福建省厦门第一中学2017-2018学年高三上学期暑假返校试卷三(开学分班)考试语文试题 Word版含答案
福建省厦门第一中学2017届高三上学期暑假返校试卷三(开学分班)理数 (详细答案版)
福建省厦门第一中学2017届高三上学期暑假返校试卷三（开学分班）理数一、选择题：共12题每题5分共60分1．若集合A={x|2x>x2},B={y|y=2x,x∈A},则集合A∩B等于A.(0,2)B.(0,4)C.(1,2)D.(0,+∞)【答案】C【解析】本题考查集合的运算,指数函数,二次不等式.A=x2x>x2=x0<x<2, B=y y=2x,x∈A=y1<y<4,A∩B=x1<x<2.故选C.2．已知a>0,x,y满足约束条件x≥1x+y≤3y≥a(x−3),若z=2x+y的最小值为1,则a=A.12B.2 C.14D.4【答案】A【解析】本题考查简单的线性规划问题.如图在1,−1取最小值1,此时a=12. 故选A.3．已知实数a,b,c,d成等比数列,且曲线y=3x−x3的极大值点为b,极小值为c,则ad= A.4 B.−4 C.2 D.-2【答案】B【解析】本题考查数列,函数的极值.y′=−3x2+3=0,x=1,x=−1,f1=3×1−13=2,f−1=3×−1−−13=−2,b=2,c=−2实数a,b,c,d成等比数列,ad= bc=−4.选B.4．下面四个条件中,是使a>b成立的必要不充分的条件的是A.a>b+1B.a>b−1C.a2>b2D.a3>b3【答案】B【解析】本题考查不等式的性质.a>b⇒a>b−1,a>b−1⇏a>b.故选B.5．已知D为ΔABC的边AB上的一点,且CD=13AC+λ·BC,则实数λ的值为A.23B.−23C.43D.−43【答案】D【解析】本题考查向量的线性运算.CD=μCA+1−μ·CB=13AC+λ·BC.即μ=−13,1−μ=−λ,∴μ+1−μ=−13+−λ,∴λ=−43. 故选D.6．已知A,B为中心在原点,焦点在x上的双曲线E的左,右顶点,点M在E上,ΔABM为等腰三角形,且顶角为120°,则E的渐近线方程为A.2x±y=0B.3x±y=0C.x±y=0D.2x±y=0【答案】C【解析】本题考查圆锥曲线的定义, 顶角为120°∴MB=2a,M 2a,,4a2a −3a2b=1,∴a2=b2,E的渐近线方程为x±y=0. 故选C.7．若log2(a+4b)=log2a+log2b,则a·b的最小值是A.16B.8C.4D.2【答案】A【解析】本题考查基本不等式求最值.log2a+4b=log2a+log2b⇒a∙b=a+4b≥2a∙4b,a∙b≥4a∙b,∴a∙b≥16. 故选A.8．已知抛物线C:y2=16x的焦点为F,准线为l,P是l上一点,Q是直线PF与C的一个交点,若PF=4FQ,则|QF|=A.6B.8C.10D.12【答案】C【解析】由PF=4FQ知x F−x P=4 x Q−x F,x F=−x P=4,∴x Q=6,而QF=x Q+164= 10,故选C.9．设a,b∈R,定义运算“∧”和“∨”如下:a∧b=a,a≤b,b,a>b,a∨b=b,a≤b,a,a>b.若正数a,b,c,d满足ab≥4,c+d≤4,则___.A.a∧b≥2,c∧d≤2B.a∧b≥2,c∨d≥2C.a∨b≥2,c∧d≤2D.a∨b≥2,c∨d≥2【答案】C【解析】本题主要考查考生的阅读能力,转化问题的能力,综合利用基础知识分析问题、发现问题和解决问题的能力.事实上本题的“∧”和“∨”运算就是取最小值和最大值运算,而ab≥4,则a,b中至少有一个大于或等于2,否则ab<4,∴a∨b≥2;同理c+d≤4,则c,d中至少有一个小于或等于2,∴c∧d≤2,故选C.【备注】【方法技巧】本题属于信息题,我们要认真阅读,通过对新知识的理解与和已学知识的联系,拨开“云雾”现“太阳”,此时问题就很好解决了.10．已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),且满足f(x)+x·f′(x)>0(f′(x)是f(x)的导函数),则不等式(x−1)f(x2−1)<f(x+1)的解集为A.(-1,2)B.(1,2)C.(2,+∞)D.(−∞,2)【答案】B【解析】本题考查应用导数解不等式问题.导数符号判断单调性.xf x′=f x+x·f′x>0, x=xf x是单调增函数.(x−1)f(x2−1)<f(x+1)⇒(x2−1)f(x2−1)<(x+1)f(x+1),即x2−1<x+1,且x2−1>0,∴x∈1,2. 故选B.11．设实数x,y满足2x+y≤10x+2y≤14x+y≥6,则xy的最大值为A.12B.14C.252D.492【答案】C【解析】本题考查简单的线性规划问题,非线性的目标函数.如图xy=z与x+y=6相切时取最大值,此时z=252.12．已知函数f(x)=A sin(ϖx+φ)(A,ϖ,φ均为正的常数)的最小正周期为π,当x=2π3时,函数f(x)取得最小值,则下列结论正确的是A.f(0)<f(2)<f(−2)B.f(2)<f(0)<f(−2)C.f(−2)<f(0)<f(2)D.f(2)<f(−2)<f(0)【答案】D【解析】本题考查三角函数的周期性,最值.x=2π3时,函数f(x)取得最小值,最小正周期为π,当x∈π6,2π3,时f(x)为减函数,x=π6为对称轴π6<π3<π−2<2<2π3,f(2)<f(π−2)<f(π3),fπ−2=f(−2),fπ3=f(0),∴f(2)<f(−2)<f(0).故选D.二、填空题：共4题13．已知函数f(x)=−x+2,x≤0,x+2,x>0,,则不等式f(x)≥x2的解集为_______.【答案】［-2,2］【解析】本题考查分段函数,函数与不等式.−x+2≥x2x≤0或x+2≥x2x>0,即−2≤x≤0或0≤x≤2,即−2≤x≤2.14．在极坐标中,圆ρ=8sinθ上的点到直线θ=π3(ρ∈R)距离的最大值是________. 【答案】6【解析】本题考查极坐标的应用,圆的极坐标方程,直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化.ρ=8sinθ⇒x2+y−42=16,圆心为0,4,r=4,直线θ=π3为y=3x, 圆心到直线的距离为d=3+1=2, 距离的最大值r+2=4+2=6.15．已知数列{a n}的前n项和为S n,对任意n∈N∗都有S n=23a n−13,若−1<S k<2,则正整数k的值为________. 【答案】2【解析】本题考查数列的前n项和,数列与不等式的关系.S n=23a n−13S n−1=23a n−1−13⇒a n=−2a n−1,a1=−1,S n=−11−−2n1−−2=−13+−2n3∈−1,2,k=2符合.16．学校餐厅每天供应500名学生用餐,每星期一有A,B两种菜可供选择.调查表明,凡是在这星期一选A菜的,下星期一会有20%改选B菜;而选B菜的,下星期一会有30%改选A菜,用a n(n∈N∗)表示第n个星期一选A菜的人数,如果a1=428,则a8的值为_________.【答案】301【解析】本题考查推理思维,a1=428,a2=428−428×0.2+72×0.3=364,同理a3=332,a4=316,a5=308,a6=304,a7=302,a8=301.三、解答题：共6题17．在ΔABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且2a−cb =cos Ccos B．(Ⅰ)求B的大小;(Ⅱ)若点M为BC的中点,且求AM=AC,求sin Csin A的值．【答案】(Ⅰ)∵2a−cb =cos Ccos B,∴2a cos B=c cos B+b cos C=a,∴cos B=12.∵0<B<π,∴B=π3.(Ⅱ)在ΔABC中,由余弦定理得:AC2=a2+c2−2ac cos B=a2+c2−ac,在ΔABM中,由余弦定理得AM2=14a2+c2−2a2·c·cos B=14a2+c2−12ac.∵AM=AC,∴14a2+c2−2ac=a2+c2−ac⇒ca=32.∴由正弦定理得sin Csin A =ca=32.【解析】本题考查解三角形, 余弦定理与正弦定理. (Ⅰ)∵2a−cb =cos Ccos B,∴2a cos B=c cos B+b cos C=a,∴cos B=12. ∵0<B<π,∴B=π3. (Ⅱ)在ΔABC中,由余弦定理得:AC2=a2+c2−2ac cos B=a2+c2−ac,在ΔABM中,由余弦定理得AM2=14a2+c2−2a2·c·cos B=14a2+c2−12ac. ∵AM=AC,∴14a2+c2−2ac=a2+c2−ac⇒c a =32.∴由正弦定理得sin Csin A=ca=32.18．已知首项为12的等比数列{a n}是递减数列,其前n项和为S n,且S1+a1,S2+a2,S3+a3成等差数列．(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)若b n=a n·log2a n(n∈N∗),数列{b n}的前n项和为T n,求满足不等式T n+2n+2≥116的最大n值．【答案】(Ⅰ)设等比数列{a n}的公比为q,由题知a1=12,因为S1+a1,S2+a2,S3+a3成等差数列,所以2(S2+a2)=S1+a1+S3+a3, 变形得S2−S1+2a2=a1+S3−S2+a3,即3a2=a1+2a3,所以32q=12+q2,解得q=1或q=12.又{a n}为递减数列,于是q=12,∴a n=a1q n−1=(12)n.(Ⅱ)∵b n=a n·log2a n=−n·(12)n,∴T n=−[1×12+2×(12)2+⋯+(n−1)·(12)n−1+n·(12)n],1 2T n=−[1×(12)2+2×(12)3+⋯+(n−1)·(12)n+n·(12)n+1].两式相减得:1T n=−[1+(1)2+⋯+(1)n−n·(1)n+1]=−12[1−(12)n]1−12+n·(1)n+1=(n+2)·(12)n+1−1,∴T n=(n+2)·(12)n−2.∴T n+2n+2=(12)n≥116,解得n≤4.∴n的最大值为4.【解析】本题考查数列的求和, 数列的通项公式,等差数列的概念.(Ⅰ)设等比数列{a n}的公比为q,由题知a1=12,因为S1+a1,S2+a2,S3+a3成等差数列,所以2(S2+a2)=S1+a1+S3+a3,变形得S2−S1+2a2=a1+S3−S2+a3,即3a2=a1+2a3,所以3 2q=12+q2,解得q=1或q=12.又{a n}为递减数列,于是q=12,∴a n=a1q n−1=(12)n. (Ⅱ)∵b n=a n·log2a n=−n·(12)n,∴T n=−[1×12+2×(12)2+⋯+(n−1)·(12)n−1+n·(1 2)n],利用错位相减得T n=(n+2)·(12)n−2.∴T n+2n+2=(12)n≥116,解得n≤4.∴n的最大值为4.19．如图1,在RtΔABC中,∠ABC=90∘,∠BAC=60∘,AB=2,D、E分别为AC、BD的中点,连接AE并延长交BC于F,将ΔABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,如图2所示．(Ⅰ):求证:AE⊥平面BCD;(Ⅱ)求平面AEF与平面ADC所成的二面角(锐角)的余弦值;(Ⅲ)在线段AF上是否存在点M使得EM//平面ADC?若存在,请指出点M的位置;若不存在,说明理由.【答案】(Ⅰ)∵在RtΔABC中∠ABC=90∘,D为AC的中点,∴BD=AD,∵∠BAC=60∘,∴ΔABD为等边三角形.∵E为BD的中点,∴AE⊥BD于E.∵面ABD⊥面BCD,且交于BD,在ΔABD中,AE⊥BD．∴AE⊥面BCD.(Ⅱ)由结论AE⊥面BCD,∴AE⊥EF,由题意知EF⊥BD,又AE⊥BD,如图,以E为坐标原点,分别以EF、ED、EA所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.由(Ⅱ)可得AB=BD=DC=AD=2,BE=ED=1.在等边三角形ABD中,AE=3、BC=23、BF=33,则E(0,0,0)、D(0,1,0)、B(0,−1,0)、A(0,0,、F(33,0,0)、C(3,2,0),则DC=(3,1,0)、AD=(0,1,−3).易知平面AEF的一个法向量为ED=(0,1,0). 设平面ADC的法向量为n=(x,y,z),则n·DC=0n·AD=0,即3x+y=0y−3z=0.取x=1得n=(1,−3,−1),∴cos(n,ED)=31×5=155.∴平面AEF与平面ADC所成的锐二面角的余弦值为155．(Ⅲ)设AM=λAF,其中λ∈[0,1],∵AM=(33,0,−3),∴AM=λAF=(33λ,0,−3λ),其中λ∈[0,1].∴EM=EA+AM=(33λ,0,(1−λ)3).由EM·n=0,得33λ−(1−λ)3=0,解得λ=34∈[0,1].∴在线段AF上存在点M,使EM//平面ADC,且AM:AF=3:4.【解析】本题考查学生得空间想象能力,线面垂直得判断,线面平行得判断,二面角的求法. (Ⅰ)AE⊥BD于E.∵面ABD⊥面BCD,且交于BD,在ΔABD中,AE⊥BD,∴AE⊥面BCD. (Ⅱ)如图,以E为坐标原点,分别以EF、ED、EA所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系. 易知平面AEF的一个法向量为ED=(0,1,0), 平面ADC的法向量为n=(1,−3,−1)∴cos(n,ED)=31×5=155.∴平面AEF与平面ADC所成的锐二面角的余弦值为155．(Ⅲ)设AM=λAF,其中λ∈[0,1],∵AM=(33,0,−3),∴AM=λAF=(3 3λ,0,−3λ),其中λ∈[0,1].∴EM=EA+AM=(33λ,0,(1−λ)3).由EM·n=0,得3 3λ−(1−λ)3=0,解得λ=34∈[0,1],∴在线段AF上存在点M,使EM//平面ADC,且AM:AF=3:4.20．经销商经销某种农产品,在一个销售季度内,每售出1t该产品获利润500元,未售出的产品,每1t亏损300元.根据历史资料,得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图,如图所示.经销商为下一个销售季度购进了130t该农产品,以X(单位:t,100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量,T(单位:元)表示下一个销售季度内销商该农产品的利润.(Ⅰ)将T表示为X的函数,并根据直方图估计利润T不少于57000元的概率;(Ⅱ)在直方图的需求量分组中,以各组的区间中点值代表该组的各个值,需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如:若X∈[100,110),则取X=105,且X=105的概率等于需求量落入[100,110)的概率)求利润T的数学期望.【答案】(Ⅰ)当X∈[100,130)时,T=500X−300(130−X)=800X−39000,当X∈[130,150]时,T=500×130=65000,所以T=800X−39000,100≤X<130, 65000,130≤X≤150.利润T不少于57000元当且仅当120≤X≤150.由直方图知需求量X∈[120,150]的频率为0.30+0.25+0.15=0.7,所以下一个销售季度内的利润T不少于57000元的概率的估计值为0.7.(Ⅱ)依题意可得T的分布列T的数学期望为E(T)=45000×0.1+53000×0.2+61000×0.3+65000×0.4= 59400.【解析】本题考查频率分布直方图,概率,数学期望. (Ⅰ)由直方图知需求量X ∈[120,150]的频率为0.30+0.25+0.15=0.7,所以下一个销售季度内的利润T 不少于57000元的概率的估计值为0.7. (Ⅱ)依题意可得T 的分布列T 的数学期望为E (T )=45000×0.1+53000×0.2+61000×0.3+65000×0.4=59400.21．已知点M (0,2),椭圆E :x 2a+y 2b =1(a >b >0)的焦距为2 3,椭圆E 上一点G 与椭圆长轴上的两个顶点A ,B 连线的斜率之积等于−14. (Ⅰ)求E 的方程;(Ⅱ)设过点M 的动直线l 与E 相交于P ,Q 两点,当ΔOPQ 的面积最大时,求l 的直线方程. 【答案】(Ⅰ)设G (x 0,y 0),则y 02=b 2a2(a 2−x 02),由条件知,y 02x02−a 2=−14,即得−b 2a =−14⇒a 2=4b 2.又2c =2 3⇒c = 3⇒a 2−b 2=3, 所以a =2,b =1,故椭圆E 的方程为x 24+y 2=1.(Ⅱ)当l ⊥x 轴时不合题意,故设直线l :y =kx +2,P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2). 将l :y =kx +2代入x 24+y 2=1得(1+4k 2)x 2+16kx +12=0,Δ=16(4k 2−3)>0.从而|PQ |= 1+k 2|x 1−x 2|=4 1+k 24k2−34k +1.又点O 到直线PQ 的距离d =1+k 2,所以ΔOPQ 的面积S =12d ·|PQ |=4 4k2−34k +1. 设 2−3=t >0,则t >0,S =4t t 2+4=4t +4t≤2 t ·4=1. 当且仅当t =2即k =± 72时取等号,且k =± 72满足Δ>0.所以,当ΔOPQ 的面积最大时,l 的方程为l :y =± 72x +2.【解析】本题考查圆锥曲线的概念,直线与圆锥曲线的关系,考查考生的运算求解能力. (Ⅰ)由待定系数法得椭圆E 的方程为x 24+y 2=1. (Ⅱ)当l ⊥x 轴时不合题意,故设直线l :y =kx +2,P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2).联立方程组得|PQ |=4 1+k 24k2−34k +1.又点O 到直线PQ 的距离d = 1+k 2,所以ΔOPQ 的面积S =12d ·|PQ |=4 4k2−34k +1. 设 2−3=t >0,则t>0,S=4tt+4=4t+4≤2 t·t=1.当且仅当t=2即k=±72时取等号,且k=±72满足Δ>0. 所以,当ΔOPQ的面积最大时,l的方程为l:y=±72x+2.22．已知函数f(x)=e x+a e−x−2x是奇函数.(Ⅰ)求实数a的值,并判断f(x)的单调性;(Ⅱ)设函数g(x)=f(2x)−4bf(x),当x>0时,g(x)>0恒成立,求实数b的取值范围.【答案】(Ⅰ)因为f(x)=e x+a e−x−2x是奇函数,所以f(−x)=−f(x),即e−x+a e x+2x=−(e x+a e−x−2x),解得a=−1.因为f(x)=e x−e−x−2x,所以f′(x)=e x+e−x−2≥2e x·e−x−2=0,当且仅当x=0时,等号成立,所以f(x)在(−∞,+∞)上单调递增.(Ⅱ)g(x)=f(2x)−4bf(x)=e2x−e−2x−4x−4b(e x−e−x−2x)=e2x−e−2x−4b(e x−e−x)+(8b−4)xg′x=2e2x+2e−2x−4b e x+e−x+8b−4=2[(e x+e−x)2−2b(e x+e−x)+4(b−1)]=2[e x+e−x−2][e x+e−x−2(b−1)].①当2(b−1)≤2即b≤2时,g′(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(−∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.②当b>2时,若x满足2<e x+e−x<2b−2,即0<x<ln(b−1+ b2−2b)时,g′(x)<0.而g(0)=0,因此当0<x<ln(b−1+ b2−2b)时,g(x)<0,不符合题意.综上知,b的取值范围是(−∞,2].【解析】本题考查函数与导数的关系,导数与函数的单调性,应用函数的单调性求恒成立问题. (Ⅰ)因为f(x)=e x+a e−x−2x是奇函数,所以f(−x)=−f(x),即e−x+a e x+2x=−(e x+a e−x−2x),解得a=−1. 因为f(x)=e x−e−x−2x,所以f′(x)=e x+e−x−2≥2e x·e−x−2=0,当且仅当x=0时,等号成立,所以f(x)在(−∞,+∞)上单调递增. (Ⅱ)g(x)=f(2x)−4bf(x)=e2x−e−2x−4x−4b(e x−e−x−2x)=e2x−e−2x−4b(e x−e−x)+(8b−4)x,g′x=2e2x+2e−2x−4b e x+e−x+8b−4,=2[(e x+e−x)2−2b(e x+e−x)+4(b−1)]=2[e x+e−x−2][e x+e−x−2(b−1)].①当2(b−1)≤2即b≤2时,g′(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(−∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.②当b>2时,若x满足2<e x+e−x<2b−2,即0<x<ln(b−1+ b2−2b)时,g′(x)<0.而g(0)=0,因此当0<x<ln(b−1+ b2−2b)时,g(x)<0,不符合题意.综上知,b的取值范围是(−∞,2].。
福建省厦门第一中学2017届高三上学期暑假返校试卷三(开学分班)考试文综-地理试题Word版含答案
一、选择题下面的左图和右图分别为世界上两个区域示意图，读图回答1—2题。
1.甲、乙两地气候类型不同，但年降水量都很多，其共同的影响因素是A．纬度 B．大气环流 C．洋流 D．地形2.关于甲、乙两地气候特征及成因的叙述，正确的是A.多雨期与高温期都一致B.降水的季节变化都很多C.多雨期的盛行风向都相同D.少雨期的主要原因都是盛行陆风下图为25°N—32°N之间某区域遥感影像。
完成3～4题。
3.图示地区主要的陆地自然带是A.荒漠带B.热带草原带C.热带雨林带D.亚热带常绿阔叶林带4．图示地区有世界重要的海上交通贸易通道。
该通道便捷地连接了A.东亚与南亚B.西欧与南亚C.北美东岸与西岸D.北美东岸与西欧2016年1月24日，一股强大的寒潮影响我国。
下图为该日8时亚洲部分地区海平面气压形势图。
读图回答5～6题。
5. 此时我国A. 各地均受强大高压脊控制B. 北方普遍降温降雪C. 三亚风力大于昆明D. 北京、上海风向基本相同6. 该日上海气温比成都低的原因是A. 无高大山脉阻挡,受寒潮影响大B. 濒临海洋,受到海洋影响C. 纬度更高,正午太阳高度小D. 冷锋过境,降温明显每年、二、三月份，我国华南地区的一些室内的墙壁和地面都会“冒水”，称为“回南C．21日至23日广州有冷锋过境 D．相对湿度与平均气温呈正相关下图为乌鲁木齐（43°47′N）、拉萨（29°40′N）、重庆（29°31′N）和海口（20°02′N）四个城市的气温、日照年变化曲线图，读图回答9～11题。
9.甲图中能反映气温受地势影响较大的曲线是A．①B．② C．③D．④10.乙图中代表重庆、拉萨日照年变化的曲线是A．Ⅱ、Ⅰ B．Ⅱ、ⅢC．Ⅳ、Ⅰ D．Ⅳ、Ⅲ11.四城市中气温曲线与日照曲线组合正确的是A．①－ⅢB．②－ⅡC．③－ⅣD．④－Ⅲ二、非选择题36.（24分）尼日利亚是非洲人口最多的国家，资源丰富。
厦门第一中学2017届高三上学期暑假返校试卷三(开学分班)考试理综生物试题 含解析
1．下列叙述错误的是A。
DNA与ATP中所含元素的种类相同B.一个tRNA分子中只有一个反密码子C。
T2噬菌体的核酸由脱氧核糖核苷酸组成D.控制细菌性状的基因位于拟核和线粒体中的DNA上【答案】D【考点定位】遗传信息的转录和翻译；DNA与RNA的异同；原核细胞和真核细胞的形态和结构的异同;基因、蛋白质与性状的关系【名师点睛】一个tRNA中只含有一个反密码子，只能转运一种氨基酸。
ATP的结构简式为A—P～P～P，DNA由脱氧核糖核苷酸组成,一分子脱氧核糖核苷酸由一分子磷酸、一分子脱氧核糖、一分子含氮碱基组成，DNA与ATP中所含元素的种类相同，都是C、H、O、N、P。
原核生物只有一种细胞器是核糖体。
2．将三组生理状态相同的某植物幼根分别培养在含有相同培养液的密闭培养瓶中，一段时间后，测定根吸收某一矿质元素离子的量。
培养条件及实验结果见下表培养瓶中气体温度（℃）离子相对吸收量（％）空气17 100氮气17 10空气 3 28A.有氧条件有利于该植物幼根对该离子的吸收B。
该植物幼根对该离子的吸收与温度的变化无关C.氮气环境中该植物幼根细胞吸收该离子不消耗ATPD。
与空气相比，氮气环境有利于该植物幼根对该离子的吸收【答案】A【解析】第一组和第二组对比说明，有氧条件有利于该植物幼根对该离子的吸收，A正确；第一组和第三组对比说明，幼根对该离子的吸收与温度的变化有关，温度较高时，吸收离子较快,B错误；氮气环境中该植物幼根细胞吸收该离子，需要无氧呼吸供能，C错误；第一组和第二组对比说明,氮气环境不利于该植物幼根对该离子的吸收，D错误。
【考点定位】物质跨膜运输的方式及其异同【名师点睛】分析表格数据可知：该实验的自变量是空气的成分和温度，因变量是离子相对吸收量，由实验结果可以看出:温度和氧气都影响离子相对吸收量，根本原因是离子的吸收为主动运输，需要呼吸作用提供能量，而氧气浓度和温度都影响呼吸作用.3．下列过程中,不属于胞吐作用的是A。
2017-2018届福建省厦门一中高三上学期期中英语试题及答案
福建省厦门第一中学2017-2018—2017-2018学年度第一学期期中考试高三英语试卷11.12第一卷 (共115分)第一部分听力 (共两节, 满分30分)第一节(共5小题；每小题1.5分, 满分7.5分)听下面5段对话。
每段对话后有一个小题,从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项,并标在试卷的相应位置。
听完每段对话后,你都有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。
每段对话仅读一遍。
1. What’s the relationship between the speakers?？A. Secretary and boss.B. Old friends.C. Husband and wife.2. What is the woman’s reaction to the hotel？A. She is indifferent to it.B. She is interested in it.C. She is against it.3. What does the man imply？A. He didn’t go to the jeweler’s.B. He was too busy to fix the watch.C. He doesn’t know how to get to the jeweler’s.4. Who will smoke the cigarettes？A. The man’s wife.B. The man.C. The woman.5. How often will the woman take the medicine？A. Twice a day.B. Three times a day.C. Four times a day.第二节(共15小题；每小题1.5分,满分22.5分)听下面5段对话或独白。
每段对话或独白后有几个小题,从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项,并标在试卷的相应位置。
福建省厦门一中2017-2018学年高三上学期暑期第三次返校考试化学试卷 Word版含解析
2017-2018学年福建省厦门一中高三（上）暑期第三次返校考试化学试卷一、选择题共22题，每题3分，共66分．1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是( ) A．“天宫一号”中使用的碳纤维，是一种符合材料B．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硅胶C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用D．光导纤维是传统无机非金属材料2．下列变化中，可由两种单质直接化合生成的是( )A．Fe→FeCl2B．Na→Na2O2C．S→SO3D．N2→NO23．下列有关实验操作正确或能达到预期目的是( )测溶液pH B稀释浓硫酸D4．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是( )A ．AB ．BC ．CD ．D5．N A 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A ．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol 氧气转移的电子数为0.2N AB ．2L0.5mol/L 碳酸钠溶液中含有的CO 32﹣数为N A C ．标准状况下22.4LH 2O 的分子数为N A D ．18gD 2O 和18gH 2O 中含有的电子数均为10N A6．有四种溶液，它们分别含有S 2﹣、HCO 3﹣、Al 3+、Fe 2+四种离子，若向其中分别先加入足量Na 2O 2后，再通入过量HCl 气体，溶液中离子数目基本保持不变的是( )A ．S 2﹣B ．HCO 3﹣C ．Al 3+D ．Fe 2+7．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表： 下列叙述正确的是( ) A ．X 、Y 元素的金属性X ＜Y B ．一定条件下，Z 单质与W 的常见单质直接生成ZW 2 C ．Y 的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水 D ．一定条件下，W 单质可以将Z 单质从其氢化物中置换出来8．某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al ，其它均为Cu ，则( )A．电流方向：电极Ⅳ→A→电极ⅠB．电极Ⅰ发生还原反应C．电极Ⅱ逐渐溶解D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2++2e﹣═Cu9．室温下，在pH=13的某溶液中，由水电离出的c（OH﹣）为( )①1.0×10﹣7mol/L②1.0×10﹣6mol/L③1.0×10﹣1mol/L④1.0×10﹣13mol/L．A．③B．③或④C．①或③D．④10．向含有Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示．有关说法不正确的是( )A．线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况B．原混合溶液中c（FeBr2）=6 mol/LC．当通入Cl22 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl ﹣D．原溶液中n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）=2：1：311．常温下，0.2mol•L﹣1的一元酸HA与等浓度NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度所示，下列说法正确的是( )A．HA为强酸B．该混合溶液pH=7.0C．该混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）D．图中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+12．在恒容密闭容器中通入A，B两种气体，在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g）⇌C （g）△H＞0，达到平衡后，改变一个条件（x），下列量（y）一定符合图中曲线的是( )A．A B．B C．C D．D13．在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX（g）⇌nY（g）；△H=Q kJ/mol．反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：下列说法正确的是( )A．m＞nB．Q＜0C．温度不变，压强增大，Y的质量分数减少D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动14．25℃时，Kw=1.0×10﹣14；100℃时，Kw=1×10﹣12，下列说法正确的是( ) A．100℃时，pH=10的NaOH溶液和pH=2的H2SO4恰好中和，所得溶液的pH=7 B．25℃时，0.2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液和0.2mol•L﹣1HCl等体积混合，所得溶液的pH=7 C．25℃时，0.2mol•L﹣1NaOH溶液与0.2mol•L﹣1CH3COOH恰好中和，所得溶液的pH=7 D．25℃时，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4等体积混合，所得溶液的pH＞715．可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（s）△H=Q kJ/mol，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度（T）、反应速率（v）与压强的关系如图所示．据图分析，以下说法正确的是( )A．T1＜T2，Q＞0B．增大压强，B的转化率减小C．当反应达平衡时，混合气体的密度不再变化D．a+b＞c+d16．已知K sp（AgCl）=1.56×10﹣10，K sp（AgBr）=7.7×10﹣13，K sp（Ag2CrO4）=9.0×10﹣12．某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和CrO42﹣浓度均为0.010mol•L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.010mol•L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为( )A．Cl﹣、Br﹣、CrO42﹣B．CrO42﹣、Br﹣、Cl﹣C．Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣D．Br﹣、CrO42﹣、Cl﹣17．常温下，有关物质的溶度积如表所示．下列有关说法不正确的是( )A．常温下，除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好B．常温下，除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好C．向含有Mg2+，Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c（Mg2+）：c（Fe3+）=2.125×1021D．无法利用Ca（OH）2制备NaOH18．相同温度下，根据三种酸的电离平衡常数，下列判断正确的是( )A．三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZB．反应HZ+Y﹣═HY+Z﹣能够发生C．相同温度下，0.1mol．L﹣1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D．相同温度下，1 mol．L﹣1HX溶液的电离常数大于0.1 mol？L？1HX19．某化学小组对以下四种物质的水溶液加热蒸干并灼热，最终不能得到该物质固体的是( )①氯化铁②碳酸钠③硫酸亚铁④硅酸钠．A．仅①③B．仅②④C．仅①③④D．仅①②③20．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如表：下列判断不正确的是( )A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol•L﹣1C．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1mol•L﹣1D．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）21．常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图．下列说法正确的是( )A．点①所示溶液中：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+）B．点②所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）C．点③所示溶液中：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）D．滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH ﹣）22．浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH 随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是( )A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：b点大于a点C．若两溶液无限稀释，则它们的c（OH﹣）相等D．当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则c（M+）/c（R+）增大二、非选择题2题共34分23．（18分）如图是元素周期表中几种短周期主族元素原子半径随原子序数的变化．（1）B在周期表中的位置__________．（2）Z和W氢化物比较，稳定性大的是__________（写化学式）（3）生活中最常用的过渡金属单质，在Z中点燃，为确定其固体生成物中金属的化合价，应使用的试剂是__________（填标号）A．稀硫酸B．稀硝酸C．KSCN溶液D．酸性高锰酸钾溶液（4）甲+H2O→乙+丙①若甲为淡黄色固体，丙为气体，则乙的化学式为__________．②若丙为Y的氧化物，则乙烯溶液与SO2反应生成丙的离子方程式__________．③若甲为有机物，则该反应化学方程式__________（写一个）．（5）已知反应2HI（g）═H2（g）+I2（g）的△H=+11kJ•mol﹣1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为__________kJ．（6）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为__________．24．（16分）某学习小组利用下列装置进行CO2与饱和NaCO2溶液反应制备NaHCO3实验（1）选取必要的实验装置，正确的连接顺序为__________（填序号）（2）为确定制得的固体样品是纯净的NaHCO3，小组同学提出下列实验方案甲方案：将样品溶液与饱和澄清石灰水反应，观察现象乙方案：将样品溶液与BaCl4，观察现象丙方案：测得pH法丁方案：热重分析法①判定甲方案__________（填“可行”或“不可行”）②为判断乙方案的可行性，某同学用分析纯的NaHCO3配制的溶液，与BaCl4溶液等体积混合进行实验，结果如下．①此实验已可说明乙方案是不可行的．请结合以下数据，并通过计算说明产生浑浊的原因．答：__________．[已知0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液电离出的c（CO32﹣）为0.0011mol•L﹣1，Ksp（BaCO3）=5.1×10﹣9]②产生浑浊的离子方程式为__________．③使用pH计进行测定的丙方案是__________．（3）某溶液中含有I﹣、Cl﹣等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl 开始沉淀时，溶液中为：__________，已知K sp（AgCl）=1.8×10﹣10，K sp（Agl）=8.5×10﹣17．2015-2016学年福建省厦门一中高三（上）暑期第三次返校考试化学试卷一、选择题共22题，每题3分，共66分．1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是( ) A．“天宫一号”中使用的碳纤维，是一种符合材料B．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硅胶C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用D．光导纤维是传统无机非金属材料考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；硅和二氧化硅．分析：A．复合材料是指以上材料中的两种或三种复合在一块儿形成的；B．硅胶能作干燥剂，但是不能作还原剂；C．可降解塑料是指在较短的时间内、在自然界的条件下能够自行分解成小分子的塑料；D．传统的无机非金属材料：如水泥、耐火材料、平板玻璃、仪器玻璃和普通的光学玻璃以及日用陶瓷、卫生陶瓷、建筑陶瓷、化工陶瓷和电瓷、搪瓷、磨料（碳化硅、氧化铝）、铸石、碳素材料、非金属矿（石棉、云母、大理石等）．解答：解：A．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，属于新型无机非金属材料，故A正确；B．硅胶能作干燥剂，但是不能作还原剂，所以在中秋月饼等富脂食品中放入硅胶不能防止氧化变质，故B错误；C．用CO2合成可降解塑料﹣聚碳酸酯，是由许多二氧化碳小分子聚合而成的大分子，能够在较短的时间内分解，实现“碳”的循环利用，故C正确；D．光导纤维是新型无机非金属材料，故D错误；故选AC．点评：本题主要考查了化学与生活中有关知识，掌握它们的化学原理是解答的关键，题目难度不大，熟悉材料中的成分，能运用所学化学知识来解决实际问题．2．下列变化中，可由两种单质直接化合生成的是( )A．Fe→FeCl2B．Na→Na2O2C．S→SO3D．N2→NO2考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；氮气的化学性质；钠的重要化合物；铁的化学性质．分析：A．氯气具有强氧化性；B．Na燃烧生成过氧化钠；C．S燃烧生成二氧化硫；D．氮气与氧气在放电或高温下生成NO．解答：解：A．Fe与氯气直接化合生成FeCl3，故A不选；B．Na与氧气加热反应直接化合生成Na2O2，故B选；C．S与氧气直接化合生成SO2，故C不选；D．氮气与氧气直接化合生成NO，故D不选；故选B．点评：本题考查元素化合物性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．3．下列有关实验操作正确或能达到预期目的是( )BD考点：化学实验方案的评价；测定溶液pH的方法；气体的收集；配制一定物质的量浓度的溶液．专题：实验评价题．分析：A．玻璃棒蘸取待测液，滴在pH试纸上，与标准比色卡对比确定pH；B．应将浓硫酸倒在水中；C．盐酸易挥发，制取的二氧化碳中混有HCl；D．溶液转移到容量瓶中应引流．解答：解：A．玻璃棒蘸取待测液，滴在pH试纸上，与标准比色卡对比确定pH，图中与实验操作一致，故A正确；B．应将浓硫酸倒在水中，图中装置试剂的加入顺序易导致液滴飞溅，故B错误；C．盐酸易挥发，制取的二氧化碳中混有HCl，图中装置不能除去HCl，故C错误；D．溶液转移到容量瓶中应利用玻璃棒来引流，并玻璃棒的下端在刻度线以下，故D错误；故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及溶液的配制、pH的测定、稀释操作、气体的制取及除杂等，注重实验的基础知识的考查，题目难度不大．4．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是( )A．A B．B C．C D．D考点：真题集萃；化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．过量铁粉，反应生成亚铁离子；B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；C．三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D．溶度积大的物质向溶度积小的物质转化．解答：解：A．过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；D．将0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH完全反应，再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小，故D正确；故选D．点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及沉淀转化、铝及其氧化物的性质、氧化还原反应、硝酸的性质等知识点，侧重考查基本理论、元素化合物性质，注意把握实验原理及操作方法，题目难度中等．5．N A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )A．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2N AB．2L0.5mol/L碳酸钠溶液中含有的CO32﹣数为N AC．标准状况下22.4LH2O的分子数为N AD．18gD2O和18gH2O中含有的电子数均为10N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A、过氧化钠与水的反应为歧化反应；B、CO32﹣是弱酸根，在溶液中会水解；C、标况下，水为液体；D、重水的摩尔质量为20g/mol．解答：解：A、过氧化钠与水的反应为歧化反应，当生成1mol氧气时转移2mol电子，则生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2N A，故A正确；B、CO32﹣是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的CO32﹣的个数小于N A个，故B错误；C、标况下，水为液体，故其物质的量不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误；D、重水的摩尔质量为20g/mol，则18g重水的物质的量为0.9mol，含9mol电子即9N A个，故D粗我U．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．6．有四种溶液，它们分别含有S2﹣、HCO3﹣、Al3+、Fe2+四种离子，若向其中分别先加入足量Na2O2后，再通入过量HCl气体，溶液中离子数目基本保持不变的是( )A．S2﹣B．HCO3﹣C．Al3+D．Fe2+考点：离子反应发生的条件；钠的重要化合物．分析：加入足量Na2O2后，与水反应生成NaOH，与HCO3﹣反应生成CO32﹣，且足量的过氧化钠，具有强氧化性，能氧化S2﹣、Fe2+，以此来解答．解答：解：加入足量Na2O2后，与水反应生成NaOH，与HCO3﹣反应生成CO32﹣，所以HCO3﹣减少，CO32﹣增多，又过氧化钠，具有强氧化性，能氧化S2﹣、Fe2+，S2﹣、Fe2+减少，足量的NaOH与Al3+反应生成偏铝酸根离子，再加过量HCl，又生成Al3+，所以Al3+数目基本不变，故选C．点评：本题考查离子的共存，注意过氧化钠与水反应生成碱及其强氧化性是解答本题的关键，题目难度不大．7．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：下列叙述正确的是( )A．X、Y元素的金属性X＜YB．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D．一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来考点：原子结构与元素周期律的关系；元素周期律和元素周期表的综合应用．分析：本题利用原子半径的周期性变化规律以及元素化合价的周期性变化规律来解题，综合考察了非金属性以及金属性的强弱判断．解答：解：A、根据题给数据，X、Y的化合价不同，但原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，故金属性X＞Y，故A错；B、根据Z、W的原子半径相差不大，化合价不同，且W只有负价，则其可能是O，Z是N，两者的单质直接生成NO，故B错；C、据此判断可知X是Mg，Y是Al；Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，其不溶于氨水，故C错；D、一定条件下，氧气可以和氨气反应生成水和氮气，故D对；故选：D．点评：此题考查了物质结构与元素周期律知识．本题是一个好题，虽然对学生来说判断起来有点难度，但总起来还是可以明确找到答案，并准确作答．解答元素推断题的突破口可能是原子结构、元素在周期表中的位置、元素的性质等；在此题中解答时，关键是抓住元素性质和元素在周期表中的位置的关系，从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破8．某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，则( )A．电流方向：电极Ⅳ→A→电极ⅠB．电极Ⅰ发生还原反应C．电极Ⅱ逐渐溶解D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2++2e﹣═Cu考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，电流方向从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，据此分析解答．解答：解：电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，A．电流从正极沿导线流向负极，即电极Ⅳ→A→电极Ⅰ，故A正确；B．电极Ⅰ上电极反应式为Al﹣3e﹣=Al3+，发生氧化反应，故B错误；C．电极Ⅱ是正极，正极上发生反应为Cu 2++2e﹣=Cu，所以电极Ⅱ质量逐渐增大，故C错误；D．电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu 2+，故D错误；故选A．点评：本题考查了原电池原理，正确判断正负极是解本题关键，再结合各个电极上发生的反应来分析解答，题目难度中等．9．室温下，在pH=13的某溶液中，由水电离出的c（OH﹣）为( )①1.0×10﹣7mol/L②1.0×10﹣6mol/L③1.0×10﹣1mol/L④1.0×10﹣13mol/L．A．③B．③或④C．①或③D．④考点：pH的简单计算；水的电离．分析：室温时，Kw=1×10﹣14，c（H+）×c（OH﹣）=1×10﹣14；室温下，在pH=13的某溶液显碱性，此溶液可能是碱溶液，也可能是强碱弱酸盐溶液，分类讨论．解答：解：室温下，Kw=1×10﹣14，c（H+）×c（OH﹣）=1×10﹣14，在pH=13的某碱溶液中，溶液中的氢离子只有水电离的，氢离子浓度为：c（H+）=1×10﹣13mol/L，所以水电离的氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）=c（H+）=1×10﹣13mol/L，故④正确；若为强碱弱酸盐溶液，在盐溶液中，所有的氢离子和氢氧根均来自于水的电离，但由于弱酸根离子的水解，将水电离出的氢离子结合弱酸根离子一部分，故溶液中的氢氧根才能代表水电离出的全部氢氧根离子，故水电离出的c（OH﹣）=mol/L=1.0×10﹣1mol/L，故③正确；故选B．点评：本题考查了PH的简单计算和水的电离氢氧根浓度的计算，应注意的是碱性溶液不一定是碱溶液，还可能是能水解的盐溶液，题目难度不大．10．向含有Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示．有关说法不正确的是( )A．线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况B．原混合溶液中c（FeBr2）=6 mol/LC．当通入Cl22 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl ﹣D．原溶液中n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）=2：1：3考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．分析：还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故首先发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕再发生：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；最后发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，A．B点时溶液中I﹣完全反应，溶液中存在Fe2+和Br﹣，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；B．根据BC段消耗的氯气的物质的量，计算溶液n（Fe2+），但溶液的体积无法计算，不能计算c（FeBr2）；C．根据反应消耗顺序，利用消耗的氯气计算参加反应的离子的物质的量，据此书写；D．根据各阶段消耗的氯气的物质的量，计算原溶液中n（Fe2+）、n（I﹣）、n（Br﹣），据此解答．解答：解：还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故首先发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕再发生：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；最后发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，A．B点时溶液中I﹣完全反应，溶液中存在Fe2+和Br﹣，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，代表Fe3+的物质的量的变化情况，故A正确；B．由图可知，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n（Fe2+）=2×2mol=4mol，无法得到原溶液的体积，故不能计算原混合溶液中c（FeBr2），故B错误；C．AB段发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，2mol的I﹣消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl ﹣，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，故参加反应的n（Fe2+）：n（I﹣）=1：1，故通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣，故C正确；D．由图可知AB段消耗氯气1mol，发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故n（I﹣）=2n（Cl2）=2mol，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，消耗氯气2mol，故n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×2mol=4mol，DE段发生2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，消耗氯气3mol，故n（Br﹣）=2n（Cl2）=6mol，故原溶液中n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故D正确；故选B．点评：本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键，是易错题目，难度较大．11．常温下，0.2mol•L﹣1的一元酸HA与等浓度NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度所示，下列说法正确的是( )A．HA为强酸B．该混合溶液pH=7.0C．该混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）D．图中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．分析：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒为：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．HA为弱酸；B．该混合液pH＞7；C．Y表示HA，溶液中存在物料守恒得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）；D．X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+．解答：解：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0. 1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA 为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒得到：c（Na+）=c（A﹣）+c （HA）．A．一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，二者恰好反应：HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液为NaA溶液，溶液中中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，故A错误；B．c（Na+）＞c（A﹣），说明NaA水解，A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，该混合液pH＞7，故B错误；C．溶液中存在物料守恒c（Na+）=c（A﹣）+c（HA），Y表示HA，得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+），故C正确；D．HA是弱电解质，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），c（OH﹣）除了水解产生的还有水电离的，因此c（OH﹣）＞c（HA），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，故D错误；故选C．点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液PH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键，题目难度中等．12．在恒容密闭容器中通入A，B两种气体，在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g）⇌C （g）△H＞0，达到平衡后，改变一个条件（x），下列量（y）一定符合图中曲线的是( )A．A B．B C．C D．D考点：化学平衡建立的过程．分析：反应的特征是反应气体的化学计量数大于生成气体的化学计量数，则增大压强，平衡正向移动，该反应是吸热反应，温度升高时化学平衡正向移动，图象中纵坐标随横坐标的增大而增大，结合影响化学平衡移动的因素解答该题．解答：解：A．再通入A气体，平衡正向移动，B的转化率增大，符合，故A正确；B．加入催化剂，平衡不移动，所以A的体积分数不变，不符合，故B错误；C．增大压强，平衡正向移动，混合气体的总物质的量减小，不符合，故C错误；D．该反应是吸热反应，温度升高时化学平衡正向移动，混合气体的总物质的量减小，不符合，故D错误．故选A．点评：本题考查化学平衡的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握反应的特点以及题给信息，为解答该题的关键，难度不大．13．在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX（g）⇌nY（g）；△H=Q kJ/mol．反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：下列说法正确的是( )A．m＞nB．Q＜0C．温度不变，压强增大，Y的质量分数减少D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动考点：化学平衡的影响因素．专题：压轴题；化学平衡专题．分析：根据题目信息可得，在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数小于2，所以可确定增大体积，平衡正向移动，根据平衡移动原理，增大体积，平衡向体积增大的方向移动，当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡正向移动，所以此反应的正向为吸热反应．解答：解：A．在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数小于2，所以可确定增大体积，平衡正向移动，则有m＜n，故A错误；B．当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡正向移动，所以此反应的正向为吸热反应，则Q＞0，故B错误；C．温度不变，压强增大，平衡向逆反应方向移动，则Y的质量分数减少，故C正确；D．反应的正向为吸热反应，体积不变，温度升高，平衡正向移动，故D错误．故选C．点评：本题主要通过控制变量讨论化学平衡移动问题，对于学生的基本功要求较高，题目难度中等．14．25℃时，Kw=1.0×10﹣14；100℃时，Kw=1×10﹣12，下列说法正确的是( ) A．100℃时，pH=10的NaOH溶液和pH=2的H2SO4恰好中和，所得溶液的pH=7 B．25℃时，0.2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液和0.2mol•L﹣1HCl等体积混合，所得溶液的pH=7 C．25℃时，0.2mol•L﹣1NaOH溶液与0.2mol•L﹣1CH3COOH恰好中和，所得溶液的pH=7 D．25℃时，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4等体积混合，所得溶液的pH＞7考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A.100℃时，pH=10的NaOH溶液，c（OH﹣）=0.01mol/L，pH=2的H2SO4恰好中和，溶液为中性；B．等体积等浓度混合后，碱过量；C．恰好中和生成醋酸钠，水解显碱性；D．25℃时，pH=12的氨水，碱的浓度大于0.01mol/L，pH=2的H2SO4中c（H+）=0.01mol/L，等体积混合，碱过量．解答：解：A.100℃时，pH=10的NaOH溶液，c（OH﹣）=0.01mol/L，与pH=2的H2SO4恰好中和，溶液为中性，其pH=6，故A错误；B．0.2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液和0.2mol•L﹣1HCl等体积混合，碱过量，溶液的pH＞7，故B错误；C.25℃时，0.2mol•L﹣1NaOH溶液与0.2mol•L﹣1CH3COOH恰好中和生成醋酸钠，水解显碱性，则所得溶液的pH＞7，故C错误；D．25℃时，pH=12的氨水，碱的浓度大于0.01mol/L，pH=2的H2SO4中c（H+）=0.01mol/L，等体积混合，碱过量，所得溶液的pH＞7，故D正确；故选D．点评：本题考查酸碱混合溶液酸碱性的判断及pH的计算，注意100℃时中性溶液的pH=6为解答的易错点，明确pH与浓度的关系是解答本题的关键，题目难度中等．15．可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（s）△H=Q kJ/mol，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度（T）、反应速率（v）与压强的关系如图所示．据图分析，以下说法正确的是( )A．T1＜T2，Q＞0B．增大压强，B的转化率减小C．当反应达平衡时，混合气体的密度不再变化D．a+b＞c+d考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线．专题：化学平衡专题．分析：可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图象可知T2＞T1，温度越高，平衡时C的百分含量（C%）越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，增大压强，正速率大于逆反应速率，说明平衡正移，所以正反应为气体物质的量减小的反应，即a+b＞c．A、由以上分析可知T2＞T1，Q＜0；B、由以上分析可知，该反应为正反应为气体物质的量减小的反应根据压强对平衡的影响分析；C、反应前后气体体积不变，气体质量减少，所以密度减小，混合气体的密度不再变化即是平衡状态；D、由以上分析可知，正反应为气体物质的量减小的反应，即a+b＞c．。
福建省厦门第一中学2017-2018学年高三上学期暑假返校试卷三(开学分班)考试文综-历史试题 Word版含答案
2017-2018学年24、“家国同构”是中国古代封建社会的重要特征，下图是某学者绘制的中国古代社会结构图，同构效应正好刻画了宗法家族是国家政府功能的延伸。
就此推断画横线处的内容是A. 科举制度地主经济B. 专制皇权商品经济C. 官僚政治地主经济D. 封建割据商品经济25、孔子说：“不义而富贵，于我如浮云”；孟子说：“王！何必曰利？亦有仁义而已矣”；荀子说：“先义而后利者荣；先利而后义者辱”。
上述义利观A. 是重农抑商政策的根源B. 是先秦儒学批判现实的产物C. 体现先秦儒学对利的完全否定D. 直接把天理和伦理道德联系起来26、《周礼》中的“同姓不婚”被规定于《唐律中》，尽管唐以后的政府在司法实践中不干涉同姓为婚，但直到清代，“同姓不婚”在立法中却始终未能废止。
诸如此类立法和司法实践脱离的现象在中国古代社会普遍存在。
这反映了A．唐代以来法律的儒家化B．法制理念追求礼法结合C．社会进步弱化宗法观念D．制度建构经常不拘常格27、黄宗羲在《明夷待访录》中说：“或谓后之入阁办事，无宰相之名，有宰相之实也。
曰：不然。
入阁办事者，职在批答，犹开府之书记也。
……吾以谓有宰相之实，今之宫奴也。
”黄宗羲这段话的主旨是A．指明内阁成员无宰相之名实B．批评太监干政C．指明内阁成员只是批答奏章D．批评皇权过重28、1748年乾隆的一道上谕说：“浙西一带地方所产之米，不足供本地食米之半，全籍江西、湖广客贩米船，由苏州一路接济。
”这反映出当时A．经济重心移至湖广江西B．苏州已经成为交通枢纽C．经济作物开始广泛种植D．江浙地区出现产业转型29、下图所示刊物在发刊词中写道：“泰西各国创造电气秘机，凡有所欲言，瞬息可达数千里，而中国从未闻此。
”这里的“电气秘机”是A．无线电报机B．电话机C．有线电报机D．电动机30、晚清时期清政府实行专利制度，允许企业享有长时间生产经营垄断权。
1912年北京政府规定专利保护期限最高为5年。
后财政总长周学熙等为其所设公司申请30年的专利权时，未获得批准。
福建省厦门第一中学2017-2018学年高三上学期暑假返校试卷三考试英语试题 Word版含答案
2017-2018学年(考试时间120分钟，满分150分) 2016-8第一部分听力（共两节，满分30分）第一节（共5小题；每小题1.5分，满分7.5分）听下面5段对话。
每段对话后有一个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。
听完每段对话后，你都有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。
每段对话仅读一遍。
1. What did the woman do last night?A. She slept.B. She watched TV.C. She surfed the internet2. When did the maths class end?A. At 3:00 p.m.B. At 12:00 p.m.C. At 10:00 a.m.3. What is wrong with the woman?A. She has caught a coldB. She has got a cough.C. She feels tired4. What does the man think of the woman?A. She is outgoingB. She is impoliteC. She is shy.5. What did the man do to the old windows?A. He had them replacedB. He had them repairedC. He had them cleaned.第二节(共15小题；每小题1.5分，满分22.5分)听下面5段对话或独白。
每段对话或独白后有几个小题，从题中所给的三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。
听每段对话或独白前，你将有时间阅读各个小题，每小题5秒钟；听完后，各小题将给出5秒钟的作答时间。
每段对话或独白读两遍。
听第6段材料，回答第6至第7题。
6. How does the woman feel about the job hunting?A. InterestedB. PleasedC. Disappointed.7. What does the man do?A. An officerB. A lawyerC. A dancer.听第7段材料，回答第8至9题。
厦门第一中学2017届高三上学期暑假返校试卷三(开学分班)考试理综物理试题 含解析
一、选择题a b两点的电场强度和电势均相同的是( ）14、如图所示的情况中，、a b两点A．甲图：离点电荷等距的、a b两点B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的、a b两点C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的、a b两点D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的、【答案】B【解析】考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系【名师点睛】本题要抓住电势与场强的区别，只要大小相同，标量就相同．而矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线与等势面分布要了解，有助于解题。
15、如图所示，三条平行等间距的虚线分别表示电场中的三个等势面，电势分别为7V、14V、21V，实线是一带电粒子（不计重力)在该区域内的运动轨迹，下列说法正确的是（）a b c三点所受合力相同A．粒子一定带负电荷，且粒子在、、→→B．粒子运动径迹一定是a b cC ．粒子在三点的动能大小为kb ka kc E E E >>D ．粒子在三点的电势能大小为pc pa pbE E E >>【答案】A【解析】考点：动能定理的应用、电势能【名师点睛】由等势面分布的特点可知,该电场为匀强电场，电场线方向与等势面垂直，且由高电势指向低电势．粒子的轨迹向下弯曲,可知其所受的电场力向下，即可判断出粒子的电性，但运动轨迹不能反映运动方向．负电荷在电势高处电势能小，动能大。
16、如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场。
光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个视为质点的带负电小球在系管内运动,以小孔为原点建立x 轴，轨道x 轴正方向为加速度a 、速度v 的正方向，下图分别表示x 轴上各点的电势ϕ,小球的加速度a 、速度v 和动能k E 随x 的变化图像，其中正确的是( )【答案】D【解析】试题分析：在0＜x范围内，当x 增大时，由U Ed Ex ==，可知,电势差均匀增大，x ϕ-应为向上倾斜的直线；在0＞x范围内，当x 增大时，由U Ed Ex ==，可知,电势差均匀减小，x ϕ-也应为向下倾斜的直线，故A 错误；在0＜x范围内，电场力向右,加速度向右，为正值；在0＞x范围内，电场力向左,加速度向左,为负值；故B 错误；在0＜x 范围内，根据动能定理得：212qEx mv =,v x -图象应是曲线；同理,在0＞x 范围内，图线也为曲线,故C 错误；在0＜x范围内，根据动能定理得：k qEx E =，k E x -图象应是倾斜的直线；同理，在0＞x范围内，图线也为倾斜的直线，故D 正确。
2017届福建省厦门第一中学高三上学期暑假返校试卷三(开学分班)考试数学(理)试题
理科数学试卷第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.1.若集合2{|2}A x x x =>，{|2,}x B y y x A ==∈，则集合A B 等于（ ） A ．（0,2） B ．（0,4） C ．（1,2） D ．(0,)+∞2.已知0a >，x ，y 满足约束条件13(3)x x y y a x ≥⎧⎪+≤⎨⎪≥-⎩，若2z x y =+的最小值为1，则a =（ ）A ．12 B ．2 C ．14D ．4 3.已知实数,,,a b c d 成等比数列，且曲线33y x x =-的极大值点为b ，极小值为c ，则ad =（ ） A ．4 B ．-4 C ．2 D ．-24.下面四个条件中，是使a b >成立的必要不充分的条件的是（ ） A ．1a b >+ B ．1a b >- C ．22a b > D ．33a b >5.已知D 为ABC ∆的边AB 上的一点，且13CD AC BC λ=+，则实数λ的值为（ ）A ．23B ．23-C ．43D ．43-6.已知A ，B 为中心在原点，焦点在x 上的双曲线E 的左，右顶点，点M 在E 上，ABM ∆为等腰三角形，且顶角为120°，则E 的渐近线方程为（ ）A ．20x y ±=B ．30x y ±=C ．0x y ±=D ．20x y ±= 7.若222log (4)log log a b a b +=+，则a b 的最小值是（ ） A ．16 B ．8 C ．4 D ．28.已知抛物线2:16C y x =的焦点为F ，准线为l ，P 是l 上一点，Q 是直线PF 与C 的一个交点，若4PF FQ =，则||QF =（ ）A ．6B ．8C ．10D ．129.设,a b R ∈，定义运算“∧”和“∨”如下：,,,,a a b a b b a b ≤⎧∧=⎨>⎩,,,,b a b a b a a b ≤⎧∨=⎨>⎩若正数,,,a b c d 满足4ab ≤，4c d +≥，则（ ）A ．2a b ∧≤，2c d ∨≥B ．2a b ∧≥，2c d ∧≤C ．2a b ∨≥，2c d ∧≤D ．2a b ∨≤，2c d ∨≤10.已知函数()f x 的定义域为(0,)+∞，且满足()'()0f x x f x +> （'()f x 是()f x 的导函数），则不等式2(1)(1)(1)x f x f x --<+的解集为（ ）A ．（-1,2）B ．（1,2）C ．(2,)+∞D ．(,2)-∞11.设实数,x y 满足2102146x y x y x y +≤⎧⎪+≤⎨⎪+≥⎩，则xy 的最大值为（ ）A ．12B ．14C ．252D ．49212.已知函数()sin()f x A x ϖϕ=+（,,A ϖϕ均为正的常数）的最小正周期为π，当23x π=时，函数()f x 取得最小值，则下列结论正确的是（ ）A ．(0)(2)(2)f f f <<-B ．(2)(0)(2)f f f <<-C ．(2)(0)(2)f f f -<<D ．(2)(2)(0)f f f <-<第Ⅱ卷（共90分）二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分。
2017届福建省厦门第一中学高三上学期暑假返校试卷三(开学分班)考试语文试题(解析版)
（本卷满分150分考试时间150分钟）第Ⅰ卷阅读题一、现代文阅读（9分，每小题3分）阅读下面的文字，完成1-3题。
百越之中的“於越”民族，有着独特的文化基因，那儿的先民与“乌鸟”结缘。
《说文解字》说“於”即“乌”，“於越”就是“乌鸟佑护越人”的意思。
《博物志》曰：“越地深山有鸟，如鸠，青色，名曰冶鸟。
此鸟白日见其形，鸟也；夜听其鸣，人也。
时闻乐便作人悲喜，形长三尺，涧中取石蟹就人间火炙之，不可犯也。
越人谓此鸟为越祝之祖。
”鸟为越族部落的原始图腾即护身符，古藉记载越族中早有鸟书与鸟语，人们穿鸟纹服，用鸟形器，还遵行鸟居，耕作鸟田……温州有“瓯越”民族瓯”即“鸥”，鸥鸟是他们的保护神。
广西有“骆越”民族，“骆”即“雒”，就是越语中的“鸟田”。
看来，百越的“崇鸟”是一脉相承的。
“乌”，又名孝鸟。
因为乌鸦有反哺之孝德，而为世人所效仿。
成公绥《乌赋》有孝鸟集余之庐，乃喟尔而叹曰：余无仁惠之德，祥禽曷为而至哉？”舜帝是中华孝德文化的鼻祖，民间的说法是“乌乃舜之影”；孔于说“孝乃德之本”。
崇乌便是崇舜崇孝崇德。
“乌”，还名曰玄鸟。
“越为禹之后。
”传说中的禹胼手胝足，栉风沐雨，化为黑熊与水怪进行搏斗，终于制服了滔天洪水。
又黑又瘦的大禹成为天下行义的第一人，史称“禹墨精神”。
黑，便成为坚毅、刚正，以及大公无私、甘愿牺牲的可贲品格的象征。
玄是黑色，便也象征着“义”的精神。
越族“尚乌”，其源头应在大禹的义道。
中国传统的“五行”观念中，居于最高地位的即是黑色。
黑色纳“五色”于一体，是“五色”的还原与复归。
《史记•夏本纪》说帝锡禹玄圭，以告功于天下。
”玄圭，即黑色的玉圭。
帝舜为表彰禹治理水土的功绩，赐其黑色的玉圭，将黑色的特定意义与水之玄色联系在一起。
按五行黑色从水，越人生活在山海环境中，水是他们最为亲近的对象，加上祖先大禹崇拜，这些独特的信仰又使尚黑之风世代不衰。
从历史的角度考察，绍兴的尚黑习俗可以追溯到河姆渡文化时期。
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一、现代文阅读（9分，每小题3分）阅读下面的文字，完成1-3题。
百越之中的“於越”民族，有着独特的文化基因，那儿的先民与“乌鸟”结缘。
《说文解字》说“於”即“乌”，“於越”就是“乌鸟佑护越人”的意思。
《博物志》曰：“越地深山有鸟，如鸠，青色，名曰冶鸟。
此鸟白日见其形，鸟也；夜听其鸣，人也。
时闻乐便作人悲喜，形长三尺，涧中取石蟹就人间火炙之，不可犯也。
越人谓此鸟为越祝之祖。
”鸟为越族部落的原始图腾即护身符，古藉记载越族中早有鸟书与鸟语，人们穿鸟纹服，用鸟形器，还遵行鸟居，耕作鸟田……温州有“瓯越”民族瓯”即“鸥”，鸥鸟是他们的保护神。
广西有“骆越”民族，“骆”即“雒”，就是越语中的“鸟田”。
看来，百越的“崇鸟”是一脉相承的。
“乌”，又名孝鸟。
因为乌鸦有反哺之孝德，而为世人所效仿。
成公绥《乌赋》有孝鸟集余之庐，乃喟尔而叹曰：余无仁惠之德，祥禽曷为而至哉？”舜帝是中华孝德文化的鼻祖，民间的说法是“乌乃舜之影”；孔于说“孝乃德之本”。
崇乌便是崇舜崇孝崇德。
“乌”，还名曰玄鸟。
“越为禹之后。
”传说中的禹胼手胝足，栉风沐雨，化为黑熊与水怪进行搏斗，终于制服了滔天洪水。
又黑又瘦的大禹成为天下行义的第一人，史称“禹墨精神”。
黑，便成为坚毅、刚正，以及大公无私、甘愿牺牲的可贲品格的象征。
玄是黑色，便也象征着“义”的精神。
越族“尚乌”，其源头应在大禹的义道。
中国传统的“五行”观念中，居于最高地位的即是黑色。
黑色纳“五色”于一体，是“五色”的还原与复归。
《史记•夏本纪》说帝锡禹玄圭，以告功于天下。
”玄圭，即黑色的玉圭。
帝舜为表彰禹治理水土的功绩，赐其黑色的玉圭，将黑色的特定意义与水之玄色联系在一起。
按五行黑色从水，越人生活在山海环境中，水是他们最为亲近的对象，加上祖先大禹崇拜，这些独特的信仰又使尚黑之风世代不衰。
从历史的角度考察，绍兴的尚黑习俗可以追溯到河姆渡文化时期。
河姆渡遗址的陶器中，数量最多的就是夹炭黑珣。
在距今约七千年的第一期文化层中，夹炭黑陶占百分之七十九点九，夹砂黑陶占百分之二十点一，也就是说这一时期的陶器基本上是黑色的。
夹炭黑珣和夹砂黑陶的产生有着自然和地理的原因，并非绍兴先民刻意而为之。
但正是这些质朴自然的生产、生活器具所特有的天然色彩，开启了绍兴先民的尚黑意识，熏陶了绍兴先民的尚黑风俗。
绍兴至今还有“於越”遗风，乌毡帽、乌干菜、乌篷船是绍兴的“三乌文化”，分别代表“衣、食、行”。
还有“住”的代表乌台门，像鲁迅故里的周家老台门、周家新台门，周恩来祖居百岁堂和秋瑾故居和畅堂等等，无一不是黑漆台门，而且其二门、仪门的门框、门板，大厅的串枋、门枋及各处屋柱等也都漆成黑色。
这样的建筑风格于简单中显现庄严，在质朴里透出韵味。
这是古城最深幽的一道风景，里面隐藏着江南的精致文化与迷人风情。
绍兴习俗中这种尚黑之风得以世代传承，与绍兴人的脾性也不无关系。
黑色是一种凝重的色调，代表着神秘和莫测高深，给人的感觉是肃穆、庄重、安静，它不显眼，不会招惹旁人的注意，这与绍兴人一向低调、内敛的为人风格相吻合。
世代尚黑的风气造就了绍兴人低调、内敛的为人风格，同时也让他们钟情于包涵一切的黑色。
（节选自那秋生《解析“於越”文化》，有删改）1．下列各项中，不属于“於越”与“乌鸟”结缘原因的一项是A．古籍记载的越族中早有鸟书与鸟语，人们穿鸟纹服，用鸟形器，还遵行鸟居，耕作鸟田……民族的名称也与鸟有关，所以越”与“乌鸟”结缘。
B．孔子说“孝乃徳之本”，而乌鸦有反哺之孝德，再加之“乌乃舜之影”的说法，“於越”民族便有了崇尚乌鸟、与“乌鸟”结缘的文化。
C．中国传统的“五行”观念中，黑色从水，越人又生活在山海环境中，水是他们最为亲近的对象，造成他们与“乌鸟”结缘，尚黑之风世代不衰。
D．传说大禹化为黑熊与水怪搏斗，最终制服洪水，又黑又瘦的大禹成为天下行义的第一人，史称“禹墨精神”，而越为禹之后，所以越族“尚乌”，与“乌鸟”结缘。
2．下列理解和分析，不符合原文意思的一项是A．《博物志》上有关“此鸟为越祝之祖”的记载以及越”“骆越”民族名称中与鸟有关的“踏”“骆”等字都在印证“百越的‘祟鸟，是一脉相承的”。
B．分别代表“衣、食、住、行”的乌毡帽、乌干菜、乌台门、乌遂船是绍兴“於越”文化遗风的代表，也与绍兴人的脾性不无关系。
C．“於越”民族尚乌，不仅有德义的因素，也与他们崇尚质朴自然的生活有关。
D．黑色既在“五行”观念中居于最高地位，纳“五色”于一体，又给人一种肃穆、庄重、安静之感，让绍兴人一向钟情。
3．根据原文内容，下列理解和分析不正确的一项是A．鸟本是越族部落的原始图腾，而“乌”的黑色内涵又很丰富，“乌鸟”便与那儿的先民结缘，形成“於越”民族独特的文化。
B．从成公绥《乌赋》中“孝鸟”“祥禽”的称呼上可以看出，向来被某些地方厌弃的乌鸦却也可以成为受人尊崇的对象。
C．河姆渡遗址出土的夹炭黑陶和夹砂黑陶，可以让越族的尚乌习俗追溯到河姆渡文化时期，先民的尚黑意识亦是由此开启的。
D．黑色的凝重、质朴涵养着绍兴人低调、内敛的风格，反过来，绍兴人的脾性让他们钟情于包涵一切的黑色，也使得这种尚黑之风世代相传。
二、古诗文阅读（36分）（一）文言文阅读（19分）阅读下面的文言文，完成4-7题。
刘文静字肇仁，倜傥有器略。
与晋阳宫监裴寂善。
寂夜见逻堞传烽，咤曰：“天下方乱，吾将安舍？”文静笑曰：“如君言，豪英所资也。
吾二人者可终羁贱乎？”高祖．．为唐公，文静察有大志，深自结。
既又见秦王，谓寂唐公子，非常人也。
豁达神武，言曰：“丧乱方剡，非汤、武、宣、光不能定。
”王曰：“安知无其人哉？今过次，非儿女子姁姁相忧者。
世道将革，直欲共大计，试为我言之。
”文靜曰：“上南幸，兵填河、洛，盗贼唐公乃开大将军府，以文静为司马，文静请与突厥连和，唐公从之。
遣文静使始毕可汗，始毕曰：“唐公兵何事而起？”文静田：“先帝废冢嗣以授后主，故大乱。
唐公，国近戚，惧毁王室，起兵黜不当立者。
愿与突厥共定京师，金币、子女尽以归可汗。
”始毕大喜，即遣二千骑随文静至，又献马千匹。
公喜曰：“非君何以至之？”唐公践．天子位，擢纳言，时多引贫臣共榻，文靜谏曰：“今率土莫不臣，而延见群下，文静自以为材能过裴寂远甚，又屡有军功，而寂独用顾旧恩居其上，意不平。
每论政多戾驳，遂有隙。
文静妾失爱，告其兄上变，遂下吏。
帝遣裴寂、萧瑀讯状。
帝遂杀之，年五十二。
（节选自《新唐书•列传第十三》）4．下列对文中画波浪线部分的断句，正确的一项是（3分）A．今汾晋避盗者/皆在文静/素知其豪杰/一朝号召/十万众可得也/加公府兵数万/一下令谁不愿从/鼓而人关/以震天下/王业成矣B．今汾晋避盗者皆在/文静素知其豪杰/—朝号召/十万众可得也/加公府兵数万/—下令谁不愿从/鼓而人关/以震天下/王业成矣C．今汾晋避盗者皆在/文静素知其柰杰/一朝号召十万/众可得也/加公府兵数万/一下令谁不愿从/鼓而人关/以震天下/王业成矣D．今汾晋避盗者皆在/文静素知其豪杰/一朝号召/十万众可得也/加公府兵数万/一下令谁不愿/从鼓而入关/以震天下/王业成矣5．下列对文中加点词语的相关内容的解说，不正确的一项是（3分）A．字：古人幼时取字，成年取名。
对平辈或尊辈称字是出于礼貌或尊敬，如文中“刘文静字肇仁。
”B．高祖：庙号。
庙号是皇帝死后，在太庙立室奉祀时特起的名号。
C．关：古代在险要地方或国界设立的守卫处所。
如：关塞，关卡，关隘。
D．践：文中特指皇帝登临帝位，如：践作，践极。
6．下列对原文有关内容的概括和分析，不正确的一项是（3分）A．刘文静有胸怀识见。
当社会动乱时，文静认为这正是英雄豪杰建功立业之时，并发出与“燕雀安知鴻鹤之志哉”有异曲同工之妙的“可终羁贱乎”的感慨。
B．刘文静有洞见谋略。
当秦王私下人狱探望他时，他用激将法迫秦王说出探狱动机，紧接着又分析形势，给秦王出谋划策。
C．刘文静恃才招祸，他自认为才能超过裴寂很多，又多次建立战功，在讨论问题时，总要反驳，终于招来杀身之祸。
D．刘文静善于进凍。
唐公登上天子之位，不拘礼仪，多次和贵臣共处一床，文静用“太阳俯同万物”作比，婉转进谏。
7．把文中画横线的句子翻译成现代汉语。
（10分）（1）文静俄坐李密姻属系狱，秦王私入视之。
（2）我虽应天受命，宿昔之好何可忘？公其无嫌。
（二）古代诗歌阅读（11分）阅读下面这首宋词，完成8-9题。
更漏子毛文锡春夜阑，春恨切，花外子规啼月。
人不见，梦难凭，红纱一点灯。
偏怨别，是芳节，庭下丁香千千结。
宵雾散，晓霞晖，梁间双飞燕。
8．清人陈廷焯云：“‘红纱一点灯’真妙”。
请从表现手法的角度指出这一句有哪些妙处，并作简要分析。
（5分）9．这首词由夜至晨，总共描绘了三处富有寓意的春景。
请指出这三幅春景图，并写出它们各自的寓意。
（6分）（三）名篇名句默写。
（6分）10．补写出下列句中的空缺部分。
（6分）受人攻击的处境。
奏完后周边环境的寂静，来表现音乐的强大魅力。
无法浮起一个杯子一样。
三、实用类文本阅读（25分）11阅读下面的文字，完成（1）-（4）题。
（25分）布列松：镜头里的忠实记录法国人亨利·卡蒂埃—布列松是20世纪最伟大的摄影家之一，他的摄影作品曾登上过布列松出生在法国巴黎附近的香特鲁小镇，叔叔路易是一个极具天赋的画家，也是布列松艺术道路上的启蒙者和最重要的影响者。
“1913年的圣诞节，我第一次走进叔叔的画室，当时我只有5岁，但马上就被画布和画室的味道迷住了。
”布列松由此开始跟随叔叔学习油画。
在英国剑桥大学攻读英国艺术与文学两年后，22岁的布列松应征入伍，度过了一段让他“很难适应”的军旅生涯。
也许是被匈牙利摄影师马丁·芒卡西的作品《三个黑人少年奔向浪涛》吸引，退伍的布列松出人意料地去了当时法国的非洲殖民地科特迪瓦，成为一名猎人。
很多人都钦佩布列松的冷静。
法国导演路易·马勒曾回忆1968年法国“五月风暴”时的布列松：当时巴黎学生暴动已经达到最高峰，到处一片混乱，但布列松仍能冷静地面对事态，一小时只拍了4张照片。
这应该得益于他在打猎中练就的技巧——准备，等待，等待，等待，最后扣动扳机……布列松在科特迪瓦感染了一种可怕的传染病，病情的严重曾一度让他筹划自己的葬礼。
但最后，他还是挣脱了死神。
从此，这个世界上就没有什么事情能够让他退缩了。
布列松和他小巧的35毫米莱卡照相机见证了几乎20世纪所有的重大事件，以及一些最具象征意义的时刻和人物。
他曾亲历1948年甘地被暗杀事件和甘地的葬礼，也曾记录过西班牙内战和巴黎解放，以及印度的分裂和1968年法国学生运动。
作为西方记者，他还曾获准进入新中国和苏联拍摄。
在研究1949年前后的中国历史时，可资借鉴的影像资料比之其他年代明显要丰富，这在很大程度上也得归功于布列松。
1948年12月初，作为著名的美国《生活》杂志特派摄影记者，此前一直在东南亚采访的布列松乘飞机从缅甸仰光飞抵北平。