分析押题卷二题目

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2024年高考数学临考押题卷02(全解全析)(新高考通用)

2024年高考数学临考押题卷02（新高考通用）数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.选择题的作答: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。

写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。

一、单选题（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．已知集合{}2210A x x x =+-<，(){}2lg 1B y y x ==+，则A B = （）A ．(]1,0-B ．10,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．1,02⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．[)0,1【答案】B【分析】由一元二次不等式的解法，对数函数的值域，集合的交集运算得到结果即可.【详解】集合{}21210|12A x x x x x ⎧⎫=+-<=-<<⎨⎬⎩⎭，因为211x +≥，所以()2lg 10x +≥，所以集合(){}{}2lg 1|0B y y x y y ==+=≥，所以10,2A B ⎡⎫=⎪⎢⎣⎭，故选：B.2．复数()i 1i 35i+-的共轭复数为（）A ．41i 1717--B ．41i 1717-+C ．41i 1717-D ．41i 1717+【答案】B【分析】利用复数的四则运算与共轭复数的定义即可得解.【详解】因为()()()()()i 1i 1i 35i 1i 82i 41i 35i35i 35i 35i 341717+-++-+--====-----+，所以()i 1i 35i+-的共轭复数为41i 1717-+.故选：B.3．等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知3215S a a ＝＋，54a ＝，则1a =（）A ．14B ．14-C ．12D ．12-【答案】A【分析】把等比数列{}n a 各项用基本量1a 和q 表示，根据已知条件列方程即可求解.【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，由3215S a a =+，得：123215a a a a a ++=+，即：23114a a a q ==，所以，24q =，又54a =，所以，4222111()44a q a q a ==⨯=，所以，114a =.故选：A.4．若23a=，35b =，54c =，则4log abc =（）A ．2-B ．12C ．2D ．1【答案】B【分析】根据题意，结合指数幂与对数的互化公式，结合对数的换底公式，即可求解.【详解】由23a=，35b =，54c =，可得235log 3,log 5,log 4a b c ===，所以235lg 3lg 5lg 4log 3log 5log 42lg 2lg 3lg 5abc =⨯⨯=⨯⨯=，则441log log 22abc ==.故选：B.5．关于函数()()sin f x A x =+ωϕ（0A >，0ω>，π02ϕ<<），有下列四个说法：①()f x 的最大值为3②()f x 的图象可由3sin y x =的图象平移得到③()f x 的图象上相邻两个对称中心间的距离为π2④()f x 的图象关于直线π3x =对称若有且仅有一个说法是错误的，则π2f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（）A ．B ．32-C ．32D ．2【答案】D【分析】根据题意，由条件可得②和③相互矛盾，然后分别验证①②④成立时与①③④成立时的结论，即可得到结果.【详解】说法②可得1ω=，说法③可得π22T =，则2ππT ω==，则2ω=，②和③相互矛盾；当①②④成立时，由题意3A =，1ω=，ππ2π32k ϕ+=+，k ∈Z ．因为π0,2ϕ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故0k =，π6ϕ=，即()3sin 6f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，22f π⎛⎫= ⎪⎝⎭；说法①③④成立时，由题意3A =，2ω=，2ππ2π32k ϕ+=+，k ∈Z ，则ππ20,62k ϕπ⎛⎫=-∉ ⎪⎝⎭，故不合题意.故选：D.6．设O 为坐标原点，圆()()22:124M x y -+-=与x轴切于点A ，直线0x +交圆M 于,B C 两点，其中B 在第二象限，则OA BC ⋅=（）A B C D 【答案】D 【分析】先根据圆的弦长公式求出线段BC 的长度，再求出直线0x +的倾斜角，即可求得OA 与BC的的夹角，进而可得出答案.【详解】由题意()1,0A ，圆心()1,2M ，()1,2M 到直线0x +距离为12，所以BC =直线0x +π6，则OA 与BC 的的夹角为π6，所以cos ,1OA BC OA BC OA BC ⋅===故选：D ．7．祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如，可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R 的圆柱与半径为R 的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R ，高为R 的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面α去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用平行于半球底面的平面α去截半径为R 的半球，且球心到平面α的距离为2R ，则平面α与半球底面之间的几何体的体积是（）A ．3π24R B ．3π24R C ．3π12R D ．3π12R 【答案】C【分析】分别求得面α截圆锥时所得小圆锥的体积和平面α与圆柱下底面之间的部分的体积，结合祖暅原理可求得结果.【详解】平面α截圆柱所得截面圆半径r ，∴平面α截圆锥时所得小圆锥的体积2311ππ3212V r R =⋅=，又平面α与圆柱下底面之间的部分的体积为232ππ22V R R R =⋅根据祖暅原理可知：平面α与半球底面之间的几何体体积33321V V V R R R =-.故选：C.8．定义{}{},,max ,,min ,,,a a b b a ba b a b b a b a a b ≥≥⎧⎧==⎨⎨<<⎩⎩，对于任意实数0,0x y >>，则2211min max 2,3,49x y x y ⎧⎫⎧⎫+⎨⎨⎬⎬⎩⎭⎩⎭的值是（）AB C D 【答案】A【分析】设2211max{2,3,}49x y M x y +=，则2211323(2)(3)M x y x y ≥+++，构造函数21()0)f x x x x=+>，利用导数求出函数()f x 的最小值进而得23632M ≥，化简即可求解.【详解】设2211max{2,3,}49x y M x y +=，则22112,3,49M x M y M x y ≥≥≥+，得222211113232349(2)(3)M x y x y x y x y ≥+++=+++，设21()(0)f x x x x =+>，则33322()1x f x x x -'=-=，令()00f x x '<⇒<<，()0f x x '>⇒>所以函数()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增，故min 233()2f x f ==，即233()2f x ≥，得223333(2)(3)22f x f y ≥≥，所以2222233311336323(2)(3)(2)(3)222M x y f x f y x y ≥+++=+≥+=，得2322M ≥2211min{max{2,3,}}49x y x y +=.故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查导数在函数中的综合应用，本题解题的关键是由222211113232349(2)(3)M x y x y x y x y ≥+++=+++构造函数21()0)f x x x x =+>，利用导数求得M 即为题意所求.二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。

2024高考语文临门冲刺押题卷二(新高考Ⅰ卷)(原卷版)

2024高考语文临门冲刺押题卷二（新高考Ⅰ卷）（考试时间：150分钟试卷满分：150分）命题报告命题新方向：现代文阅读I围绕“智能时代”选材，引导考生关注智能时代人与科技的关系；现代文Ⅱ选材关涉《乡土中国》，命题课内课外相结合，文言文阅读关注教考衔接，诗歌鉴赏与教材中《行路难》比较，语言文字运用按九省联考题型命题，作文取材《大学之道》、《谏太宗十思疏》中的名言，既考查哲理思辨，又贴合高考命题的风向。

命题新情境：命题注重创设个人体验类情境，表达自己的感悟与思考，创设的情境与考生日常生活密切相关。

一、现代文阅读（35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。

工程心理学、人因工程和工效学均诞生于20世纪二次大战期间，虽然它们具有各自独特的研究角度和重点，但是都分享“以人为中心”的共同理念。

例如，工程心理学从人类认知信息加工角度为人机系统的优化设计提供心理学原理、方法及实证；人因工程和工效学则从人一机一环境关系匹配的工程设计角度为人机系统的优化设计提供人因和工效设计原则、方法及实证。

进入计算机时代，人与计算机（包括基于计算技术的产品）交互带来了许多新的人因问题，推动了人机交互、用户体验等领域的产生和发展。

基于“以人为中心”的共同理念，这些相近领域都希望通过优化人、机器以及环境之间的交互，确保系统实现安全、高效和宜人的目标，因此，我们将这些领域统称为人因科学。

人因科学的研究对象是人机关系。

在计算机时代，人与非智能计算系统的交互中，机器充当人机系统中辅助工具的角色。

在智能时代，人与智能系统的交互本质上是与智能系统中的智能体之间的交互，基于智能技术，智能体机器可以展现出独特的自主化新特征，拥有一些类似人类的认知能力（感知、学习、推理等），在一些设计未预期的场景中，可自主地完成以往自动化技术所不能完成的任务，因此，智能系统可以从一种支持人类操作的辅助工具角色发展成为与人类合作的团队队友，扮演“辅助工具十人机合作队友”的双重新角色，从而形成一种新型的人机关系形态：“人智组队”式合作。

2022年湖南省长沙一中高考数学押题试卷(2)+答案解析(附后)

2022年湖南省长沙一中高考数学押题试卷（2）1. 已知复数，是z的共轭复数，则( )A. 0B.C. 1D. 22. 命题“，”的否定是( )A.， B. ，C. ，D. ，3. 若，则( )A. B. C. D.4. 已知是定义在R上的奇函数，且，当时，，则( )A. B. C. D.5. 将3本不同的画册和2本相同的图册分给甲、乙、丙三人，要求每人至少1本画册或图册，则不同的分法共有( )A. 90种B. 93种C. 96种D. 99种6. 已知函数，若在区间内单调递减，则的取值范围是( )A. B. C. D.7. 已知桌面上灯光的强度可以用表示，其中r是灯与桌面上被照点的距离，是光线与桌面的夹角，在半径为1m的圆桌中心正上方安装一个吊灯，为使桌边最亮，吊灯应离桌面的高度为( )A. B. 1 C. D.8. 已知抛物线C：，，过点P作斜率为正的直线l与抛物线交于点M，N，点M，N在y轴上的射影为，，若，则直线l的斜率为( )A.B.C.D.9. 图中阴影部分用集合符号可以表示为( )A. B.C. D.10. 已知，，其中，则以下结论正确的是( )A. 若，则B. 若，则或C. 若，则D. 若，则11. 已知直线l：和圆C：，则下列说法正确的是( )A. 存在k，使得直线l与圆C相切B. 若直线l与圆C交于A，B两点，则的最小值为C. 对任意k，圆C上恒有4个点到直线的距离为D. 当时，对任意，曲线E：恒过直线l与圆C 的交点12. 传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球，，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则( )A. 球与圆柱的表面积之比为1：2B. 平面DEF截得球的截面面积最小值为C. 四面体CDEF的体积的取值范围为D. 若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为13. 已知，，且，则______.14.已知正项数列满足，若的前n项和为，且，则______15. 已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，P为椭圆上一点，满足，且，则椭圆的离心率为______.16. 已知正实数x，y满足，则的最大值为______.17.在①；②；这两个条件中任取一个，补充在下面问题中，并解答补充完整的题目．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S为的面积，已知_______.求证：；若，且，求S的值．18. 如图所示，圆锥的底面半径为4，侧面积为，线段AB为圆锥底面的直径，C 在线段AB上，且，点D是以BC为直径的圆上一动点；当时，证明：平面平面POD；当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．19. 已知数列的前n项和为，且，，，证明：数列是等比数列；证明：20. 某靶场有A，B两种型号的步枪可供选用，其中甲使用A，B两种型号的步枪的命中率分别为，若出现连续两次子弹脱靶或者子弹打光耗尽的现象便立刻停止射击，若击中标靶至少3次，则可以获得一份精美礼品，若甲使用B型号的步枪，并装填5发子弹，求甲获得精美礼品的概率；现在A，B两把步枪中各装填3发子弹，甲打算轮流使用A，B两种步枪进行射击，若击中标靶，则继续使用该步枪，若未击中标靶，则改用另一把步枪，甲首先使用A种型号的步枪，若出现连续两次子弹脱靶或者其中某一把步枪的子弹打光耗尽的现象便立刻停止射击，记X为射击的次数，求X的分布列与数学期望．21. 已知双曲线C：的离心率为2，F为双曲线的右焦点，直线l 过F与双曲线的右支交于P，Q两点，且当l垂直于x轴时，；求双曲线的方程；过点F且垂直于l的直线与双曲线交于M，N两点，求的取值范围．22. 已知若单调递增，求a的取值范围；证明：当时，答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查等比数列的前n项和，考查复数模的求法，是基础题．利用等比数列前n项和化简复数z的分子，代入后利用复数代数形式的乘除运算化简，再由求解．【解答】解：，，，故选：2.【答案】A【解析】解：根据题意，命题“，”中含有存在量词，该命题的否定需要将存在量词改为全称量词，且只否结论，不否条件，可得命题的否定为：，，故选：根据含有存在量词命题的否定是含有全称量词的命题，可选出正确选项．本题考查特称命题的否定，是基础题．3.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查诱导公式、二倍角公式的应用，属于基础题．由题意利用诱导公式、二倍角公式，将化为，代入求值即可．【解答】解：，则，故选：4.【答案】A【解析】解：由已知得：，是周期为2的函数，，又是定义在R上的奇函数，，当时，，故选：根据周期和奇偶性，将转化到区间上，再利用解析式求解．本题考查函数的奇偶性和周期性，突出考查了转化思想在解题过程中的应用，属于中档题．5.【答案】B【解析】解：由题可知把5本书先分组后分配，可分为3，1，1或2，2，1两种情况，然后分配给甲、乙、丙三人，分为3，1，1时，当两个1都是图册时，不同的分法共种；当两个1都是画册时，不同的分法共有种；当两个1为一本图册一本画册时，不同的分法共有种；分为2，2，1时，当两个2中有一个2为2本图册时，不同的分法共有种；当两个2中各有一本图册时，不同的分法共有种；当单独的1是一本图册时，不同的分法共有种．所以，将3本不同的画册和2本相同的图册分给甲、乙、丙三人，要求每人至少1本画册或图册，不同的分法共有种．故选：先分组后分配，可分为3，1，1或2，2，1，然后分配即可．本题考查排列组合及简单的计数问题，属于基础题．6.【答案】C【解析】解：由在区间内单调递减得，而在区间内单调递增，故，，得，，所以的单调递增区间为，，所以，，所以，，解得，，由得，由得，所以且，故或，当时，，当时，，综上所述：故选：转化为在区间内单调递增，根据正切函数的单调区间求出的单调递增区间，再根据区间是的单调递增区间的子集列式可求出结果．本题考查三角函数的性质，注意利用研究正弦型函数单调性的方法，来研究正切型函数的单调性，属于中档题．7.【答案】C【解析】解：设吊灯应离桌面的高度为h，则，，所以，令，则，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以时，取得最大值，此时y也取得最大值，即桌边最亮．此时吊灯应离桌面的高度为故选：设吊灯应离桌面的高度为h，则，，利用导数求出函数取最大值时的r，即可得解．本题主要考查函数模型及其应用，利用导数求最值的方法等知识，属于中等题．8.【答案】D【解析】解：设，，且，，则，，设直线l：，联立得，，则，，由，设，，则，，由，即，解得，故，故选：通过设，，利用两角和的正切，结合韦达定理可得答案．本题考查了抛物线的性质，属于中档题．9.【答案】AD【解析】【分析】本题主要考查Venn图的应用，利用图象先确定集合关系是解决本题的关键，属于基础题．在阴影部分区域内任取一个元素x，分析x与集合A、B、C的关系，即可得出结论．【解答】解：在阴影部分区域内任取一个元素x，则或，故阴影部分所表示的集合为或故选：10.【答案】BCD【解析】【分析】本题考查向量的平行，向量的垂直，向量的求模公式，向量的数量积运算，属于中档题．由向量的平行判断A，由向量的垂直判断B，由向量的求模公式判断C，由向量的数量积运算判断【解答】解：对于A，若，则，则，因为，所以，则或或，故A错误;对于B，若，则，则，因为，所以，所以或，所以或，故B正确;对于C，，，，故C正确;对于D，若，则，则，即，所以，故D正确．故选11.【答案】BCD【解析】解：对于A、直线l：过定点，且，即定点在圆C内，不存在k，使得直线l与圆C相切，故A错误；对于B、由圆C：，得圆心，半径为2，圆心到直线l的距离的最大值为，的最小值为，故B正确；对于C、圆心C到直线l的距离，，对任意k，圆C上恒有4个点到直线的距离为，故C正确；对于D、当时，直线l：，曲线E：，即，就是过直线l与圆C的交点的曲线方程，故D正确．故选：由直线l：经过的定点在圆C内，可判断A不正确；由圆心到直线l的距离的最大值求出的最小值，可判断B正确；由圆心C到直线l的距离，可判断C正确；将曲线E的方程化为，可判断D正确．本题考查直线系方程与圆系方程的应用，考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，是中档题．12.【答案】BCD【解析】解：由球的半径为r，可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，则球表面积为，圆柱的表面积，所以球与圆柱的表面积之比为，故A错误；过O作于G，则由题可得，设O到平面DEF的距离为，平面DEF截得球的截面圆的半径为，则，，所以平面DEF截得球的截面面积最小值为，故B正确；由题可知四面体CDEF的体积等于，点E到平面的距离又，所以故C正确；由题可知点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P在底面的射影为，则，设，则，，所以，所以，故D正确．故选：利用球的表面积公式及圆柱的表面积公式可判断A，由题可得O到平面DEF的距离为，进而可得平面DEF截得球的截面面积最小值可判断B，由题可得四面体CDEF的体积等于可判断C，设P在底面的射影为，设，，然后利用二次函数的性质可得的取值范围可判断本题考查圆柱与球的表面积、体积以及折线段的最值问题，考查逻辑推理能力，是一道难题．13.【答案】【解析】解：，，，，，故答案为：根据条件概率公式，先求出，再利用公式计算即可．本题考查了条件概率的计算，关键点是计算出，属于基础题．14.【答案】1【解析】解：因为正项数列满足，两边同时除以，得①，由此可得②，由②-①可得，即，数列是周期为2的数列，因此由可得，，解得，即，故答案为：根据可得出数列是周期为2的周期数列，利用周期数列求解即可．本题考查了由数列的递推关系得到数列为周期数列，考查了学生的推理能力及计算能力，难点在于推导数列的周期，属于中档题．15.【答案】【解析】解：，，又，，即，，，设，则，，由题可知，，，，即，故答案为：利用正弦定理及和差角公式可得，，由题可得，进而可得，即得．本题考查了椭圆的性质，属于中档题．16.【答案】【解析】解：由，两边同时除以，得，因为x，，所以，设，则，递增，所以由可得，所以，，设，则，所以当时，，递增，时，，递减，所以故答案为：把已知等式变形为：，利用函数的单调性得x，y的关系，这样把转化为x的函数，再利用导数求得最大值．本题考查了导数的单调性的应用，考查用导数求函数的最大值．解题关键是已知等式进行同构变形：，然后利用函数的单调性得出变量间的关系．考查了学生的逻辑思维能力，属于难题．17.【答案】解：若选择①，由，得，，，，得，，，，得，或，即或舍去；若选择②，由及，得，得，由正弦定理得，，则，，，，，得，或，即或舍去；由知，，由及正弦定理得，，则，，，，由余弦定理得，得，得，解得或，当时，，，当时，，综上所述：或【解析】若选择①，利用二倍角的正弦公式、降幂公式和正弦定理变形可得，再根据角的范围可推出；若选择②，根据余弦定理、正弦定理以及两角和与差的正弦公式变形可得，再根据角的范围可推出；由、及正弦定理、二倍角正弦公式可得，，根据余弦定理求出a，c，根据三角形面积公式可求出结果．本题考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题．18.【答案】证明：垂直于圆锥的底面，平面ABD，，当时，，，又，OD，平面POD，平面POD，又平面PAD，平面平面POD；解：由题可知，，，，当三棱锥的体积最大时，的面积最大，此时D为弧BC的中点，如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面PAD的法向量为，则，即，令，则，，，设平面PBD的法向量，则，即，令，则，，，则，又二面角的平面角为钝角，二面角的余弦值为【解析】本题主要考查面面垂直的证明，二面角的相关计算，空间向量及其应用等知识，属于中等题．由题意可得，，然后利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即证；当面积最大时三棱锥的体积最大，此时D为的中点，建立空间直角坐标系，利用坐标法，即得二面角的余弦值．19.【答案】证明：因为，，当时，当时，所以，即，即，又，，所以，所以，所以，所以是以1为首项，2为公比的等比数列；由可得①，又，又，，所以，，所以，所以，即是以为首项，为公比的等比数列，因此②，①-②可得，即，由，则，当n为奇数时，，当n为偶数时，，所以【解析】根据，作差得到，即可得到，再由，即可得证；由可得①，再又，即可得到，从而求出，根据分组求和及等比数列求和公式得到，再对n分奇偶两种情况讨论，利用放缩法计算可得．本题考查根据递推关系求数列通项，考查推理论证能力及运算求解能力，属于中档题．20.【答案】解：甲击中5次的概率为，甲击中4次的概率为，甲击中3次的概率为，所以甲获得精美礼品的概率为的所有可能取值为2，3，4，5，，，，，所以X的分布列为：X2345P所以【解析】分别求出甲击中5次、4次、3次的概率，再相加即可得解；的所有可能取值为2，3，4，5，求出X取每个值的概率后，可得分布列．根据数学期望公式可得数学期望．本题主要考查离散型随机变量及其分布列，概率统计的实际应用等知识，属于中等题．21.【答案】解设，由，则，由PQ过F且垂直于x轴，则，且，所以，，，所以双曲线C的方程为：；当l与x轴垂直时，则，，此时，，所以，当l与y轴垂直时，，，此时，，所以，当直线的斜率存在且不为0时，设l的方程：，则的方程为，设，，，，联立，整理得，且，所以，，所以，，同理可得，，，，由，由，且不为0，当可得，当，则，综上可得：的取值范围为【解析】根据双曲线的离心率公式及双曲线的通径为6，即可求得a和b的值；分类讨论，当直线的斜率存在且不为0，将直线l和代入双曲线方程，即可韦达定理及向量的坐标运算，利用基本不等式和函数的单调性即可求得的取值范围．本题考查双曲线的方程，直线与双曲线的位置关系，考查韦达定理，向量的坐标运算，基本不等式的应用，考查分类讨论思想和转化思想，考查计算能力，属于难题．22.【答案】解：因为单调递增，所以恒成立，即恒成立，令，则，由，可得，，，单调递增；，，单调递减，所以，即，所以a 的取值范围为；证明：当时，单调递增，当时，，即，当时，，即，当时，不等式可化为，因此只需证，即，令，则，所以函数在上单调递增，所以，即，所以，所以，即，当时，不等式即为，令，则，由可知，，即，当时，，所以，故在上单调递增，所以，所以，即，综上，当时，【解析】由题可得，利用参变分离，求函数最值即可；分，讨论，通过构造函数，，利用导数判断函数的单调性，从而证明当时，成立．本题考查导数的综合应用，导数与函数单调性、极值与最值，考查常见函数的放缩问题，导数与不等式结合，考查函数思想，计算能力，属于难题．。

2024年高考预测押题卷语文(全国甲乙卷通用02)(全解全析)

2024年高考押题预测卷02【全国卷】语文·全解全析1．C【解析】1．本题考查学生对原文内容的理解和分析能力。

A.“以保护人类、动植物的生命为宗旨”中的“动植物”扩大范围，第二段说的是“起到了保护人类生命的作用”；另外，把原文中的禁忌所起的作用当作了宗旨。

B.“人们……决心重建它”错误。

把本文作者的观点当作了“人们”的观点，张冠李戴。

D.“就能”错误，表述绝对化。

人类疾病的发生的原因很多，其中一部分与动物有关。

故选C。

2．B【解析】2．本题考查学生分析文章论点、论据、论证方法的能力。

B.“阐述了发挥人道主义的重要性”错误，应是阐述了禁忌观念的重要性。

故选B。

3．D【解析】3．本题考查学生理解文章内容，分析作者观点态度的能力。

D.“人类之外的存在物的价值与其能否满足人类需要成反比”错误。

这是对原文“把人类之外的存在物的价值建立在满足人类需要之上的伦理学是有缺陷的”的曲解。

故选D。

4．C【解析】4．本题考查学生理解分析文章内容的能力。

C.“是把握意象美学现代价值的重要前提”错误，根据材料二第3 段可知，其一，材料并未提及对“美学这门学科的合法性与合理性”和“意象美学阐释现代艺术和审美的能力”的正确理解，是把握意象美学现代价值的重要前提；其二，据材料，“正确理解”也只是“把握意象美学现代价值”的前提，而非“重要前提”。

选项于文无据。

故选C。

5．D【解析】5．本题考查学生分析概括作者在文中的观点态度的能力。

D.因果倒置。

根据材料二原文，但其缺陷也是非常明显的，因为它没能充分重视不同民族丰富多样的艺术风格和价值从而发展出经验的广泛的手段来，西方的美学存在着非常明显的缺陷，不是原因，而是结果。

故选D。

6．示例：①材料一主要从深入研究和梳理意象理论的思想资源的意义着手，从三个方面阐明了中国当代美学家何以重视传统意象美学理论研究的价值；①材料二侧重于论述意象美学的研究具有重要的现代价值，并从两个方面给出了把握意象美学的现代价值的途径或方式。

2023届高三信息押题卷二全国卷数学

2023届高三信息押题卷二全国卷数学2023届高三信息押题卷二全国卷数学一、选择题1. 设函数f(x) = |2x + 3|，则f(-1) = _______。

2. 已知点A(3,4)和点B在x轴上，若直线AB的斜率为-2/3，则B的坐标为 _______。

3. 设集合A = {1,2,3,4,5}，集合B = {3,4,5,6,7}，则A∪B = _______。

4. 解方程log2(x - 4) - log2(x + 1) = 1，得x = _______。

5. 已知函数f(x) = e^x，g(x) = ln(x)，则f(g(1)) = _______。

二、填空题1. 方程2x^2 - 5x + 2 = 0的两个解之和为 _______。

2. 设集合A = {1, 2, 3, 4, 5}，集合B = {3, 4, 5, 6, 7}，则A∩B =_______。

3. 解不等式2x - 3 > 5，得x > _______。

4. 已知a = log2(3)，b = log3(4)，c = log4(5)，则a + b + c的值为_______。

5. 设函数f(x)满足f(x + 1) = 2f(x) + 1，且f(0) = 2，则f(3)的值为_______。

三、解析题1. 已知在ΔABC中，∠A = 30°，边BC = 5，边AC = 4√3。

求边AB的长度。

2. 在平面直角坐标系中，点A(4,1)关于y轴的对称点为B，点A关于x轴的对称点为C。

求三角形ABC的面积。

四、应用题某大学的计算机系今年共招收200名新生，其中男生占总人数的40%。

已知报到注册的学生中有25%是未满18周岁的，求报到注册的女生人数。

五、开放性题某商场原价销售一款产品为200元，现在进行促销活动，打7折。

但是根据市场调研，发现打9折销售会使销量提升40%，请分析哪种促销策略对商场的利润更有利，并给出相应的计算结果和分析。

2023年全国高考名校名师联席命制语文押题卷(二)含答案解析

2023年全国高考名校名师联席命制语文押题卷（二）（本卷满分150分，考试时间150分钟）一、现代文阅读（36分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）1. 阅读下面的文字，完成下面小题。

《钟桂松文集》（以下简称《文集》）围绕桐乡文化名人展开，通读《文集》，最强烈的阅读感受是“厚重”。

这种厚重绝不是以量取胜，而是以下几个因素的合力。

首先，作品的厚重来自丰富翔实的史料。

阅读《文集》，仿佛走进一座史料的博物馆。

例如在编写《茅盾传》时，钟先生不仅在茅盾的文学作品、回忆录、书信和日记中广泛地选取材料，还援引了如杨之华编写的《文坛史料》、季刊《新文学史料》中的茅盾研究论文等研究资料。

钟先生还前往桐乡市博物馆查阅茅盾小学时的作文手稿，写信向茅盾后人韦韬先生请教相关细节，积累了大量珍贵的第一手资料。

《文集》之所以能够囊括体量如此恢宏、类型又如此多元的史料，有赖于作者对史料的敏感和保存史料的意识。

这种意识由收录于《文集》第五卷《丰子恺：水光山色与人亲》中的《丰子恺的故家和往事》一文中可以窥见一斑，在这篇文章中，钟先生整理了他与丰子恺的本家侄女丰桂的书信往来，这些书信为后人了解丰子恺这位文化大师的家族往事和早年经历提供了宝贵的资料。

其次，《文集》的厚重寓于作者鲜明的历史意识中，虽是以“人”为中心的研究，句章中一以贯之的却是“史”的意识。

作为研究者，钟先生十分关注研究对象与历史的关联，在具体的研究之中，他一方面常将笔触伸向与研究对象同时代的人，《文集》第二卷《悠悠岁月——茅盾与共和国领袖的交往》和《人间茅盾——茅盾和他同时代的人》就是以茅盾为中心，通过书写茅盾与中共领袖、文学同侪们的交往，以小见大，照见共和国的风雨与辉煌，以及中国文学走向现代的艰难历程。

另一方面，钟先生还很注重承继关系的梳理，以研究对象为基点，从社会历史的维度上向前追溯和向后延伸。

《文集》中有关茅盾和丰子恺的研究成果中，有相当一部分是探究地域文化、家庭和学校教育对这两位大师人格之形成的作用，也有关于他们在文学、绘画领域对后辈的影响。

2024高考语文临门冲刺押题卷二(新高考Ⅱ卷)(原卷版)

2024高考语文临门冲刺押题卷二（新高考Ⅱ卷）（考试时间：150分钟试卷满分：150分）命题报告命题新方向：现代文阅读I选取费孝通的《江村经济》，关联教材《乡土中国》整本书阅读，切合当今新农村建设的时代脉搏；现代文Ⅱ沿用2023新高考Ⅱ卷赏析句意的题型，文言文阅读，关注教考衔接，命题课内课外相结合，诗歌鉴赏选用热度最高的诗评题，语言文字运用按九省联考题型命题，作文采用近年高频出现读写结合题，贴合高考命题的风向。

命题新情境：命题注重创设个人体验类情境，表达自己的感悟与思考，创设的情境与考生日常生活密切相关。

一、现代文阅读（35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。

阅读下面的文字，完成小题。

材料一我已经讲过，户是基本经济单位。

但一户中并不是全体成员都参加农业劳动；孩子只是有时候到田地里去，女人通常也不参加农业劳动。

农业主要是男人的职业。

男人和女人的这种劳动分工是产丝地区的一个特点。

它说明了蚕丝工业的发展是产生这种特点的主要因素。

在家庭缫丝业兴旺时期，女人忙于缫丝时，男人正忙着准备稻田。

另一方面，从丝业得到的收入可与农业收入比拟。

这也使人们有可能靠小块农地生活下去。

因此农田的大小一直保持在有限的范围内，农业所需的劳动量也相应地有所限制。

为说明村里的劳力和土地是如何恰当安排的，我可引用几个统计数字。

成年男子是实际的或潜在的农业劳动者，年龄在15至55岁之间，总数共450人。

如果将2758.5亩耕地平均分配给劳动者，每人将得6.1亩。

上文我已经说明了工作速度、稻的生长所需时间，以及得出一个人可耕种约7亩地的结论。

从技术上来说，我已经表明了使用铁耙耕作使得大部分劳动成为非常个体性的。

集体工作不比个体劳动增加多少收成，效率也不会提高很多。

目前的技术已决定了这样大小的一片土地需要多少劳动量。

因此，我们也有了每个农业劳动者能种多少亩地的近似数字。

这一事实对土地占有、对农田分散的制度、对分家的频率以及对小型的户都有深远的影响。

2024年中考临考押题卷02(上海卷)(原卷版)

2024年中考押题预测卷02（上海卷）语文（考试时间：100分钟试卷满分：150分）考生注意：1.本场考试时间100分钟，试卷共 14 页，满分 150分。

2.作答前，在答题纸指定位置填写姓名、报名号、座位号。

将核对后的条形码贴在答题纸指定位置。

3.所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域，不得错位。

在试卷上作答一律不得分。

4.用2B 铅笔作答选择题，用黑色字迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题。

5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、古诗文（35分）（一）默写与运用。

（13分）1. 默写与运用（1）谈笑有鸿儒，__________。

（《陋室铭》）（2）夕阳西下，__________。

（《天净沙·秋思》）（3）__________，病树前头万木春。

（《酬乐天扬州初逢席上见赠》）（4）小明竞赛失利一蹶不振，作为他的好友，你可以引用《游山西村》中的名句“__________，__________”来鼓励他重燃斗志。

（二）阅读下面短文，完成下面小题（22分）【甲】登幽州台歌前不见古人，后不见来者。

念天地之悠悠，独怆然而涕下。

乙】爱莲说水陆草木之花，可爱者甚蕃。

晋陶渊明独爱菊。

自李唐来，世人甚爱牡丹。

予独爱莲之出淤泥而不染，濯清涟而不妖，中通外直，不蔓不枝，香远益清，亭亭净植，可远观而不可亵玩焉。

予谓菊，花之隐逸者也；牡丹，花之富贵者也；莲，花之君子者也。

噫！菊之爱，陶后鲜有闻；莲之爱，同予者何人？牡丹之爱，宜乎众矣。

【丙】谒王公廷相王公廷相①，道艺纯备②，为时名臣。

余谒公私第。

公延入坐，语之日：“昨雨后出街衢，一舆人蹑新履③，自灰厂历长安街，皆择地而蹈，兢兢恐污其履。

转入京城，渐多泥泞，偶一沾濡④，更不复顾惜。

居身之道，亦犹是耳。

倘一失足，将无所不至矣。

”余退而佩服公言，终身不敢忘。

[注释] ①王公廷相：王廷相，明代哲学家、文学家。

②道艺纯备：学说和才能纯正完备。

③一舆人蹑新履：一位职位低微的官吏穿着新鞋。

2023年高考押题预测卷02【山东卷】语文试题卷含答案解析

2023年高考押题预测卷02【山东卷】语文（考试时间：150分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、现代文阅读（35分）（一）现代文阅读I（本题共5小题，17分）1. 阅读文段，完成下面小题。

材料一从2019年10月开始，四川省文物考古研究院等多家单位开启了三星堆遗址新一阶段的考古工作。

考虑到本阶段的工作重心是“聚落考古”与“社会考古”，因此最先开展的是1986年抢救性发掘的一号坑和二号坑所在地的考古勘探与发掘工作。

2022年6月中旬，四川省文物考古研究院对外公布了本次考古工作的最新进展及重要成果。

透过这些全新的考古发现，除了能够领略古蜀文明的精彩物质面貌和丰富精神世界，也能够感受到三星堆遗址作为古蜀国都城的最后荣光。

在此次新发现的六座“祭祀坑”中已经出土编号文物将近一万三千件，其中相对完整的器物超过三千件，除了五百余根象牙之外，以铜器最多，超过一千件，金器和玉器都超过了五百件。

这些出土文物中，部分大型铜器包含了多种功能和性质，如二号坑出土的Ⅱ号青铜神树，主体功能属于场景搭设，但枝头所立之鸟按以往学者的观，点代表太阳，实际已经属于被祭祀对象了，树座上跪着的三个小人像无疑代表了祭祀活动的参与者，在树干和树枝上有形似玉璧的构件，或许属于祭品一类。

八号坑新出的顶尊曲身鸟足铜人像，整体属于祭祀现场的场景搭设，但头上所顶之尊属于盛放祭品的容器，人像本身属于祭祀活动的主持者或参与者，因为眼珠外凸，面具狰狞怪谲，身体造型夸张，甚至有可能是被祭祀者。

“国之大事，在祀与戎。

”祭祀活动是国家大事，八座坑出土的上述器物既然为祭祀用器，自然就是“国之重器”。

2024年中考数学临考押题卷02(浙江卷)(全解全析)-备战2024年中考数学临考题号押题

2024年中考数学临考押题卷（浙江卷）02一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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．﹣的绝对值是（）A．B．﹣C．D．﹣【答案】C【分析】根据绝对值是数轴上的点到原点的距离，可得答案．【解答】解：﹣的绝对值是，故选：C．【点评】本题考查了实数的性质，绝对值是数轴上的点到原点的距离．2．若分式有意义，则x的取值范围是（）A．x≠0B．x≠﹣1C．x≠1D．x≥1【答案】C【分析】根据分母不为零分式有意义，可得答案．【解答】解：由题可知，x﹣1≠0，解得x≠1，故选：C．【点评】本题主要考查分式有意义的条件，掌握分母不为零的条件是解题的关键．3．如图，已知AB∥CD，点E在线段AD上（不与点A，点D重合），连接CE，若∠C＝20°，∠CED＝120°，则∠A的度数为（）A．10°B．20°C．30°D．40°【答案】D【分析】由三角形内角和定理求出∠D＝40°，由平行线的性质推出∠A＝∠D＝40°．【解答】解：∵∠C＝20°，∠CED＝120°，∴∠D＝180°﹣20°﹣120°＝40°，∵AB∥CD，∴∠A＝∠D＝40°．故选：D．【点评】本题考查平行线的性质，三角形内角和定理，关键是由三角形内角和定理求出∠D的度数，由平行线的性质推出∠A＝∠D＝40°．4．“春江潮水连海平，海上明月共潮生”，水是诗人钟爱的意象，经测算，一个水分子的直径约为0.0000000004m，数据0.0000000004用科学记数法表示为（）A．4×10﹣11B．4×10﹣10C．4×10﹣9D．0.4×10﹣9【答案】B【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．【解答】解：0.0000000004＝4×10﹣10．故选：B．【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．5．沿正方体相邻的三条棱的中点截掉一个角，得到如图所示的几何体，则他的主视图是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据主视图的定义，画出这个几何体的主视图即可．【解答】解：这个几何体的主视图如下：故选：B．【点评】本题考查简单组几何体的三视图，理解视图的定义，掌握简单几何体三视图的画法和形状是正确判断的前提．6．一位射击运动员在一次训练效果测试中射击了10次，成绩如图所示，对于这10次射击的成绩有如下结论，其中不正确的是（）A．方差是1B．中位数是8C．平均数是8D．众数是8【答案】A【分析】根据众数、中位数、平均数以及方差的算法进行计算，即可得出答案．【解答】解：由图可得，数据8出现4次，次数最多，所以众数为8，故D正确；10次成绩排序后为：6，7，7，8，8，8，8，9，9，10，所以中位数是（8+8）＝8，故B正确；平均数为（6+7×2+8×4+9×2+10）＝8，故C正确；方差为[（6﹣8）2+（7﹣8）2+（7﹣8）2+（8﹣8）2+（8﹣8）2+（8﹣8）2+（8﹣8）2+（9﹣8）2+（9﹣8）2+（10﹣8）2]＝1.2，故A不正确；不正确的有1个；故选：A．【点评】本题主要考查了众数、中位数、平均数以及方差，用“先平均，再求差，然后平方，最后再平均”得到的结果表示一组数据偏离平均值的情况，这个结果叫方差．7．已知x﹣y＝1，且2﹣y＞0，则x的取值范围是（）A．x＞1B．x＞3C．x＜1D．x＜3【答案】D【分析】根据已知易得：y＝x﹣1，从而可得2﹣（x﹣1）＞0，然后按照解一元一次不等式的步骤进行计算，即可解答．【解答】解：∵x﹣y＝1，∴y＝x﹣1，∵2﹣y＞0，∴2﹣（x﹣1）＞0，2﹣x+1＞0，﹣x＞﹣1﹣2，﹣x＞﹣3，x＜3，故选：D．【点评】本题考查了解一元一次不等式，不等式的性质，准确熟练地进行计算是解题的关键．8．《九章算术》中曾记载：“今有牛五羊二，直金十两；牛二羊五，直金八两．问牛、羊各直金几何？”译文：“假设有5头牛，2只羊，值金10两；2头牛、5只羊，值金8两．问：每头牛、每只羊各值金多少两？若设每头牛值金x两，每只羊值金y两，则可列方程组为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据“5头牛，2只羊，值金10两；2头牛，5只羊，值金8两”列出方程组即可得答案．【解答】解：由题意可列方程组为，故选：A．【点评】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是找出题目中的等量关系．9．已知点A（m，k），B（n，k+1）（m＞0＞n）是二次函数y＝x2+1函数图象上的两个点，若关于x的一元二次方程mx2+nx+k＝0有两根x1，x2，则（）A．0＜x1+x2＜1，x1•x2＞0B．x1+x2＜0，x1•x2＞0C．x1+x2＞1，x1•x2＞0D．x1+x2＝0，x1•x2＜0【答案】C【分析】依据题意，由点A（m，k），B（n，k+1）是二次函数y＝x2+1函数图象上的两个点，结合m＞0＞n，则点A（m，k）在其第一象限的图象上，则m＞0，k＞0，点B（n，k+1）在其第二象限的图象上，则n＜0，且k+1＝n2，即n2＝m2+1，则（）2＝1+＞1，进而求解．【解答】解：∵点A（m，k），B（n，k+1）是二次函数y＝x2+1函数图象上的两个点，又m＞0＞n，∴点A（m，k）在其第一象限的图象上，点B（n，k+1）在其第二象限的图象上．∴n＜0，k+1＝n2，m＞0，k＞0，k＝m2，∴n2＝m2+1．∴（）2＝1+＞1∵m、n异号，＜0，设x＝＜0，即x2＞1，即x2﹣1＞0，则x＜﹣1，故﹣＞1，∵m＞0，k＞0，∴＞0．由mx2+nx+k＝0得，x1+x2＝﹣＞1，x1x2＝＞0．故选：C．【点评】本题主要考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征和求表达式等，由n2＝m2+1得到（）2＝1+＞1是解题的关键．10．如图，E是平行四边形ABCD边AD中点，BE与AC交于点F，连接BD，已知AD＝10，BE＝9，AC ＝12．下列命题：①点F是△ABD的重心；②△BFC与△ABC相似；③BD＝13；④平行四边形ABCD的面积为72．其中正确的命题为（）A．①②B．②③C．③④D．①④【答案】D【分析】①设AC与BD交于点O，在△ABD中，AO为BD边上的中线，BE为AD边上的中线，根据三角形重心的定义可对命题①进行判断；②在OC上取一点H，是OH＝OF，连接DF，DH，BH，证四边形BHDF为平行四边形，得EF为△ADH的中位线，则EF＝DH＝BF，AF＝FH，再根据BE＝9，AC＝12得EF＝3，OF＝2，则BF＝6，AF ＝4，CF＝8，再证△BFC为直角三角形，△ABC不是直角三角形，由此可对命题②进行判断；③在Rt△BOF中利用勾股定理得OB＝，进而得BD＝2OB＝≠13，由此可对命题③进行判断；④根据S△ABC＝AC•BF＝36，则S平行四边形ABCD＝2S△ABC＝72，据此可对命题④进行判断，综上所述即可得出答案．【解答】解：①设AC与BD交于点O，如图1所示：∵四边形ABCD为平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，在△ABD中，AO为BD边上的中线，又∵点E是AD的中点，∴BE为AD边上的中线，∴点F是△ABD的重心，故命题①正确；②在OC上取一点H，是OH＝OF，连接DF，DH，BH，如图2所示：∵四边形ABCD为平行四边形，AD＝10，BE＝9，AC＝12，点E是AD的中点，∴OB＝OD，OA＝OC＝AC＝6，AE＝DE＝AD＝5，BC＝AD＝10，∴四边形BHDF为平行四边形，∴BF∥DH，BF＝DH，即EF∥DH，∴EF为△ADH的中位线，∴EF＝DH＝BF，AF＝FH，∴EF＝BE＝3，OF＝OA＝2，∴BF＝BE﹣EF＝9﹣﹣3＝6，AF＝OA﹣OF＝6﹣2＝4，∴CF＝OC+OF＝6+2＝8，在△BFC中，BF2+CF2＝62+82＝100，BC2＝100，∴BF2+CF2＝BC2，∴△BFC为直角三角形，即BF⊥AC，在Rt△ABF中，由勾股定理得：AB＝＝＝，在△ABC中，AB2+BC2＝（）2+102＝152，AC2＝122＝144，∵AB2+BC2≠AC2，∴△ABC不是直角三角形，∴△BFC与△ABC不相似，故命题②不正确；③在Rt△BOF中，BF＝6，OF＝2，由勾股定理得：OB＝＝，∴BD＝2OB＝≠13，故命题③不正确；④在△ABC中，AC＝12，BF＝6，BF⊥AC，＝AC•BF＝×12×6＝36，∴S△ABC＝2S△ABC＝72．∴S平行四边形ABCD故命题④正确，综上所述：正确的命题是①④，故选：D．【点评】此题主要考查了平行四边形的判定和性质，三角形重心的定义，相似三角形的判定，三角形中位线定理，勾股定理及其逆定理，理解平行四边形的判定和性质，三角形重心的定义，相似三角形的判定，熟练掌握三角形中位线定理，勾股定理及其逆定理是解决问题的关键．二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。

2013年证券从业资格考试投资分析押题试卷二

一、单项选择题(本大题共60小题，每小题0.5分，共30分。

以下各小题所给出的4个选项中，只有一项最符合题目要求)1、以下哪项是市场预期理论的观点?( )A.利率期限结构完全取决于对未来即期利率的市场预期’B.如果预期未来即期利率下降，则利率期限结构呈上升趋势C.投资者并不认为长期债券是短期债券的理想替代物D.市场参与者不会按照他们的利率预期从债券市场的一个偿还期部分自由地转移到另一个偿还期部分2、关于影响公司变现能力的因素，以下说法错误的是( )。

A.银行已同意、公司未办理贷款手续的银行贷款限额，可以随时增加公司的现金，提高支付能力B.由于某种原因，公司可以将一些长期资产很快出售变为现金，增强短期偿债能力C.根据我国《企业会计准则》和《企业会计制度》的规定，或有负债都应在会计报表中予以反映，这将减弱公司的变现能力D.公司有可能为他人向金融机构借款提供担保，为他人购物担保或为他人履行有关经济责任提供担保等，这种担保有可能成为公司的负债，增加偿债负担3、下列关于证券投资宏观经济分析方法中总量分析法和结构分析法的描述，正确的是( )。

A.总量分析和结构分析是互不相干的B.总量分析侧重于对一定时期经济整体中各组成部分相互关系的动态研究C.结构分析侧重于对经济指标速度的考察D.总量分析比结构分析更重要4、已知证券组合P是由证券A和B构成，证券A和B期望收益和标准差以及相关系数如下表所示，则组合P的方差是( )。

证券名称期望收益率标准差相关系数投资比重A 10% 6% 0.12 30%B 5% 2% 0.12 70%A.0.0121B.0.3420C.0.4362D.0.03275、有一张债券的票面价值为100元，票面利率10%，期限5年，到期一次还本付息，如果目前市场上的必要收益率是8%，分别按单利和复利计算这张债券的价格为( )。

A.单利：107.14元，复利：102.09元B.单利：105.99元，复利：101.80元C.单利：103.25元，复利：98.46元D.单利：111.22元，复利：108.51元6、融资租赁( )。

2024年高考语文考前终极押题模拟卷(二)(全国乙卷)解析版

2024年高考语文考前终极押题模拟卷（二）（全国乙卷）一、现代文阅读（36分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成下面小题。

何谓“蜀道”？蜀道有狭义、广义之分。

传统意义上的蜀道指从长安翻越秦岭、大巴山，经过汉中盆地通往成都平原的交通网络，号称“北五南三”，包括秦岭段的故道、褒斜道、榄骆道、子午道与阴平道，大巴山、汉中盆地的金牛道、米仓道与荔枝道。

此外，峡江古道、川滇古道、川黔古道、川藏古道等都属于广义上的蜀道。

蜀道中通行最早的故道，也就是王国维认为青铜器铭文《散氏盘》中的“周道”，在商周之际已通行，大部分路段是沿嘉陵江河谷自然踩踏形成的。

褒斜道、榄骆道、子午道、金牛道经过险江峡谷，秦汉时期，人们在临江的石壁上开凿栈孔，插末为梁，立水为柱，架设桥阁以通行，形成栈道。

栈道近水架设，爆发山洪时很容易被冲毁。

大约从元代开始，一些路段改为“编道”。

“编道”开挖土石，盘山而上，险峻程度较栈道有过之而无不及。

东汉初期，朝廷诏令拓展褒斜道。

史志记载，当时采用“火焚水激”的办法，开凿了我国乃至世界最早的通车隧道“石门”。

在古代，蜀道对沟通中原与西南地区，促进各民族交往交流交融，维护国家统一发挥着重要作用。

例如，明清时期，蜀道是内地通往川藏的交通要道。

雍正十二年，果亲王爱新觉罗·允礼护送达赖喇嘛归藏，即取道陕川蜀道，过川入藏；清代乾隆平定大小金川叛乱期间，多次下诏维护蜀道交通，以保证粮草军饷运输。

蜀道也是连接西北丝绸之路与西南丝绸之路的重要纽带。

自陕西宝鸡经甘肃陇山、天水、兰州，可连接西北丝绸之路；沿连云栈道经陕西汉中、广元进入云南，可连接西南丝绸之路。

蜀道历史悠久，文化积淀十分丰富。

蜀道文学是一道亮丽的风景线。

南朝乐府诗中即有“蜀道难”这一诗题，大多描写蜀道的艰险与旅人的悲伤。

唐宋时期更是留下无数描写蜀道之旅的著名诗文，如唐代李白的《蜀道难》，杜甫的陇蜀羁旅诗，白居易的巴地诗，薛能、孙樵、韦庄等的蜀中诗，宋代苏轼父子、黄庭坚、陆游的蜀道诗等。

高二数学下学期期末押题试卷02(测试范围：新高考全部内容)解析版

2023-2024学年高二数学下学期期末押题试卷02本套试卷根据九省联考题型命制，题型为8+3+3+5模式考试时间：120分钟满分：150分测试范围：新高考全部内容一、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．已知集合{|1}A x x a =< ，{|12}B x x =<<，若A B A = ，则实数a 的取值范围是( ) A ．(1,)+∞B ．(1，2]C ．(2,)+∞D ．[2，)+∞【分析】由题知B A ⊆，再根据集合关系求解即可．【解答】解：因为A B A = ，所以B A ⊆，因为{|1}A x x a =< ，{|12}B x x =<<，则2a ，所以实数a 的取值范围是[2，)+∞．故选：D ．【点评】本题主要考查并集及其运算，属于基础题． 2．已知复数(12)(1)2i z i +−=−+，则||(z = )AB ．2C D ．3【分析】利用复数的除法运算法则求出复数，再利用复数模的公式，即可求解．【解答】解：2(2)(12)5111112(12)(12)5i i i iz i i i i −+−+−=+=+=+=+++−，则||z = 故选：A ．【点评】本题主要考查复数模公式，属于基础题． 3．若点(1,1)P −在角α的终边上，则sin()(4πα+= )A ．1−B ．C ．0D ．1【分析】由任意角的三角函数求出sin α，cos α，再由两角和的正弦公式代入即可得出答案．【解答】解：因为点(1,1)P −在角α的终边上，则sin α=，cos α==所以sin()sin coscos sin0444πππααα+=+==．故选：C ．【点评】本题考查了任意角的三角函数的定义，两角和的正弦公式在三角函数求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．4．在直三棱柱111ABC A B C −中，各棱长均为2，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A ．283πB ．27C ．163π D 【分析】作出图形，找到球心，解三角形求出半径，再根据球的表面积公式，即可求解．【解答】解：如图，设上下底面中心分别为E ，F ，取EF 的中点O ，连接BO ，BF ，则三棱柱111ABC A B C −外接球的半径R OB =，根据题意易知23BF =1OF =， 222247133R OB BF OF ∴==+=+=，∴三棱柱111ABC A B C −外接球的表面积为22843R ππ=．故选：A ．【点评】本题考查正三棱柱的外接球问题，属基础题．5．设两个单位向量a ，b 的夹角为θ，若a在b 上的投影向量为13b ，则cos (θ= )A ．13−B ．13C ． D【分析】根据投影向量的定义可得13||||a b b b b b ⋅⋅=，结合向量的数量积运算求解即可．【解答】解： a在b 上的投影向量为13b ，∴13||||a b b b b b ⋅⋅=， ∴211||33a b b ⋅== ， ∴1||||cos 3a b θ=，1cos 3θ∴=．故选：B ．【点评】本题主要考查了向量的数量积运算，考查了投影向量的定义，属于基础题．6．推动小流域综合治理提质增效，推进生态清洁小流域建设是助力乡村振兴和建设美丽中国的重要途径之一．某乡村落实该举措后因地制宜，发展旅游业，预计2023年平均每户将增加4000元收入，以后每年度平均每户较上一年增长的收入是在前一年每户增长收入的基础上以10%的增速增长的，则该乡村每年度平均每户较上一年增加的收入开始超过12000元的年份大约是( )（参考数据：3 1.10ln ≈，10 2.30ln ≈，11 2.40)ln ≈A ．2033年B ．2034年C ．2035年D ．2036年【分析】设经过n 年之后，每年度平均每户收入增加y 元，且4000(110%)12000n y =⋅+>，解不等式可得答案．【解答】解：设经过n 年之后，每年度平均每户收入增加y 元，由题得4000(110%)12000n y =⋅+>，即1.13n >，则 1.13nln ln >，33111.11110ln ln n ln ln ln >=≈−，又*n N ∈，则12n =．所以所求年份大约是2035年．故选：C ．【点评】本题考查函数模型的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．7．已知1F ，2F 分别为双曲线22126x y −=的左，右焦点，直线l 过点2F ，且与双曲线右支交于A ，B 两点，O 为坐标原点，△12AF F ，△12BF F 的内切圆的圆心分别为1O ，2O ，则△12OO O 面积的取值范围是( )A． B．C．)+∞ D．【分析】先根据切线长定理判定两个内切圆的横坐标值，再设△12AF F 的内切圆半径为1r ，根据图形性质计算得△12OO O面积的解析式12112)OO O S r r =+ ，再利用函数单调性即可求得△12OO O 面积的取值范围．【解答】解：设圆1O 与1AF ，2AF ，12F F 分别切于点M ，N ，P ，由双曲线定义知，12||||2AF AF a −=，∴12||||||||2AM MF AN NF a +−−=||||AM AN = ，11||||MF F P =，22||||NF F P =，∴12||||F P F P −12||||2F P F P c +=∴12|||F P F P c a ==−，即点P 为双曲线的右顶点，1O P x ⊥ 轴，1O2O12O F 平分21AF F ∠，22O F 平分21BF F ∠，∴1222O F O π∠=，设△12AF F 、△12BF F 的内切圆半径分别为1r ，2r ，12O O x ⊥ 轴，∴2122||2r r PF ⋅==，||OP =∴12121112()||)2OO O S r r OP r r =+⋅=+ ，设直线AB 倾斜角为α，又AB 为双曲线右支上两点，又渐近线方程为y=，∴由题意得2(,)33ππα∈，∴121(,)63O F Fππ∠∈，∴121tan O F F∠，即1(3r∈，又12112)OO OS rr=+在单调递减，在单调递增，当1r=时，122OO OS=，此时取得最小值，当1r=12OO OS=，当1r=时，12OO OS=，∴12OO OS∈．故选：B．【点评】本题考查了双曲线的性质，属于中档题．8．已知01a b<<<，e为自然对数的底数，则下列不等式不成立的是()A．a bae be<B．b aae be<C．alna blnb>D．b aa b<【分析】采用逐一验证的方法，通过构造函数()xf x xe=，()xeh xx=，()t x xlnx=，()lnxg xx=，根据这些函数在(0,1)上的单调性可得结果．【解答】解：因为01a b<<<，e为自然对数的底数，对于A，设()xf x xe=，01x<<，则()()0xf x x e′=+>，()f x在(0,1)上单调递增，故f（a）f<（b），即a bae be<，故A正确；对于B，设()xeh xx=，01x<<，则2(1)()0xe xh xx−′=<在(0,1)上恒成立，故()h x在(0,1)上单调递减，故h（a）h>（b），即a be ea b>，故b aae be<，故B正确；对于C，设()t x xlnx=，01x<<，则()1t x lnx′=+，当1(0,)xe∈时，()0t x′<，当1(xe∈，1)时，()0t x′>，故()t x在1(0,)e上单调递减，在1(e，1)上单调递增，故t（a）与t（b）得大小关系不确定，故C错误；对于D，设()lnxg xx=，01x<<，则21()0lnxg xx−′=>，故函数()g x在(0,1)上单调递增，所以g （a ）g <（b ），即lna lnba b<，化为blna alnb <，即b a lna lnb <，即b a a b <，故D 正确．故选：C ．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，依题意合理构造函数，并判断出所构造的函数的单调性是解决问题的关键，考查逻辑推理能力与数学运算能力，属于中档题．二、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．下列说法错误的是( )A ．事件A 的概率P （A ）必满足0P <（A ）1<B ．事件A 的概率P （A ）0.999=，则事件A 是必然事件C ．用某种药物对患有胃溃疡的500名病人进行治疗，结果有380人有明显的疗效，现有患胃溃疡的病人服用此药，则估计此药有明显的疗效的可能性为76%D ．某奖券的中奖率为50%，则某人购买此券10张，一定有5张中奖【分析】根据概率的定义和性质逐个判断各个选项即可．【解答】解：对于A ，由概率的基本性质可知，0P （A ）1 ，故A 错误；对于B ，事件A 的概率P （A ）0.999=，则事件A 是随机事件，故B 错误；对于C ，由题意可知，估计此药有明显的疗效的可能性为380100%76%500×=，故C 正确；对于D ，某奖券的中奖率为50%，则某人购买此券10张，可能有5张中奖，故D 错误．故选：ABD ．【点评】本题主要考查了概率的定义和性质，属于基础题．10．圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球．如图，圆锥PO 的内切球和外接球的球心重合，且圆锥PO 的底面直径为2a ，则( )A ．设内切球的半径为1r ，外接球的半径为2r ，则212r r =B ．设内切球的表面积1S ，外接球的表面积为2S ，则124S S =C ．设圆锥的体积为1V ，内切球的体积为2V ，则1294V V = D ．设S ，T 是圆锥底面圆上的两点，且ST a =，则平面PST 截内切球所得截面的面积为215a π【分析】作出圆锥的轴截面，依题意可得PAB ∆为等边三角形，设球心为G （即为PAB ∆的重心），即可求出PAB ∆的外接圆和内切圆的半径，即可为圆锥的外接球、内切球的半径，即可判断A 、B ，由圆锥及球的体积公式判断C ， ST 所对的圆心角为3π（在圆O 上），设ST 的中点为D ，即可求出OD ，不妨设D 为OB 上的点，连接PD ，过点G 作GE PD ⊥交PD 于点E ，利用三角形相似求出GE ，即可求出截面圆的半径，从而判断D ．【解答】解：作出圆锥的轴截面如下：因为圆锥PO 的内切球和外接球的球心重合，所以PAB ∆为等边三角形，又2PB a =，所以OP ，设球心为G （即为PAB ∆的重心），所以23PGPO ==，13OG PO ==，即内切球的半径为1r OG ==，外接球的半径为2r PG ==，所以212r r =，故A 正确；设内切球的表面积1S ，外接球的表面积为2S ，则214S S =，故B 错误；设圆锥的体积为1V，则23113V a a π==，内切球的体积2V，则3324)3V a π==，所以1294V V =，故C 正确；设S 、T 是圆锥底面圆上的两点，且ST a =，则ST 所对的圆心角为3π（在圆O 上），设ST 的中点为D，则sin3OD a π==，不妨设D 为OB 上的点，连接PD ，则PD ，过点G 作GE PD ⊥交PD 于点E ，则PEG POD ∆∆∽，所以GE PG OD PD ==，解得GE =，所以平面PST截内切球截面圆的半径r 所以截面圆的面积为2215a r ππ=，故D 正确．故选：ACD ．【点评】本题考查圆锥的内切球与外接球问题，属中档题．11．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数构成数列{}n a ，正方形数构成数列{}n b ，则下列说法正确的是( )A ．312123122221n n b b b b a a a a n ⋅…=+B ．1849既是三角形数，又是正方形数C ．12311113320n b b b b +++…+<D ．*m N ∀∈，2m ，总存在p ，*q N ∈，使得mp q b a a =+成立【分析】利用累加法分别求出n a ，n b ，进而分别利用裂项求和法、放缩法，逐个分析各个选项即可．【解答】解：三角形数构成数列{}:1n a ，3，6，10，…，易发现212a a −=，323a a −=，434a a −=，…，1(2)n n a a n n −−= ，累加得，1(1)(2)2342n n n a a n −+−=+++…+=，(1)(2)2n n n a n +∴= ，显然11a =满足上式， (1)2n n n a +∴=，正方形数构成数列{}:1n b ，4，9，16，…，易发现213b b −=，325b b −=，437b b −=，…，121(2)n n b b n n −−=− ，累加得1(22)(1)2n n n b b +−−=， 2(2)n b n n ∴= ，显然11b =满足上式，2n b n ∴=，对于A ，22(1)1n n b n na n n n ==++， 3121231231222223411n n b b b b n a a a a n n ⋅⋅⋅…⋅=×××…×=++，故A 正确；对于B ，令(1)18492nn n a +==，得(1)3698n n +=， 606136603698×=< ，616238443698×=>，(1)3698n n ∴+=无正整数解，即1849不是三角形数，令21849nb n ==，43n ∴=，即1849是正方形数，故B 错误；对于C ，22114112()412121n b n n n n ==<=−−−+， ∴2212311111115111111511332331()2()2()434577921214521202120nb b b b nn n n n +++…++++…+<+−+−+…+−+−−<−+++，故C 正确；对于D ，取m p q ==，且*m N ∈，令2(1)(1)22m m m m m +−=+，有1mm m b a a −=+，故*m N ∀∈，2m ，总存在p ，*q N ∈，使得mp q b a a =+成立，故D 正确．故选：ACD ．【点评】本题主要考查了数列的应用，考查了归纳推理，考查了转化思想和运算求解能力，属于中档题．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知甲组样本数据(1i x i =，2，…，6)，如下表所示：1x2x3x4x5x6x2 3 3 4 6 6若乙组样本数据23i i y x =−，则乙组样本数据的平均数y = 5 ，乙组样本数据的方差2s =乙．【分析】根据题意，求出乙组数据，结合平均数和方差定义计算，即可得答案．【解答】解：根据题意，乙组样本数据如下表所示：1y2y3y4y5y6y1 3 3 5 9 9则乙组样本数据的平均数1(133599)56y =×+++++=，乙组样本数据的方差()()()()()()222222212815353555959563s =−+−+−+−+−+−=乙．故答案为：5；283．【点评】本题考查样本数据平均数、方差的计算，注意平均数和方差的计算公式，属于基础题． 13．从1，2，3，4，7，9六个数中任取不相同的两个数，分别作为对数的底数和真数，可得到 17 个不同的对数值．【分析】分所取得两个数中是否含有1分为两类，再利用排列的计算公式、对数的运算法则和性质即可得出．【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：①当取得两个数中有一个是1时，则1只能作真数，此时log 10a =，2a =或3或4或7或9． ②所取的两个数不含有1时，即从2，3，4，7，9中任取两个，分别作为底数与真数可有2520A =个对数，其中3924log log =，2439log log =，4923log log =，2349log log =，综上可知：共可以得到201417+−=个不同的对数值．故答案为：17．【点评】本题考查计数原理的应用，熟练掌握对数的运算法则和性质、排列的计算公式是解题的关键．14．已知抛物线2:2(0)C y px p =>与圆22:5O x y +=交于A ，B 两点，且||4AB =，直线l 过C 的焦点F ，且与C 交于M ，N 两点，则||2||MF NF +的最小值为 3+【分析】由已知可求得抛物线方程，设直线:1l x my =+，与抛物线联立方程组可求得111||||MF NF +=，进而根据基本不等式求||2||MF NF +最小值即可．【解答】解：由抛物线2:2(0)C y px p =>与圆22:5O x y +=交于A ，B 两点，且||4AB =，得到第一象限交点(1,2)在抛物线2:2(0)C y px p =>上，所以222p =，解得2p =，所以2:4C y x =，则(1,0)F ，设直线:1l x my =+，与24y x =联立得2440y my −−=，设1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，所以124y y m +=，124y y =−，所以212|||4(1)MN y y m −=+，由抛物线的定义，21212221221212122()41111441()||||111144()316x x m y y m y y MF NF x x x x x x m m y y ++++++=+====+++++++++，所以112||||||2||(||2||)()33||||||||NF MF MF NF MF NF MF NF MF NF +=++=+++，当且仅当||1MF =，||1NF =+故答案为：3+【点评】本题考查求抛物线的方程，考查基本不等式的应用，考查运算求解能力，属中档题．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．已知函数()sin()cos()sin cos ,(0,||)222f x x x πππωϕωϕωϕ=+−+><的最小正周期为π，且()f x 图象关于直线6x π=对称．（1）求()f x 的解析式；（2）设函数2()()2sin g x f x x =+，求()g x 的单调增区间．【分析】（1）利用诱导公式及两角和的正弦公式化简，再根据正弦函数的周期性及对称性即可得解；（2）先利用降幂公式及辅助角公式化简，再根据正弦函数的单调性即可得解．【解答】解：（1）已知()sin()cos()sin cos cos sin sin cos sin()22f x x x x x x ππωϕωϕωϕωϕωϕ=+−+=+=+，因为函数的最小正周期为π，所以2ππω=，故2ω=，又因()f x 图象关于直线6x π=对称，所以262k ππϕπ×++，k Z ∈，则,6k k Z πϕπ=+∈，又||2πϕ<，所以6πϕ=，所以()sin(2)6f x x π=+；（2）由（1）得2()sin(2)6g x x sin x π=++11cos 22cos 2222xx x −++⋅12cos 21sin(2)126x x x π−+=−+，令222262k x k πππππ−+−+ ，得,63k x k k Z ππππ−++∈，所以函数()g x 的单调递增区间为[,],63k k k Z ππππ−++∈．【点评】本题考查了三角函数的性质，重点考查了三角恒等变换，属中档题．16．华容道是古老的中国民间益智游戏，以其变化多端、百玩不厌的特点与魔方、独立钻石一起被国外智力专家并称为“智力游戏界的三个不可思议”．据《资治通鉴》注释中说“从此道可至华容也”．通过移动各个棋子，帮助曹操从初始位置移到棋盘最下方中部，从出口逃走．不允许跨越棋子，还要设法用最少的步数把曹操移到出口．2021年12月23日，在厦门莲坂外图书城四楼佳希魔方，厦门市新翔小学六年级学生胡宇帆现场挑战“最快时间解44×数字华容道”世界纪录，并以4.877秒打破了“最快时间解44×数字华容道”世界纪录，成为了该项目新的世界纪录保持者．（1）小明一周训练成绩如表所示，现用ˆˆy bxa =+作为经验回归方程类型，求出该回归方程；第x （天) 1 2 3 4 5 6 7 用时y （秒)105844939352315（2）小明和小华比赛破解华容道，首局比赛小明获得胜利的概率是0.6，在后面的比赛中，若小明前一局胜利，则他赢下后一局的概率是0.7，若小明前一局失利，则他赢下后一局比赛的概率为0.5，比赛实行“五局三胜”，求小明最终赢下比赛的概率是多少．参考公式：对于一组数据1(u ，1)v ，2(u ，2)v ，，(n u ，)n v ，其回归直线ˆˆˆv u αβ=+的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：121()()ˆ()nii i nii uu v v uu β==−−=−∑∑，ˆˆv u αβ=− 参考数据：721140ii x ==∑，71994i i i x y ==∑【分析】（1）先求出,x y ，套公式求出ˆb和ˆa ，得到回归方程；（2）记小明获胜时比赛的局数为X ，则X 的可能取值为3，4，5，分别求出其对应的概率，利用概率的加法公式即可求解．【解答】解：（1）由题意，根据表格中的数据，可得11(1234567)4,(105844939352315)5077x y =++++++==++++++=，可得71722179941400ˆ14.5287i ii ii x yxybxx ==−−===−−∑∑，所以ˆˆ108a y bx =−=，因此y 关于x 的回归方程为：14.5108y x =−+；（2）记小明获胜时比赛的局数为X ，则X 的可能取值为3，4，5， (3)0.60.70.70.294P X ==××=，(4)0.40.50.70.70.60.30.50.70.60.70.30.50.224P X ==×××+×××+×××=，(5)0.60.70.30.50.50.60.30.50.30.50.60.30.50.50.70.40.50.50.70.70.40.50.30.50.70.40.50.70.30.50.1675P X ==××××+××××+××××+××××+××××+××××=，0.2940.2240.16750.6855P =++=小明获胜．【点评】本题考查了线性回归方程的计算以及互斥事件的概率加法计算，属于中档题． 17．如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为平行四边形，且112BD CD ==，BD CD ⊥．DE ⊥平面ABCD ，且12DEBF ==，//DE BF ．点H ，G 分别为线段DC ，EF 上的动点，满足(02)DH EG λλ==<<．（1）证明：直线//GH 平面BCF ；（2）是否存在λ，使得直线GH 与平面AEF 所成角的正弦值为14？请说明理由．【分析】（1）法()i 过点G 作BD 的垂线，由题意可得//QH 平面BCF ，且//GQ 平面BCF ，进而可证得平面//GQH 平面BCF ，再证得线面的平行；法()ii 由题意建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，由向量的数量积为0，可得向量垂直，再证得线面的平行；（2）由空间向量求出直线与平面的法向量的夹角的余弦值，进而可得线面所成的角的正弦值，由题意可得λ的值．【解答】（1）证明：法()i 过点G 作BD 的垂线，交BD 于点Q ，则//GQ BF ，连接QH ，则12DQ λ=，且由DH λ=，所以2DH DQ =，//QH BC ，又因为QH ⊂平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，所以//QH 平面BCF ，且//GQ 平面BCF ，又GQ QH Q = ，所以平面//GQH 平面BCF ，又因为HG HQG ⊂，所以//HG 平面BCF ；法()ii 因为112BDCD ==，12DE BF ==，如图，以D 为原点，分别以DC ，DB ，DE 方向为x ，y ，z 轴建立坐标系，由题意可得(2C ，0，0)，(0B ，1，0)，(2A −，1，0)，E，F ， (2,1,0)BC =−，BF =，(2,AE =−，EF = ，设平面BCF 的法向量为1111(,,)n x y z =，则1100n BC n BF ⋅= ⋅=，即111200x y −= = ，取11x =，解得1(1,2,0)n =，因为2DC EF ==，EG DH λ==，所以,22DH DC EG EF λλ== ，2EG EF λ=，解得(H λ，0，0)，(0,)2G λ+，(,,)2GH λλ=−−，所以10n GH ⋅=，且GH ⊂/平面BCF ，所以//GH 平面BCF ；（2）设平面AEF 的法向量为2222(,,)n x y z =，则由2200n AE n EF ⋅= ⋅=，即22222200x y y −= +=，令21z =−，解得2n =1)−，所以2n GH ⋅=++=，||GH=，||n =，所以2cos n <，GH >=，设直线GH 与平面AEF 所成的角为θ，则2sin |cos n θ=<，||GH >= ，解得1λ=．【点评】本题考查线面平行的证法及空间向量的方法求线面所成角的正弦值，属于中档题．18．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的上顶点为(0,2)D ，直线:l y kx =与椭圆C 交于A ，B 两点，且直线DA 与DB 的斜率之积为13−，（1）求椭圆C 的方程；（2）若直线//l l ′，直线l ′与椭圆C 交于M ，N 两点，且直线DM 与DN 的斜率之和为1，求l ′与l 之间距离的取值范围．【分析】（1）联立方程组，根据13DA DB k k =−，利用韦达定理可求a ，从而得解；（2）设直线:l y kx m =+，(2)m ≠±，联立方程组，根据1DM DN k k +=，利用韦达定理可得42m k =−，由两平行直线间的距离公式，并利用导数求最值．【解答】解：（1）设1(A x ，1)kx ，2(B x ，2)kx ，由题意，可知2b =，则椭圆222:14x y C a +=，联立方程组22214y kxx y a=+= ，整理可得：2222(4)40a k x a +−=，显然△0>，且120x x +=，2122244a x x a k −=+，因为13DA DB k k =−，即12122213kx kx x x −−⋅=−，化简得21212(31)6()120k x x k x x +−++=，所以22224(31)1204a k a k −+⋅+=+，解得212a =，所以椭圆22:1124x y C +=；（2）由直线//l l ′，设直线:l y kx m =+，(2)m ≠±，设3(M x ，3)kx m +，4(B x ，4)kx m +，联立方程组221124y kx m x y =+ +=，整理可得：222(13)63120k x kmx m +++−=，则△222222364(31)(4)12(124)0k m k m k m −+−=−+>，可得22124m k + ，① 且342631kmx x k −+=+，234231231m x x k −=+，又因为1DM DN k k +=，即3434221kx m kx m x x +−+−+=，化简得3434(21)(2)()0k x x m x x −+−+=，则2223126(21)(2)03131m kmk m k k −−−+−=++，化简得(2)(42)0m k m −−−=，因为2m ≠±，所以42m k =−，结合①可知04k <<，l ′与l之间距离d = 设22441()1k k g k k −+=+，则222(21)(2)()(1)k k g k k −+′=+，当12k =时，()0g k ′=，则当1(0,)2k ∈，()0g k ′<，则()g x 单调递减，当1(,4)2k ∈，()0g k ′>，则()g x 单调递增，所以1()()02min g x g ==，又(0)1g =，(4)g =所以49()17g x <，所以d ∈．【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的综合应用，平行线间的距离公式的应用，用导函数的性质可得函数值域的求法，属于中档题． 19．已知函数2cos ()x xf x x−=，(0,)x ∈+∞．（1）证明：函数()f x 在(0,)+∞上有且只有一个零点；（2）当(0,)x π∈时，求函数()f x 的最小值；（3）设()i i g x k x b =+，1i =，2，若对任意的[2x π∈，)+∞，12()()()g x f x g x 恒成立，且不等式两端等号均能取到，求12k k +的最大值．【分析】（1）设()cos h x x x =−，求导分析单调性，可得存在唯一0(6x π∈，)π，使得0()0h x =，进而可得答案．（2）求导得3sin 2cos ()x x x xf x x −−′=，分析()f x ′的符号，进而可得()f x 的单调性，即可得出答案．（3）分析当2b π<−时，0b 时，当2b π=−时，20b π−< 时，12k k +的最大值，即可得出答案．【解答】解：（1）证明：设()cos h x x x =−，则()sin 1h x x ′=−−，因为1sin 1x − ，所以()0h x ′ 恒成立，所以()h x 在(0,)+∞上单调递减，又因为()066h ππ−>，()10h ππ=−−<，所以存在唯一0(6x π∈，)π，使得0()0h x =，所以()f x 在(0,)+∞上有且只有一个零点，（2）3sin 2cos ()x x x xf x x −−′=，设()sin 2cos m x x x x x =−−，()1sin cos 1cos (tan )m x x x x x x x ′=+−=+−， ()cos cos sin m x x x x x ′′=−+，当(0,)x π∈上，sin 0x x >，()0m x ′′>，()m x ′单调递增，又(0)10m ′=>，所以()m x 在(0,)π上的单调递增，因为()02m π=，所以当(0,)2x π∈时，()0m x <，()f x 单调递减，当(2x π∈，)π时，()0m x >，()f x 单调递增，所以()f x 在(0,)π上有最小值2()2f ππ=−．（3）由（1）可知，[2x π∈，)+∞时，()0f x <，由（2）可知2x π=为()f x 的极小值点，且[x π∈，)+∞时，222cos 112x x x x x πππ−−−−−>− ，所以[2x π∈，)+∞时，()f x 在2x π=取到最小值2π−，2b π<−时，10k >，存在1(x m ∈，)+∞使得1()0g x >与1()()f x g x 矛盾，0b 时，20k <，存在2(x m ∈，)+∞使得22()g x π<−与2()()f x g x 矛盾，当2b π=−时，令10k =，则12()g x π=−，满足题，此时1k 取得最大值，再过点2(0,)π−作函数()f x 的切线，设切点为(P t ，())f t ，则2()()f t b f t t +′=，解得32t π=，所以切线方程为2829x y ππ=−，当2b π=−时，2k 的最大值为289π−，又因为3(2x π∈，)+∞时，33sin 2cos 22cos ()x x x x x x f x x x −−−′=，设322cos ()x xx x ϕ−=， 4442sin 3cos 233()0x x x x x x xx x x x ϕ−++−++−′=<=<，所以()x ϕ单调递减，即3222cos 8()9x x f x x π−′，所以20π−< 时，12k k +取得最大值289π，接下来证明当[2x π∈，)+∞时，22cos 829x x x x ππ−− ，先证：32282()cos 09x x q x x x ππ=−+− ，[2x π∈，3]2π恒成立， 2284()1sin 3x xq x x ππ′=−++， 2164()cos 3x q x x ππ′′=−+，216()sin 3q x x π′′′=−，当[2x π∈，3]2π时，()q x ′′′单调递增， 216()1023q ππ′′′=−+<，2316()1023q ππ′′′=+>，216()03q ππ′′′=>，所以存在唯一的1(2x π∈，)π使得()0q x ′′′=，且(2x π∈，1)x 时，()0q x ′′′<，()q x ′′单调递减，1(x x ∈，3)2π时，()0q x ′′′>，()q x ′′单调递增，因为2()023q π′=>，1()03q π′=−<，3()02q π′=，所以存在唯一的3(2x π∈，)π使得()0q x ′=，且(2x π∈，3)x 时，()0q x ′>，()q x 单调递增， 3(x x ∈，3)2π时，()0q x ′<，()q x 单调递减，又因为()29q ππ=，3()02q π=，所以当[2x π∈，3]2π时，32282()cos 09x x q x x x ππ=−+− ，当3[2x π∈，)+∞时，228442()1sin (1)1sin 0333x x x x q xx x πππ′=−++=−++ ，所以()0q x ，综上所述，[2x π∈，)+∞时，22cos 829x x x x ππ−− ，当3(2x π∈，)+∞，332sin 2cos 22cos 8()9x x x x x x f x x x π−−−′= ，所以当20b π−< 时，2k 的最大值为289π，即12k k +的最大值为289π．【点评】本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于难题．。

2023年高考语文押题模拟卷二(含答案解析)

2023年高中语文押题模拟卷二全国卷专用考试版考试范围：；考试时间：100分钟；命题人：题号一二三四五六总分得分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、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1～5题。

材料一：中国是一个诗的国度，我们能从诗歌中借鉴什么呢？从艺术的角度说，我们能够借鉴的主要就是诗的语言。

因为小说有人物、情节，戏剧还有舞台、表演等，而诗歌则除了语言以外，什么都没有。

诗歌作为语言的艺术，既不能舍弃语言，又不应被概念和逻辑性所局限，诗歌因此又是一种特殊的语言。

在形式上，诗歌要分行。

古典诗歌过去是可以不必分行的，那是因为古典诗歌在形式上具有鲜明的节奏性，不分行也等于分了行。

分行也好，节奏也好，都是为了有利于摆脱散文与生俱来的逻辑性和连续性，使语言中感性的因素得以自由地浮现出来，这也就是诗歌语言的飞跃性。

节奏是富于跳跃感的，它有利于诗歌语言的飞跃，捕捉到我们日常语言中所难以捕捉到的新鲜感受。

语言是人类非常宝贵的创造，有了语言，才有充分的思维，才有从感性认识到理性认识的飞跃，使人类从本能向无限发展。

可是，艺术需要鲜明的感性，而语言中的感性却是间接的。

音乐可以使用音响，绘画可以使用色彩、线条，它们都能直接诉诸听觉和视觉。

而语言就不能直接被感受，而是通过许多概念的间接认识。

所以，这是一个困难，诗歌的艺术就在于能充分地发挥语言的创造性来获得最新鲜、最丰富的感受。

杜甫的名句“落日照大旗，马鸣风萧萧”给我们以何等深刻的印象！但诗人不过是使用了“落日”“大旗”“马”“风”这样一些概念。

这便是语言的艺术性，证明了诗歌创作的成功。

也许有人会问，既然语言表达直接感受有这样那样的困难，那么又何必作诗呢？像这两句诗画出来不就行了吗？可是又有哪幅画能取代杜甫这两句诗所给我们的鲜明的艺术感受呢？这正是各门艺术各有各自所取得的成就。

2024年高考语文临考押题卷02(全解全析)

2024年高考语文临考押题卷02（新高考卷）（考试时间：150分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、现代文阅读（35分）（一）现代文阅读Ⅰ（本题共5小题，18分）（2024届山东省临沂市高三一模考试语文试题）阅读下面的文字，完成下面小题。

材料一：与现代气候研究的依据是大量的气象监测数据不同，在古气候研究中，对气候参照物的分析研究一般从三个“维度”展开：第一，文字资料——主要是研究分析文字记载中的古气候；第二，考古资料——主要是研究分析古生物活动与气候变化的关系；第三，地质资料——主要是研究分析某些特殊的岩石、沉积物判断古气候的变化。

而大型计算机出现之后，人们将各种古气候资料汇集成数据库，根据气候形成理论及统计规律，建立了气候的数值模拟和实验模拟，使得古气候的面貌逐渐清晰起来。

这些年来，气候科学发展进步，古气候研究成果丰硕，使得我们对古气候的变化有了更多的认识，我们能够对地质时代的气候变化勾画出一个大体清晰的粗线条轮廓。

地球诞生时呈现熔融状态，温度非常之高。

随着地球表面温度的降低，岩石冷却固化，大约在40～38亿年前形成了最初的地壳，地球的地质年代由冥古宙进入太古宙。

太古宙已经有了岩石圈、大气圈和水圈，并孕育了生命。

太古宙的气候温暖潮湿，但后期逐渐变冷，出现第一次冰川活动。

元古宙藻类植物繁盛，大气中含氧量增加，气候延续温暖潮湿，但有较广泛的数次冰川活动。

元古宙的震旦纪出现全球性的剧烈降温，导致了“雪球事件”。

寒武纪气候温暖，出现了“寒武纪生命大爆发”。

奥陶纪气候分带明显，早期温暖，末期冰川活动活跃。

志留纪早期延续寒冷，中、晚期转暖。

2024年长沙市初中学业水平考试语文押题密卷(二)

2024年长沙市初中学业水平考试押题密卷(二)注意事项：1. 答题前，请考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真核对条形码上的姓名、准考证号、考室和座位号；2. 必须在答题卡上答题，在草稿纸、试题卷上答题无效；3. 答题时，请考生注意各大题题号后面的答题提示；4. 请勿折叠答题卡，保持字体工整、笔迹清晰、卡面清洁；5. 答题卡上不得使用涂改液、涂改胶和贴纸；6. 本学科试卷共21 道题目，考试时量120分钟，满分120分。

一、积累与运用(共20分)4月24日，第九个“中国航天日”主题活动在湖北武汉进行。

下面是一位同学参观后的心得体会，请你阅读后完成后面的任务。

从堵娥四号首次实现人类探测器月背软着陆，到嫦娥五号采集到迄今为止“最年轻”的月壤，再到今年发射成功的鹊桥二号，中国人深空探索的脚步更加坚实。

从不到6个立方米的返回仓、到宽敝的“三居室”空间站；从“一口吃”的即食食品，到一星期不重样的太空美食；从复首坐只有15%的测控通信，到随时随地的“天外来电”……虽然逐梦太空并非一路坦途、但中国航天人梦之所向，行之弥坚。

我要学习航天英雄身上的实干精神，以踏实的脚步开拓属于自己的未来。

1. 请找出下列说法正确的一项( ) ( 2分)A. 注意多音字的辨读。

如“着陆”的“着”读“zháo”,“重样”的“重”读“chóng”。

B.注意重点词语的辨读。

如“迄今”的“迄”读“qì”, “开拓”的“拓”读“kuò”。

C.注意形近字的辨析。

如“坚实”“复盖率”“返回仓”,要写成“艰实”“覆盖率”“返回舱”。

D. 注意词语、成语的运用。

如“坦途”“行之弥坚”运用都正确。

2. 古诗文默写。

(4分)今年“中国航天日”的主题是“极目楚天，共襄星汉”,意在激发广大公众特别是青少年崇尚科学、探索未知、敢于创新的热情。

中国航天人满怀[李白《行路难(其一)》]“①”的衰情，攻坚克难，实现宇航员在太空长期驻留的目标。

2023年山东省济南市中考语文押题卷(二)

2023年济南市初三年级学业水平考试语文押题试卷（二）说明：1.本试题满分为150分，考试时间为120分钟。

2.本试卷分试题卷和答题卡，所有答案都必须填涂或填写在答题卡规定的答题区域内，答在本试题卷上无效。

注意事项：1．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂答题卡上相应题目的答案标号，修改时，要用橡皮擦干净。

2．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，要求笔迹清晰、字体工整，务必在答题卡题号所指示的答题区域内作答。

一、（16分）阅读下面材料，按要求完成下面小题。

小鲁同学在第六十个“学雷锋”纪念日期间，收集到了这样一首短诗：助人为乐，为人民服务曾几何时，有人为此彷．（páng）徨曾几何时，有人为此质疑和忧伤被铜臭．（chòu）、私欲腐蚀了的灵魂在你灿然的笑容面前，应该为此汗颜雷锋，是你，用你那细微处的光亮洗涤．（dí）、警示我们锈蚀麻木的心灵你以你的螺丝钉精神，以你的大爱增添着民族熔炉里的新火，铸造着我们社会道德的大厦．（shà）1.小鲁在练习朗诵时，给加点字标注了读音，不正确的一项是（）（3分）A．彷．（páng）B．臭．（chòu）C．涤．（dí）D．厦．（shà）2.小鲁在抄写时，抄错了一个字，请你帮他找出来（）（3分）A．灿然B．汗颜C．螺丝钉D．熔炉3.下列各句中加点的成语使用恰当的一项是（）（3分）A．电视连续剧《狂飙》的演员把角色演绎得真实可信，栩栩如生．．．．，深受观众好评。

B．在运动会筹备期间，他首当其冲．．．．，第一个报名参赛。

C．演讲比赛中，选手们夸夸其谈．．．．，精彩的表现让观众赞叹。

D．延安，曾经是中共中央的所在地，是“延安精神”的发源地，也是无数人魂牵梦萦．．．．的地方。

4.下列句子没有语病的一项是（）（3分）A．线上教学是否有效，关键是要看教师突破传统教学的局限，学生改进学习方法。

B．南极洲恐龙化石的发现，有力地证明地壳在进行缓慢但又不可抗拒的运动。