容纳了当时几乎各个学派贤士近千人，如孟子、申不害、淳于髡、荀子等。
稷下学宫A. 繁荣了春秋时期的文化教育B. 为百家争鸣提供了重要平台C. 成为当时战乱动荡的一个缩影D. 成为荀子法家思想的发源地【答案】B【解析】【详解】根据所学知识可知，稷下学宫是世界上第一所由官方举办、私家主持的特殊形式的高等学府，因为校址在齐国国都临淄的稷门附近而得名。
中国学术思想史上蔚为壮观的"百家争鸣"，就是以稷下学宫为中心的展开的。
稷下学宫最兴盛的时候，汇集了天下贤士多达千人，荀子更是三次出任校长（祭酒)。
“全盛时期容纳了当时几乎各个学派贤士近千人，如孟子、申不害、淳于髡、荀子等”可知稷下学宫为百家争鸣提供了重要平台，故B选项正确；材料“全盛时期容纳了当时几乎各个学派贤士近千人，如孟子、申不害、淳于髡、荀子等”说明为百家争鸣的产生培养了大把人才，一定程度上推动了春秋战国时期的文化教育，但这不是材料所反映的主要内容，故A选项错误；稷下学宫为百家争鸣的产生培养了众多人才，推动了当时文化教育的发展，不是成为当时战乱动荡的一个缩影，故C选项错误；荀子是战国时期儒家代表人物，不是法家代表人物，故D选项错误。
2.唐玄宗即位后，重用姚崇、宋璟，朝政由三省合议逐渐向宰相专权化方向发展。
这种改变A. 形成了君相和谐的决策体制B. 完善了三省六部的运作流程C. 标志着政治制度的重大创新D. 隐藏着国家治理的严重危机【答案】D【解析】【详解】根据材料“重用姚崇、宋璟，朝政由三省合议逐渐向宰相专权化方向发展”可知，唐玄宗重用姚崇、宋璟的结果逐渐改变以往中书省、门下省和尚书省的三省合议的状态而向宰相专权的方向发展，表明宰相权力逐渐加强，打破了以往三省之间的制约，反映了国家治理隐藏着严重的危机，故D选项正确；材料“朝政由三省合议逐渐向宰相专权化方向发展”反映了国家治理隐藏的危机而不是君相和谐的状态，故A选项解读材料有误；“朝政由三省合议逐渐向宰相专权化方向发展”宰相专权的方向发展说明与三省六部的运作流程背道而驰，而不是完善三省六部的运作流程，故B选项错误；宰相专权的方向发展不是政治体制的创新，故C选项错误。
2019年河北省唐山市高三第二次模拟考试文科综合试卷(含答案)
河北省唐山市高三第二次模拟考试文科综合试卷（含答案）文科综合试题注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，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。
写在本试卷上无效。
3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷本卷共35小题，毎小题4分，共140分。
在毎小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
共享单车是指企业与政府合作，在校园、地铁站点、公交站点、居民区、商业区、公共服务区等提供自行车单车共享服务，是共享经济的一种新形态.某高校学生小明、小亮针对所在城市共享单车的使用情况，进行了社会实践调查.图1为在调查过程中他们制作的城市一天中共享单车在不同区域的停车数量统计图.据此读图，完成1-3题。
1.图中甲、乙曲线所代表的分布地，分别为城市中的（）A.工业区和居住区B.居住区和商业区C.商业区和仓储区D.市政区和园林区2.在调查中他们发现一些中学周边共享单车停车数量极少，出现此现象的主导因素可能是（）A.车型外观与车体重量B.用车费用与投放数量C.学校管理与驾驶技术D.道路格局与交通限制3.共享单车主要为解决“最后一公里”的交通难题及倡导低碳出行，但目前出现了找车、乱停乱放、随意破坏等问题。
以下措施利于上述问题解决的是（）①加大宜传力度，提高使用人群认识②增加单车投放量，提高其使用费用③提高单车质量，增强操作技术难度④利用GIS技术，合理分配单车数量A.①②B.②③C.③④D.①④菁蓉镇距离成都市中心约30公里，曾经是传统产业工人的宿舍园区，随着产业布局的调整，有约100多万平方米的宿舍楼和配套设施闲置.年初，成都市启动“创业天府”计划，吸引当地创业者前来安营扎寨。
截至目前，该镇聚集了近900个创业项目的万余名创客，一座充满生机活力的创客小镇初具雏形，结合菁蓉镇地理位置图(图2)，完成4-6题。
2019届河北省唐山市高三第二次模拟考试数学(理)试题(解析版)
2019届河北省唐山市高三第二次模拟考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】先求A,再求补集即可【详解】,则故选：D【点睛】本题考查集合运算，描述法，指数不等式解法，是基础题2．已知复数满足，则的共轭复数为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】先由复数代数形式除法运算求z,再求其共轭复数【详解】=1-i,故故选：A【点睛】本题考查复数代数形式除法运算，共轭复数，熟记定义，准确计算是关键，是基础题3．在等差数列中，，，则（）A．10 B．12C．14 D．16【答案】C【解析】由题列出关于的方程组求解，即可求得【详解】由题知,解得,故故选：C【点睛】本题考查等差数列通项公式，熟记公式，准确计算是关键，是基础题4．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上一点，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三角函数定义得tan再利用同角三角函数基本关系求解即可【详解】由三角函数定义得tan，即,得3cos解得或（舍去）故选：A【点睛】本题考查三角函数定义及同角三角函数基本关系式，熟记公式，准确计算是关键，是基础题5．已知双曲线：的焦距为4，为上一点，则的渐近线方程为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题2c=4,将代入方程，得a,b方程组求解即可【详解】由题2c=4,即c=2,又为上一点，则,解得，故故渐近线方程为【点睛】本题考查渐近线方程，准确计算是关键，是基础题6．已知直线，和平面，，有如下三个命题：①若存在平面，使，，则；②若，是两条异面直线，，，，，则；③若，，，则.其中正确命题的个数是（）A．0 B．1C．2 D．3【答案】C【解析】对每个序号逐项判断即可【详解】对①，若存在平面，使，，则或与相交，故①错误；对②，假设与不平行,则与相交,设交线为n,∵，,∩=n,∴同理，,与，异面矛盾，故假设不成立，所以正确对③，若，，则,又，则，故③正确【点睛】本题考查命题真假及空间线面关系，准确推理是关键，是中档题7．已知函数的最小正周期为，把的图像向左平移个单位后，所得函数图像的一条对称轴为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意利用正弦函数的周期性求得ω的值，可得函数的解析式；再利用函数y ＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律以及正弦函数的图象的对称性，求得所得函数图象的一条对称轴方程．【详解】∵函数的最小正周期为π，∴ω＝1，f（x）＝sin（2x）．若将函数f（x）的图象向左平移个单位，可得y＝sin（2x）＝sin（2x）令2x kπ，求得x，k∈Z，令k＝0，可得所得函数图象的一条对称轴为x，故选：B【点睛】本题主要考查正弦函数的周期性和它的图象的对称性，函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题．8．已知函数为奇函数，则在处的切线斜率等于（）A．6 B．-2C．-6 D．-8【答案】B【解析】先求在时的解析式，再求切线方程即可【详解】设，则,又为奇函数，则则故选：B【点睛】本题考查函数奇偶性性质，切线斜率，熟记函数奇偶性，准确计算是关键，是基础题9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】将三视图还原，再求表面积即可【详解】半径r=1,由题母线长为2，则该几何体的表面积S=故答案为：C【点睛】本题考查三视图及组合体的表面积，球和圆锥的表面积公式，准确计算是关键，是基础题10．割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补”，刘徽称之为“以盈补虚”，即以多余补不足，是数量的平均思想在几何上的体现.如图揭示了刘徽推导三角形面积公式的方法.在内任取一点，则该点落在标记“盈”的区域的概率为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题求得“盈”部分的面积，利用几何概型求解即可【详解】由题“盈”部分的面积为又的面积为则该点落在标记“盈”的区域的概率为=故选：B本题考查几何概型，数学文化知识，仔细审题，熟练计算是关键，是基础题11．已知抛物线：的焦点为，点在上，以为半径的圆与轴交于，两点，为坐标原点，若，则圆的半径（）A．2 B．3C．4 D．5【答案】D【解析】设P（）,得圆的方程，进而求得与y轴交点A,B坐标，利用，求解即可【详解】设P（）,则圆的方程为,令x=0，则,又，则，又,联立得则r=故选：D【点睛】本题考查抛物线综合，圆的方程，抛物线的定义，转化思想，熟练计算是关键，是中档题12．已知，，，则，，的大小关系是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】利用作差法比较a,c大小，再分别比较b,c与的关系即可求解【详解】a-c==<0,故又故3>,故,即b>,故选：B【点睛】本题考查比较对数值的大小，对数函数性质，作差法，插入中间值，准确计算是关键，是难题二、填空题13．已知向量，满足，，且，则__________．【答案】9【解析】由平方得，再求值即可【详解】平方得故故答案为9【点睛】本题考查数量积运算，熟记数量积运算律是关键，是基础题14．设变量，满足约束条件，则的最大值为__________．【答案】【解析】画出可行域，再由z的几何意义求解即可【详解】画出可行域，如图阴影部分所示:表示（x,y）与A（-2，0）连线的斜率，由题可知当经过点B时斜率最大，此时点B为方程组的解，，解得B（1，2），故的最大值为故答案为【点睛】本题考查线性规划问题，明确z的几何意义是关键，注意计算的准确，是基础题15．将六名教师分配到甲、乙、丙、丁四所学校任教，其中甲校至少分配两名教师，其它三所学校至少分配一名教师，则不同的分配方案共有__________种．（用数字作答）【答案】660【解析】分情况讨论每个学校分配人数即可求解【详解】若甲校2人，乙、丙、丁其中一校2人，共有种，若甲校3人，乙、丙、丁每校1人，共有则不同的分配方案共有+种故答案为660【点睛】本题考查排列组合，分类讨论思想，对每个学校人数讨论是关键，是基础题16．各项均为正数的数列满足，，则__________．【答案】27【解析】先求得数列周期再计算即可【详解】由知,,两式相除得又故答案为27【点睛】本题考查数列递推关系求值，数列的周期性，推理数列的周期为6是突破点，准确计算是关键，是难题三、解答题17．在中，角，，的对边分别为，，，.（1）求角；（2）若，，求.【答案】（1）B＝（2）b＝．【解析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式求得B;（2）由正弦定理求得a,再由余弦定理求b即可【详解】（1）由已知及正弦定理可得：2sinC＝sinA＋2sinBcosA，所以2(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinA＋2sinBcosA，即2sinAcosB＝sinA，因为sinA≠0，所以cosB＝．又0＜B＜π，故B＝．（2）在△ABC中，由正弦定理可得，所以asinB＝bsinA＝，由（1）知B＝，所以a＝2，由余弦定理可得，b2＝a2＋c2－2accosB＝19，所以b＝．【点睛】本题考查正余弦定理，三角恒等变换，熟练运用正余弦定理是关键，是基础题18．如图，在边长为8的菱形中，，将沿折起，使点到达的位置，且二面角为.（1）求异面直线与所成角的大小；（2）若点为中点，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）连接AC，交BD于点O，连接OA1，证明BD⊥A1C即可求解；（2）由（1）可知，∠A1OC即为二面角A1-BD-C的平面角，得∠A1OC＝60°．以O为坐标原点，，为x，y轴正方向，建立空间直角坐标系O-xyz，求平面的法向量，再由线面角的向量公式求解即可【详解】（1）连接AC，交BD于点O，连接OA1，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，从而OA1⊥BD，OC⊥BD，又因为OA1∩OC＝O，所以BD⊥平面A1OC，因为A1C 平面A1OC，所以BD⊥A1C，所以异面直线A1C与BD所成角的大小为90°．（2）由（1）可知，∠A1OC即为二面角A1-BD-C的平面角，所以∠A1OC＝60°．以O为坐标原点，，为x，y轴正方向，建立空间直角坐标系O-xyz，则B(4，0，0)，D(－4，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，2，6)，E(0，3，3)．所以＝(－4，3，3)，＝(4，2，6)，＝(4，4，0)．设平面A1DC的法向量为＝(x，y，z)，则即sin＝，所以直线BE与平面A1DC所成角的正弦值为．【点睛】本题考查异面直线成的角，空间向量求线面角，线面垂直判定定理，熟记定理，准确计算是关键，是基础题19．苹果可按果径（最大横切面直径，单位：.）分为五个等级：时为1级，时为2级，时为3级，时为4级，时为5级.不同果径的苹果，按照不同外观指标又分为特级果、一级果、二级果.某果园采摘苹果10000个，果径均在内，从中随机抽取2000个苹果进行统计分析，得到如图1所示的频率分布直方图，图2为抽取的样本中果径在80以上的苹果的等级分布统计图.（1）假设服从正态分布，其中的近似值为果径的样本平均数（同一组数据用该区间的中点值代替），，试估计采摘的10000个苹果中，果径位于区间的苹果个数；（2）已知该果园今年共收获果径在80以上的苹果，且售价为特级果12元，一级果10元，二级果9元.设该果园售出这苹果的收入为，以频率估计概率，求的数学期望.附：若随机变量服从正态分布，则，，.【答案】（1）8186（个）（2）见解析【解析】（1）由平均值公式计算均值，进一步求得P(59.85＜M＜77.7)的值，即可求解；（2）确定特级果、一级果、二级果的概率，即可列出分布列求解【详解】（1）＝62.5×5×0.03＋67.5×5×0.05＋72.5×5×0.06＋77.5×5×0.04＋82.5×5×0.02＝71.75．所以M服从正态分布N(71.75，35.4)．从而有P(59.85＜M＜77.7)＝P(μ－2σ＜Z＜μ＋σ)＝[P(μ－2σ＜Z＜μ＋2σ)＋P(μ－σ＜Z＜μ＋σ)]＝0.8186，故采摘的10000个苹果中，果径位于区间(59.85，77.7)的苹果个数约为10000×0.8186＝8186（个）．（2）由图2可知，果径在80以上的苹果中，特级果、一级果、二级果的概率分别为，，，设出售1kg果径在80以上苹果的收入为Y，则Y的分布列为：故E(Y)＝12×＋10×＋9×＝10.1，所以E(X)＝800E(Y)＝8080元．【点睛】本题考查正态分布，频率分布直方图的均值，离散型随机变量的分布列，准确计算是关键，是基础题20．已知，，当，分别在轴，轴上滑动时，点的轨迹记为.（1）求曲线的方程；（2）设斜率为的直线与交于，两点，若，求.【答案】（1）（2）k＝±．【解析】（1）设M(0，m)，N(n，0)，P(x，y)，列x,y关于m,n的表达式，利用m,n的关系式，即可求解E的方程；（2）设MN：y＝kx＋m，与椭圆联立求得MN中点横坐标，利用MN和PQ的中点重合，列方程求解即可【详解】（1）设M(0，m)，N(n，0)，P(x，y)，由|MN|＝1得m2＋n2＝1．由＝3得(x，y－m)＝3(n，－m)，从而x＝3n，y－m＝－3m，所以n＝，m＝－，所以曲线E的方程为．（2）设MN：y＝kx＋m，所以n＝－．①设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将MN代入到E的方程并整理，可得(4＋9k2)x2＋18kmx＋9m2－36＝0，所以x1＋x2＝．因为|PN|＝|MQ|，所以MN和PQ的中点重合，所以＝，②联立①②可得k2＝，故k＝±．【点睛】本题考查轨迹方程，直线与椭圆的位置关系，韦达定理的应用，准确计算是关键，是中档题21．已知.（1）若在上单调递增，求的取值范围；（2）若有两个极值点，，，证明：（i）；（ii）.【答案】（1）a≤6（2）见解析【解析】（1）f’(x)＝4e x＋2e－2x－a，转化为≥0求解，构造g(x)＝4e x＋2e－2x －a，求导求g(x)的最小值即可；（2）（ⅰ）由（1）设g(x)的两个零点为，，＜0＜，且a＞6．令h(x)＝g(x)－g(－x)，证明h(x)在(0，＋∞)上单调递减，当x＞0时，h(x)＜h(0)＝0，进而证明g()－g(－)＜0，从而g()＜g(－)，，得＋＞0；（ⅱ）证明f(x)＋f(－x)＝－(e x＋e－x－2)2＋6≤6．可得f()＜f(－)，所以＜6．【详解】（1）f’(x)＝4e x＋2e－2x－a，令g(x)＝4e x＋2e－2x－a，则g’(x)＝4e x－4e－2x，显然g’(x)在(－∞，＋∞)单调递增，且g (0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，g’(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，g’(x)＞0，g(x)单调递增．所以g(x)的最小值为g(0)＝6－a，即f’(x)的最小值为6－a，要使f(x)为单调增函数，则有f’(x)≥0，所以6－a≥0，故a≤6．（2）证明：（ⅰ）由（1）得g(x)的两个零点为，，＜0＜，且a＞6．f(x)在(－∞，)和(，＋∞)上单调递增，在(，)上单调递减．令h(x)＝g(x)－g(－x)，则h’(x)＝g’(x)＋g’(－x)＝4e x－4e－2x＋4e－x－4e2x＝4[－(e x＋e－x)2＋(e x＋e－x)＋2]＝4[2－(e x＋e－x)][1＋(e x＋e－x)]＜0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，当x＞0时，h(x)＜h(0)＝0．所以g()－g(－)＜0，从而g()＜g(－)，又g)＝g()＝0，所以g()＜g(－)，因为g(x)在(－∞，0)上单调递减，，－∈(－∞，0)，所以＞－，故＋＞0．（ⅱ）f(x)＋f(－x)＝4e x－e－2x＋4e－x－e2x＝－(e x＋e－x)2＋4(e x＋e－x)＋2 ＝－(e x＋e－x－2)2＋6≤6．由（ⅰ）得＋＞0，所以＞－＞0，由f(x)在(，)上单调递减，可得f()＜f(－)，从而有f()＋f()＜f()＋f(－)≤6，所以f()＋f()＜6．【点睛】本题考查导数与函数的单调性，利用导数证明不等式，构造函数的思想，转化化归能力，是难题22．在直角坐标系中，圆：，圆：.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求圆，的极坐标方程；（2）设，分别为，上的点，若为等边三角形，求.【答案】（1）C1：ρ＝2cosθ；C2：ρ＝－4cosθ（2）．【解析】（1）由直角坐标方程与极坐标方程的互化即可求解；（2）设A(ρA，θ)，B(ρB，θ＋)，0＜θ＜，由ρA＝2cosθ=ρB＝－4cos(θ＋)，得tanθ，则可求ρA【详解】（1）依题意可得，圆C1：(x－1)2＋y2＝1；圆C2：(x＋2)2＋y2＝4．所以C1：x2＋y2＝2x；C2：x2＋y2＝－4x，因为x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ，所以C1：ρ＝2cosθ；C2：ρ＝－4cosθ．（2）因为C1，C2都关于x轴对称，△OAB为等边三角形，所以不妨设A(ρA，θ)，B(ρB，θ＋)，0＜θ＜．依题意可得，ρA＝2cosθ，ρB＝－4cos(θ＋)．从而2cosθ＝－4cos(θ＋)，整理得，2co sθ＝sinθ，所以tanθ＝，又因为0＜θ＜，所以cosθ＝，|AB|＝|OA|＝ρA＝．【点睛】本题考查极坐标方程，ρ的几何意义的应用，三角函数，利用ρA＝ρB求得θ是突破点，是中档题23．已知.（1）若，求的取值范围；（2）若，的图像与轴围成的封闭图形面积为，求的最小值.【答案】（1）a≤－1（2）4＋8．【解析】（1）由绝对值三角不等式求的最小值即可求解；（2）去绝对值化简f(x)，得到与轴围成的封闭图形为等腰梯形，再利用题型面积公式及基本不等式求解即可【详解】（1）因为|ax＋1|＋|ax－1|≥|(ax＋1)－(ax－1)|＝2，等号当且仅当(ax＋1)(ax－1)≤0时成立，所以f(x)的最小值为2－2a－4＝－2a－2．依题意可得，－2a－2≥0，所以a≤－1．（2）因为a＞0，f(x)＝|ax＋1|＋|ax－1|－2a－4，所以f(x)＝所以y＝f(x)的图像与x轴围成的封闭图形为等腰梯形ABCD，如图所示且顶点为A(－1－，0)，B(1＋，0)，C(，－2a－2)，D(－，－2a－2)从而S＝2(1＋)(a＋1)＝2(a＋)＋8．因为a＋≥2，等号当且仅当a＝时成立，所以当a＝时，S取得最小值4＋8．【点睛】本题考查绝对值不等式，绝对值三角不等式求最值，第二问的关键是确定图形形状，准确计算是关键，是中档题。
河北省唐山市2019届高三第二次模拟考试文科综合历史试卷(B)
唐山市2018~2019学年度高三年级第二次模拟考试文综历史试题一、选择题：本题共35小题，每小题4分，共140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.稷下学宫是世界上第一所由官方举办、私人主持的特殊形式的高等学府。
其全盛时期容纳了当时几乎各个学派贤士近千人，如孟子、申不害、淳于髡、荀子等。
稷下学宫A. 繁荣了春秋时期的文化教育B. 为百家争鸣提供了重要平台C. 成为当时战乱动荡的一个缩影D. 成为荀子法家思想的发源地【答案】B【解析】【详解】根据所学知识可知，稷下学宫是世界上第一所由官方举办、私家主持的特殊形式的高等学府，因为校址在齐国国都临淄的稷门附近而得名。
中国学术思想史上蔚为壮观的"百家争鸣"，就是以稷下学宫为中心的展开的。
稷下学宫最兴盛的时候，汇集了天下贤士多达千人，荀子更是三次出任校长（祭酒)。
“全盛时期容纳了当时几乎各个学派贤士近千人，如孟子、申不害、淳于髡、荀子等”可知稷下学宫为百家争鸣提供了重要平台，故B选项正确；材料“全盛时期容纳了当时几乎各个学派贤士近千人，如孟子、申不害、淳于髡、荀子等”说明为百家争鸣的产生培养了大把人才，一定程度上推动了春秋战国时期的文化教育，但这不是材料所反映的主要内容，故A选项错误；稷下学宫为百家争鸣的产生培养了众多人才，推动了当时文化教育的发展，不是成为当时战乱动荡的一个缩影，故C选项错误；荀子是战国时期儒家代表人物，不是法家代表人物，故D选项错误。
2.唐玄宗即位后，重用姚崇、宋璟，朝政由三省合议逐渐向宰相专权化方向发展。
这种改变A. 形成了君相和谐的决策体制B. 完善了三省六部的运作流程C. 标志着政治制度的重大创新D. 隐藏着国家治理的严重危机【答案】D【解析】【详解】根据材料“重用姚崇、宋璟，朝政由三省合议逐渐向宰相专权化方向发展”可知，唐玄宗重用姚崇、宋璟的结果逐渐改变以往中书省、门下省和尚书省的三省合议的状态而向宰相专权的方向发展，表明宰相权力逐渐加强，打破了以往三省之间的制约，反映了国家治理隐藏着严重的危机，故D选项正确；材料“朝政由三省合议逐渐向宰相专权化方向发展”反映了国家治理隐藏的危机而不是君相和谐的状态，故A选项解读材料有误；“朝政由三省合议逐渐向宰相专权化方向发展”宰相专权的方向发展说明与三省六部的运作流程背道而驰，而不是完善三省六部的运作流程，故B选项错误；宰相专权的方向发展不是政治体制的创新，故C选项错误。
2019届河北省唐山市高三第二次模拟考试语文(B)试卷扫描版含答案
唐山市2018—2019学年度第一学期高三年级期末考试语文试卷参考答案A 卷1．A（“只是在口述历史的形成过程中主观因素多”以偏概全，也有客观因素影响）2．D（“提出了确保口述历史真实的方法”无中生有）3．C（A．“保证历史记忆真实的因素是研究核心”错。
原文是“口述历史的主要环节应该放在历史记忆呈现过程中，研究影响历史记忆呈现的多重因素”。
B．影响历史记忆叙述的除了语言，还有心理、生理及社会环境等多种因素。
D．访谈者在整理过程中的主观取舍也会让历史失实）4．D（张克斯“同时也对‘一带一路’抱有‘等着看它失败’的态度”无依据）5．C（“彻底解决了沿线国家就业困难”曲解文意）6．（1）中方：促进我国全方位开放，推动全球化均衡可持续发展。
（2）合作方：欢迎“一带一路”建设，让己方发展潜力得到释放。
（3）美方：先是担心威胁美国全球影响力，后来出现有助本国“新丝绸之路”等观点。
（每点2分）7．A（“老支书的介绍显得粗疏，笔力不够”错误）8．①突出人物性格，表现人们浓重的封建迷信思想。
②呼应前文关于石碑的内容，且使情节富有戏剧性，激发阅读兴趣。
③突出小说主旨，增强对封建迷信的批判。
9．①小说叙述的事件是“合坟”，故事本身就引起心灵的感伤。
②玉香因护田牺牲，而且事迹被人遗忘，这样的人生结局让人悲伤。
③小说的场景描写渲染出悲凉的气氛，给人以岁月沧桑之感。
④小说表现的中国农民封闭、愚昧、迷信等文化心理，让人心情沉重。
（每点2分，三点即可）10．B11．C（矫制是伪造皇帝诏令）12．A（“太宗病危”错，应是太祖）13．（1）程德玄说：“我带着皇帝的诏命，怎么能躲避危险？”用酒祷告后继续行进，风浪立刻停止了。
（将、岂、祝、遽，各1分，句意1分）（2）程德玄攀附权贵，升至近臣的行列，皇上很相信他的话，从此迎合依附他的人很多。
（近列、颇、繇是、趋附，各1分，句意1分）参考译文：程德玄，字禹锡，郑州荥泽人。
精通医术。
太宗做京邑尹的时候，征召他到身边，让他充任押衙之职，很信任他办事。
2019届高三地理助力圆梦模拟试题六(含答案)
2019届高三助力圆梦地理模拟试卷六近50年来黑龙江省土地利用空间分布发生了显著变化,东部、北部的沼泽分别逐渐被耕地、林地取代。
土地利用的变化导致气温也发生了变化。
研究发现,气温变化与地面反射率有关,各土地利用类型的年均地面反射率:林地<沼泽<水域<草地<耕地<建设用地,同类土地的地面反射率冬季最高。
据此完成下列1~3题。
1.该省东部、北部气温的变化趋势分别是( )A.上升、上升B.上升、下降C.下降、上升D.下降、下降2.造成地面反射率冬季最高的直接因素是( )A.地温B.积雪C.植被覆盖率D.日照时数3.实际观测,该省南部气温却呈上升趋势,其原因最可能是( )A.开垦湿地B.毁林开荒C.填湖种草D.城市化无定河,黄河一级支流,大致以地貌区为界,上游流经风沙区,下游流经黄土丘陵沟壑区,无定河上游地区流量季节分配较均匀,变化小,下游地区流量季节变化较大,南部支流上兴建了许多小型水库。
据此回答下列小题。
4.无定河流经风沙区的河段,与丘陵沟壑区河段相比( )A.含沙量大,水量大B.含沙量大,水量小C.含沙量小,水量大D.含沙量小,水量小5.无定河上游地区的水源补给主要是( )A.大气降水B.冰川融水C.地下水D.湖泊水6.针对黄土丘陵沟壑区的主要生态环境问题,无定河很多支流修建了一些小型水库,这些水库的突出作用是( )A.防洪B.拦蓄泥沙C.灌溉D.发电近年来,我国生猪饲养环保要求越来越严格,南方水网地区设置了“禁养区”、“限养区”,福建、浙江、广东等地猪场拆迁潮涌现,许多养猪大企业纷纷向东北等地迁移,出现了“南猪北养”的局面。
据此完成7-9题。
7.引起“南猪北养”局面的最主要因素是( )A.国家政策B.河网密度C.市场需求D.生产规模8.东北吸引大型养猪企业北迁的最主要优势是( )A.接近市场B.劳动力成本低C.交通便利D.饲料原料丰富9.与南方相比,东北利于养猪产业发展的自然条件是( )A.气候寒冷,猪瘟等疫情较少B.河流湖泊众多,利于排污C.草场广阔,利于大规模放养D.森林资源丰富,饲料充足读某区域城市化战略设想图,回答下列各题。
计数原理(解析版)
专题13 计数原理1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】（1+2x 2 ）（1+x ）4的展开式中x 3的系数为 A ．12 B ．16 C ．20 D ．24【答案】A【解析】由题意得x 3的系数为3144C 2C 4812+=+=，故选A ．【名师点睛】本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公式求展开式指定项的系数．2．【2019年高考浙江卷理数】在二项式9)x 的展开式中，常数项是__________；系数为有理数的项的个数是__________．【答案】 5【解析】由题意，9)x 的通项为919C (0,1,29)rr r r T x r -+==L ，当0r =时，可得常数项为0919C T ==；若展开式的系数为有理数，则1,3,5,7,9r =，有246810T , T , T , T , T 共5个项．故答案为：5．【名师点睛】此类问题解法比较明确，首要的是要准确记忆通项公式，特别是“幂指数”不能记混，其次，计算要细心，确保结果正确．3．【2019年高考江苏卷理数】设2*012(1),4,n n n x a a x a x a x n n +=++++≥∈N L ．已知23242a a a =．（1）求n 的值；（2）设(1na +=+*,ab ∈N ，求223a b -的值．【答案】（1）5n =；（2）32-．【解析】（1）因为0122(1)C C C C 4n n nn n n n x x x x n +=++++≥L ，，所以2323(1)(1)(2)C ,C 26n nn n n n n a a ---====， 44(1)(2)(3)C 24nn n n n a ---==． 因为23242a a a =，所以2(1)(2)(1)(1)(2)(3)[]26224n n n n n n n n n ------=⨯⨯，解得5n =．（2）由（1）知，5n =．5(1(1n +=02233445555555C C C C C C =++++a =+解法一：因为*,a b ∈N ，所以024*********C 3C 9C 76,C 3C 9C 44a b =++==++=，从而222237634432a b -=-⨯=-． 解法二：50122334455555555(1C C (C (C (C (C (=+++++02233445555555C C C C C C =--+-．因为*,a b ∈N ，所以5(1a -=-．因此225553((1(1(2)32a b a a -=+-=⨯-=-=-．【名师点睛】本题主要考查二项式定理、组合数等基础知识，考查分析问题能力与运算求解能力．4．【山东省郓城一中等学校2019届高三第三次模拟考试】已知二项式2(*)nx n⎛∈ ⎝N 的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2︰5，则3x 的系数为 A ．14 B ．14-C ．240D ．240-【答案】C【解析】二项展开式的第1r +项的通项公式为()1C 2rn rrr n T x -+⎛= ⎝，由展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2︰5，可得：12C :C 2:5n n =．即22(1)5n n n =-，解得6n =或0n =（舍去）．所以()366216C 21rrr rr T x--+=-，令3632r -=，解得2r =，所以3x 的系数为()22626C 21240--=．故选C ． 【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式，考查了方程思想及计算能力，还考查了分析能力，属于中档题．5．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）】已知51(1)(2)a x x x+-的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为 A ．80- B ．40- C ．40 D ．80【答案】D【解析】令x =1，得展开式的各项系数和为51(1)(2)11a +-=1a +，12a ∴+=，1a \=，551111212a x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴+-=+- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭5511122x x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所求展开式中常数项为512x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式的常数项与x 项的系数和，512x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的通项为55521551C )(1)()(1)2(2C r r r r r r r r r T x x x ---+-==-⋅， 令521r -=得2r =；令520r -=，无整数解，∴展开式中常数项为258C 80=，故选D ．【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与各项系数和，属于中档题． 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式1C r n r rr n T a b -+=；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用．6．【山东省淄博市2019届部分学校高三阶段性诊断考试试题数学】8x ⎛⎝展开式的常数项为 A ．56- B ．28- C ．56 D ．28【答案】D【解析】8x ⎛ ⎝展开式的通项公式为4883188C (C (1)r r r r r rr T x x --+=⋅⋅=⋅-⋅， 令4803r -=，得6r =，∴所求常数项为：668C (1)28⋅-=，故选D ． 【点睛】本题考查二项式定理中求解指定项系数的问题，属于基础题．7．【河南省濮阳市2019届高三5月模拟考试】安排A ，B ，C ，D ，E ，F ，共6名义工照顾甲，乙，丙三位老人，每两位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人住址距离问题，义工A 不安排照顾老人甲，义工B 不安排照顾老人乙，则安排方法共有 A ．30种 B ．40种 C ．42种 D ．48种【答案】C【解析】6名义工照顾三位老人，每两位义工照顾一位老人共有：2264C C 90=种安排方法， 其中A 照顾老人甲的情况有：1254C C 30=种， B 照顾老人乙的情况有：1254C C 30=种，A 照顾老人甲，同时B 照顾老人乙的情况有：1143C C 12=种，∴符合题意的安排方法有：9030301242--+=种，故选C ．【点睛】本题考查利用排列组合解决实际问题，对于限制条件较多的问题，通常采用间接法来进行求解． 8．【上海市浦东新区2019届高三下学期期中教学质量检测（二模）数学试题】二项式61(2)2x x-展开式的常数项为第_________项． 【答案】4【解析】由二项式展开式的通项公式得：T r +16C r=（2x ）6–r （12x-）r ＝6C r（–1）r 26–2r x 6–2r ， 令6–2r ＝0，得r ＝3，∴T 4为常数项，即二项式61(2)2x x-展开式的常数项为第4项，故答案为：4． 【点睛】本题考查了二项式展开式的通项，属基础题．9．【河北省唐山市2019届高三第二次模拟考试】将六名教师分配到甲、乙、丙、丁四所学校任教，其中甲校至少分配两名教师，其它三所学校至少分配一名教师，则不同的分配方案共有_________种．（用．数字作答．．．．） 【答案】660【解析】若甲校2人，乙、丙、丁其中一校2人，共有223643C C A 种，若甲校3人，乙、丙、丁每校1人，共有3363C A 种，则不同的分配方案共有223643C C A +3363C A 660=种，故答案为：660．【点睛】本题考查排列组合，分类讨论思想，对每个学校人数讨论是关键，是基础题． 10．【上海市交大附中2019届高三高考一模试卷数学试题】已知232*0121111n nn x x x x a a x a x a x n ++++++⋯++=+++⋯+∈N （）（）（）（）（），且012126n a a a a +++⋯+=，那么n的展开式中的常数项为_________． 【答案】–20【解析】∵232*0121111n nn x x x x a a x a x a x n ++++++⋯++=+++⋯+∈N （）（）（）（）（）， 令1x =，可得210122122222212n nn n a a a a +-+++⋯+=++⋯+==--（），∴122126n +-=，∴6n =，那么n，即6的展开式的通项公式为316C 1r rr r T x -+=⋅-⋅（）， 令30r -=，求得3r =，可得展开式中的常数项为36C 20-=-，故答案为：–20．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，赋值法，求展开式的系数和，项的系数，准确计算是关键，属于基础题．11．【江西省南昌市南昌外国语学校2019届高三高考适应性测试数学试卷】设m 为正整数，()2mx y + 展开式的二项式系数的最大值为()21m a x y ++，展开式的二项式系数的最大值为b ，若158a b =，则m =_________． 【答案】7【解析】()2m x y + 展开式中二项式系数的最大值为2C m ma =， ()21m x y ++展开式中二项式系数的最大值为121C m m b ++=，因为158a b =，所以122115C 8C m m m m ++=，即(2)!(21)!158!!!(1)!m m m m m m +=+，解得7m =． 【点睛】本题考查了二项式定理及二项式系数最大值的问题，解题的关键是要能准确计算出二项式系数的最大值．12．【北京市首都师范大学附属中学2019届高三一模数学试题】若21nx x+（）展开式中的二项式系数和为64，则n 等于_________，该展开式中的常数项为_________． 【答案】6 15【解析】由21nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式中的二项式系数和为64，可得264n =，解得6n =，62211n x x x x ⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的展开式的通项公式为122123166C C r r r rr r T xx x ---+=⋅⋅=⋅， 令1230r -=，解得4r =，故该展开式中的常数项为4266C C 15==，本题正确结果为：6，15．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题．13．【广东省2019届高三六校第一次联考数学试题】若02sin c (s )o a x x dx π=-⎰，则6a x-（的展开式中常数项为_________． 【答案】240 【解析】Q 002sin cos (2cos sin )(|()20)(20)4a x x dx x x ππ=-=--=----=⎰，∴64x （展开式的通项公式为(636621664C 41C rr rr r rrr T xx ---+⎛⎫==- ⎪⎝⎭（），令3-602r=，即4r =．∴64x（的展开式中，常数项是6444641C =240--（），故答案为240． 【点睛】本题考查定积分的计算和二项式定理的应用，利用二项展开式的通项公式求展开式中某项的系数是解题关键．14．【河北衡水金卷2019届高三12月第三次联合质量测评】二项式()00nb ax a b x ⎛⎫+>> ⎪⎝⎭，的展开式中，设“所有二项式系数和”为A ，“所有项的系数和”为B ，“常数项”值为C ，若25670A B C ===，，则含6x 的项为_________． 【答案】68x【解析】依题得2256n=，所以n =8，在nb ax x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中令x =1，则有()8256a b +=，所以a+b =2，又因为n b ax x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的通项公式为()()8882188C C rr r r r r r r b T ax a b x x ---+⎛⎫== ⎪⎝⎭，令8204r r -=⇒=．所以得到4448C 7011a b ab ab =⇒==-，（舍），当1ab =时，由2a b +=得1a b ==．所以令8261r r -=⇒=，所以16628C 8T x x ==，故答案为：68x ．【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：（1）求展开式中的特定项．可依据条件写出第r ＋1项，再由特定项的特点求出r 值即可．（2）已知展开式的某项，求特定项的系数．可由某项得出参数项，再由通项写出第r ＋1项，由特定项得出r 值，最后求出其参数．15．【山东省烟台市2019届高三5月适应性练习（二）】设20|sin |n x dx π=⎰在，则12(1)nx x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭展开式中2x 的系数为_________． 【答案】8- 【解析】由题意，22020|sin ||sin ||sin |sin (sin )n x dx x dx x dx xdx x dx πππππππ==+=+-=⎰⎰⎰⎰⎰20cos cos 4x xπππ-+=，4(1)x +的通项公式为4144C 1C r r r r rr T x x -+=⨯⋅=，当2r =时，22234C 6T x x ==，当3r =时，33344C 4T x x ==，故12(1)n x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭展开式中2x 的系数为4(2)68+-⨯=-．故答案为：8-． 【点睛】本题考查了定积分的计算、二项式定理，正确求出n 值，是解题的关键．16．【湖南省师范大学附属中学2019届高三考前演练（五）】总书记在湖南省湘西州十八洞村考察时首次提出“精准扶贫”概念，精准扶贫成为我国脱贫攻坚的基本方略．为配合精准扶贫战略，某省示范性高中安排6名高级教师（不同姓）到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所学校至少1人，因工作需要，其中李老师不去甲校，则分配方案种数为_________． 【答案】360【解析】方法1：根据甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所学校至少1人，可分四种情况：（1）甲校安排1名教师，分配方案种数有11422325542532C C C A C C A 150+=（）； （2）甲校安排2名教师，分配方案种数有213222543242C C C A C C 140+=（）； （3）甲校安排3名教师，分配方案种数有31225322C C C A 60=； （4）甲校安排4名教师，分配方案种数有411521C C C 10=；由分类计数原理，可得共有1501406010360+++=（种）分配方案．方法2：由6名教师到三所学校，每所学校至少一人，可能的分组情况为4，1，1；3，2，1；2，2，2， （1）对于第一种情况，由于李老师不去甲校，李老师自己去一个学校有12C 种，其余5名分成一人组和四人组有4252C A 种，共421522C A C 20=（种）；李老师分配到四人组且该组不去甲校有312522C C A 40=（种），则第一种情况共有204060+=（种）；（2）对于第二种情况，李老师分配到一人组有32215222C C A C 40=（种），李老师分配到三人组有22125222C C C A 120=（种），李老师分配到两人组有11325242C C C C 80=（种），所以第二种情况共有4080120240++=（种）；（3）对于第三种情况，共有11225242C C C C 60=（种）；综上所述，共有6024060360++=（种）分配方案．【点睛】本题主要考查了分类计数原理，以及排列、组合的综合应用，其中解答中认真审题，合理分类讨论是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．17．【上海市复旦大学附属中学2019届高三高考4月模拟试卷数学试题】袋中装有5只大小相同的球，编号分别为1，2，3，4，5，若从该袋中随机地取出3只，则被取出的球的编号之和为奇数的概率是_________（结果用最简分数表示）． 【答案】25【解析】从5只球中随机取出3只，共35C 10=种情况， 而取出的3只球的编号之和为奇数，有2偶1奇和3只全为奇数两种情况，若取出3只球中有2只偶数1只是奇数，则有1232C C 3=种情况， 若取出的3只球中有3只是奇数则有33C 1=种情况，所以取出的球的编号之和为奇数的概率为12332335C C C 42C 105+==．故答案为：25． 【点睛】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．18．【河北省衡水市2019届高三四月大联考数学试题】现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有_________种．（用数字作答） 【答案】8【解析】先按排甲，其选座方法有14C 种，由于甲、乙不能相邻， 所以乙只能坐甲对面，而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有22A 种，所以共有坐法种数为1242C A 428⋅=⨯=种．故答案为：8．【点睛】排列、组合问题由于其思想方法独特、计算量大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素、位置优先原则，先取后排原则，先分组后分配原则，正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向．同时解答组合问题时必须考虑周全，做到不重不漏，正确解题．。