精品解析：2019年天津市高考语文试卷(原卷版)
1 2019年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） 语文 本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共150分，考试用时150分钟。第1卷1至6页，第Ⅱ卷7至12页。 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 祝各位考生考试顺利！ 第I卷 注意事项： 1.每小题选出答案后，用铅笔将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 2.本卷共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。 阅读下面一段文字，完成下面小题。 在寒冷的极区，人们举目瞭．望，常常看到五光十色、千姿百态的极光。天暮．上，群星闪烁，静静地俯瞰．着黑魆．魆的地面。突然，在大熊星座中___________出一缕彩虹般的神奇光带，如烟似雾，摇曳．不定，最后化成一个硕大无比的光环，萦．统在北斗星的周围，宛如皓月当空，向大地倾泄．下一片光华。极光形状各异，世界上简直找不出两个一模．一样的极光形体。极光运动所造成的________的瑰．丽景象，时动时静，变换．莫测，是大自然这个魔法师，以苍穹．为舞台上演的一出光的活剧。更令人叹为观止的还有极光的色彩，早已不能用五颜六色去描绘。其本色不外乎红、绿、紫、蓝、白、黄，可是大自然这一超级画家用___________的手法，将隐显明暗组合起来，一下子就变成了神奇的万花筒。 1. 文中加点字的字音和字形，全都正确的一组是（ ） A. 瞭．（liáo）望 天暮．（mù） 俯瞰．（kàn）
B. 黑魆．（xū）魆 摇曳．（yè） 萦．（yíng）绕
C. 皓．（hào）月 倾泄．（xiè） 一模．（mó）一样
D. 瑰．（guī）丽 变换．（huàn）莫测 苍穹．（qióng） 2
2. 依次填入文中横线处的词语，最恰当的一组是（ ） A. 飘洒 瞬息万变 出神入化 B. 散落 瞬息万变 鬼斧神工 C. 散落 浩如烟海 出神入化 D. 飘洒 浩如烟海 鬼斧神工 3.下列各句中没有．．语病的一句是（ ）
A. 在游客文化体验、特色旅游活动需求日益明显的背景下，利用科技创新对外宣传、深度挖掘旅游文化内涵，扩大我市旅游业的吸引力与知名度。 B. 全球2000多位科学家经过跨国的联合攻关和数年的不懈努力，人类史上首张清晰的超级黑洞照片终于在今年面，员起广泛关注。 C. “高雅艺术进校园”活动旨在提高学生们的审美素养为目的，引导学生树立正确的文化观，增强学生的文化自信，提升校园文化品位，优化育人环境。 D. 琳琅满目的远古海洋生物化石、承载“海上丝绸之路”辉煌的“宋元福船”复原模型等珍宝，将在坐落于天津的国家海洋博物馆集中展示。 4.为纪念五四运动一百周年，某中学文学社团准备举办以某位作家为专题的展览。以下是该展览的版块标题：①家道中落国势危 ②别求新声于异邦 ③横眉冷对千夫指 ④斯世当以同怀视之 ⑤万众同仰“民族魂” 下列语句也可以作为该展览版块标题的一项是（ ） A. 风凰涅槃，女神再生 B. 流亡南洋，坚持抗日 C. 我以我血荐轩辕 D. 当年海上惊雷雨 二、（9分） 阅读下面的文字，完成下面小题。 “资源”这一概念，可以有狭义和广义两种理解。狭义的资源是指人类生产活动所需要的、在自然界存在的物质（材料）和动力的天然来源。广义的资源，则是指人类用来帮助从事一定活动、以达到一定目的的一切要素和有利条件的总和，简单地说，资源就是人类活动所必需的一切东西。从形态上看，人类资源可分为两大类：一类是可以贮存、节约的资源，如资金、材料、能源等；另一类是不可贮存、节约的资源，如时间、注意力、记忆力、思维能力等。在信息社会中，正确认知注意力资源，具有重要意义。 3
为什么说注意力是一种资源呢？人类活动的一个重要特征是它的定向性，即有意识、有计划地达到一定的目的。人类活动的定向性，要求人在活动过程中，必须使自己的意志服从这个过程的目标。人的定向活动是由提出的任何或某种活动计划来组织的，而要完成这种组织活动，一个重要的、不可缺少的心理因素就是注意力。所以，注意是人的活动的基本特征，是人的有目的活动和定向探索活动的前提，是人的活动达到既定目标的必要条件；注意力决定任务完成的效率和成果的质量，是人类活动不可缺少的一种要素，是一种重要的资源。 人的心理过程的一个最基本特征是它的选择性和指向性。当我们的心理活动指向和集中于一定事物时，就是注意。注意和认识过程分不开，它是一切认识过程的开端。虽然注意不是一种独立的认识活动，但它表现在认识过程（知觉、记忆、思维等）的内部而与这些过程不可分离，在人的一切活动中起着重要的作用，它对人的各种心理过程和操作活动均有调节作用。注意力表现了人的心理过程进行的动力特征，是人的个性品质和能力结构的重要国素。没有高度发展的往意力，就不能有效地从事各种活动，就不能从事长时间的复杂的思维活动。 在信息爆炸的时代，人的注意力是一种非常有限的心理资源。人的主要精力每次只能执行一种主要的任务。当大量的信息进入感觉记忆，若不加以注意，很快就会丧失。国此，注意在为进一步加工而选择感觉信息方面，是起着重要作用的。信息资源具有可替代性、可分享性，而注意力作为资源是不可替代、不可分享的。今天，人们要学会合理有效地分配并使用注意力。 （节选自李志昌《信息资源和注意力资源的关系》，有删改） 5. 下列表述，与本文意思不相符．．．的一项是（ ）
A. 资源包括材料、能源、时间、信息、注意力等，有狭义、广义之分，有的可以贮存、节约，有的不能贮存、节约。 B. 心理活动指向和集中于某一事物时就是注意，注意是认识过程的开端，对人的各种心理过程和操作活动均有调节作用。 C. 注意力决定任务完成的效率和成果的质量，体现了人的个性品质和能力结构，是一种不可或缺的心理因素。 D. 在情况多变、竞争激烈、信息爆炸的时代，人们从事各种活动，尤其从事各种思维活动，必须拥有高度发展的注意力。 6. 下列语句的含义，不能．．体现“注意力”重要性的一项是（ ）
A. 右手画圆，左手画方，不能两成。 B. 兼听则明，偏听则暗。 4
C. 目不能两视而明，耳不能两听而聪。 D. 蚓无爪牙之利，筋骨之强，上食埃土，下饮黄泉，用心一也。 7. 下面推断与本文观点相符的一项是（ ） A. 注意力是一种非常有限的心理资源，不可替代，不可分享，因此可以和物质、能量等资源相提并论，等同看待。 B. 信息是一种重要资源，注意力也是一种重要资源。在任何时候，人的注意力都是一种稀缺资源。 C. 从注意力资源稀缺的角度看，在某些次要的或无关的方面，“信息闭塞”排除了一些无谓的干扰，可能也是有好处的。 D. 合理、有效地分配、使用注意力是成功的要素，不能合理使用注意力将会导致人一事无成。 三、（15分） 阅读下面的文言文，完成下面小题 衡州新学记 [宋]张孝祥 先王之时，以学为政，学者致之出，政者学之施，学无异习，政无异术。自朝廷达之郡国，自郡国达乏天下，元．元本本，靡有二事。故士不于学，则为奇言异行；政不于学，则无道揆法守。君臣上下，视吾之有学，犹农之有田，朝斯夕斯，不耕不耘，则．无所得食，而有卒岁之忧。些人伦所以明，教化所以成。道德一而风俗同，惟是故也。 后世之学，盖盛于．先王之时矣。居处之安，饮食之丰，训约之严，先王之时未必有此；然学自为学政
自为政群居玩岁自好者不过能通经缉文以取科第既得之则昔之所习者旋以废忘。一视薄书期会①之事，则曰：“我方为政，学于何有？”嗟夫！后世言治者常不敢望．先王之时，其学与政之分与！
国家之学至矣，十室之邑有师弟子，州县之吏以学名官，凡岂为是观美而已？盖欲还先王之旧，求政于学。顾卒未有以当．上意者，则士大夫与学者之罪也。 衡之学曰石鼓书院云者，其来已久，中迁之城南，士不为便，而．还其故，则自前教授②施君鼎。石鼓之学，据潇、湘之会，挟山岳之胜。其迁也，新室屋未具。提点刑狱王君彦洪、提举常平郑君丙、知州事张君松，皆以乾道③乙酉至官下，于是方有兵事，三君任不同而责均，虽日不䞹暇，然知夫学所以为政，兵其细．也，则谓教授苏君总龟，使遂葺之。居无何而学成，兵事亦已，环三君之巡属，整整称治。
夫兵之已而治之效，未必遽由是学也，而余独表而出之，盖乐夫三君识先王所以为学之意，于羽檄交驰之际，不敢忘学，学成而兵有功，治有绩，则余安得不为之言，以劝夫为政而不知学者耶？凡衡之士，知三君之心，则居是学也，不专章句之务，而亦习夫他日所以为政；不但为科第之得，而思致君泽民之业。5
使政之与学复而为一，不惟三君之望如此，抑国家将于是而有获与！ 明年八月旦，历阳张某记。 选自《于湖居士文集》） [注]①期会：按规定的期限施行政令。②教授：学官名。 ③乾道：宋孝宗年号。 8. 对下列各句中加点词的解释，不正确．．．的一项是（ ） A. 元．元本本 元：探索 B. 后世言治者常不敢望．先王之时 望：察看 C. 顾卒未有以当．上意者 当：符合 D. 兵其细．也 细：小事 9. 下列各句中加点词的意义和用法，相同的一组是（ ） A. 不耕不耘，则．无所得食 位卑则．足羞 B. 后世之学，盖盛于．先王之时矣 古人之观于．天地、山川、草木、虫鱼、鸟兽 C. 士不便，而．还其故 秦以城求璧而．赵不许，曲在赵 D. 皆以．乾道乙酉至官下 不敢兴兵以．拒大王 10. 文中画波浪线的句子，断句最合理的一项是（ ） A. 然学自为学/政自为政/群居玩岁自好者/不过能通经缉文/以取科第/既得之/则昔之/所习者旋以废忘 B. 然学自为学/政自为政/群居玩岁/自好者不过能通经缉文/以取科第/既得之/则昔之所习者/旋以废忘 C. 然学自为学/政自为政/群居玩岁/自好者不过能通经/缉文以取科第/既得之则昔之/所习者/旋以废忘 D. 然学自为学/政自为政/群居玩岁自好者/不过能通经缉文/以取科第/既得之则昔之/所习者/旋以废忘 11. 以下六句话分编为四组，全都属于作者赞赏的观点或做法的一组是（ ） ①学无异习，政无异术 ②君臣上下，视吾之有学，犹农之有田 ③我方为政，学于何有 ④衡之学曰石鼓书院云者，其来已久 ⑤夫兵之已而治之效，未必遽由是学也 ⑥不专章句之务，而亦习夫他日所以为政 A. ①②⑥ B. ①④⑥ C. ②③⑤ D. ③④⑤ 12. 下列对文章的理解与分析，不恰当．．．的一项是（ ）
精品解析：2020年全国统一高考英语试卷(新课标Ⅱ)(原卷版)(1)
2020年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷II)英语注意事项:1.答卷前,考生一定将自己的姓名.准考证号填写在答题卡和试题指定位置上。
2.回答选择题时,找出每个小题答案后,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。
回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试题上无效。
3.考试结束后,将本试题和答题卡一并交回。
第一部分听力(共两节,满分30分)做题时,先将答案标在试题上。
录音内容结束后,你会有两分钟的时间将试题上的答案转涂到答题卡上。
第一节(共5小题;每个小题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三个选择项中找出最佳选择项。
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 shirt?A. £19.15.B. £9.18.C. £9.15.答案是C。
1.Where does the conversation probably take place?A. In a supermarket.2.What did Carl do?A. He designed a medal.3.What does the man do?A. He’s a tailor.B. In the post office.C. In the street.B. He fixed a TV set.B. He’s a waiter.B. At 18:35.C. He took a test.C. He’s a shop assistant.C. At 18:50.4.When will the flight arrive?A. At 18:20.5.How can the man improve his article?A. By deleting unnecessary words.B. By adding a couple of points.C. By correcting grammar mistakes.第二节(共15小题;每个小题1.5分,满分22.5分)听下面5段对话或独白。
精品解析：2022年新高考Ⅰ卷山东语文真题(原卷版)
D.“你渡我过了江，同时也渡过了我的仇恨”，子胥在江上领会到渔夫的“世界”，他对自己的使命有了更深的理解。
7.关于文中江边人们谈论季札的部分，下列说法不正确的一项是（ ）
A.那位老人欣赏季札不就王位的高洁，也称赞他以美好的行为感动了世人。
B.那位年轻人认为季札不顾百姓死活，只顾独善其身，逃避了济世的责任。
人们逐渐意识到对“他文化”吸收力的强弱与自己本民族文化传统的强弱成正比，唐代之所以能广泛吸取西域民族、北方民族及佛教的文化，正因为它拥有一个秦汉以来建立的强大的中华文化传统，这传统如一个消化力极强的胃，吸收了四方异域的文化，借以繁荣本民族文化。当代新诗不但丢失了本民族的诗歌传统，而且也失去了对那个传统的记忆和感情，而中华文化又不同于其他以拉丁语为先祖的各种西方文化，可以自然地相互吸收，所以必然会发生这种食洋不化的病症，这病症是当代诗歌失去读者的重要原因。当代诗歌由于时代内容的发展，已无法退回到新诗运动初期的状态。当代社会让世界村的居民们多少都进入了一个更复杂的感性与知性世界，中国诗歌也相应地在寻找与之相当的艺术形式，主要是诗歌语言、内在结构、外在形态。这些必须是有本民族实质性的和具有现代性的，单靠移植西方是绝对不行的。
精品解析：2024年江苏省连云港市中考语文真题(原卷版)
语文试题一、积累·运用（30分）班级开展“天问”主题学习活动，同学们积极参与。
（一）1.阅读下面的语段，完成相关任务。
我们头顶的星空既美丽又神秘。
人类从dàn（）生起，就对它充满好奇，产生种种遐想，并用有限的想象力编织出许多神话故事，如“夸父追日”“______”“______”，等等。
如果说这些古代神话满足了人类精神上的需求，那么古代天文学的méng（）生，则是人类有意识地观察自然、观测宇宙，以满足生产生活之需的结果。
为了耕种，甲；为了出行，乙；为了起居和休息，丙。
这些都与日月星辰．（）的天象变化有关。
早在两千三百多年前，诗人屈原就发出了“遂古之初，谁传道之？上下未形，何由考之？”的天问……（选自《人民日报》2024年4月19日有删改）（1）根据拼音写汉字或给加点字注音。
（2）在横线处补写两个符合语境的神话故事名称。
（3）填入甲乙丙三处的语句排序恰当的一项是（）①人们必须辨别方向②人们需要了解季节和气候③人们需要掌握时间A.③②①B.②③①C.③①②D.②①③（4）写出画波浪线句子的主干。
（二）小宇在学校图书馆借到了一本名为《澄衷蒙学堂字课图说》的图书，这是清光绪年间（1901年）的一本识字课本，被誉为“百年语文第一书”。
书中对于“天”的解释引起了小宇的兴趣，小宇想制作一期板报，用“说文解字”“不同释义”“文表转换”“文化探源”四个板块展现探究的收获，请你帮他完成具体的任务。
【说文解字】2.根据小宇提供的汉字演变图片和《说文解字》的解释，请你探究“天”的造字方法并写出依据。
——《说文解字·一部》【不同释义】3.《澄衷蒙学堂字课图说》和《新华字典》对于“天”字的解释差别很大，小宇列出了两种释义，请你写一段话简要说明二者的不同。
至高无上曰天。
天，积气也。
气包乎地。
近地者气浓，离地愈远则愈薄。
以风雨表测之，高千尺，气轻三十之一；高万有六百尺，轻三之一；高万八千尺，轻二之一；高至二百余里而气尽，气尽则空，故曰天空。
精品解析：2022年天津市中考语文真题(解析版)
5.下面对《钱塘湖春行》一诗的赏析，不恰当的一项是（ ）
钱塘湖春行
白居易
孤山寺北贾亭西，水面初平云脚低。
几处早莺争暖树，谁家新燕啄春泥。
乱花渐欲迷人眼，浅草才能没马蹄。
最爱湖东行不足，绿杨阴里白沙堤。
A.首联点题，交代游踪。诗人从孤山寺北到贾公亭以西，远眺西湖，见到了春水初涨，云脚与湖面相接的开阔景象。
故选C
【8题详解】
本题考查对文章内容的理解与分析。
D.由第①段“因此，森林是另一种意义上的‘水库’”，第③段“那么，这座森林‘水库’是如何自上而下调蓄水源的呢”，第④段“首先，林冠层就像一把大伞，能够对垂直降雨进行再分配”，第⑤段“接着，林下灌木与草本也能截留降水，截留量与其覆盖度成正比”，第⑥段“最后，‘主角’林地土壤登场，它是森林涵养水源的主体”，尾段“如此看来，森林真的是另一种意义上的‘水库’”可知，文章是总分总的结构，采用的是逻辑顺序进行说明。
故选B。
2.依次填入下面一段文字横线处的词语，最恰当的一项是（ ）
欧阳修说：“立身以立学为先，立学以读书为本。”读书要学会选择。选择与自然有关的书，以丰富知识；选择与历史有关的书，以_______视野；选择与哲学有关的书，以_______智慧。读书还要善于思考。善于思考，才会有_______；善于思考，才会有取舍。读好书，善读书，才会读有所获。
11.下面对文章的理解分析，不正确的一项是（ ）
A.第①段总体描写三峡概貌，写出了三峡的雄伟气象，为下文具体景物的描绘提供了大背景。
B.第②段中“虽乘奔御风，不以疾也”，以乘奔马、御风飞行作比，表现出江水一泻千里的气势。
C.文章结尾写渔人的歌谣“巴东三峡巫峡长，猿鸣三声泪沾裳”，进一步突出了三峡秋天的凄凉冷落。
精品解析：2024年北京高考数学真题(原卷版)(合并)
绝密★本科目考试启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学本试卷共12页，150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，将本试卷和答题卡一并交回.第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.已知集合{|31}M x x =-<<，{|14}N x x =-≤<，则M N ⋃=（）A.{}11x x -≤< B.{}3x x >-C.{}|34x x -<< D.{}4x x <2.已知1i iz=--，则z =（）．A.1i --B.1i -+C.1i- D.1i+3.圆22260x y x y +-+=的圆心到直线20x y -+=的距离为（）A. B.2 C.3 D.4.在(4x -的展开式中，3x 的系数为（）A .6B.6- C.12D.12-5.设a ，b 是向量，则“()()·0a b a b +-= ”是“a b =- 或a b = ”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.设函数()()sin 0f x x ωω=>.已知()11f x =-，()21f x =，且12x x -的最小值为π2，则ω=（）A.1B.2C.3D.47.生物丰富度指数1ln S d N-=是河流水质的一个评价指标，其中,S N 分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d 越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数S 没有变化，生物个体总数由1N 变为2N ，生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则（）A.2132N N =B.2123N N =C.2321N N = D.3221N N =8.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，4PA PB ==，PC PD ==该棱锥的高为（）.A.1B.2C.D.9.已知()11,x y ，()22,x y 是函数2x y =的图象上两个不同的点，则（）A.12122log 22y y x x ++< B.12122log 22y y x x ++>C.12212log 2y y x x +<+ D.12212log 2y y x x +>+10.已知()(){}2,|,12,01M x y y x t xx x t ==+-≤≤≤≤是平面直角坐标系中的点集.设d 是M 中两点间距离的最大值，S 是M 表示的图形的面积，则（）A.3d =，1S <B.3d =，1S >C.d =，1S < D.d =，1S >第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.抛物线216y x =的焦点坐标为________．12.在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于原点对称.若ππ,63α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则cos β的最大值为________．13.若直线()3y k x =-与双曲线2214x y -=只有一个公共点，则k 的一个取值为________．14.汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65mm,325mm,325mm ，且斛量器的高为230mm ，则斗量器的高为______mm ，升量器的高为________mm ．15.设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合{}*|,N k k M k a b k ==∈，给出下列4个结论：①若与均为等差数列，则M 中最多有1个元素；②若与均为等比数列，则M 中最多有2个元素；③若为等差数列，为等比数列，则M 中最多有3个元素；④若为递增数列，为递减数列，则M 中最多有1个元素.其中正确结论的序号是______.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.在ABC V 中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，A ∠为钝角，7a =，sin 2cos 7B b B =．（1）求A ∠；（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得ABC V 存在，求ABC V 的面积．条件①：7b =；条件②：13cos 14B =；条件③：sin c A =注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．17.如图，在四棱锥P ABCD -中，//BC AD ，1AB BC ==，3AD =,点E 在AD 上，且PE AD ⊥，2PE DE ==．（1）若F 为线段PE 中点，求证：//BF 平面PCD ．（2）若AB ⊥平面PAD ，求平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值．18.某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：赔偿次数01234单数800100603010假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.（1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率；（2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.（i ）记X 为一份保单的毛利润，估计X 的数学期望()E X ；（ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i ）中()E X 估计值的大小．（结论不要求证明）19.已知椭圆E ：()222210+=>>x y a b a b，以椭圆E 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点()(0,t t >且斜率存在的直线与椭圆E 交于不同的两点,A B ，过点A 和()0,1C 的直线AC 与椭圆E 的另一个交点为D ．（1）求椭圆E 的方程及离心率；（2）若直线BD 的斜率为0，求t 的值．20.设函数()()()ln 10f x x k x k =++≠，直线l 是曲线()y f x =在点()()(),0t f t t >处的切线．（1）当1k =-时，求()f x 的单调区间.（2）求证：l 不经过点()0,0.（3）当1k =时，设点()()(),0A t f t t >，()()0,C f t ，()0,0O ，B 为l 与y 轴的交点，ACO S 与ABOS 分别表示ACO △与ABO 的面积．是否存在点A 使得215ACO ABO S S =△△成立？若存在，这样的点A 有几个？（参考数据：1.09ln31.10<<，1.60ln51.61<<，1.94ln71.95<<）21.已知集合(){}{}{}{}{},,,1,2,3,4,5,6,7,8,M i j k w i j k w i j k w =∈∈∈∈+++且为偶数．给定数列128:,,,A a a a ，和序列12:,,s T T T Ω ，其中()(),,,1,2,,t t t t t T i j k w M t s =∈= ，对数列A 进行如下变换：将A 的第1111,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到的数列记作()1T A ；将()1T A 的第2222,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到数列记作()21T T A ；……；以此类推，得到()21s T T T A ，简记为()A Ω．（1）给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9A 和序列()()():1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7Ω，写出()A Ω；（2）是否存在序列Ω，使得()A Ω为123456782,6,4,2,8,2,4,4a a a a a a a a ++++++++，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；（3）若数列A 的各项均为正整数，且1357a a a a +++为偶数，求证：“存在序列Ω，使得()A Ω的各项都相等”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”．绝密★本科目考试启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学本试卷共12页，150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，将本试卷和答题卡一并交回.第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.已知集合{|31}M x x =-<<，{|14}N x x =-≤<，则M N ⋃=（）A.{}11x x -≤< B.{}3x x >-C.{}|34x x -<< D.{}4x x <【答案】C 【解析】【分析】直接根据并集含义即可得到答案.【详解】由题意得{}|34M x x N ⋃=-<<.故选：C.2.已知1i iz=--，则z =（）．A.1i --B.1i-+ C.1i- D.1i+【答案】C 【解析】【分析】直接根据复数乘法即可得到答案.【详解】由题意得()i 1i i 1z =--=-.故选：C.3.圆22260x y x y +-+=的圆心到直线20x y -+=的距离为（）A.B.2C.3D.【答案】D 【解析】【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.【详解】由题意得22260x y x y +-+=，即()()221310x y -++=，则其圆心坐标为()1,3-，则圆心到直线20x y -+==故选：D.4.在(4x -的展开式中，3x 的系数为（）A.6B.6- C.12D.12-【答案】A 【解析】【分析】写出二项展开式，令432r-=，解出r 然后回代入二项展开式系数即可得解.【详解】(4x 的二项展开式为(()()442144C C 1,0,1,2,3,4r rrr rr r T xxr --+==-=，令432r-=，解得2r =，故所求即为()224C 16-=.故选：A.5.设a ，b 是向量，则“()()·0a b a b +-=”是“a b =- 或a b = ”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】B 【解析】【分析】根据向量数量积分析可知()()0a b a b +⋅-= 等价于a b =，结合充分、必要条件分析判断.【详解】因为()()220a b a b a b +⋅-=-= ，可得22a b = ，即a b = ，可知()()0a b a b +⋅-= 等价于a b = ，若a b = 或a b =- ，可得a b =，即()()0a b a b +⋅-= ，可知必要性成立；若()()0a b a b +⋅-= ，即a b =，无法得出a b = 或a b =- ，例如()()1,0,0,1a b ==，满足a b = ，但a b ≠ 且a b ≠- ，可知充分性不成立；综上所述，“()()0a b a b +⋅-=”是“a b ≠ 且a b ≠- ”的必要不充分条件.故选：B.6.设函数()()sin 0f x x ωω=>.已知()11f x =-，()21f x =，且12x x -的最小值为π2，则ω=（）A .1B.2C.3D.4【答案】B 【解析】【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.【详解】由题意可知：1x 为()f x 的最小值点，2x 为()f x 的最大值点，则12minπ22T x x -==，即πT =，且0ω>，所以2π2Tω==.故选：B.7.生物丰富度指数1ln S d N-=是河流水质的一个评价指标，其中,S N 分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d 越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数S 没有变化，生物个体总数由1N 变为2N ，生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则（）A.2132N N =B.2123N N =C.2321N N = D.3221N N =【答案】D 【解析】【分析】根据题意分析可得12112.1,3.15ln ln S S N N --==，消去S 即可求解.【详解】由题意得12112.1, 3.15ln ln S S N N --==，则122.1ln 3.15ln N N =，即122ln 3ln N N =，所以3221N N =.故选：D.8.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，4PA PB ==，PC PD ==该棱锥的高为（）.A.1B.2C.D.【答案】D 【解析】【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面PEF ⊥平面ABCD ，可知⊥PO 平面ABCD ，利用等体积法求点到面的距离.【详解】如图，底面ABCD 为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设4,PA PB AB PC PD =====，分别取,AB CD 的中点,E F ，连接,,PF EF ，则,PE AB EF AB ⊥⊥，且PE EF E ⋂=，,PE EF ⊂平面PEF ，可知AB ⊥平面PEF ，且AB ⊂平面ABCD ，所以平面PEF ⊥平面ABCD ，过P 作EF 的垂线，垂足为O ，即PO EF ⊥，由平面PEF 平面ABCD EF =，PO ⊂平面PEF ，所以⊥PO 平面ABCD ，由题意可得：2,4PE PF EF ===，则222PE PF EF +=，即PE PF ⊥，则1122PE PF PO EF ⋅=⋅，可得PE PF PO EF⋅==，当相对的棱长相等时，不妨设4PA PC ==，PB PD ==，因为BD PB PD ==+，此时不能形成三角形PBD ，与题意不符，这样情况不存在.故选：D.9.已知()11,x y ，()22,x y 是函数2x y =的图象上两个不同的点，则（）A.12122log 22y y x x ++< B.12122log 22y y x x ++>C.12212log 2y y x x +<+ D.12212log 2y y x x +>+【答案】B 【解析】【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB ；举例判断CD 即可.【详解】由题意不妨设12x x <，因为函数2x y =是增函数，所以12022x x <<，即120y y <<，对于选项AB ：可得121222222x x x x ++>=，即12122202x x y y ++>>，根据函数2log y x =是增函数，所以121212222log log 222x x y y x x+++>=，故B 正确，A 错误；对于选项D ：例如120,1x x ==，则121,2y y ==，可得()12223log log 0,122y y +=∈，即12212log 12y y x x +<=+，故D 错误；对于选项C ：例如121,x x =-=-，则1211,24y y ==，可得()122223log log log 332,128y y +==-∈--，即12212log 32y y x x +>-=+，故C 错误，故选：B.10.已知()(){}2,|,12,01M x y y x t xx x t ==+-≤≤≤≤是平面直角坐标系中的点集.设d 是M 中两点间距离的最大值，S 是M 表示的图形的面积，则（）A.3d =，1S <B.3d =，1S >C.d =，1S <D.d =，1S >【答案】C 【解析】【分析】先以t 为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域212y x y x x ⎧≤⎪≥⎨⎪≤≤⎩，结合图形分析求解即可.【详解】对任意给定[]1,2x ∈，则()210xx x x -=-≥，且[]0,1t ∈，可知()222x x t x x x x x x ≤+-≤+-=，即2x y x ≤≤，再结合x 的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域212y x y x x ⎧≤⎪≥⎨⎪≤≤⎩，如图阴影部分所示，其中()()()1,1,2,2,2,4A B C，可知任意两点间距离最大值d AC ==；阴影部分面积11212ABC S S <=⨯⨯△.故选：C.【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.抛物线216y x =的焦点坐标为________．【答案】()4,0【解析】【分析】形如()22,0y px p =≠的抛物线的焦点坐标为,02p ⎛⎫⎪⎝⎭，由此即可得解.【详解】由题意抛物线的标准方程为216y x =，所以其焦点坐标为()4,0.故答案为：()4,0.12.在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于原点对称.若ππ,63α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则cos β的最大值为________．【答案】12-##0.5-【解析】【分析】首先得出π2π,Z k k βα=++∈，结合三角函数单调性即可求解最值.【详解】由题意π2π,Z k k βα=++∈，从而()cos cos π2πcos k βαα=++=-，因为ππ,63α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以cos α的取值范围是1,22⎡⎢⎣⎦，cos β的取值范围是1,22⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，当且仅当π3α=，即4π2π,Z 3k k β=+∈时，cos β取得最大值，且最大值为12-.故答案为：12-.13.若直线()3y k x =-与双曲线2214x y -=只有一个公共点，则k 的一个取值为________．【答案】12（或12-，答案不唯一）【解析】【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.【详解】联立()22143x y y k x ⎧-=⎪⎨⎪=-⎩，化简并整理得：()222214243640k x k x k -+--=，由题意得2140k -=或()()()2222Δ244364140k k k =++-=，解得12k =±或无解，即12k =±，经检验，符合题意.故答案为：12（或12-，答案不唯一）.14.汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65mm,325mm,325mm ，且斛量器的高为230mm ，则斗量器的高为______mm ，升量器的高为________mm ．【答案】①.23②.57.5##1152【解析】【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.【详解】设升量器的高为1h ，斗量器的高为2h （单位都是mm ），则2222212325325ππ230221065325ππ22h h h ⎛⎫⎛⎫⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故223mm h =，1115mm 2h =.故答案为：11523mm,mm 2.15.设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合{}*|,N k k M k a b k ==∈，给出下列4个结论：①若与均为等差数列，则M 中最多有1个元素；②若与均为等比数列，则中最多有2个元素；③若为等差数列，为等比数列，则M 中最多有3个元素；④若为递增数列，为递减数列，则M 中最多有1个元素.其中正确结论的序号是______.【答案】①③④【解析】【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.【详解】对于①，因为{}{},n n a b 均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，故M 中至多一个元素，故①正确.对于②，取()112,2,n n n n a b --==--则{}{},n n a b 均为等比数列，但当n 为偶数时，有()1122n n n n a b --===--，此时M 中有无穷多个元素，故②错误.对于③，设()0,1nn b AqAq q =≠≠±，()0n a kn b k =+≠，若M 中至少四个元素，则关于n 的方程n Aq kn b =+至少有4个不同的正数解，若0,1q q >≠，则由n y Aq =和y kn b =+的散点图可得关于n 的方程n Aq kn b =+至多有两个不同的解，矛盾；若0,1q q <≠±，考虑关于n 的方程n Aq kn b =+奇数解的个数和偶数解的个数，当n Aq kn b =+有偶数解，此方程即为nA q kn b =+，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时ln 0Ak q >，否则ln 0Ak q <，因,ny A q y kn b ==+单调性相反，方程nA q kn b =+至多一个偶数解，当n Aq kn b =+有奇数解，此方程即为nA q kn b -=+，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时ln 0Ak q ->即ln 0Ak q <否则ln 0Ak q >，因,ny A q y kn b =-=+单调性相反，方程nA q kn b =+至多一个奇数解，因为ln 0Ak q >，ln 0Ak q <不可能同时成立，故n Aq kn b =+不可能有4个不同的整数解，即M 中最多有3个元素，故③正确.对于④，因为{}n a 为递增数列，{}n b 为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.故答案为：①③④.【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.在ABC V 中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，A ∠为钝角，7a =，sin 2cos 7B b B =．（1）求A ∠；（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得ABC V 存在，求ABC V 的面积．条件①：7b =；条件②：13cos 14B =；条件③：sin c A =注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）2π3A =；（2）选择①无解；选择②和③△ABC 面积均为1534.【解析】【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；（2）选择①，利用正弦定理得3B π=，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出33sin 14B =，再代入式子得3b =，再利用两角和的正弦公式即可求出sinC ，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到5c =，再利用正弦定理得到sin 14C =，再利用两角和的正弦公式即可求出sin B ，最后利用三角形面积公式即可；【小问1详解】由题意得32sin cos cos 7B B B =，因为A 为钝角，则cos 0B ≠，则32sin 7B b =，则7sin sin sin 37b a BA A ===，解得3sin 2A =，因为A 为钝角，则2π3A =.【小问2详解】选择①7b =，则sin 714142B b ==⨯=，因为2π3A =，则B 为锐角，则3B π=，此时πA B +=，不合题意，舍弃；选择②13cos 14B =，因为B为三角形内角，则33sin 14B ==，则代入32sin 7B b =得3332147b ⨯=，解得3b =，()2π2π2πsin sin sin sin cos cos sin 333C A B B B B⎛⎫=+=+=+ ⎪⎝⎭13121421414⎛⎫=⨯+-⨯=⎪⎝⎭,则11sin 7322144ABC S ab C ==⨯⨯⨯=.选择③sin c A =2c ⨯=，解得5c =，则由正弦定理得sin sin a c A C =5sin 32C =，解得53sin 14C =，因为C 为三角形内角，则11cos 14C ==，则()2π2π2πsin sin sin sin cos cos sin 333B A C C C C ⎛⎫=+=+=+ ⎪⎝⎭3111533321421414⎛⎫=⨯+-⨯=⎪⎝⎭，则11sin 7522144ABC S ac B ==⨯⨯=△17.如图，在四棱锥P ABCD -中，//BC AD ，1AB BC ==，3AD =,点E 在AD 上，且PE AD ⊥，2PE DE ==．（1）若F 为线段PE 中点，求证：//BF 平面PCD ．（2）若AB ⊥平面PAD ，求平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）3030【解析】【分析】（1）取PD 的中点为S ，接,SF SC ，可证四边形SFBC 为平行四边形，由线面平行的判定定理可得//BF 平面PCD .（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面APB 和平面PCD 的法向量后可求夹角的余弦值.【小问1详解】取PD 的中点为S ，接,SF SC ，则1//,12SF ED SF ED ==，而//,2ED BC ED BC =，故//,SF BC SF BC =，故四边形SFBC 为平行四边形，故//BF SC ，而BF ⊄平面PCD ，SC ⊂平面PCD ，所以//BF 平面PCD .【小问2详解】因为2ED =，故1AE =，故//,=AE BC AE BC ，故四边形AECB 为平行四边形，故//CE AB ，所以CE ⊥平面PAD ，而,PE ED ⊂平面PAD ，故,CE PE CE ED ⊥⊥，而PE ED ⊥，故建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()()()0,1,0,1,1,0,1,0,0,0,2,0,0,0,2A B C D P --，则()()()()0,1,2,1,1,2,1,0,2,0,2,2,PA PB PC PD =--=--=-=-设平面PAB 的法向量为(),,m x y z =，则由0m PA m PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得2020y z x y z --=⎧⎨--=⎩，取()0,2,1m =- ，设平面PCD 的法向量为(),,n a b c =，则由0n PC n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得20220a b b c -=⎧⎨-=⎩，取()2,1,1n = ，故cos ,30m n ==-，故平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值为303018.某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：赔偿次数01234单数800100603010假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.（1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率；（2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.（i ）记X 为一份保单的毛利润，估计X 的数学期望()E X ；（ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i ）中()E X 估计值的大小．（结论不要求证明）【答案】（1）110（2）(i)0.122万元；(ii)这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i ）中()E X 估计值【解析】【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;（2）（ⅰ）设ξ为赔付金额，则ξ可取0,0.8,0.1.6,2.4,3，用频率估计概率后可求ξ的分布列及数学期望，从而可求()E X .（ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求()E Y ，从而即可比较大小得解.【小问1详解】设A 为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得()603010180010060301010P A ++==++++.【小问2详解】（ⅰ）设ξ为赔付金额，则ξ可取0,0.8,1.6,2.4,3，由题设中的统计数据可得()()800410010,0.810005100010P P ξξ======，603( 1.6)100050P ξ===，303( 2.4)1000100P ξ===，101(3)1000100P ξ===，故()4133100.8 1.6 2.430.27851050100100E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=故()0.40.2780.122E X =-=（万元）.（ⅱ）由题设保费的变化为410.496%0.4 1.20.403255⨯⨯+⨯⨯=，故()0.1220.40320.40.1252E Y =+-=（万元），从而()()E X E Y <.19.已知椭圆E ：()222210+=>>x y a b a b，以椭圆E 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点()(0,t t >且斜率存在的直线与椭圆E 交于不同的两点,A B ，过点A 和()0,1C 的直线AC 与椭圆E 的另一个交点为D ．（1）求椭圆E 的方程及离心率；（2）若直线BD 的斜率为0，求t 的值．【答案】（1）221,422x y e +==（2）2t =【解析】【分析】（1）由题意得b c ==，进一步得a ，由此即可得解；（2）设(:,0,AB y kx t k t =+≠>，()()1122,,,A x y B x y ，联立椭圆方程，由韦达定理有2121222424,1221kt t x x x x k k --+==++，而()121112:y y AD y x x y x x -=-++，令0x =，即可得解.【小问1详解】由题意b c ===，从而2a ==，所以椭圆方程为22142x y +=，离心率为2e =；【小问2详解】直线AB 斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，从而设(:,0,AB y kx t k t =+≠>，()()1122,,,A x y B x y ，联立22142x y y kx t ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，化简并整理得()222124240k x ktx t +++-=，由题意()()()222222Δ1682128420k t k t k t=-+-=+->，即,k t 应满足22420kt +->，所以2121222424,1221kt t x x x x k k --+==++，若直线BD 斜率为0，由椭圆的对称性可设()22,D x y -，所以()121112:y y AD y x x y x x -=-++，在直线AD 方程中令0x =，得()()()()2122112121221121212422214C k t x kx t x kx t kx x t x x x y x y y t x x x x x x kt t-++++++====+==+++-，所以2t =，此时k 应满足222424200k t k k ⎧+-=->⎨≠⎩，即k 应满足22k <-或22k >，综上所述，2t =满足题意，此时22k <-或22k >.20.设函数()()()ln 10f x x k x k =++≠，直线l 是曲线()y f x =在点()()(),0t f t t >处的切线．（1）当1k =-时，求()f x 的单调区间.（2）求证：l 不经过点()0,0.（3）当1k =时，设点()()(),0A t f t t >，()()0,C f t ，()0,0O ，B 为l 与y 轴的交点，ACO S 与ABOS 分别表示ACO △与ABO 的面积．是否存在点A 使得215ACO ABO S S =△△成立？若存在，这样的点A 有几个？（参考数据：1.09ln31.10<<，1.60ln51.61<<，1.94ln71.95<<）【答案】（1）单调递减区间为(1,0)-，单调递增区间为(0,)+∞.（2）证明见解析（3）2【解析】【分析】（1）直接代入1k =-，再利用导数研究其单调性即可；（2）写出切线方程()1()(0)1k y f t x t t t ⎛⎫-=+-> ⎪+⎝⎭，将(0,0)代入再设新函数()ln(1)1tF t t t=+-+，利用导数研究其零点即可；（3）分别写出面积表达式，代入215ACO ABO S S = 得到13ln(1)21501tt t t+--=+，再设新函数15()13ln(1)2(0)1th t t t t t=+-->+研究其零点即可.【小问1详解】1()ln(1),()1(1)11x f x x x f x x x x'=-+=-=>-++，当()1,0x ∈-时，′<0；当∈0,+∞，′>0；()f x ∴在(1,0)-上单调递减，在(0,)+∞上单调递增.则()f x 的单调递减区间为(1,0)-，单调递增区间为(0,)+∞.【小问2详解】()11k f x x '=++，切线l 的斜率为11k t++，则切线方程为()1()(0)1k y f t x t t t ⎛⎫-=+-> ⎪+⎝⎭，将(0,0)代入则()1,()111k k f t t f t t t t ⎛⎫⎛⎫-=-+=+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，即ln(1)1k t k t t tt ++=++，则ln(1)1t t t +=+，ln(1)01tt t +-=+，令()ln(1)1tF t t t=+-+，假设l 过(0,0)，则()F t 在(0,)t ∈+∞存在零点.2211()01(1)(1)t t t F t t t t +-'=-=>+++，()F t ∴在(0,)+∞上单调递增，()(0)0F t F >=，()F t ∴在(0,)+∞无零点，∴与假设矛盾，故直线l 不过(0,0).【小问3详解】1k =时，12()ln(1),()1011x f x x x f x x x+'=++=+=>++.1()2ACO S tf t = ，设l 与y 轴交点B 为(0,)q ，0t >时，若0q <，则此时l 与()f x 必有交点，与切线定义矛盾.由（2）知0q ≠.所以0q >，则切线l 的方程为()()1ln 111y t t x t t ⎛⎫--+=+- ⎪+⎝⎭，令0x =，则ln(1)1t y q y t t ===+-+.215ACO ABO S S = ，则2()15ln(1)1t tf t t t t ⎡⎤=+-⎢⎥+⎣⎦，13ln(1)21501t t t t ∴+--=+，记15()13ln(1)2(0)1th t t t t t=+-->+，∴满足条件的A 有几个即()h t 有几个零点.()()()()()()()()2222221313221152141315294211111t t t t t t t h t t t t t t +-++--+--+-=--=++'==+++，当10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h t '<，此时()h t 单调递减；当1,42t ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0h t '>，此时()h t 单调递增；当()4,t ∞∈+时，()0h t '<，此时()h t 单调递减；因为1(0)0,0,(4)13ln 520131.6200.802h h h ⎛⎫==-⨯-=> ⎪⎝⎭，15247272(24)13ln 254826ln 548261.614820.5402555h ⨯=--=--<⨯--=-<，所以由零点存在性定理及()h t 的单调性，()h t 在1,42⎛⎫⎪⎝⎭上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，综上所述，()h t 有两个零点，即满足215ACO ABO S S =的A 有两个.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.21.已知集合()}{}{}{}{},,,1,2,3,4,5,6,7,8,M i j k w i j k w i j k w =∈∈∈∈+++且为偶数．给定数列128:,,,A a a a ，和序列12:,,s T T T Ω ，其中()(),,,1,2,,t t t t t T i j k w M t s =∈= ，对数列A 进行如下变换：将A 的第1111,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到的数列记作()1T A ；将()1T A 的第2222,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到数列记作()21T T A ；……；以此类推，得到()21s T T T A ，简记为()A Ω．（1）给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9A 和序列()()():1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7Ω，写出()A Ω；（2）是否存在序列Ω，使得()A Ω为123456782,6,4,2,8,2,4,4a a a a a a a a ++++++++，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；（3）若数列A 的各项均为正整数，且1357a a a a +++为偶数，求证：“存在序列Ω，使得()A Ω的各项都相等”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”．【答案】（1）():3,4,4,5,8,4,3,10A Ω（2）不存在符合条件的Ω，理由见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）直接按照()ΩA 的定义写出()ΩA 即可；（2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列Ω共有8项，可知：()()2122128,1,2,3,4n n n n b b a a n --+-+==，检验即可；（3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若12345678a a a a a a a a +=+=+=+，分类讨论1357,,,a a a a 相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列Ω，使得()ΩA 为常数列，结合定义分析证明即可.【小问1详解】因为数列:1,3,2,4,6,3,1,9A ，由序列()11,3,5,7T 可得()1:2,3,3,4,7,3,2,9T A ；由序列()22,4,6,8T 可得()21:2,4,3,5,7,4,2,10T T A ；由序列()31,3,5,7T 可得(321:3,4,4,5,8,4,3,10T T T A ；所以()Ω:3,4,4,5,8,4,3,10A .【小问2详解】解法一：假设存在符合条件的Ω，可知()ΩA 的第1,2项之和为12a a s ++，第3,4项之和为34a a s ++，则()()()()121234342642a a a a sa a a a s⎧+++=++⎪⎨+++=++⎪⎩，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω；解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，假设存在符合条件的Ω，且()128Ω:,,,A b b b ⋅⋅⋅，因为2642824484+++++++=，即序列Ω共有8项，由题意可知：()()2122128,1,2,3,4n n n n b b a a n --+-+==，检验可知：当2,3n =时，上式不成立，即假设不成立，所以不存在符合条件的Ω.【小问3详解】解法一：我们设序列()21...s T T T A 为{}(),18s n a n ≤≤，特别规定()0,18nn aa n =≤≤.必要性：若存在序列12:,,s T T T Ω ，使得()ΩA 的各项都相等.则,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a =======，所以,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+.根据()21...s T T T A 的定义，显然有,21,21,211,21s j s j s j s j a a a a ----+=++，这里1,2,3,4j =，1,2,...s =.所以不断使用该式就得到12345678,1,2s s a a a a a a a a a a s +=+=+=+=+-，必要性得证.充分性：若12345678a a a a a a a a +=+=+=+.由已知，1357a a a a +++为偶数，而12345678a a a a a a a a +=+=+=+，所以()()24681213574a a a a a a a a a a +++=+-+++也是偶数.我们设()21...s T T T A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列()ΩA 中，使得,1,2,3,4,5,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+--最小的一个.上面已经说明,21,21,211,21s j s j s j s j a a a a ----+=++，这里1,2,3,4j =，1,2,...s =.从而由12345678a a a a a a a a +=+=+=+可得,1,2,3,4,5,6,7,812s s s s s s s s a a a a a a a a a a s +=+=+=+=++.同时，由于t t t t i j k w +++总是偶数，所以,1,3,5,7t t t t a a a a +++和,2,4,6,8t t t t a a a a +++的奇偶性保持不变，从而,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数.下面证明不存在1,2,3,4j =使得,21,22s j s j a a --≥.假设存在，根据对称性，不妨设1j =，,21,22s j s j a a --≥，即,1,22s s a a -≥.情况1：若,3,4,5,6,7,80s s s s s s a a a a a a -+-+-=，则由,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数，知,1,24s s a a -≥.对该数列连续作四次变换()()()()2,3,5,8,2,4,6,8,2,3,6,7,2,4,5,7后，新的4,14,24,34,44,54,64,74,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++-+-+-+-相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-减少4，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-的最小性矛盾；情况2：若,3,4,5,6,7,80s s s s s s a a a a a a -+-+->，不妨设,3,40s s a a ->.情况2-1：如果,3,41s s a a -≥，则对该数列连续作两次变换()()2,4,5,7,2,4,6,8后，新的2,12,22,32,42,52,62,72,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++-+-+-+-相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-至少减少2，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-的最小性矛盾；情况2-2：如果,4,31s s a a -≥，则对该数列连续作两次变换()()2,3,5,8,2,3,6,7后，新的2,12,22,32,42,52,62,72,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++-+-+-+-相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-至少减少2，这与,1,2,3,4,5,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+--的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的1,2,3,4j =都有,21,21s j s j a a --≤.假设存在1,2,3,4j =使得,21,21s j s j a a --=，则,21,2s j s j a a -+是奇数，所以,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+都是奇数，设为21N +.则此时对任意1,2,3,4j =，由,21,21s j s j a a --≤可知必有{}{},21,2,,1s j s j a a N N -=+.而,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数，故集合{},s m m a N =中的四个元素,,,i j k w 之和为偶数，对该数列进行一次变换(),,,i j k w ，则该数列成为常数列，新的1,11,21,31,41,51,61,71,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++-+-+-+-等于零，比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-更小，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-的最小性矛盾.综上，只可能(),21,201,2,3,4s j s j a a j --==，而,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+，故{}(),Ωs na A =是常数列，充分性得证.解法二：由题意可知：Ω中序列的顺序不影响()ΩA 的结果，且()()()()12345678,,,,,,,a a a a a a a a 相对于序列也是无序的，（ⅰ）若12345678a a a a a a a a +=+=+=+，不妨设1357a a a a ≤≤≤，则2468a a a a ≥≥≥，①当1357a a a a ===，则8642a a a a ===，分别执行1a 个序列()2,4,6,8、2a 个序列()1,3,5,7，可得1212121212121212,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，为常数列，符合题意；②当1357,,,a a a a 中有且仅有三个数相等，不妨设135a a a ==，则246a a a ==，即12121278,,,,,,,a a a a a a a a ，分别执行2a 个序列()1,3,5,7、7a 个序列()2,4,6,8可得122712212272778,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，即1227122712272712,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，因为1357a a a a +++为偶数，即173a a +为偶数，可知17,a a 的奇偶性相同，则*712a a -∈N ，分别执行712a a -个序列()1,3,5,7，()1,3,6,8，()2,3,5,8，()1,4,5,8，可得72172172172172172172173232323232323232,,,,,,,22222222a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a+-+-+-+-+-+-+-+，为常数列，符合题意；③若1357a a a a =<=，则2468a a a a =>=，即12125656,,,,,,,a a a a a a a a ，分别执行5a 个()1,3,6,8、1a 个()2,4,5,7，可得1512151215561556,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，因为1256a a a a +=+，可得1512151215121512,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，即转为①，可知符合题意；④当1357,,,a a a a 中有且仅有两个数相等，不妨设13a a =，则24a a =，即12125678,,,,,,,a a a a a a a a ，分别执行1a 个()2,4,5,7、5a 个()1,3,6,8，可得1512151215561758,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，且1256a a a a +=+，可得1512151215121758,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，因为13571572a a a a a a a +++=++为偶数，可知57,a a 的奇偶性相同，则()()()()1515151715743a a a a a a a a a a a +++++++=++为偶数，且15151517a a a a a a a a +=+=+<+，即转为②，可知符合题意；⑤若1357a a a a <<<，则2468a a a a >>>，即12345678,,,,,,,a a a a a a a a ，分别执行1a 个()2,3,5,8、3a 个()1,4,6,7，可得1312133415363718,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，且1234a a a a +=+，可得1312131215363718,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，因为1357a a a a +++为偶数，则()()()()()()131315371313572a a a a a a a a a a a a a a +++++++=+++++为偶数，且13131537a a a a a a a a +=+<+<+，即转为④，可知符合题意；综上所述：若12345678a a a a a a a a +=+=+=+，则存在序列Ω，使得()ΩA 为常数列；（ⅱ）若存在序列Ω，使得()ΩA 为常数列，因为对任意()128Ω:,,,A b b b ⋅⋅⋅，均有()()()()12123434b b a a b b a a +-+=+-+()()()()56567878b b a a b b a a =+-+=+-+成立，若()ΩA 为常数列，则12345678b b b b b b b b +=+=+=+，所以12345678a a a a a a a a +=+=+=+；综上所述：“存在序列Ω，使得()ΩA 为常数列”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.。
精品解析：2022年新高考全国Ⅱ卷语文真题(解析版)
阅读下面的文字，完成下面小题。
到橘子林去
李广田
小孩子的记忆力真是特别好，尤其是关于她特别有兴趣的事情，她总会牢牢地记着，到了适当的机会她就会把过去的事来问你，提醒你。
“爸爸，你领我去看橘子林吧，橘子熟了，满树上是金黄的橘子。”
今天，小岫忽然向我这样说，我稍稍迟疑了一会，还不等回她，她就又抢着说了：“你看，今天是晴天，橘子一定都熟了，爸爸说过领我去看的。”
C.“学界对杨译本和霍译本的比较并不在翻译的技术性层面”错，材料三“我所感兴趣的不是翻译的技术性问题，而是这两位译家及两种译本的语言修辞、文化身份、翻译立场与翻译策略的差异性等问题”是说“我”感兴趣的，而是“学界”。
D.“近年来中国文化‘走出去’所遇到的障碍，让本土的翻译经验与西方翻译理论孰优孰劣成为一个学者们竞相讨论的问题”强加因果。材料一是说“三位译者皆因此获得巨大声誉，也同时掀起了翻译界此后对两种译本经久不息的对比研究热潮”。
由“杨宪益的翻译可以称之为‘临摹式翻译’。‘临摹’是初学书画之法，就是照着一幅书法或者绘画描其形而逮其神，最终达到与原作的惟妙惟肖。临摹者往往会将忠实原作视为自己对艺术的全部追求”可知，杨宪益主张“临摹”式翻译，将忠实原作作为其全部艺术追求。
【5题详解】
本题考查学生对文中信息进行分析、运用的能力。
由“典籍英译的主要目的，是向西方世界介绍真正的中国传统文化，促进中西文化交流和发展，让西方了解真正的中国”可概括为：译本能否向西方世界介绍真正的中国传统文化，促进中西文化交流和发展。
（摘编自党争胜《霍克思与杨宪益的翻译思想刍议》）
材料三：
从当下国际学界关于两百年《红楼梦》翻译史及诸种译本的研究来看，大多数学者对杨译本和霍译本给予了充分的认可，学界就这两种译本的翻译技术性问题有着相当细致的讨论。然而我所感兴趣的不是翻译的技术性问题，而是这两位译家及两种译本的语言修辞、文化身份、翻译立场与翻译策略的差异性等问题。杨宪益译本的翻译立场与翻译策略更注重推动英语贴着汉语文化观念的地面行走，所以杨译本不可遏制地透露出把中国文化传统及其风俗观念直输给西方读者的翻译立场，这也是杨译本失去西方英语读者的重要原因之一。不同于杨译本，霍译本的翻译立场与翻译策略超越了汉语《红楼梦》的字面意义，而旨在探求汉英双语背后两种异质文化观念之间相互理解与解释的适应性。他使用西方本土读者谙熟且可以接受的地道的英语及其文化、风俗等观念，以此来创造性、补充性与生成性地重构《石头记》，从而完成了两种异质文化观念之间的转换生成。
精品解析：2024年江苏省扬州市中考语文试题(原卷版)
B.斯科特接受了这项任务，他要忠实地去履行这一最冷酷无情的职责：在世界面前为另一个人完成的业绩做证，而这一事业正是他自己所热烈追求的。（《伟大的悲剧》）
二、阅读理解（60分）
（一）名篇名著阅读（15分）
4.下列关于文学作品中人物成长的说法，正确的一项是（ ）
3.学校开展以“君子自强不息”为主题的综合性学习活动，请完成以下任务。
（1）任务一：学校邀请神舟团队成员来做报告，作为活动主持人，听完他的发言，你如何总结？
团队成员：“……我们神舟团队坚持‘一次做对’‘100分才是合格’的理念，并将其落实到每次任务准备、每项判读、每个实验中。”
总结：_______________________________________________
（摘自2024年2月15日《浙江日报》，有删改）
14.依据材料一，简要概括龙的起源与演变过程。
15.扬扬对“龙”字的甲骨文和金文字形感到困惑，请你运用材料一和材料二中的相关内容为他解释。
16.针对部分老人迷信龙王的现象，社区举办“龙年说龙”活动，请你担任“龙文化”宣讲人。依据以上三则材料，说说你的宣讲思路。
8.《新元史》评萨都剌的诗具有“清丽”的特点，请结合“寒砧万户月如水，老雁一声霜满天”赏析。
9.结合诗歌内容，简析诗中“自笑” 内涵。
（三）文言文阅读（13分）
《平山堂记》节选
郑兴裔①
天地间无久而不敝之物，其尚有存者，必其为人所注意，而人为存之也。非然，则历变故、经岁月，虽以金石之质，犹不能与天地以不敝。
D.成长受到社会环境的影响。《故乡》中，闰土在旧社会的多重压迫下，从活泼勇敢、天真可爱的小英雄沦为辛苦恣睢、自私冷漠的木偶人。
精品解析：2020年山东省高考语文试题(新高考全国Ⅰ卷)(原卷版)
绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试语文本卷满分150分，考试时间150分钟。
注意事项：1．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．回答选择题时，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。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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，完成下面小题。
材料一：历史地理学的起源至少可以追溯到我国最早的地理学著作《禹贡》。
这篇托名大禹的著作实际产生在战国后期。
《禹贡》虽以记载传说中的大禹治水后的地理状况为主，但也包含了对以往地理现象的追溯，含有历史地理学的成分。
成书于公元1世纪的《汉书·地理志》对见于典籍记载的重要地理要素，包括古国、历史政区、地名、河流、山岭、古迹等都做了记载和简要考证，并不局限于西汉一朝。
作者班固比较充分地利用已有的地理记载和地理研究成果，使得中国历史地理学研究初具雏形。
同样，成书于公元6世纪的《水经注》也从传世的数百种地理著作中搜集整理了大量史料，并做了深入的考证和研究。
今天，我们之所以还能知道先秦的某一个地名在现在的什么地方，能知道秦汉以降的疆域范围，能够大致了解黄河早期的几次改道，都离不开这两种著作。
在中国漫长的历史中，皇朝的更迭、政权的兴衰、疆城的盈缩、政区的分合和地名的更改不断发生；黄河下游及其支流的频繁决溢改道又经常引起有关地区地貌及水系的变迁，给社会生活带来相当大的影响。
中国古代繁荣的文化使这些变化大多得到了及时而详尽的记载，但由于在如此巨大的空间和时间中所发生的变化是如此复杂，已不是一般学者所能随意涉足，因而产生了一门专门学问——沿革地理。
沿革地理研究的内容关系到国计民生，也是治学的基础，例如历史地名的注释和考证、历代疆域和政区的变迁、黄河等水道的变迁，特别是与儒家经典和传统正史的理解有关的地理名称和地理知识,都被看成是治学的基本功。
精品解析：2024年浙江省高考地理真题(6月)(原卷版)(合并)
浙江省2024年6月普通高中学业水平等级性考试地理本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8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。
选择题部分一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50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）下图为世界局部海域8月份表层海水盐度和洋流分布图。
完成下面小题。
1.从河口到阿拉伯海，表层海水盐度（）A.持续升高B.持续降低C.先升后降D.先降后升2.图中洋流属于（）A.西风漂流B.北印度洋季风洋流C.中低纬海区大洋环流D.中高纬海区大洋环流黑龙江是我国商品粮生产大省，耕地非粮化在全国处于较低水平。
该省某企业收购当地优质玉米，采用真空包装，制成鲜食玉米，通过网络平台销售到全国各地。
完成下面小题。
3.该省耕地非粮化水平较低的主要影响因素是（）A.土地B.劳动力C.资金D.技术4.该企业生产带来的影响是（）A.降低玉米的商品率B.促进生产企业小而精C.提高玉米生产收益D.增加销售交易的环节下图为某地喀斯特地貌发育区的岩层分布示意图。
在该地地下河沉积物中，发现有大熊猫、剑齿象等哺乳动物骨骼化石。
完成下面小题。
5.最有可能发育大型溶洞的位置是（）A.①B.②C.③D.④6.大熊猫、剑齿象等骨骼化石来自（）A.古生代砂页岩B.古生代石灰岩C.中生代砂砾岩D.新生代沉积物无人机遥感是近年来应用于水生态环境监测的新技术。
下图为2021～2023年鄱阳湖总氮含量监测数据和总氮Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ类水质标准示意图。
完成下面小题。
7.从2021～2023年总氮含量变化看，鄱阳湖水质（）A.冬半年优于夏半年B.受水量影响较小C.全年优于Ⅱ类水质标准D.受气温影响明显8.在水生态环境监测中，利用无人机遥感技术可（）A.获取水质信息数据B.获取水体流量数据C.制定污染处理方案D.判断水体污染类型有机土在我国分布广泛，其有机质累积量超过分解量，有机质含量极高。
精品解析：天津市部分区2020-2021学年高三上学期期中语文试题(解析版)
天津市部分区2020－2021学年度第一学期期中练习高三语文注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(主观题)两部分。
全卷满分150分，考试时间150分钟。
2.作答时，将答案写在答题纸上，写在本试卷上无效。
第Ⅰ卷一、(9分)阅读下面的文字，完成下面小题。
家，很小，却是每个人时时都离不开的牵系；国，很大，它涵养润育着一代又一代炎黄子孙。
从古至今，文人墨客用他们对民族的热爱，对国家的忠诚，对百姓的忧思，写下了许多① 千古的不朽诗篇。
“位卑未敢忘忧国”，最是诗中家国情。
在中国传统文化意义上，“家”和“国”从来融为一体，不可分割。
( )“居庙堂之高则忧其民，处江湖之远则忧其君”表明不论身处何时何地，一以贯之的是忧心苍生社稷的家国情怀。
“忧国不谋身”的② 表达，则是古代先哲一心担忧国家兴亡，从不为自己利益做谋划的真实写照。
从《礼记·大学》“修身齐家治国平天下”到范仲淹“先天下之忧而忧，后天下之乐而乐”的责任担当，从韩愈“欲为圣明除弊事，肯将衰朽惜残年”到文天祥“平生读书为谁事，临难何忧复何惧”的报国之志，从杜甫“感时花溅泪，恨别鸟惊心”到陆游“王师北定中原日，家祭无忘告乃翁”的念念不忘，从辛弃疾“醉里挑灯看剑，梦回吹角连营”到顾炎武“天下兴亡，匹夫有责”的豪迈气……开古代诗文的浩瀚长卷，我们感受到家与国、苍生与社稷、个人前途与国家命运③ 。
几千年时光悠悠流转，然而那深入骨髓的家国情怀却如一条绵绵不休的情感河流，始终流淌在每一个文人士子的笔底心头，创造出中华民族灿烂的文化，支撑起华夏儿女不弯的脊梁。
1. 依次填入文中横线处的词语，最恰当的一组是（）A. 流传简洁休戚相关B. 流传简捷息息相关C. 留传简洁息息相关D. 留传简捷休戚相关2. 在选文中括号处填入句子，表述最恰当的一项是（）A. 在五千年漫长的历史长河中，使家国情怀与情感的延续在很大程度上以诗文的形式传承。
B. 五千年漫长的历史长河，家国情怀与情感的延续在很大程度上是以诗文的形式传承的。