长沙市一中高三第四次月考试卷

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湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高三上学期月考(四)数学试题含答案

长沙市一中2023届高三月考试卷（四）数学时量：120分钟满分：150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．集合{}38A x x =∈<<N ，{}6,7,8B =，全集U A B =⋃，则()U A B ⋂ð的所有子集个数（）A ．2B ．4C ．8D ．162．已知复数z 满足i 3i 4z =+，其中i 为虚数单位，则z 在复平面内对应点在（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3．在ABC △中，点N 满足2AN NC = ，记BN a = ，NC b = ，那么BA = （）A ．2a b- B ．2a b + C ．a b - D ．a b +4．已知1lg 2a =，0.12b =，sin 3c =，则（）A ．a b c>>B ．b c a >>C ．b a c >>D ．c b a >>5．2022年9月16日，接迎第九批在韩志愿军烈士遗骸回国的运—20专机在两架歼—20战斗机护航下抵达沈阳国际机场。

歼—20战机是我国自主研发的第五代最先进的战斗机，它具有高隐身性、高态势感知、高机动性能等特点，歼—20机身头部是一个圆锥形，这种圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形则机身头部空间大约（）立方米A B ．33πC D ．22π6．已知函数()1cos 32πf x x ω⎛⎫=-- ⎪⎝⎭（0ω>），将()f x 的图象上所有点的横坐标缩短为原来的12，纵坐标不变，得到函数()g x 的图象，已知()g x 在[]0,π上恰有5个零点，则ω的取值范围是（）A ．82,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．72,3⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．82,3⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．72,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭7．用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是（）A ．518B ．49C ．59D ．13188．已知三棱柱111ABC A B C -中，12AB AA ==，BC =，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体积为（）A ．2821π27B ．32π3C ．205π3D ．287π9二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．如图，点A ，B ，C ，M ，N 是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN ∥平面ABC 的有（）A ．B．C．D ．10．已知抛物线C ：214y x =的焦点为F ，P 为C 上一点，下列说法正确的是（）A ．C 的准线方程为116y =-B ．直线1y x =-与C 相切C ．若()0,4M ，则PM的最小值为D ．若()3,5M ，则PMF △的周长的最小值为1111．已知数列{}n a 中，11a =，若11n n n na a n a --=+（2n ≥，n *∈N ），则下列结论中正确的是（）A ．3611a =B ．11112n n a a +-≤C ．ln(1)1n a n ⋅+<D ．21112n n a a -≤12．已知偶函数()f x 在R 上可导，()01f =-，()()g x f x '=，若()()112f x f x x +--=，则（）A ．()00g =B ．()20232023g =C ．()33f =D ．()2221f n n -=-（n ∈N ）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知圆C ：()22116x y -+=，若直线l 与圆C 交于A ，B 两点，则ABC △的面积最大值为______．14．若(3nx +的展开式的所有项的系数和与二项式系数和的比值是32，则展开式中3x 项的系数是______．15．已知点1F 是椭圆22221x y a b+=（0a b >>）的左焦点，过原点作直线l 交椭圆于A ，B 两点，M ，N分别是1AF ，1BF 的中点，若存在以MN 为直径的圆过原点，则椭圆的离心率的范围是______．16．设函数()2322f x x ax =-（0a >）的图象与()2ln g x a x b =+的图象有公共点，且在公共点处切线方程相同，则实数b 的最大值为______．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（本小题满分10分）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足：()231n n S a =-，*n ∈N ．（1）求{}n a 的通项公式；（2）设n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．18．（本题满分12分）设ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积为S ，已知D 是BC 上的点，AD 平分BAC ∠．（1）若2π3BAC ∠=，4AB =，2AC =，求AD 的值；（2）若ABC △为锐角三角形，请从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求BDDC的取值范围．条件①：)2224b c a S +-=；条件②：224sin 8sin102BB --=；条件③：222sin cos cos sin B C A A B +-=．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．19．（本题满分12分）如图，点E 在ABC △内，DE 是三棱锥D ABC -的高，且2DE =．ABC △是边长为6的正三角形，5DB DC ==，F 为BC 的中点．（1）证明：点E 在AF 上；（2）点G 是棱AC 上的一点（不含端点），求平面DEG 与平面BCD 所成夹角余弦值的最大值．20．（本题满分12分）已知双曲线C ：22221x y a b-=（0a >，0b >）经过点()2,3-，两条渐近线的夹角为60°，直线l 交双曲线C 于A ，B 两点．（1）求双曲线C 的方程；（2）若动直线l 经过双曲线的右焦点2F ，是否存在x 轴上的定点(),0M m ，使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点？若存在，求实数m 的值；若不存在，请说明理由．21．（本小题满分12分）某中学2022年10月举行了2022“翱翔杯”秋季运动会，其中有“夹球跑”和“定点投篮”两个项目，某班代表队共派出1男（甲同学）2女（乙同学和丙同学）三人参加这两个项目，其中男生单独完成“夹球跑”的概率为0.6，女生单独完成“夹球跑”的概率为a （00.4a <<）．假设每个同学能否完成“夹球跑”互不影响，记这三名同学能完成“夹球跑”的人数为ξ．（1）证明：在的概率分布中，()1P ξ=最大．（2）对于“定点投篮”项目，比赛规则如下：该代表队先指派一人上场投篮，如果投中，则比赛终止，如果没有投中，则重新指派下一名同学继续投篮，如果三名同学均未投中，比赛也终止．该班代表队的领队了解后发现，甲、乙、丙三名同学投篮命中的概率依次为()i t P i ξ==（1i =，2，3），每位同学能否命中相互独立．请帮领队分析如何安排三名同学的出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小？并给出证明．22．（本小题满分12分）已知函数()sin ln f x x x m x =-+，0m ≠．（1）若函数()f x 在()0,+∞上是减函数，求m 的取值范围；（2）设3ππ,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且满足cos 1sin ααα=+，证明：当20sin m a α<<-时，函数()f x 在()0,2π上恰有两个极值点．长沙市一中2023届高三月考试卷（四）数学参考答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．题号12345678答案CAABBDCC1．C【解析】依题意，{}4,5,6,7A =，而{}6,7,8B =，则{}4,5,6,7,8U =，{}6,7A B ⋂=，因此(){}4,5,8U A B ⋂=ð，所以()U A B ⋂ð的所有子集个数是328=．故选：C ．2．A 【解析】由题得3i 434i iz +==-，所以34i z =+．所以z 在复平面内对应点在第一象限．故选：A ．3．A 【解析】22BA BN NA BN NC a b =+=-=-．故选：A ．4．B 【解析】1lg lg102a =<=，0.10221b =>=，0sin31<<，∴b c a >>．故选：B ．5．B 【解析】根据圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形可知，圆锥底面半径为1米，米，根据圆雉体积公式得213π1π33V =⨯=．故选：B ．6．D【解析】()π1cos 232g x x ω⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，令π23t x ω=-，由题意()g x 在[]0,π上恰有5个零点，即1cos 2t =在ππ,2π33t ω⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦上恰有5个不相等的实根，由cos y t =的性质可得11ππ13π2π333ω≤-<，解得723ω≤<．故选：D ．7．C【解析】将3个偶数排成一排有33A 种，再将3个奇数分两种情况揷空有332A 种，所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有33332A A 72=种，任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻，分两种情况讨论：当个位是偶数：2在个位，则1在十位，此时有2222A A 4=种；2不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2，在2的两侧选一个位置放1，最后剩余的2个位置放其它两个奇数，此时有11122222C C C A 16=种；所以个位是偶数共有20种；同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻的数有40种，所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是405729=．故选：C ．8．C 【解析】解法一：因为三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，所以1AA ⊥平面ABC ，所以要使三棱柱的体积最大，则ABC △面积最大，因为1sin 2ABC S BC AC ACB =⋅⋅∠△，令AC x =，因为BC =，所以23sin 2ABC S x ACB =⋅∠△，在ABC △中，2222cos 2AC BC AB ACB AC BC +-∠==⋅，所以()224224416143216sin 11212x x x ACB x x--+-∠=-=，所以()()22422424123384sin 34434ABC x x x S x ACB ∠--+-+-=⋅=⋅=△，所以当24x =，即2AC =时，()2ABC S △取得最大值3，所以当2AC =时，ABC S △，此时ABC △为等腰三角形，2AB AC ==，BC =，所以22244121cos 22222AB AC BC BAC AB AC +-+-∠===-⋅⨯⨯，()0,πBAC ∠∈，所以2π3BAC ∠=，由正弦定理得ABC △外接圆的半径r 满足23422πsin3r ==，即2r =，所以直三棱柱111ABC A B C -外接球的半径222152AA R r ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，即R =所以直三棱柱111ABC A B C -外接球的体积为34π205π33R =．故选：C ．解法二：在平面ABC 中，由2AB =，BC =知，平面ABC 中C 点的轨迹是阿氏圆，建立坐标系．要使三棱柱的体积最大，则ABC △面积最大，此时可计算出外接圆半径为2．所以直三棱柱111ABC A B C -外接球的半径2221252AA R ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，即R =所以直三棱柱111ABC A B C -外接球的体积为34π33R π=．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．题号9101112答案ADBCABCABD9．AD【解析】对于A 选项，由图1可知MN DE AC ∥∥，MN ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以MN ∥平面ABC ，A 正确；对于B 选项，设H 是EG 的中点，由图2，结合正方体的性质可知，AB NH ∥，MN AH BC ∥∥，AM CH ∥，所以A ，B ，C ，H ，N ，M 六点共面，B 错误；对于C 选项，如图3所示，根据正方体的性质可知MN AD ∥，由于AD 与平面ABC 相交，所以MN 与平面ABC 相交．所以C 错误；对于D 选项，如图4，设AC NE D ⋂=，由于四边形AECN 是矩形，所以D 是NE 中点，由于B 是ME 中点，，所以MN BD ∥，由于MN ⊄平面ABC ，BD ⊂平面ABC ，所以MN ∥平面ABC ，D正确．故选：AD ．10．BCD 【解析】拋物线C ：214y x =，即24x y =，所以焦点坐标为()0,1F ，准线方程为1y =-，故A 错误；由21,41,y x y x ⎧=⎪⎨⎪=-⎩即2440x x -+=，解得()24440∆=--⨯=，所以直线1y x =-与C 相切，故B 正确；点(),P x y ，所以()()22222441621212PM x y y y y =+-=-+=-+≥，所以minPM=，故C 正确；如图过点P 作PN ⊥准线，交于点N ，NP PF =，5MF ==，所以周长5611PFM C MF MP PF MF MP PN MF MN =++=++≥+=+=△，当且仅当M 、P 、N 三点共线时取等号，故D 正确；故选：BCD ．11．ABC【解析】因为11n n n na a n a --=+，故可得1111n n a a n --=，11221111111111111112n n n n n a a a a a a a a n n ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-+=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭，对A ：当3n =时，3111111236a =++=，故可得3611a =，故A 正确；对B ：因为1111n n a a n --=，则11111n n a a n +-=+对1n =也成立，又当1n ≥，*n ∈N 时，1112n ≤+，则11112n n a a +-≤，故B 正确；对C ：令()()ln 1f x x x =+-（0x >），则()01xf x x -=<+'，故()f x 在()0,+∞上单调递减，则()()00f x f <=，则当0x >时，()ln 1x x +<，11ln 1x x⎛⎫+< ⎪⎝⎭；则当1n ≥，*n ∈N 时，11ln 1n n⎛⎫+<⎪⎝⎭，即()1ln 1ln n n n +-<；则()()()()11ln 1ln 1ln ln ln 1ln2ln111n n n n n n n +=+-+--+⋅⋅⋅+-<++⋅⋅⋅+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦-，即()1ln 1nn a +<，又0n a >，()ln 11n a n ⋅+<，故C 正确；对D ：2111111112222n n n a a n n n n -=++⋅⋅⋅+≥⨯=++，故D 错误．故选：ABC ．12．ABD 【解析】因为函数()f x 为偶函数，所以()f x 的图象在0x =处的斜率为0，即()()000g f ='=，故A 正确；函数()f x 为偶函数，所以()g x 为奇函数，()()112f x f x x +--=，所以()()112g x g x ++-=，令0x =，得()11g =，又()g x 为奇函数，所以()()112g x g x +--=，()()()()()()()()202320232021202120193112101112023g g g g g g g g =-+-+⋅⋅⋅+-+=⨯+=，故B 正确；假设()2112f x x =-，满足()f x 为偶函数，()01f =-，()()()()22111111222f x f x x x x +--=+--=，符合题目的要求，此时，()732f =，故C 错；()f x 为偶函数，所以()()112f x f x x +--=，即()()112f x f x x --+=-，()()()()()()()()22222224200f n f n f n f n f n f f f -=---++-+--++⋅⋅⋅+--+()()()()221222122322111212n n n n n --+⎡⎤⎣⎦=-----⋅⋅⋅-⋅--=-=-（n ∈N ），故D 正确．故选：ABD ．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．8【解析】圆C ：()22116x y -+=的圆心为()1,0，半径为4，设线段AB 的中点为M ，由垂径定理得：2216AM MC +=，由基本不等式可得：22162AM MC AM MC +=≥⋅，所以8AM MC ⋅≤，当且仅当AM MC =时，等号成立，则182ABC S AB CM AM CM =⋅=⋅≤△，故答案为：8．14．15【解析】令1x =，得所有项的系数和为4n，二项式系数和为2n，所以42322n nn ==，即5n =，(53x +的第1r +项为()15552255C 3C 3rrr r r r x x x ---⎛⎫⋅⋅=⋅⋅ ⎪⎝⎭，令532r -=，得4r =，所以3x 项的系数是45C 315⨯=，故答案为：15．15．22⎫⎪⎪⎣⎭【解析】如图所示，当点M ，N 分别是1AF ，1BF 的中点时，OM ，ON 是1ABF △的两条中位线，若以MN 为直径的圆过原点，则有OM ON ⊥，11AF BF ⊥，解法一：所以在直角1ABF △中，122AB OF c ==，即A 、B 为以原点为圆心，c 为半径的圆与椭圆的交点，所以b c ≤，即22b c ≤，所以222a c ≤，故22e ≤，又1e <，所以212e ≤<．解法二：由上可知，11AF BF ⊥，设点()00,A x y ，则点()00,B x y --，又点()1,0F c -，所以()100,AF c x y =--- ，()100,BF c x y =-+，则22211000AF BF c x y ⋅=--= ，又2200221x y a b +=，所以2222020c x b c a +-=，得()222202a cb xc -=，即只需()222220a c b a c -≤<，整理得：222c a ≥，解得22e ≤，又1e <，所以212e ≤<．故答案为：2,12⎫⎪⎪⎣⎭．16．212e【解析】设公共点坐标为()00,x y ，则()32f x x a =-'，()2a g x x'=（0x >），所以有()()00f x g x =''，即20032a x a x -=，解得0x a =（03ax =-舍去），又()()000y f x g x ==，所以有2200032ln 2x ax a x b -=+，故2200032ln 2b x ax a x =--，所以有221ln 2b a a a =--，对b 求导有()21ln b a a =-+'，故b 关于a 的函数在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭为增函数，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭为减函数，所以当1ea =时b 有最大值212e ．故答案为：212e ．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【解析】（1）由已知()231n n S a =-，*n ∈N ，当1n =时，()11231S a =-，解得113a S ==，当2n ≥时，()11231n n S a --=-，则()()123131n n n a a a -=---，即13n n a a -=，所以数列{}n a 是以3为首项，3为公比的等比数列，所以1333n n n a -=⨯=；（2）由（1）得3n n a =，则3nn n b na n ==⋅，所以()231132333133n n n T n n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯①，()23413132333133n n n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯②，①－②得()()1231131332132333333132n n nn n n n T n n +++-----=+++⋅⋅⋅+-⨯=⨯=-，所以()132134n n n T ++-=．18．【解析】（1）依题意可得ABD ACD S S S =+△△，可得111sin sin sin 222AB AC BAC AB AD BAD AD AC DAC ⋅⋅∠=⋅⋅∠+⋅⋅∠，又因为AD 平分BAC ∠，且2π3BAC ∠=，所以1π3BAD DAC ∠=∠=，则1114242222222AD AD ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯，整理可得43AD =．（2）选条件①：)22214sin 2b c abc A +-=⨯，222sin 2b c a A bc+-=sin A A =，即tan A =∵π0,2A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴π3A =，在ABD △中，由正弦定理得sin sin BD ABBAD ADB=∠∠，∴sin sin AB BAD BD ADB ⋅∠=∠，在ADC △中，由正弦定理得sin sin CD ACCAD ADC=∠∠，∴sin sin AC CAD CD ADC ⋅∠=∠，∵AD 平分BAC ∠，ADB ∠与ADC ∠互补，∴2πsin 31sin cos sin sin 313sin 22sin sin sin sin 2tan 2sin AB BAD B B BBD AB c C ADB AC CAD DC AC b BB B B ADC⎛⎫⋅∠-+ ⎪⎝⎭∠=======+⋅∠∠．∵ABC △是锐角三角形，∴ππ62B <<，∴tan 3B >，∴131222tan 2B <+<，即BD DC 的取值范围为1,22⎛⎫⎪⎝⎭．选条件②：∵21cos 4sin 8102BB --⨯-=，∴24sin 4cos 50B B +-=，∴()241cos 4cos 50B B -+-=，∴()22cos 10B -=，∴1cos 2B =，∵π0,2B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴π3B =，在ABD △中，由正弦定理得sin sin BD ABBAD ADB=∠∠，∴sin sin AB BAD BD ADB ⋅∠=∠，在ADC △中，由正弦定理得sin sin CD ACCAD ADC=∠∠，∴sin sin AC CAD CD ADC ⋅∠=∠，∵AD 平分BAC ∠，ADB ∠与ADC ∠互补，∴sin sin sin 23sin sin sin πsin 3sin sin 3AB BAD BD AB c C C ADB C AC CAD DC AC b B ADC ⋅∠∠======⋅∠∠．∵ABC △是锐角三角形，∴ππ62C <<，∴1sin 12C <<，∴32323sin 333C <<，∴BDDC 的取值范围为323,33⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭．选条件③：∵()()222sin 1sin 1sin sin B C A A B +---=，∴222sin sin sin sin B A C A B +-=，由正弦定理得222a b c +-=，∴根据余弦定理得22233cos 222a b c C ab ab +-===，∵π0,2C ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴π6C =，在ABD △中，由正弦定理得sin sin BD AB BAD ADB =∠∠，∴sin sin AB BADBD ADB⋅∠=∠，在ADC △中，由正弦定理得sin sin CD ACCAD ADC=∠∠，∴sin sin AC CAD CD ADC ⋅∠=∠，∵AD 平分BAC ∠，ADB ∠与ADC ∠互补，∴sin 1sin 1sin 2sin sin sin 2sin sin AB BAD BD AB c CADB AC CAD DC AC b B B BADC∠∠∠∠⋅======⋅．∵ABC △是锐角三角形，∴ππ32B <<，∴sin 12B <<，∴11sin B <<，∴1122sin 3B <<，∴BDDC 的取值范围为13,23⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭．19．【解析】（1）证明：连接EF ，DF ．因为DE 是三棱锥D ABC -的高，即DE ⊥平面ABC ，因为BC ⊂平面ABC ，所以DE BC ⊥．因为5DB DC ==，BC 的中点为F ，所以DF BC ⊥，因为DE DFD ⋂=，DE ，DF ⊂平面DEF ，所以BC ⊥平面DEF ，因为EF⊂平面DEF，所以BC EF⊥．又因为ABC△是边长为6的正三角形，BC的中点为F，所以BC AF⊥，即点E在AF上．（2）结合（1）得，AF=4DF==，EF==，AE AF EF=-=．过点E作EH BC∥，交AC于H，结合（1）可知EF，EH，ED两两垂直，所以以E为坐标原点，EF，EH，ED的方向分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，()A，()3,0B-，()C，()0,0,2D所以()2BD=-，()0,6,0BC=．设平面BCD的法向量为()111,,m x y z=，则0,0,BD mBC m⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即1111320,60,y zy⎧-++=⎪⎨=⎪⎩取11x=，则(m=．又()AC=，设AG ACλ=，()0,1λ∈．所以()()(),0EG EA ACλλλ=+=+=-．设平面DEG的法向量为()222,,u x y z=，则0,0,ED uEG u⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即(22220,30,zx yλ=⎧⎪⎨+=⎪⎩取2x=，则13,0uλ⎫=-⎪⎭．所以1cos,2u mu mu m⋅==≤，当且仅当13λ=时，等号成立．所以平面DEG与平面BCD所成夹角余弦值的最大值为12．20．【解析】（1）∵两条渐近线的夹角为60°，∴渐近线的斜率ba±=或33±，即b=或33b a=；当b =时，由22491a b-=得：21a =，23b =，∴双曲线C 的方程为：2213y x -=；当33b a =时，方程22491a b-=无解；综上所述，双曲线C 的方程为：2213y x -=．（2）由题意得：()22,0F ，假设存在定点(),0M m 满足题意，则0MA MB ⋅=恒成立；方法一：①当直线l 斜率存在时，设l ：()2y k x =-，()11,A x y ，()22,B x y ∴212243k x x k +=-，2122433k x x k +=-，∴()()()()2212121212121224MA MB x m x m y y x x m x x m k x x x x ⋅=--+=-+++-++⎡⎤⎣⎦()()()()()()2222222222121222431421244033k k k k m k x x k m x x m k m k k k +++=+-++++=-++=--，∴()()()()()222222243142430k k k k m m k k++-+++-=，整理可得：()()22245330k m m m --+-=，由22450,330m m m ⎧--=⎨-=⎩得：1m =-；∴当1m =-时，0MA MB ⋅=恒成立；②当直线l 斜率不存在时，l ：2x =，则()2,3A ，()2,3B -，当()1,0M -时，()3,3MA = ，()3,3MB =-，∴0MA MB ⋅= 成立；综上所述，存在()1,0M -，使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点．方法二：①当直线l 斜率为0时，l ：0y =，则()1,0A -，()1,0B ，∵(),0M m ，∴()1,0MA m =-- ，()1,0MB m =-，∴210MA MB m ⋅=-= ，解得1m =±；②当直线l 斜率不为0时，设l ：2x ty =+，()11,A x y ，()22,B x y 由222,13x ty y x =+⎧⎪⎨-=⎪⎩得，()22311290t y ty -++=，∴()22310,12330,t t ⎧-≠⎪⎨∆=+>⎪⎩∴1221231t y y t +=--，122931y y t =-，∴()()()21212121212MA MB x m x m y y x x m x x m y y ⋅=--+=-+++ ()()()()()()222121212121222221244ty ty m ty ty m y y t y y t mt y y m m =++-+++++=++-++-+()()()()222222291122121594420313131t t t mt m t m m m t t t +--+=-+-+=+-=---；当1215931m -=-，即1m =-时，0MA MB ⋅= 成立；综上所述，存在()1,0M -，使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点．21．【解析】（1）由已知，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，()()()()22010.610.41P a a ξ==-⋅-=-，()()()()()()21210.6110.6C 10.213P a a a a a ξ==-+-⋅-=-+，()()()()12220.6110.60.432P C a a a a a ξ==⋅-+-=-()230.6P a ξ==∵00.4a <<，∴()()()()100.21130P P a a ξξ=-==-+>，()()()2120.23830P P a a ξξ=-==-+>()()()2130.24230P P a a ξξ=-==-+->所以概率()1P ξ=最大．（2）由（1）知，当00.4a <<时，有()11t P ξ==的值最大，且()()()23230.2670t t P P a a ξξ-==-==->，123t t t >>，所以应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小．证明如下：假设1p ，2p ，3p 为1t ，2t ，3t 的任意一个排列，即若甲、乙、丙按照某顺序派出，该顺序下三个小组能完成项目的概率为1p ，2p ，3p ，记在比赛时所需派出的小组个数为η，则1η=，2，3，且η的分布列为：η123P1p ()121p p -()()1211p p --数学期望()()()()1121212122131132E p p p p p p p p p η=+-+--=--+，∵123t t t >>，∴11p t ≤，()()()()12121111p p t t --≥--，∴()()()()121212112112123221121132p p p p p p p t t t t t t t --+=+---≥+---=--+，所以应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小．22．【解析】（1）()cos 1mf x x x=-+'，因为函数()f x 在()0,+∞上是减函数，所以()cos 10mf x x x=-+≤'在()0,+∞上恒成立，当0m <时，()cos 10mf x x x=-+≤'在()0,+∞上恒成立，满足题意；当0m >时，当0,2m x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，由2m x >，故()cos 1cos 12cos 10m f x x x x x =-+>'-+=+≥，与()0f x '≤在()0,+∞上恒成立矛盾，所以m 的取值范围为(),0-∞．（2）令()cos 10mf x x x=-+='得cos m x x x =-，令()cos g x x x x =-，()0,2πx ∈，则()1cos sin g x x x x =-+'，所以当(]0,πx ∈时，()0g x '>，函数()g x 在(]0,π上单调递增，当3ππ,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()2sin cos 0g x x x x =+'<'，故函数()g x '在3ππ,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减，因为()π20g '=>，3π3π1022g ⎛⎫=-<⎪⎝⎭'，所以存在13ππ,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()10g x '=，即1111cos sin 0x x x -+=，所以当()1π,x x ∈时，()0g x '>，()g x 在()1π,x 上单调递增；当13π,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0,g x g x '<在13π,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；当3π,2π2x ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()3cos sin 0g x x x x '''=->恒成立，所以()g x ''在3π,2π2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，因为3π202g ⎛⎫=-<⎪⎝⎭''，()2π2π0g ='>'，所以存在23π,2π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0g x ''=，即2222sin cos 0x x x +=，所以当23π,2x x ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0g x ''<，()g x '单调递减，当()2,2πx x ∈时，()0g x ''>，()g x '单调递增，因为3π3π1022g ⎛⎫=-<⎪⎝⎭'，()2π0g '=，所以()g x 在3π,2π2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，综上，函数()g x 在()10,x 上单调递增，在()1,2πx 上单调递减，且()()02π0g g ==，()()1111cos g x x x =-，因为()11111cos sin 0g x x x x '=-+=，即1111sin cos x x x +=，所以()()2111111cos sin g x x x x x =-=-，所以()()21110sin g x g x x x <≤=-，其中13ππ,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以当2110sin m x x <<-时，直线y m =与()y g x =的图象在()0,2π上有两个交点，所以()f x '在()0,2π上有两个变号零点，即()f x 在()0,2π上有两个极值点．所以取1x α=，则cos 1sin ααα=+，当20sin m αα<<-时，()f x 在()0,2π上有两个极值点．。

湖南省长沙市一中2024届高三月考卷(一)语文含答案

英才大联考长沙市一中2024届高三月考试卷(一)语文得分: 本试卷共10页，时量150分钟，满分150分。

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1~5题。

材料一：人类创造的文化，包括科技文化和人文文化两大部类，它们分别发展看工具理性和价值理性。

科学技术作为最富革命性格的生产力，改造着世界，创造着巨大的物质财富，为人类提供日益增多的方便与享受，使人类自觉不自觉地产生了一种对科学技术的盲目崇拜。

19世纪以降，尤其是20世纪，相当多的人把科学技术视作全知、全能、全在的救世主，以为所有难题，包括精神、价值、自由都可以经由科学技术获得完满解决。

但由于科学技术是从研究自然界(尤其是物理世界)中抽象出来的一种“物质化”方法，或“非人格化”方法，其应用显然不足以解决人的精神领域的各种问题。

用池田大作的语言来说，“科学之眼”自有其限定性，因为“科学的思维法产生了轻视生命的领向，容易忽视活生生的人的真实风貌”，因而有赖人文的思想及方法的补充与矫正。

这首先表现在，对人类的生命意义而言，科学技术的健康走向，有赖人文精指引。

诚然，科技是“价值中立”的，但是作为社会人的科学家却不应是价值中立的，二战期间，爱因斯坦与“原子弹之父”奥本海默联袂反对使用原子弹，便是从人类良知和社会责任感出发的。

科技需要人文文化弥补的又一理由是：科学技术可以提供日益强大、有效的工具理性，却不能满足人类对于政治理念、伦理规范和终极关怀等层面的需求，总之，无法提供人类区别于禽兽的“价值理性”。

而现代人类所面临的诸多困扰，往往发生在值理性”管辖的领地，发生在“意义危机”频频袭来之际。

中国古代优秀的人文传统也其是在道德层面，有若干超越性的意义，可以成为文明人类公认的生活准则。

诸不忍之心、羞恶之心、恻隐之心、仁爱之心，都是贯通古今、中外认可的。

“人无信不少”，何尝不是成熟的现代市场交易所应遵循的经济伦理?“己所不欲，勿施于人”，也规代社会人际关系须臾不可脱离的黄金法则。

大联考长沙市一中 2025 届高三月考试卷(一)地理试题(解析版)

大联考长沙市一中2025届高三月考试卷（一）地理本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。

时量75分钟，满分100分。

第Ⅰ卷选择题（共48分）一、选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48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。

区域人口迁移通常经历“单核心”向“多核心”演化的过程。

下图为“我国长三角部分时期人口迁移的空间演化过程示意图”，完成下面小题。

1.与单核心阶段相比，多核心阶段人口迁移的特点是（）A.人口迁移的通道较少B.人口迁移的规模更小C.人口仅在小城镇间流动D.人口迁移的频次更高2.在多核心阶段，若次级城市吸引力增强，可能带来的影响有（）①疏导核心城市的人口压力②加剧核心城市的逆城市化③降低核心城市的行政级别④促进区域经济一体化发展A.①②B.②③C.①④D.③④【答案】1.D 2.C【解析】【1题详解】由题图可知，与单核心阶段相比，多核心阶段人口迁移的通道较多，A错误；多核心阶段出现次级引力范围，说明在多核心阶段，由于受到次级城市的吸引，人口除了向核心城市迁移外，还向次级城市迁移，与主要向核心城市迁移的单核心阶段相比，多核心阶段迁移的范围、规模更大，B错误；在多核心阶段，人口迁移既存在小城镇向核心城市的迁移，也存在向中心城市的迁移，C错误；在多核心阶段，经济发展水平较高，人口迁移的规模大、迁移通道较多，使得人口迁移的频次更高，D正确。

故选D。

【2题详解】根据所学知识，在多核心阶段，若次级城市吸引力增强，使得人口向次级城市迁移，减少了人口向核心城市迁移的数量，这有效疏导了核心城市的人口压力，因此①正确；逆城市化指的是人口从大城市和主要的大都市区向小城镇甚至非城市区迁移的分散化过程；由题图可知，核心城市主要迁移至次级城市，而非小城镇及农村迁移，故不会加剧核心城市的逆城市化，所以②错误，AB错误；根据所学知识，人口的迁移方向的改变不会影响核心城市的行政级别，因此③错误；人口向次级城市迁移的过程中伴随着资金、技术、产业等要素的迁移，有利于促进整个区域经济的一体化进程，因此④正确，C正确，D错误；故选C。

湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高三上学期月考卷(二)语文(含答案)

长沙市一中2025届高三月考试卷（二）语文得分：_____________ 本试卷共10页，时量150分钟，满分150分。

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1~5题。

材料一中国诗词讲究含蓄，以淡为美。

而英美诗歌则比较奔放，以感情激越为胜。

另外，中国诗词多以歌颂为主，而英美现代诗歌多以揭露为主。

中国诗人或托物言志，或借景抒情，永远把自己的情感埋藏于诗词之中，我们只有通过“感悟”才可能感觉出其美，最突出的例子莫过于马致远的《天净沙·秋思》。

他几乎没有用一个表达感情的词语，只是把“枯藤”“老树”“昏鸦”简单地排列在一起，寥寥几笔便勾勒出一幅凄凉寂寥的景象，后面两句把几种事物列在一处，却恰如其分地渲染了寂寞、惨淡的气氛，“夕阳西下”更是给整幅画面涂上了一层昏黄的颜色，最后一笔带出“断肠人在天涯”，感觉上前后好像并无直接联系，但感情是连贯的，思路也是连贯的。

一口气读下来，仿佛自己就是诗人所描绘的画中的游子，引起强烈的共鸣。

然而几种事物的并列，虽然没有任何的主观感情，却比再多的语言都要强烈地表达了一种孤寂凄清的感情，这正是中国古典诗歌的魅力所在。

相比之下，英美现代诗歌强调写资本主义社会中畸零人的心理，比较直率地把诗人的所要表达的意思表现出来，直抒胸臆而毫无造作，言尽而意亦尽，回味的空间相对缩小了，但这样比较符合西方人的心理特征、思维特征。

（摘编自吕洋《中西方诗歌比较》）材料二①与中国古典诗歌弱化主体的倾向不同，西方诗歌中的主体差不多总是在场的。

以十四行诗为例，主体总是堂而皇之地出现在诗中，站出来讲话。

这样，西方诗歌就形成了与中国诗歌迥然不同的风格。

②诗歌的风格离不开其文化土壤。

在中国，流行的思想是人与自然的和谐，这种观念的形成与中国人的生活方式和生活环境有关。

早在新石器时代，农业经济就已经建立起来。

几千年来，自给自足的经济稳定繁荣，因此，人们非常依赖自然环境，对自然世界的任何微妙变化都很敏感，他们渴望与自然亲密接触。

湖南省长沙市一中2023——2024学年高三月考试卷(二)语文试卷含答案解析

湖南省长沙市一中2023——2024学年高三月考试卷（二）语文试卷一、现代文阅读（35分）（一）现代文阅读I（本题共5小题,19分）1. 阅读下面的文字，完成各题。

材料一①今晚，在这里还有一个不在场的在场者，一个巨大的“他者”,它正在威胁着我们，撼动我们的根基，它的名字叫ChatGPT。

它是说人话的，但是它不是人。

当它以自然语言与我们对话时，在我们和它之间横亘着一个根本的、危险的问题：它是谁？它在发出问题等待回答的一秒钟、两秒钟的停顿和空白中它在想什么？在那个空白里，它是在运算，还是在沉吟？运算所求的是一个逻辑的、概率的答案，而沉吟则是一个人与另一个人、一个“我”与另一个“我”之间在不确定性中酝酿着主观决断。

那么，我们怎么能够判定我们面对的是一台“机器”还是另一个“我”呢？现在我们看到的结果是，ChatGPT会写文章。

而大家真正关心的是它会不会成为一个小说家或者诗人。

②AI有一个根本的弱点，那就是它不需要吃饭、不能吃饭。

这硅基的超级智能，它将永生，不要妄想靠拔掉电源去解决它，正如你不能把制止原子弹发射的希望寄托在拔插销上。

这永生的神仙，它的真正问题是，没有生之快乐，也没有生之痛苦。

它就是一个绝对的唯心主义机器，它不需要与世界、与事物、与身体的直接关联。

③上世纪八十年代、九十年代，罗兰·巴特曾经铁口直断：作者死了。

罗兰·巴特把人类的所有书写想象成一个巨大的、无限膨胀的图书馆，这个图书馆在现代已经膨胀为超现实的存在，超出了任何个人的经验和能力。

在罗兰·巴特看来，所有的现代写作者，我们今晚在场的人都在这个图书馆里游荡，我们其实已经远离了图书馆外边的原野、远离了我们的身体，我们在无数前人的梦境、无数前人的语法和修辞中游荡，在无数前人的宏大交响中力图发出微弱的回声，我们是响应者，不是发出声音的人，不再是那个作为创造者的作者，而只是在拣拾碎片，拼凑缝补我们的文本。

或者说，现代写作者是本雅明所说的“拾垃圾者”,本雅明甚至想象，在机械复制时代最恰当的写作就是写一部书，从头到尾由引文构成。

湖南省长沙市第一中学2025届高三上学期月考卷(一)语文试题(含答案)

长沙市一中2025届高三月考试卷（一）语文本试卷共10页，时量150分钟，满分150分。

一、现代文阅读（34分）（一）现代文阅读Ⅰ（本题共5小题，18分）阅读下面的文字，完成1～5题。

（一）①因为儒家政治构想的最高目标是旨在修身齐家治国平天下的“人”，人与人之间伦理认同即是根本和逻辑起点。

这种伦理的内涵，有着更为普遍和更为基础的对天下之“人”的论述。

先秦时期的中国，以最为根本性的孝、仁来建构人与人的认同，来建构自己与“他者”共在的联系，即天下。

②周朝的天下，以宗法制为联结，宗法制的伦理根基是“孝”。

家庭共同体有了孝的概念，孝的延伸就是天下共同体之“仁”。

仁不是与他者的对立，而是与他者的共生共通。

“仁”即是处理人与人关系的概念，处理人与人之间关系，逻辑上首先要处理与亲人的关系。

只有实现家庭内部的“亲亲”，才能实现向外的“爱人”。

人与家庭共生，通过“仁”的概念转向了人与天下共生。

因此理想的天下就是“不独亲其亲，不独子其子”。

天下大同，是仁孝概念的逻辑必然，也是伦理化天下的根本内涵。

换句话说，天下其实就是人类的伦理共同体，因此在这个共同体之内，就不可能有民族歧视。

③天下为一家，意味着“他者”的取消，即不以政体或民族区分敌我，而是在伦理关系中确证对方的独立性，并与对方共生共在。

天下一家的秩序展现在现实中，就是以伦理关系为核心的礼制。

凡天下之人，皆需仁孝，而仁孝就要服从礼制，服从礼制就要服从天子。

因此，家与天下就在政治秩序层面实现了同构。

随着大一统的实现，天下之内没有了其他的国，国家秩序也就成了天下秩序。

这种伦理化的天下秩序不断将边缘的地域和人民纳入天下中来，荀子说：“四海之内若一家，通达之属莫不从服。

”④后世的中国人，往往不是以民族或者国家来定义中国，而是以文化或文明定义中国。

正是因为中国概念的文明内涵，才导致中国可以消弭地理边界，逐渐与天下趋同。

⑤这种伦理的、文化的天下观念在宋朝受到了某种程度的挑战。

长沙市一中高三第四次月考试卷政治

长沙市一中高三第四次月考试卷政治nba(体育）2014-01-27 1234长沙市一中高三第四次月考试卷政治命题：长沙市一中高中政治备课组时量：90分钟满分：20140分一、选择题部分（每小题2分，共50分）假如A国和B国生产同样数量与质量的布料和洗衣机，其消耗的劳动量如下表所示。

回答1~2题。

布料洗衣机A国20140 200B国150 2001. 一个精明的商人从上面的表格中捕捉到的商机应该是（A）A. 从A国贩卖布料到B国B. 从A国贩卖洗衣机到B国C. 从B国贩卖洗衣机到A国D. 从B国贩卖布料到A国2. 面对激烈的国际市场竞争，A，B两国都在进行产业结构调整，最有可能的选择是（A）A. A国扩大布料生产，减少洗衣机生产B. A国扩大洗衣机生产，减少布料生产C. B国扩大布料生产，减少洗衣机生产D. B国既减少洗衣机生产，又减少布料生产到餐厅就餐，国内是按餐厅的价目表点菜，按价目买单。

据说，英国北部城市有这样的餐厅：顾客就餐后按顾客的满意度付费，顾客付费往往比实际标价多得多。

回答3~4题。

3. 顾客的满意度说白了就是餐饮企业的菜式质量及餐厅服务质量。

企业注重质量和服务是（D）①树立品牌，服务社会②树立形象，获得盈利③提高商品市场占有份额④有利于提高自身竞争力A. ①B. ①②③C. ①③D. ②③④4. 对“菜式质量及餐厅服务质量”理解正确的是（A）A. 菜式质量是有形商品的使用价值，餐厅服务质量是无形商品的使用价值B. 菜式质量及餐厅服务质量都是商品的价值，决定价格C. 菜式质量及餐厅服务质量都是商品的使用价值，使用价值越好，价格越高D. 菜式质量及餐厅服务质量由餐饮企业的劳动时间决定的，价格是变化的。

读图回答第5题。

价值规律的表现形式5. 根据上图得出的合理结论有：①价格与供求相互制约。

②价格、供求引导生产。

③价格围绕价值上下波动贯彻了等价交换原则。

④仅从上图甲、乙两点看不出等价交换原则的贯彻（A）A. ①②③④B. ①②③C. ②③④D. ①②④6. “可使食无肉，不可使居无竹。

湖南省长沙市第一中学2025届高三上学期月考卷(一)化学答案

长沙市一中2025届高三月考试卷（一）化学参考答案一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。

每小题只有一项符合题目要求）题号1234567891011121314答案BAABCCDDCDCACC1．B 【解析】B ．25P O 吸水后的产物有毒，不能用作食品干燥剂。

2．A 【解析】A ．乙醚的结构简式为3223CH CH OCH CH 。

4．B 【解析】B ．用水吸收会产生NO 。

6．C 【解析】C ．电解苛性钠溶液制高铁酸盐的阳极反应：242 Fe 6e 8OH FeO 4H O ----+=+。

11．C 【解析】具有催化活性的是Ni ，图②中没有Ni 原子，则催化活性：①>②，故A 正确；镍酸镧电催化剂立方晶胞中含有1个Ni ，11234⨯=个O ，1818⨯=个La ，镍酸镧晶体的化学式为3LaNiO ，故B 正确；由晶胞结构可知，La 在晶胞的体心，O 在晶胞的棱心，则La 周围紧邻的O 有12个，故C 错误；由晶胞结构可知，La 和Ni 的最短距离为体对角线的一半，为32a ，故D 正确。

14．C 【解析】恒温恒容条件下，气体的压强之比等于气体物质的量之比，故起始时实验②与实验③的压强相等，实验①的压强是实验②与实验③的3倍，则曲线Ⅰ对应实验①，且3m p =，故A 正确；实验①与实验②的温度相等，根据等效平衡可知，实验①与实验②最终会达到相同的平衡状态，故曲线Ⅱ对应实验②，则曲线Ⅲ对应实验③，实验②与实验③充入的Z 一样多，实验③比实验②达到平衡所用的时间长，则Z 的分解反应是吸热反应，随反应的进行，实验③温度降低，反应速率减慢，故正反应是放热反应，故B 正确；根据pV nRT =，c 、d 两点的压强相同，V 相同，由于反应吸热，c 点的温度比d 点低，则c 点的气体物质的量更多，故气体的总物质的量：c d n n >，故C 错误；正反应是放热反应，温度越低，平衡常数越大，故b 点平衡常数小于c 点，故D 正确。

湖南2023-2024学年高三上学期月考卷(四)数学试题含答案

湖南2024届高三月考试卷（四）数学（答案在最后）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数12z i =+，其中i 为虚数单位，则复数2z 在复平面内对应的点的坐标为（）A.()4,5- B.()4,3 C.()3,4- D.()5,4【答案】C 【解析】【分析】根据题意得234i z =-+，再分析求解即可.【详解】根据题意得：()22212i 14i 4i 34i z =+=++=-+，所以复数2z 在复平面内对应的点的坐标为：()3,4-.故选：C.2.若随机事件A ，B 满足()13P A =，()12P B =，()34P A B ⋃=，则()P A B =（）A.29B.23C.14D.16【答案】D 【解析】【分析】先由题意计算出()P AB ，再根据条件概率求出()P A B 即可.【详解】由题意知：()3()()()4P A B P A P B P AB ==+- ，可得1131()32412P AB =+-=，故()1()1121()62P AB P A B P B ===.故选：D.3.设{}n a 是公比不为1的无穷等比数列，则“{}n a 为递减数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，1n a <”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C .充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】解：因为{}n a 是公比不为1的无穷等比数列，若{}n a 为递减数列，当11a >，则01q <<，所以11n n a a q -=，令111n n a a q -=<，则111n qa -<，所以1111log log qq n a a ->=-，所以11log q n a >-时1n a <，当101a <<，则01q <<，所以111n n a a q -=<恒成立，当11a =，则01q <<，所以11n n a a q -=，当2n ≥时1n a <，当10a <，则1q >，此时110n n a a q -=<恒成立，对任意N*n ∈均有1n a <，故充分性成立；若存在正整数0N ，当0n N >时，1n a <，当10a <且01q <<，则110n n a a q -=<恒成立，所以对任意N*n ∈均有1n a <，但是{}n a 为递增数列，故必要性不成立，故“{}n a 为递减数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，1n a <”的充分不必要条件；故选：A4.设π(0,2α∈，π(0,)2β∈，且1tan tan cos αβα+=，则（）A.π22αβ+=B.π22αβ-=C.π22βα-= D.π22βα+=【答案】D 【解析】【分析】根据给定等式，利用同角公式及和角的正弦公式化简变形，再利用正弦函数性质推理即得.【详解】由1tan tan cos αβα+=，得sin sin 1cos cos cos αβαβα+=，于是sin cos cos sin cos αβαββ+=，即πsin()sin()2αββ+=-，由π(0,)2α∈，π(0,2β∈，得20π,0<ππ2αββ<+-<<，则π2αββ+=-或ππ2αββ++-=，即π22βα+=或π2α=（不符合题意，舍去），所以π22βα+=.故选：D5.若52345012345(12)(1)(1)(1)(1)(1)x a a x a x a x a x a x -=+-+-+-+-+-，则下列结论中正确的是（）A.01a = B.480a =C.50123453a a a a a a +++++= D.()()10024135134a a a a a a -++++=【答案】C 【解析】【分析】利用二项式定理，求指定项的系数，各项系数和，奇次项系数和与偶数项系数和.【详解】由()52345012345(12)1(1)(1)(1)(1)x a a x a x a x a x a x -=+-+-+-+-+-，对于A 中，令1x =，可得01a =-，所以A 错误；对于B 中，[]55(12)12(1)x x -=---，由二项展开式的通项得44145C (2)(1)80a =⋅-⋅-=-，所以B 错误；对于C 中，012345a a a a a a +++++与5(12(1))x +-的系数之和相等，令11x -=即50123453a a a a a a +++++=，所以C 正确；对于D 中，令2x =，则50123453a a a a a a +++++=-，令0x =，则0123451a a a a a a -+-+-=，解得5024312a a a -+++=，5135312a a a --++=，可得()()10024135314a a a a a a -++++=，所以D 错误.故选：C.6.函数()()12cos 2023π1f x x x ⎡⎤=++⎣⎦-在区间[3,5]-上所有零点的和等于（）A.2B.4C.6D.8【答案】D【分析】根据()y f x =在[]3,5-的零点，转化为11y x =-的图象和函数2cosπy x =的图象在[]3,5-交点的横坐标，画出函数图象，可得到两图象关于直线1x =对称，且()y f x =在[]3,5-上有8个交点，即可求出.【详解】因为()()112cos 2023π2cosπ11f x x x x x ⎡⎤=++=-⎣⎦--，令()0f x =，则12cosπ1x x =-，则函数的零点就是函数11y x =-的图象和函数2cosπy x =的图象在[]3,5-交点的横坐标，可得11y x =-和2cosπy x =的函数图象都关于直线1x =对称，则交点也关于直线1x =对称，画出两个函数的图象，如图所示.观察图象可知，函数11y x =-的图象和函数2cosπy x =的图象在[]3,5-上有8个交点，即()f x 有8个零点，且关于直线1x =对称，故所有零点的和为428⨯=.故选：D7.点M 是椭圆()222210x y a b a b+=>>上的点，以M 为圆心的圆与x 轴相切于椭圆的焦点F ，圆M 与y 轴相交于P ，Q ，若PQM 是钝角三角形，则椭圆离心率的取值范围是（）A.(0,2B.0,2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭ C.,12⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭D.(2-【解析】【分析】依据题目条件可知圆的半径为2b a ，画出图形由PQMc >，即可求得椭圆离心率的取值范围.【详解】依题意，不妨设F 为右焦点，则(),M c y ，由圆Ｍ与x 轴相切于焦点F ，M 在椭圆上，易得2b y a =或2b y a =-，则圆的半径为2b a.过M 作MN y ⊥轴垂足为N ，则PN NQ =，MN c =，如下图所示：PM ，MQ 均为半径，则PQM为等腰三角形，∴PN NQ ==∵PMQ ∠为钝角，∴45PMN QMN ∠=∠> ，即PN NQ MN c =>=c >，即4222b c c a ->，得()222222a a c c ->，得22a c ->，故有210e -<，从而解得6202e <<.故选：B8.已知函数22,0,()414,0,x x f x x x ⎧⎪=⎨-++<⎪⎩ 若存在唯一的整数x ，使得()10f x x a -<-成立，则所有满足条件的整数a 的取值集合为（）A.{2,1,0,1}--B.{2,1,0}--C.{1,0,1}-D.{2,1}-【答案】A 【解析】【分析】作出()f x 的图象，由不等式的几何意义：曲线上一点与(,1)a 连线的直线斜率小于0，结合图象即可求得a 范围.【详解】作出()f x 的函数图象如图所示：()10f x x a-<-表示点()(),x f x 与点(),1a 所在直线的斜率，可得曲线()f x 上只有一个点()(),x f x （x 为整数）和点(),1a 所在直线的斜率小于0，而点(),1a 在动直线1y =上运动，由()20f -=，()14f -=，()00f =，可得当21a -≤≤-时，只有点()0,0满足()10f x x a -<-；当01a ≤≤时，只有点()1,4-满足()10f x x a-<-.又a 为整数，可得a 的取值集合为{}2,1,0,1--.故选：A.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分、9.已知双曲线C过点(，且渐近线方程为3y x =±，则下列结论正确的是（）A.C 的方程为2213x y -= B.CC.曲线21x y e -=-经过C 的一个焦点D.直线10x --=与C 有两个公共点【答案】AC 【解析】【分析】由双曲线的渐近线为3y x =±，设出双曲线方程，代入已知点的坐标，求出双曲线方程判断A ；再求出双曲线的焦点坐标判断B ，C ；联立方程组判断D ．【详解】解：由双曲线的渐近线方程为33y x =±，可设双曲线方程为223x y λ-=，把点代入，得923λ-=，即1λ=．∴双曲线C 的方程为2213x y -=，故A 正确；由23a =，21b =，得2c ==，∴双曲线C3=，故B 错误；取20x -=，得2x =，0y =，曲线21x y e -=-过定点(2,0)，故C 正确；联立221013x x y ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，化简得220,0y -+-=∆=，所以直线10x -=与C 只有一个公共点，故D 不正确．故选：AC ．10.已知向量a ，b 满足2a b a += ，20a b a ⋅+= 且2= a ，则（）A.2b =B.0a b +=C.26a b -= D.4a b ⋅=【答案】ABC 【解析】【分析】由2a b a += ，得20a b b ⋅+= ，又20a b a ⋅+= 且2= a ，得2b = ，4a b ⋅=- ，可得cos ,1a b a b a b⋅==- ，,πa b = ，有0a b += ，26a b -= ，可判断各选项.【详解】因为2a b a += ，所以222a b a += ，即22244a a b b a +⋅+= ，整理可得20a b b ⋅+= ，再由20a b a ⋅+= ，且2= a ，可得224a b == ，所以2b = ，4a b ⋅=- ，A 选项正确，D 选项错误；cos ,1a b a b a b⋅==- ，即向量a ，b 的夹角,πa b = ，故向量a ，b 共线且方向相反，所以0a b += ，B 选项正确；26a b -=，C 选项正确.故选：ABC11.如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点M 是其侧面11ADD A 上的一个动点（含边界），点P是线段1CC 上的动点，则下列结论正确的是（）A.存在点,P M ，使得二面角--M DC P 大小为23πB.存在点,P M ，使得平面11B D M 与平面PBD 平行C.当P 为棱1CC 的中点且PM =时，则点M 的轨迹长度为23πD.当M 为1A D 中点时，四棱锥M ABCD-外接球的体积为3【答案】BC 【解析】【分析】由题意，证得1,CD MD CD DD ⊥⊥，得到二面角--M DC P 的平面角1π0,2MDD ⎡∠∈⎤⎢⎥⎣⎦，可得判定A 错误；利用线面平行的判定定理分别证得11//B D 平面BDP ，1//MB 平面BDP ，结合面面平行的判定定理，证得平面//BDP 平面11MB D ，可判定B 正确；取1DD 中点E ，证得PE ME ⊥，得到2ME ==，得到点M 在侧面11ADD A 内运动轨迹是以E 为圆心、半径为2的劣弧，可判定C 正确；当M 为1AD 中点时，连接AC 与BD 交于点O ，求得OM OA OB OC OD ====，得到四棱锥M ABCD -外接球的球心为O ，进而可判定D 错误.【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中，可得CD ⊥平面11ADD A，因为MD ⊂平面11ADD A ，1DD ⊂平面11ADD A ，所以1,CD MD CD DD ⊥⊥，所以二面角--M DC P 的平面角为1∠MDD ，其中1π0,2MDD ⎡∠∈⎤⎢⎥⎣⎦，所以A 错误；如图所示，当M 为1AA 中点，P 为1CC 中点时，在正方体1111ABCD A B C D -中，可得11//B D BD ，因为11B D ⊄平面BDP ，且BD ⊂平面BDP ，所以11//B D 平面BDP ，又因为1//MB DP ，且1MB ⊄平面BDP ，且DP ⊂平面BDP ，所以1//MB 平面BDP ，因为1111B D MB B = ，且111,B D MB ⊂平面11MB D ，所以平面//BDP 平面11MB D ，所以B 正确；如图所示，取1DD 中点E ，连接PE ，ME ，PM ，在正方体1111ABCD A B C D -中，CD ⊥平面11ADD A ，且//CD PE ，所以PE ⊥平面11ADD A ，因为ME ⊂平面11ADD A ，可得PE ME ⊥，则2==ME ，则点M 在侧面11ADD A 内运动轨迹是以E 为圆心、半径为2的劣弧，分别交AD ，11A D 于2M ，1M ，如图所示，则121π3D E D M M E ∠=∠=，则21π3M M E ∠=，劣弧12M M 的长为π3π223⨯=，所以C 正确当M 为1A D 中点时，可得AMD 为等腰直角三角形，且平面ABCD ⊥平面11ADD A ，连接AC 与BD 交于点O ，可得OM OA OB OC OD =====，所以四棱锥M ABCD -外接球的球心即为AC 与BD 的交点O ，所以四棱锥M ABCD -，其外接球的体积为348233π⨯=，所以D 错误.故选：BC.12.若存在实常数k 和b ，使得函数()F x 和()G x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足：()F x kx b≥+和()G x kx b ≤+恒成立，则称此直线y kx b =+为()F x 和()G x 的“隔离直线”，已知函数()()2f x x R x =∈，()()10g x x x=<，()2ln h x e x =（e 为自然对数的底数），则（）A.()()()m x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增；B.()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且b 的最小值为4-；C.()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是[]4,1-；D.()f x 和()h x 之间存在唯一的“隔离直线”y e =-.【答案】ABD 【解析】【分析】令()()()m x f x g x =-，利用导数可确定()m x 单调性，得到A 正确；设()f x ，()g x 的隔离直线为y kx b =+，根据隔离直线定义可得不等式组22010x kx b kx bx ⎧--≥⎨+-≤⎩对任意(),0x ∈-∞恒成立；分别在0k =和0k <两种情况下讨论b 满足的条件，进而求得,k b 的范围，得到B 正确，C 错误；根据隔离直线过()f x 和()h x 的公共点，可假设隔离直线为y kx e =-；分别讨论0k =、0k <和0k >时，是否满足()()e 0f x kx x ≥->恒成立，从而确定k =，再令()()e G x h x =--，利用导数可证得()0G x ≥恒成立，由此可确定隔离直线，则D 正确.【详解】对于A ，()()()21m x f x g x x x=-=-，()212m x x x '∴=+，()3321221m x x x ⎛⎫''=-=- ⎪⎝⎭，当x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0m x ''>，()m x '∴单调递增，()2233220m x m ⎛'∴>-=--+= ⎝，()m x ∴在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增，A 正确；对于,B C ，设()f x ，()g x 的隔离直线为y kx b =+，则21x kx bkx bx ⎧≥+⎪⎨≤+⎪⎩对任意(),0x ∈-∞恒成立，即22010x kx b kx bx ⎧--≥⎨+-≤⎩对任意(),0x ∈-∞恒成立.由210kx bx +-≤对任意(),0x ∈-∞恒成立得：0k ≤.⑴若0k =，则有0b =符合题意；⑵若0k <则有20x kx b --≥对任意(),0x ∈-∞恒成立，2y x kx b =-- 的对称轴为02kx =<，2140k b ∆+∴=≤，0b ∴≤；又21y kx bx =+-的对称轴为02bx k =-≤，2240b k ∴∆=+≤；即2244k b b k⎧≤-⎨≤-⎩，421664k b k ∴≤≤-，40k ∴-≤<；同理可得：421664b k b ≤≤-，40b ∴-≤<；综上所述：40k -≤≤，40b -≤≤，B 正确，C 错误；对于D ，函数()f x 和()h x 的图象在x =处有公共点，∴若存在()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点.设隔离直线的斜率为k，则隔离直线方程为(y e k x -=，即y kx e =-+，则()()e 0f x kx x ≥->恒成立，若0k =，则()2e 00x x -≥>不恒成立.若0k <，令()()20u x x kx e x =-+>，对称轴为02k x =<()2u x x kx e ∴=-+在(上单调递增，又0ue e =--=，故0k <时，()()e 0f x kx x ≥->不恒成立.若0k >，()u x 对称轴为02kx =>，若()0u x ≥恒成立，则()(22340k e k ∆=-=-≤，解得：k =.此时直线方程为：y e =-，下面证明()h x e ≤-，令()()2ln G x e h x e e x =--=--，则()x G x x-'=，当x =时，()0G x '=；当0x <<()0G x '<；当x >()0G x '>；∴当x =()G x 取到极小值，也是最小值，即()min 0G x G==，()()0G x e h x ∴=--≥，即()h x e ≤-，∴函数()f x 和()h x 存在唯一的隔离直线y e =-，D 正确.故选：ABD .【点睛】本题考查导数中的新定义问题的求解；解题关键是能够充分理解隔离直线的定义，将问题转化为根据不等式恒成立求解参数范围或参数值、或不等式的证明问题；难点在于能够对直线斜率范围进行准确的分类讨论，属于难题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数()y f x =的图像在点()()11M f ，处的切线方程是122y x =+，则()()11f f '+＝______．【答案】3【解析】【分析】根据导数的几何意义，可得'(1)f 的值，根据点M 在切线上，可求得(1)f 的值，即可得答案.【详解】由导数的几何意义可得，'1(1)2k f ==，又()()11M f ，在切线上，所以15(1)1222f =⨯+=，则()()11f f '+=3，故答案为：3【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，考查分析理解的能力，属基础题.14.如图，由3个全等的钝角三角形与中间一个小等边三角形DEF 拼成的一个较大的等边三角形ABC ，若3AF =，33sin 14ACF ∠=，则DEF 的面积为________．【解析】【分析】利用正弦定理以及余弦定理求得钝角三角形的三边长，根据等边三角形的性质以及面积公式，可得答案.【详解】因为EFD △为等边三角形，所以60EFD ∠= ，则120EFA ∠= ，在AFC △中，由正弦定理，则sin sin AF ACACF AFC=∠∠，解得sin 7sin 23314AF AC AFC ACF =⋅∠==∠，由余弦定理，则2222cos AC AF FC AF FC AFC =+-⋅⋅∠，整理可得：21499232FC FC ⎛⎫=+-⨯⋅⋅- ⎪⎝⎭，则23400FC FC +-=，解得5FC =或8-（舍去），等边EFD △边长为532-=，其面积为122sin 602⨯⨯⋅=o .15.已知数列{}n a 的首项132a =，且满足1323n n n a a a +=+．若123111181n a a a a +++⋅⋅⋅+<，则n 的最大值为______．【答案】15【解析】【分析】应用等差数列定义得出等差数列,根据差数列通项公式及求和公式求解计算即得.【详解】因为12312133n n n n a a a a ++==+，所以1112,3n n a a +=+，即11123n n a a +-=，且1123a =，所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为23，公差为23的等差数列.可求得()12221333n nn a =+-=，所以()()1232211111212222333n n n n n n a a a a ++⨯+⨯++⨯+++⋅⋅⋅+===，即()()181,12433n n n n +<+<且()*1,N n n n +∈单调递增,1516240,1617272⨯=⨯=.则n 的最大值为15.故答案为:15.16.在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 满足112A E EB =，点F 在平面1BC D 内，则|1||A F EF +的最小值为___________.【答案】6【解析】【分析】以点D 为原点，建立空间直角坐标系，由线面垂直的判定定理，证得1A C ⊥平面1BC D ，记1AC 与平面1BC D 交于点H ，连接11A C ，1,C O ，AC ，得到12A H HC =，结合点()13,0,3A 关于平面1BC D 对称的点为()1,4,1G --，进而求得1A F EF +的最小值.【详解】以点D 为原点，1,,DA DC DD所在直线分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示，则()13,0,3A ，()3,2,3E ，()0,3,0C，因为BD AC ⊥，1BD A A ⊥，且1AC A A A ⋂=，则BD ⊥平面1A AC ，又因为1AC ⊂平面1A AC ，所以1BD A C ⊥，同理得1BC ⊥平面11A B C ，因为1AC ⊂平面11A B C ，所以11BC A C ^，因为1BD BC B = ，且1,BD BC ⊂平面1BC D ，所以1A C ⊥平面1BC D ，记1AC 与平面1BC D 交于点H ，连接11A C ，1C O ，AC ，且AC BD O = ，则11121A H A C HC OC ==，可得12A H HC =，由得点()13,0,3A 关于平面1BC D 对称的点为()1,4,1G --，所以1A F EF +的最小值为6EG ==.故答案为：6.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知函数()23sin 2cos 2xf x x m ωω=++的最小值为2-.（1）求函数()f x 的最大值；（2）把函数()y f x =的图象向右平移6πω个单位，可得函数()y g x =的图象，且函数()y g x =在0,8π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数，求ω的最大值.【答案】（1）2（2）4【解析】【分析】（1）化简函数为()2sin 16f x x m πω⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭，再根据函数()f x 的最小值为2-求解；（2）利用平移变换得到()2sin g x x ω=的图象，再由()y g x =在0,8π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数求解.【小问1详解】解：()23sin 2cos 2xf x x m ωω=++，3sin cos 1x x m ωω=+++，2sin 16x m πω⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭，函数()f x 的最小值为2-212m ∴-++=-，解得1m =-，则()2sin 6f x x πω⎛⎫=+⎪⎝⎭，∴函数()f x 的最大值为2.【小问2详解】由（1）可知：把函数()2sin 6f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭向右平移6πω个单位，可得函数()2sin y g x x ω==的图象.()y g x = 在0,8π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数，∴函数()g x 的周期22T ππω=4ω∴ ，即ω的最大值为4.18.为了丰富在校学生的课余生活，某校举办了一次趣味运动会活动，学校设置项目A “毛毛虫旱地龙舟”和项目B “袋鼠接力跳”.甲、乙两班每班分成两组，每组参加一个项目，进行班级对抗赛.第一个比赛项目A 采取五局三胜制（即有一方先胜3局即获胜，比赛结束）；第二个比赛项目B 采取领先3局者获胜。

长沙市一中2015届高三第四次月考试卷

长沙市一中2015届高三第四次月考试卷高三2009-12-11 16:56长沙市一中2015届高三第四次月考试卷语文命题：长沙市一中高三语文备课组时量：150分钟满分：150分一、语言知识及运用（共15分，每小题3分）1．下列词语中加点的字，读音全都正确的一组是A、力能扛(káng)鼎果脯(fǔ)量(liàng)体裁衣悭(qiān)吝B、芟(shān)夷大难沏(qī)茶拾(shí)级而上埋(mán)怨C、荷(hâ)枪实弹犒(kào)劳韦(wãi)编三绝症(zhēng)结D、牵强(qiǎng)附会分娩(miǎn)宵衣旰(gàn)食盘桓(yuán)2．下列句子中没有错别字的一句是A、南方，没有强烈的紫外线幅射，没有弥漫天际的黄沙烟尘，没有能冻断狗尾巴的酷寒。

B、16岁的邓森山、14岁的姚健两学生相继被“拯救训练营”殴打至死，让我们反思，急待拯救的，究竟是“坏”的孩子，还是坏的教育。

C、往事是一祯用岁月底片洗出的黑白相片，有着“只能意会”的内涵；是心香一瓣，散发着淡淡持久的幽香。

D、“不管前面是地雷阵还是万丈深渊，都将一往无前，义无反顾，鞠躬尽瘁，死而后已！”朱镕基的话语掷地有声。

3．依次填入下列各句横线处的词语，最恰当的一项是①、2009年7月10日在长沙举行的两岸经贸论坛将进一步巩固、深化、发展两岸党际交流。

②、交通肇事后报警并在现场等候处理的行为是否为自首，浙江省、北京市给出了两种截然不同的司法判决结果，这两个互相矛盾的认定，会混淆视听。

③、刚一入夏，蚂蚁就开始为遥远的冬天储备食物，以便在万物凋敝的冬季，同样可以丰衣足食。

，这就是蚂蚁的智慧。

A、机制必然未雨绸缪B、体制必定防患未然C、机制必定防患未然D、体制必然未雨绸缪4．下列各句中没有语病的一句是A、国庆60年盛典吸引了海外网民的广泛关注，他们通过中国网、国际在线、中国日报网等网站，纷纷对新中国成立60周年庆典活动的称赞和对新中国60岁生日的祝福。

湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高三上学期月考卷(四)英语试题附答案

长沙市一中2024届高三月考试卷（四）英语时量：120分钟满分：150分得分：_________第一部分听力（共两节, 满分30分）做题时, 先将答案标在试卷上。

录音内容结束后, 你将有两分钟的时间将试卷上的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选项。

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. What will the weather probably be like at the weekend?A. Windy.B. Rainy.C. Snowy.2. What is the total value of the toy cars?A. £50.B. £130.C. £150.3. What animal did the speakers get two months ago?A. A cat.B. A pig.C. A rabbit.4. What will the man do before going into town?A. Eat his breakfast.B. Have his hair cut.C. Visit a bookshop.5. What is the conversation mainly about?A. Skin problems.B. Eating habits.C. Health care.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。

长沙市一中2024届高三月考试卷七英语

长沙市一中2024届高三月考试卷七英语全文共3篇示例，供读者参考篇1Changsha No.1 High School Class of 2024 Senior Three Midterm Exam Paper Seven EnglishListening Comprehension (30%)Part 11. A) The man is attending a concert.2. B) The weather is good for a walk.3. C) The man's car broke down last night.4. A) She went to bed quite early.5. B) The man had better take an umbrella with him.6. C) The woman will pass by a market on her way home.7. A) The woman should hang up the towel.8. B) The woman is on the phone.9. C) The speaker is talking to a group of children.10. A) The woman wants to listen to the speaker's playlist.Part 211. A) Plants can clean the air and reduce stress.12. B) Eating lunch outside can help reduce stress.13. B) Children who spend time outdoors are less stressed.14. C) Sitting by the window can help reduce stress.15. A) %50 of the world's population live in cities.16. B) Urban parks provide only a small amount of greenery.17. A) Urban parks promote community engagement.18. C) Urban parks provide opportunities for physical exercise.19. B) People are moving to cities at an unprecedented rate.20. C) Urban green spaces are good for mental health.Part 3Conversation 121. D) The woman has not completed her assignment yet.22. A) The man is surprised to hear about the assignment.23. B) The man agrees to help the woman with the assignment.24. C) The woman is grateful for the man's offer of help.Conversation 225. B) The woman is studying late for an exam.26. C) The man suggests lending the woman his materials.27. A) The woman has not studied the material yet.28. A) The woman is grateful for the man's help.Part 429. C) Clothes made out of recycled plastic.30. B) Greenhouse gas emissions from livestock.31. B) Air travel makes a significant contribution to carbon emissions.32. A) Reforestation projects in Brazil.33. C) Urban transport emissions in Europe.Reading Comprehension (40%)Part 134. B) The Internet has changed the way we communicate.35. C) The Internet has made it easier for people to stay connected.36. C) People can use online platforms to promote their ideas.37. A) Online petitions can create positive change.38. B) Online platforms allow people to connect with others who share their interests.Part 239. D) Exercising in green spaces can improve mental health.40. C) People who spend more time in nature are less stressed.41. A) Urban green spaces can bring communities together.42. B) People who live near parks are more likely to exercise regularly.Part 343. C) Urban green spaces are beneficial for physical health.44. B) Spend time in nature to improve your mental health.45. D) Walking in green spaces can reduce stress.46. A) Green spaces can provide opportunities for social interaction.Part 447. C) The impact of climate change on our planet.48. B) How our choices can affect the environment.49. A) The importance of individual actions in combating climate change.50. C) The need for governments to take action on climate change.Writing (30%)Question 1Write an article for your school newspaper about the benefits of spending time in nature. Include examples and personal experiences to support your ideas.Question 2You are the leader of an environmental club at your school. Write a proposal to the school administration about the importance of creating more green spaces on campus.Question 3Write a letter to the editor of a local newspaper about the effects of climate change on your community. Include suggestions for how individuals can help combat climate change.Overall, the midterm exam paper seven for the Class of 2024 at Changsha No.1 High School covers a range of topics related to communication, stress reduction, environmental issues, and climate change. Students are encouraged to think critically and creatively in their responses to the listening and reading comprehension sections, as well as in their written assignments. Good luck to all the students taking the exam!篇2Longshan No.1 High School, located in Changsha City, is one of the most prestigious high schools in Hunan Province. Every year, the school organizes monthly exams for the seniors to assess their learning progress and prepare them for the upcoming college entrance examination. In this document, we will take a closer look at the English exam paper for the 2024 Class of Senior Three.The English exam paper consists of four sections: listening, reading, writing, and translation. The listening section includes a variety of questions that test students' ability to understand spoken English, such as multiple-choice questions, sentence completion, and short answer questions. This part of the exam aims to assess students' listening comprehension skills and their ability to extract key information from spoken texts.The reading section of the exam contains a series of passages that cover a range of topics, from literature to science. Students are required to read the texts carefully and answer questions based on the information presented in the passages. This section tests students' reading comprehension, vocabulary, and inference skills.The writing section of the exam challenges students to write essays and short answers on given topics. Students are expected to express their ideas clearly and coherently, using appropriate vocabulary and grammar. This part of the exam assesses students' writing skills and their ability to organize and present their thoughts effectively.Finally, the translation section of the exam presents students with English sentences that they need to translate into Chinese.This section tests students' ability to understand and convey the meaning of English sentences accurately in Chinese.Overall, the English exam paper for the 2024 Class of Senior Three at Longshan No.1 High School is designed to assess students' listening, reading, writing, and translation skills. By successfully completing this exam, students will be better prepared for the challenges of the college entrance examination and beyond.篇3Longshan First High School, located in Changsha City, Hunan Province, is one of the top high schools in China. With a rich history and outstanding academic achievements, the school has produced numerous eminent scholars and leaders. The Class of 2024, currently in their senior year, recently took their seventh monthly English examination.The exam comprised four sections: listening, reading, writing, and speaking. The listening section tested students' ability to comprehend spoken English through a variety of dialogues and monologues. The reading section required students to read and analyze complex texts, demonstrating their proficiency in reading comprehension. The writing section challenged studentsto compose a well-organized and coherent essay on a given topic. Finally, the speaking section evaluated students' ability to express themselves fluently and accurately in English.Students prepared rigorously for the exam, studying vocabulary, grammar, and comprehension skills. They also practiced speaking and writing to improve their fluency and coherence. The exam was a culmination of their hard work and dedication throughout the year.After the exam, students reflected on their performance and noted areas for improvement. They discussed ways to enhance their English skills and set goals for the future. Teachers provided feedback and guidance to help students achieve their academic goals.Overall, the Class of 2024 demonstrated their proficiency in English during the seventh monthly exam. Their commitment to excellence and passion for learning will undoubtedly lead them to success in the future. Longshan First High School continues to nurture talented individuals and shape the leaders of tomorrow.。

湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高三上学期月考卷(四)语文试题(含答案解析)

大联考长沙市一中2024届高三月考试卷(四)语文得分:本试卷共10页,时量150分钟,满分150分。

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1~5题。

材料一空灵，是中国艺术追求的崇高境界，也是中国艺术的重要范畴。

在西方没有这样相似的美学观念，这是东方民族独特的美学思想。

中国艺术追求的境界如高山大川之间的一朵幽兰，它似有若无，无人注意，自在开放。

这样的美淡而悠长，空而海涵，小而永恒，其最大的妙处在于：它在“空”中增加人们玩味的空间，在于其空灵中的实有，静穆中的崇高。

中国人认为天地自然都由一气化生，面对气化流荡的世界，他们发现了虚实的奥秘，发现了“有形但为无形造”的哲学原理。

虚中有实，实中有虚，虚实结合。

在虚实二者之．间，中国艺术对虚更为重视，唯有虚，才能给欣赏者提供“对物象产生距离”的载体，在赏画、读诗、游园中获得空灵的美的享受。

“计白当黑”“无画处皆成妙境”，欣赏中国画，不仅要看画在画面上的，而且要看不在画面上的东西，通过画面的有限形式，想象到无形的世界。

诗也如此，诗要沉着，更要空灵，沉着与空灵并重，才会有悠然的韵味；诗要有言外之意，意外之韵，含不尽之意如在言外。

在中国园林艺术中，虚空的世界永远在造园和品园者心中存在着，他们得诗画“空”之精髓，故有灵气往来。

中国园林创造就是引一湾溪水，置几片假山，来引领一个虚空的世界，创造一个灵动的空间。

我们目之所见的世界，在虚空的氤氲中显示出意义。

如果赏园者只是停留在视觉观察中，就有可能错失小园中所包裹的万般景致。

在中国园林中，假山不是山，却有山的巍峨；溪涧不是海，却有大海的渊深。

回廊是狭窄的，它却可以引领人走向宇宙纵深；小桥曲折，却将人度向另外一个世界。

至于云墙偎依着篱落，曲曲地在丛树中逶迤，真把人的心牵向更远。

亭在园林中有着独有的地位，园林无水不活，也可以说，因无亭不灵。

亭子是实用的，它可以供人休憩。

亭子又在园林中起到收摄众景的作用，松散的景物，往往通过亭子的收摄成为一个整体。

湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高三上学期月考卷(四)物理试题及答案

长沙市一中2023届高三月考试卷（四）物理本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。

时量75分钟，满分100分。

一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。

每小题只有一项符合题目要求）1.甲、乙两个遥控小汽车沿同一方向做匀加速直线运动，当同时通过某一位置M 点时开始计时，得到它们的1v t t图像如图所示，下列说法正确的是（）A.甲遥控小汽车的加速度大小为42m /s B.乙遥控小汽车通过Ｍ点时速度大小为2m /s C.甲、乙遥控小汽车此后还能相遇两次D.相遇前两车间最大距离为4m2.如图所示，A 、B 、C 三个小球的质量分别为m 、2m 、3m ，A 、B 之间用一根没有弹性的轻绳连在一起，B 、C 之间用轻弹簧拴接，用细线悬挂在天花板上，整个系统静止，现将A 上方的细线剪断，使A 的上端失去拉力，则在剪断细线瞬间，A 、B 、C 的加速度的大小分别为（重力加速度为g ）（）A.g 2.5g 0B.2g 2g 0C.g g 0D.g 2g 03.如图所示，半球形容器固定在地面上，容器内壁光滑，开始时，质量均分布均匀的光滑球A 和光滑球B 放在容器内处于平衡状态，位置关系如图中所示，已知容器、A 、B 半径之比为6∶2∶1。

一水平恒力F 作用在A 球上，且力F 的延长线过A 球球心，缓慢推动A 直到B 的球心与容器的球心O 等高，则下列判断正确的是（）A.B 球受到A 球的弹力1N 逐渐减小B.B 球受到A 球的弹力1N 先增大后减小C.容器对B 球的支持力2N 逐渐增大D.容器对B 球的支持力2N 先增大后减小4.2018年12月8日凌晨，我国成功发射一枚火箭，将“嫦娥四号”探测器送上了天空，历经110个小时的飞行后，在离月球仅100公里的距离完美“刹车”，进入近月轨道运行；12月30日8时55分，“嫦娥四号”在环月轨道成功实施变轨控制，顺利进入月球背面的预定着陆准备轨道；2019年1月3日10时15分北京航天飞行控制中心向“嫦娥四号”探测器发出着陆指令：开启变推力发动机，逐步将探测器的速度降到零，并不断调整姿态，在距月面100米处悬停，选定相对平坦区域后缓慢垂直下降，实现了世界上首次在月球背面软着陆。

湖南省长沙市炎德英才大联考高三生物月考试卷四人教版

湖南省长沙市炎德英才大联考高三生物月考试卷四命题：长沙市一中高三生物备课组时量：90分钟满分：1 00分第I卷选择题(共40分)一、选择题(本题包括40个小题，每小题只有一个正确答案，每小题1分，共40分) 1．细胞是生物体结构和功能的基本单位。

在下列关于细胞基本共性的描述中，正确的是(D)①均具有磷脂双分子层与蛋白质构成的膜结构．②ATP是所有细胞可直接利用的能源物质③都具有核糖体作为蛋白质的“装配机器"④编码氨基酸的密码子基本相同⑤生物体的生命活动都主要是以细胞为基本单位进行的A．只有①③④ B．只有②④⑤ C．只有①②③⑤ D．①②③④⑤2．右图所示细胞是 (C)A．1个动物细胞，含有8个染色单体B．1个高等植物细胞，处于有丝分裂后期C．1个动物细胞，含4个染色体组D．1个原癌基因被激活的人体细胞3．N和P是组成生物体的重要元素，下列相关叙述中正确的是(C)①N、P不仅是生物膜的重要组成部分，也是ATP、DNA、RNA等不可缺少的成分②花盆中正常生长的米兰转移到缺乏N、P的培养液一段时间后，幼嫩叶片首先表现出相应的缺乏症③大气中的N2必须经固氮作用才能被植物所利用④健康成年男子和重创伤恢复期病人在一段时间内，机体摄入的氮量均大于排出的氮量A．①② B．③④ C．①③ D．②④4．科学家对四种不同生物的结构、化学组成等方面进行分析、比较，结果如下表所示：你认为上述四种生物中最可能属于与豆科植物共生的固氮生物是 CA．生物甲 B．生物乙 C．生物丙 D．生物丁5．如图为植物光合作用强度随光照强度变化的坐标图，下列叙述中不正确的是 (C)A．a点叶肉细胞产生．ATP的细胞器只有线粒体B．b点植物光合作用强度与细胞呼吸强度相等C．已知某植物光合作用和细胞呼吸最适温度分别为25℃和30℃，如图表示该植物处于25℃环境中，则将温度提高到30℃时，a点上移，b点左移，d点下移D．当植物缺镁时，b点将向右移6．下列关于植物细胞内能量转换的叙述，不正确的是A．叶绿体中色素吸收的光能可转换为电能B．叶绿体囊状结构上产生的电能全部转换为ATP中的活跃化学能C．叶绿体基质中，ATP活跃的化学能转换为有机物中稳定的化学能D．线粒体把有机物中一部分稳定的化学能转换为ATP中活跃的化学能7．右图表示细胞膜的亚显微结构，其中a和b为物质的两种运输方式，下列对细胞膜结构和功能的叙述错误的是 (B)A．如图示为肝细胞膜，则尿素的运输方向是Ⅱ一IB．细胞间的识别、免疫、细胞的癌变与②有密切的关系C．适当提高温度将加快②和③的运动速度D．b过程不需要ATP，a过程能体现膜的选择透过性这一生理特性8．下列是几个放射性同位素示踪实验，对其结果的叙述不正确的是 BA．给玉米提供14CO2，则14 C的转移途径大致是14 CO214 C4 14 C3 (14CH2 O) B．利用15NH3配制的培养基培养硝化细菌，可得到15N2C．给水稻提供14 CO2，则其根细胞在缺氧状态有可能出现14 C2 H5 OHD．小白鼠吸入18 O2，则其尿液中可以监测到H218O9．某同学用30％的蔗糖溶液来处理生物细胞，在操作步骤都正确的情况下，细胞没有出现质壁分离现象。

湖南省长沙市第一中学2025届高三上学期月考卷(一)政治答案

长沙市一中2025届高三月考试卷（一）思想政治参考答案一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48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）题号12345678910111213141516答案C B B A B D B C A A C B C A B D 1．C【解析】在资本主义社会，无产阶级与资产阶级的矛盾是不可调和的，A、B不选。

资本主义社会基本矛盾是生产社会化与生产资料私有制之间的矛盾，这是资本主义社会一切矛盾和冲突的总根源，C说法正确。

生产相对过剩是资本主义社会经济危机的基本特征，D不选。

2．B【解析】由材料可知，社会主义制度让百万农奴获得了新生，劳动人民被压迫、剥削的历史在西藏终结，①④符合题意。

农奴制相对于奴隶制是一种历史的进步，②表述过于绝对。

农奴不完全等同于奴隶，并没有丧失全部产品，农奴可以有自己的家庭和少量财产，且该选项与题意不符，③不选。

3．B【解析】坚持和加强从严治党，以自我革命引领社会革命，通过自我革命，党能够不断净化、自我完善、自我革新、自我提高，从而确保党的先进性和纯洁性，进而引领社会革命，才能确保中国式现代化劈波斩浪、行稳致远，B正确。

材料强调加强党的建设才能确保中国式现代化劈波斩浪、行稳致远，并未强调道路自信及用马克思主义理论体系武装全党、个人理想和国家梦想的关系，A、C不选。

党的建设是伟大工程，D不选。

4．A【解析】由广州地铁集团与腾讯公司共同成立的广州穗腾数字科技有限公司揭牌，该公司属于混合所有制性质，体现了国有企业与民营企业深化合作，发挥各自优势，取长补短，实现了多元资本间的交叉持股与融合，①正确。

该公司致力打造“数智城轨”新格局，体现了该公司的成立将加速推动新质生产力的形成和发展，③正确。

材料没有凸显民营经济在市场竞争中的优势，②不选。

国有经济对基础交通业具有控制力，④错误。

5．B【解析】我国政府通过加强和优化公共服务，保障社会公平正义，促进共同富裕，更好满足人民日益增长的美好生活需要，把罕见病用药纳入医保，体现了政府的公共服务职能，③符合题意。

长沙市一中2024届高三月考数学试卷(七)

长沙市一中2024届高三月考试卷(七)一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的数学试卷.1.样本数据15、13、12、31、29、23、43、19、17、38的中位数为()(A)19(B)23(C)21(D)182.已知集合A ={x e x 2−2x⩽1},B ={−1,0,1},则集合A ∩B 的非空子集个数为()(A)4(B)3(C)8(D)73.已知实部为3的复数z 满足z ·(1−2i )为纯虚数,则|z |=()(A)2(B)32(C)3√52(D)√54.已知数列{a n }满足a n =3n −b (n ∈N ∗,b ∈R ),则“b <3”是“{|a n |}是递增数列”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5.已知tan θ=2,则sin 2θ2cos 2θ+4sin 2θ=()(A)13(B)2(C)1(D)296.过抛物线E :y 2=2px (p >0)的焦点F 的直线交E 于点A ,B ,交E 的准线l 于点C ,AD ⊥l ,点D 为垂足.若F 是AC 的中点,且|AF |=3,则|AB |=()(A)4(B)2√3(C)3√2(D)37.已知双曲线C :kx 2−y 2=1的左焦点为F ,P (3m,−4m )(m >0)为C 上一点,且P 与F 关于C 的一条渐近线对称,则C 的离心率为()(A)√52(B)√3(C)2(D)√58.已知函数f (x )的定义域为R ,且满足f (x )+f (3−x )=4,f (x )的导函数为g (x ),函数y =g (x −1)的图象关于点(2,1)中心对称,则f (32)+g (2024)=()(A)3(B)−3(C)1(D)−1二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.已知函数f (x )=12cos 2x +12sin 2x ,则()(A)函数f (x −π8)关于原点对称(B)曲线y =f (x )的对称轴为x =π12+kπ2,k ∈Z(C)f(x)在区间(π8,5π8)单调递减(D)曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为2x−2y+1=010.已知二面角A−CD−B的大小为2π3,AC⊥CD,BD⊥CD,且CD=1,AC+BD=2,则()(A)△ABD是钝角三角形(B)异面直线AD与BC可能垂直(C)线段AB长度的取值范围是[2,√5)(D)四面体A−BCD体积的最大值为√3411.甲、乙两同学参加普法知识对抗赛,规则是每人每次从题库中随机抽取一题回答.若回答正确,得1分,答题继续;若回答错误,得0分,同时换成对方进行下一轮答题.据经验统计,甲、乙每次答题正确的概率分别是12和23,且第1题的顺序由抛掷硬币决定.设第i次答题者是甲的概率为P i,第i次回答问题结束后中甲的得分是K i,则()(A)P2=14(B)P(K2=1)=524(C)P i+1=16P i+13(D)E(K i)=12P i+K i−1(i⩾2)三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.(x+3y)(x−y)8的展开式中x3y6的系数为.13.已知动点P在圆M:(x−m+1)2+(y−m)2=1上,动点Q在曲线y=ln x上.若对任意的m∈R,|P Q|⩾n恒成立,则n的最大值是.14.已知正六棱锥的高是底面边长的2√3倍,侧棱长为√13,正六棱柱内接于正六棱锥,即正六棱柱的所有顶点均在正六棱锥的侧棱或底面上,则该正六棱柱的外接球表面积的最小值为.四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.盒中有形状、大小均相同的卡片6张,卡片依次标记数字1,2,2,3,3,3.(1)若随机一次取出两张卡片,求这两张卡片标记数字之差为1的概率;(2)若每次随机取出两张卡片后不放回,直到将所有标记数字为2的卡片全部取出,记此时盒中剩余的卡片数量X,求X的分布列和E(X).16.如图三棱锥P−ABC中,P A=BC,AB=P C,AC⊥P B.(1)证明:AB=BC;(2)若平面P AC⊥平面ABC,AC=√2AB,求二面角A−P B−C的余弦值.ABCP17.已知定义在(0,π)上的函数f(x)=cos2x+sin x.(1)求f(x)的极大值点;(2)证明:对任意x∈(0,1),f(x)>14x4−x2+1.18.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上、下顶点分别为A(0,1),B(0,−1),其右焦点为F,且# »F A·# »BA=# »F A·# »F B.(1)求椭圆C的方程;(2)若点P(2,−1),在直线BP上存在两个不同的点P1,P2满足# »P P1·# »P P2=# »P B2.若直线AP1与直线AP2分别交C于点M,N(异于点A),证明:P,M,N三点共线.19.定义△ABC三边长分别为a,b,c,则称三元无序数组(a,b,c)为三角形数.记D为三角形数的全集,即(a,b,c)∈D.(1)证明:“(a,b,c)∈D”是“(√a,√b,√c)∈D”的充分不必要条件;(2)若锐角△ABC内接于圆O,且x # »OA+y# »OB+z# »OC=0,设I=(x,y,z)(x,y,z>0).①若I=(3,4,5),求S△AOB:S△AOC;②证明:I∈D.。