湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017-2018学年高一下学期期末考试历史试卷 Word版含解析

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湖北省宜昌市协作体2017-2018学年高一数学下学期期末考试试题(含解析)

宜昌市部分示范高中教学协作体2018年春期末联考高一数学（全卷满分：150 分考试用时：120分钟）选择题：本大题共12小题,每小题5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. 若a＞b，则下列正确的是( )A. a2＞b2B. ac2＞bc2C. a3＞b3D. ac＞bc【答案】C【解析】分析：用特殊值法排除错误选项，可得正确答案.详解：对于A.，当时不成立；对于B.，当时不成立；对于D，当时不成立；故选C.点睛：本题考查不等式的性质，注意特殊值法的应用.2. 已知关于x的不等式(ax－1)(x＋1)<0的解集是(－∞，－1)∪，则a＝( )A. 2B. －2C. －D.【答案】B【解析】分析：由题意，-1，是方程的两根，由此可求的值．详解：由题意，-1，是方程的两根，，故选 B .点睛：本题考查不等式的解集与方程解之间的关系，确定-1，是方程的两根是关键.3. 在△ABC中，AB＝5，BC＝6，AC＝8，则△ABC的形状是( )A. 锐角三角形B. 钝角三角形C. 直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形【答案】B【解析】分析：由三角形的三边判断出为最大边，根据大边对大角可得为最大角，利用余弦定理表示出，将已知的三边长代入求出的值，由的值小于0及为三角形的内角，可得为钝角，即三角形为钝角三角形．详解：为最大角，∴由余弦定理得：又为三角形的内角，∴为钝角，则的形状是钝角三角形．故选B．点睛：本题考查三角形形状的判断，涉及的知识有：余弦定理，三角形的边角关系，以及余弦函数的图象与性质，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．4. 设是等差数列的前项和,若,则A. B. C. D.【答案】A【解析】，，选A.视频5. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a cos B＝b cos A，则△ABC是( )A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形【答案】A考点：三角函数恒等变换的应用；三角形形状的判定．6. 等比数列{a n}中，T n表示前n项的积，若T5＝1，则( )A. a1＝1B. a3＝1C. a4＝1D. a5＝1【答案】B【解析】分析：由题意知，由此可知，所以一定有．详解，．故选：B．点睛：本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．7. 设首项为1，公比为的等比数列{a n}的前n项和为S n，则( )．A. S n＝2a n－1B. S n＝3a n－2C. S n＝4－3a nD. S n＝3－2a n【答案】D【解析】S n＝＝＝＝3－2a n.视频8. 平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为，则此球的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：利用平面截球的球面所得圆的半径为1，球心到平面的距离为，求出球的半径，然后求解球的体积．详解：因为平面截球的球面所得圆的半径为1，球心到平面的距离为，，所以球的半径为：．所以球的体积为：故选A．点睛：本题考查球的体积的求法，考查空间想象能力、计算能力．9. 一个棱长为1的正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，把相关数据代入棱锥的体积公式计算即可．详解：由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，∵正方体的棱长是1，∴三棱锥的体积∴剩余部分体积，故选D.点睛：本题考查三视图求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．10. 在正四棱锥（底面为正方形，顶点在底面的正投影为正方形的中心）中，，直线与平面所成的角为，为的中点，则异面直线与所成角为（）A. 90°B. 60°C. 45°D. 30°【答案】C【解析】分析：连接交于点，连接，先证明即为与平面所成的角，即可得出结论．详解：连接交于点，连接，因为为的中点，所以，所以即为异面直线与所成的角．因为四棱锥正四棱锥，所以平面，所以为在面内的射影，所以即为与平面所成的角，即，中，所以在直角三角形中，即异面直线与所成的角为．故答案为为．点睛：本题考查异面直线所成角，考查线面垂直，属基础题．11. 若两个正实数x，y满足，且不等式有解，则实数m的取值范围是( )A. (－1，4)B. (－∞，0)∪(3，＋∞)C. (－4，1)D. (－∞，－1)∪(4，＋∞)【答案】D【解析】分析：不等式有解，即为大于的最小值，运用乘1法和基本不等式，计算即可得到所求最小值，解不等式可得m的范围．详解：正实数满足则 =4，当且仅当，取得最小值4．由x有解，可得解得或．故选 D ．点睛：本题考查不等式成立的条件，注意运用转化思想，求最值，同时考查乘1法和基本不等式的运用，注意满足的条件：一正二定三等，考查运算能力，属中档题．12. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥PABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为( )A. 8πB. 12πC. 20πD. 24π【答案】C【解析】分析：根据所给定义，画出空间结构图如下，结合长方体的外接球半径的求法得出最后答案。

湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017_2018学年高一生物下学期期末考试试题_7069

宜昌市优质高中2017-2018学年度第二学期高一年级期末联考生物试卷考试时间：90分钟满分：90分本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分,学生作答时，须将答案写在答题卡上。

第Ⅰ卷（选择题）本卷共40小题，每小题1分，共计40分。

在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。

1.关于生物体内有机化合物所含元素的叙述,错误的是A.叶绿素含有镁元素B.血红蛋白含有铁元素C.脱氧核糖含有磷元素D.胰岛素含有氮元素2.关于生物体内有机化合物功能的叙述,错误的是A. 核酸是细胞内携带遗传信息的物质B. 生物体内有机化合物都是人体细胞中的能源物质C.脂肪与糖原都是细胞内储存能量的物质D.胆固醇是动细胞膜的组分,也参与血脂运输3. 生物组织中还原糖、脂肪和蛋白质三种有机物的鉴定实验中，以下操作错误的是A．可溶性还原糖的鉴定，可用双缩脲试剂B．只有脂肪的鉴定需要使用显微镜C．用双缩脲试剂检测蛋白质不需要加热D．使用斐林试剂和双缩脲试剂最好是现配现用4. 在显微镜下观察某细小物体时，该细小物体被放大了“50”倍，这里放大了“50”倍是指A．面积 B．体积 C．像的面积 D．宽度和长度5.下列过程中，涉及肽键数量变化的是A．洋葱根尖细胞染色体的复制B．加热使蛋白质变性C．小肠上皮细胞吸收氨基酸D．蛋清中加入NaCl使蛋白质析出6. 人体组织细胞从组织液中吸收甘油的量主要取决于A．组织液中甘油的浓度 B．细胞膜上载体数量C．细胞中线粒体的数量 D．细胞膜上载体的种类7．下列相关实验中涉及“分离”的叙述正确的是A. 植物细胞质壁分离实验中，滴加蔗糖溶液的目的是使细胞质与细胞壁分离B. 绿叶中色素的提取和分离实验中，色素分离是因其在层析液中溶解度不同C. 植物根尖细胞有丝分裂实验中，可以观察到姐妹染色单体彼此分离的过程D.观察RNA 、DNA在细胞中的分布实验中，用盐酸处理的目的是为了使组织细胞彼此分离8．下列属于控制自变量的操作且正确的是A．在探究过氧化氢酶最适pH的实验中，需要在同一温度下进行B．在探究光照强弱对光合作用影响的实验中可用多盏功率相同的灯泡控制变量C．在探究温度影响淀粉酶活性的实验中，试管中要放入等量的淀粉溶液D．在探索生长素类似物促进插条生根的最适浓度的实验中，用不同植物的插条作对照9．下图中，①表示有酶催化的反应曲线。

湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017-2018学年高一下学期期末考试化学试题(含解析)

湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017-2018学年高一下学期期末考试化学试卷1.1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A. 光伏电池板的主要成分是二氧化硅B. 导致酸雨的主要物质有SO2、NO2和CO2等C. 食品包装袋中的铁粉包是为了防止食品氧化而变质D. 包装食品的保鲜膜最好选用PVC(聚氯乙烯）材质的保鲜膜【答案】C【解析】【详解】A.光伏电池板的主要成分是单质硅，故A错误；B.CO2并不是导致酸雨的物质，故B错误；C.铁粉能在常温下被氧化氧化，食品包装袋中的铁粉包可以防止食品氧化而变质，故C正确；D.PVC(聚氯乙烯）是有一定毒性的，不能用于食品的包装，故D错误；答案选C。

2.2.下列有关化学用语表达不正确的是( )A. 甲烷的结构式：CH4B. 质子数为 53，中子数为 78 的碘原子：C. Na 的原子结构示意图：D. 钙离子的电子式： Ca2+【答案】A【解析】A. 甲烷的结构式为，故A错误，B. 质子数为53、中子数为78的碘原子是，131表示原子质量数，中子数=质量数-质子数=131-53=78，故B项正确;C. Na 的原子核外有11个电子，结构示意图：，故C正确；D. 钙原子形成离子时失去最外层的2个电子，其电子式为式： Ca2+，故D正确；答案：A。

3.3.下列物质分类正确的是（）A. SiO2、NO2均为酸性氧化物B. 稀豆浆、淀粉溶液均为胶体C. 烧碱、乙醇均为电解质D. 水玻璃、冰醋酸均为混合物【答案】B【解析】【详解】A. NO2不属于酸性氧化物，故A错误；B.稀豆浆、淀粉溶液中的有机大分子的直径处于1nm——100nm范围内，故它们属于胶体，故B正确；C.乙醇为非电解质，故C错误；D.水玻璃是硅酸钠的水溶液，为混合物，但冰醋酸为纯的乙酸，为纯净物，故D错误；答案选B。

【点睛】本题主要考查了物质的分类，涉及到酸性氧化物、分散系、电解质与非电解质等类别。

湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017-2018学年高一物理下学期期末考试试题(含解析)

湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017-2018学年高一下学期期末考试物理试卷一、选择题1.1.现在城市滑板运动非常流行，如图所示，滑板运动员双脚站在滑板上沿水平地面匀速滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，人与滑板分离，分别从杆的上、下通过，忽略人和滑板在运动中受到的阻力．则运动员( )A. 起跳时双脚对滑板的作用力竖直向上B. 在空中水平方向先加速后减速C. 越过杆后仍落在滑板的起跳位置D. 在空中人不受力【答案】C【解析】【详解】运动员竖直起跳，由于本身就有水平初速度，所以运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动。

各分运动具有等时性，水平方向的分运动与滑板的运动情况一样，最终落在滑板的原位置。

所以竖直起跳时，对滑板的作用力应该是竖直向下。

故A错误。

运动员水平方向上做匀速直线运动，故B错误。

运动员在起跳时竖直起跳，由于本身就有水平初速度，所以运动员参与了水平方向上的匀速直线运动，所以越过杆后仍落在滑板起跳的位置，故C正确。

忽略人和滑板在运动中受到的阻力，在空中只受重力，故D错误。

故选C。

【点睛】解决本题的关键是掌握运动的合成与分解，知道各分运动具有独立性，分运动和合运动具有等时性．2.2.关于平抛运动，下列说法中正确的是( )A. 平抛运动是变加速曲线运动B. 做平抛运动的物体加速度随时间逐渐增大C. 做平抛运动的物体每秒内动能的增量相等D. 做平抛运动的物体每秒内机械能的增量相等【答案】D【解析】【详解】平抛运动的加速度恒为g，则是匀加速曲线运动，选项AB错误；做平抛运动的物体每秒内速度的增量相同，但是动能的增量不相等，选项C错误；做平抛运动的物体只有重力做功，机械能守恒，则每秒内机械能的增量相等，选项D正确；故选D.3.3.两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图：mg tanθ=mω2L sinθ，整理得是常量，即两球处于同一高度，故B正确。

湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017-2018学年高一英语下学期期末考试试题

宜昌市优质高中2017至2018学年度第二学期高一年级期末联考英语试卷时间：120分钟分值：150分第一部分听力 (满分30 分)作题时,先将答案划在试卷上。

录音结束后,你有两分钟的时间将答案转涂到答题卡上。

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答案, 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 in New York?A. She worked there.B. She studied thereC. She visited there.2. How old is Jerry?A. 25 years old.B. 30 years old.C. 40 years old.3. What do we know about the woman?A. She is introducing somebody.B. She has seen the man’s sister before.C. She likes African art.4. Who is the man?A. A taxi driver.B. A hotel worker.C. A restaurant waiter.5. What are the speakers talking about?A. A park.B. A trip.C. A film.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, 从每题所给的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。

2017-2018年宜昌市县域优质高中协同发展共合体高一(下)期末数学试卷(理科)(解析版)

2017-2018学年湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体高一（下）期末数学试卷（理科）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.1．（5分）直线x+y﹣3＝0的倾斜角为（）A．45°B．﹣45°C．135°D．90°2．（5分）若点（0，）到直线l：x+3y+m＝0（m＞0）的距离为，则m＝（）A．7B．C．14D．173．（5分）圆台的体积为7π，上、下底面的半径分别为1和2，则圆台的高为（）A．3B．4C．5D．64．（5分）给出下列四种说法：①若平面α∥β，直线a⊂α，b⊂β，则a∥b；②若直线a∥b，直线a∥α，直线b∥β，则α∥β；③若平面α∥β，直线a⊂α，则a∥β；④若直线a∥α，a∥β，则α∥β．其中正确说法的个数为（）A．4个B．3个C．2个D．1个5．（5分）设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝﹣11，a4+a6＝﹣6，则当S n取最小值时，n等于（）A．6B．7C．8D．96．（5分）半径R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）A．πR3B．πR3C．πR3D．πR37．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，P A⊥平面ABC，则四面体P﹣ABC中直角三角形的个数为（）A．4B．3C．2D．18．（5分）已知水平放置的△ABC用斜二测画法得到平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，那么原来△ABC的面积为（）A．B．C．a2D．9．（5分）若实数x，y满足条件，则z＝3x+y的最大值为（）A．7B．8C．9D．1410．（5分）数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知△ABC的顶点A（2，0），B（0，4），若其欧拉线的方程为x﹣y+2＝0，则顶点C的坐标是（）A．（﹣4，0）B．（0，﹣4）C．（4，0）D．（4，0）或（﹣4，0）11．（5分）若动点P1（x1，y1），P2（x2，y2）分别在直线l1：x﹣y﹣5＝0，l2：x﹣y﹣15＝0上移动，则P1P2的中点P到原点的距离的最小值是（）A．B．C．D．12．（5分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a cos B﹣b cos A＝，则tan（A﹣B）的最大值为（）A．B．C．D．二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将最后答案填在答题卡的相应位置. 13．（5分）直线l：ax+y+3＝0（a∈R）定点，定点坐标为．14．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC与A1D所成角的大小是．15．（5分）已知直线l1：ax+3y+1＝0，l2：2x+（a+1）y+1＝0，若l1∥l2，则实数a的值是．16．（5分）三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积为．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤，本大题共6小题，70分.17．（10分）如图，圆柱的底面半径为r，球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面．（Ⅰ）计算圆柱的表面积；（Ⅱ）计算图中圆锥、球、圆柱的体积比．18．（12分）光线通过点A（2，3），在直线l：x+y+1＝0上反射，反射光线经过点B（1，1）．（Ⅰ）求点A（2，3）关于直线l对称点的坐标；（Ⅱ）求反射光线所在直线的一般式方程．19．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos C＝，cos A＝，a ＝2．（Ⅰ）求b的值；（Ⅱ）求△ABC的面积．20．（12分）设正项等比数列{a n}的前n项和为S n，且满足S3＝3a3+2a2，a4＝8．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设数列b n＝log2a n，求{|b n|}的前n项和T n．21．（12分）已知美国苹果手机品牌公司生产某款手机的年固定成本为40万美元，每生产1万部还需另投入16万美元．设公司一年内生产该款手机万部并全部销售完，每万部的销售收入为R（x）万美元，且．（1）写出年利润（万美元）关于年产量x（万部）的函数解析式；（2）当年产量为多少万部时，公司在该款手机的生产中所获得的利润最大？并求出最大利润．22．（12分）已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱与底面成锐角α，点B1在底面上的射影D落在BC边上．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BB1CC1；（Ⅱ）当α为何值时，AB1⊥BC1，且D为BC的中点？（Ⅲ）当AB1⊥BC1，且D为BC的中点时，若BC＝2，四棱锥A﹣BCC1B1的体积为2，求二面角A﹣B1C1﹣C的大小．2017-2018学年湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体高一（下）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一.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.1．（5分）直线x+y﹣3＝0的倾斜角为（）A．45°B．﹣45°C．135°D．90°【解答】解：∵直线x+y﹣3＝0的斜率等于﹣1，设直线x+y﹣3＝0的倾斜角为θ，则tanθ＝﹣1，0≤θ＜π，解得θ＝135°，故选：C．2．（5分）若点（0，）到直线l：x+3y+m＝0（m＞0）的距离为，则m＝（）A．7B．C．14D．17【解答】解：由题意可得：＝，m＞0，解得m＝．故选：B．3．（5分）圆台的体积为7π，上、下底面的半径分别为1和2，则圆台的高为（）A．3B．4C．5D．6【解答】解：圆台的体积为7π，上、下底面的半径分别为1和2，圆台的高为：h，πh（r12+r22+r1r2）＝（1+4+2）＝7π，解得h＝3．故选：A．4．（5分）给出下列四种说法：①若平面α∥β，直线a⊂α，b⊂β，则a∥b；②若直线a∥b，直线a∥α，直线b∥β，则α∥β；③若平面α∥β，直线a⊂α，则a∥β；④若直线a∥α，a∥β，则α∥β．其中正确说法的个数为（）A．4个B．3个C．2个D．1个【解答】解：对于①，若平面α∥β，直线a⊂α，b⊂β，则a∥b或异面，①错误；对于②，若直线a∥b，直线a∥α，直线b∥β，则α∥β或相交，②错误；对于③，若平面α∥β，直线a⊂α，则a与β无公共点，即a∥β，③正确；对于④，若直线a∥α，a∥β，则α∥β或相交，∴④错误；综上，其中正确说法序号是③，共1个．故选：D．5．（5分）设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝﹣11，a4+a6＝﹣6，则当S n取最小值时，n等于（）A．6B．7C．8D．9【解答】解：设该数列的公差为d，则a4+a6＝2a1+8d＝2×（﹣11）+8d＝﹣6，解得d＝2，所以，所以当n＝6时，S n取最小值．故选：A．6．（5分）半径R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）A．πR3B．πR3C．πR3D．πR3【解答】解：2πr＝πR，所以r＝，则h＝，所以V＝故选：A．7．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，P A⊥平面ABC，则四面体P﹣ABC中直角三角形的个数为（）A．4B．3C．2D．1【解答】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，P A⊥平面ABC，∴BC⊥P A，BC⊥AB，∵P A∩AB＝A，∴BC⊥平面P AB．∴四面体P﹣ABC中直角三角形有△P AC，△P AB，△ABC，△PBC．故选：A．8．（5分）已知水平放置的△ABC用斜二测画法得到平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，那么原来△ABC的面积为（）A．B．C．a2D．【解答】解：∵直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，直观图△A′B′C′的面积是，又∵原几何图形的面积：直观图的面积＝2：1，故原来△ABC的面积为故选：D．9．（5分）若实数x，y满足条件，则z＝3x+y的最大值为（）A．7B．8C．9D．14【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．由z＝3x+y得y＝﹣3x+z，平移直线y＝﹣3x+z，由图象可知当直线y＝﹣3x+z经过点A时，直线y＝﹣3x+z的截距最大，此时z最大．由，解得，即A（2，3），代入目标函数z＝3x+y得z＝3×2+3＝9．即目标函数z＝3x+y的最大值为9．故选：C．10．（5分）数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知△ABC的顶点A（2，0），B（0，4），若其欧拉线的方程为x﹣y+2＝0，则顶点C的坐标是（）A．（﹣4，0）B．（0，﹣4）C．（4，0）D．（4，0）或（﹣4，0）【解答】解：设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为（），代入欧拉线方程得：，整理得：m﹣n+4＝0 ①AB的中点为（1，2），，AB的中垂线方程为y﹣2＝（x﹣1），即x﹣2y+3＝0．联立，解得．∴△ABC的外心为（﹣1，1）．则（m+1）2+（n﹣1）2＝32+12＝10，整理得：m2+n2+2m﹣2n＝8 ②联立①②得：m＝﹣4，n＝0或m＝0，n＝4．当m＝0，n＝4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是（﹣4，0）．故选：A．11．（5分）若动点P1（x1，y1），P2（x2，y2）分别在直线l1：x﹣y﹣5＝0，l2：x﹣y﹣15＝0上移动，则P1P2的中点P到原点的距离的最小值是（）A．B．C．D．【解答】解：由于点P1（x1，y1），P2（x2，y2）分别在2条平行直线l1：x﹣y﹣5＝0，l2：x ﹣y﹣15＝0上移动，故P1P2的中点P所在的直线方程为x﹣y﹣10＝0，则P1P2的中点P到原点的距离的最小值是原点O到直线x﹣y﹣10＝0的距离，等于＝5，故选：B．12．（5分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a cos B﹣b cos A＝，则tan（A﹣B）的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：∵a cos B﹣b cos A＝c，∴结合正弦定理，得sin A cos B﹣sin B cos A＝sin C，∵C＝π﹣（A+B），得sin C＝sin（A+B），∴sin A cos B﹣sin B cos A＝（sin A cos B+cos A sin B），整理可得：sin A cos B＝4sin B cos A，同除以cos A cos B，得tan A＝4tan B，由此可得tan（A﹣B）＝＝＝，∵A、B是三角形内角，且tan A与tan B同号，∴A、B都是锐角，即tan A＞0，tan B＞0，∵≥2＝4，∴tan（A﹣B）＝≤，当且仅当＝4tan B，即tan B＝时，tan（A﹣B）的最大值为．故选：B．二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将最后答案填在答题卡的相应位置.13．（5分）直线l：ax+y+3＝0（a∈R）定点，定点坐标为（0，﹣3）．【解答】解：对于直线l：ax+y+3＝0（a∈R），令x＝0，求得y＝﹣3，可得直线过定点（0，﹣3），故答案为：（0，﹣3）．14．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC与A1D所成角的大小是．【解答】解：连结AB1、B1C，∵正方体ABCD﹣A 1B1C1D1中，A1B1CD，∴四边形A 1B1CD是平行四边形，可得A1D B1C，因此∠B1CA（或其补角）就是异面直线AC与A1D所成的角，设正方体的棱长等于1，∵△AB1C中，AB1＝AC＝B1C＝，∴△AB1C是等边三角形，可得∠B1CA＝．即异面直线AC与A1D所成角的大小是．故答案为：15．（5分）已知直线l1：ax+3y+1＝0，l2：2x+（a+1）y+1＝0，若l1∥l2，则实数a的值是﹣3．【解答】解：∵l1∥l2，∴a（a+1）﹣2×3＝0，即a2+a﹣6＝0，解得a＝﹣3，或a＝2；当a＝﹣3时，l1为：﹣3x+3y+1＝0，l2为：2x﹣2y+1＝0，满足l1∥l2；当a＝2时，l1为：2x+3y+1＝0，l2为：2x+3y+1＝0，l1与l2重合；所以，实数a的值是﹣3．故答案为：﹣3．16．（5分）三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积为6π．【解答】解：由已知中的三视图可得，该几何体的外接球，相当于一个棱长为1，1，2的长方体的外接球，故外接球直径2R＝＝，故该三棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝6π，故答案为：6π．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤，本大题共6小题，70分. 17．（10分）如图，圆柱的底面半径为r，球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面．（Ⅰ）计算圆柱的表面积；（Ⅱ）计算图中圆锥、球、圆柱的体积比．【解答】解：（Ⅰ）已知圆柱的底面半径为r，则圆柱和圆锥的高为h＝2r，圆锥和球的底面半径为r，则圆柱的表面积为；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，∴圆锥、球、圆柱的体积比为：：2πr3＝1：2：3．18．（12分）光线通过点A（2，3），在直线l：x+y+1＝0上反射，反射光线经过点B（1，1）．（Ⅰ）求点A（2，3）关于直线l对称点的坐标；（Ⅱ）求反射光线所在直线的一般式方程．【解答】解：（Ⅰ）设点A（2，3）关于直线l的对称点为A0（x0，y0），则，（4分）解得x0＝﹣4，y0＝﹣3，即点A（2，3）关于直线l的对称点为A0（﹣4，﹣3）．（6分）（Ⅱ）由于反射光线所在直线经过点A0（﹣4，﹣3）和B（1，1），所以反射光线所在直线的方程为y﹣1＝（x﹣1），即4x﹣5y+1＝0．（12分）19．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos C＝，cos A＝，a ＝2．（Ⅰ）求b的值；（Ⅱ）求△ABC的面积．【解答】（本题满分为12分）解：（Ⅰ）在△ABC中，A，B，C∈（0，π），由cos A＝，得：sin A＝＝，由cos C＝，得：sin C＝＝，可得：sin B＝sin[π﹣（A+C）]＝sin（A+C）＝sin A cos C+cos A sin C＝+＝…（5分）由正弦定理，得：＝，（7分）从而解得：b＝…8分（Ⅱ）∵由（Ⅰ）可得b＝，a＝2，sin C＝，∴S△ABC＝ab sin C＝×＝．（12分）20．（12分）设正项等比数列{a n}的前n项和为S n，且满足S3＝3a3+2a2，a4＝8．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设数列b n＝log2a n，求{|b n|}的前n项和T n．【解答】解：（Ⅰ）设正项等比数列{a n}的公比为q，则q＞0．由已知S3＝3a3+2a2有2a3+a2﹣a1＝0，即，∴2q2+q﹣1＝0故或q＝﹣1（舍）∴；（Ⅱ）由（Ⅰ）知：b n＝7﹣n故当n≤7时，b n≥0∴当n≤7时，当n＞7时，T n＝b1+b2+…+b7﹣（b8+b9+…+b n）＝2（b1+b2+…+b7）﹣（b1+b2+…+b n）＝﹣+42，∴T n＝．21．（12分）已知美国苹果手机品牌公司生产某款手机的年固定成本为40万美元，每生产1万部还需另投入16万美元．设公司一年内生产该款手机万部并全部销售完，每万部的销售收入为R（x）万美元，且．（1）写出年利润（万美元）关于年产量x（万部）的函数解析式；（2）当年产量为多少万部时，公司在该款手机的生产中所获得的利润最大？并求出最大利润．【解答】解：（1）设年利润为y万美元，当0＜x≤40时，y＝x（400﹣6x）﹣16x﹣40＝﹣6x2+384x﹣40，当x＞40时，y＝x（）﹣16x﹣40＝﹣﹣16x+7360，所以y＝．（2）①当0＜x≤40时，y＝﹣6（x﹣32）2+6104，所以当x＝32时，y取得最大值6104，②当x＞40时，y＝﹣﹣16x+7360≤﹣2+7360＝5760．当且仅当即x＝50时取等号，所以当x＝50时，y取得最大值5 760，综合①②知，当年产量为32万部时所获利润最大，最大利润为6104万美元．22．（12分）已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱与底面成锐角α，点B1在底面上的射影D落在BC边上．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BB1CC1；（Ⅱ）当α为何值时，AB1⊥BC1，且D为BC的中点？（Ⅲ）当AB1⊥BC1，且D为BC的中点时，若BC＝2，四棱锥A﹣BCC1B1的体积为2，求二面角A﹣B1C1﹣C的大小．【解答】（Ⅰ）证明：∵点B1在底面上的射影D落在BC边上，∴B1D⊥平面ABC，∴B1D⊥AC，又AC⊥BC，B1D∩BC＝D，∴AC⊥平面BB1C1C；（Ⅱ）解：∵AC⊥平面BB1CC1，要使AB1⊥BC1，只要B1C⊥BC1，又BB1CC1是平行四边形，∴只要BB1CC1是菱形；∵B1D⊥BC，当△BB1C是等边三角形时，D为BC的中点，∵B1D⊥平面ABC，∴侧棱与底面成锐角α为∠B1BD，从而当α为时，AB1⊥BC1，且D为BC的中点；（Ⅲ）解：如图，取B1C1中点M，连接AM，CM，∵△B1C1C是等边三角形，∴CM⊥B1C1，由AC⊥平面BB1CC1，得AC⊥B1C1，B1C1⊥平面AMC，∴∠AMC是二面角A﹣B1C1﹣C的平面角．四棱锥A﹣BCC1B1的体积，∴AC＝，在直角三角形AMC中，可得，即二面角A﹣B1C1﹣C的大小为．。

2017-2018年湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体高一(下)期末数学试卷(解析版)

4．（5 分）设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若 a1+a3+a5＝3，则 S5＝（ A．5 B．7 C．9 D．10
）
5．（5 分）在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，若 acosB＝bcosA，则△ABC 是（） B．直角三角形 D．等腰或直角三角形）
2．（5 分）已知关于 x 的不等式（ax﹣1）（x+1）＜0 的解集是（﹣∞，﹣1）∪（﹣ ，+ ∞），则 a＝（ A．2 ） B．﹣2 C．﹣ D．）
3．（5 分）在△ABC 中，AB＝5，BC＝6，AC＝8，则△ABC 的形状是（ A．锐角三角形 C．钝角三角形 B．直角三角形 D．非钝角三角形
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，则
2a+c 的最大值是
．
三．解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤（17 题 10 分，其余各题 12 分）. 17．（10 分）在△ABC 中，（Ⅰ）求角 B 的值；（Ⅱ）若 a＝4，b＝2 ，求 c 的值． sin2B＝2sin B
2
18．（12 分）已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且 a1＝b1＝2，a3+a5＝22，b2b4＝b6．（Ⅰ）数列{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）设 cn＝an﹣bn，求数列{cn}前 n 项和． 19．（12 分）在四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，侧棱 PA⊥底面 ABCD，E，F 分别是 PB，PD 的中点，PA＝AD．
2017-2018 学年湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体高一（下）期末数学试卷
一.选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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．（5 分）若 a＞b，则下列正确的是（ A．a ＞b

2017-2018年宜昌市县域优质高中协同发展共合体高一(下)期末数学试卷(文科)(解析版)

2017-2018学年湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体高一（下）期末数学试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．（5分）{a n}是首顶a1＝1，公差d＝3的等差数列，如果a n＝2020，则序号n等于（）A．671B．672C．673D．6742．（5分）若x＜0，则x2，2x，x的大小关系是（）A．x2＞2x＞x B．x＞x2＞2x C．x＜x2＜2x D．2x＜x＜x2 3．（5分）用长度为1的木棒摆放4个边长为1的正三角形，至少需要（）根A．6B．9C．10D．124．（5分）一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是（）A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱5．（5分）若变量x，y满足约束条件，则z＝2x+y的最大值和最小值分别为（）A．4和3B．4和2C．3和2D．2和06．（5分）如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是（）A．该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体B．该几何体有12条棱、6个顶点C．该几何体有8个面，并且各面均为三角形D．该几何体有9个面，其中一个面是四边形，其余均为三角形7．（5分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且S3＝7a1，则数列{a n}的公比q的值为（）A．2B．3C．2或﹣3D．2或38．（5分）如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为60o，30°，此时气球的高是60m，则河流的宽度BC等于（）A．B．C．D．9．（5分）已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．8B．C．D．10．（5分）等差数列{a n}的公差d≠0，且a3，a5，a15成等比数列，若a5＝5，S n为数列{a n}的前n项和，则数列{}的前n项和取最小值时的n为（）A．3B．3或4C．4或5D．511．（5分）如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的3倍，则圆锥的侧面积和球的表面积之比为（）A．9：4B．4：3C．3：1D．3：212．（5分）某商场对商品进行两次提价，现提出四种提价方案，提价幅度较大的一种是（）A．先提价p%，后提价q%B．先提价q%，后提价p%C．分两次提价%D．分两次提价%（以上p≠q）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）已知等差数列{a n}，若a2+a3+a7＝6，则a1+a7＝．14．（5分）要制作一个容器为4m3，高为1m的无盖长方形容器，已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是（单位：元）15．（5分）已知正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长都为2，则此四棱锥体积为．16．（5分）已知△ABC中，AC＝，BC＝，△ABC的面积为，若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC＝，则CD＝．三、解答题17．（10分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，角A，B，C成等差数列．（1）求cos B的值；（2）边a，b，c成等比数列，求sin A sin C的值．18．（12分）某个几何体的三视图如图所示（单位：m）（1）求该几何体的表面积；（2）求该几何体的体积．19．（12分）已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若∠ABC＝，b ＝，c＝2，D为BC的中点．（Ⅰ）求cos∠BAC的值；（Ⅱ）求AD的值．20．（12分）已知f（x）＝﹣3x2+a（5﹣a）x+6．（1）若关于x的不等式f（x）＞m的解集为（﹣1，3），求实数a，m的值；（2）若关于x的不等式f（x）＞0的解集包含集合（1，2），求a的取值范围．21．（12分）已知数列{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，其中a1＝b1＝1，a2≠b2，且b2为a1，a2的等差中项，a2为b2，b3的等差中项．（1）求数列{a n}与{b n}的通项公式；（2）记c n＝（a1+a2+…+a n）（b1+b2+…+b n），求数列{c n}的前n项和S n．22．（12分）已知线段AB长度为2．（1）将线段分三段并将其拼成一个直角三角形，求这个直角三角形面积的最大值；（2）若点C满足CA＝2CB，求△ABC面积的最大值．2017-2018学年湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体高一（下）期末数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．（5分）{a n}是首顶a1＝1，公差d＝3的等差数列，如果a n＝2020，则序号n等于（）A．671B．672C．673D．674【解答】解：∵{a n}是首顶a1＝1，公差d＝3的等差数列，∴a n＝a1+（n﹣1）d＝1+（n﹣1）×3＝3n﹣2．∵a n＝2020，∴3n﹣2＝2020，解得则序号n＝674．故选：D．2．（5分）若x＜0，则x2，2x，x的大小关系是（）A．x2＞2x＞x B．x＞x2＞2x C．x＜x2＜2x D．2x＜x＜x2【解答】解：∵x＜0，则x2＞x＞2x，故选：D．3．（5分）用长度为1的木棒摆放4个边长为1的正三角形，至少需要（）根A．6B．9C．10D．12【解答】解：用长度为1的木棒摆放4个边长为1的正三角形，如图：可知，至少需要6根长度为1的木棒．故选：A．4．（5分）一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是（）A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱【解答】解：A、球的三视图均为圆，且大小均等；B、三条侧棱两两垂直且相等的适当高度的正三棱锥，其一个侧面放到平面上，其三视图均为三角形且形状都相同；C、正方体的三视图可以是三个大小均等的正方形；D、圆柱的三视图中必有一个为圆，其他两个为矩形．故一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是圆柱．故选：D．5．（5分）若变量x，y满足约束条件，则z＝2x+y的最大值和最小值分别为（）A．4和3B．4和2C．3和2D．2和0【解答】解：满足约束条件的可行域如下图所示在坐标系中画出可行域平移直线2x+y＝0，经过点N（1，0）时，2x+y最小，最小值为：2，则目标函数z＝2x+y的最小值为2．经过点M（2，0）时，2x+y最大，最大值为：4，则目标函数z＝2x+y的最大值为：4．故选：B．6．（5分）如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是（）A．该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体B．该几何体有12条棱、6个顶点C．该几何体有8个面，并且各面均为三角形D．该几何体有9个面，其中一个面是四边形，其余均为三角形【解答】解：根据几何体的直观图，得该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体，且有棱MA、MB、MC、MD、AB、BC、CD、DA、NA、NB、NC和ND，共12条；顶点是M、A、B、C、D和N共6个；且有面MAB、面MBC、面MCD、面MDA、面NAB、面NBC、面NCD和面NDA共个，且每个面都是三角形．所以选项A、B、C正确，选项D错误．故选：D．7．（5分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且S3＝7a1，则数列{a n}的公比q的值为（）A．2B．3C．2或﹣3D．2或3【解答】解：由S3＝7a1，则a1+a2+a3＝7a1，即a1+a1q+a1q2＝7a1，由a1≠0，化简得：1+q+q2＝7，即q2+q﹣6＝0，因式分解得：（q﹣2）（q+3）＝0，解得q＝2或q＝﹣3，则数列{a n}的公比q的值为2或﹣3．故选：C．8．（5分）如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为60o，30°，此时气球的高是60m，则河流的宽度BC等于（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可知∠C＝30°，∠BAC＝30°，∠DAB＝30°，AD＝60m，∴BC＝AB＝＝40．故选：C．9．（5分）已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．8B．C．D．【解答】解：分析已知中的三视图得：几何体是正方体截去一个三棱台，∴．故选：C．10．（5分）等差数列{a n}的公差d≠0，且a3，a5，a15成等比数列，若a5＝5，S n为数列{a n}的前n项和，则数列{}的前n项和取最小值时的n为（）A．3B．3或4C．4或5D．5【解答】解：∵等差数列{a n}的公差d≠0，且a3，a5，a15成等比数列，a5＝5，S n为数列{a n}的前n项和，∴，由d≠0，解得a1＝﹣3，d＝2，∴＝＝﹣3+n﹣1＝n﹣4，由n﹣4≥0，得n≥4，∴数列{}的前n项和取最小值时的n为3或4．故选：B．11．（5分）如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的3倍，则圆锥的侧面积和球的表面积之比为（）A．9：4B．4：3C．3：1D．3：2【解答】解：设球的半径为1；圆锥的高为：3，则圆锥的底面半径为：r由△POD∽△PBO1，得，即，所以r＝圆锥的侧面积为：＝6π，球的表面积为：4π所以圆锥的侧面积与球的表面积之比6π：4π＝3：2．故选：D．12．（5分）某商场对商品进行两次提价，现提出四种提价方案，提价幅度较大的一种是（）A．先提价p%，后提价q%B．先提价q%，后提价p%C．分两次提价%D．分两次提价%（以上p≠q）【解答】解：设商品的价格为1则：对于A，先提价p%，后提价q%，整理得：（1+p%）（1+q%）＝1+p%+q%+0.01qp%，对于：B，先提价q%，后提价p%，整理得：（1+q%）（1+p%）＝1+p%+q%+0.01qp%，对于C：分两次提价%，整理得：（1+%）（1+%）＝1+p%+q%+0.01%．对于D：分两次提价%，整理得：（1+%）（1+%）＝1+2%+0.01%，由于：．故选：D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）已知等差数列{a n}，若a2+a3+a7＝6，则a1+a7＝4．【解答】解：∵a2+a3+a7＝6，∴3a1+9d＝6，∴a1+3d＝2，∴a4＝2，∴a1+a7＝2a4＝4．故答案为：4．14．（5分）要制作一个容器为4m3，高为1m的无盖长方形容器，已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是160（单位：元）【解答】解：设池底长和宽分别为a，b，成本为y，则∵长方形容器的容器为4m3，高为1m，故底面面积S＝ab＝4，y＝20S+10[2（a+b）]＝20（a+b）+80，∵a+b≥2＝4，故当a＝b＝2时，y取最小值160，即该容器的最低总造价是160元，故答案为：16015．（5分）已知正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长都为2，则此四棱锥体积为．【解答】解：∵棱锥的棱长都为2，∴四棱锥P﹣ABCD为正四棱锥，则AO＝，在Rt△POA中，可得PO＝，∴棱锥P﹣ABCD体积V P﹣ABCD＝×2×2×＝．故答案为：．16．（5分）已知△ABC中，AC＝，BC＝，△ABC的面积为，若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC＝，则CD＝．【解答】解：∵AC＝，BC＝，△ABC的面积为＝AC•BC•sin∠ACB＝sin∠ACB，∴sin∠ACB＝，∴∠ACB＝，或，∵若∠ACB＝，∠BDC＝＜∠BAC，可得：∠BAC+∠ACB＞+＞π，与三角形内角和定理矛盾，∴∠ACB＝，∴在△ABC中，由余弦定理可得：AB＝＝＝，∴∠B＝，∴在△BCD中，由正弦定理可得：CD＝＝＝．故答案为：．三、解答题17．（10分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，角A，B，C成等差数列．（1）求cos B的值；（2）边a，b，c成等比数列，求sin A sin C的值．【解答】解：（1）△ABC中，由A、B、C成等差数列知，2B＝A+C，又A+B+C＝180°，∴B＝60°，∴cos B＝；…6分（2）由a、b、c成等比数列，知b2＝ac，根据正弦定理得sin2B＝sin A sin C，又cos B＝，∴sin A sin C＝1﹣cos2B＝．…12分18．（12分）某个几何体的三视图如图所示（单位：m）（1）求该几何体的表面积；（2）求该几何体的体积．【解答】解：由三视图可知，该几何体是由半球和正四棱柱组成，棱柱是正方体棱长为：2，球的半径为1，（1）该几何体的表面积＝正方体的表面积+半球面面积﹣球的底面积．∴S＝6×2×2+2π×12﹣π×12＝24+π（m2）．（2）该几何体的体积为正方体的体积+半球的体积，V＝2×2×2+×π×13＝8+π（m3）19．（12分）已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若∠ABC＝，b ＝，c＝2，D为BC的中点．（Ⅰ）求cos∠BAC的值；（Ⅱ）求AD的值．【解答】（本题满分为12分）解：（I）法1：由正弦定理得…（1分）又∵在△ABC中，b＞c，∴C＜B，∴…（2分）∴…（3分）∴cos∠BAC＝cos（π﹣B﹣C）＝﹣cos（B+C）…（4分）＝﹣（cos B cos C﹣sin B sin C）…（5分）＝…（6分）法2：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC cos∠ABC…（1分）∴，…（2分）∴（a﹣3）（a+1）＝0解得a＝3（a＝﹣1已舍去），…（4分）∴…（5分）＝．…（6分）（II）法1：∵…（8分）∴…（10分）＝＝…（11分）∴．…（12分）法2：在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2+AC2﹣2AB•AC cos∠BAC…（7分）＝，…（8分）∴BC＝3，∴…（9分）在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2+BD2﹣2AB•BD•cos∠ABD，…（10分）＝，…（11分）∴，…（12分）法3：设E为AC的中点，连结DE，则，…（7分）…（8分）在△ADE中，由余弦定理得AD2＝AE2+DE2﹣2AE•DE•cos∠AED，…（9分）＝，…（11分）∴．…（12分）20．（12分）已知f（x）＝﹣3x2+a（5﹣a）x+6．（1）若关于x的不等式f（x）＞m的解集为（﹣1，3），求实数a，m的值；（2）若关于x的不等式f（x）＞0的解集包含集合（1，2），求a的取值范围．【解答】解：（1）根据题意，f（x）＝﹣3x2+a（5﹣a）x+6，f（x）＞m即3x2﹣a（5﹣a）x﹣6+m＜0，若不等式f（x）＞m的解集为（﹣1，3），则（﹣1）与3是方程3x2﹣a（5﹣a）x﹣6+m＝0的两根，则有，解可得m＝﹣3，a＝2或3，故m＝﹣3，a＝2或3，（2）不等式f（x）＞0，即3x2﹣a（5﹣a）x﹣6＜0，若其解集包含集合（1，2），则在区间（1，2）上，3x2﹣a（5﹣a）x﹣6＜0恒成立，变形可得a（5﹣a）＞3x﹣在区间（1，2）上恒成立，设g（x）＝3x﹣，易得其在区间（1，2）上单调递增，则g（x）在（1，2）有最大值g（2）＝3，则有a（5﹣a）≥3成立，解可得≤a≤，则a的取值范围为[，]．21．（12分）已知数列{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，其中a1＝b1＝1，a2≠b2，且b2为a1，a2的等差中项，a2为b2，b3的等差中项．（1）求数列{a n}与{b n}的通项公式；（2）记c n＝（a1+a2+…+a n）（b1+b2+…+b n），求数列{c n}的前n项和S n．【解答】解：（1）设公比及公差分别为q，d，由2b2＝a1+a2，2a2＝b2+b3，得q＝1，d＝0或q＝2，d＝2，（3分）又由a2≠b2，故q＝2，d＝2（4分）∴（6分）（2）∵（8分）∴（9分）令①②由②﹣①得，（11分）∴．（12分）22．（12分）已知线段AB长度为2．（1）将线段分三段并将其拼成一个直角三角形，求这个直角三角形面积的最大值；（2）若点C满足CA＝2CB，求△ABC面积的最大值．【解答】解：（1）设两直角边为a，b，则2＝a+b+≥2+＝（2+），当且仅当a＝b时取得等号，得S＝ab≤×（）2＝3﹣2，故这个直角三角形面积的最大值为3﹣2；（2）设CA＝2B＝2x，∠ACB＝α，面积为S，则AB2＝4＝5x2﹣4x2cosα，∴S＝x2sinα得S＝，（或者5S＝4sinα+4S cosα≤4）得S max＝．。

湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017-2018学年高一地理下学期期末考试试题

宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017—2018学年度第二学期高一年级期末联考地理试卷注意：1. 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（综合题）两部分。

满分100分，考试时间90分钟。

2. 答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3. 考生作答时，请将答案写在答题卡上。

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；第II卷请用直径0. 5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的方框内，超出答题区域书写的答案无效，在试卷纸上、草稿纸上作答无效。

第I卷一、选择题（本大题共30小题，每小题2分，共计60分。

在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）北京时间某年9月20日14时左右，一辆轿车行驶在我国某城市的环线上（下图），车里的乘客发现前几分钟阳光从行驶方向的正后方照射进车内，后几分钟阳光从行驶方向的正左侧照射进车内。

据此完成1—2题。

1. 该时段，车辆行驶在图中环线上的A．甲路段B．乙路段C．丙路段D．丁路段2. 该城市可能是A．哈尔滨B．北京C．天津D．乌鲁木齐下图为某区域某时等压线分布图。

据此完成3—4题。

3．图中四地有冷锋存在的是A．甲B．乙C．丙D．丁4．此时戊地的风向是A．西南风B．西北风C．东南风D．东北风假定各个气压带的宽度为10个纬度。

下图为某日气压带和风带分布示意图。

据此完成5—7题。

5．图中甲所在大气环流名称应为A．赤道低压带 B．西风带C．信风带 D．极地高压带6．该日为A．春分日 B．夏至日C．秋分日 D．冬至日7．图中甲地(纬度50°)表层海水大规模运动的方向为A．自南向北 B．自西向东C．自北向西 D．自东向西下图为三个海区洋流分布示意图。

据此完成8—9题。

8．图示洋流中A. ①为暖流B. ②为寒流C. ③位于北半球D. ④位于南半球9．图示洋流对地理环境的影响是A. ①洋流北部有大渔场B. ②洋流有降温减湿作用C. ③洋流加大同纬度不同海区温差D. ④洋流加大沿岸地区降水量某研究性学习小组调查了我国东部河流某河段的情况，并绘成该河段示意图甲、EF河段河床剖面示意图乙和A、B两水文站测得的水位变化图丙。

【配套K12】[学习]湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017-2018学年高一物理下学期期末

各分运动具有等时性，水平方向的分运动与滑板的运动情况一样，最终落在滑板的原位置。

所以竖直起跳时，对滑板的作用力应该是竖直向下。

故A错误。

运动员水平方向上做匀速直线运动，故B错误。

运动员在起跳时竖直起跳，由于本身就有水平初速度，所以运动员参与了水平方向上的匀速直线运动，所以越过杆后仍落在滑板起跳的位置，故C正确。

忽略人和滑板在运动中受到的阻力，在空中只受重力，故D错误。

故选C。

湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017-2018学年高一语文下学期期末考试试题【word版】.doc

宜昌市优质高中2017--2018学年度第二学期高一年级期末联考语文试卷考试时间：150分钟试卷总分：150分一、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。

文化是一个民族生存和发展的重要力量。

近年来，在文化商业化浪潮的助推下，“娱乐至上”的文化泛娱乐化现象开始出现。

警惕文化泛娱乐化、守护中华民族精神家园，是当前建设社会主义先进文化需要高度重视的问题。

文化泛娱乐化，简单地说就是娱乐价值被推至文化的一切领域，是否有娱乐性、能否取乐成为衡量文化产品价值的法则。

在“娱乐至上”的价值追逐中，历史可以被戏说，经典可以被篡改，崇高可以被解构，英雄可以被调侃。

近年来层出不穷的“杜甫很忙”、“李白很酷”等名人恶搞事件，各类选秀、真人秀的强力圈粉，都是文化泛娱乐化的表现。

追求上座率、获得收视率、博取点击率是文化泛娱乐化背后的动力，受众心理上图消遣、求轻松、避思考的倾向是文化泛娱乐化赢得市场的重要原因。

文化泛娱乐化以消费、技术、快感、世俗等因素的融合消解文化的深度与厚度，当众多严肃的新闻、正统的历史、经典的叙事以“娱乐”包装的形式呈现时，其负面作用不可小觑。

文化泛娱乐化带来的最大问题，就是社会价值观念和中华民族共有精神家园受到侵蚀。

首先，文化泛娱乐化在戏说、调侃、恶搞中解构宏大叙事，使民族文化碎片化，动摇了对“我们是谁”的认知。

其次，民族历史记忆具有唤醒民族情感、强化国家认同的重要功能，它让我们知道“我们从哪里来”。

文化泛娱乐化将娱乐价值置于历史价值之上，为了娱乐可以随意篡改、编造历史，为历史虚无主义的传播推波助澜，模糊了对“我们从哪里来”的追寻。

最后，文化泛娱乐化背后充斥的物质欲望、个人主义等与社会主义核心价值观背道而驰，弱化对“我们到哪里去”的引领。

面对文化泛娱乐化，我们必须增强文化自觉，共同守护我们的精神家园。

文化自觉是指生活在一定文化历史圈子的人对其文化有自知之明，并对其发展历程和未来有充分的认识。

湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017-2018学年高一下学期期末考试数学(文)试题(解析版)

宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017--2018学年度第二学期高一年级期期末联考文科数学试卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1.1.是首顶,公差的等差数列,如果,则序号等于A. 671B. 672C. 673D. 674【答案】D【解析】【分析】利用等差数列的通项公式即可得出．【详解】a n=2 020=1+3（n﹣1），解得n=674．故选：D．【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．2.2.若,则的大小关系是A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由条件先判断与零的关系，进而作差比较大小即可.【详解】∵，∴又，∴∴故选：D【点睛】比较大小的常用方法（1）构造函数，判断出函数的单调性，让所要比较大小的数在同一单调区间内，然后利用单调性进行比较．（2）作差与零比较，即．（3）作商与1比较，即．3.3.用长度为1的木棒摆放4个边长为1的正三角形，至少需要（）根A. 6B. 9C. 10D. 12【答案】A【解析】【分析】用6根长度为1的木棒可以组成正四面体即可.【详解】用6根长度为1的木棒可以组成正四面体，而正四面体是由四个正三角形构成的，故选：A【点睛】本题考查了正四面体的性质，考查空间想象力，属于中档题.4.4.一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是A. 球B. 三棱锥C. 正方体D. 圆柱【答案】D【解析】试题分析：球的三视图都是圆，如果是同一点出发的三条侧棱两两垂直，并且长度相等的三棱锥的三视图是全等的等腰直角三角形，正方体的三视图可以是正方形，但圆柱的三视图中有两个视图是矩形，有一个是圆，所以圆柱不满足条件，故选D.考点：三视图视频5.5.若变量x，y满足约束条件则z＝2x＋y的最大值和最小值分别为( )A. 4和3B. 4和2C. 3和2D. 2和0【答案】B【解析】分析：先根据条件画出可行域，设z=2x+y，再利用几何意义求最值，将最小值转化为y轴上的截距最大，只需求出直线，过可行域内的点N（1，0）时的最小值，过点M（2，0）时，2x+y最大，从而得到选项．详解：满足约束条件如图：平移直线2x+y=0，经过点N（1，0）时，2x+y最小，最小值为：2，则目标函数z=2x+y的最小值为2．经过点M（2，0）时，2x+y最大，最大值为：4，则目标函数z=2x+y的最大值为：4．故选B.点睛：借助于平面区域特性，用几何方法处理代数问题，体现了数形结合思想、化归思想．线性规划中的最优解，通常是利用平移直线法确定．6.6.如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不．正确的是A. 该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体B. 该几何体有12条棱、6个顶点C. 该几何体有8个面，并且各面均为三角形D. 该几何体有9个面，其中一个面是四边形，其余均为三角形【答案】D【解析】【分析】根据几何体的直观图，得出该几何体的结构特征，由此判断选项A、B、C正确，选项D错误．【详解】根据几何体的直观图，得该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体，且有棱MA、MB、MC、MD、AB、BC、CD、DA、NA、NB、NC和ND，共12条；顶点是M、A、B、C、D和N共6个；且有面MAB、面MBC、面MCD、面MDA、面NAB、面NBC、面NCD和面NDA共个，且每个面都是三角形．所以选项A、B、C正确，选项D错误．故选：D．【点睛】本题考查了利用空间几何体的直观图判断几何体结构特征的应用问题，是基础题目．7.7.已知等比数列{}的前n项和为,且，则数列{}的公比q的值为A. 2B. 3C. 2或-3D. 2或3【答案】C【解析】试题分析：，所以，解之得或考点：等比数列前项和8.8.如图，从气球上测得正前方的河流的两岸，的俯角分别为，此时气球的高是，则河流的宽度等于A. B. C. D.【答案】C【解析】如图，由题意得,,,所以,,所以.选C．9.9.已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A. 8B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】由已知三视图我们可以判断出该几何体为一个正方体截去一个三棱台，根据已知中正方体的棱长为2，我们根据三视图中所标识的数据，分别计算出正方体的体积和三棱台的体积，进而可以求出该几何体的体积．【详解】分析已知中的三视图得：几何体是正方体截去一个三棱台， ∴．故选：C ．【点睛】由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整. 10.10.等差数列的公差，且，，成等比数列，若，为数列的前项和，则数列的前项和取最小值时的为A. 3B. 3或4C. 4或5D. 5 【答案】B 【解析】【分析】根据成等比数列可求得和的关系，再根据可求得和，进而可得，最后根据数列项的特点判断出的值．【详解】∵成等比数列，∴，∴，整理得，∵，∴．又，解得，∴．∴，∴．∴当时，，且当时，；当当时，．∴当或时，数列的前项和取最小值．故选B．【点睛】求等差数列前n项和的最值，常用的方法：①利用等差数列的单调性，求出其正负转折项；②利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；③将等差数列的前n项和(A、B为常数)看做二次函数，根据二次函数的性质求最值．11.11.如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的3倍，则圆锥的侧面面积和球的表面积之比为A. 4∶3B. 3∶1C. 3∶2D. 9∶4【答案】C【解析】作圆锥的轴截面，如图，设球半径为R，则圆锥的高h=3R，圆锥底面半径r=R，则l==2R，所以===. 选C.12.12.某商场对商品进行两次提价，现提出四种提价方案，提价幅度较大的一种是A. 先提价p%,后提价q%B. 先提价q%,后提价p%C. 分两次提价%D. 分两次提价%（以上p≠q）【答案】D【解析】【分析】逐一得到四种提价方案，两次提价的结果，利用重要不等式比较大小即可.【详解】由题意可知，A，B选项的两次提价均为：；C选项的提价为：，D选项的提价为：又∵，∴∴提价最多的为D选项.故选：D【点睛】本题以商品提价为背景，考查了重要不等式的应用，属于中档题.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.13.已知等差数列若则________【答案】4【解析】【分析】由a2+a3+a7=6，可得a4=2，利用a1+a7=2a4，即可得出结论．【详解】∵a2+a3+a7=6，∴3a1+9d=6，∴a1+3d=2，∴a4=2，∴a1+a7=2a4=4．故答案为：4．【点睛】本题主要考查等差数列的性质，考查等差数列的通项，属于基础题．14.14.要制作一个容积为，高为1m的无盖长方体容器，已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是________元。

【配套K12】[学习]湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017-2018学年高一化学下学期期末

湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017-2018学年高一下学期期末考试化学试卷1.1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A. 光伏电池板的主要成分是二氧化硅B. 导致酸雨的主要物质有SO2、NO2和CO2等C. 食品包装袋中的铁粉包是为了防止食品氧化而变质D. 包装食品的保鲜膜最好选用PVC(聚氯乙烯）材质的保鲜膜【答案】C【解析】【详解】A.光伏电池板的主要成分是单质硅，故A错误；B.CO2并不是导致酸雨的物质，故B 错误；C.铁粉能在常温下被氧化氧化，食品包装袋中的铁粉包可以防止食品氧化而变质，故C 正确；D.PVC(聚氯乙烯）是有一定毒性的，不能用于食品的包装，故D错误；答案选C。

【点睛】本题主要考查了物质的分类，涉及到酸性氧化物、分散系、电解质与非电解质等类别。

湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017-2018学年高一下学期期末考试地理试卷

宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017—2018学年度第二学期高一年级期末联考地理试卷命题学校：兴山一中审题学校：三峡高中秭归一中1. 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（综合题）两部分。

满分100分，考试时间90分钟。

2. 答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3. 考生作答时，请将答案写在答题卡上。

第I卷、选择题（本大题共30小题，每小题2分，共计60分。

在每小题列出的四个选项中,只有一项是最符合题目要求的）北京时间某年9月20日14时左右，一辆轿车行驶在我国某城市的环线上（下图），车里的乘客发现前几分钟阳光从行驶方向的正后方照射进车内, 左侧照射进车内。

据此完成 1 —2题。

1. 该时段，车辆行驶在图中环线上的A甲路段B. 乙路段C. 丙路段D. 丁路段2. 该城市可能是A.哈尔滨B.北京C.天津D.乌鲁木齐下图为某区域某时等压线分布图。

据此完成3. 图中四地有冷锋存在的是A •甲B .乙C.丙D •丁4•此时戊地的风向是A .西南风B .西北风C.东南风D .东北风后几分钟阳光从行驶方向的正3—4 题。

-* 方向假定各个气压带的宽度为 10个纬度。

下图为某日气压带和风带分布示意图。

据此完成 5— 7 题。

5. 图中甲所在大气环流名称应为A .赤道低压带B .西风带C .信风带D .极地高压带6. 该日为A .春分日B .夏至日C .秋分日D •冬至日 7. 图中甲地（纬度50 °表层海水大规模运动的方向为A •自南向北B •自西向东C .自北向西D •自东向西F 图为三个海区洋流分布示意图。

据此完成 8— 9题。

&图示洋流中A.①为暖流 B.②为寒流 C.③位于北半球D.④位于南半球9•图示洋流对地理环境的影响是A.①洋流北部有大渔场 B.②洋流有降温减湿作用 C.③洋流加大同纬度不同海区温差D.④洋流加大沿岸地区降水量某研究性学习小组调查了我国东部河流某河段的情况，并绘成该河段示意图甲、 EF 河段河床剖面示意图乙和 A 、B 两水文站测得的水位变化图丙。

湖北省宜昌市协作体2017-2018学年高一下学期期末考试数学试题(解析版)

宜昌市部分示范高中教学协作体2018年春期末联考高一数学（全卷满分：150 分考试用时：120分钟）选择题：本大题共12小题,每小题5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. 若a＞b，则下列正确的是( )A. a2＞b2B. ac2＞bc2C. a3＞b3D. ac＞bc【答案】C【解析】分析：用特殊值法排除错误选项，可得正确答案.详解：对于A.，当时不成立；对于B.，当时不成立；对于D，当时不成立；故选C.点睛：本题考查不等式的性质，注意特殊值法的应用.2. 已知关于x的不等式(ax－1)(x＋1)<0的解集是(－∞，－1)∪，则a＝( )A. 2B. －2C. －D.【答案】B【解析】分析：由题意，-1，是方程的两根，由此可求的值．详解：由题意，-1，是方程的两根，，故选B .点睛：本题考查不等式的解集与方程解之间的关系，确定-1，是方程的两根是关键.3. 在△ABC中，AB＝5，BC＝6，AC＝8，则△ABC的形状是( )A. 锐角三角形B. 钝角三角形C. 直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形【答案】B【解析】分析：由三角形的三边判断出为最大边，根据大边对大角可得为最大角，利用余弦定理表示出，将已知的三边长代入求出的值，由的值小于0及为三角形的内角，可得为钝角，即三角形为钝角三角形．详解：为最大角，∴由余弦定理得：又为三角形的内角，∴为钝角，则的形状是钝角三角形．故选B．点睛：本题考查三角形形状的判断，涉及的知识有：余弦定理，三角形的边角关系，以及余弦函数的图象与性质，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．4. 设是等差数列的前项和,若,则A. B. C. D.【答案】A【解析】，，选A.视频5. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a cos B＝b cos A，则△ABC是( )A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形【答案】A考点：三角函数恒等变换的应用；三角形形状的判定．6. 等比数列{a n}中，T n表示前n项的积，若T5＝1，则( )A. a1＝1B. a3＝1C. a4＝1D. a5＝1【答案】B【解析】分析：由题意知，由此可知，所以一定有．详解，．故选：B．点睛：本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．7. 设首项为1，公比为的等比数列{a n}的前n项和为S n，则( )．A. S n＝2a n－1B. S n＝3a n－2C. S n＝4－3a nD. S n＝3－2a n【答案】D【解析】S n＝＝＝＝3－2a n.视频8. 平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为，则此球的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：利用平面截球的球面所得圆的半径为1，球心到平面的距离为，求出球的半径，然后求解球的体积．详解：因为平面截球的球面所得圆的半径为1，球心到平面的距离为，，所以球的半径为：．所以球的体积为：故选A．点睛：本题考查球的体积的求法，考查空间想象能力、计算能力．9. 一个棱长为1的正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，把相关数据代入棱锥的体积公式计算即可．详解：由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，∵正方体的棱长是1，∴三棱锥的体积∴剩余部分体积，故选D.点睛：本题考查三视图求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．10. 在正四棱锥（底面为正方形，顶点在底面的正投影为正方形的中心）中，，直线与平面所成的角为，为的中点，则异面直线与所成角为（）A. 90°B. 60°C. 45°D. 30°【答案】C【解析】分析：连接交于点，连接，先证明即为与平面所成的角，即可得出结论．详解：连接交于点，连接，因为为的中点，所以，所以即为异面直线与所成的角．因为四棱锥正四棱锥，所以平面，所以为在面内的射影，所以即为与平面所成的角，即，中，所以在直角三角形中，即异面直线与所成的角为．故答案为为．点睛：本题考查异面直线所成角，考查线面垂直，属基础题．11. 若两个正实数x，y满足，且不等式有解，则实数m的取值范围是( )A. (－1，4)B. (－∞，0)∪(3，＋∞)C. (－4，1)D. (－∞，－1)∪(4，＋∞)【答案】D【解析】分析：不等式有解，即为大于的最小值，运用乘1法和基本不等式，计算即可得到所求最小值，解不等式可得m的范围．详解：正实数满足则 =4，当且仅当，取得最小值4．由x有解，可得解得或．故选 D ．点睛：本题考查不等式成立的条件，注意运用转化思想，求最值，同时考查乘1法和基本不等式的运用，注意满足的条件：一正二定三等，考查运算能力，属中档题．12. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P-ABC为鳖臑，P A⊥平面ABC，P A＝AB＝2，AC＝4，三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为( )A. 8πB. 12πC. 20πD. 24π【答案】C【解析】分析：根据所给定义，画出空间结构图如下，结合长方体的外接球半径的求法得出最后答案。

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宜昌县域优质高中协同发展共同体期末联考高一历史（本试卷共100分，考试时间90分钟）一、选择题（本颗共25小题，每小题2分，共50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.周代祭祀是国家的大事，凡是国家的大典、官员的任命、战前的誓师、战后的行赏等，大都在宗庙中举行。

这说明周代A. 借助宗法关系维护统治B. 神权政治统治思想盛行C. 注重加强宗族内部团结D. 家国一体政治开始形成【答案】A【解析】【详解】宗庙是宗法制的体现。

材料中国家大事在宗庙里举行，说明借助宗法关系维护统治，故选A；神权盛行在夏商时期，排除B；C与材料无关，排除；家国一体形成始于启将公天下变为家天下，故D错误。

2.罗马《查士丁尼法典》规定：不得在距离先前己有的建筑物100英尺以内的地方修建建筑物，因为这样做会妨碍人们从建筑物上观赏风景。

这说明在古代罗马A. 注重对私有财产的保护B. 公民自由受到严格约束C. 注重规范人们的社会行为D. 重视对贵族利益的维护【答案】C【解析】据材料“如果这样做会妨碍人们从那里对海的观赏”并结合所学知识可知，这说明罗马法强调公民的社会行为不得侵犯他人的正当利益，体现了法律对行为的规范，故C选项正确；对海的观赏的权利不属于对私有财产的保护，故A选项错误；公民自由是相对的，没有绝对的自由，故B选项错误；材料未涉及对贵族利益的维护，故D选项错误。

故选C。

3.1776年，出席“大陆会议”的各邦代表在《独立宜言》中庄严宣布：“这些联合殖民地从此成为而且理应成为目由独立之邦，解除它和英王的一切政治关系，及对英王的一切隶属关系.”这表明当时北美“各邦”A. 主张建立联邦国家B. 属于军事联盟国家C. 未形成统一国家概念D. 希望建立统一战线【答案】C【解析】根据材料和所学知识可知，北美“各邦”是指英属北美13个殖民地，1176年宣布独立，结成松散的邦联，说明没有形成统一国家概念，排除D，C项正确。

1787年宪法规定美国实行联邦制原则，排除A。

B项属于军事联盟国家的说法错误，排除。

所以选C4.1901年，总理各国事务衙门改为外务部后，光绪帝下诏说：“从前设立总理各国事务衙门办理交涉，虽历有年所，惟所派王大臣等多系兼差，恐未能殚心职守，自应特设员缺，以专责成。

”这说明外务部的设立A. 适应了列强侵华的需要B. 旨在扭转外交失败局面C. 防范大臣通过兼职专权D. 促进了外交近代化发展【答案】D【解析】【详解】材料“自应特设员缺，以专责成”，结合所学，办理外交事务的官职由兼任并未专任，说明外务部的设立顺应了外交近代化的潮流，故选D；列强侵华需要中国外交机构半殖民地化，而材料没有体现外务部的半殖民地化，排除A；外务部的设立是为了与国际外交接轨，不是为了扭转外交失败的局面，排除B；兼职还是专职，不是专权的必然手段，排除C。

5.孙中山曾经讲过：世界上有两种推动社会进步和发展的力量，一是社会主义，二是资本主义。

我要让推动世界发展的两种进化的力量，资本主义和社会主义互相为用。

据此可知，孙中山A. 在中国大力宣传社会主义B. 改革社会的方案具有自己的特色C. 思想理论体系的完善D. 对西方资本主义持反对态度【答案】B【解析】【详解】本题考查孙中山的民生主义。

孙中山的三民主义是资产阶级革命纲领，具有阶级局限性，排除A、C；材料“让推动世界发展的两种进化的力量，资本主义和社会主义互相为用”表明孙中山主张发展经济的同时限制资本，将赚钱和养民和谐统一起来，以缓和阶级对立，排除D，选B。

6.抗日战争期间，国民党曾表明“中国持久抗战，其最后决胜之中心，不但不在南京，抑且不在各大城市，而实寄于全国之乡村与广大强固之民心。

”这表明A. 国民政府争取全国民众的支持B. 国民党奉行全面抗战路线C. 国民党放弃了原来的阶级立场D. 国共抗战策略有一定的一致性【答案】D【解析】【详解】中国共产党坚持持久抗战路线，而材料“中国持久抗战,其最后决胜之中心，不但不在南京，抑且不在各大城市，而实寄于全国之乡村与广大强固之民心。

”可以知道国共抗都强调抗战的持久性，战策略有一定的一致性，故选D；国民党代表大地主大资产阶级利益，阶级局限性决定了不可能争取全国民众的支持，排除AC；此时国民党仍有片面抗战，故排除B。

7.《四月提纲》发表不久，列宁在《两个政权》中强调：“一切革命的根本问题是国家政权问题。

不弄清这个问题，便谈不上自觉地参加革命，更不用说领导革命。

”这表明列宁A. 主张暴力推翻沙皇政权B. 强调两个政权并存局面不可避免C. 强调全部政权归苏维埃D. 已认识到俄国的革命道路问题【答案】C【解析】试题分析：本题主要考查十月革命。

根据材料信息，结合所学知识可知材料是强调一切权力要全部归工人阶级，一切权力要全部归苏维埃，选C是符合题意的，正确；暴力推翻沙皇政权的是二月革命而非本题的十月革命，选项A不符合题意，排除；材料是强调必须结束两个政权并存的局面而非强调两个政权并存局面不可避免，选项B不符合题意，排除；选项D在材料中无从体现，不符合题意，排除；故本题选C。

考点：俄国十月革命与苏联社会主义建设•俄国十月革命•十月革命8.唐朝后期由于关中地区经济的衰退，漕运困难，皇帝多就食洛阳。

这种现象A. 导致唐朝由盛转衰B. 促使政府加强对黄河下游的管理C. 推动政治中心的东移D. 表明经济重心已经转移到南方【答案】C【解析】【详解】安史之乱直接导致了唐朝由盛转衰，而不是“就食”现象，故A项错误。

隋唐时代的政治中心是长安，但隋唐时期粮食重心逐渐南移到江南地区，洛阳可以通过大运河获取江南地区的粮食，粮食充足，洛阳在长安的东边，当关中地区出现饥荒时，就不得不到洛阳“就食”，依据材料可分析出，“就食”现象会影响政权稳定、国家机器正常运转，因而经常性的“就食”现象客观上会推动政治中心从长安向东移动，洛阳处于黄河的中游，不会促使政府加强黄河下游管理，故B项错误，C项正确。

经济重心南移的完成是在两宋时期，隋唐时期经济重心还没有移到南方，故D项错误。

9.1971年8月，美国向联合国提出“双重代表权”：“我们不讨论谁是中国唯一的合法政府，我们所做的是以联合国这个政治为主的组织对此一现实――中华民国一直以来是联合国忠实会员，另一方中华人民共和国则统治着更多的人口――做政治上的决定。

”由此可知，当时美国A. 坚持分裂中国的企图B. 承认新中国的合法地位C. 认可一个中国的原则D. 掌控着联合国的权力【答案】A【解析】【详解】由材料中的“双重代表权”可知，美国承认国民党在联合国的合法地位，只认可新中国在国内的政治统治，表明美国坚持分裂中国的企图，故排除BC，选A；D说法材料中不能体现，排除。

10.美国前国务卿马歇尔曾明确告知参加欧洲复兴计划的国家：“对于任何投票选举共产党人掌权的国家，欧洲复兴计划所规定的援助将立即停止。

”这说明该计划A. 加强了美国对参与国的控制B. 极力防范苏联和东欧参与C. 不利于欧洲经济的真正复兴D. 标志着美国对苏联开始遏制【答案】A【解析】【详解】材料体现了美国实施马歇尔计划是想通过经济手段加强对西欧国家实行政治上的控制，故选A；材料体现的是马歇尔计划要对欧洲接受援助计划的国家的控制，没有体现出它阻碍苏联和东欧国家，排除B；马歇尔计划对战后欧洲经济恢复发展起到了极大的促进作用，但是他也有很强的政治控制目的，排除C；美国遏制苏联开始的标志是杜鲁门主义的提出，排除D。

11.1973年，欧共体制定的对外关系指导原则提到：“欧洲联合并不与任何国家对立，也不是为了攫取权力，相反，九个国家相信它们的联盟会给世界带来好处，九国希望在国际事务中承担积极的角色并做出贡献。

”这表明欧共体A. 主张缓和与苏联的关系B. 承担了更多的国际政治事务C. 希望扩大在世界舞台的影响力D. 对美国的控制强烈的不满【答案】C【解析】【详解】材料中的“对外关系”“九个国家相信它们的联盟”“九国希望在国际事务中承担积极的角色并做出贡献”表明欧共体九个国家希望通过联合以扩大在世界舞台的影响力，故选C；AB在材料中没有体现，排除；材料没有反映欧共体对美国的控制强烈的不满，排除D。

12.二十四节气指二十四时节和气候，是中国古人依据黄河流域的气候、物候建立起来的补充历法。

战国末期《吕氏春秋》一书记载有立春、春分、立夏、夏至、立秋、秋分、立冬、冬至等八个节气名称，两汉时期二十四节气完全确立并写入历法且沿用至今。

这反映出中国古代A. 北方经济的持续领先B. 天文历法科学严密C. 农耕文明的积淀传承D. 农学研究因循守旧【答案】C【解析】二十四节气是中国劳动人民独创的文化遗产，它能反映季节的变化，指导农事活动，影响着人们的衣食住行，故答案选C。

题干没有把北方经济和其它地方的经济进行比较，排除A；BD 不符合题意，排除。

13.明代徽商查岩振曾经“岭南塞北，饱谙寒暑之劳；吴越荆襄，频历风波之险”。

这反映出A. 跨区域贸易日益繁荣B. 商业竞争异常的激烈C. 行商更有利可图D. 商人处境非常限难【答案】A【解析】【详解】明清商帮的出现是商品经济繁荣的产物，跨区域贩运贸易推动了商帮的出现，故A 项正确。

商业竞争日益激烈是商品经济发展必然出现的现象，但材料没有反映商业竞争的具体信息，排除B；地缘意识更加突出是背景之一；材料没有比较行商坐贾的利益区别，排除C。

材料主要提出行商的自然条件的困苦，排除D。

14.美洲作物之引种中国大多发生在明清之际，总数接近30种；新旧大陆物种的交流包括中国的瓷器、丝绸、茶及一些农作物等输入美洲；欧洲人饮用从中国和印度输入的茶，食用来自美洲的可可加工成的巧克力。

这表明A. 新航路开辟后，物种实现了世界的自由流动B. 殖民扩张活动，加强欧洲对亚洲和美洲的掠夺C. 新航路开辟后，促进物种交流，丰富民众生活D. 殖民扩张活动，成为沟通美洲和亚洲的纽带【答案】C【解析】【详解】新航路的开辟结束了世界各地相对孤立的状态，各地日益连成一个整体，但“建立起全球性的联系”说法过于绝对，故A项错误。

材料强调新航路开辟对亚、欧、美洲物种交流的影响，并非强调欧洲的殖民扩张活动，故B、D项错误。

新航路开辟后，新旧大陆的物种交流变多，体现出新航路开辟促进了世界物种交流，丰富了世界各地人民的生活，故C项正确。

15.在英国，狭窄的铁路跨过像绿色海洋一样的乡间，把沿途被装进火车的英国人民，抛进城门口越来越稠密的人群之中。

这一现象反映了工业革命A. 缩小城乡差距B. 促进农业快速发展C. 推动城市化进程D. 加速农村城镇化进程【答案】C【解析】根据材料信息“被装进火车的英国人民，抛进城门口越来越稠密的人群之中”，其意思是指大量民众被火车带进城市。

可知，这将极大地推进英国的城市化进程，答案选C；A B两项的表述与早期城市化进程作用相反，不符合题意；农村人口大量涌进城市，不会加速农村城市化进程，D项不符合题意；综上，故正确答案选C。