2019年河南省六市高三第一次联考
2019届河南省六市高考高三第一次联考语文试题 (含答案)
河南省六市2019届高三第一次联考试题语文试题注意事项：1.考试时间共150分钟，满分150分。
2.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。
3.回答选择题时，选出答案后，用铅笔在答题卡上将对应题目的答案标号涂黑;如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答主观题时，将答案写在答题卡对应区域。
写在本试'卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
第I卷阅读题一、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1-3题。
王羲之创作的《兰亭集序》被盛赞为“天下第一行书”，不仅因为整幅作品精美绝伦，更因这篇手书序文中，字字独具风采，同字异写更是变化无穷，其中二十个“之”字无一雷同，竟有谚语“之字最多无一似”流传。
分布在原帖中的二十个“之”字，因语境、句式和书写布局呈现出的不同笔法、空间结构和内在韵味，究竟是书法家对艺术创作原则的主动遵循，还是临场发挥随机的、自然的结果，历来众说纷纭。
我们姑且将此争论放在一旁，单从结果上看，《兰亭集序》中三十个形态各异的“之”字，客观上贡献了书法创作上从形式到内容县出不穷的新意。
王羲之对书法变革的贡献，是书法家“内生”（创新是“生产过程中内生的、革命性的变化”）变革的典范。
他十二岁经父亲传授笔法，“语有大纲，即有所悟”，先师从卫铄（卫夫人）学习书法，之后博采众家之长，正书师法钟繇，草书师法张芝，最终做到了“真书胜钟，草故减张”“增损古法，裁成今体”，开辟了书法艺术的新天地。
这种艺术革新，首先是跳出了当时的窠臼，引领了书法体式上的“革命性”发展。
王羲之将行楷二体向前推进，开辟了草楷相结合的书法发展道路，使其便捷易识，在继承钟繇楷书古朴精简、张芝草书数意兼包的基袖上大胆变化，完美兼顾书法的实用性和艺术，以一种全新的文字书写体式形成隋唐以来书法发展的主流，在书法史上起了承前启后的作用。
笔法观念上，王羲之、王献之父子二人更是对传统程式进行大胆变革，以不断变化的手法和笔态，避免千篇一律，做到随类赋形，因势生形，字字相生，而面对同样的一个字，则照顾其所处环境、位置，保持该字独立个性的同时，做到与周围和谐统一。
2019届河南省六市高三第一次联考数学(文)试卷及答案
1 / 122019届河南省六市高三第一次联考数学（文）试卷本试卷分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分。
考试时间为120分钟，其中第Ⅱ卷22题，23题为选考题，其它题为必考题。
考试结束后，将答题卡交回。
注意事项:1.答题前，考生必须将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2.选择题必须用2B 铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、不准使用涂改液、刮纸刀。
第I 卷(选择题共60分）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，只有一个是符合题目要求的。
1. 设集合A = {0,1}，B = {Z x 0,<)1)(2(|∈-+x x x }，则=B AA. {-2,-1,0,1}B. {-1,0,1}C. {0,1}D. {0}2. =+---+ii i i 21212121 A. 56- B. 56 C. i 58- D. i 58 3. 某中学有高中生3000人，初中生2000人，男、女生所占的 比例如图所示.为了了解学生的学习情况，用分层抽样的 方法从该校学生中抽取一个容量为n 的样本，已知从高中 生中抽取女生21人，则从初中生中抽取的男生人数是A. 12B. 15C.20D.214.《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了 246个问题及其解法，其中一个问题为 “现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列,上面。
河南省六市2019届高三第一次联考试题++理综物理+Word版含答案
A. 电压表示数约为4.50VB. 电压表示数约为6.36V 2019年河南省六市高三第一次联考试题理科综合能力测试--物理二、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分.）14. 氘核和氚核发生核反应的方程为2H 3H > 2"He X，则粒子X是A. 电子B.正电子C.中子D.质子15. 我国将于2020年完成35颗卫星组网的北斗全球卫星导航定位系统。
北斗是由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星构成的全球定位系统，30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星的轨道高度约为21500km,静止轨道卫星的高度约为36000km。
已知地球半径为6400km，关于北斗导航卫星，下列说法中正确的是A. 中轨道卫星的线速度比静止轨道卫星的线速度小B. 中轨道卫星的周期大于24小时C. 中轨道卫星的向心加速度比静止轨道卫星的向心加速度小D. 静止轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大16. 如图所示，两个完全相同的小球a、b，用轻弹簧M N连接，并用轻绳悬挂在天花板上，弹簧M水平，当悬绳与竖直方向夹角为60°时，伸长量刚好相同。
若M N的劲度系数分别为k1、k2,则以下判断正确的是A. 也=2 .3k2B. —.3k2C. 若剪断细绳，则在剪断细绳后的瞬间球的加速度为零D. 若剪断弹簧M,则在剪断后的瞬间，b球处于失重状态17. 在如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为2: 1。
a，b两端电压与时间的关系如图乙所示，二极管可视为理想二极管，电表均为理想电表，电阻R=10^，则下列说法正确的是20. 如图所示，三个等量的点电荷，固定在正三角形的三个顶点上 负电荷，为AC 中点。
下列说法正确的是 A.若A 处点电荷所受静电力大小为 F ，则B 处点电荷所受静电力大小为 2 2FC.电流表示数约为0.90AD.电路消耗的功率为 8.10W18.如图甲所示的“襄阳砲”是古代军队攻打城池的装置，其实质就是一种大型抛石机，图乙 是其工作原理的简化图。
河南省六市2019届高三第一次联考试题语文试卷含答案解析
河南省六市2019届高三第一次联考试题语文试卷第I卷阅读题一、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1-3题。
王羲之创作的《兰亭集序》被盛赞为“天下第一行书”，不仅因为整幅作品精美绝伦，更因这篇手书序文中，字字独具风采，同字异写更是变化无穷，其中二十个“之”字无一雷同，竟有谚语“之字最多无一似”流传。
分布在原帖中的二十个“之”字，因语境、句式和书写布局呈现出的不同笔法、空间结构和内在韵味，究竟是书法家对艺术创作原则的主动遵循，还是临场发挥随机的、自然的结果，历来众说纷纭。
我们姑且将此争论放在一旁，单从结果上看，《兰亭集序》中三十个形态各异的“之”字，客观上贡献了书法创作上从形式到内容县出不穷的新意。
王羲之对书法变革的贡献，是书法家“内生”（创新是“生产过程中内生的、革命性的变化”）变革的典范。
他十二岁经父亲传授笔法，“语有大纲，即有所悟”，先师从卫铄（卫夫人）学习书法，之后博采众家之长，正书师法钟繇，草书师法张芝，最终做到了“真书胜钟，草故减张”“增损古法，裁成今体”，开辟了书法艺术的新天地。
这种艺术革新，首先是跳出了当时的窠臼，引领了书法体式上的“革命性”发展。
王羲之将行楷二体向前推进，开辟了草楷相结合的书法发展道路，使其便捷易识，在继承钟繇楷书古朴精简、张芝草书数意兼包的基袖上大胆变化，完美兼顾书法的实用性和艺术，以一种全新的文字书写体式形成隋唐以来书法发展的主流，在书法史上起了承前启后的作用。
笔法观念上，王羲之、王献之父子二人更是对传统程式进行大胆变革，以不断变化的手法和笔态，避免千篇一律，做到随类赋形，因势生形，字字相生，而面对同样的一个字，则照顾其所处环境、位置，保持该字独立个性的同时，做到与周围和谐统一。
《兰亭集序》中二十个神态各异的“之”字，就是这种笔法的代表性应用。
人们谈及创新，往往更多着眼于“发展”（即质变）的结果，而忽略“增长”（即量变）的前提，王羲之的书法创新则是量变基础上水到渠成的结果。
河南省六市2019届高三年级第一次联考语文试卷及解析
河南省六市2019届高三年级第一次联考语文试卷第I卷阅读题一、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1-3题。
王羲之创作的《兰亭集序》被盛赞为“天下第一行书”，不仅因为整幅作品精美绝伦，更因这篇手书序文中，字字独具风采，同字异写更是变化无穷，其中二十个“之”字无一雷同，竟有谚语“之字最多无一似”流传。
分布在原帖中的二十个“之”字，因语境、句式和书写布局呈现出的不同笔法、空间结构和内在韵味，究竟是书法家对艺术创作原则的主动遵循，还是临场发挥随机的、自然的结果，历来众说纷纭。
我们姑且将此争论放在一旁，单从结果上看，《兰亭集序》中三十个形态各异的“之”字，客观上贡献了书法创作上从形式到内容县出不穷的新意。
王羲之对书法变革的贡献，是书法家“内生”（创新是“生产过程中内生的、革命性的变化”）变革的典范。
他十二岁经父亲传授笔法，“语有大纲，即有所悟”，先师从卫铄（卫夫人）学习书法，之后博采众家之长，正书师法钟繇，草书师法张芝，最终做到了“真书胜钟，草故减张”“增损古法，裁成今体”，开辟了书法艺术的新天地。
这种艺术革新，首先是跳出了当时的窠臼，引领了书法体式上的“革命性”发展。
王羲之将行楷二体向前推进，开辟了草楷相结合的书法发展道路，使其便捷易识，在继承钟繇楷书古朴精简、张芝草书数意兼包的基袖上大胆变化，完美兼顾书法的实用性和艺术，以一种全新的文字书写体式形成隋唐以来书法发展的主流，在书法史上起了承前启后的作用。
笔法观念上，王羲之、王献之父子二人更是对传统程式进行大胆变革，以不断变化的手法和笔态，避免千篇一律，做到随类赋形，因势生形，字字相生，而面对同样的一个字，则照顾其所处环境、位置，保持该字独立个性的同时，做到与周围和谐统一。
《兰亭集序》中二十个神态各异的“之”字，就是这种笔法的代表性应用。
人们谈及创新，往往更多着眼于“发展”（即质变）的结果，而忽略“增长”（即量变）的前提，王羲之的书法创新则是量变基础上水到渠成的结果。
河南省六市2019届高三第一次联考试题++英语+Word版含答案
2019年河南省六市高三第一次联考试题英语考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
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的指定区域。
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。
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，并标在试卷的相应位置。
听完每段对话后，你都有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。
每段对话仅读一遍。
例:How much is the shirt?A.£ 19.15B. £9.18C. £9.15答案是C.1. Who is the woman?A. The man's wife.B. The man's secretary.C. A shop assistant.2. What is the man doing?A. Taking classes.B. Making a phone call.C. Cleaning the room.3. What does the man think the woman should do?A. Tolerate his smoking.B. Move to another part of the plane.C. Ask the stewardess for some medicine.4. What does the woman think of the new DVD player?A. She has no idea yet.B. It’s better than the old one.C. It’s not as good as the computer.5. What was the man doing when he saw the accident yesterday?A. Calling the policeman.B. Queuing for die cinema.C. Seeing whether he could help.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。
2019届河南省六市高三第一次联考语文试题(不含答案)
编辑：李振龙
河南六市 2019 届高三第一次联考语文试题
编辑：李振龙
河南六市 2019 届高三第一次联考语文试题
编辑：李振龙
河南六市 2019 届高三第一次联考语文试题
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河南省六市2019届高三第一次联考数学(理)试题(解析版)
河南省六市2019届高三第一次联考数学（理）试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合，，则=（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，得：，，则，故选C.2.设复数，则A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】把代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．【详解】解：，．故选：D．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．3.的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】4.我国古代有着辉煌的数学研究成果．《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》……《缉古算经》等10部专著，有着丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献．这10部专著中有7部产生于魏晋南北朝时期．某中学拟从这10部名著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选的2部名著中至少有1部是魏晋南北朝时期的名著的概率为( )A. B.C. D.【答案】A【解析】分析：根据古典概型概率公式求解．详解：从10部专著中选择2部的所有结果有种．设“所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著”为事件A，则A包含的基本事件个数为．由古典概型概率公式可得．故选A．点睛：解答古典概型概率问题时要注意两点：一是对概率类型的判定；二是准确求出所有的基本事件个数和事件A 包含的基本事件的个数，然后按照公式求解．5.已知函数，，则“”是“函数为奇函数”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【答案】C【解析】【分析】根据函数奇偶性的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】解：若，则，则，则，即是奇函数，即充分性成立，若函数是奇函数，则满足，即，则，即必要性成立，则“”是“函数为奇函数”的充要条件，故选：C．【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判断以及充分条件和必要条件的判断，利用函数奇偶性的定义以及对数函数的运算性质是解决本题的关键．6.某几何体的三视图如图所示，其中正视图中的曲线为圆弧，则该几何体的表面积为A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据三视图知该几何体是棱长为4的正方体截去一个圆柱体，结合图中数据求出它的表面积．【详解】解：根据三视图知，该几何体是棱长为4的正方体，截去一个圆柱体，如图所示；结合图中数据，计算该几何体的表面积为．故选：D．【点睛】本题考查了利用三视图求简单组合体的表面积应用问题，是基础题．7.若，，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：先跟别判断出所在的范围，然后再比较大小．详解：∵，∴．∴，∴．故选A．点睛：比较幂和对数的大小时，由于面对的是两类不同的数，因此比较时可先判定出数所在的范围，从而可得大小关系；若仍无法比较，则选取适当的中间量（如0或1），根据各数与中间量的大小关系得到所求结论．8.将函数图象向左平移个单位后，得到函数的图象关于点对称，则函数在上的最小值是A. B. C. D.【答案】D【解析】将函数向左平移个单位后，得到函数解析式为：图象关于点对称则对称中心在函数图象上，可得：解得，，，则函数在上的最小值为故选9.已知变量x、t满足约束条件，则目标函数的最大值是A. B. C. D. 6【答案】D【解析】【分析】先画出满足条件的平面区域，由得，结合图象得到直线过时z最大，求出z的最大值即可．【详解】解：画出满足条件的平面区域，如图示：，由得，显然直线过时z最大，z的最大值是6，故选：D．【点睛】本题考察了简单的线性规划问题，考察数形结合思想，是一道中档题．10.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积的最大值为（）A. B. C. 2 D.【答案】A【解析】【分析】由已知式子和正弦定理可得B，再由余弦定理和基本不等式可得ac≤16，代入三角形的面积公式可得最大值．【详解】∵在△ABC中，∴（2a﹣c）cos B＝b cos C，∴（2sin A﹣sin C）cos B＝sin B cos C，∴2sin A cos B＝sin C cos B+sin B cos C＝sin（B+C）＝sin A，约掉sin A可得cos B＝，即B＝，由余弦定理可得16＝a2+c2﹣2ac cos B＝a2+c2﹣ac≥2ac﹣ac，∴ac≤16，当且仅当a＝c时取等号，∴△ABC的面积S＝ac sin B＝ac≤故选：A．【点睛】本题考查解三角形，涉及正余弦定理和基本不等式以及三角形的面积公式，属中档题．11.抛物线的焦点为，设，是抛物线上的两个动点，，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由抛物线定义得所以由得,因此所以，选D.点睛：1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理． 2．若为抛物线上一点，由定义易得；若过焦点的弦AB的端点坐标为，则弦长为可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到．12.函数是定义在上的可导函数，为其导函数，若，且，则不等式的解集为A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】构造函数，，利用导函数的单调性，转化求解不等式的解集即可．【详解】解：函数是定义在上的可导函数，为其导函数，令，则，可知当时，是单调减函数，并且，即，时，函数是单调增函数，，则，则不等式的解集就是的解集，即，故不等式的解集为：．故选：C．【点睛】本题考查函数的单调性的应用，不等式的解法，考查转化思想以及计算能力．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量，，与的夹角为，若，，则在方向上的投影为______．【答案】【解析】【分析】根据的坐标可求出，进而求出，从而可求出，从而得出在方向上的投影为．【详解】解：，的夹角为；；；，且；在方向上的投影为：．故答案为：．【点睛】考查向量数量积的运算及计算公式，一个向量在另一个向量方向上投影的计算公式，以及向量夹角的余弦公式．14.在的展开式中，常数项为__________．【答案】【解析】由二项展开式的通项公式得：，显然时可能有常数项，当时，，有常数项，当，的展开式中含，故常数项为，当，常数项为1，所以展开式中的常数项．15.已知双曲线，焦距为2c，直线l经过点和，若到直线l的距离为，则离心率为______．【答案】或【解析】【分析】求出直线的方程，运用点到直线的距离公式，得到方程，结合a，b，c的关系和离心率公式，化简整理即可得到，解方程即可得到离心率，注意条件，则有，注意取舍．【详解】解：直线l的方程为，即为，，到直线l的距离为，可得：，即有，即，即，，由于，则，解得，或．由于，即，即有，即有，则或．故答案为：或．【点睛】本题考查双曲线的性质：离心率的求法，同时考查直线的方程和点到直线的距离公式的运用，考查运算能力，属于中档题和易错题．16.如图，是等腰直角三角形，斜边，D为直角边BC上一点不含端点，将沿直线AD折叠至的位置，使得在平面ABD外，若在平面ABD上的射影H恰好在线段AB上，则AH的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】推导出，，，，，平面ABC，从而，当时，B与D重合，，当时，，由此能求出AH的取值范围．【详解】解：在等腰中，斜边，D为直角边BC上的一点，，，将沿直AD折叠至的位置，使得点在平面ABD外，且点在平面ABD上的射影H在线段AB上，设，，，，平面ABC，，当时，B与D重合，，当时，，为直角边BC上的一点，，的取值范围是故答案为：【点睛】本题考查线段长的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.设数列前n项和为，且满足，．Ⅰ试确定r的值，使为等比数列，并求数列的通项公式；Ⅱ在Ⅰ的条件下，设，求数列的前n项和．【答案】（Ⅰ）；；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）由已知令n=1即可求得；当n≥2时，，与已知式作差得，即从而可知欲使{a n}为等比数列，则，从而可求出r的值，进而可写出数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，从而，按n小于6和大于等于6讨论可求出数列的前n项和T n．试题解析：（Ⅰ）解：当n = 1时，1分当n≥2时，，与已知式作差得，即欲使{a n}为等比数列，则，又，∴5分故数列{a n}是以为首项，2为公比的等比数列，所以6分（Ⅱ）解：，若，9分若,，∴12分考点：1．等比数列的概念及通项公式；2．等差数列的前n项和.18.已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为32，48，现采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查．Ⅰ应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？Ⅱ若抽出的7人中有3人睡眠不足，4人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查．用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X的数学期望和方差；设A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件A发生的概率．【答案】（Ⅰ）甲、乙、丙三个部门分别抽取2、3、2人；（Ⅱ）详见解析；．【解析】【分析】Ⅰ利用用分层抽样的性质能求出应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人．Ⅱ由题意得X的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量X的分布列、数学期望和方差．基本事件总数，事件A包含的基本事件个数，由此能求出事件A发生的概率．【详解】解：Ⅰ某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为32，48，32．现采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查．应从甲部门的员工中抽取：人，乙部门的员工中抽取：人，丙部门的员工中抽取：人．Ⅱ由题意得X的可能取值为0，1，2，3，，，，，随机变量X的分布列为：，．抽出的7人中有3人睡眠不足，4人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查．基本事件总数，A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，则事件A包含的基本事件个数，事件A发生的概率．【点睛】本题考查分层抽样的应用，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差、概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19.已知五边形ABECD有一个直角梯形ABCD与一个等边三角形BCE构成，如图1所示，，且，将梯形ABCD沿着BC折起，形成如图2所示的几何体，且平面BEC．求证：平面平面ADE；求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）．【解析】【分析】延长AD，BC相交于F，连接EF，证明面ABE，即可证明平面平面ADE；根据二面角平面角的定义作出二面角的平面角，即可求二面角的平面角的余弦值．【详解】证明：直角梯形ABCD中，延长AD，BC相交于F，则，连接EF，三角形BCE为等边三角形，是直角三角形，则，平面，平面BEC.．，面ABE，面ADF，平面平面ADE；由知面ABE，则，则是二面角的平面角，，设，则，，，则，即二面角的平面角的余弦值是．【点睛】本题主要考查空间面面垂直的证明以及二面角的求解，根据面面垂直的判定定理，以及二面角的平面角的定义作出二面角的平面角是解决本题的关键．20.已知椭圆C：的两个焦点分别为，，点P是椭圆上的任意一点，且的最大值为4，椭圆C的离心率与双曲线的离心率互为倒数．Ⅰ求椭圆C的方程；Ⅱ设点，过点P作两条直线，与圆相切且分别交椭圆于M，N，求证：直线MN的斜率为定值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【解析】【分析】Ⅰ利用椭圆的离心率，以及基本不等式和椭圆的定义，求出a，b，然后求解椭圆方程．Ⅱ直线，的斜率存在，设为，，，，直线，与圆相切，则有，直线的方程为直线的方程为，与椭圆方程联立，求出，同理，当与椭圆相交时，然后求解直线的斜率即可．【详解】解：Ⅰ双曲线的离心率为，可得椭圆C 的离心率为，设椭圆的半焦距为c ，，，，，又椭圆方程为；Ⅱ证明：显然两直线，的斜率存在， 设为，，，，由于直线，与圆相切，则有，直线的方程为， 联立椭圆方程，消去y ，得，，M 为直线与椭圆的交点，所以，同理，当与椭圆相交时，，，而，直线MN 的斜率．【点睛】本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率公式和基本量的关系，考查直线和椭圆的位置关系，注意联立椭圆方程和直线方程，运用韦达定理，注意运用基本不等式，考查化简整理的运算能力，属于中档题． 21.已知函数．Ⅰ判断的单调性；Ⅱ求函数的零点的个数；Ⅲ令，若函数在内有极值，求实数a 的取值范围．【答案】（1）单调递增;（2）2；（3）【解析】试题分析：（Ⅰ）判断零点的个数问题，一般利用函数的单调性，然后判断极大值、极小值的正负情况，从而判断出个数；当在给定区间上单调递增或单调递减时，常利用零点的存在性定理判断有无零点，此时最多一个．（Ⅱ）函数在某区间上有极值即导数等于零在区间上存在变号零点，从而转化为方程有解问题或函数图像与x轴的交点问题．试题解析：（Ⅰ）∵，∴为的一个零点．当时，，设，∴在单调递增．又，，故在内有唯一零点．因此在有且仅有2个零点．（Ⅱ）定义域是则设，要使函数在内有极值，则有两个不同的根∴，得或，且一根在，不妨设，又，∴，由于，则只需，即．解得．考点：•函数零点个数的判断问题；‚由函数有极值作为条件求参数范围．【方法点睛】对于函数在某区间内有极值求参数范围题目，首先应做好等价转化，如本题转化为有两不等根．接下来有两种思路：（1）把参数移到一边转化为形如的形式，则问题等价于直线与曲线有两个交点，利用数形结合去求解；（2）不移项，利用一元二次方程根的分布去求解，但当不是一元二次函数时，问题复杂，可能要讨论．22.在平面直角坐标系中，曲线，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求曲线，的极坐标方程；（2）在极坐标系中，射线．．与曲线，分别交于，两点（异于极点），定点，求的面积【答案】（1），；（2）【解析】试题分析：（1）第（1）问，先把参数方程化成普通方程，再利用极坐标的公式把普通方程化成极坐标方程. (2) 先利用极坐标求出弦长|AB|,再求高，最后求的面积．试题解析：（1）曲线的极坐标方程为： ，因为曲线的普通方程为： ，曲线的极坐标方程为．（2） 由（1）得：点的极坐标为， 点的极坐标为点到射线的距离为的面积为.23.已知函数．Ⅰ解不等式：；Ⅱ当时时，函数恒为正值，求实数m 的取值范围．【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）．【解析】 【分析】Ⅰ由分类讨论，解不等式可得所求解集；Ⅱ求得的最小值，解不等式可得所求范围．【详解】解：Ⅰ等价于或或，解得或或，综上所述，不等式的解集为；Ⅱ当时，则，只需，不可能当时，，要使函数恒为正值，则，可得，当时，恒成立，只需要，可得，综上所述，实数m的取值范围是．【点睛】本题考查绝对值不等式的解法和不等式恒成立的解法，考查运算能力，属于基础题．。
3.2019年河南省六市高三第一次联考数学(理)参数答案
2019年河南省六市高三第一次联考试题数学（理科）参考答案一、选择题1-6 CDBACD 7-12 ACDADB 二、填空题13．－3; 14．－5; 1516. 三、解答题17．（本小题满分12分） 【解析】（Ⅰ）当n =1时，12132S a =-，21132a a =+， ----------------1分 当n ≥2时，1132n n S a -=-，与已知式作差得a n =a n +1﹣a n ，即a n +1=2a n （n ≥2）， 欲使{a n }为等比数列，则a 2=2a 1=2r ，又21132a a =+，∴132r =， ------------4分故数列{a n }是以132为首项，2为公比的等比数列，所以62n n a -=---------------------------6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知b n =n ﹣6，∴6,6||6,6n n n b n n -<⎧=⎨-≥⎩, ------------------------8分若n ＜6，212112n n n n T b b b -=----=，若n ≥6，2125611302n n n nT b b b b b -=----+++=+，∴2211, <621130,62n n n n T n n n ⎧-⎪⎪=⎨-⎪+≥⎪⎩． -------------------------------12分18.（本小题满分12分） 【解析】（Ⅰ）三个部门的员工总人数为48+32+32=112（人） 甲部门抽取的员工：3272112⨯=；乙部门抽取的员工：4873112⨯=； 丙部门抽取的员工：3272112⨯=------------------4分 （Ⅱ）0,1,2,3X =12334433772133433377418(0);(1)3535121(2);(3)3535C C C P X P X C C C C C P X P X C C === ====== ===--------------6分所以X 的分布列为：418121459()012335353535357E X =⨯+⨯+⨯+⨯== 22229491891291()(0)(1)(2)(3)73573573573549D X 24=-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=， -----9分（ii ）从7人中抽取的3人，有37C 种等可能的结果，其中A 有12213434C C C C +种结果，所以1221343437306()357C C C C P A C +===.------------12分 19．（本小题满分12分）【解析】（Ⅰ）证明：取BE 的中点F ，AE 的中点G ，连接FG 、GD 、CF ，则GF //12AB .∵DC //12AB ，∴CD //GF ，∴四边形CFGD 为平行四边形，∴CF ∥DG . -------------------------------------------1分 ∵AB ⊥平面BEC ， ∴AB ⊥CF .∵CF ⊥BE ，AB ∩BE ＝B ，∴CF ⊥平面ABE .-----------------------------------------2分 ∵CF ∥DG ,∴DG ⊥平面ABE . ∵DG ⊂平面ADE ，∴平面ABE ⊥平面ADE . -----------------------------------------4分 （Ⅱ）过E 作EO ⊥BC 于O . ∵AB ⊥平面BEC ，∴AB ⊥EO .∵AB ∩BC ＝B ，∴EO ⊥平面ABCD . --------------5分以O 为坐标原点，OE 、BC 所在的直线分别为x 轴、y 轴，过O 且平行于AB 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝4，则A (0，－2,4)，B (0，－2,0)，D (0,2,2)，E (23，0,0)，∴ED →＝(－23，2,2)，EA →＝(－23，－2,4)，EB →＝(－23，－2,0)．-------------------------------------6分 设平面EAD 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·ED →＝0，n ·EA →＝0，即⎩⎨⎧ －3x 1＋y 1＋z 1＝0，－3x 1－y 1＋2z 1＝0.取z 1＝2得x 1＝3，y 1＝1，则n ＝(3，1,2)，----------------------------8分 设平面BDE 的法向量为m ＝(2x ，2y ，2z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧m ·ED →＝0，m ·EB →＝0，即⎩⎨⎧－3x 2＋y 2＋z 2＝0，3x 2＋y 2＝0，取2x ＝1，得2y ＝－3，2z ＝23， 则m ＝(1，－3，23)．----------------------------------10分∴(3,1,2)(1,3,23)cos <,>=|41312-==++n m n m |n |m |. 又由图可知，二面角A DE B 的平面角为锐角， ∴其余弦值为64．----------------------------------12分20．（本小题满分12分） 【解析】（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c ，则122212()42PF PF PF PF a +≤==,所以2a = 双曲线221412x y -=2=，可知椭圆C 的离心率为12，可知12c a =，解得221,13c b a ==-=所以椭圆C 的方程为22143x y += -------------------------4分（Ⅱ）点3(1,)2P -在椭圆C 上，显然两直线12,l l 的斜率存在，设为12,k k ，1122(,),(,)M x y N x y ，由于直线与圆2223(1)(0)2x y r r ++=<<相切，可知12k k =-直线113:(1)2l y k x -=+，联立方程组2211433(1)2x y y k x ⎧+=⎪⎪⎨⎪-=+⎪⎩，可得222111133(34)8()4()12022k x k k x k +++++-=-------------------8分所以 2111111221138()4123213434k k k k x x k k +--+-=-⇒=++,所以211221412334k k x k -++=+, 112212434k x x k --=+ 又2112218634k x x k -++=+2111211211122118612()2()23434k k y y k x x k k k k k -+-=++=+=++--------------10分 可知直线MN 的斜率为12121112211234124234k y y k k k x x k -+===---+， 故所求的直线MN 的斜率为12-. ------------------------------12分21．（本小题满分12分）【解析】（Ⅰ）因为(0)0=f ，所以0x =为()y f x =的一个零点， ------------------1分 当0x >时，2()(1f x x x =--，设2()1x x ϕ=--，则()20x x ϕ'=+>，∴()x ϕ在(0,)+∞单调递增， ------------------3分又(1)10ϕ=-<，(2)30ϕ=>，故()x ϕ在(0,)+∞上有唯一零点，且在(1,2)内，所以在有且仅有2个零点. ----------------------------5分（Ⅱ）2(1)()ln ln ln (1)(1)1ax x ag x x x x x x x x +==+=++--，定义域为(0,1)(1,)+∞，222(2)1()(1)(1)a x a x g x x x x x 1-++'=-=--， ----------------------------6分设2()(2)1h x x a x =-++，要使()y g x =在(0,)e1内有极值，则()0h x =有两个不同的根1x ，2x ，且有一根在(0,)e1， -----------------------------8分所以2(2)40a ∆=+->，解得0a >或4a <-，不妨设10ex 1<<，又121x x =， 所以120e ex x 1<<<<， ---------------------------------10分 所以(0)1h =，则只需()0e h 1<，即(2)102e ea 11-++<，解得2e ea 1>+-， 所以a 的取值范围为2e ea 1>+-----------------------------------12分 22．（本小题满分10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】 【解析】（Ⅰ）曲线1C 的极坐标方程为2222cos sin 2ρθρθ-=，因为曲线2C 的普通方程为()2224x y -+=，所以2240x y x +-=，所以曲线2C 的极坐标方程为4cos ρθ=． ---------------------------------4分（Ⅱ）由（Ⅰ）得：点A 的极坐标为2,6π⎛⎫ ⎪⎝⎭，点B的极坐标为6π⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以22AB ∴=-=，()3,0M 点到射线()06θρπ=≥的距离为33sin 62d π==， 所以M AB ∴△的面积为()1132222AB d ⋅=⨯⨯=． -------------------10分 23．（本小题满分10分）【选修4-5：不等式选讲】 【解析】（Ⅰ）由题意知，原不等式等价于或或， 解得或或，综上所述，不等式的解集为．-------------------4分（Ⅱ）当时，则320x =->，只需()()13120g -=-->，不可能！当时，()33,225233,x m x mg x x x m x m x x m x m--≥⎧=++--=-+-=⎨+-<⎩，要使函数恒为正值，则()()()min 11304g x g m m =-=-+->⇒> 当1m <-时，()225330g x x x m x m =++--=-->恒成立， 只需要()()min 31306g x m m =--->⇒<- 综上所述，实数的取值范围是：()(),64,-∞-+∞．-------------------10分12251x x x ≤-⎧⎨---≥-⎩112251x x x -<≤⎧⎨+-≥-⎩12251x x x >⎧⎨+-≥-⎩8x ≤-∅2x ≥()1f x x ≥-(][),82,-∞-+∞1m =-()2251315g x x x x =+-++=+-1m >-()()g x f x x m =+-m。
河南省六市2019届高三第一次联考试题 数学(理) Word版含答案
2019年河南省六市高三第一次联考试题数学(理科）本试卷分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分。
考试时间为120分钟，其中第Ⅱ卷22题，23题为选考题，其它题为必考题。
考试结束后，将答题卡交回。
注意事项:1.答题前，考生必须将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2.选择题必须用2B 铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、不准使用涂改液、刮纸刀。
第I 卷(选择题共60分）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，只有一个是符合题目要求的。
1.已知集合 A = {032|2≤--x x x }，B = {)2ln(|x y x -=}，则=B A A.(l,3) B.(l,3] C.[-1,2) D.(-1,2)2.设复数i z +=1,则=+25z zA. 225i +-B. 225i --C. 225i +D. 225i -3. 040sin 200cos 50sin 70cos -的值为 A. 23-B. 23C. 21-D. 21 4.我国古代有着辉煌的数学研究成果.《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、 ……、《辑古算经》等10部专著，有着十分丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献。
这10部专著中有1部产生于魏晋南北朝时期。
某中学拟从这10部专著中选择2部作为 “数学文化”校本课程学习内容，则所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期的专著的 概率为 A.1514 B. 151 C. 92 D. 97 5.已知函数R x a x x x f x x ∈++++=-),77()1ln(3)(2，则“a=0”是“函数)(x f 为奇函数的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 6.某几何体的三视图如图所示，其中正视图中的曲线为圆弧，则该几何 体的表面积为A. π264-B. π264+C. π280-D. π280+ 7.若x xe c b x a e x ln ln 1,)21(,ln ),1,(===∈-，则A. b >c >aB. c > b > aC. b > a > cD. a > b >c8.若将函数πϕϕϕ<<0)2cos(3)2sin()(+++=x x x f 的图象向左平移4π个单位长度，平移后的图象关于点)0,2(π对称，则函数)cos()(ϕ+=x x g 在]6,2[ππ-上的最小值是 A. 21-B. 23-C. 21D.229.已知变量y x ,满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧-≥-≤+≥+144222y x y x y x ，则目标函数y x z -=3的最大值是A. -6B. 23- C. -1 D.610. 在△ABC 中，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若4,cos cos 2==-b BCb c a ，则△ABC 的面积的最大值A. 34B. 32C. 33D. 311. 抛物线x y 82=的焦点为F ，设（11,y x )，B(22,y x )是抛物线上的两个动点，若||332421AB x x =++，则∠AFB 的最大值为 A.3π B. 43π C. 65π D.32π12.函数)(x f 是定义在（1，+∞)上的可导函数，)('x f 为其导函数，若)2()(')1()(2-=-+x x x f x x f ,则不等式)(2e f <0的解集为A. (0,1)B. (0,2)C. (1,2)D. (2, +∞)第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题:本大题共4小题,每小题5分。
河南省六市2019届高三下学期第一次联考数学(文)试卷 Word版含答案
2019年河南省六市高三第一次联考试题数学(文科）本试卷分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分。
考试时间为120分钟，其中第Ⅱ卷22题，23题为选考题，其它题为必考题。
考试结束后，将答题卡交回。
注意事项:1.答题前，考生必须将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2.选择题必须用2B 铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、不准使用涂改液、刮纸刀。
第I 卷(选择题共60分）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，只有一个是符合题目要求的。
1. 设集合A = {0,1}，B = {Z x 0,<)1)(2(|∈-+x x x }，则=B A A. {-2,-1,0,1} B. {-1,0,1} C. {0,1}D. {0}2.=+---+iii i 21212121 A. 56-B. 56C. i 58-D. i 583. 某中学有高中生3000人，初中生2000人，男、女生所占的 比例如图所示.为了了解学生的学习情况，用分层抽样的 方法从该校学生中抽取一个容量为n 的样本，已知从高中 生中抽取女生21人，则从初中生中抽取的男生人数是A. 12B. 15C.20D.214.《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了 246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列,上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少?”，则该问题中第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为升A.617升 B.27升 C.66113升 D.33109升5.已知；:,1:qap=≠函数)ln()(22xaxxf++=为奇函数，则p是q成立的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件6. 已知变量yx,满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧-≥-≤+≥+144222yxyxyx，则目标函数yxz-=3的最大值是A. -6B.23- C. -1 D.67.函数1sin)(2+=xxxf的部分图像可能是8.设函数)2<|2|,0>,0>)(sin()(πωωϕωAxAxf+=与直线3=y的交点的横坐标构成以π为公差的等差数列，且6π=x是)(xf图象的一条对称轴，则下列区间中是函数)(xf的单调递减区间的是A.]67,32[ππB.]0,3[π-C.]65,34[ππ-- D.]3,65[ππ--9.“赵爽弦图（如图）”是由四个全等的直角三角形（阴影部分）围成一个大正方形，中间空出一个小正方形组成的图形，若在大正方形内随机取一点，该点落在小正方形内的概率为51，则图中直角三角形中较大锐角的正弦值为A.55 B. 552 C. 51 D. 3310. 已知等差数列{n a }的前n 项和为S n ，若2018S >0 , 2019S <0,那么此数列中绝对值最小的项为A. 1008aB. 1009aC. 1010aD. 1011a11. 已知某几何体的三视图如图所示，过该几何体最短两条棱的中点作平面α，使得α平分该几何体的体积，则可以作此种平面α A.恰好1个 B.恰好2个 C.至多3个 D.至少4个12.已知抛物线C:x y 82=的焦点为F ，准线为l 上一点，直线PF 与曲线C 相交于M,N 两点，若MF PF 3=，则=||MNA.221 B. 332C.10D.11 第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题:本大题共4小题,每小题5分。
河南省六市2019届高三第一次联考数学(文)试题(解析版 )
河南省六市2019届高三第一次联考数学（文）试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设集合，，则A. 0，B. 0，C. D.【答案】B【解析】解：集合，，0，．故选：B．先求出集合B，由此利用并集的定义能求出的值．本题考查并集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意并集定义的合理运用．2.A. B. C. D.【答案】D【解析】解：．故选：D．直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．3.某中学有高中生3000人，初中生2000人，男、女生所占的比例如图所示为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为n的样本，已知从高中生中抽取女生21人，则从初中生中抽取的男生人数是A. 12B. 15C. 20D. 21【答案】A【解析】解：由扇形图得：中学有高中生3000人，其中男生，女生，初中生2000人，其中男生，女生，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为n的样本，已知从高中生中抽取女生21人，则，解得，从初中生中抽取的男生人数是：．故选：A．利用扇形图和分层抽样的性质能求出从初中生中抽取的男生人数．本题考查从初中生中抽取的男生人数的求法，考查扇形图和分层抽样的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．4.《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为A. 升B. 升C. 升D. 升【答案】A【解析】解：自上而下依次设各节容积为：、、、，由题意得，，即，得，所以升，故选：A．自上而下依次设各节容积为：、、、，由题意列出方程组，利用等差数列的性质化简后可得答案．本题考查了等差数列的性质的灵活应用，以及方程思想，属于基础题．5.已知p：，q：函数为奇函数，则p是q成立的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】解：函数为奇函数，则，解得．是q成立的必要不充分条件．故选：B．函数为奇函数，则，解得即可判断出结论．本题考查了函数的奇偶性、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．6.已知变量x、t满足约束条件，则目标函数的最大值是A. B. C. D. 6【答案】D【解析】解：画出满足条件的平面区域，如图示：，由得，显然直线过时z最大，z的最大值是6，故选：D．先画出满足条件的平面区域，由得，结合图象得到直线过时z最大，求出z的最大值即可．本题考察了简单的线性规划问题，考察数形结合思想，是一道中档题．7.函数的图象大致为A. B.C. D.【答案】A【解析】解：此函数是一个奇函数，故可排除C，D两个选项；又当自变量从原点左侧趋近于原点时，函数值为负，图象在X轴下方，当自变量从原点右侧趋近于原点时，函数值为正，图象在x轴上方，故可排除B，A选项符合，故选：A．先研究函数的性质，可以发现它是一个奇函数，再研究函数在原点附近的函数值的符号，从而即可得出正确选项．本题考查由函数的性质确定函数图象，其研究规律一般是先研究单调性与奇偶性，再研究某些特殊值．8.设函数与直线的交点的横坐标构成以为公差的等差数列，且是图象的一条对称轴，则下列区间中是函数的单调递减区间的是A. B. C. D.【答案】D【解析】解：由题意可得，，函数的周期为，解得，且，再由，，解得，结合，可得，令，解得，故函数的增区间为，．故区间是函数的减区间．故选：D．由周期求得的值，根据图象的对称性求出的值，可得函数的解析式，再根据正弦函数的单调性求出函数的单调递增区间，从而得出结论．本题主要考查由条件求函数的解析式，正弦函数的图象特征、正弦函数的单调性，考查运算求解能力，是中档题．9.如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形阴影部分围成一个大正方形，中间空出一个小正方形组成的图形，若在大正方形内随机取一点，该点落在小正方形的概率为，则图中直角三角形中较大锐角的正弦值为A. B. C. D.【答案】B【解析】解：在大正方形内随机取一点，这一点落在小正方形的概率为，不妨设大正方形面积为5，小正方形面积为1，大正方形边长为，小正方形的边长为1．四个全等的直角三角形的斜边的长是，较短的直角边的长是1，较长的直角边的长是2，故，故选：B．求出四个全等的直角三角形的三边的关系，从而求出的值即可．本题考查了几何概型问题，考查三角函数问题，是一道基础题．10.已知等差数列的前n项和为，若，，那么此数列中绝对值最小的项为A. B. C. D.【答案】C【解析】解：，，，，，，可得：，，，由等差数列的单调性即可得出：此数列中绝对值最小的项为，故选：C．，，可得，，即，，进而得出．本题考查了等差数列的通项公式与其求和公式及其性质、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11.已知某几何体的三视图如图所示，过该几何体最短两条棱的中点作平面，使得平分该几何体的体积，则可以作此种平面A. 恰好1个B. 恰好2个C. 至多3个D. 至少4个【答案】D【解析】解：几何体的直观图如图所示，该几何体最短两条棱为PA和BC，设PA和BC的中点分别为E，F，则过E，F且平分几何体体积的平面，可能为：平面PAF，如下图：平面BCE，如下图：平面其中G，H为AC和PB的中点，如下图：平面其中M，N为PC和AB的中点，如下图：故满足条件的至少有4个，故选：D．画出几何体的直观图，确定几何体最短两条棱，并列举出满足条件的平面，逐一分析四个答案，可得结论．本题考查的知识点是由三视图还原实物图，本题易忽略满足条件的后两种情况，而错选B．12.已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，P是l上一点，直线PF与曲线相交于M，N两点，若，则A. B. C. 10 D. 11【答案】B【解析】解：抛物线C：的焦点为，准线为l：，设，，M，N到准线的距离分别为，，由抛物线的定义可知，，于是．，直线AB的斜率为，，直线PF的方程为，将，代入方程，得，化简得，，于是．故选：B．先根据题意写出直线的方程，再将直线的方程与抛物线的方程组成方程组，消去y得到关于x的二次方程，最后利用根与系数的关系结合抛物线的定义即可求线段MN的长．本题考查抛物线的定义和性质，考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知，，若，则实数______．【答案】【解析】解：根据题意，，，则，，若，则有，解可得；故答案为：．根据题意，由向量坐标的计算公式计算可得、的坐标，由向量平行的坐标表示方法可得，解可得t的值，即可得答案．本题考查向量平行的坐标表示方法，关键是求出关于k的关系式．14.三棱锥中，PA，PB，PC两两成，且，，则该三棱锥外接球的表面积为______．【答案】【解析】解：三棱锥的三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，它的外接球就是它扩展为长方体的外接球，求出长方体的对角线的长：，所以球的直径，，半径，球的表面积：．故答案为：．三棱锥的三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，它的外接球就是它扩展为长方体的外接球，求出长方体的对角线的长，就是球的直径，然后求球的表面积．本题考查球的表面积，几何体的外接球，考查空间想象能力，计算能力．15.已知双曲线，焦距为2c，直线l经过点和，若到直线l的距离为，则离心率为______．【答案】3或【解析】解：直线l的方程为，即为，，到直线l的距离为，可得：，即有，即，即，，由于，则，解得，或．由于，即，即有，即有，则或．故答案为：3或．求出直线的方程，运用点到直线的距离公式，得到方程，结合a，b，c的关系和离心率公式，化简整理即可得到，解方程即可得到离心率，注意条件，则有，注意取舍．本题考查双曲线的性质：离心率的求法，同时考查直线的方程和点到直线的距离公式的运用，考查运算能力，属于中档题和易错题．16.若函数在单调递减，则m的取值范围是______．【答案】【解析】解：，，在单调递减，，即在上恒成立，若，则，对于任意，上式恒成立；若，则在上恒成立，令，则，，，则当，即时，有最小值为．．综上，m的取值范围是故答案为：求出原函数的导函数，把函数在单调递减，转化为，分离参数m，换元后利用函数单调性求最值，则答案可求．本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求最值，考查数学转化思想方法，是中档题．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．Ⅰ求A；Ⅱ求的面积的最大值．【答案】本小题满分12分解：因为，所以，所以，由正弦定理得，所以，，解得------------------------------分Ⅱ由余弦定理，得：，因为．所以，解得：，所以．所以的面积的最大值为------------------------------------分【解析】利用两角和的正弦函数公式化简已知等式可得，由正弦定理进而可求，即可解得．Ⅱ由余弦定理，基本不等式可求，进而根据三角形的面积公式即可计算得解的面积的最大值．本题主要考查了两角和的正弦函数公式，正弦定理，余弦定理，基本不等式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．18.2022年北京冬奥会的申办成功与“3亿人上冰雪”口号的提出，将冰雪这个冷项目迅速炒“热”北京某综合大学计划在一年级开设冰球课程，为了解学生对冰球运动的兴趣，随机从该校一年级学生中抽取了100人进行调查，其中女生中对冰球运动有兴趣的占，而男生有10人表示对冰球运动没有兴趣额．完成列联表，并回答能否有的把握认为“对冰球是否有兴趣与性别有关”？已知在被调查的女生中有5名数学系的学生，其中3名对冰球有兴趣，现在从这5名学生中随机抽取3人，求至少有2人对冰球有兴趣的概率．附表：【答案】解：根据已知数据得到如下列联表根据列联表中的数据，得到所以有的把握认为“对冰球是否有兴趣与性别有关”．记5人中对冰球有兴趣的3人为A、B、C，对冰球没有兴趣的2人为m、n，则从这5人中随机抽取3人，共有m，，m，，m，、B、、B、、C、、C、、C、、C、、B、种情况，其中3人都对冰球有兴趣的情况有、B、种，2人对冰球有兴趣的情况有、B、、B、、C、、C、、C、、C、种，所以至少2人对冰球有兴趣的情况有7种，因此，所求事件的概率．【解析】利用已知条件求出列联表的数据，完成表格，计算，即可回答能否有的把握认为“对冰球是否有兴趣与性别有关”．记5人中对冰球有兴趣的3人为A、B、C，对冰球没有兴趣的2人为m、n，列出所有选派的情况，求出至少2人对冰球有兴趣的情况数目，然后求解概率．本题考查独立检验以及古典概型的概率的求法，是基本知识的考查．19.如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，，交PD于点M．Ⅰ求证：平面ABM；Ⅱ若，求B到平面ACM的距离．【答案】本小题满分12分解：证明：平面ABCD，平面ABCD，．，，平面PAD，平面PAD，平面-----------------------------------分平面PAD，．，，平面ABM，平面ABM，平面-------------------------------------------分Ⅱ由可得又是PD中点，----------------------------------分，，，设B到平面ACM的距离为d，，．解得-----------------------------------------------------------分【解析】证明，推出平面PAD，然后证明平面ABM．Ⅱ设B到平面ACM的距离为d，通过，解得d即可．本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．20.已知椭圆的左、右两个焦点，，离心率，短轴长为2．Ⅰ求椭圆的方程；Ⅱ如图，点A为椭圆上一动点非长轴端点，的延长线与椭圆交于B点，AO的延长线与椭圆交于C点，求面积的最大值．【答案】本小题满分12分解：Ⅰ由题意得，解得，分，，，，故椭圆的标准方程为分Ⅱ当直线AB的斜率不存在时，不妨取，，，故：分当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，联立方程组，化简得，分设，，，，分，分点O到直线的距离因为O是线段AC的中点，所以点C到直线AB的距离为，分分综上，面积的最大值为分【解析】Ⅰ由题意解得b，利用离心率以及a，b，c的关系求解a，b，即可得到椭圆的方程．Ⅱ当直线AB的斜率不存在时，求解三角形的面积；当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，联立方程组，设，，利用韦达定理弦长公式求出，通过点O到直线的距离求出d，表示出三角形的面积利用基本不等式求解最值．本题考查椭圆的简单性质的应用，考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．21.已知函数．求函数的单调区间和极值；若函数对任意x满足，求证：当，；若，且，求证：．【答案】解：，分令，解得．在内是增函数，在内是减函数分当时，取得极大值分证明：，令，分当时，，，从而，0'/>，在是增函数．故当时成立分证明：在内是增函数，在内是减函数．当，且，、不可能在同一单调区间内．不妨设，由可知，又，，，，，且在区间内为增函数，，即分【解析】先求出其导函数，利用导函数值的正负对应的区间即可求出原函数的单调区间进而求出极值；令，求出其导函数利用导函数的值来判断其在上的单调性，进而证得结论．先由得在内是增函数，在内是减函数，故、不可能在同一单调区间内；设，由可知，即再结合单调性即可证明结论．本小题主要考查函数与导数的综合应用能力，具体涉及到用导数来研究函数的单调性、极值，并考查数学证明利用导数研究函数的单调性，求解函数的单调区间、极值、最值问题，是函数这一章最基本的知识，也是教学中的重点和难点，学生应熟练掌握．22.在平面直角坐标系中，曲线：，曲线的参数方程为为参数以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．Ⅰ求曲线，的极坐标方程；Ⅱ在极坐标系中，射线与曲线，分别交于A，B两点异于极点，定点，求的面积．【答案】解：Ⅰ曲线：，曲线的极坐标方程为：，---------分曲线的参数方程为为参数．曲线的普通方程为：，---------分，曲线的极坐标方程为---------------分Ⅱ由Ⅰ得：点A的极坐标为，---------分点B的极坐标为，----------分，------------------分点到射线的距离为，--------------------------分的面积为：---------分【解析】Ⅰ由曲线的普通方程能求出曲线的极坐标方程；由曲线的参数方程能求出曲线的普通方程，由此能求出曲线的极坐标方程．Ⅱ点A的极坐标为，点B的极坐标为，从而，点到射线的距离为，由此能求出的面积．本题考查曲线的极坐标方程的求法，考查三角形面积的求法，考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．23.已知函数．Ⅰ解不等式：；Ⅱ当时时，函数恒为正值，求实数m的取值范围．【答案】解：Ⅰ等价于或或，解得或或，综上所述，不等式的解集为；Ⅱ当时，则，只需，不可能！当时，，要使函数恒为正值，则，可得，当时，恒成立，只需要，可得，综上所述，实数m的取值范围是．【解析】Ⅰ由分类讨论，解不等式可得所求解集；Ⅱ求得的最小值，解不等式可得所求范围．本题考查绝对值不等式的解法和不等式恒成立的解法，考查运算能力，属于基础题．。
河南省六市2019届高三第一次联考数学(理)试题(解析版)
河南省六市2019届高三第一次联考数学（理）试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x|x2−2x−3≤0}，B={x|y=ln(2−x)}，则A∩B=()A. (1,3)B. (1,3]C. [−1,2)D. (−1,2)【答案】C【解析】解：∵集合A={x|x2−2x−3≤0}={x|−1≤x≤3}=[−1,3]，B={x|y=ln(2−x)}={x|2−x>0}={x|x<2}=(−∞,2)；∴A∩B=[−1,2)．故选：C．化简集合A、B，求出A∩B即可．本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题目．2.设复数z=1+i，则5z+z2=()A. −52+i2B. −52−i2C. 52+i2D. 52−i2【答案】D【解析】解：∵z=1+i，∴5z+z2=51+i+(1+i)2=5(1−i)(1+i)(1−i)+2i=52−52i+2i=52−12i．故选：D．把z=1+i代入5z+z2，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．3.cos70∘sin50∘−cos200∘sin40∘的值为()A. −√32B. −12C. 12D. √32【答案】D【解析】解：cos70∘sin50∘−cos200∘sin40∘=cos70∘sin50∘+cos20∘sin40∘=cos70∘sin50∘+sin70∘cos50∘=sin(50∘+70∘)=sin120∘=√32．故选：D．由诱导公式，两角和的正弦函数公式化简所求，利用特殊角的三角函数值即可计算得解．本题主要考查了诱导公式，两角和的正弦函数公式，特殊角的三角函数值在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．4.我国古代有着辉煌的数学研究成果.《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、…、《辑古算经》等算经10部专著，有着十分丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献.这10部专著中有7部产生于魏晋南北朝时期.某中学拟从这10部名著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选2部名著中至少有一部是魏晋南北朝时期的名著的概率为()第1页，共14页A. 1415B. 1315C. 29D. 79【答案】A【解析】解：从10部名著中选择2部名著的方法数为C102=45(种)，2部都不是魏晋南北朝时期的名著的方法数为C32=3(种)，由对立事件的概率计算公式得P=1−345=1415．故选：A．求出从10部名著中选择2部名著的方法数、2部都不是魏晋南北朝时期的名著的方法数，由对立事件的概率计算公式，可得结论．本题考查概率的计算，考查组合知识，属于中档题．5.已知函数f(x)=3ln(x+√x2+1)+a(7x+7−x)，x∈R，则“a=0”是“函数f(x)为奇函数”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【答案】C【解析】解：若a=0，则f(x)=3ln(x+√x2+1)，则f(−x)+f(x)=3ln(−x+√x2+1)+3ln(x+√x2+1)=3(ln(−x+√x2+1)(x+√x2+1)=3ln(x2+1−x2)=3ln1=0，则f(−x)=−f(x)，即f(x)是奇函数，即充分性成立，若函数f(x)是奇函数，则满足f(0)=0，即f(0)=0，即f(0)=3ln1+a(1+1)=2a=0，则a=0，即必要性成立，则“a=0”是“函数f(x)为奇函数”的充要条件，故选：C．根据函数奇偶性的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．本题主要考查函数奇偶性的判断以及充分条件和必要条件的判断，利用函数奇偶性的定义以及对数函数的运算性质是解决本题的关键．6.某几何体的三视图如图所示，其中正视图中的曲线为圆弧，则该几何体的表面积为()A. 64−2πB. 64+2πC. 80−2πD. 80+2π【答案】D【解析】解：根据三视图知，该几何体是棱长为4的正方体，截去一个14圆柱体，如图所示；第3页，共14页结合图中数据，计算该几何体的表面积为S =2×42+2×4×2+(2×42−12π×22)+14×2π×2×4=80+2π． 故选：D ．根据三视图知该几何体是棱长为4的正方体截去一个14圆柱体，结合图中数据求出它的表面积．本题考查了利用三视图求简单组合体的表面积应用问题，是基础题．7. 若x ∈(e −1,1)，a =lnx ，b =(12)lnx ，c =e lnx ，则( )A. b >c >aB. c >b >aC. b >a >cD. a >b >c【答案】A【解析】解：∵x ∈(e −1,1)∴a =lnx <ln1=0即a <0考察幂函数f(t)=t lnx∵lnx <0∴当t >0时，f(t)是减函数∵12<e ∴b =(12)lnx >c =e lnx >0 所以有b >c >a故选：A ．利用对数函数的单调性判断出a <0；由于b ，c 的指数相同，所以研究一个幂函数的单调性；利用幂函数的单调性判断出b ，c 的大小，b ，c 都是幂得到b ，c 全正，比较出a ，b ，c 的大小．本题考查利用对数函数的单调性比较大小、考查利用幂函数的单调性比较大小．8. 若将函数f(x)=sin(2x +φ)+√3cos(2x +φ)(0<φ<π)的图象向左平移π4个单位长度，平移后的图象关于点(π2,0)对称，则函数g(x)=cos(x +φ)在[−π2,π6]上的最小值是( )A. −12B. −√32C. √22D. 12【答案】D【解析】解：∵f(x)=sin(2x +φ)+√3cos(2x +φ)=2sin(2x +φ+π3)，∴将函数f(x)图象向左平移π4个单位后，得到函数解析式为：y =2sin[2(x +π4)+φ+π3]=2cos(2x+φ+π3)，∵函数的图象关于点(π2,0)对称，∴对称中心在函数图象上，可得：2cos(2×π2+φ+π3)=2cos(π+φ+π3)=0，解得：π+φ+π3=kπ+π2，k∈Z，解得：φ=kπ−5π6，k∈Z，∵0<φ<π，∴解得：φ=π6，∴g(x)=cos(x+π6)，∵x∈[−π2,π6]，x+π6∈[−π3,π3]，∴cos(x+π6)∈[12,1]，则函数g(x)=cos(x+φ)在[−π2,π6]上的最小值是12．故选：D．由条件利用三角恒等变换化简函数的解析式为f(x)=2sin(2x+φ+π3)，根据函数y= Asin(ωx+φ)的图象变换规律及余弦函数的性质可解得φ的值，求得函数g(x)的解析式为g(x)=cos(x+π6)，利用余弦函数值域求得函数g(x)的最值．本题主要考查三角函数的恒等变换及化简求值，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，余弦函数的单调性、定义域、值域，属于中档题．9.已知变量x、t满足约束条件{x+2y≥22x+y≤44x−y≥−1，则目标函数z=3x−y的最大值是()A. −4B. −32C. −1D. 6【答案】D【解析】解：画出满足条件的平面区域，如图示：，由z=3x−y得y=3x−z，显然直线过(2,0)时z最大，z的最大值是6，第5页，共14页故选：D ．先画出满足条件的平面区域，由z =3x −y 得y =3x −z ，结合图象得到直线过(2,0)时z 最大，求出z 的最大值即可．本题考察了简单的线性规划问题，考察数形结合思想，是一道中档题．10. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2a−c b=cosCcosB，b =4，则△ABC 的面积的最大值为( ) A. 4√3 B. 2√3 C. 2D. √3【答案】A【解析】解：∵在△ABC 中2a−c b=cosCcosB，∴(2a −c)cosB =bcosC ，∴(2sinA −sinC)cosB =sinBcosC ，∴2sinAcosB =sinCcosB +sinBcosC =sin(B +C)=sinA ， 约掉sinA 可得cosB =12，即B =π3，由余弦定理可得16=a 2+c 2−2accosB =a 2+c 2−ac ≥2ac −ac ， ∴ac ≤16，当且仅当a =c 时取等号， ∴△ABC 的面积S =12acsinB =√34ac ≤4√3故选：A ．由已知式子和正弦定理可得B =π3，再由余弦定理可得ac ≤16，由三角形的面积公式可得．本题考查解三角形，涉及正余弦定理和基本不等式以及三角形的面积公式，属中档题．11. 抛物线y 2=8x 的焦点为F ，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)是抛物线上的两个动点，若x 1+x 2+4=2√33|AB|，则∠AFB 的最大值为( )A. π3B. 3π4C. 5π6D. 2π3【答案】D【解析】解：因为x 1+x 2+4=2√33|AB|，|AF|+|BF|=x 1+x 2+4，所以|AF|+|BF|=2√33|AB|． 在△AFB 中，由余弦定理得：cos∠AFB =|AF|2+|BF|2−|AB|22|AF|⋅|BF|=(|AF|+|BF|)2−2|AF|⋅|BF|−|AB|22|AF|⋅|BF|=43|AB|2−|AB|22|AF|⋅|BF|−1=13|AB|22|AF|⋅|BF|−1．又|AF|+|BF|=2√33|AB|≥2√|AF|⋅|BF|⇒|AF|⋅|BF|≤13|AB|2．所以cos∠AFB ≥13|AB|22×13|AB|2−1=−12，∴∠AFB 的最大值为2π3，故选：D ．利用余弦定理，结合基本不等式，即可求出∠AFB 的最大值．本题考查抛物线的定义，考查余弦定理、基本不等式的运用，属于中档题．12.函数f(x)是定义在(1,+∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若f(x)+(x−1)f′(x)=x2(x−2)，且f(e2)=0，则不等式f(e x)<0的解集为()A. (0,1)B. (0,2)C. (1,2)D. (2,+∞)【答案】C【解析】解：函数f(x)是定义在(1,+∞)上的可导函数，为其导函数，令φ(x)=(x−1)f(x)，则，可知当x∈(1,2)时，φ(x)是单调减函数，并且，即f(1)<0，x∈(1,+∞)时，函数是单调增函数，f(e2)=0，则φ(e2)=(e2−1)f(e2)=0，则不等式f(e x)<0的解集就是(e x−1)f(e x)<0的解集，即φ(e x)<φ(e2)，故不等式的解集为：{x|1<x<2}．故选：C．构造函数，φ(x)=(x−1)f(x)，利用导函数的单调性，转化求解不等式的解集即可．本题考查函数的单调性的应用，不等式的解法，考查转化思想以及计算能力．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量a⃗=(1,0)，|b⃗ |=2，a⃗与b⃗ 的夹角为60∘，若c⃗=a⃗+b−，d⃗=a⃗−b⃗ ，则c⃗在d⃗方向上的投影为______．【答案】−√3【解析】解：|a⃗|=1,|b⃗ |=2，a⃗,b⃗ 的夹角为60∘；∴a⃗⋅b⃗ =1；∴d⃗2=(a⃗−b⃗ )2=a⃗2−2a⃗⋅b⃗ +b⃗ 2=1−2+4=3；∴|d⃗|=√3，且c⃗⋅d⃗=a⃗2−b⃗ 2=1−4=−3；∴c⃗在d⃗方向上的投影为：|c⃗|cos<c⃗,d⃗>=|c⃗|⋅c⃗ ⋅d⃗⃗|c⃗ ||d⃗⃗ |=√3=−√3．故答案为：−√3．根据a⃗的坐标可求出|a⃗|=1，进而求出a⃗⋅b⃗ =1，从而可求出|d⃗|=√3,c⃗⋅d⃗=−3，从而得出c⃗在d⃗方向上的投影为c⃗ ⋅d⃗⃗|d⃗⃗ |=−√3．考查向量数量积的运算及计算公式，一个向量在另一个向量方向上投影的计算公式，以及向量夹角的余弦公式．14.在(x−1x−1)4的展开式中，常数项为______．【答案】−5【解析】解：(x−1x −1)4的展开式中的通项公式：T r+1=∁4r(−1)4−r(x−1x)r(r=0,1，2，3，4)．∵(x−1x )r的通项公式：T k+1=∁r k x r−k(−1x)k=(−1)k∁r k x r−2k，令r−2k=0，即r=2k．r=0，k=0；r=2，k=1；r=4，k=2．∴常数项=1−∁21×∁42+∁42×1=−5．故答案为：−5．(x−1x −1)4的展开式中的通项公式：T r+1=∁4r(−1)4−r(x−1x)r(r=0,1，2，3，4)．(x−1 x )r的通项公式：T k+1=∁r k x r−k(−1x)k=(−1)k∁r k x r−2k，令r−2k=0，即r=2k.进而得出．本题考查了二项式定理的应用、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15.已知双曲线x2a2−y2b2=1(b>a>0)，焦距为2c，直线l经过点(a,0)和(0,b)，若(−a,0)到直线l的距离为2√23c，则离心率为______．【答案】√3或√62【解析】解：直线l的方程为xa +yb=1，即为bx+ay−ab=0，c2=a2+b2，(−a,0)到直线l的距离为2√23c，可得：2ab√a2+b2=2√23c，即有3ab=√2c2，即9a2b2=2c4，即9a2(c2−a2)=2c4，9a2c2−9a4−2c4=0，由于e=ca，则2e4−9e2+9=0，解得，e2=3或e2=32．由于0<a<b，即a2<b2，即有c2>2a2，即有e2>2，则e=√3或e=√62．故答案为：√3或√62．求出直线的方程，运用点到直线的距离公式，得到方程，结合a，b，c的关系和离心率公式，化简整理即可得到2e4−9e2+9=0，解方程即可得到离心率，注意条件0<a< b，则有e2>2，注意取舍．本题考查双曲线的性质：离心率的求法，同时考查直线的方程和点到直线的距离公式的运用，考查运算能力，属于中档题和易错题．16.如图，△ABC是等腰直角三角形，斜边AB=2，D为直角边BC上一点(不含端点)，将△ACD沿直线AD折叠至△AC1D的位置，使得C1在平面ABD外，若C1在平面ABD上的射影H恰好在线段AB上，则AH的取值范围是______．【答案】(1,√2)第7页，共14页【解析】解：∵在等腰Rt △ABC 中，斜边AB =2，D 为直角边BC 上的一点，∴AC =BC =√2，∠ACB =90∘，将△ACD 沿直AD 折叠至△AC 1D 的位置，使得点C 1在平面ABD 外，且点C 1在平面ABD 上的射影H 在线段AB 上，设AH =x ，∴AC 1=AC =√2，CD =C 1D ∈(0,√2)，∠AC 1D =90∘， CH ⊥平面ABC ，∴AH <AC 1=√2，当CD =√2时，B 与D 重合，AH =1， 当CD <√2时，AH >12AB =1，∵D 为直角边BC 上的一点， ∴CD ∈(0,√2)，∴AH 的取值范围是(1,√2). 故答案为：(1,√2).推导出AC =BC =√2，∠ACB =90∘，AC 1=AC =√2，CD =C 1D ∈(0,√2)，∠AC 1D =90∘，CH ⊥平面ABC ，从而AH <AC 1=√2，当CD =√2时，B 与D 重合，AH =1，当CD <√2时，AH >12AB =1，由此能求出AH 的取值范围．本题考查线段长的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 设数列{a n }前n 项和为S n ，且满足a 1=r ，S n =a n+1−132(n ∈N ∗)．(Ⅰ)试确定r 的值，使{a n }为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，设b n =log 2a n ，求数列{|b n |}的前n 项和T n ． 【答案】解：(Ⅰ)当n =1时，S 1=a 2−132,a 2=a 1+132，当n ≥2时，S n−1=a n −132，与已知式作差得a n =a n+1−a n ，即a n+1=2a n (n ≥2)， 欲使{a n }为等比数列，则a 2=2a 1=2r ， 又a 2=a 1+132，∴r =132，故数列{a n }是以132为首项，2为公比的等比数列， 所以a n =2n−6；(Ⅱ)由(I)知b n =n −6，∴|b n |={n −6,n ≥66−n,n<6， 若n <6，T n =−b 1−⋯−b n =11n−n 22，若n ≥6，T n =−b 1−⋯−b 5+b 6+⋯+b n =n 2−11n2+30，∴T n ={11n−n 22,n <6n 2−11n2+30,n ≥6．【解析】(Ⅰ)通过n=1可得a2=a1+132，通过n≥2时，得a n+1=2a n(n≥2)，利用等比数列的性质可得r=132，计算即得结论；(Ⅱ)通过(I)知b n=n−6，分n<6、n≥6两种情况讨论即可．本题考查等比数列的通项公式，前n项和公式，对数的运算，考查分类讨论的思想，注意解题方法的积累，属于中档题．18.已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为32，48，32.现采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查．(Ⅰ)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？(Ⅱ)若抽出的7人中有3人睡眠不足，4人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查．(i)用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X的数学期望和方差；(i)设A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件A发生的概率．【答案】解：(Ⅰ)某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为32，48，32．现采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查．应从甲部门的员工中抽取：7×3232+48+32=2人，乙部门的员工中抽取：7×4832+48+32=3人，丙部门的员工中抽取：7×3232+48+32=2人．(Ⅱ)(i)由题意得X的可能取值为0，1，2，3，P(X=0)=C43C73=435，P(X=1)=C31C42C73=1835，P(X=2)=C32C41C73=1235，P(X=3)=C33C73=135，E(X)=0×435+1×1835+2×1235+3×135=97，D(X)=(0−97)2×435+(1−97)2×1835+(2−97)2×1235+(3−97)2×135=198343．(ii)抽出的7人中有3人睡眠不足，4人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查．基本事件总数n=C73=35，A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，则事件A包含的基本事件个数m=C73−C33−C43=30，∴事件A发生的概率P(A)=mn =3035=67．第9页，共14页【解析】(Ⅰ)利用用分层抽样的性质能求出应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人．(Ⅱ)(i)由题意得X的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量X的分布列、数学期望和方差．(ii)基本事件总数n=C73=35，事件A包含的基本事件个数m=C73−C33−C43=30，由此能求出事件A发生的概率．本题考查分层抽样的应用，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差、概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19.已知五边形ABECD有一个直角梯形ABCD与一个等边三角形BCE构成，如图1所示，AB⊥BC，且AB=2BC=2CD，将梯形ABCD沿着BC折起，形成如图2所示的几何体，且AB⊥平面BEC．(1)求证：平面ABE⊥平面ADE；(2)求二面角A−DE−B的平面角的余弦值．【答案】证明：(1)∵直角梯形ABCD中AB=2CD，∴延长AD，BC相交于F，则CF=BC，连接EF，∵三角形BCE为等边三角形，∴△BEF是直角三角形，则BE⊥EF，∵AB⊥平面BEC.EF⊂平面BEC．∴AB⊥EF．∵BE∩AB=B，∴EF⊥面ABE，∵EF⊂面ADF，∴平面ABE⊥平面ADE；(2)由(1)知EF⊥面ABE，则EF⊥AE，则∠AEB是二面角A−DE−B的平面角，∵BC=CD=BE，AB=2CE∴设CD=1，则BE=1，AB=2，AE=√5，则cos∠AEB=BEAE =1√5=√55，即二面角A−DE−B的平面角的余弦值是√55．【解析】(1)延长AD，BC相交于F，连接EF，证明EF⊥面ABE，即可证明平面ABE⊥平面ADE；(2)根据二面角平面角的定义作出二面角的平面角，即可求二面角A−DE−B的平面角第11页，共14页的余弦值．本题主要考查空间面面垂直的证明以及二面角的求解，根据面面垂直的判定定理，以及二面角的平面角的定义作出二面角的平面角是解决本题的关键．20. 已知椭圆C ：x 2a 2+y2b2=1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1，F 2，点P 是椭圆上的任意一点，且|PF 1|⋅|PF 2|的最大值为4，椭圆C 的离心率与双曲线x 24−y 212=1的离心率互为倒数．(Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)设点P(−1,32)，过点P 作两条直线l 1，l 2与圆(x +1)2+y 2=r 2(0<r <32)相切且分别交椭圆于M ，N ，求证：直线MN 的斜率为定值． 【答案】解：(Ⅰ)双曲线x 24−y 212=1的离心率为42=2，可得椭圆C 的离心率为12，设椭圆的半焦距为c ，∴a =2c ， ∵|PF 1|⋅|PF 2|≤(|PF 1|+|PF 2|2)2=a 2，∴a 2=4，∴c =1，又b 2=a 2−c 2=4−1=3 ∴椭圆方程为x 24+y 23=1；(Ⅱ)证明：显然两直线l 1，l 2的斜率存在， 设为k 1，k 2，M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，由于直线l 1，l 2与圆(x +1)2+y 2=r 2(0<r <32)相切，则有k 1=−k 2， 直线l 1的方程为y −32=k 1(x +1)，联立椭圆方程3x 2+4y 2=12，消去y ，得x 2(3+4k 12)+k 1(12+8k 1)x +(3+2k 1)2−12=0， ∵P ，M 为直线与椭圆的交点，所以x 1−1=−k 1(12+8k 1)3+4k 12，同理，当l 2与椭圆相交时，x 2−1=k 1(12−8k 1)3+4k 12，∴x 1−x 2=−k 1(12+8k 1)3+4k 12−k 1(12−8k 1)3+4k 12=−24k13+4k 12，而y 1−y 2=k 1(x 1+x 2)+2k 1=12k13+4k 12，∴直线MN 的斜率k =y 1−y 2x 1−x 2=−12．【解析】(Ⅰ)利用椭圆的离心率，以及基本不等式和椭圆的定义，求出a ，b ，然后求解椭圆方程．(Ⅱ)直线l 1，l 2的斜率存在，设为k 1，k 2，M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，直线l 1，l 2与圆相切，则有k 1=−k 2，直线l 1的方程为直线l 1的方程为y −32=k 1(x +1)，与椭圆方程联立，求出x 1，同理x 2，当l 2与椭圆相交时，然后求解直线的斜率即可．本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率公式和基本量的关系，考查直线和椭圆的位置关系，注意联立椭圆方程和直线方程，运用韦达定理，注意运用基本不等式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．21. 已知函数f(x)=x 3−x −√x ．(Ⅰ)判断f(x)x的单调性；(Ⅱ)求函数y =f(x)的零点的个数； (Ⅲ)令g(x)=ax 2+axf(x)+√x +lnx ，若函数y =g(x)在(0,1e)内有极值，求实数a 的取值范围．【答案】解：(Ⅰ)设φ(x)=f(x)x=x 2−1−1√x(x >0)，则0'/>，∴φ(x)在(0,+∞)上单调递增；(Ⅱ)∵φ(1)=−1<0，φ(2)=3−1√2>0，且φ(x)在(0,+∞)上单调递增， ∴φ(x)在(1,2)内有零点，又f(x)=x 3−x −√x =x ⋅φ(x)，显然x =0为f(x)的一个零点， ∴f(x)在(0,+∞)上有且只有两个零点； (Ⅲ)g(x)=ax 2+ax x 3−x+lnx =lnx +ax−1， 则，设ℎ(x)=x 2−(2+a)x +1，则ℎ(x)=0有两个不同的根x 1，x 2，且有一根在(0,1e )内， 不妨设0<x 1<1e ，由于x 1x 2=1，即x 2>e ， 由于ℎ(0)=1，故只需ℎ(1e )<0即可，即1e 2−(2+a)⋅1e +1<0，解得a >e +1e −2， ∴实数a 的取值范围是(e +1e −2,+∞)． 【解析】(Ⅰ)化简f(x)x，并求导数，注意定义域：(0,+∞)，求出单调区间；(Ⅱ)运用零点存在定理说明f(x)x在(1,2)内有零点，再说明f(x)在(0,+∞)上有且只有两个零点；(Ⅲ)对g(x)化简，并求出导数，整理合并，再设出ℎ(x)=x 2−(2+a)x +1，说明ℎ(x)=0的两个根，有一个在(0,1e )内，另一个大于e ，由于ℎ(0)=1，通过ℎ(1e )>0解出a 即可． 本题主要考查导数在函数中的综合运用：求单调区间，求极值，同时考查零点存在定理和二次方程实根的分布，是一道综合题．22. 在平面直角坐标系中，曲线C 1：x 2−y 2=2，曲线C 2的参数方程为{y =2sinθx=2+2cosθ(θ为参数).以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．第13页，共14页(Ⅰ)求曲线C 1，C 2的极坐标方程；(Ⅱ)在极坐标系中，射线θ=π6与曲线C 1，C 2分别交于A ，B 两点(异于极点O)，定点M(3,0)，求△MAB 的面积．【答案】解：(Ⅰ)∵曲线C 1：x 2−y 2=2，∴曲线C 1的极坐标方程为：ρ2cos 2θ−ρ2sin 2θ=2，---------(2分) ∵曲线C 2的参数方程为{y =2sinθx=2+2cosθ(θ为参数)．∴曲线C 2的普通方程为：(x −2)2+y 2=4，---------(3分) ∴x 2+y 2−4x =0，∴曲线C 2的极坐标方程为ρ=4cosθ.---------------(4分) (Ⅱ)由(Ⅰ)得：点A 的极坐标为(2,π6)，---------(5分) 点B 的极坐标为(2√3,π6)，----------(6分)∴|AB|=|2−2√3|=2√3−2，------------------(7分)M(3,0)点到射线θ=π6(ρ≥0)的距离为d =3sin π6=32，--------------------------(8分) ∴△MAB 的面积为：S △MAB =12|AB|d =12×(2√3−2)×32=3√3−32.---------(10分) 【解析】(Ⅰ)由曲线C 1的普通方程能求出曲线C 1的极坐标方程；由曲线C 2的参数方程能求出曲线C 2的普通方程，由此能求出曲线C 2的极坐标方程．(Ⅱ)点A 的极坐标为(2,π6)，点B 的极坐标为(2√3,π6)，从而|AB|=|2−2√3|=2√3−2，M(3,0)点到射线θ=π6(ρ≥0)的距离为d =3sin π6=32，由此能求出△MAB 的面积． 本题考查曲线的极坐标方程的求法，考查三角形面积的求法，考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．23. 已知函数f(x)=|2x +2|−5．(Ⅰ)解不等式：f(x)≥|x −1|；(Ⅱ)当时x ≥−1时，函数g(x)=f(x)+|x −m|恒为正值，求实数m 的取值范围． 【答案】解：(Ⅰ)|2x +2|−5≥|x −1|等价于{−2x −2−5≥1−x x≤−1或{2x +2−5≥1−x −1<x≤1或{2x +2−5≥x −1x>1，解得x ≤−8或x ∈⌀或x ≥2，综上所述，不等式f(x)≥|x −1|的解集为(−∞,−8]∪[2,+∞)；(Ⅱ)当m =−1时，则g(x)=|2x +2|−5+|x =1|=3|x +1|−5=3x −2>0， 只需g(−1)=−3−2>0，不可能！当m >−1时，g(x)=|2x +2|+|x −m|−5=|x −m|+2x −3={x +m −3,x <m 3x−m−3,x≥m， 要使函数g(x)=f(x)+|x −m|恒为正值，则g(x)min =g(−1)=−1+m −3>0，可得m >4，当m <−1时，g(x)=|2x +2|+|x −m|−5=3x −m −3>0恒成立， 只需要g(x)min =−3−m −3>0，可得m <−6， 综上所述，实数m 的取值范围是(−∞,−6)∪(4,+∞)．【解析】(Ⅰ)由分类讨论，解不等式可得所求解集；(Ⅱ)求得g(x)的最小值，解不等式可得所求范围．本题考查绝对值不等式的解法和不等式恒成立的解法，考查运算能力，属于基础题．。
【晨鸟】河南省六市2019届高三第一次联考试语文试卷(含答案)
河南省六市2019届高三第一次联考试题语文注意事项：1.考试时间共150分钟，满分150分。
2.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。
3.回答选择题时，选出答案后，用铅笔在答题卡上将对应题目的答案标号涂黑;如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答主观题时，将答案写在答题卡对应区域。
写在本试'卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
第I卷阅读题一、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1-3题。
王羲之创作的《兰亭集序》被盛赞为“天下第一行书”，不仅因为整幅作品精美绝伦，更因这篇手书序文中，字字独具风采，同字异写更是变化无穷，其中二十个“之”字无一雷同，竟有谚语“之字最多无一似”流传。
分布在原帖中的二十个“之”字，因语境、句式和书写布局呈现出的不同笔法、空间结构和内在韵味，究竟是书法家对艺术创作原则的主动遵循，还是临场发挥随机的、自然的结果，历来众说纷纭。
我们姑且将此争论放在一旁，单从结果上看，《兰亭集序》中三十个形态各异的“之”字，客观上贡献了书法创作上从形式到内容县出不穷的新意。
王羲之对书法变革的贡献，是书法家“内生”（创新是“生产过程中内生的、革命性的变化”）变革的典范。
他十二岁经父亲传授笔法，“语有大纲，即有所悟”，先师从卫铄（卫夫人）学习书法，之后博采众家之长，正书师法钟繇，草书师法张芝，最终做到了“真书胜钟，草故减张”“增损古法，裁成今体”，开辟了书法艺术的新天地。
这种艺术革新，首先是跳出了当时的窠臼，引领了书法体式上的“革命性”发展。
王羲之将行楷二体向前推进，开辟了草楷相结合的书法发展道路，使其便捷易识，在继承钟繇楷书古朴精简、张芝草书数意兼包的基袖上大胆变化，完美兼顾书法的实用性和艺术，以一种全新的文字书写体式形成隋唐以来书法发展的主流，在书法史上起了承前启后的作用。
笔法观念上，王羲之、王献之父子二人更是对传统程式进行大胆变革，以不断变化的手法和笔态，避免千篇一律，做到随类赋形，因势生形，字字相生，而面对同样的一个字，则照顾其所处环境、位置，保持该字独立个性的同时，做到与周围和谐统一。
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2019年河南省六市高三第一次联考语文第Ⅰ卷阅读题一、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1~3题。
王羲之创作的《兰亭集序》被盛赞为“天下第一行书”，不仅因为整幅作品精美绝伦，更因这篇手书序文中，字字独具风采，同字异写更是变化无穷（3A），其中二十个“之”（“同字异写”的典型例子）字无一雷同，竟有谚语“之字最多无一似”（2A）流传。
分布在原帖中的二十个“之”字，因语境、句式和书写布局呈现出的不同笔法、空间结构和内在韵味（1A），究竟是书法家对艺术创作原则的主动遵循，还是临场发挥随机的、自然的结果，历来众说纷纭。
我们姑且将此争论放在一旁，单从结果上看，《兰亭序》中二十个形态各异的“之”字，客观上贡献了书法创作上从形式到内容层出不穷的新意。
（1B）王羲之对书法变革的贡献，是书法家“内生”（2B）（创新是“生产过程中内生的、革命性的变化”）变革的典范（3B）。
他十二岁经父亲传授笔法，“语有大纲，即有所悟”，先师从卫铄（卫夫人）学习书法，之后博采众家之长，正书师法钟繇，草书师法张芝，（3C）最终做到了“真书胜钟，草故减张……增损古法，裁成今体”，开辟了书法艺术的新天地。
这种艺术革新，首先是跳出了当时的窠臼，引领了书法体式上的“革命性”发展。
王羲之将行楷二体向前推进，开辟了草楷相结合的书法发展道路，使其便捷易识，在继承钟繇楷书古朴精简、张芝草书数意兼包的基础上大胆变化，完美兼顾书法的实用性和艺术，以一种全新的文字书写体式形成隋唐以来书法发展的主流，在书法史上起了承前启后的作用（1D）。
笔法观念上，王羲之、王献之父子二人更是对传统程式进行大胆变革，以不断变化的手法和笔态，避免千篇一律，做到随类赋形，因势生形，字字相生，而面对同样的一个字，则照顾其所处环境、位置，保持该字独立个性的同时，做到与周围和谐统一。
《兰亭集序》中二十个神态各异的“之”字，就是这种笔法的代表性应用。
（1C）人们谈及创新，往往更多着眼于“发展”（即质变）的结果，而忽略“增长”（即量变）的前提，王羲之的书法创新则是量变基础上水到渠成的结果。
（中心句）古语“临池学书，池水尽墨”说的是汉代著名书法家张芝，在水塘边上练习书法，天长日久，洗笔竟把整个水池洗黑，后人称之为“墨池”。
《晋书·王羲之传》载：“（王羲之）曾与人书云：‘张芝临池学书，池水尽黑，使人耽之若是，未必后之也。
”’这种态度，可以视作王氏对增长型“量变”的肯定。
（2C）“临池学书，池水尽墨”现已成为家喻户晓的成语，具有相关语义的“笔秃千管”“秃笔成冢”等成语流传甚广，也说明书法家群体对量变积累的集体重视。
（2D，论据与论题的关系）在临池水墨的基础上，王羲之兼收并蓄、海纳百川的做法，是对同时代书法技艺、要素进行的重新组合。
伴随其阅历的增长，特别是看到李斯的《峰山碑》、蔡邕的三体石经、张旭的《华岳碑》以及钟繇的《宣示帖》真迹后，王羲之遂改变初学，博采众长的同时，尝试另辟蹊径，形成自己独特的书法风格。
（摘编自王枫《之字最多无一似》，《光明日报》2018年12月09日）1．下列关于原文内容的理解和分析，不正确的一项是( )（3分）A．《兰亭集序》中的“之”字，其笔法、空间结构和内在韵味因语境、句式和书写布局不同而不同。
（调整原文语序，将原文果因关系调整为因果关系，语意未变。
）B．关于其中“之”字形态成因的探讨众说纷纭，但争论的结果则足以说明《兰亭集序》富有多层新意。
（选项对“结果”的内容进行了偷换） C．王羲之能做到随类赋形，因势生形，字字相生，其《兰亭集序》中“之”字堪称这一方面的典范。
（与第2题命题点混淆，考查的是论点与论据的关系。
）D．王羲之开创了一种全新的文字书写体式，这种书写形式对后世书法产生深远影响，作用不可小觑。
（对原文内容小有分析，正确） 2．下列对原文论证的相关分析，不正确的一项是( )（3分）A．原帖中的二十个“之”字无一雷同，这最能够证明《兰亭集序》单个字体变化无穷。
（论据与论点的关系，着眼局部）B．王羲之对书法变革的贡献是书法家“内生”变革的典范，对此作者从两个方面阐述。
（考查论证思路，着眼一段）C．文中引述《晋书·王羲之传》中的一段话，意在证明王羲之有重视“增长”的自觉。
（论据与论点的关系，着眼局部）D．文本借“笔秃千管”“秃笔成冢”等成语流传甚广来证明王羲之有兼收并蓄的智慧。
（论据与论点的关系）长趋势。
境就是自掘坟墓。
从消费需求来看，乡村生态环境正是广大人民群众的需求所在，破坏了生态环境也就失去了消费动力，产业发展也是无源之水。
要在乡村划定生态保护红线，规划先行，科学筹谋，控制开发强度，将产业发展与生态文明有机结合起来。
（高源《发展乡村旅游助力乡村振兴应把握“四性”》2018年5月5日《中国旅游报》）4．下列对材料相关内容的理解，正确的一项是( )（3分）A．作为一种新型的旅游模式，现代乡村旅游具有旅游时间自由和旅游资源丰富的特征，为农村经济的发展作出了很大的贡献。
B．从数据和图表可以看出，从2010 - 2016年，中国乡村旅游接待人次、旅游收入和过夜游客数量都保持持续增长的态势。
C．在景区门票政策性下调的背景下，景区旅游发展必须和乡村旅游发展相结合（偷换条件），构建新的消费增长极，才能解决本身存在的普遍问题。
D．国家大部分的5A级景区内和周边都存在有丰富且优质的乡村旅游资源，二者结合发展，必然会形成共振效应。
（修饰语位置调整致意思变更）【点评】B项看图过于直观，缺少考察分析。
5．下列对材料相关内容的理解，不正确的一项是( )（3分） A．景区和乡村旅游结合发展的共振效应具体表现为：乡村资源在享受景区基础配套设施的同时，也为景区提供了增量空间、消费场景。
（顺序变意思未变，属等价转换）B．不管是乡村旅游开发者开发过程中的过度开发行为，还是游客游览中带来的汽车尾气和生活垃圾等，都在不同程度上破坏了资源环境的基础。
C．产业发展是乡村生态环境的基础，乡村生态环境是人民群众的需求，破坏了生态环境，产业发展就无从谈起，也会让群众失去消费动力。
D．在发展乡村旅游的过程中，要注重乡村旅游发展的“可持续性”，将产业发展与生态文明有机结合，划定生态保护红线和推进乡村旅游发展是不矛盾的。
【点评】C项命制过于简单。
6．对于发展乡村旅游最应该注意的当地生态环境保护问题，你认为需要从哪些方面采取措施？请结合文本简要分析。
（6分）【点评】选文及命制难度低于高考同类习题。
有名有姓的烈士就有一万八千人。
铜鼓，这块名符其实的红色热土，为中国革命做出的巨大牺牲，令我感到凝重。
（情感句）浏阳与张坊镇交界处的排埠镇月形湾，潭水碧绿，溪流淙淙，山上长满了翠竹、灌木与茅草。
如果没有史料记载，很少会有人想到，在这个普通的山湾，毛泽东曾经历过他革命生涯中唯一的一次被捕。
1927年9月7日，毛泽东乔装成安源煤矿采购员，从安源出发，奔赴铜鼓，准备亲自领导秋收起义。
一路上日夜兼程，绕过敌人重兵把守的萍乡，在9月8日进入浏阳张坊镇七溪村时，被张坊的团丁抓住。
团丁要把毛泽东押到民团总部去处死。
押送途中，毛泽东决定设法逃跑。
在离民团总部不到二百米的地方，终于找到了机会。
他急中生智，成功逃脱。
后来在一个叫陈九兴的农民帮助下，毛泽东在昊家祠住了一夜，于9月10日到达铜鼓县城萧家祠。
次日，在铜鼓大沙洲的永宁桥畔举行了阅兵仪式，发动了永载史册的秋收起义。
从而为后人留下了一段景仰乐道的传奇史话。
时光带走了岁月的风尘，近一个世纪的历史早已在这里凝固。
（插叙，一表明是史料，二分析其内容，三联系文章主旨。
）如今，小小的月形湾，作为一代伟人的化险地，已构成了一道独特的精神风景。
在铜鼓，我们采访的最后一站，是大沩山下永丰村的“精准扶贫”。
据镇党委书记介绍，永丰村是省级贫困村。
近年来，他们实施靠山吃山、靠水吃水的脱贫策略，把峡谷溪水打造成“江西第一漂”，把高山荒地建成江西第二家野外高山滑雪场，同时把深山竹笋、杨梅、尖栗、板栗、山楂做成罐头，甚至把竹子做成电脑键盘、鼠标、小音箱等，远销各地。
离开铜鼓前，我独自来到了定江河边。
我想找一位当地人，最好是上了年纪的老人，聊一聊，做个简单的交流。
我凝望着眼前幽深的河水，回想着在铜鼓的所见所闻，心中泛起阵阵涟漪。
我在想，悠长的河水流走了岁月的泥沙，却流不走凝固的历史。
而凝固的历史与流动的现实在这里交织，或许后者更需要我们的关注吧。
（摘编自《人民日报》，有删改）7．下列对文章相关内容和艺术特色的分析鉴赏，不正确的一项是( )（3分）A．文章第二段引用史料介绍了铜鼓的设置时间、命名由来，更好地说明了铜鼓悠久的历史，增强了文章的真实性。
（与第8题有重合之处）之言，其不合也，不亦宜乎。
离则有衅，巧辩缘间，眩于小忠，恋于恩爱，贤愚杂错，长幼失叙，其所由来，情乱之也。
故明君悟之，求贤如饥渴，受谏而不厌，抑情损欲，以义割恩，上无偏谬之授，下无希冀之望。
宜加三思，含垢藏疾，以成仁覆之大。
”时年六十卒。
权省书流涕。
（摘编自陈寿《三国志·吴志八》）10.下列对文中画波浪线部分的断句，正确的一项是( )（3分）A．策身临行陈／纮谏曰／夫主将乃筹谟之所自／出三军之所系命也／不宜轻脱／自敌小寇／愿麾下重天授之／姿副四海之望／无令国内上下危惧／B．策身临行陈／纮谏曰／夫主将乃筹谟之所自出／三军之所系命也／不宜轻脱／自敌小寇／愿麾下重天授之姿／副四海之望／无令国内上下危惧／C．策身临行／陈纮谏曰／夫主将乃筹谟之所自出／三军之所系命也／不宜轻脱／自敌小寇／愿麾下重天授之姿／副四海之望／无令国内上下危惧／D．策身临行陈／纮谏曰／夫主将乃筹谟之所自出／三军之所系命也／不宜轻脱自敌/小寇愿麾下重天授之姿／副四海之望／无令国内上下危惧／【点评】此题命制难度过小，出现“曰”“也”以及对偶、四字句等明显标志。
11.下列对文中加点词语的相关内容的解说，不正确的一项是( )（3分）A．游学指离开自己熟悉的环境，到另一个全新的环境里进行学习的传统学习方式。
B．秀才即入府州县学的生员，可以参加举人考试，因避汉光武帝刘秀讳而称为“茂才”。
C．辟是中央官署的高级官僚或地方政府的官吏任用属吏，再向朝廷推荐的用人制度。
D．笺，是个多义词，故有“笺注”“笺记”“投笺”“笺书”等说，文中指“奏书”。
12.下列对原文有关内容的概括与分析，不正确的一项是( )（3分）A．张纮善于洞悉时事，择善而侍。
他勤学有才，但是面对可以入仕的机会，却多次拒绝，而后才委身投靠孙策。
题走向，如“辅”“胜”等词义需要联系语境准确理解。
【点评】15、16题命制难度适中。
外国，要靠自己；惟其如此，才能创新，才能进步，才能超越。
”对钱七虎来说，( )。
他要求现场施工人员以如临深渊、如履薄冰的心态来对待项目，建设的每一个环节、每一刻都不能放松。