河北省武邑中学2020届高三年级下学期第二次质检考试 文科综合卷(含答案)

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河北省武邑中学2020届高三年级下学期第二次质检考试语文试题答案

河北省武邑中学2020届高三年级下学期第二次质检考试语文试题答案

二检答案1.(3 分)B(A 项“直接原因”应该是“失去载体”,“这使经学学科成为人文学科的附庸”错,经学一分为三成为人文学科,经学作为学科己经不存在了,而不是成为附庸。

C项表意绝对,原文是似乎中国传统经学不足以济时之难”。

D 项“可惜后来逐渐被礼俗取代”错,根据原文,被取代的是“礼的精神原则”而不是“礼学”)2..(3分)C(“目的是为晚清经学研究的衰落提供强有力的证据”错,其目的是为了证明“似乎中国传统经学不足以济时之难”)3.(3分)C(“当前还没有系统通贯的经学史,无法对以往经学的各种形态深入清理”错,条件与结果颠倒)4.(3分) A(“就往往会束手无策”错误。

)5.(3分) C(“正是因为经历了非典疫情、汶川地震和非洲埃博拉疫情三个重要阶段的洗礼,我国的应急能力才能够提升”说法有误。

)6.(6分)①政府方面:态度重视,党中央总揽全局,各级政府组织落实,确保能迅速组织联防联控。

②应急体系建设方面:应急医疗救治体系不断完善,为快速有效防控提供了政策、设施等方面的保障。

③民众方面:全国人民团结一致,相互支援,积极应对,保证了各项措施能快速有效地开展落实。

(每点2分,共6分,意思相近即可)7解析:选D。

D项,“环境描写”错误,应是细节描写(或动作描写)。

8.答案:不好。

①糖塔能表现出陈士成希望的高远、美好。

“受潮的糖塔”的倒塌,准确地表现了陈士成希望破灭的心路历程。

②而肥皂泡飘忽,没有塔的高耸厚重之感,“肥皂泡破灭”是瞬间的,无法表现陈士成希望一次次破灭的过程。

9.答案:陈士成十六次参加科举考试,始终落榜,以致神智昏乱,而周围没有一个人过问;陈士成幻想考中后大家来攀亲、寒暄,可见现实中人们对他的嘲讽、挖苦;陈士成死后,邻居不理,亲人不认,只好由地保埋了,都反映出“凉薄”的人际关系。

10.B(关注主语)11.A(“明经”,文中意为“精通经义”)12.B(“当面指责傅太后失政”错)13、(1) 王莽擅权专政,暗地里有阴谋篡夺帝位之心,于是他暗示各州郡罗织罪名,追查诛杀豪杰之士。

河北省武邑中学2020届高三年级下学期第二次质检考试理科综合试题化学答案

河北省武邑中学2020届高三年级下学期第二次质检考试理科综合试题化学答案

高三第二次质量检测化学参考答案7.C 8.A 9.C 10.D 11.D 12.B 13.D26.(14分)⑴ecdabf(2分) 5:3(2分) NaClO溶液(1分)尿素溶液(1分)⑵2IO3−+3N2H4•H2O=3N2↑+2I−+9H2O(2分)N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O,不引入杂质(2分)⑶淀粉(2分) 94.5%(2分)27.(14分,每空2分)⑴Cu2S + 5MnO2 + 12H+ 2Cu2+ + SO42—+ 5Mn2+ + 6H2O(2分)减少污染性气体SO2的排放(1分)⑵①5.04×103(2分)②2Ag(S2O3)23—+ S2O42—+ 4OH—= 2Ag + 2SO32—+ 4S2O32—+ 2H2O(2分)③随循环次数的增加,浸出液中c(S 2O32—)减小,c(Cl—) 增大,AgCl(s)+2S2O32—(aq)Ag(S2O3)23—(aq)+Cl—(aq)平衡左移,浸出率下降(2分)⑶ < (1分) H2SeO3-2e—+ H2O = SeO42—+ 4H+(2分)⑷ H2SO4(2分)28.(15分)⑴−41(2分) bc(2分,每对1个得1分,错选不得分)⑵2CO2+2e−+H2O===HCOO−+HCO 或CO2+2e−+H2O===HCOO−+OH−(2分)35.6(2分)⑶①吸收(1分)②50%(2分) 0.25p0(2分)③随着CO2压强增大,CO2浓度增大,乙苯平衡转化率增大;CO2压强继续增大,会造成催化剂表面乙苯的吸附率下降(2分)35. (15分)⑴1s 22s 22p 63s 23p 63d 5(或[Ar]3d 5)(1分) Kr>Br>As (1分)⑵sp 2、sp 3 (2分) 存在 (1分) 分子晶体 (1分)尿素分子间的氢键数目比乙酸分子间的氢键数目多 (2分)⑶由激发态跃迁到基态(或由较高能量的轨道跃迁到较低能量的轨道)(2分) ⑷非极性 (1分) ⑸A 238N (2分) 33Fe N 316π4π3r r d (2分)36. (15分)⑴2-丙醇(1分) ⑵ 羰基和羟基(2分) ⑶消去反应(1分) ⑷加成反应(1分) ⑸CH 2=CHCH 2Cl +NaOH CH 2=CHCH 2OH +NaCl (2分)⑹C 9H 10O 2 (1分) ⑺ 14(2分) ⑻、 (2分) ⑼(3分)。

河北省2020年高三第二次模拟文科综合(含答案)

河北省2020年高三第二次模拟文科综合(含答案)
求增长快(2 分);印度是个农业大国,对化肥、农药的需求量大(2 分);有漫长的海岸线, 海洋资源丰富(2 分);城市化加速,城市基础设施建设等需要的原材料很多来自化工产品 (2 分);政府鼓励发展化学工业(或政府政策支持)(2 分)。(答出 2 点得 4 分) (2)(6 分)
印度拥有潜力很大的国内消费品市场(2 分)和大量的廉价劳动力(2 分),有吸引外 资的优惠政策(2 分),与中东产油国(或波斯湾油气产地)仅相隔阿拉伯海(或距离波斯 湾地区近),便于进口油气资源(2 分);靠近东亚、东南亚(这一 21 世纪发展最快的国际) 市场(2 分);海运便利,便于原料进口和产品出口(2 分)。(答出 3 点得 6 分) (3)(6 分)
2020 保定第二次模拟考试历史试题参考答案及评分标准
24-27 C B A D 28-31 D C B A 32-35 D C B C
41. (1) ①历史悠久(起步早)
②政府的组织统筹作用比较突出 ③救助措施在继承中得到发展 ④方式或措施多样 ⑤未对扶贫工作进行常态化、制度化建设(扶贫制度缺乏系统性、常态化) (8 分;每点 2 分,答出其中任意 4 点,即可给满分;有其它答案合理可 酌情给分) (2) ①联邦政府参与到解决失业和贫困问题中来 ②使慈善性和临时性的援助让位于永久性的救助制度(改事后救济的做 法为贫困的预防) ③是美国现代社会救助制度的开端 ④开启了社会救济立法的里程碑 缓解了经济危机带来的问题,维护了资本主义制度 (7 分;每点 2 分,答出其中任意 4 点,即可给满分;有其它答案合理可 酌情给分) (3)举措: ①党的十一届三中全会后,实行改革开放,推动农村及贫困地区经济发 展 ②1986 年,成立扶贫开发领导小组,设立专项扶贫资金,开始国家扶贫 行动 ③党的十八大以来,建立精准扶贫体系,实施精准扶贫政策 (5 分;每点 2 分,答出 3 点,即可给满分;有其它答案合理可酌情给分) 原因: ①扶贫政策不断深入发展,具有科学性、持续性 ②党中央具有强大的执行力和号召力 ③中国共产党始终坚持以人民为中心的发展理念 ④我国综合国力不断增强 (5 分;每点 2 分,答出其中任意 3 点,即可给满分;有其它答案合理可 酌情给分)

2020届河北省武邑中学高三下学期第二次质检考试文综地理答案解析

2020届河北省武邑中学高三下学期第二次质检考试文综地理答案解析

绝密★启用前
河北省武邑中学2020届高三下学期第二次质检考

文综-地理试题参考答案解析
2020年4月1.答案:D
解析:随着我国城市化水平的不断提高,城市发展与土地资源紧张的矛盾更加突出、城市人口的增加、工业的发展、汽车的普及也带来了一系列的空间需求及其环境要求等问题,国外发达国家经验证明合理开发利用地下空间将是解决这些矛盾和问题的途径之一。

因此缓解土地紧张、促进立体发展是城市地下空间开发的最主要目的。

1.答案:B
解析:从城市节能减排、大力发展低碳经济方面来讲,城市地下空间在恒温性、恒湿性、隔热性、遮光性、隐蔽性、安全性等诸多方面远远优于地上空间;但通常地下工程建设的难度较大,建设成本较高。

3、答案:C、
解析:四个城市中,武汉、贵阳、兰州是省会城市,香港是特别行政区。

其中,香港地域狭小而经济发达、人口稠密,城市土地资源最为短缺,地下空间开发程度最高。

4、答案:C
解析:结合经济国情可知,2014年~2018年期间我国国民生产总值持续增长。

虽然第一产业增加值占国内生产总值比重呈现下降态势,但是其实际产值应该是增加的,A错。

第二产业增加值比重先降后升,B错。

第三产业增加值占国内生产总值比重持续增加,而我国国民生产总值持续增长,因此第三产业的实际产值也是持续增加的,C对。

读图可知,国内生产总值的增加值以第二、三产业为主(特别是第三产业), 说明产业结构以二、三产业为主,是合理的,D错。

5. 答案:D
1。

河北省武邑中学2020届高三第二次模拟考试理科综合试题及答案

河北省武邑中学2020届高三第二次模拟考试理科综合试题及答案

河北武邑中学2019—2020 学年高三年级第二次质检考试理科综合试题试卷说明:1.考试时间150 分钟,满分300 分2.试卷共Ⅰ卷、Ⅱ卷两部分3.答题时选择题用2B 铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑,Ⅱ卷请在对应的答题区域答题。

可能用到的相对原子质量:H-l C-12 N-14 O-16 Na-23 I -127 Fe-56 Cu-64Ⅰ卷一、选择题:本题共13 个小题,每小题6 分,共78 分。

每题只有一个正确选项。

1.下列关于新型冠状病毒的叙述,错误的是()A.冠状病毒没有细胞结构,只能寄生于活细胞中,这说明细胞是生物体结构和功能的基本单位,生命活动离不开细胞B.冠状病毒和人体细胞膜上的结合位点 ACE2 结合从而入侵细胞,说明细胞膜控制物质进出的功能是相对的C.冠状病毒的+RNA 进入宿主细胞后,首先翻译出 RNA 聚合酶。

这一过程需要冠状病毒的+RNA 为模板,还需宿主细胞的氨基酸、ATP、酶、tRNA、核糖体等参与D.冠状病毒侵入人体后需要免疫细胞将其消灭,免疫细胞直接生活的内环境是淋巴2.对下面柱形图的相关含义叙述中,不正确的是()A.若Y 表示细胞中有机物的含量,a、b、c、d 表示四种不同物质,则 b 最有可能是蛋白质B.若Y 表示细胞干重的基本元素含量,则 b、d 分别表示氧元素、碳元素C.若Y 表示一段时间后不同离子在培养液中所占原来的比例,则该培养液中培养的植物,其根细胞膜上 a 离子的载体多于 c 离子的载体D.若Y 表示细胞液的浓度,a、b、c、d 表示不同细胞,则在 0.3 g/mL 蔗糖溶液中,发生质壁分离的可能性大小为 b<d<c<a3.下列有关人体内环境稳态及其调节的叙述,正确的是()A.癌胚抗原和甲胎蛋白会出现在正常人的内环境中B.人手和脚上出现的“水泡”中的液体主要是细胞内液C.人体的脑组织细胞内液中O2与CO2的比值大于组织液中的D.人体的血浆中不可能出现淀粉、蔗糖及果糖等物质4.果蝇刚毛和截毛是由X 和Y 染色体同源区段上的一对等位基因(B、b)控制的,刚毛对截毛为显性。

2020届河北省武邑中学高三下学期第二次质检考试文综政治答案解析

2020届河北省武邑中学高三下学期第二次质检考试文综政治答案解析

绝密★启用前
河北省武邑中学2020届高三下学期第二次质检考

文综-政治试题参考答案解析
2020年4月
12.B【解析】A:某国重大项目纷纷开工,为钢铁行业创造了较好的市场环境。

但由于产能释放过快,钢材价格指数大幅下降,这说明钢铁供给和需求均增加,A选项中的需求和供给均减少,排除。

B:由材料可知,重大项目开工引起钢铁需求量增加,同时“产能释放过快”导致供给的增幅远大于需求的增幅,从而引起钢材价格指数大幅下降。

用供求曲线图来表示,需求曲线(D)与供给曲线(S)均右移,且供给曲线的移动幅度大于需求曲线的移动幅度,B项符合题意。

C:C选项中只显示供给增加,但需求不变,不合题意,排除。

D:D选项中供给增加,但显示需求减少,不合题意,排除。

故本题选B。

13.B ②不是灵活用工④与社会分工无关。

14.A 政策性农业保险,属财产保险,但实施该保险意在分散农业风险,增加农业抗风险能力, 而非增加农民收入,故①正确,②错误。

政策性农业保险能防范风险、减少损失,但不能增加农民财产性收入,故④不选。

③应是这种保险的作用,应入选。

15.D【解析】本题考查大力发展生产力、分配制度及社会主义市场经济的相关知识,考查考生获取和解读信息、调动和运用知识的能力。

将按劳分配为主体、多种分配方式并存和社会主义市场经济体制上升为我国社会主义基本经济制度,有利于促进社会生产力发展,更好地发挥社会主义制度的优越性,调动各种要素
1。

2019-2020年高三第二次联考文综卷 含答案

2019-2020年高三第二次联考文综卷 含答案

2019-2020年高三第二次联考文综卷含答案本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分,考试时间150分钟,共300分。

考生注意:1.答题前,考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。

考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。

2.第I卷每小题选出答案后,用2B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。

第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答,在试题卷上作答,答案无效。

3.考试结束,监考员将试题卷、答题卡一并收回。

第I卷(选择题共140分)本卷共35个小题,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。

城市流是人、物、信息、资金、技术等在城市间发生的流动现象。

下表是2008年中国部分省级区之间的城市流强度,城市流强度是区域城市间相互联系中城市外向功能(集聚与辐1.表中A.城市流强度倍数:广东/上海>贵州/西藏B.后五位省级区地跨我国地势的三级阶梯C.有2个省级区即没海岸线也没有陆疆D.与山东相邻的省区有江苏、上海、北京2.广东城市流强度最高的主要原因是①地理位置优越②城市群规模较大③矿产资源丰富④生态环境好⑤政策引导⑥科技水平高A.①②⑤B.①④⑥C.②③④D.③⑤⑥3.与贵州相比,海南最突出的自然灾害是A.洪涝B.泥石流C.台风D.地震下图为P地“两分两至”日正午杆影的长度与方向示意图,杆长为1米。

此时P点杆影长度达一年中最短,6小时前全球日期正好平分,分析回答4~6题4.P点杆影在③位置时,下列可能出现的是A.华北平原夕阳余晖B.几内亚湾朝阳绚丽C.澳大利亚烈日下收割小麦D.墨西哥湾深夜寒风阵阵5.下列对P地附近位置描述正确的是A.世界重要的谷物产区B.世界著名渔场C.油气资源丰富的盆地D.气候极寒的极点6.P点杆影在①位置时A.此季节,非洲草原的动物已向北迁徙B.此刻,P点所在纬线东半球比西半球白昼范围大C.此日后,北半球白昼长于黑夜D.满载原油的中国油轮回国时,途径印度洋为顺水航行下图为黄河源地区不同海拔的草地退化情况。

2020届河北省武邑中学高三下学期第二次质检考试文综历史试题及答案解析

2020届河北省武邑中学高三下学期第二次质检考试文综历史试题及答案解析

绝密★启用前河北省武邑中学2020届高三下学期第二次质检考试文综-历史试题参考答案解析2020年4月24.【答案】C【解析】根据所学可知,城墙是在都邑周围建起的用于防御的障碍性建筑,中原早期都城“大都无城墙”说明王都实力强大,不用担心外来进攻,体现了王都的强大实力和文化自信。

故答案为C项。

A项,商周时期属于奴隶制社会,保留原始社会部族遗风与材料无关,排除;B项,中央集权体制的形成是在秦朝,与材料无关,排除;D项,经济技术条件限制与材料无关,排除。

【点睛】推断(理)型选择题解答时一般可采用推演法,即通过必要的推理来确定符合题意的正确答案。

推理时要掌握正确的指导思想,如历史规律、逻辑关系、基本原理等。

因此在平时要注意归纳历史现象、总结历史规律并掌握运用。

25.【答案】C【解析】试题“秦始皇是中国历史上第一位皇帝。

文治武功令人赞叹,被后世称为“千………”主要考查秦灭亡的原因,正确选项选C。

A、B、D三项的说法都比较片面,没能正确说明秦灭亡的原因。

C项柳宗元认为秦灭亡的原因在于暴政,“非郡邑之制失”。

26.【答案】C【解析】由明代钱币铸造总量、技术劳动力和士兵的工资相对宋代减少,流通货币从宋代的金、银、钱发展到明代的米、谷、布等实物和白银,结合所学知识可知,这反映出明代江南地区商业贸易发展相对缺乏活力,C项正确;明代前中期国家统一安定,A项错误;材料内容与民众收入的增减无关,B项错误;白银流入影响经济秩序与材料主旨不符,D项错误。

27.【答案】B【解析】水陆码头多为商品经济发展之处,商业发展需求使对信义更为重视,故B正确;材料与地域性文学发展无关,排除A;“义”为我国传统主流道德观念,材料未体现主流观念的变迁,排除C;材料并不能说明三国历史受到商人们的推崇,排除D。

故选B。

28.【答案】B【解析】【详解】材料指出君权尊民权衰是中国贫弱的根源,“今日策中国者,必曰兴民权”说明兴民权的目的是使中国富强,所以应选B;A项是西方思想启蒙追求的目标,材料中也没有体现;C、D项是中国思想启蒙的原因,不是材料本身反映的内容,排除。

2020届河北省武邑中学高三下学期第二次质检考试文综地理试题及答案解析

2020届河北省武邑中学高三下学期第二次质检考试文综地理试题及答案解析

绝密★启用前河北省武邑中学2020届高三下学期第二次质检考试文综-地理试题2020年4月城市地下空间是指在城市地面以下修建的各种类型地下建筑物构成的空间,包括地下街、地下人行道、地铁、城市公路隧道等交通、商业设施以及地下管网、人防设施等城建公共设施。

国际上把21世纪作为“人类开发利用地下空间的年代”。

据此完成1~3题。

1.城市地下空间开发的最主要目的是A. 解决城市内涝,建设海绵城市B.缓解交通拥堵,便于居民出行C. 带动产业发展,促进经济发展D. 缓解土地紧张,促进立体发展2. 与地上空间相比,城市地下空间开发A. 隔热性和采光性较好B.恒温性和安全性较好C. 遮光性和隐蔽性较差D. 投资和建设难度较小3. 推测地下空间开发程度最高的城市是A. 武汉B. 贵阳C. 香港D. 兰州“下图分别为我国2014年~2018年三次产业增加值占国内生产总值比重图和万元国内生产总值能耗降低率变化图。

据此完成4~5题。

4.2014年~2018年期间,我国三次产业增加值变化中A.第一产业产值逐年下降时靠B. 第二产业增加值比重持续下降B.第三产业的产值持续增加 D. 产业结构严重失衡5.2014年~2018年期间,万元国内生产总值能耗最低的年份是A.2014年B. 2015年C. 2016年D. 2018年下图为我国祁连山区东段、中段、西段和全区平均日照时数的月变化曲线。

据此完成6~8题。

6.图中①、②、③、④曲线分别代表A.①全区平均②东段③中段④西段B. ①全区平均②东段③西段4中段C.①东段②中段③西段④全区平均D. ①中段②东段③西段④全区平均7. 图中所示曲线②在9月日照时数最低的主导因素是A.纬度B. 海拔C. 天气D. 昼长8. 仅从自然条件考虑,理论上最适合建光伏电站的区域是A. ①B. ②C.③D. ④在干支流交汇河段,当一方水流较大或者水位较高时,会对另一方产生较强的顶托作用,且这种作用是相互的,强弱不断转换,存在时段效应,当顶托作用到达极限状态时,水流发生倒灌。

2019-2020学年河北省衡水市武邑中学高三(下)第二次质检数学试卷(文科)(附答案详解)

2019-2020学年河北省衡水市武邑中学高三(下)第二次质检数学试卷(文科)(附答案详解)

2019-2020学年河北省衡水市武邑中学高三(下)第二次质检数学试卷(文科)一、单选题(本大题共12小题,共60.0分)1.已知集合A={x|x2−3x−4<0},B={y|y=2x+3},则A∪B=()A. [3,4)B. (−1,+∞)C. (3,4)D. (3,+∞)2.已知复数z1=3−bi,z2=1−2i,若z1z2是实数,则实数b的值为()A. 6B. −6C. 0D. 163.党的十九大报告明确提出:在共享经济等领域培育增长点、形成新动能.共享经济是公众将闲置资源通过社会化平台与他人共享,进而获得收入的经济现象.为考察共享经济对企业经济活跃度的影响,在四个不同的企业各取两个部门进行共享经济对比试验,根据四个企业得到的试验数据画出如下四个等高条形图,最能体现共享经济对该部门的发展有显著效果的图形是()A. B.C. D.4.设tanα=12,cos(π+β)=−45(β∈(0,π)),则tan(2α−β)的值为()A. −724B. −524C. 524D. 7245.大衍数列来源于我国古代文献《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论,主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理,数列中的每一都代表太极衍生过程中,曾经经历过的两仪数量总和.已知该数列前10项是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,则大衍数列中奇数项的通项公式为()A. n2−n2B. n2−12C. (n−1)22D. n226.椭圆x29+y23=1的左、右焦点分别为F1,F2,点P在椭圆上,如果PF1的中点在y轴上,那么|PF1|是|PF2|的()A. 7倍B. 6倍C. 5倍D. 4倍7.如图所示,某几何体的正视图与俯视图均为边长为4的正方形,其侧视图中的曲线为14圆周,则该几何体的体积为()A. 16πB. 64−16πC. 64−32π3D. 64−16π38.函数f(x)=2x+xx+1的图象大致为()A. B.C. D.9.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)与y轴交于点M(0,32),距离y轴最近的最大值点N(π9,3),若x2,x2∈(−a,a),且x2≠x2,恒有f(x1)≠f(x2),则实数a的最大值为()A. π3B. π6C. π9D. 2π910.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说:“白日登山望烽火,黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题,即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发,先到河边饮马后再回军营,怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中,设军营所在区域为x2+y2≤1,若将军从点A(3,0)处出发,河岸线所在直线方程为x+y=4,并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营,则“将军饮马”的最短总路程为()A. √17−1B. √17−√2C. √17D. 3−√211. 如图,O 为△ABC 的外心,AB =4,AC =2,∠BAC 为钝角,M 是边BC 的中点,则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( )A. 4B. 5C. 7D. 612. 已知定义在R 上的函数y =f(x)对任意x 都满足f(x +1)=−f(x),且当0≤x <1时,f(x)=x ,则函数g(x)=f(x)−ln|x|的零点个数为( )A. 2B. 3C. 4D. 5二、单空题(本大题共4小题,共20.0分)13. 若x ,y 满足约束条件{2x +y −2≤03x −y −3≤0x ≥0,则z =x −y 的最小值为______.14. 已知n ∈N ∗,满足C n 0+2C n 1+22C n 2+⋯+2n C n n=243,则(x 2+x +y)n 的展开式中x 5y 2的系数为______15. 四边形ABCD 中,A =60°,cosB =17,AB =BC =7,当边CD 最短时,四边形ABCD的面积为______.16. 点P 为棱长是3的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的内切球O 球面上的动点,点P 满足BP ⊥AC 1,则动点P 的轨迹的长度为______. 三、解答题(本大题共7小题,共82.0分)17. 已知等比数列{a n }的公比q >1,且a 1+a 3+a 5=42,a 3+9是a 1,a 5的等差中项,数列{b n }的通项公式b n =2n√an −1+√a n+1−1,n ∈N ∗.(1)求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{b n }的前n 项和S n .18.如图,已知三棱柱ABC−A1B1C1中,△ABC与△B1BC是全等的等边三角形,(1)求证:BC⊥AB1(2)若cos∠B1BA=1,求二面角C−B1B−A的余弦值.419.已知抛物线y2=2x,过点P(1,1)分别作斜率为k1,k2的抛物线的动弦AB,CD,设M,N分别为线段AB,CD的中点.(Ⅰ)若P为线段AB的中点,求直线AB的方程;(Ⅱ)若k1+k2=1,求证直线MN恒过定点,并求出定点坐标.20.由甲、乙、丙三个人组成的团队参加某项闯关游戏,第一关解密码锁,3个人依次进行,每人必须在1分钟内完成,否则派下一个人.3个人中只要有一人能解开密码锁,则该团队进入下一关,否则淘汰出局.根据以往100次的测试,分别获得甲、乙解开密码锁所需时间的频率分布直方图.(1)若甲解开密码锁所需时间的中位数为47,求a、b的值,并分别求出甲、乙在1分钟内解开密码锁的频率;(2)若以解开密码锁所需时间位于各区间的频率代替解开密码锁所需时间位于该区间的概率,并且丙在1分钟内解开密码锁的概率为0.5,各人是否解开密码锁相互独立.①求该团队能进入下一关的概率;②该团队以怎样的先后顺序派出人员,可使所需派出的人员数目X的数学期望达到最小,并说明理由.21.已知函数f(x)=e x−x.(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)若f(x1)=f(x2),x1≠x2,求证:e x1+e x2>2.22.在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为{x=√3cosφy=√3+√3sinφ(φ为参数),以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ= 2cosθ.(1)求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程;(2)已知曲线C3的极坐标方程为θ=α(0<α<π,ρ∈R),点A是曲线C3与C1的交点,点B是曲线C3与C2的交点,A、B均异于原点O,且|AB|=2√2,求实数α的值.23.已知函数f(x)=|x−2a|+|x+3|,g(x)=|x−2|+3.(1)解不等式|g(x)|<6;(2)若对任意的x2∈R,均存在x1∈R,使得g(x1)=f(x2)成立,求实数a的取值范围.答案和解析1.【答案】B【解析】 【分析】本题考查并集的求法,考查并集定义等基础知识,考查运算求解能力,是基础题. 先求出集合A ,B ,由此能求出A ∪B . 【解答】解:∵集合A ={x|x 2−3x −4<0}={x|−1<x <4}, B ={y|y =2x +3}={y|y >3},∴A ∪B ={x|x >−1},∴A ∪B =(−1,+∞). 故选:B .2.【答案】A【解析】解:∵z 1z 2=3−bi 1−2i =(3−bi)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=3+2b+(6−b)i5是实数,则6−b =0,∴实数b 的值为6, 故选 A .先利用两个复数相除的除法法则,化简z 1z 2的结果到最简形式,利用此复数的虚部等于0,解出实数b 的值.本题考查两个复数除法法则的应用,以及复数为实数的条件.3.【答案】D【解析】解:根据四个列联表中的等高条形图知, 图形D 中共享与不共享时对企业经济活跃度的差异最大, 它最能体现共享经济对该部门的发展有显著效果. 故选:D .根据四个列联表中的等高条形图看出共享与不共享时对企业经济活跃度差异大小,从而得出结论.本题考查了列联表中条形图的应用问题,考查运算求解能力、数据处理能力,考查数形结合思想,是基础题.4.【答案】D【解析】解:∵tanα=12,tan2α=2tanα1−tan2α=11−(12)2=43,cos(π+β)=−cosβ=−45,β∈(0,π),∴cosβ=45,sinβ=35,tanβ=34,∴tan(2α−β)=tan2α−tanβ1+tan2αtanβ=724.故选:D.根据题意可求得cosβ=45,sinβ=35,tanβ=34,再利用正切的差角公式计算得到答案.本题主要考查三角函数的恒等变换,属于基础题.5.【答案】B【解析】解:因为第一项为0,故D错;第三项为4,故AC错;故选:B.取特殊值代入即可求解结论.本题考查了通过观察分析猜想归纳数列的通项公式,属于基础题.6.【答案】C【解析】【分析】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、三角形中位线定理,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.椭圆x29+y23=1,a=3,b=√3,|PF1|+|PF2|=6.由线段PF1的中点E在y轴上,O为F1F2的中点,可得PF2//OE.求出|PF2|=b2a=1,可得|PF1|.【解答】解:∵椭圆x29+y23=1,∴a=3,b=√3,|PF1|+|PF2|=6.∵线段PF1的中点E在y轴上,O为F1F2的中点,∴PF2//OE.∴|PF2|=b2a=1,|PF1|=6−1=5.∴|PF1|=5|PF2|,故选:C.7.【答案】B【解析】解:由题意可知:几何体是棱长为4的正方体去掉一个半径为4的14圆柱的几何体,如图:几何体的体积为:4×4×4−14×42×π×4=64−16π.故选:B.判断几何体的形状,利用三视图的数据,求解几何体的体积即可.本题考查三视图求解几何体的体积,判断几何体的形状是解题的关键.8.【答案】A【解析】【分析】本题考查了函数图象的识别,关键是掌握函数的单调性和函数值的变化趋势,属于中档题.根据导数和单调性的关系,判断函数的单调性,再判断函数的变化趋势,即可得到答案.【解答】解:f(x)=2x+xx+1=2x−1x+1+1的定义域为(−∞,−1)∪(−1,+∞).∴f′(x)=2x ln2+1(x+1)2>0恒成立成立,∴f(x)在(−∞,−1),(−1,+∞)单调递增,当x>x0时,f′(x)>0,函数单调递增,故排除C,D,当x →−∞时,2x →0,xx+1→1, ∴f(x)→1,故排除B , 故选:A .9.【答案】C【解析】解:因为f(x)的图象与y 轴交于点M(0,32),且距离y 轴最近的最大值点N(π9,3), 所以(0,π9)是函数包含原点增区间的子区间,又若x 2,x 2∈(−a,a),且x 2≠x 2,恒有f(x 1)≠f(x 2), 所以(−a,a)是包含原点增区间的子集,且a 最大取π9. 故选:C .易知A =3,然后根据与y 轴的交点为(0,32),结合距离y 轴最近的最大值点N(π9,3),根据x 1,x 2满足的条件可知,(−a,a)位于包含原点的增区间内.且a 最大取π9,则问题可解. 本题考查三角函数的图象和性质,以及结合正余弦函数图象与性质研究函数单调区间的问题.属于中档题.10.【答案】A【解析】解:设点A 关于直线x +y =4的对称点A′(a,b),设军营所在区域的圆心为C , 根据题意,A′C −1为最短距离,先求出A′的坐标, AA′的中点为(a+32,b 2),直线AA′的斜率为1,故直线AA′为y =x −3,由{a+32+b2=4b =a −3,联立得a =4,b =1, ∴A′(4,1),则A′C =√42+12=√17, 故A ′C −√2=√17−1,则“将军饮马”的最短总路程为√17−1. 故选:A .先求出点A 关于直线x +y =4的对称点A′,由点A′到圆心的距离减去圆的半径即为“将军饮马”的最短总路程.本题考查直线与圆的位置关系的应用,考查点关于直线的对称点的求法,是中档题.11.【答案】B【解析】解:如图,延长AO 交△ABC 的外接圆于点N ,连接BN ,CN ;∵M 为边BC 中点;∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ),且∠ABN =∠ACN =π2; ∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =14(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =14(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) =14(|AB⃗⃗⃗⃗⃗ ||AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠BAN +|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠CAN) =14(|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |2) =5. 故选B .可延长AO 交外接圆于点N ,并连接BN ,CN ,从而可得到∠ABN =π2,∠ACN =π2,而由M 为BC 中点即可得出AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2,从而有AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =14(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ),显然AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2,从而便可得出AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值.考查三角形外接圆的定义,圆的直径对的圆周角为直角,向量加法的平行四边形法则,以及余弦函数的定义,向量数量积的计算公式.12.【答案】B【解析】 【分析】根据题意,函数g(x)=f(x)−ln|x|的零点个数即函数y =f(x)的图象与函数y =ln|x|的图象交点的个数;进而根据题意,分析函数y =f(x)的周期与解析式,再由函数图象变换的规律分析函数y =ln|x|的图象,在同一坐标系中作出y =f(x)的图象与y =ln|x|的图象,即可得其图象交点的个数,即可得答案.本题考查抽象函数的应用,函数零点与函数图象交点的关系,属于较难题. 【解答】解:根据题意,函数g(x)=f(x)−ln|x|的零点个数即函数y =f(x)的图象与函数y =ln|x|的图象交点的个数; 对于f(x)有f(x +1)=−f(x),设−1≤x <0,则0≤x +1<1,此时有f(x)=−f(x +1)=−(x +1),又由f(x +1)=−f(x),则f(x +2)=−f(x +1)=f(x),即函数f(x)的周期为2; 而y =ln|x|={lnx,x >0ln(−x),x <0,在同一坐标系中作出y =f(x)的图象与y =ln|x|的图象,可得其有三个交点, 即函数g(x)=f(x)−ln|x|有3个零点; 故选:B13.【答案】−2【解析】解:不等式对应的平面区域如图:(阴影部分).由z =x −y 得y =x −z ,平移直线y =x −z , 由平移可知当直线y =x −z ,经过点A 时, 直线y =x −z 的截距最大,此时z 取得最小值, 由{x =02x +y −2=0,解得{x =0y =2, 即A(0,2)代入z =x −y 得z =−2=−2, 即z =x −y 的最小值是−2, 故答案为:−2.根据二元一次不等式组表示平面区域,画出不等式组表示的平面区域,由z=x−y得y=x−z,利用平移求出z最大值即可.本题主要考查线性规划的应用,利用图象平行求得目标函数的最大值和最小值,利用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法.14.【答案】30【解析】解:∵n∈N∗,满足C n0+2C n1+22C n2+⋯+2n C n n=243,∴(1+2)n=243,可解得:n=5.∴(x2+x+y)n=[(x2+x)+y]5,T3=C52(x2+x)3⋅y2=10x3y2(x+1)3,∴(x2+x+y)n的展开式中x5y2的系数为10C31=30.先利用二项式定理求出n的值,再利用通项公式求出需要的系数.本题主要考查二项式定理中通项公式的应用,属于基础题.15.【答案】37√32【解析】【分析】本题考查余弦定理和三角形的面积公式,关键在于理解垂边最短,属于中等题.先利用余弦定理计算出AC,再利用余弦定理计算出cos∠BAC,进而计算出sin∠BAC,利用两角差的正弦公式可计算出sin∠CAD,利用当CD⊥AD时CD最短求出CD的长,利用勾股定理求出AD的长,然后将四边形ABCD的面积分割为△ABC和△ACD的面积计算之后再相加可得出答案.【解答】解:在△ABC中,由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cosB=84,所以,AC= 2√21,由余弦定理可得cos∠BAC=AB2+AC2−BC22AB⋅AC =√217,所以,sin∠BAC=√1−cos2∠BAC=2√77,所以,sin∠CAD=sin(60°−∠BAC)=sin60°cos∠BAC−cos60°sin∠BAC=√714,当CD⊥AD时,CD最短,此时,CD=ACsin∠CAD=√3,AD=√AC2−CD2=9,此时,四边形ABCD的面积为S=S△ABC+S△ACD=12AB⋅BC⋅sinB+12AD⋅CD=12×72×4√37+12×9×√3=37√32, 故答案为:37√32.16.【答案】√6π【解析】解:∵AC 1通过球的直径,点P 的轨迹是过点B 且与AC 1垂直的平面与球O 的截面的圆周,即球的一个小圆的周长,可求得小圆半径为√62,周长为√6π.故答案为:√6πAC 1通过球的直径,点P 的轨迹是过点B 且与AC 1垂直的平面与球O 的截面的圆周,即球的一个小圆的周长,求出小圆的半径,从而求周长.本题考查了学生的空间想象力,考查学生的计算能力,确定截面的形状是关键,属于中档题.17.【答案】解:(1)∵等比数列{a n }的公比q >1,且a 1+a 3+a 5=42,a 3+9是a 1,a 5的等差中项,∴{a 1+a 3+a 5=422(a 3+9)=a 1+a 5解得a 3=8,a 1+a 5=34=a 3q 2+a 3q 2,又q >1,∴解得q =2. ∴a n =a 3q n−3=2n ;(2)由(1)可得a n =2n ,又b n =n√a−1+√a −1n ∈N ∗. ∴b n =n√2n −1+√2n+1−1=(√2n+1−1)2√2n −1)2√2n−1+√2n+1−1=√2n+1−1−√2n −1,∴S n =(√22−1−√21−1)+(√23−1−√22−1)+(√24−1−√23−1)+⋯+(√2n+1−1−√2n −1)=√2n+1−1−√21−1 =√2n+1−1−1, 即S n =√2n+1−1−1.【解析】本题主要考查等比数列通项公式的求法及裂项相消法求数列的前n 项和,属于中档题.(1)由题设条件计算出a 3与q ,再计算a n ;(2)先利用b n 与a n 的关系式求出b n ,再利用裂项相消法求和.18.【答案】解:(1)证明:取BC 中点O ,连接AO ,B 1O ,由于△ABC 与△B 1BC 是全等的等边三角形, ∴AO ⊥BC ,B 1O ⊥BC ,且AO ∩B 1O =O , ∴BC ⊥平面B 1AO , 又AB 1在平面B 1AO 内, ∴BC ⊥AB 1;(2)设AB =a ,△ABC 与△B 1BC 是全等的等边三角形,则BB 1=AB =BC =AC =B 1C =a ,又cos∠B 1BA =14,由余弦定理可得AB 12=a 2+a 2−2a ⋅a ⋅14=32a 2, 在△AB 1C 中,有AB 12=AO 2+B 1O 2,所以以OA ,OB ,OB 1分别为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(√32a,0,0),B(0,a 2,0),B 1(0,0,√32),设平面ABB 1的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y,z),则{m ⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−√32ax +12ay =0m ⃗⃗⃗ ⋅AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−√32ax +√32az =0,可取m⃗⃗⃗ =(1,√3,0),又平面BCB 1的一个法向量为n⃗ =(1,0,0), ∴二面角C −B 1B −A 的余弦值为cosθ=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=√55.【解析】(1)先证明BC ⊥平面B 1AO ,再利用线面垂直的性质即可得证;(2)建立空间直角坐标系,求出两平面的法向量,利用向量的夹角公式求解即可得出所求余弦值.本题考查线面垂直的判定定理及性质定理的运用,考查利用空间向量求解二面角问题,考查推理能力及计算能力,属于中档题.19.【答案】解:(Ⅰ)设A(x′,y′),B(x,y),则y′2=2x′①,y2=2x②.①−②,得(y′−y)(y′+y)=2(x′−x).又因为P(1,1)是线段AB的中点,所以y′+y=2所以,k1=y′−yx′−x =2y′+y=1.又直线AB过P(1,1),所以直线AB的方程为y=x;(Ⅱ)依题设M(x M,y M),直线AB的方程为y−1=k1(x−1),即y=k1x+1−k1,亦即y=k1x+k2,代入抛物线方程并化简得k12x2+(2k1k2−2)x+k22=0.所以,x1+x2=−2k1k2−2k12=2−2k1k2k12;于是,x M=1−k1k2k12,y M=k1⋅x M+k2=k1⋅1−k1k2k12+k2=1k1.同理,x N=1−k1k2k22,y N=1k2.易知k1k2≠0,所以直线MN的斜率k=y M−y Nx M−x N =k2k11−k2k1.故直线MN的方程为y−1k1=k2k11−k2k1(x−1−k1k2k12),即y=k2k11−k2k1x+1.此时直线过定点(0,1).故直线MN恒过定点(0,1).【解析】(Ⅰ)设A,B的坐标,利用点差法确定k1的值;(Ⅱ)求出直线MN的方程,利用根与系数的关系以及k1+k2=1探究直线过哪个定点.本题考查抛物线的方程,考查点差法的运用,考查直线与抛物线的位置关系,考查直线恒过定点,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.20.【答案】解:(1)甲解开密码锁所需时间的中位数为47,∴0.01×5+0.014×5+b×5+0.034×5+0.04×(47−45)=0.5,解得b=0.026;∴0.04×3+0.032×5+a×5+0.010×10=0.5,解得a=0.024;∴甲在1分钟内解开密码锁的频率是f甲=1−0.01×10=0.9;乙在1分钟内解开密码锁的频率是f乙=1−0.035×5−0.025×5=0.7;(2)由(1)知,甲在1分钟内解开密码锁的频率是0.9,乙是0.7,丙是0.5,且各人是否解开密码锁相互独立;①不能进入下一关的概率为(1−0.9)(1−0.7)(1−0.5),能进入下一关的概率与三个人被排除的顺序无关,∴该团队能进入下一关的概率为P=1−(1−0.9)×(1−0.7)×(1−0.5)=0.985;②设甲、乙、丙三个人各自能完成任务的概率分别p1,p2,p3,且p1,p2,p3互不相等,根据题意知X的取值为1,2,3;则P(X=1)=p1;P(X=2)=(1−p1)p2;P(X=3)=(1−p1)(1−p2);E(X)=p1+2(1−p1)p2+3(1−p1)(1−p2)=3−2p1−p2+p1p2;∴E(X)=3−(p1+p2)+p1p2−p1,若交换前两个人的派出顺序,则变为3−(p1+p2)+p1p2−p2,由此可见,当p1>p2时,交换前两人的派出顺序可增大期望,应选概率大的甲先开锁;若保持第一人派出的人选不变,交换后两人的派出顺序,E(X)可写为3−2p1−(1−p1)p2,交换后的派出顺序则变为3−2p1−(1−p1)p3,当p2>p3时交换后的派出顺序可增大均值;所以先派出甲,再派乙,最后派丙,这样能使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小.【解析】本题考查了频率分布直方图的中位数,概率的求法以及离散型随机变量的数学期望的求法问题,属于较难题.(1)根据频率分布直方图,利用中位数的定义求出b、a的值,再分别计算甲、乙在1分钟内解开密码锁的频率值;(2)①根据相互独立事件的概率,利用对立事件的概率公式计算即可;②分别求出先派甲和先派乙时随机变量X的数学期望,比较它们的大小,即可得出结论.21.【答案】解:(Ⅰ)f′(x)=e x−1,令f′(x)>0解得x>0,令f′(x)<0解得x<0,∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(−∞,0)上单调递减;(Ⅱ)证明:不妨设x1<x2,由f(x1)=f(x2)可得,e x1−x1=e x2−x2,则e x2−e x1x2−x1=1,要证e x1+e x2>2,即证x2−x1e x2−e x1(e x2+e x1)>2,而x2−x1e x2−e x1(e x2+e x1)=(x2−x1)e x2−x1+1e x2−x1−1,令t=x2−x1(t>0),则即证t⋅e t+1e t−1>2,即t(e t+1)−2e t+2>0,令g(t)=t(e t+1)−2e t+2,t>0,则g′(t)=(t+1)e t+1−2e t=(t−1)e t+1,令ℎ(t)=(t−1)e t+1,则ℎ′(t)=te t>0在(0,+∞)上恒成立,∴g′(t)在(0,+∞)上单增,故g′(t)>g′(0)=0,故g(t)在(0,+∞)上单增,故g(t)>g(0)=0,故原命题得证.【解析】(Ⅰ)求导后,解不等式即可得到单调性;(Ⅱ)易得e x2−e x1x2−x1=1,令t=x2−x1(t>0),则只需证t(e t+1)−2e t+2>0,构造函数证明即可.本题考查利用导数研究函数的单调性及证明不等式,考查构造函数思想及转化思想,逻辑推理能力以及化简运算能力,属于中档题.22.【答案】解:(1)由曲线C1的参数方程{x=√3cosφy=√3+√3sinφ(φ为参数),得曲线C1的普通方程为x2+(y−√3)2=3,由曲线C2的极坐标方程ρ=2cosθ,得C2的直角坐标方程为(x−1)2+y2=1;(2)曲线C1化为极坐标方程为ρ=2√3sinθ,设A(ρ1,α),B(ρ2,α),则ρ1=2√3sinα,ρ2=2cosα,∴|AB|=|2√3sinα−2cosα|=4|sin(α−π6)|,由|AB|=2√2知,sin(α−π6)=±√22,∵−π6<α−π6<5π6,∴α−π6=π4或α−π6=3π4,∴α=5π12或α=11π12.【解析】(1)直接根据C1的参数方程消去φ,得到其普通方程;直接将C2的极坐标方程转化为直角坐标方程;(2)将曲线C1化为极坐标方程,设A(ρ1,α),B(ρ2,α),则ρ1=2√3sinα,ρ2=2cosα,然后根据|AB|=2√2,求出α即可.本题考查了参数方程转化为普通方程,直接坐标方程转化为极坐标方程和三角函数的图象与性质,属中档题.23.【答案】解:(1)由|x−2|+3<6,可得|x−2|<3成立,解得−1<x<5;(2)f(x)=|x−2a|+|x+3|≥|(x−2a)−(x+3)|=|2a+3|,g(x)=|x−2|+3≥3.∵对任意x2∈R,都存在x1∈R,使得g(x1)=f(x2)成立,∴{y|y=f(x)}⊆{y|y=g(x)},所以|2a+3|≥3,∴a≥0或a≤−3,∴实数a的取值范围为(−∞,−3]∪[0,+∞).【解析】本题考查了解绝对值不等式问题,考查集合的包含关系,考查运算求解能力,是一道中档题.(1)将a=2代入f(x),通过讨论x的范围求出各个区间上的不等式的解集,取并集即可;(2)问题转化为{y|y=f(x)}⊆{y|y=g(x)},分别求出f(x),g(x)的范围,得到关于a的不等式组,解出即可.。

2020届河北武邑中学高三语文二模试题及答案解析

2020届河北武邑中学高三语文二模试题及答案解析

2020届河北武邑中学高三语文二模试题及答案解析一、现代文阅读(36分)(一)现代文阅读I(9分)阅读下面的文字,完成各题。

材料一:新华社联合国2020年5月22日电,中国常驻联合国代表团和联合国粮农组织21日共同举办首个“国际茶日”线上庆祝活动。

来自中国、俄罗斯、埃及等20多个国家常驻联合国代表和近200位嘉宾“云聚一堂”。

第74届联合国大会主席致辞说,茶产业关系减贫、消除饥饿、气候行动及提升包容性等第74届联大关注的重点领域,是许多最不发达国家的主要经济来源。

中国常驻联合国代表表示,第74届联大2019年通过决议,确定每年5月21日为“国际茶日”,充分肯定了茶对人类社会、经济、文化的珍贵价值,为深化茶领域合作提供了新的契机,为茶赋予了新生命、新活力。

茶产业虽然也受到了疫情冲击,但如果有效应对,维护产业链供应链稳定畅通,必将为恢复世界经济增添动力。

(摘编自新华社《联合国举办线上活动庆祝首个“国际茶日”》)材料二:中国是世界上最早发现和使用茶树的国家。

相传,神农氏在野外以釜煮水,刚好几片叶子飘进了釜中,神农氏发现煮好的“水”饮之可以生津止渴、提神醒脑。

《神农•食经》中有记载:“荼茗久服,令人有力、悦志”。

另一说法为“神农尝百草,日遇七十二毒,得荼而解之。

”神农氏后将这些叶子称作“荼”唐代茶学家陆羽在《茶经》写道:“茶之为饮,发乎神农氏”,这也是茶史研究中关于饮茶起源最为普遍的说法。

据史料记载,周武王时,巴蜀先民已开始将茶作为贡品上供;汉代时,茶叶开始了商品化进程;唐代制售茶业日趋兴盛,初创了茶马贸易,陆羽在《茶经》中一改中唐前以“荼”表茶的用法,确定了“茶”的字形、字音、字义并沿用至今。

及至宋代,茶肆遍布大街小巷,斗茶、赐茶、贡茶等“茶”风盛行。

搬家时邻居要“献茶”,客人来要敬“元宝茶”,订婚要“下茶”;结婚要“定茶”。

北宋蔡襄写下了茶学专著《茶录》,提出“茶之妙,在乎始造之精。

藏之得法,泡之得宜”,从茶叶采制、保存方式、烹饮方法一直讲到下篇的烹茶器具,茶文化的内涵更加丰富。

河北省武邑中学高三文综下学期第二次质量检测试题(扫描版)(2021学年)

河北省武邑中学高三文综下学期第二次质量检测试题(扫描版)(2021学年)

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