清华大学2018年2月中学生标准学术能力诊断性测试语文答案
中学生标准学术能力诊断性测试2018-2语文科目参考答案一、选择题1 D2 B3 A4 B 7 D 8 BD 10 C 11 B 12 D 14 BE 17 B 18 A 19 D二、非选择题5．【参考答案】①嫉妒狭隘。
对于丁三处处优于自己，杜吉祥心生嫉妒之心，竟利用给丁三看风水的机会，为其看了一扇“鬼门”。
②胆怯脆弱。
对于当年的错事，杜吉祥不敢当面承认，只能“将错就错”，可以看出其内心的胆小与怯懦。
③心怀良善。
虽然没有承认错误，但杜吉祥多年以来一直处于愧疚之中。
④勇于认错。
杜吉祥此前一直避免回家乡，不敢面对丁三，但最后还是鼓起勇气，直面现实。
【得分点】小说中的杜吉祥是一个“圆形人物”，性格多元同时又处于发展变化之中。
分析其性格，既要注意到过去的杜吉祥，也要注意到现在的杜吉祥。
答案的前两点着眼于“过去”，后两点着眼于“现在”，考生如果只注意到过去或现在，最高只得3分。
如果将过去与现在结合，答对任意3点即得5分。
其他答案只要合情合理，亦可酌情得分。
6．【参考答案】①从内容上讲，小说的主要内容都与当年的“风水事件”有关，以此为题，比较恰当。
②从情节上讲，小说的开头点出“风水”，中间不断回忆“风水”，最后揭示“风水”，情节曲折连贯。
③从人物形象上讲，对待“风水”的不同态度，形成了人物的主要特征，丁三的豁达恬淡以及杜吉祥的性格，都与“风水事件”有关。
④从故事主题上讲，本文意在说明，“风水”的迷信存于人的内心之中，只要人心正、步履实，就不怕任何鬼神玄怪的“风水”。
【得分点】本题要求结合小说的文体特征进行思考答题。
每点2分，答对3点即可得满分。
9．【参考答案】优点：开办时间较早，经验丰富；栏目的内容与形式新颖；充分挖掘新闻的价值；对新闻进行可视化处理。
缺点：该栏目的新闻注重信息串联，疏于对新闻事件的逻辑化分析，栏目发展较国外某些媒体相对滞后。
【得分点】本题的问法与思路相对清晰。
优点2分，每个小点1分；缺点2分，每个小点1分。
13．【参考答案】（1）十八年，禄照派遣他的弟弟阿居来朝见皇帝，说连年赋税马匹全已缴纳，只有粮食不能依照数额缴纳。
（2）在此之前，禄照因事犯罪而被逮捕到京城，得到平反，回来时死在路上。
【得分点】本篇文章阅读的难点之一在于辨别专有名词，例如人名、地名、官职名等。
（1）题，“遣”，派遣，1分；比年，连续几年，连年，1分；输，缴纳，1分；“惟”，只有，1分；“如数”，按照数量，1分。
（2）题，“先是”，之前，此前，1分；“坐事”，因事犯罪，1分；“逮”，被捕，被逮捕，1分；“直”，平反，伸冤，1分；“还”，归来，回来，1分。
15．【参考答案】主要运用了比喻的手法。
作者把登上南高峰后所看到的余杭景色比作一幅画，把西湖比作镜子，诗句以生动形象的比喻表现了余杭山水的美丽以及作者对景色的喜爱之情。
【得分点】答出手法2分。
解释手法2分，必须解释完整才能得分。
答出运用手法的效果2分，一般从表达效果与抒情效果的角度答题。
（如果学生回答动静结合，对偶等手法，也可酌情给分）16．【参考答案】（1）会当凌绝顶一览众山小（2）自其不变者而观之则物与我皆无尽也而又何羡乎【得分点】答对一空得1分；错、漏、多字该空不得分。
20．【参考答案】①而是由一个个鲜活的个体组成②全国究竟有多少留守儿童③摸清留守儿童底数【得分点】这个语段的话题是——对留守儿童的“精准关爱”。
第一处横线前句子中的关键词是“不是”“抽象的群体”，必须要在第一处横线处获得照应，所以，用“而是”照应“不是”，用“具体的（或：鲜活的等）个体”等类似词语照应“抽象的群体”，于是该横线上可填“而是由一个个鲜活的个体组成”。
第二处横线前句子中的关键词是“不能笼而统之”“精准”，横线后句子中的关键词是“精确数字”，再看横线末的问号，可推知，此句应该是就全国留守儿童的数量发问的，于是此横线上可填“全国究竟有多少留守儿童”。
第三处横线是以“因此”领起的对上文的总结，横线前说的是只有摸清留守儿童的底数，才能精准帮扶，横线后强调的是“精准关爱”的关键。
前后关照，此处可填“摸清留守儿童的底数”。
①得分点：“而是”“具体的（或：鲜活的等）个体”各1分，满分2分；②得分点：“全国留守儿童”、设问句，满分2分；得分点：“摸清”“留守儿童底数”每点1分，满分2分。
21．【参考答案】②“软约束”的指令性与反馈机制不存在因果关系。
③一个人做了有违道义良知的事情，不一定必然产生耻感。
【得分点】这是2017年出现的新题型，不过高考试题的难度不大。
本道题略有改变，注重考查学生的逻辑推断能力。
第②处难度较大，既然“软约束”没有明确的指令，以至于规定着人们的具体言行，那么怎么可能产生反馈呢？两句话之间应该是转折关系。
第③处的“只要”与“就”搭配，就意味着一种必然的逻辑关系，“一个人做了有违道义良知的事情”和“生成耻感”之间存在着逻辑关系，但不是必然的关系。
第2空3分，第3空2分，能将句子的逻辑关系分析清楚即可。
22．【解题立意】①这是一则时事类材料，而且引导考生围绕固定的话题展开讨论，并发表自己的观点与态度。
因此，考生首先要明确写作的话题。
根据材料的表述可知，写作话题是围绕该大学的《农业生产综合实训》这门必修课的实施与评价方式展开的，即你是如何看待这门课的价值、实施方式与评价方式的。
②从写作范式上讲，考生不能脱离这门具体的必修课的内容，空谈理论与实践的关系，也不能仅仅停留在阐述这门课的价值上，而是要发表自己对这件事、这门课的看法，旗帜鲜明地表达对此事的态度。
③从具体的观点上看，考生可从支持这门课的角度，结合“这是对当前教学过程理论脱离实践的修正”以及“开设这样的必修课是‘接地气’的务实之举，有利于人才培养”或者其他合理的理由展开论述；也可从否定反对的角度，结合“高校的农学院应该培养与农业相关的科学技术人才，而不是掌握多少传统农业生产经验和实用技能”或其他合理的理由展开论述；也可以从辩证分析的角度，将上述三种角度有机结合，展开辩证分析。
【评分标准】具体标准参考2017年高考作文评分标准。
高考作文评分包括基础等级和发展等级两大部分。
基础等级为内容和表达两项，内容主要包括题意、中心、内容、思想、感情等五个方面，表达主要包括文体、结构、语言、书写等四个方面。
发展等级以深刻、丰富、文采、创新为衡量标准。
基础等级分数要与发展等级分数相匹配，发展等级不能跨越基础等级。
400字以下的文章，20分以下评分，不再扣字数分。
200字以下的文章，10分以下评分，不再扣字数分。
只写一两句话的，给1分或2分，不评0分。
只写标题的，给2分，不评0分。
完全空白的，评0分。
评分原则：“两敢一拒绝”—敢于打高分，敢于打低分，拒绝大规模中庸式评分。
附参考译文：永宁，是唐朝的兰州境地，元朝设置永宁路，治理筠连州和腾川县，以后八永宁改为宣抚司。
洪武四年平定蜀，永宁归附，朝廷设置永宁卫。
洪武六年，筠连州滕大寨蛮族编张等叛乱，假称是云南军队，占据湖南长宁各州县，皇帝命令成都卫指挥袁洪去讨伐他。
袁洪带领军队到叙州庆符县，攻破清平关，捕获伪千户李文质等人。
编张逃走，又用兵去进犯江安各县。
袁洪追到了他，又打败了他的一伙贼兵，烧毁他九个村寨，捕获编张的儿子伪镇抚张寿。
编张逃藏在溪洞里，其余的贼寇分散进入云南。
皇帝听到消息，下诏晓谕袁洪说：“南方蛮族忽叛忽服不定，不值得加罪。
既已捕获了俘虏，应当编成军队。
姑且驻扎在边境上，一定要用军队去震慑他们，使他们对朝廷的威严惧怕，不要遗留下后患。
”不久，编张又聚集大批贼寇占据滕大寨，袁洪转移军队去讨伐并打败了他。
一直追到小芒部，编张逃走，于是就攻取了得花寨，捕获阿普等人。
从此，编张就不敢再出来，他的村寨全部平息了。
于是就把筠连州降级成为县，属于叙州，把九姓长官司隶属于永宁安抚司。
七年，提升永宁安抚司为宣抚使司，品秩为正三品。
八年，任命禄照为宣抚使。
十八年，禄照派遣他的弟弟阿居来朝见皇帝，说连年赋税马匹全已缴纳，只有粮食不能依照数额缴纳。
因大军南征，蛮族百姓惊逃，耕种失掉时节，加上战争以后疾病死亡的人很多，所以缴纳达不到数额。
皇帝命令给他减免。
二十三年，永宁宣抚说：“所管辖的地域水道有一百九十个水滩，江水出入的大滩就有八十二个，都是沙石堵塞了流水。
”皇帝命令景川侯曹震去疏导开凿它。
二十四年，曹震到达泸州巡视，有分支河流通往永宁，就凿开岩石削去山崖，以便打通水道运输。
二十六年，用禄照的儿子阿聂承袭官职。
在此之前，禄照因事犯罪而被逮捕到京城，得到平反，回来时死在路上。
他的儿子阿聂和弟弟禄智都在太学读书，于是就由父亲的妾奢尾管理官衙的事务。
到这时，奢尾到朝廷，请求阿聂继承官职，依从了她。
宣德八年，原宣抚阿聂的妻子奢苏向朝廷进贡。
九年，宣抚奢苏上奏说：“儒生都是土僚，朝廷所授的官员语言不通，难以训导教诲。
永宁的监生李源天资深厚学问广博，请求依照云南鹤庆府的前例，授予他做儒学的训导。
”皇帝下诏照她的意见办。
景泰二年，减少永宁宣抚司税课局的纸币，这是由于苗贼暗中发动的，客商的道路受阻，故而依从布政司的请求。
数学-清华大学中学生标准学术能力(TDA)诊断性测试2024-2025学年高二上学期9月测试(和答案
标准学术能力诊断性测试2024年9月测试数学试卷（A 卷）本试卷共150分，考试时间90分钟.一､单项选择题：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.设,a b ∈R ，则“22log log a b >”是“1122b a ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭”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2.集合(){}{}22ln 23,23,A x y x x B y y x x x A ==--==-+∈∣∣，则A B ⋂=R ð（）A.(),1∞-- B.()(],13,6∞--⋃C.()3,∞+ D.()[),16,∞∞--⋃+3.已知复数z 满足5z z ⋅=，则24i z -+的最大值为（）C. D.4.已知非零向量,a b 满足3a b = ，向量a 在向量b 方向上的投影向量是9b - ，则a 与b 夹角的余弦值为（） A.33 B.13 C.33- D.13-5.设函数()f x 的定义域为R ，且()()()()42,2f x f x f x f x -++=+=-，当[]1,2x ∈时，()()()2,303f x ax x b f f =+++=-，则b a -=（）A.9-B.6-C.6D.96.班级里有50名学生，在一次考试中统计出平均分为80分，方差为70，后来发现有3名同学的分数登错了，甲实际得60分却记成了75分，乙实际得80分却记成了90分，丙实际得90分却记成了65分，则关于更正后的平均分和方差分别是（）A.82，73 B.80，73 C.82，67D.80，677.已知()sin 404cos50cos40cos θθ-=⋅⋅ ，且ππ,22θ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则θ=（）A.π3- B.π6- C.π6 D.π38.已知函数()2221x f x x =-++，则不等式()()2232f t f t +->的解集为（）A.()(),13,∞∞--⋃+ B.()1,3- C.()(),31,∞∞--⋃+ D.()3,1-二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对但不全得3分，有错选的得0分.9.已知实数,,a b c 满足0a b c <<<，则下列结论正确的是（）A.11a c b c>-- B.a a c b b c +<+C.b c a c a b --> D.2ac b bc ab+<+10.已知函数()sin3cos3f x a x x =-，且()3π4f x f ⎛⎫≤⎪⎝⎭对任意的x ∈R 恒成立，则下列结论正确的是（）A.1a =±B.()f x 的图象关于点π,04⎛⎫ ⎪⎝⎭对称C.将()f x 的图象向左移π12个单位，得到的图象关于y 轴对称D.当π23π,1236x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，满足()2f x ≤-成立的x 的取值范围是π7π,3636⎡⎤-⎢⎥⎣⎦11.在长方体1111ABCD A B C D -中，已知4,2AB BC ==，13,AA M N =､分别为1111B C A B ､的中点，则下列结论正确的是（）A.异面直线BM 与AC 所成角的余弦值为7210B.点T 为长方形ABCD 内一点，满足1D T ∥平面BMN 时，1D T的最小值为5C.三棱锥1B B MN -的外接球的体积为14πD.过点,,D M N 的平面截长方体1111ABCD A B C D -所得的截面周长为+三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若实数,x y 满足1232,34x y x y ≤+≤≤-+≤，则x y +的取值范围是__________.13.如图所示，在梯形ABCD 中，1,3AE AB AD =∥,3,BC BC AD CE =与BD 交于点O ，若AO x AD y AB =+ ，则x y -=__________.14.在四面体ABCD 中，3,,CD AD CD BC CD =⊥⊥，且AD 与BC 所成的角为30 .若四面体ABCD 的体积为2，则它的外接球表面积的最小值为__________.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.（13分）已知复数1224i,13i z z =-+=--.（1）若12z z z =，求z ；（2）在复平面内，复数12,z z 对应的向量分别是,OA OB ，其中O 是原点，求AOB ∠的大小.16.（15分）在ABC 中，角,,A B C 的对边分别是,,a b c ，且cos cos 1a C b A c -+=.（1）求角A ；（2）已知b D =为BC 边上一点，且2,BD BAC ADC ∠∠==，求AD 的长.17.（15分）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PA ⊥平面ABCD ，点Q 为PA 的三等分点，满足13PQ PA =.（1）设平面QCD 与直线PB 相交于点S ，求证：QS ∥CD ；（2）若3,2,60,AB AD DAB PA ∠==== ，求直线CQ 与平面PAD 所成角的大小.18.（17分）甲､乙两位同学进行投篮训练，每个人投3次，甲同学投篮的命中率为p ，乙同学投篮的命中率为()q p q >，且在投篮中每人每次是否命中的结果互不影响.已知每次投篮甲､乙同时命中的概率为15，恰有一人命中的概率为815.（1）求,p q 的值；（2）求甲､乙两人投篮总共命中两次的概率.19.（17分）已知函数()233x x f x a --=⋅+是偶函数，()246h x x x =-+.（1）求函数()e 2x y h a =-的零点；（2）当[],x m n ∈时，函数()()h f x 与()f x 的值域相同，求n m -的最大值.标准学术能力诊断性测试2024年9月测试数学（A 卷）参考答案一､单项选择题：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.12345678A B C C D B A C二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对但不全的得3分，有错选的得0分.91011AD BC BD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.21,55⎡⎤-⎢⎥⎣⎦13.11114.73π-四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.（13分）解：（1）()()()()12224i 13i 24i 26i 4i 127i 13i 13i 13i 19i 5z z z -+---++-++=====-+-+---5z ∴==（2）依题意向量()()2,4,1,3OA OB =-=-- 于是有()()()214310OA OB ⋅=-⨯-+⨯-=-OA OB ==== AOB ∠ 为OA 与OB 的夹角，2cos 2OA OB AOB OA OB ∠⋅∴==- []0,πAOB ∠∈ ，3π4AOB ∠∴=16.（15分）解：（1）由正弦定理可得：cos sin cos sin cos 1sin a C b A C B A c C--+==()cos 1sin sin cos sin A C A C B ∴+=-，由()sin sin B A C =+可得：()cos sin sin sin cos sin A C C A C A C ⋅+=-+，cos sin sin sin cos sin cos cos sin A C C A C A C A C ⋅+=--，cos sin sin cos sin A C C A C∴⋅+=-sin 0C ≠ 可得：cos 1cos A A +=-，1cos 2A ∴=-，()0,πA ∈ ，2π3A ∴=（2）,BAC ADC BCA ACD ∠∠∠∠== ，BAC ∴ 与ADC 相似，满足：AC BC CD AC =，设CD x =，则有3x =解得：1,3x x ==-（舍去），即：1CD =2π3ADC BAC ∠∠== ，在ADC 中，由余弦定理可得：2222πcos 32AD CD AC AD CD+-=⋅⋅，即：211221AD AD +--=⨯⨯解得：1,2AD AD ==-（舍去），AD ∴的长为117.（15分）解：（1）证明：因为平面QCD 与直线PB 相交于点S ，所以平面QCD ⋂平面PAB QS=因为四边形ABCD 为平行四边形，AB ∴∥CD ，AB ⊄ 平面,QCD CD ⊂平面,QCD AB ∴∥平面QCDAB ⊂ 平面PAB ，平面QCD ⋂平面,PAB QS AB =∴∥QS ，AB ∥,CD QS ∴∥CD（2）过点C 作CH AD ⊥于点H ，PA ⊥ 平面,ABCD PA ⊂平面PAD ，所以平面PAD ⊥平面ABCD ，因为平面PAD ⋂平面ABCD AD =，且CH AD ⊥，CH ∴⊥平面PAD连接,QH CQH ∠∴是直线CQ 与平面PAD 所成的角因为点Q 为PA 的三等分点，232,223PA QA PA =∴==，在Rt DCH 中，333sin602CH =⋅= 在ACD 中，利用余弦定理可得：222223cos120,19223AC AC +-=∴=⨯⨯ ，在Rt QAC 中，222(22)1933QC QA AC =+=+=在Rt QCH 中，3312sin 233CH CQH CQ ∠===，可得π6CQH ∠=，即直线CQ 与平面PAD 所成的角等于π618.（17分）解：（1）设事件A ：甲投篮命中，事件B ：乙投篮命中，甲､乙投篮同时命中的事件为C ，则C AB =，恰有一人命中的事件为D ，则D AB AB =⋃，由于两人投篮互不影响，且在投篮中每人每次是否命中的结果互不影响，所以A 与B 相互独立，,AB AB 互斥，所以：()()()()P C P AB P A P B ==⋅()(()()(()()()P D P AB AB P AB P AB P A P B P A P B =⋃=+=⋅+⋅可得：()()1581115pq p q p q ⎧=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩解得：1335p q ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或3315,,,1533p p q p q q ⎧=⎪⎪>∴==⎨⎪=⎪⎩（2）设i A ：甲投篮命中了i 次；j B ：乙投篮命中了j 次，,0,1,2,3i j =，()30285125P A ⎛⎫== ⎪⎝⎭()2213223223365555555125P A ⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯⨯+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()2223232323545555555125P A ⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯⨯+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()3028327P B ⎛⎫== ⎪⎝⎭()2211221221433333339P B ⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯⨯+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()2222112112233333339P B ⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯⨯+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭设E ：甲､乙两人投篮总共命中两次，则021120E A B A B A B =++由于i A 与j B 相互独立，021120,,A B A B A B 互斥，()()()()()()()()021*********P E P A B A B A B P A P B P A P B P A P B ∴=++=⋅+⋅+⋅8236454830412591259125271125=⨯+⨯+⨯=19.（17分）解：（1）()233x x f x a --=⋅+ 是偶函数，则()()f x f x -=，即11333399x x x x a a --⋅+=⋅+，()113309x x a -⎛⎫∴--= ⎪⎝⎭，由x 的任意性得119a =，即9a =()246h x x x =-+ ，()()()()()22e 2e 4e 618e 4e 12e 6e 2x xx x x x x y h a ∴=-=-⋅+-=-⋅-=-+，令()()e 6e 20x x -+=，则e 6x =或e 2x =-（舍去），即ln6x =，()e 2x y h a ∴=-有一个零点，为ln6（2）设当[],x m n ∈时，函数()f x 的值域为[],s t ，则函数()()h f x 的值域也为[],s t ，由（1）知()2933332x x x x f x ---=⋅+=+≥=当且仅当33x x -=，即0x =时等号成立，令()p f x =，则2p ≥，()2246(2)2h x x x x =-+=-+ 在区间[)2,∞+上单调递增，所以当[],p s t ∈时，()2,s h p ≥的值域为()(),h s h t ⎡⎤⎣⎦，即()()h s s h t t ⎧=⎪⎨=⎪⎩，则224646s s s t t t ⎧-+=⎨-+=⎩，即,s t 为方程246x x x -+=的两个根，解得23s t =⎧⎨=⎩，所以当[],x m n ∈时，()f x 的值域为[]2,3令()30x x λ=>，则()133,1x x y f x λλλ-==+=+>，3x λ= 在()0,∞+上单调递增，对勾函数1y λλ=+在()1,∞+上单调递增，由复合函数的单调性知，()f x 在()0,∞+上单调递增，()f x 是偶函数，()f x ∴在(),0∞-上单调递减令()3f x =，即333x x -+=，解得332x +=或332x =，即33log 2x +=或33log 2x -=，故n m -的最大值为3333535735log log log 222-+-=答案解析1.A【解析】由22log log a b >可得0a b >>，由1122b a⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭可得a b >，由a b >得不到0a b >>，故必要性不成立；由0a b >>可以得到a b >，故充分性成立，则“22log log a b >”是“1122b a ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭”的充分不必要条件.2.B 【解析】集合(){}{}22ln 23230A x y x x x x x ==--=-->∣∣()(){}310{13},x x x x x x =-+>=<->∣∣或集合{}{}223,6B yy x x x A y y ==-+∈=>∣∣，{}()(]6,,13,6B y y A B ∞=≤∴⋂=--⋃R R ∣3.C【解析】复数z 满足5z z ⋅=，设22i,5z a b z z a b =+⋅=+=，()()2224i 24i (2)(4)z a b a b -+=-++=-++，则点()2,4-到圆225a b +=+=4.C【解析】设非零向量,a b 夹角为θ，向量a 在向量b 方向上的投影向量是39b - ，则cos ,39b a a b b θ⨯=-= ∣，解得3cos 3θ=-.5.D【解析】()()42f x f x -++= ，取()()1,312x f f =+=，()()()321211f f a b a b =-=-++=--，()()2f x f x +=- ，取()()0,2042x f f a b ===++，()()303,1423,2f f a b a b a +=---+++=-=- ，()()42f x f x -++= ，取2x =，则()21f =，则7b =，则729b a -=+=.6.B【解析】设更正前甲，乙，丙 的成绩依次为12350,,,,a a a a ，则12505080a a a +++=⨯ ，即507590655080a ++++=⨯ ，()222250(7580)(9080)(6580)807050a -+-+-++-=⨯ ，更正后平均分：()5016080908050x a =++++= ，()22222501(6080)(8080)(9080)807350s a ⎡⎤=-+-+-++-=⎣⎦ .7.A 【解析】()sin 40sin40cos cos40sin θθθ-=- 4cos50cos40cos 4sin40cos40cos θθ=⋅⋅=⋅⋅ 1cot40tan 4cos40θ⇒-=14cos40tan cot40θ-⇒=sin404sin40cos40cos40-=()sin 30102sin80cos40+-= 13cos102cos1022cos40+-=3313sin10cos10sin10cos102222cos40cos40--==()()sin 1060sin 50cos40cos40--===πππ,,223θθ⎛⎫∈-∴=- ⎪⎝⎭.8.C【解析】设()()21121x g x f x x =-=-++，()()2221112121x x x g x f x x x -⋅-=--=--+=--+++，()()2221102121x x x g x g x x x ⎛⎫⋅+-=-++--+= ⎪++⎝⎭，设()()1212121222,112121x x x x g x g x x x ⎛⎫⎛⎫>-=-+--+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭()()()()()122121121222222021212121x x x x x x x x x x -⎛⎫=-+-=-+> ⎪++++⎝⎭，故()g x 为奇函数，且单调递增，()()()()()()22223212310230f t f t f t f t g t g t +->⇒-+-->⇒+->，()()()()()222302332g t g t g t g t g t +->⇒>--=-，故232t t >-，解得()(),31,t ∞∞∈--⋃+.9.AD【解析】A.0a b c <<<，可得a c b c -<-，故11a c b c>--，A 正确；B.设不等式成立，则()()a a c b c b b c b b b c++<++，可得ab ac ab bc +<+，即ac bc <，由0a b c <<<可得ac bc >，故假设不成立，B 错误；C.不妨假设211313210,,1332b c a c a b c a b --+--+=-<=-<=-<====--，故,C b c a c a b --<错误；D.设不等式成立，()()22,,,0ac b bc ab ac bc ab b a b c a b b a b c +<+-<--<-<<< ，()()a b c a b b -<-成立，故2ac b bc ab +<+成立，D 正确.10.BC【解析】A.()()sin3cos33sin 0,cos πf x a x x x ϕϕϕϕ⎛⎫=-=+=-=≤ ⎪⎝⎭()3π4f x f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭对任意x ∈R 恒成立，()f x ∴在3π4x =处取得极值，即3ππ3π42k ϕ⨯+=+，解得7π3ππ,sin 0,π,,sin 4422k ϕϕϕϕϕϕ=-+=-≤∴=-=-=- ，可求得1a =-，A 错误；B.()()3ππ3,0,44f x x f f x ⎛⎫⎛⎫=-=∴ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的图象关于点π,04⎛⎫ ⎪⎝⎭对称，B 正确；C.将()f x 的图象向左平移π12个单位，得到()π3ππ3331242g x x x x ⎛⎫⎛⎫=+⨯-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，函数图象关于y 轴对称，C 正确；D.()3π2342f x x ⎛⎫=-≤- ⎪⎝⎭，即3π1sin 342x ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭，7π3π11π2π32π646k x k ∴+≤-≤+，解得23π231π2ππ363363k x k +≤≤+，由题意知π23π,1236x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，符合条件的k 的取值为1,0-，当1k =-时，π7π3636x -≤≤，均在定义域内，满足条件，当0k =时，23π31π3636x ≤≤，此时仅有23π36x =满足条件，所以满足()22f x ≤-成立的x 的取值范围为π7π23π,363636⎡⎤⎧⎫-⋃⎨⎬⎢⎣⎦⎩⎭，D 错误.11.BD【解析】A.MN ∥,AC BMN ∠∴为直线MN 与AC 所成角，在BMN 中，根据余弦定理可知222cos 2BM MN BN BMN BM MN∠+-=⋅，422BM MN BN ======，代入求得cos 10BMN A ∠=错误；B.取AD 的中点E ，取CD 的中点F ，取11A D 的中点S ，连接11,,,,EF D E D F AS SM ，SM ∥,AB AS ∥BM ，所以四边形ABMS 是平行四边形，AS ∥BM 且AS ∥11,D E D E ∴∥1BM D E ∴∥平面BMN ，同理可得1D F ∥平面BMN ，1DT ∥平面,BMN T ∈平面ABCD ，所以点T 的运动轨迹为线段EF ，在1ΔD EF 中，过点1D 作1D T EF ⊥，此时1D T 取得最小值，由题意可知，11D E D F EF ===，1111sin sin sin 105D EF BMN D T D E D EF ∠∠∠====，B 正确；C.取MN 的中点1O ，连接11B O ，则1111O N O M O B ==，过点1O 作1OO ∥1BB ，且111322OO BB ==，OM ∴为外接球的半径，在1Rt MB N 中，MN =，2R OM ∴==，34ππ,33V R C ∴==球错误；D.由平面11AA D D ∥平面11BB C C 得，过点,,D M N 的平面必与11,AA C C 有交点，设过点,,D M N 的平面与平面11AA D D 和平面11BB C C 分别交于,DO PM DO ∴∥,PM 同理可得DP ∥,ON 过点,,D M N 的平面截长方体1111ABCD A B C D -所得的截面图形为五边形DPMNO ，如图所示，以D 为坐标原点，以1,,DA DC DD 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，设,AO m CP n ==，则()()()()()0,0,0,2,0,,0,4,,1,4,3,2,2,3D O m P n M N ，()()()()0,2,3,1,0,3,2,0,,0,4,ON m PM n DO m DP n ∴=-=-== ，DP ∥,ON DO ∥PM ，()()2323m n n m ⎧=-⎪∴⎨=-⎪⎩，解得2m n ==，DO DP ∴==ON PM MN ====，所以五边形DPMNO 的周长为DO DP ON PM MN ++++==+，D 正确.12.21,55⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【解析】令()()()()2323x y m x y n x y m n x m n y +=++-+=-++，2131m n m n -=⎧∴⎨+=⎩，解得()()2121,,235555m n x y x y x y ==-∴+=+--+，1232,34x y x y ≤+≤≤-+≤ ，则()()22441323,555555x y x y ≤+≤-≤--+≤-，24435555x y ∴-≤+≤-，即21,55x y ⎡⎤+∈-⎢⎣⎦.13.111【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，设1AD =，则3BC =，()()()()220,0,3,0,,,1,,,33B C A m n D m n E m n ⎛⎫∴+ ⎪⎝⎭，所以直线BD 的方程为1n y x m =+，直线CE 的方程为()2329n y x m =--，联立两直线方程求得()()666655,,,,1,0,,11111111m n m n O AO AD AB m n +-⎛⎫⎛⎫∴=-==-- ⎪ ⎝⎭⎝⎭ ，6511,511m x my AO xAD y AB n ny -⎧=-⎪⎪=+∴⎨⎪-=-⎪⎩ ，解得651,,111111x y x y ==∴-=.14.73π-【解析】依题意，可将四面体ABCD 补形为如图所示的直三棱柱ADE FCB -，AD 与BC 所成的角为30 ，30BCF ∠∴= 或150，设,CB x CF y ==，外接球半径记为R ，外接球的球心如图点O ，11113sin 23324ABCD CBF V DC S xy BCF xy ∠⎛⎫∴=⋅⋅=⨯⨯== ⎪⎝⎭ ，解得8xy =，在2Rt OCO 中，2222222223922sin 4BF R OC OO CO BF BCF ∠⎛⎫⎛⎫==+=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，在BCF 中，由余弦定理可得2222cos BF BC CF BC CF BCF ∠=+-⋅⋅，要使外接球表面积最小，则R 要尽可能小，则BCF ∠应取30 ，(2222BF x y xy ∴=+≥-，当且仅当x y =时取等，(22min 99732444R BF xy ∴=+=+=-所以外接球表面积的最小值2min min 4π73πS R ==-.。
清华大学中学生标准学术能力诊断性测试2018年12月测试理科数学试卷(二卷)含答案
B． 2 2
C． 3
D． 4
n
2019
5．定义 ak a1a2a3 an ，若 [1 (2k 1)x] 展开式中 x 一次项的系数为 m ，则 im 等于（ i 为虚数单位）（ ）
k 1
k 1
A． i
B． i
C．1
D． -1
6．函数 f (x) ln x2 的大致图象是（ ） x
7．已知正项等比数列{an} 的公比不为1 ， Tn 为其前 n 项积，若T3 =T7 ，则
则圆柱的高为（ ）
A． 1 R 2
B． 2 R 3
C． 2 R 2
D． 3 R 3
11．椭圆 x2 y2 1(a b 0) 的右顶点为 A ，下顶点为 B ，左焦点为 F ，若△ ABF 外接圆的圆心在直线 y x 的 a2 b2
右下方，则此椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． (1 ,1) 2
ln a5 ln a3
（
）
A． 5 : 3
B． 3 : 5
C． 5:1
D．1: 5
8．在△ ABC 中， A , B , C 的对边分别是 a , b , c .若 A 120 ， a 1 ，则 2b 3c 的最大值为（ ）
A． 3
B． 2 21 3
9．已知 a b 0 ， 有下列命题：
①若 a b 1，则 a b 1 ；
（Ⅱ）由频率分布直方图可以近似的认为，这种螺帽的质量指标 值 Z 服从正态分布 N (, 2 ) ，其中 近似为样本平均数 x ，
频率 组距 0.030
2 近似为样本方差 s2 ． （i）利用该正态分布，求 P(185.03 Z 229.94) ； （ii）现从该企业购买了 100 件这种螺帽，记 X 表 示这 100 件螺帽中质量指标值位于区间 (185.03, 229.94) 的件数，利用（i）的结果，求 E( X ) ．
清华大学2017年12月高三中学生标准学术能力诊断性测试语文试题
清华大学2017年12月高三中学生标准学术能力诊断性测试语文试题本试卷共150分，考试时间150分钟。
一、现代文阅读(35分)(一)论述类文本阅读(本题共3小题，9分)阅读下面的文字，完成1-3题。
康德认为，认识含有感性、知性和理性三个要素。
感性是接受印象的能力，知性是规则的能力，理性是原理的能力，它们一起构成人类认识的完整结构。
康德的这一划分，揭示了认识的基本层次，确立了理性的至高地位。
西方的哲学思维方式本质上是理性主义，而中国传统哲学的思维方式却与其迥然而异:它无疑也含有理性主义的因素，但并不归结为理性主义;它较注重悟性、直觉和体验，但又不归结为非理性主义和直觉主义。
它在本质上更具有“悟性”的色彩，是“悟性主义”。
儒家的“格物致知”，通俗地说，就是用既有的思维尺度、框架去衡量、测度对象。
只是这种把握绝非理性主义，它更具有“豁然贯通”的悟性特色。
“季文子三思而后行。
子闻之，曰:再，斯可矣。
”由此可见，在孔子看来，如若过多地理性思考，结果可能适得其反，往往反致迷惑。
老子的“玄览”，概括了道家的根本思维方式。
“心居玄冥之处，览知万物”，从最超验的层次对事物的一种整体性的观照和透察。
超验即要排除一切感性经验、语言概念和欲望，保持内心的清静和安宁。
只有如此，才能做到“常无欲，以观其妙”。
中国佛教特别是禅宗是中印文化融合的产物，又吸收了儒家特别是道家的要素，凝聚了中国乃至东方悟性思维的精华。
在佛家看来，“开悟”是修行之目的，而“菩提”为所悟之智，“涅”为所悟之理，佛及阿罗汉则为所开悟者。
佛教义理对“悟”或“了悟”有甚为精密、详尽的研究和解说。
依所悟之程度，将悟分为“小悟”和“大悟”;依所悟之迟速，将悟分为“渐悟”和“顿悟”;依所悟之途径，将悟分为“解悟”和“证悟”(由理解真理而知者为解悟，由实践修行而体得真理者为证悟);依所悟之主体，将悟分为“悟自”和“悟他”，更为重要的是，佛教在长期的历史发展过程中，创造和积累了一整套系统而完备的了悟的方法，堪称无数佛教大师和佛教徒通过世代刻苦修行实践所取得的丰富的悟性体验的结晶。
THUSSAT清华大学11月(语文)中学生标准学术能力诊断性测试语文试题+答案
清华大学2017年11月高三中学生标准学术能力诊断性测试语文试题一、现代文阅读（35 分）（一）论述类文本阅读（本题共3 小题，9 分）阅读下面的文字，完成1-3 题。
炎黄文化是根祖文化。
一方面，从文明起源上讲，炎黄是人文始祖，炎黄文化是中华文明的龙头文化；另一方面，从中华民族起源上讲，今日以汉族为主体包括56 个民族在内的中华民族乃是历史上以炎黄族为核心，经华夏族和汉族不同阶段的民族融合而形成的，炎黄族是早期华夏民族之核心，是中华民族之根。
这也是炎黄作为“人文始祖”在中华民族形成进程意义上的解释。
因此，炎黄文化成为中华文明和中华民族的纽带和精神维系。
20 世纪20 年代以来，我国学术界对于古史传说曾有“信古”“疑古”“释古”三种态度和做法。
具体说到炎帝、黄帝，信古者当然是把他们作为真实人物来对待；而疑古者则把他们作为神来对待。
殊不知，远古时代的人名、族名、图腾名、宗神名是可以同一的。
以黄帝为例，黄帝号称轩辕氏，又号称有熊氏。
据研究，轩辕氏可以追溯到商代和周代青铜器铭文中的“天鼋”（“天”字下面画有“鼋”,即青蛙）族徽铭文，还可以追溯到距今7000年至5000 年前的仰韶文化和马家窑文化彩陶中画有青蛙的彩陶纹样；有熊氏可以追溯到商代和周代青铜器铭文中“天兽”（“天”字下面画有“兽”）族徽铭文。
这样，我们就会发现作为古史传说人名的轩辕氏、有熊氏是与天鼋和熊、羆、貔、貅、豹、虎等图腾一致的。
此外，在商周青铜器铭文中，还有以“天”为族徽铭文，其渊源也是来自以“天”为图腾。
由于人名、族名、图腾名、宗神名可以同一的缘故，所以黄帝、炎帝等名号是一个沿袭性的名号。
也就是说，作为一个个人只能生存几十年或百余年，但是作为族团却可以存在几百年或几千年，它的名号是沿袭性的。
炎帝、黄帝等名号既是人名、族名、图腾名、宗神名的同一，也是民族融合的结果。
黄帝号称轩辕氏，又号称有熊氏，已经说明他不是一个人，也不是一个氏族。
《国语·晋语》说：“凡黄帝之子二十五宗，其得姓者十四人，为十二姓：姬、酉、祁、己、滕、箴、任、荀、僖、姞、儇、依是也。
清华大学中学生标准学术能力诊断性测试 2018 年 12 月测试
中学生标准学术能力诊断性测试 2018 年 12 月测试理科综合试卷（一卷）1．tRNA5'端的成熟需要 RNA-蛋白质复合物 RNase P 的催化。
2018 年 9 月 27 日上海交大雷鸣团队在国际权威学术 期刊《科学》上发表论文揭示了酵母菌的 RNase P 的结构（由一条长链非编码 RNA 分子和近十个蛋白质亚基组 成）及催化的分子机制。
下列说法错误的是：A ．RNase P 属于生物催化剂，可降解特定的 RNA 序列，催化磷酸二酯键的断裂B ．RNase P 存在于所有的细胞结构的生物中，是细胞进行生命活动所必需的组分C ．若将 RNase P 彻底水解，除蛋白质的水解产物外，还有 4 种小分子物质D ．RNase P 催化的底物不仅结构上有氢键存在，还有携带氨基酸识别密码子的功能2．寨卡病毒是一种 RNA 病毒，若孕妇感染寨卡病毒可能会生下小头症的患儿，其原因是由于该病毒攻击胎儿的神 经元，引起新生儿神经系统发育缺陷。
虽然寨卡病毒臭名远扬，但科研人员的最新研究发现，利用基因工程技术 研发的寨卡病毒减毒活疫苗（DNA 疫苗）可以治疗胶质母细胞瘤（GBM ，一种恶性脑瘤）。
据此下列错误的是：A ．寨卡病毒攻击胶质母细胞瘤后，机体可通过细胞免疫使靶细胞发生细胞凋亡而清除瘤细胞B ．寨卡病毒减毒活疫苗中含有根据寨卡病毒设计的 DNA 片段，此过程需要用到逆转录酶C ．DNA 疫苗注射到猕猴体内，某些细胞会分泌出免疫活性物质，可刺激 B 淋巴细胞增殖分化成浆细胞，可推测免疫活性物质为淋巴因子D ．寨卡病毒感染成年人，可引起患者免疫系统攻击自身神经组织引发中风，该疾病的致病机理与艾滋病类似， 都属于免疫缺陷病3．右图是人小肠上皮细胞吸收葡萄糖的过程简图，其中GLUT2 是细胞膜上的葡萄糖载体，Na+/K+ATPase 是钠钾ATP 酶，据图分析下列说法错误的是：A ．小肠上皮细胞面向肠腔的细胞膜形成较多微绒毛可以增加细胞膜上载体蛋白的数量，高效的吸收葡萄糖等营养物质B ．图中所示的小肠上皮细胞膜上的蛋白质的功能有催化、运输、信 息交流和密封细胞间隙的作用C ．葡萄糖通过 Na+驱动的葡萄糖同向转运载体进入小肠上皮细胞， 此运输方式为主动运输D ．Na+/K+ATPase 也存在神经元细胞膜上，参与了动作电位恢复为 静息电位的过程4．“退耕还林、退耕还草、退耕还湖”是实现“绿水青山就是金山银山”的重要生态工程。
中学生标准学术能力诊断性测试(清华大学)2018年12月测试文科数学试卷(精编含解析)
6 a，
4
所以可以求得 S1 = 4´
3 a2 = 4
3a2 ， S2
= 4p (
6 a)2 4
= 3 a2p ， 2
所以 S1 =
3a2
=2
3
，
S2 3 a2p 3p
2
故选 C.
【点睛】该题考查的是有关正四面体的表面积与其外接球的表面积的比值问题，涉及到的知识点有正四面
体的外接球半径，球的表面积公式，正四面体的表面积公式，属于中档题目.
等，正确使用运算法则是解题的关键，属于简单题目.
7.已知 sin(p
+q )
=
2
p sin(
-
q ) ，则
3sinq
+4 cosq
=（
）
2
sinq - 2 cosq
1
1
A.
B. 2 C.
D. 3
2
3
【答案】A
【解析】
【分析】
首先利用三角函数的诱导公式，将式子进行化简，得到 tanq = - 2 ，之后将正余弦的齐次式的分式形式的
A. (2,1) B. (2, - 1) C. (- 1, 2) D. (- 1, - 2)
【答案】D 【解析】
【分析】
首先根据复数的运算法则，求得 z = - 1+2i ，进而求得其共轭复数，利用复数在复平面内对应点的坐标，
求得结果.
【详解】因为 (1- i)z =1+3i ，所以 z = 1+3i = (1+3i)(1+i) = - 2 +4i = - 1+2i ，
A. 人数最多的年级段是高二段 B. 初一段人数比高一段人数多
清华大学中学生标准学术能力诊断性测试测试语文试题附答案
清华大学中学生标准学术能力诊断性测试测试语文试题附答案Revised by BETTY on December 25,2020中学生标准学术能力诊断性测试2017年12月测试语文试卷一、现代文阅读（35分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成1-3题。
康德认为，认识含有感性、知性和理性三个要素。
感性是接受印象的能力，知性是规则的能力，理性是原理的能力，它们一起构成人类认识的完整结构。
康德的这一划分，揭示了认识的基本层次，确立了理性的至高地位。
西方的哲学思维方式本质上是理性主义，而中国传统哲学的思维方式却与其迥然而异：它无疑也含有理性主义的因素，但并不归结为理性主义；它较注重悟性、直觉和体验，但又不归结为非理性主义和直觉主义。
它在本质上更具有“悟性”的色彩，是“悟性主义”。
儒家的“格物致知”，通俗地说，就是用既有的思维尺度、框架去衡量、测度对象。
只是这种把握绝非理性主义，它更具有“豁然贯通”的悟性特色。
“季文子三思而后行。
子闻之曰：再，斯可矣。
”由此可见，在孔子看来，如若过多地理性思考，结果可能适得其反，往往反致迷惑。
老子的“玄览”，概括了道家的根本思维方式。
“心居玄冥之处，览知万物”，从最超验的层次对事物的一种整体性的观照和透察。
超验即要排除一切感性经验、语言概念和欲望，保持内心的清静和安宁。
只有如此，才能做到“常无欲，以观其妙”。
中国佛教特别是禅宗是中印文化融合的产物，又吸收了儒家特别是道家的要素，凝聚了中国乃至东方悟性思维的精华。
在佛家看来，“开悟”是修行之目的，而“菩提”为所悟之智，“涅”为所悟之理，佛及阿罗汉则为所开悟者。
佛教义理对“悟”或“了悟”有甚为精密、详尽的研究和解说。
依所悟之程度，将悟分为“小悟”和“大悟”；依所悟之迟速，将悟分为“渐悟”和“顿悟”；依所悟之途径，将悟分为“解悟”和“证悟”（由理解真理而知者为解悟，由实践修行而体得真理者为证悟）；依所悟之主体，将悟分为“悟自”和“悟他”，更为重要的是，佛教在长期的历史发展过程中，创造和积累了一整套系统而完备的了悟的方法，堪称无数佛教大师和佛教徒通过世代刻苦修行实践所取得的丰富的悟性体验的结晶。
清华大学中学生标准学术能力诊断性测试2017年12月测试语文试题(附答案)
中学生标准学术能力诊断性测试2017年12月测试语文试卷一、现代文阅读（35分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成1-3题。
康德认为，认识含有感性、知性和理性三个要素。
感性是接受印象的能力，知性是规则的能力，理性是原理的能力，它们一起构成人类认识的完整结构。
康德的这一划分，揭示了认识的基本层次，确立了理性的至高地位。
西方的哲学思维方式本质上是理性主义，而中国传统哲学的思维方式却与其迥然而异：它无疑也含有理性主义的因素，但并不归结为理性主义；它较注重悟性、直觉和体验，但又不归结为非理性主义和直觉主义。
它在本质上更具有“悟性”的色彩，是“悟性主义”。
儒家的“格物致知”，通俗地说，就是用既有的思维尺度、框架去衡量、测度对象。
只是这种把握绝非理性主义，它更具有“豁然贯通”的悟性特色。
“季文子三思而后行。
子闻之曰：再，斯可矣。
”由此可见，在孔子看来，如若过多地理性思考，结果可能适得其反，往往反致迷惑。
老子的“玄览”，概括了道家的根本思维方式。
“心居玄冥之处，览知万物”，从最超验的层次对事物的一种整体性的观照和透察。
超验即要排除一切感性经验、语言概念和欲望，保持内心的清静和安宁。
只有如此，才能做到“常无欲，以观其妙”。
中国佛教特别是禅宗是中印文化融合的产物，又吸收了儒家特别是道家的要素，凝聚了中国乃至东方悟性思维的精华。
在佛家看来，“开悟”是修行之目的，而“菩提”为所悟之智，“涅”为所悟之理，佛及阿罗汉则为所开悟者。
佛教义理对“悟”或“了悟”有甚为精密、详尽的研究和解说。
依所悟之程度，将悟分为“小悟”和“大悟”；依所悟之迟速，将悟分为“渐悟”和“顿悟”；依所悟之途径，将悟分为“解悟”和“证悟”（由理解真理而知者为解悟，由实践修行而体得真理者为证悟）；依所悟之主体，将悟分为“悟自”和“悟他”，更为重要的是，佛教在长期的历史发展过程中，创造和积累了一整套系统而完备的了悟的方法，堪称无数佛教大师和佛教徒通过世代刻苦修行实践所取得的丰富的悟性体验的结晶。
中学生标准学术能力诊断性测试2018 年9 月测试 文数试卷
中学生标准学术能力诊断性测试2018 年9 月测试y=x−π9．要得到函数y=sin 3x的图像，只需将函数cos 3的图像（）4文科数学试卷本试卷共150 分，考试时间120 分钟。
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．12A．向右平移C．向右平移412个单位B．向左平移个单位D．向左平移4个单位个单位1．已知集合A =x Z x−1 2，B=x Z −2 x 1，则A=（）10．在正三棱柱ABC-AB C中，若111AA1 =2AB，D是AA的中点，则BD与1AC所成角的余弦值为（）1 1A．{−1,0,1}B．{0，1}C．{−1, 0}D．{−2,−1,0}A．12B．24C．22D．2 231+i2−i2．在复平面内，复数（i为虚数单位）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x−y−10+−11．已知点(x,y)满足，目标函数z=ax+y仅在点(1,0)处取得最小值，则a的取值范围为（）x y 1 0−+x2y 2 03．已知样本1,2,4,x,y的平均数是3，标准差是 2 ，则xy的值为（）A．6 B．10C．15 D．18−1A．,02B．(1,)C．(−1,1)D ．−1, 124．已知一个棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的表面积为（）cm2π12．已知tan tan 3α−β=，α−β=，则cos(α+β)的值为（）6A．4 2 +4A．1 + 3 B．1 3 +D．13−C．1 3−2 3 2 3 3 2 3。
清华大学2019届12月高三中学生标准学术能力诊断性测试语文试题
.
.
材料三: IP 实质上是指知识产权，泛指具有商业价值的文化产品。简单来说，时下畅销的通俗小 说、网络故事、手游、歌曲、电视剧、动画片、综艺节目都可以通过互联网的宣传和推广孵 化成热门 IP。2015 年的《狼图腾》《何以笙箫默》《桅子花开》等影片都是热门 IP 开发下 的产物。相比原创作品，热门 IP 熟悉市场行情，降低了市场风险成本，更贴近年轻观众的需 求，现象大片和高票房的可能性会明显提高，因此热门 IP 往往成为电影投资者的首选。然而， 当下的电影创作现状是，投资方宁愿急功近利地找个现成的大 IP 马上就用，也不愿耐心等待、
.ห้องสมุดไป่ตู้
.
人笨到这份上，还有必要读书么?这么笨的人读书有什么用? 尤鹏举就隔着栅栏先发问:“你为什么要读书?” “我爸爸说，书是知识的源泉，只有刻苦读书才能掌握知识呀!” “掌握知识干什么?” “搞发明创造呀!” “搞发明创造干什么?” 小杜拉克觉得对方的提问太可笑了，可是又难以用三五句话说清楚，就反问:“那么你为 什么要读书?” “我爹爹说，书中自有黄金屋，书中自有千钟谷，书中自有颜如玉!” “一一什么意思?” “连这道理都不懂?一一读书能升官发财，还能娶到漂亮媳妇!” 小杜拉克憋不住突然捧腹大笑起来，笑得直喊肚子痛。 尤鹏举本来就认定小杜拉克笨得可怜，见他又如此无端地大笑傻笑，因此觉得这小洋人 十分的可笑，忍不住就也捧腹大笑起来，笑得直喊肚子痛。 笑声撼得栅栏直摇晃…… 后来他们都长大成人了，各自在各自的国家谋事，就没有机会交谈了。小杜拉克承托人 给尤鹏举捎过一封信，信中说:“我如愿以偿，成为一名研究员……” 尤鹏举问捎信人:“研究员算几品官?” 捎信人解释说:“研究员不是官，是专门从事科学研究的。” 尤鹏举摇头叹道:“既然如此，何必当初?读书不做官，读书又有何用?废了废了!” 小杜拉克在实验室熬到秃了顶，驼了背，终有伟大发明问世，死后墓前有碑，碑文为:人 类进步之一阶;尤鹏举皇榜高中后封官授品，有了“黄金屋”、“千钟谷”、“颜如玉”，深 宅大院里养得脑满肠肥。死后墓前也有碑，碑文为:显赫一世。 小杜拉克的墓碑至今还在，常有人吊唁;而尤鹏举的墓碑却在民国初年被乱民砸了，很可 惜。不过尤鹏举是儿孙满堂的。 4.下列对小说相关内容和艺术特色的分析鉴赏，不正确的一项是(3 分)() A.小杜拉克的大鼻子是天生的，并不值得嘲笑;而尤鹏举脑后的辫子却是 人为的，是大清子民民族耻辱和国家落后的象征。 B.作者善于抓住故事中关键的细节，进行集中的对比描写，因此，虽然小 说内容的历史跨度很大，但篇幅并不冗长。