吉林省长春市东北师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期第三次摸底考试地理试卷
吉林省长春市东北师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期第三次摸底考试英语试卷
2023-2024学年上学期东北师大附中（英语）科试卷高三年级第三次摸底考试考试时长：120分钟试卷分值：150分注意事项：1. 答题前，考生须将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码。
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
3. 回答非选择题时，请使用0. 5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效。
4. 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
第一部分听力（1-20小题）在笔试结束后进行。
第二部分阅读（共两节，满分50分）第一节（共15小题；每小题2. 5分，满分37. 5分）阅读下列短文，从每题所给的A、B、C和D四个选项中，选出最佳选项。
ADear Tommy,I am Ole Orvér, Finnair’s chief commercial officer. It’s my pleasure to warmly welcome you back to the skies with Finnair. I’d like to reflect on some of the developments that we hope you find exciting and helpful:·This summer season you can fly with Finnair to over 70 European and five US destinations. In Asia, we serve eight cities, including Guangzhou and newly added Mumbai starting 6 August. We operate over 300 daily flights and I’m excited about the addition of Seattle and Dallas to our US network.·Travel is recovering everywhere, and airports around the world are working hard to manage increased traffic volumes. It is a good idea to reserve some extra time at the airport before your flight. We are doing our very best together with our partners both at Helsinki and in our outstations to offer you a smooth travel experience during this popular travel season.·You are again able to offset flight carbon emissions (碳补偿), this time with a service that combines sustainable aviation (航空) fuel and certified climate projects. We at Finnair have ambitious emissions targets and our customers wish for a simple and transparent way to contribute.·Finnair Plus turned 30 in May. We are committed to developing the programme further to serve you in the best possible way. To make your flight bookings smoother, we recently upgraded the experience of booking award flights in the Finnair app.Finally, I’d like to thank you for your patience when we haven’t got things quite right. Wherever you’re travelling in the next few months, I hope it’s memorable. Thank you for flying Finnair.Kind Regards,Ole Orvér21. Which city is a new addition to the Finnair’s Asian network?A. Guangzhou.B. Mumbai.C. Seattle.D. Dallas.22. What is Finnair doing to help the environment?A. Launching a climate project.B. Developing sustainable fuels.C. Donating to a green programme.D. Offering a carbon offset service.23. Why does Finnair write this letter to Tommy?A. To express sincere gratitude.B. To introduce new routes.C. To apologize for bad service.D. To keep a regular customer.BI’m a talker. I’m into debating, gossiping and teasing. I solve problems by talking them through. This works perfectly well when I have people to talk to. Under lockdown, however, I’ve only had my partner, Peter. We not only lived, worked and traveled together, but mostly socialized together, too. Under the first UK lockdown, our constant closeness began to feel uncomfortable.For the first time in our 10 years together, we needed to be alone. I tried to manufacture this by going on walks on my own, but a short walk in the local park wasn’t doing the job. I considered my options and hit upon an idea: the semi-solo hike. Could we do a circular hike but walk in different directions? This would give us the space and peace of a solo hike. It felt like a promising compromise, so I told him about it. He thought it was thoroughly silly but agreed to give it a try.We started with a four-mile loop(环形) from Reeth. At the start, we parted ways. At first, I was aware of how close we were, which lessened the appeal Walking alone offers freedom and alone time, but here I was with my boyfriend nearby. As I gained ground, however, I found myself very much alone. I set my own pace, and I decided to take my time.I sat on a rock and breathed out. That moment —with the weak sun through the clouds and the breeze blowing across makeshift pools —felt extraordinary to me. I was born and raised in London and had never imagined leaving until I met an outdoorsman. Now, my former life as a city girl felt crazy. Realizing what I had gained, I felt the tension leave me. There, in the chilly air, I no longer needed to talk. The semi-solo hike gave us a shared experience with added room to breathe. I didn’t see Peter on route but reunited back where we started, both of us sheepish (难为情的) but pleased. The semi-solo hike is admittedly silly in theory, but for me it has been a lifeline. It has given me the gift of time alone and, in a year of constant closeness, the joy of reuniting.24. Why did the author decide to do a semi-solo hike?A. To get rid of the lockdown.B. To find some individual space.C. To meet more people to socialize.D. To seek the pleasure of reuniting.25. How did the author feel at the beginning of the hike?A. Curious.B. Thrilled.C. Unsatisfied.D. Relaxed.26. What can be inferred from the last paragraph?A. Interest is the best teacher.B. Exercise helps increase confidence.C. Living in the city limits our imagination.D. An appropriate distance creates happiness.27. What is the best title for the text?A. Hiking TogetherB. Spending Time ApartC. Taking Exercise AloneD. Reuniting with My PartnerCWith an abundance of sun and wind, Spain is positioning itself as Europe’s future leader in green hydrogen production to clean up heavy industries. But some energy experts express caution because this process relies on massive availability of zero-carbon electivity.Green hydrogen is created when renewable energy sources power an electrical current that runs through water, separating its hydrogen and oxygen molecules (分子). The process doesn’t produce planet-warming carbon dioxide, but less than 0. 1% of global hydrogen production is currently created in this way.The separated hydrogen can be used in the production of steel, ammonia (氨) and chemical products, all of which require industrial processes that are harder to stop fossil fuels. Hydrogen also can be used as a transportation fuel, which could one day transform the highly polluting shipping and aviation sectors.Spain’s large, windswept and thinly populated territory receives more than 2, 500 hours of sunshine on average per year, providing ideal conditions for wind and solar energy, and therefore green hydrogen production.“If you look at where hydrogen is going to be produced in Europe in the next million years, it’s in two countries, Spain and Portugal,” said Thierry Lepercq, the founder and president of HyDeal Ambition, an industry platform bringing together 30 companies. “Hydrogen is the new oil.”Lepercq is working with companies like Spanish gas pipeline corporation Enagas and global steel giant ArcelorMittal to design an end-to-end model for hydrogen production, distribution and supply at a competitive price. Criticism has centered on green hydrogen’s higher cost compared with highly-polluting “gray hydrogen” drawn from natural gas. Lepercq argues that solar energy produced in Spain is priced low enough to compete.Globally, Lepercq said, “Electricity is 20% of energy consumption. What about the 80% that is not electrified? ... You need to replace those fossil fuels. Not in 50 years’ time. You need to replace them now.”28. Why are some experts cautious about green hydrogen production in Spain?A. It needs large amounts of sun and wind.B. It has an effect on heavy industries.C. It causes conflicts among countries.D. It uses lots of zero-carbon electricity.29. What is the advantage of green hydrogen production in Spain?A. Ideal geographical conditions.B. The support from government.C. Hydrogen production technology.D. Well-developed public transports.30. What can be inferred about green hydrogen in Spain according to Lepercq?A. It is highly priced.B. It is easy to store.C. It is competitive.D. It is highly-polluting.31. What is the passage mainly about?A. Spain manages to use zero-carbon electricity.B. Spain struggles to lead EU in heavy industry.C. Spain takes the lead in preventing air pollution.D. Spain replaces fossil fuel with green hydrogen.DSearch “toxic parents”, and you’ll find more than 38, 000 posts, largely urging young adults to cut ties with their families. The idea is to safeguard one’s mental health from abusive parents. However, as a psychoanalyst (精神分析学家), I’ve seen that trend in recent years becomes a way to manage conflicts in the family, and I have seen the severe impacts estrangement(疏远) has on both sides of the divide. This is a self-help trend that creates much harm.“Canceling” your parent can be seen as an extension of a cultural trend aimed at correcting imbalances in power and systemic inequality. Today’s social justice values respond to this reality, calling on us to criticize oppressive and harmful figures and to gain power for those who have been powerless. But when adult children use the most effective tool they have —themselves —to gain a sense of security and ban their parents from their lives, the roles are simply switched, and the pain only deepens.Often, what I see in my practice are cases of family conflict mismanaged, power dynamics turned upside down rather than negotiated. I see the terrible effect of that trend: situations with no winners, only isolated humans who long to be known and feel safe in the presence of the other.The catch is that after estrangement, adult children are not suddenly less dependent. In fact, they feel abandoned and betrayed, because in the unconscious, it doesn’t matter who is doing the leaving; the feeling that remains is “being left”. They carry the ghosts of their childhood, tackling the emotional reality that those who raised us can never truly be left behind, no matter how hard we try.What I have found is that most of these families need repair, not permanent break-up How can one learn how to negotiate needs, to create boundaries and to trust? How can we love others, and ourselves, if not through accepting the limitations that come with being human? Good relationships are the result not of a perfect level of harmony but rather of successful adjustments.To pursue dialogue instead of estrangement will be hard and painful work. It can’t be a single project of “self-help”, because at the end of the day, real intimacy (亲密关系) is achieved by working through the injuries of the past together. In most cases of family conflict, repair is possible and preferable to estrangement —and it’s worth the work.32. Why do young people cut ties with the family?A. To gain an independent life.B. To restore harmony in the family.C. To protect their psychological well-being.D. To follow a tendency towards social justice.33. What does the underlined word “catch” in Paragraph 4 mean?A. Response.B. Problem.C. Operation.D. Emphasis.34. To manage family conflict, the author agrees that young adults should ________.A. break down boundariesB. gain power within the familyC. live up to their parents’ expectationsD. accept imperfection of family members35. What’s the author’s purpose of writing the passage?A. To advocate a self-help trend.B. To justify a common social value.C. To argue against a current practice.D. To discuss a means of communication.第二节（共5小题；每小题2. 5分，满分12. 5分）根据短文内容，从短文后的选项中选出能填入空白处的最佳选项，并在答题卡上将该项涂黑。
2021届吉林省长春市东北师大附中高三年级上学期第三次摸底数学(理)试题
2020届吉林省长春市东北师大附中高三年级上学期第三次摸底数学（理）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．12i 12i+=- A ．43i 55-- B ．43i 55-+ C ．34i 55-- D ．34i 55-+ 2．已知集合{}2230A x N x x =∈--≤，{}1B x Z x =∈≤，则AB =（ ） A ．{}1,0,1- B ．{}0,1C ．{}11x x -≤≤D ．{}13x x -≤≤ 3．角θ的终边与单位圆O交于点13P ⎫-⎪⎪⎝⎭，则cos2θ=（ ）A ．79B ．89C ．79-D ．89- 4．已知向量()1,3a =，()0,3a b +=，设a 与b 的夹角为θ，则θ=（ ） A ．6π B ．3π C ．23π D ．56π 5．设3log 2a =，432b =，2312c -⎛⎫= ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系为（ ） A ．a b c >> B ．b c a >> C ．c a b >> D ．a c b >>6．若,x y 满足01026x y y y x +≥⎧⎪+≤⎨⎪≥-⎩,则x y -的最大值为A ．4B ．2C ．1D ．0 7．函数()cos x x x f x e e-=-的图像大致是（ ） A ． B ． C ． D ．8．设R θ∈，则“66ππθ-<”是“1cos θ2”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件9．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且6322S S -=，则789a a a ++的最小值为（ ）A ．9B ．8C ．6D ．410．已知函数()()sin f x A x =+ωϕ0,,2A N πωϕ⎛⎫>∈< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则()f x 的单调递增区间为（ ）A ．2,,63k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦ B ．22,2,63k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦ C ．,,36k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦D ．2,2,36k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦ 11．设函数()f x 的定义域为R ，满足()()12f x f x +=，且当()0,1x ∈时，()sin f x x π=.记当[)0,x ∈+∞时，函数()f x 的极大值点从小到大依次记为123,,,...,,...n a a a a 并记相应的极大值为123,,,...,,...n b b b b ，则()101k k k a b =+=∑（ ）A ．561B ．611C ．1073D ．209712．已知O 为锐角ABC ∆的外心，且三边,,a b c 与面积S 满足2224b c a S +-=，若AO AB AC λμ=+（其中,λμ是实数），则λμ的最大值是（ ）A．22- B．22+C．32+ D．32-二、填空题13．曲线cos y x x =+在点(0,1)处的切线方程为__________．14．如图，正六边形ABCDEF 的边长为1，记AB a =，从点A ､B ､C ､D ､E ､F 这六点中任取两点为向量b 的起点和终点，则a b ⋅的最大值为______.15．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图方法，发现了黄金分割，其比值为方程210x x +-=的正根10.6182≈，这一数值也可以表示为2sin18，则sin54sin18-=______. 16．已知函数()2,0,1,0,x e x x f x ax x ⎧->=⎨-<⎩若存在实数0x ，使得()()00f x f x -=-成立，则实数a 的取值范围是______.三、解答题17．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，12n n S a +=-.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）数列{}n b 满足22log 1n n b a =+，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证111334n k k T =≤<∑. 18．如图，在ABC ∆中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知()cos 2cos c B a b C =-，点D 在边BC 上.（Ⅰ）求角C ；（Ⅱ）若5b =，11cos 14B =，且ABD ∆的面积与ADC ∆的面积之比为3:1，求AD . 19．如图，三棱柱111ABC A B C -的侧面11AC CA 是正方形，平面11AC CA ⊥平面11BCC B ，11BC C C ⊥，11BC C C =，点E 在AC 上，3AC EC =，F 是11A B 的中点.（Ⅰ）求证：1//AC 平面1FBC ； （Ⅱ）判断平面1FBC 与平面1ABC 是否垂直，直接写出结论，不必说明理由； （Ⅲ）求二面角1C BF E --的余弦值.20．已知ABC ∆的两个顶点,A B 的坐标分别为()2,0-，()2,0，且,CA CB 所在直线的斜率之积等于34-，记顶点C 的轨迹为Γ. （Ⅰ）求顶点C 的轨迹Γ的方程；（Ⅱ）若直线:l y kx m =+与曲线Γ交于,M N 两点，点P 在曲线Γ上，且O 为PMN ∆的重心（O 为坐标原点），求证：PMN ∆的面积为定值，并求出该定值. 21．已知函数()()21ln 12f x ax a x x =-+-，()1xg x e x =--. （Ⅰ）若0x =为函数()f x 的极小值点，求a 的取值范围，并求()f x 的单调区间； （Ⅱ）若0x ∀≥，()()212g x f x x ≥+，求a 的取值范围. 22．在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l 的极坐标方程为sin 23πρθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，曲线C 的参数方程为cos ,2sin x m y αα=⎧⎨=⎩（α为参数，0m >）. （Ⅰ）当2m =时，判断直线l 与曲线C 的位置关系；（Ⅱ）设直线l 与y 轴的交点为P ，且与曲线C 交于,M N 两点，且15PM PN ⋅=，求m 的值.23．设0a >，0b >，0c >.（Ⅰ）若1a b c ++=，求111a b c++的最小值；（Ⅱ）若1abc =111a b c≤++.参考答案1．D【解析】分析：根据复数除法法则化简复数，即得结果. 详解：212(12)341255i i i i ++-+==∴-选D. 点睛：本题考查复数除法法则，考查学生基本运算能力.2．B【分析】求出集合,A B ，利用集合的交运算即可求解.【详解】{}{}{}2230130,1,2,3A x N x x x N x =∈--≤=∈-≤≤=，{}{}{}1111,0,1B x Z x x Z x =∈≤=∈-≤≤=-， {}0,1A B ∴⋂=.故选：B【点睛】本题考查了集合的交运算，同时考查了一元二次不等式的解法以及绝对值不等式的解法，属于基础题.3．A【分析】利用三角函数的定义可得cos θ=cos2θ 【详解】由题意可得cos 3θ=， 所以287cos22cos 12199θθ=-=⨯-=. 故选：A【点睛】本题考查了三角函数的定义以及二倍角公式，需熟记公式，掌握三角函数的定义是关键，属于基础题.4．C【分析】根据向量的坐标运算求出向量b ，再利用向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】设(),b x y =，由()1,3a =，()0,3a b +=，可得()(()0,31,0b =-=-，设a 与b 的夹角为θ，且[]0,θπ∈ 则21cos 21a b a b θ⋅===-+，所以θ=23π. 故选：C【点睛】本题考查了向量坐标表示、向量数量积的坐标运算，属于基础题.5．B【分析】利用指数函数、对数函数的单调性即可求解.【详解】由3log y x =单调递增，所以333log 1log 2log 3<<，即01a <<. 由2x y =为增函数，则42033222>>，所以24233312212b c -⎛⎫=>==> ⎪⎝⎭， 综上可得b c a >>.故选：B【点睛】本题考查了指数函数、对数函数的单调性比较指数式、对数式的大小，属于基础题. 6．A【解析】【分析】先作出不等式组对应的可行域，再利用线性规划求最值得解. 【详解】当x≥y时，设z=x-y,由题得1026 x yyy xx y⎧⎪+≥⎪⎪+≤⎨⎪≥-⎪≥⎪⎩，不等式组对应的可行域如图所示，当直线z=x-y经过点B(2,-2)时，直线的纵截距-z最小，z最大，此时z取最大值2-(-2)=4.当x＜y时，设z=y-x,由题得1026x yyy xx y⎧⎪+≥⎪⎪+≤⎨⎪≥-⎪<⎪⎩，不等式组没有可行域，所以该情况不存在.故选：A【点睛】本题主要考查线性规划求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 7．A【解析】因为()()f x f x -=- ，所以去掉B,D;当π(0,)2x ∈ 时，()0f x > 所以去掉C,选A. 8．A【分析】运用绝对值不等式的解法和余弦函数的图象和性质，化简两已知不等式，结合充分必要条件的定义，即可得到结论．【详解】 ∵0666663ππππππθθθ-<⇔-<-<⇔<<，1cos 22,233k k k Z ππθπθπ>⇔-+<<+∈， 则0,2,2,333k k k Z πππππ⎛⎫⎛⎫⊆-++∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 可得“66ππθ-<”是“1cos 2θ>”的充分不必要条件，故选A. 【点睛】本题考查充分必要条件的判断，同时考查余弦函数的图象和性质，运用定义法和正确解不等式是解题的关键，属于基础题．9．B【分析】根据{}n a 是等比数列，由6322S S -=，即6332S S S -=+可得36396,,S S S S S --也是等比数列，结合基本不等式的性质即可求出789a a a ++的最小值.【详解】 {}n a 是等比数列，6322S S -=，即6332S S S -=+，∴36396,,S S S S S --也是等比数列，且96789S S a a a -=++，()()263396S S S S S ∴-=⋅-，可得：()2233396333324444S S S S S S S S S +++-===++48≥=，当且仅当32S =时取等号， ∴789a a a ++的最小值为8.故选：B 【点睛】本题考查了等比数列的前n 项和性质以及基本不等式求和的最小值，熟记等比数列的前n 项和性质是关键，属于基础题. 10．C 【分析】由图可知函数的周期T π=，进而根据周期公式求出ω，利用对称轴以及ϕ的范围可求出ϕ，再由正弦函数的单调递增区间整体代入即可求解. 【详解】 由图可知22362T πππ=-=，解得T π=，所以22πωπ==， 又()2262k k Z ππϕπ⨯+=+∈，解得()26k k Z πϕπ=+∈.2πϕ<，所以6π=ϕ，所以()sin 26f x A x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，0A > 由()222262k x k k ππππ-≤+≤π+∈Z ， 解得()36k x k k πππ-≤≤π+∈Z ，所以()f x 的单调递增区间为,,36k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦. 故选：C 【点睛】本题考查了由图像求三角函数的解析式以及整体代入法求函数的单调区间，属于基础题. 11．C 【分析】根据()()12f x f x +=以及极值点与极值的定义求出123,,,a a a 123,,,b b b 判断{}{},n n a b 分别为等差数列与等比数列，利用等差数列与等比数列的求和公式即可求解. 【详解】由()()12f x f x +=，即()()21=-f x f x ，当()0,1x ∈时，()sin f x x π=， 由题意可知112a =，11b =， 当12x <<时，则011x <-<，()()()212sin 1f x f x x π=-=- 则232a =，22b =， 当23x <<时，则021x <-<，()()()414sin 2f x f x x π=-=-， 则352a =，34b =，所以{}n a 是以12为首项，1为公差的等差数列， {}n b 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以()()()101212101kk n k ab a a a b b b =+=+++++++∑()1011121091105010231073212a ⨯-⨯⨯=++=+=-.故选：C 【点睛】本题考查了三角函数的性质、极值点以及极值的定义、等差数列、等比数列的前n 项和公式，需熟记定义与公式，属于中档题. 12．D 【分析】利用余弦定理以及三角形的面积公式求出cos A =BC 边所在的直线为x 轴，BC 边的垂直平分线为y 轴建立直角坐标系（D 为BC 边的中点），由外接圆的性质可得BOD COD BAC ∠=∠=∠,由cos A =2R =，则2OA OB OC ===,可得,,B C O 的坐标，设(),A m n ，则ABC ∆的外接圆的方程为：(224x y +-=，利用向量的坐标运算可得())m m mn n nλμλμ⎧-=+⎪=--，从而求出,m n ，代入外接圆方程可得()221λμλμ+=+，再利用基本不等式即可求解. 【详解】由2224b c a S +-=，可知12cos 4sin 2bc A bc A =⨯， 解得tan 1A =，所以cos A =如图所示，以BC 边所在的直线为x 轴，BC 边的垂直平分线为y 轴建立直角坐标系 （D 为BC 边的中点）由外接圆的性质可得BOD COD BAC ∠=∠=∠,由cos A =2R =， 则2OA OB OC ===,cos OD COD OC ∠==OD DC ∴===,())((),,,,B O CO A m n ∴，则ABC ∆的外接圆的方程为：(224x y +-=，AO AB AC λμ=+，()()),,m n m n m n λμ∴-=-+-，())m m mn n nλμλμ⎧-=+⎪∴=-- ，1λμ+≠，否则,,C O B 三点共线，由图可知不可能的.∴可化为)1m n μλλμ⎧-=⎪+-⎪⎨⎪=⎪⎩，代入ABC ∆的外接圆的方程可得()()2222411μλλμλμ⎛-+= +-+-⎝， 化为()221λμλμ+=+， 化为()2122λμλμ+=+≥⨯12+12≤-， 又01λμ<<，所以302λμ-<≤， 所以λμ的最大值为32-. 故选：D 【点睛】本题考查了余弦定理、三角形的面积公式、向量的坐标运算以及基本不等式求最值，综合性比较强，属于难题. 13．10x y -+= 【分析】由题可判断出点在曲线上，所以通过求导求出切线的斜率，把斜率和点代入点斜式方程即可． 【详解】∵点（0，1）在曲线上，又由题意，1sin y x '=-，∴斜率k ＝0101x y ==-='，∴所求方程为：10y x -=-，即y ＝x +1．故答案为：10x y -+=． 【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，属于基础题． 14．2 【分析】向量的数量积最大，需要两个向量的模以及两个向量的夹角的余弦函数值的乘积取得最大值即可. 【详解】由题意可知：则cos ,cos ,a b a b a b b a b ⋅==，由图可知2,cos ,1b a b b FC ≤<>≤∴=时，所以cos ,2a b b a b ⋅==， 故a b ⋅的最大值为2. 故答案为：2 【点睛】本题考查了向量数量积的定义，掌握向量数量积的定义是关键，属于基础题. 15．12【分析】利用诱导公式以及二倍角的余弦公式即可求解. 【详解】2sin54sin18cos36sin1812sin 18sin18-=-=--()()1112sin181sin18111242⎛⎫⎛⎫-=--+=---= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.故答案为：12【点睛】本题考查了诱导公式以及二倍角的余弦公式，需熟记公式，属于基础题. 16．[)2,e -+∞ 【分析】由已知条件令00x >可得02001x ax e x +=-，分离参数可得00001x e a x x x =--，令 ()000001x e g x x x x =--，求出()0g x 的值域即可求解.【详解】()2,0,1,0,x e x x f x ax x ⎧->=⎨-<⎩，且()()00f x f x -=-令00x >，∴()02001xax e x --=--，即02001x ax e x +=-，从而可得00001x e a x x x =--， 令()000001x e g x x x x =--， 则()()()0000002220001111x x x x e x e x e g x x x x ---⋅-'=-+=， 令()0001xh x e x =--，则()001xh x e '=-，因为00x >，所以()0010xh x e '=->，即()0h x 在()0,∞+上为增函数，所以()()00h x h >，即()00010xh x e x =-->，所以()()()00002011xx e x g x x ---'=，当01x>时，()00g x '>，当001x <<时，()00g x '<，所以()0g x 在()0,1上单调递减，在[)1,+∞上单调递增，所以()()012g x g e ≥=-， 所以2a e ≥-，实数a 的取值范围是[)2,e -+∞. 故答案为：[)2,e -+∞ 【点睛】本题考查了导数在求函数最值中的应用，考查了分离参数法求参数的取值范围，属于难题.17．（Ⅰ）2nn a =（Ⅱ）证明见解析【分析】（Ⅰ）根据n S 与n a 的关系，可得12n n a a +=，从而判断{}n a 为等比数列，利用等比数列的通项公式即可求解.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，22log 121n n b a n =+=+，利用等差数列的求和公式可得()2n T n n =+，再利用裂项求和法可求出11nk kT =∑，令()31114212f n n n ⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭，易知()f n 单调递增，借助函数的单调性即可求解. 【详解】（Ⅰ）因为12n n S a +=-，① 当2n ≥时，12n n S a -=-，②由①-②得1n n n a a a +=-，即12n n a a +=， 当1n =时，2124a a =+=，21422a a ==， 所以数列{}n a 为等比数列，其首项为12a =，公比为2，所以112n nn a a q -==；（Ⅱ）由（Ⅰ）得，22log 121n n b a n =+=+，所以()2n T n n =+，所以()11111222k T k k k k ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， 所以11111111111...2324112nk k T n n n n =⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑31114212n n ⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭令()31114212f n n n ⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭，易知()f n 单调递增， 所以()()314f f n ≤<，即()1334f n ≤<， 所以111334n k k T =≤<∑. 【点睛】本题考查了n S 与n a 的关系、等比数列的通项公式、等差数列的前n 项和公式、裂项求和法以及函数的单调性求值域，综合性比较强，属于中档题. 18．（Ⅰ）3C π=（Ⅱ）AD =【分析】（Ⅰ）利用正弦定理边化角可得2sin cos sin cos sin cos A C C B B C =+，再利用两角和的正弦公式的逆应用即可求解.（Ⅱ）在ABC ∆中，0B π<<，11cos 14B =，从而可得sin B =进而求出sin BAC ∠，在ABC ∆中，由正弦定理可得BC ，根据ABD ∆的面积与ADC ∆的面积之比为3:1，可得2DC =，在ADC ∆中，利用余弦定理即可求解.【详解】（Ⅰ）由题意，∵()2cos cos a b C c B -=，由正弦定理可得()2sin sin cos sin cos A B C C B -=， 即2sin cos sin cos sin cos A C C B B C =+， ∴()()2sin cos sin sin sin A C B C A A π=+=-=， 在ABC ∆中，0A π<<，∴sin 0A ≠. ∴cos 12C =，又在ABC ∆中，0C π<<， ∴3C π=.（Ⅱ）在ABC ∆中，0B π<<，11cos 14B =，∴sin B ==由（Ⅰ）可知3C π=，∴()111sin sin sin cos cos sin 214BAC B C B C B C ∠=+=+=+=， 在ABC ∆中，由正弦定理可得5sin 8sin b BACBC B∠===，∵ABD ∆的面积与ADC ∆的面积之比为3:1， ∴3BD DC =，∴2DC =. 在ADC ∆中，由余弦定理可得2222212cos 52252192AD AC DC AC DC C =+-⋅⋅=+-⨯⨯⨯=，∴AD =【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理解三角形，需熟记定理，属于中档题.19．（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）平面1FBC ⊥平面1ABC （ 【分析】（Ⅰ）连结1B C 交1BC 于D ，因为F 为中点，所以1//FD A C ，利用线面平行的判定定理即可证出（Ⅱ）首先利用面面垂直的判定定理即可得出结论.（Ⅲ）建立空间直角建立坐标系，分别求出平面1FB C 的一个法向量、平面EBF 的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解. 【详解】（Ⅰ）如图所示，连结1B C 交1BC 于D ，因为F 为中点，所以1//FD A C ，又因为FD ⊂平面1FBC , 1AC ⊄平面1FBC , 所以1//A C 平面1FBC .（Ⅱ）平面1FBC ⊥平面1ABC .（Ⅲ）如图建立坐标系，设1CC a =，()1,0,0C B a =，1,,222a a a C F ⎛⎫=-⎪⎝⎭， 设平面1FB C 的一个法向量为(),,n x y z =，则1100n C B n C F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，00222ax a a ax y z =⎧⎪⎨++=⎪⎩， 令1y =，则()0,1,1n =，同理可得平面EBF 的一个法向量为()2,1,3k =，所以()2cos ,7n k n k n k⋅===+， 因为二面角为锐二面角，所以求二面角1C BF E --.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、面面垂直的判定定理以及空间向量法求二面角，考查了推理能力以及空间想象能力，属于中档题.20．（Ⅰ）()221243x y x +=≠±（Ⅱ）证明见解析，定值为92.【分析】（Ⅰ）设(),C x y ，根据题意列方程即可求解.（Ⅱ）设()11,M x y ，()22,N x y ，()33,P x y ，由O 为PMN ∆的重心，可得0OP MO NO ++=，从而1230x x x ++=，1230y y y ++=，将直线与椭圆方程联立整理利用韦达定理求出点P 坐标，代入椭圆方程可得22443m k =+，再利用弦长公式以及三角形的面积公式即可求解.【详解】（Ⅰ）设(),C x y ，因为点A 的坐标为()2,0-，所以直线AC 的斜率为()22AC y k x x =≠-+ 同理，直线BC 的斜率为()22BC y k x x =≠- 由题设条件可得，()32224y y x x x ⋅=-≠±+-. 化简整理得，顶点C 的轨迹Γ的方程为：()221243x y x +=≠±. （Ⅱ）设()11,M x y ，()22,N x y ，()33,P x y ，因为O 为PMN ∆的重心，所以0OP MO NO ++=，所以1230x x x ++=，1230y y y ++=， 由22143y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()2224384120k x kmx m +++-=，()()()2222264443412484320k m k m k m ∆=-+-=+->122843km x x k -+=+，()121226243m y y k x x m k +=++=+， 32843km x k =+，32643m y k =-+，∴2286,4343km m P k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭， 又点P 在椭圆上，所以()()2222222161214343k m m k k +=++，∴22443m k =+，因为O 为PMN ∆的重心，所以PMN ∆是OMN ∆的3倍，21MN x=-=，原点O到直线MN的距离为d=12OMNS MN d∆=⋅=32==.所以932PMN OMNS S∆∆==，所以，PMN∆的面积为定值，该定值为92.【点睛】本题考查了直接法求曲线的轨迹方程、直线与椭圆的位置关系，考查了学生的计算能力，属于中档题.21．（Ⅰ）1a>，()f x的递减区间()1,0-和()1,a-+∞，递增区间为()0,1a-，（Ⅱ）1a≤【分析】（Ⅰ）首先求出函数()f x导数，分类讨论10a-≤或10a->，判断()f x'的正负即可求解.（Ⅱ）令()()()()()()21ln11102xF x g x f x x e a x a x x=--=++-+-≥，且()00F=，求出()()()1111xF x e x axx⎡⎤'=-+-⎣⎦+，令()()()()110xg x e x ax x=-+-≥，且()00g=，求出()g x'在[)0,+∞上单调递增，进而分类讨论10a-≥或10a-<，求出()g x的单调区间，即可求出()F x的单调区间，判断()F x的正负即可求解.【详解】（Ⅰ）由题意知：()1,x∈-+∞，且()()11x x aaf x a xa x x---⎡⎤⎣⎦'=--=-+，若10a-≤，即1a≤时，当0x>，()0f x'<，所以0x=不可能为()f x的极小值点；若10a ->，即1a >时，令()001f x x a '>⇒<<-；令()010f x x '<⇒-<<或1x a <-，所以()f x 的递减区间()1,0-和()1,a -+∞，递增区间为()0,1a -，所以0x =为函数()f x 的极小值点，综上：1a >，()f x 的递减区间()1,0-和()1,a -+∞，递增区间为()0,1a -.（Ⅱ）令()()()()()()21ln 11102x F x g x f x x e a x a x x =--=++-+-≥， 则()00F =， ()()()11111111x x x a x F x e a e a e x ax x x x ⎡⎤'=+--=--=-+-⎣⎦+++， 令()()()()110x g x e x ax x =-+-≥，则()00g =， 因为()()()21xg x x e a '=+-+，令()()()0h x g x x '=≥， 则()()30xh x x e '=+>，()0x ≥， 所以()g x '在[)0,+∞上单调递增，所以()()01g x g a ''≥=-，（1）当10a -≥，即1a ≤时，()0g x '≥，0x ≥，所以()g x 在[)0,+∞上单调递增，所以()0g x ≥对0x ≥恒成立.所以()()101F x g x x '=≥+恒成立，所以()F x 在[)0,+∞上单调递增，所以()()00F x F ≥=，0x ≥，符合题意；（2）当10a -<，即1a >时，因为()010g a '=-<，又10a ->且()()()()1111110a g a a e a a a -'-=+-+>+-+=，又()g x '在[)0,+∞上连续且单调递增，所以存在00x >，使得()00g x '=，此时，当()00,x x ∈时，()0g x '<，所以()g x 单调递减，所以()()00g x g <=，所以()()101F x g x x '=<+，所以()F x 在()00,x x ∈单调递减， 所以()()00F x F <=，()00,x x ∈，矛盾，舍去.综上：1a ≤.【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性以及导数在研究不等式恒成立中的应用，考查了转化与化归的思想、分析问题与解决问题的能力，属于难题.22．（Ⅰ）直线l 与曲线C 相切（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）将极坐标方程以及参数方程化为普通方程，再利用点到直线的距离公式即可判断.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，P 点坐标为()0,4，且直线的斜率为k =l 的倾斜角为3π，将直线l 的参数方程与曲线C 的普通方程联立，利用参数t 的几何意义即可求解.【详解】（Ⅰ）当2m =时，曲线C 的参数方程为2cos 2sin x a y a=⎧⎨=⎩， ∴曲线C 的普通方程为224x y +=，表示以原点O 为圆心，2为半径的圆， ∵sin 23πρθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，∴1sin cos 22ρθρθ=，∴直线l 的直角坐标方程为122y x =，40y -+=，∵O 到直线l 的距离为2d ==，∴直线l 与曲线C 相切；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，P 点坐标为()0,4，且直线的斜率为k =∴直线l 的倾斜角为3π，∴直线l的参数方程为1242x t y t ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（t 为参数）， 曲线C 的普通方程为222244x m y m +=，将直线l 的参数方程代入曲线C 的普通方程，整理，得()222243480m t t m +++=，∵直线l 与曲线C 交于,M N 两点，设,M N 两点对应的参数分别为1t ，2t ，∴()()()2222224484319240m m m m ∆=-⨯⨯+=->， 且21224843m t t m =+， ∵121215PM PN t t t t ⋅===， ∴22481543m m =+，解得m >0∆），∴m的值为【点睛】本题考查了参数方程、极坐标方程与普通方程的互化，考查了参数方程中参数的几何意义，属于基础题.23．（Ⅰ）9（Ⅱ）证明见解析【分析】（Ⅰ）将1用a b c ++替换，利用基本不等式即可求解.（Ⅱ）根据1111111111122a b c a b c a b c ⎛⎛⎫++=+++++≥ ⎪ ⎝⎭⎝，由1abc =代入即可证出.【详解】（Ⅰ）因为111a b c a b c a b c a b c a b c++++++++=++111b c a c a b a a b b c c =++++++++339b c a c a b a a b b c c =++++++≥≥， （当a b c ==时，等号成立） 所以111a b c++的最小值为9；（Ⅱ）证明：因为1111111111122a b c a b c a b c ⎛⎛⎫++=+++++≥ ⎪ ⎝⎭⎝， 又因为1abc =，所以1c ab =，1b ac =，1a bc =，∴()111a b c ++≥， 当a b c ==时等号成立，即原不等式成立.【点睛】本题考查了基本不等式证明不等式，注意验证等号成立的条件，属于基础题.。
吉林省吉林地区普通高中2024届高三第三次模拟考试 数学试题(含解析)
吉林地区普通高中2023—2024学年度高三年级第三次模拟考试数学试题说明：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，贴好条形码.2．答选择题时，选出每小题答案后，用2B 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.答非选择题时，用0.5毫米的黑色签字笔将答素写在答题卡上.字体工整，笔迹清楚.3．请按题号顺序在答题卡相应区域作答，超出区域所写答案无效：在试卷上、草纸上答题无效.4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求.1．复数sin1icos1z =+在复平面内对应的点位于（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．已知()12,1,1.2x x f x x x -⎧<=≥⎪⎩若()1f a =，则实数a 的值为（）A ．1B ．4C ．1或4D ．23．已知随机变量()22,X N σ ，且()30.2≥=P X ，则(1)P X >=（）A ．0.2B ．0.3C ．0.7D ．0.84．若互不相等的正数,,a b c 满足2b a c =+，则（）A ．ln ,ln ,ln a b c 成等差数列B ．ln ,ln ,ln a b c 成等比数列C ．e ,e ,e a b c 成等差数列D ．e ,e ,e a b c 成等比数列5．下列函数中，既是奇函数，又在区间()0,∞+上单调递增的是（）A ．()23f x x-=B ．()tan =f x x C ．()31f x x x=-D ．()ln f x x=6．已知圆锥的侧面积是4π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的内切球半径为（）A ．3B ．3C ．3D ．37．已知圆22:1C x y +=与x 轴交于12,F F 两点，点P 在直线:40l x y -+=上，若以12,F F 为焦点的椭圆过点P ，则该椭圆的离心率的最大值为（）A ．2B C D 8．已知,αβ为锐角，且()2sin cos sin βαβα+=，则tan β的最大值为（）A ．12B ．4C ．6D ．2二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．已知集合{}{}2log 1,1A x x B x x =≤=≤，则（）A ．{}02A x x =≤≤B ．{01}A B x x ⋂=<≤C ．{}12A B x x ⋃=-≤≤D ．*N B ⋂的子集个数为210．在61x ⎛- ⎝的展开式中，下列说法正确的是（）A ．各二项式系数的和为64B ．各项系数的绝对值的和为729C ．有理项有3项D ．常数项是第4项11．如图1，在等腰梯形ABCD 中，AB DC ，且224,DC AB AD O ===为BD 的中点，沿BD 将ABD △翻折，使得点A 到达A '的位置，构成三棱锥A BCD -'（如图2），则（）A ．在翻折过程中，A D '与BC 可能垂直B ．在翻折过程中，二面角A BCD '--无最大值C ．当三棱锥A BCD -'体积最大时，A D '与CO 所成角小于π3D ．点P 在平面A BD '内，且直线PC 与直线BC 所成角为π6，若点P 的轨迹是椭圆，则三棱锥A BCD -'的体积的取值范围是⎣⎭三、填空题：本大題共3小题，每小題5分，共15分．其中第13题的第一个空填对得2分，第二个空填对得3分．12．已知向量()(),1,1,3a m b =-= ，若a b ⊥，则a =r .13．“冰天雪地也是金山银山”，2023-2024年雪季，东北各地冰雪旅游呈现出一片欣欣向荣的景象，为东北经济发展增添了新动能．某市以“冰雪童话”为主题打造—圆形“梦幻冰雪大世界”，其中共设“森林姑娘”“扣像墙”“古堡滑梯”等16处打卡景观．若这16处景观分别用1216,,,A A A 表示，某游客按照箭头所示方向（不可逆行）可以任意选择一条路径走向其它景观，并且每个景观至多经过一次，那么他从入口出发，按图中所示方向到达6A 有种不同的打卡路线；若该游客按上述规则从入口出发到达景观i A 的不同路线有i a 条，其中116,N i i ≤≤∈，记()2117,N n a m n n +=≤≤∈，则21ni i a ==∑（结果用m 表示）.14．已知拋物线2:4E y x =的焦点为F ，准线为l ，过点F 的直线与抛物线E 交于,A B 两点，过,A B 作x 轴垂线，垂足分別为11,A B ，直线1AB 与直线l 交于P 点，则PAB 与11PA B △的面积比值为.四、解答题：本大题共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ABC 的三个内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且cos cos2a B b A c -=．(1)求A ；(2)AB在AC方向上的投影向量是2,3AC a = ABC 的面积.16．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面,ABCD PB PC ==，224,PA BC AD CD E ====为BC 中点，点F 在梭PB 上（不包括端点）.(1)证明：平面AEF ⊥平面PAD ；(2)若点F 为PB 的中点，求直线EF 到平面PCD 的距离.17．已知点()2,0F ，直线:1l x =，动圆P 与直线l 相切，交线段PF 于点M ，且PF =．(1)求圆心P 的轨迹方程，并说明是什么曲线；(2)过点F 且倾斜角大于3π4的直线l '与y 轴交于点M ，与P 的轨迹相交于两点12,M M ，且()12,R FM FM FM λμλμ==∈ ，求λμ+的值及11λμ+的取值范围.18．短视频已成为当下宣传的重要手段，东北某著名景点利用短视频宣传增加旅游热度，为调查某天南北方游客来此景点旅游是否与收看短视频有关，该景点对当天前来旅游的500名游客调查得知，南方游客有300人，因收看短视频而来的280名游客中南方游客有200人.(1)依据调查数据完成如下列联表，根据小概率值0.001α=的独立性检验，分析南北方游客来此景点旅游是否与收看短视颍有关联：单位：人游客短视频合计收看未看南方游客北方游客合计(2)为了增加游客的旅游乐趣，该景点设置一款5人传球游戏，每个人得到球后都等可能地传给其余4人之一，现有甲、乙等5人参加此游戏，球首先由甲传出.（i ）求经过i 次传递后球回到甲的概率；（ii ）记前m 次传递中球传到乙的次数为X ，求X 的数学期望.参考公式：()()()()22()n ad bc a b c d a c b d χ-=++++，其中n a b c d =+++；()11m mi i i i E X E X ==⎛⎫= ⎪⎝⎭∑∑附表：α0.10.050.010.0050.001aχ 2.7063.8416.6357.87910.82819．已知函数()2()e xx a f x +=．(1)讨论()f x 的单调性；(2)设,m n 分别是()f x 的极小值点和极大值点，记()()()(),,,M m f m N n f n ．（i ）证明：直线MN 与曲线()y f x =交于除,M N 外另一点P ；（ii ）在（i ）结论下，判断是否存在定值(),1t a a ∈+且Z a ∈，使MN t PN =，若存在，请求出a 的值；若不存在，请说明理由.1．A【分析】由复数几何意义及三角函数值符号判断其所在象限即可.【详解】由复数的几何意义知，复数sin1i cos1z =+在复平面中对应点(sin1,cos1)Z ，又因为157.3≈ ，所以sin10>，cos10>，所以点Z 位于第一象限.故选：A.2．B【分析】分1a <和1a ≥，求解()1f a =，即可得出答案.【详解】当1a <时，()121a f a -==，则10a -=，解得：1a =（舍去）；当1a ≥时，()12f a ==2=，解得：4a =.故选：B.3．D【分析】根据正态分布性质可得【详解】因为()22,X N σ~，所以()()130.2P X P X ≤=≥=，所以()(1)110.8P X P X >=-≤=.故选：D.4．D【分析】根据,,a b c 互不相等，且2b a c =+得到2e e b a c +=，转化为()2e e e b a c =⋅，根据等比中项的概念，判断e ,e ,e a b c 成等比数列.【详解】因为,,a b c 互不相等，且2b a c =+，所以2e eba c+=⇒()2ee e bac=⋅，即e e e eb ca b =，所以e ,e ,e a b c 成等比数列.故选：D 5．C【分析】利用奇函数的定义()()f x f x -=-，即可判断四个选项的奇偶性，只有B C 、是奇函数，又正切函数在()0,∞+上不是单调递增函数，而函数()31f x x x=-的导函数恒大于零，所以只有C 正确.【详解】对于A ，()()()2233f x x x ---=-= ，()f x \为偶函数，故A 错误；对于B ，()()()tan tan f x x x f x -=-=-=- ，()f x \为奇函数，又()tan =f x x 在()0,∞+不满足单调递增定义，所以B 错误；对于C ，()()()()()3311f x x x f x x x -=--=-+=-- ，()f x \为奇函数，()22130f x x x'=+>，()f x \在区间()0,∞+上单调递增，故C 正确；对于D ，ln y x =是非奇非偶函数，所以D 错误.故选：C.6．D【分析】设出圆锥底面圆的半径，并由题意联立方程组求出；再由勾股定理解出圆锥内切球的半径即可.【详解】设圆锥底面圆的半径为r ，高为h ，母线长为l ，由题意知：π4ππ2πrl l r=⎧⎨=⎩，两式相除解得r =l =；所以圆锥的顶角为π3，轴截面为等边三角形，圆锥的高h =设圆锥的内切圆半径为R ，)222RR =+，解得3R =.故选：D.7．B【分析】根据题意求出点2(1,0)F 关于直线1:40x y -+=对称的点F '的坐标，结合两点之间线段最短，即可求出a 的最小值，由此即可求出离心率的最大值．【详解】由题意知1(1,0)F -，2(1,0)F ，以1(1,0)F -，2(1,0)F 为焦点的椭圆的半焦距为1c =，由题意可知直线1与椭圆有交点P ，设点2(1,0)F 关于直线1:40x y -+=对称的点为(,)F m n '，则111422nm n m ⎧=-⎪⎪-⎨+⎪=+⎪⎩，解得(4,5)F '-，则12112a PF PF PF PF F F =+=+'≥=='因为1c e a a==，=．故选：B ．8．A【分析】先结合和差角公式及同角基本关系进行化简，然后结合基本不等式即可求解．【详解】因为α，β为锐角，且2sin cos()cos cos sin sin sin βαβαβαβα+==-，两边同时除以cos β得，2tan cos sin tan sin βααβα-=，()2cos sin sin 2tan αααβ∴=+，αQ 为锐角，tan 0α∴>，2222sin cos sin cos tan 1tan 22sin 3sin 2cos 3tan 2123tan tan αααααβαααααα∴====≤=++++，当且仅当23tan tan αα=，即tan 3α=时取等号，tan β∴最大值12．故选：A ．9．BCD【分析】解对数不等式及绝对值不等式，结合集合的交集、并集运算及子集的定义计算即可.【详解】对于A 项，由题意知，2{|0}A x x =<≤，{|11}B x x =-≤≤，故A 项错误；对于B 项，{|01}A B x x =< ≤，故B 项正确；对于C 项，{|12}A B x x ⋃=-≤≤，故C 项正确；对于D 项，因为*N {1}B = ，所以*N B 的子集为∅、{1}共2个，故D 项正确.故选：BCD.10．AB【分析】利用各二项系数和可判断A 选项；根据二项式61x ⎛- ⎝展开式的系数的绝对值和与二项式61x ⎛+ ⎝的展开式的系数和相等，可判断B 选项；根据展开式的通项可判断C选项和D 选项；【详解】在61x ⎛- ⎝的展开式中，各二项式系数的和为6264=，故A 正确；各项系数的绝对值的和与61x ⎛+ ⎝的各项系数和相等，令1x =，可得各项系数的绝对值的和为63729=，故B 正确；展开式的通项为(()63621661C 2C rrr rr r r T xx --+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，令36Z 2r ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭，得0,2,4,6r =时，展开式的项为有理项，所以有理项有4项，故C 错误；令3602r -=，得4r =，所以常数项是第5项，故D 错误.故选：AB.11．AC【分析】先确定未翻折之前，图形中的数量关系和位置关系，翻折时，当'A O OC ⊥时可证平面'A BD ⊥平面BCD ，从而可证'A D BC ⊥，判断A ；且此时二面角A BC D '--取得最大值，判断B ；还是此时，当三棱锥A BCD -'体积最大，可求异面直线A D '与CO 所成角，判断C ；对D ，根据圆锥曲线的定义，判断二面角A BD C '--的取值范围，求出高的取值范围，从而的三棱锥A BCD -'的体积的取值范围，判断D.【详解】如图1：在未折起之前，有2AB BC AD ===，4CD =，1OA =，OC =.OA BD ⊥.又60BCD ∠=︒，30BDC ∠=︒，所以BC BD ⊥.沿BD 将ABD △翻折，则A 点轨迹为一个圆，且圆面一直和BD 垂直，如图：当'A O OC ⊥时，'A C ='A O BD ⊥，,OC BD ⊂平面BCD ，所以'A O ⊥平面BCD ，'A O ⊂平面'A BD ，所以平面'A BD ⊥平面BCD ，又BC ⊂平面BCD ，平面BCD 平面'A BD BD =，BC BD ⊥，所以BC ⊥平面'A BD .'A D ⊂平面'A BD ，所以'A D BC ⊥.故A 正确.此时BD BC ⊥，'A B BC ⊥，所以'A BD ∠即为二面角'A BC D --的平面角为30︒，是二面角'A BC D --的最大值，故B 错误；此时三棱锥'A BCD -的高等于'A O ，高取得最大值，又底面BCD 不变，所以三棱锥'A BCD -的体积最大.如图：取'A B 中点E ，连接OE ，CE ，则OCE ∠即为一面直线A D '与CO 所成角，在OCE △中，1'12OE A B ==，OC =，CE ===，所以222cos2OC CE OE OCE OC CE +-∠=⋅1cos 60702=>=︒，所以π3OCE ∠<，故C 正确；对D ：点P 在平面A BD '内，且直线PC 与直线BC 所成角为π6，若点P 的轨迹是椭圆，根据圆锥曲线的概念，二面角A BD C '--应该在π2π,33⎛⎫⎪⎝⎭之间取值，且不能为90︒（此时点P 的轨迹是圆），当二面角π3A BD C '--=或2π3时，'11123223A BCD V -=⨯⨯⨯=，当二面角π2A BD C '--=时，'1121323A BCD V -=⨯⨯⨯=，所以点P 在平面A BD '内，且直线PC 与直线BC 所成角为π6，且点P 的轨迹是椭圆时，'A BCD V -∈⎝⎭，故D 错误.故选：AC【点睛】关键点点睛：用一个平面截圆锥体，要想得到的截面是一个椭圆，截面不能和圆锥的母线相交，且截面不能与圆锥的轴垂直（此时的截面是圆）.12【分析】根据平面向量数量积的坐标运算得m 的值，从而可求模长.【详解】因为()(),1,1,3a m b =-= ，a b ⊥ ，所以=30a b m ⋅-=，解得3m =，所以a ==.13．81m -【分析】结合题意及分类加法原理，依次计算到达2A 、3A 、4A 、5A 、6A 的走法即可.由题意可知数列{}n a 为斐波那契数列，即12n n n a a a +++=（114n ≤≤且*N n ∈），结合累加法求解即可.【详解】由题意知，到达2A 点共有1种走法，到达3A 点共有112+=种走法（一种是经过2A 点到达3A ，一种是直接到达3A ），到达4A 点共有123+=种走法（一种是经过2A ，一种是经过3A ，所以到达4A 将2A 、3A 的走法加起来），到达5A 点共有325+=种走法（一种是经过2A 和4A ，一种是经过3A ，所以到达5A 将4A 、3A 的走法加起来），到达6A 点共有358+=种走法（一种是经过2A 和4A ，一种是经过3A 和5A ，所以到达6A 将4A 、5A 的走法加起来），故按图中所示方向到达6A 有8种不同的打卡路线.由题意知，11a =，21a =，3122a a a =+=，4233a a a =+=，5345a a a =+=，…，12n n n a a a +++=（114n ≤≤且*N n ∈），因为12n n n a a a +++=（114n ≤≤且*N n ∈），所以123a a a +=，345a a a +=，567a a a +=，…，21221n n n a a a -++=，（17n ≤≤且*N n ∈），将上式累加可得12345621235721n n n a a a a a a a a a a a a -+++++++++=++++ ，（17n ≤≤且*N n ∈），整理可得1246221n n a a a a a a ++++++= ，又11a =，21n a m +=，所以24622111n n a a a a a a m +++++=-=- ，即211ni i a m ==-∑.故答案为：8；1m -.14．1【分析】设直线AB 的方程为：1x my =+，联立直线AB 与抛物线的方程求得12124,4y y m y y +=⋅=-，再求出P 点坐标，讨论点A 在点B 的右侧或左侧，表示出()21112PABS y x =+ ，所以()()1121121111PAB PA B y my S S y my ++=++ ，再将韦达定理代入即可得出答案.【详解】依题意作示意图如下图，图一为点A 在点B 的右侧，图二为点A 在点B 的左侧，根据抛物线方程有：()1,0,:1F l x =-，设直线AB 的方程为：1x my =+，()()1122,,,A x y B x y ，()01,P y -，故()()1112,0,,0A x B x ，若12x x =，则直线1AB 与直线l 不相交，故12x x ≠，联立直线AB 与抛物线的方程有：241x xy y m =+=⎧⎨⎩，则2440y my --=，则12124,4y y m y y +=⋅=-，直线1AB 的方程为：()1212y y x x x x =--，令=1x -，得到()102211yy x x x =+-，所以()12211,1y P x x x ⎛⎫-+ ⎪-⎝⎭，因为1112A B x x =-，所以()111101211122PA B S A B y y x ==+ ，而对于PAB ，当点A 在点B 的右侧，根据图象可知，()11222122111111222PAB PBB ABB S S S y x y x x y x =+=++-=+ ，当点A 在点B 的左侧，根据图象可知，()11222122111111222PAB PBB ABB S S S y x y x x y x =-=+--=+ ，即()21112PAB S y x =+ ，所以()()()()11212112121111211112PABPA B y x y my S S y my y x +++==+++ ，()1212111211244242122424m y m y my y m y y my y y m y m--+-====+--.故答案为：1.【点睛】关键点睛：本题的关键点在于设直线AB 的方程为：1x my =+，联立直线AB 与抛物线的方程求得12124,4y y m y y +=⋅=-，再求出P 点坐标，讨论点A 在点B 的右侧或左侧，表示出()21112PAB S y x =+ ，所以()()1121121111PAB PA B y my S S y my ++=++ ，再将韦达定理代入即可得出答案.15．(1)π3A=(2)ABC S = 【分析】（1）由cos cos2a B b A c -=，利用正弦定理，结合两角和的正弦公式化简得到sin cos2cos sin B A A B =-求解；（2）（方法一）由AB 在AC 方向上的投影向量2cos<,>3AC AB AB AC AC AC =，化简得到cos 23c A b =，再利用余弦定理求得3,4b c ==即可；（方法二）：过B 作BD AC ⊥，设DC t =，在Rt BDC 中，由22213BD DC BC +==求解.【详解】（1）解：由正弦定理得sin cos sin cos2sin A B B A C -=，()sin sin sin cos cos sin C A B A B A B =+=+ ，即sin cos2cos sin B A A B =-，又sin 0,cos2cos B A A ≠∴=-，22cos 1cos A A ∴-=-，即22cos cos 10A A +-=得1cos 2A =或cos 1A =-（舍），又()π0,π,3A A ∈∴=.（2）（方法一）AB 在AC 方向上的投影向量为2cos<,>3AC AB AB AC AC AC =，cos 23AB A AC ∴=即cos 23c A b =，14cos ,23A c b =∴= ，由余弦定理2222cos a b c bc A =+-，222441131323329b b b b b ⎛⎫∴=+-⋅⋅= ⎪⎝⎭，3,4b c ∴==，则11sin 3422ABC S bc A ==⨯⨯= （方法二）：如图所示：过B 作BD AC ⊥，垂足为D ，则AD 为AB在AC 方向上的投影向量，设DC t =，则2,23,4AD t BD AB t ===，在Rt BDC 中，22213BD DC BC +==，1,4,3t AB AC ∴===，1π13sin 43332322ABC S AB AC ∴=⋅=⨯⨯⨯= 16．(1)证明见解析455【分析】（1）由线面垂直的性质与勾股定理，结合三线合一证得AE AD ⊥，PA AE ⊥，再线面垂直与面面垂直的判定定理即得证.（2）由线面平行判定定理可证得//EF 平面PCD ，则点E 到平面PCD 的距离即为EF 到平面PCD 的距离.方法一：以A 为原点建立空间直角坐标系，运用点到面的距离公式计算即可.方法二：运用等体积法P EDC E PCD V V --=计算即可.【详解】（1）证明：连接AC ，如图所示，PA ⊥ 平面,,ABCD PA AB PA AC ∴⊥⊥，6,4,22PB PC PA AB AC ===∴== ，2224,BC AB AC BC =∴+= ，即AB AC ⊥，又E 为BC 中点，则AE BC ⊥，且2AE EC ==，2,AD CD ==∴ 四边形AECD 为正方形，AE AD ∴⊥，PA ⊥ 平面,ABCD AE ⊂平面,ABCD PA AE ∴⊥，又AD PA A = ，AD 、PA ⊂平面PAD ，AE ∴⊥平面PAD ，又AE ⊂ 平面,AEF ∴平面AEF ⊥平面PAD .（2） 在PBC 中，,E F 分别为,BC PB 中点，EF PC ∴∥，又EF ⊄平面,PCD PC ⊂平面PCD ，//EF ∴平面PCD ，∴点E 到平面PCD 的距离即为EF 到平面PCD 的距离，（方法一）,,PA AD PA AE AE AD ⊥⊥⊥ ，∴以A 为原点，,,AE AD AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系A xyz -，如图所示，则()()()()2,0,0,2,2,0,0,0,4,0,2,0E C P D ，()()()0,2,0,2,2,4,2,0,0EC CP CD ==--=-，设(),,n x y z =是平面PCD 的法向量，22402,020n CP x y z y z x n CD x ⎧⋅=--+==⎧⎪∴∴⎨⎨=⋅=-=⎩⎪⎩ ，取1z =，则()2,0,2,1y n =∴=是平面PCD 的一个法向量，∴点E 到平面PCD的距离为EC n d n ⋅= 即直线EF 到平面PCD的距离为5.（方法二）连接ED 、PE ，如图所示，EDC △为等腰直角三角形，12222EDC S ∴=⨯⨯=△，又PA ⊥ 平面,ECD PA ∴是三棱锥P EDC -的高，∴11824333P EDC EDC V S PA -=⋅=⨯⨯= ，222,16425,26CD PD PA AD PC =++== 222,PD CD PC CD PD ∴+=∴⊥，11225522PCD S CD PD ∴=⋅=⨯⨯=△设E 到平面PCD 距离为d ，则13P EDC E PCD PCD V V S d --==⋅△，184525,33525d d ∴⨯=∴即EF 到平面PCD 45517．(1)22122x y -=，点P 的轨迹是焦点在x 轴上，实轴长、虚轴长均为22的等轴双曲线．(2)4λμ+=，()2,+∞【分析】（1）设点(),P x y ，根据2PF PM =列出等量关系整理可得；（2）设直线:2l x my =+'，联立双曲线方程，利用韦达定理结合12FM FM FM λμ==，可得λμ+的值及11λμ+的取值范围.【详解】（1）设点(),P x y ，圆P 的半径为,r d 为P 到直线l 的距离，则d r =．根据题意，动点P 的轨迹就是点的集合{}{}22A P PF PM P PF d===22(2)21x y x -+-即222(2)2(1)x y x -+=-，整理得22122x y -=.所以，点P 的轨迹是焦点在x 轴上，实轴长、虚轴长均为22（2）设直线:2l x my =+'，倾斜角大于()3π,14m ∞∴∈--设()()1112222,,,,0,M x y M x y M m ⎛⎫- ⎪⎝⎭联立2222x my x y =+⎧⎨-=⎩得()()222142010m y my m -++=->，故()()222Δ1681810m m m =--=+>，12241m y y m -+=-，12221y y m ⋅=-，由题知，双曲线的焦点()2,0F ，()()11122222,,2,,2,FM x y FM x y FM m ⎛⎫=-=-=-- ⎪⎝⎭ ()212121212242222221,421my y m m my my my my my y m λμλμ--⨯-+-=-=-∴+=--===-()222122241122122211m m y y m m m m λμ-+-+====+----由(),1m ∞∈--得()21110,1m ∞λμ∈+∴+-的取值范围是()2,∞+18．(1)列联表见解析，无关(2)（i ）1111554i i P -⎛⎫=-⨯- ⎪⎝⎭；（ii ）()111525254mm E X ⎛⎫=+-⨯- ⎪⎝⎭【分析】（1）利用已知条件，完成列联表，利用独立性检验公式求解判断即可；（2）（i ）设经过i 次传递后回到甲的概率为i P ，求出关系式，得到通项公式；（ii ）方法一：设第i 次传递时甲接到球的次数为i Y ，则i Y 服从两点分布，()i i E Y P =，设前m 次传递中球传到甲的次数为Y ，利用公式求期望即可.方法二：设第i 次传递时，乙接到球的概率和次数分别为i q 与i X ，则i X 服从两点分布，()i i E X q =，利用公式求期望即可.【详解】（1）将所给数据进行整理，得到如下列联表：游客短视频合计收看未看南方游客200100300北方游客80120200合计280220500零假设0H ：南北方游客来此景点旅游与短视频无关联．220.001500(20012080100)800034.63210.828300200280220231χχ⨯⨯-⨯==≈>=⨯⨯⨯根据小概率值0.001α=的独立性检验，我们推断0H 不成立，即认为南北方游客来此景点旅游与收看短视频有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001（2）（i ）设经过i 次传递后回到甲的概率为i P ，()()1111112444i i i P P P i --=-⨯=-+≥，1111545i i P P -⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，又111055P -=-≠，所以15i P ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为15-，公比为14-的等比数列，所以1111554i i P -⎛⎫=-⨯- ⎪⎝⎭.（ii ）（方法一）设第i 次传递时甲接到球的次数为i Y ，则i Y 服从两点分布，()i i E Y P =，设前m 次传递中球传到甲的次数为Y ，()()12311m mi i mi i E Y E Y E Y P P P P ==⎛⎫===++++ ⎪⎝⎭∑∑111414415525452514mmm m ⎛⎫-- ⎪⎛⎫⎝⎭=-⨯=⨯-+-⎪⎝⎭+，因为()()4m E Y E X -=，所以()111525254mm E X ⎛⎫=+-⨯- ⎪⎝⎭.（方法二）设第i 次传递时，乙接到球的概率和次数分别为i q 与i X ，则i X 服从两点分布，()i i E X q =，由题可知()1114i i q q -=-，1111545i i q q -⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，又114q =，所以111520q -=，所以15i q ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为120，公比为14-的等比数列，11115204i i q -⎛⎫-=⨯- ⎪⎝⎭，111554ii q ⎛⎫=-⨯- ⎪⎝⎭，()()11111144115514mm m m i i i i i i m E X E X E X q ===⎡⎤⎛⎫-⨯--⎢⎥⎪⎝⎭⎛⎫⎢⎥⎣⎦====-⨯⎪⎛⎫⎝⎭-- ⎪⎝⎭∑∑∑，故()111525254mm E X ⎛⎫=+-⨯- ⎪⎝⎭.【点睛】关键点点睛：本题第2问（ii ）的解决关键是，根据题意得到1,i i P P -的关系，利用构造法分析出15i P ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为15-，公比为14-的等比数列，由此得解.19．(1)()f x 在(),2a a --+上单调递增，在()(),,2,a a -∞--++∞上单调递减(2)（i ）证明见解析；（ii ）存在定值t ，此时1a =.【分析】（1）求定义域，求导，对导函数因式分解，从而解不等式，求出函数单调性；（2）（i ）法一：在（1）基础上得到,2m a n a =-=-+，求出MN 直线方程，联立得到()22()2eea x x a x a -++=，变形得到()()22e 0x a x a x a +-⎡⎤+-+=⎣⎦，构造()()22e ,R x a g x x a x +-=-+∈，求导得到其单调性，结合零点存在性定理得到结论；法二：在（1）基础上得到,2m a n a =-=-+，求出MN 直线方程，联立得到()22()2ee a x x a x a -++=，变形得到()22e 0e a x x a x a -+⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦，构造()22e ,R e a x x a h x x -+=-∈，求导得到其单调性，结合零点存在性定理得到结论；（ii ）法一：在（i ）基础上，得到()()20,,0,2,4e a P x x M a N a -=--+，表达出()022MN t PN a x ==-+，故022(0)a x t t +=->，结合（i ）中的0202e x a x a +-=+得到21e 10(0)t t t-+-=>，换元得到()2e 1,0u H u u u =--<，求导得到其单调性，结合特殊点的函数值，得到存在定值t ，且()1,2t ∈，使MN t PN =，又(),1t a a ∈+，故1a =；法二：由（i ）知，()()20,,0,2,4e a P x x M a N a -=--+，表达出()022MNt PN a x ==-+，故()022(0)a x t t-+=>，根据()0,1x a a ∈--，得到12t <<，又(),1t a a ∈+，故1a =；【详解】（1）()2()e xx a f x +=定义域为R ，()()()()22()2,R e ex x x a x a x a x a f x x +-+-++-='=∈ ，令()0f x ¢>，则2a x a -<<-+，令()0f x '<，x a <-或2x a >-+，()f x \在(),2a a --+上单调递增，在()(),,2,a a -∞--++∞上单调递减．（2）（i ）法一：由（1）知,2m a n a =-=-+且()()0f m f a =-=，()2244e e a a f n --+==，224e 2e 2a a MN k a a--∴==-++，MN ∴直线方程为()22ea y x a -=+，令()22()2e ea x x a x a -++=，即()()22e 0x a x a x a +-⎡⎤+-+=⎣⎦，x a ∴=-或()22e 0x a x a +--+=，设()()22e ,R x a g x x a x +-=-+∈，则()22e 1x a g x +-=-'，令()0g x '=，则12ln2x a +-=，2ln2x a ∴=--，令()0g x '>，则2ln2x a >--，令()0g x '<，则2ln2x a <--，()g x ∴在(),2ln2a -∞--上单调递减，在()2ln2,a --+∞上单调递增，()()220,2e 0g a g a --=-=> ，()()ln22ln22e 2ln2ln210g a ---=--=-<，（或者()()2ln220g a g a --<-<）∴存在唯一的()0,2x a a ∈--，使()00g x =，即0202e x a x a +-=+，故方程①的解有0,2,a a x --综上，直线MN 与曲线()y f x =交于除,M N 点外另一点P ；法二：由（1）知,2m a n a =-=-+且()()0f m f a =-=，()2244e e a a f n --+==，224e 2e 2a a MN k a a--∴==-++，MN ∴直线方程为()22ea y x a -=+，令()22()2e e a x x a x a -++=，即()22e 0e a x x a x a -+⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦，x a ∴=-或22e 0ea x x a -+-=，设()22e ,R e a x x a h x x -+=-∈，则()1e xx a h x --='，令()0h x '=，则1x a =-；令()0h x '>，则1x a <-；令()0h x '<，则1x a >-，()h x ∴在(),1a -∞-上单调递增，在()1,a -+∞上单调递减，()()()()12221e 2e e e 20,2e 0,20a a a a h a h a h a -----=-=->-=-<-= ，()0,1x a a ∴∃∈--，使得()00h x =，故方程①的解有0,2,a a x --，综上，直线MN 与曲线()y f x =交于除,M N 点外另一点P .（ii ）法一：由（i ）知，()()20,,0,2,4e a P x x M a N a -=--+，()()002222a a MNt PN a x a x -+--===-+--+，022(0)a x t t∴+=->，由（i ）可知，0202e x a x a +-=+，222e 2t t-∴=-，即21e1t t -=-，21e 10(0)tt t-∴+-=>，设10u t =-<，设()2e 1,0u H u u u =--<，()22e 1,0u H u u =-<'，令()0H u '=，则ln22u =-，令()0H u '>，则ln202u -<<，令()0H u '<，则ln22u <-，()H u ∴在ln2,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减，在ln2,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增.()()21111e 0,00,02e 2H H H -⎛⎫-=>=-=-< ⎪⎝⎭ ，011,2u ⎛⎫∴∃∈-- ⎪⎝⎭，使()00H u =，此时()011,2t u =-∈，故存在定值t ，且()1,2t ∈，使MN t PN =，又(),1t a a ∈+，故1a =；法二：（ii ）由（i ）知，()()20,,0,2,4e a P x x M a N a -=--+，()()002222a a MNt PN a x a x -+--===-+--+，()022(0)a x t t∴-+=>，()0,1x a a ∈-- ，()0122a x ∴<-+<，212t∴<<，12t ∴<<，故存在定值t ，且()1,2t ∈，使MN t PN =，此时1a =.【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.。
吉林省东北师大附中高三物理第三次摸底考试试题【会员独享】
- 1 - / 4吉林省东北师大附中高三第三次摸底考试试题（物理）考试时间：100分钟 试卷满分：100分 注意事项：1．答题前，考生须将自己的班级、姓名、学号填写在答题纸指定的位置上； 2．选择题的每小题选出答案后，涂在答题卡指定的位置上；3．非选择题必须按照题号顺序在答题纸上各题目的答题区域内作答。
在其它题的答题区域内书写的答案无效；在草稿纸、本试题卷上答题无效。
一、选择题：（本题共13小题，每小题4分，共52分。
在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
）1．万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统——“地上物理学”和“天上物理学”的统一。
它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律。
牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道假想成圆轨道；另外，还应用到了其他的规律和结论。
下面的规律和结论没有被用到的是 （ ） A ．牛顿第二定律 B ．牛顿第三定律 C ．开普勒的研究成果D ．卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数2．有一根绳子下端串联着两个质量不同的小球，上面小球比下面小球质量大。
当手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动时（空气阻力不计），图中所描绘的四种情况中正确的是 （ ）3．据中新社3月10日消息，我国将于上半年发射“天宫一号”目标飞行器，下半年发射“神舟八号”飞船并与“天宫一号”实现对接。
某同学得知上述消息后，画出“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动的假想图如图所示，A 代表“天宫一号”，B 代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道。
由此假想图，可以判定（ ） A ．“天宫一号”的运行速率大于“神舟八号”的运行速率 B ．“天宫一号”的周期大于“神舟八号”的周期 C ．“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度 D ．“神舟八号”适度加速有可能与“天宫一号”实现对接4．如图所示，把一个装有Na 2SO 4导电溶液的圆形玻璃器皿放入磁场中，玻璃器皿的中心放一个圆柱形电极，沿器皿边缘内壁放一个圆环形电极，把两电极分别与电池的正、负极相连。
东北师大附中2024届中考三模化学试题含解析
东北师大附中2024届中考三模化学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。
用2B 铅笔将试卷类型（B ）填涂在答题卡相应位置上。
将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（本题包括12个小题，每小题3分，共36分．每小题只有一个选项符合题意）1．铜可用于制造传统的炭火锅，下列性质与此用途无关．．的是A ．熔点高B ．导热性好C ．延展性好D ．导电性好2．分析推理是一种重要的化学思维方法，以下推理正确的是A ．置换反应有单质和化合物生成、则有有单质和化合物生成的反应都是置换反应B ．单质中只含有一种元素，则只含有一种元素的物质一定是单质C ．点燃可燃性气体前要验纯，所以点燃H 2前一定要验纯D ．催化剂在化学反应前后质量不变，因此反应前后质量不变的物质都是催化剂3． “天然益力，焕发生命力。
”在“益力”矿泉水瓶上标有一些矿物含量，如下图，这里的“钾、镁、钠、钙”指的是:( )A ．元素B ．分子C ．单质D ．原子4． “生命至上、安全第一”，为及时发现天然气泄漏，某燃气公司常在天然气中加入少量具有特殊气味的乙硫醇（C 2H 5SH ）。
乙硫醇在空气中也能燃烧，反应的化学方程式为： 222622C H SH+9O 4CO +6H O+2X 点燃。
下列说法错误的是A ．X 的化学式为SO 2B ．乙硫醇中硫元素的质量分数最大C ．乙硫醇是混合物D ．乙硫醇分子中碳、氢、硫原子的个数比为2：6： 15．归纳总结是学习化学的重要方法之一。
2023-2024学年吉林省东北师大附中高考数学三模试卷含解析
2024年高考数学模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。
选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知向量(,1),(3,2)a m b m ==-，则3m =是//a b 的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．既不充分也不必要条件D ．充要条件2．如图所示程序框图，若判断框内为“4i <”，则输出S =（ ）A ．2B ．10C ．34D ．983．从装有除颜色外完全相同的3个白球和m 个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取5次，设摸得白球数为X ，已知()3E X =，则()(D X = )A ．85B ．65C ．45D ．254．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是A ．[－5，0)B ．(－5，0)C ．[－3，0)D ．(－3，0)5．已知抛物线C ：24x y =的焦点为F ，过点F 的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，其中点A 在第一象限，若弦AB的长为254，则AF BF =（ ） A ．2或1 B ．3或1 C ．4或1 D ．5或16．如图，在平行四边形ABCD 中，O 为对角线的交点，点P 为平行四边形外一点，且AP OB ，BP OA ，则DP =（ ）A ．2DA DC +B ．32DA DC + C ．2DA DC +D ．3122DA DC +7．已知角θ的顶点与原点重合，始边与x 轴的正半轴重合，终边经过点()1,2P ，则cos2θ=（ ） A ．35B ．45-C ．35D ．458．过双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右焦点F 作双曲线C 的一条弦AB ，且0FA FB +=，若以AB 为直径的圆经过双曲线C 的左顶点，则双曲线C 的离心率为（ ） A 2B 3C ．2D 59．在精准扶贫工作中，有6名男干部、5名女干部，从中选出2名男干部、1名女干部组成一个扶贫小组分到某村工作，则不同的选法共有( ) A ．60种B ．70种C ．75种D ．150种10．设a ，b 都是不等于1的正数，则“22a b log log ＜”是“222a b ＞＞”的（ ） A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件11．秦九韶是我国南宁时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例.若输入n 、x 的值分别为3、1，则输出v 的值为（ ）A ．7B ．8C ．9D ．1012．为了进一步提升驾驶人交通安全文明意识，驾考新规要求驾校学员必须到街道路口执勤站岗，协助交警劝导交通.现有甲、乙等5名驾校学员按要求分配到三个不同的路口站岗，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( ) A ．12种B ．24种C ．36种D ．48种二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
吉林省长春市2024年数学(高考)统编版摸底(综合卷)模拟试卷
吉林省长春市2024年数学（高考）统编版摸底(综合卷)模拟试卷一、单项选择题（本题包含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）(共8题)第(1)题函数的图象如图所示，为图象上两点，对于向量，为了得到的图象，需要将图象上所有点的坐标（）A ．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位B ．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位C ．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位D ．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位第(2)题已知A．B．C．D．第(3)题已知单位向量的夹角为（不重合），则的值为（）A．B．0C．D．第(4)题某市商品房调查机构随机抽取n名市民，针对其居住的户型结构和是否满意进行了调查，如图1，被调查的所有市民中二居室住户共100户，所占比例为，四居室住户占.如图2，这是用分层抽样的方法从所有被调查的市民对户型是否满意的问卷中，抽取20%的调查结果绘制成的统计图，则下列说法错误的是（）A．B．被调查的所有市民中四居室住户共有150户C．用分层抽样的方法抽取的二居室住户有20户D．用分层抽样的方法抽取的市民中对三居室满意的有10户第(5)题已知F为抛物线的焦点，P为该抛物线上的动点，点，则的最大值为（）A．B．C．2D．第(6)题佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃建筑，整体成圆锥形，形成一个统一的整体，气势恢宏，底面直径为，高为30m，则该建筑的侧面积为（）A．B．C．D．第(7)题已知函数，则（）A ．在上单调递减B．在上单调递增C ．在上单调递减D．在上单调递增第(8)题古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中，，，点满足，则点的轨迹方程为（）A．B．C．D．二、多项选择题（本题包含3小题，每小题6分，共18分。
吉林省东北师范大学附属中学2021届第一学期高三第三次摸底考数学文试题及答案
第Ⅰ卷一、选择题（本题共12小题，每小题5分, 共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1．已知集合{}|02A x x =≤≤，集合{}|lg 0B x x =>，则A B =A ．(](),12,-∞+∞ B ．()(),01,2-∞ C ．[)1,2 D ．(]1,22．已知复数iiz -=3，则||z = A ．4 B ．10 C ．5 D ．2 3．下列说法正确的是A ．若p q ∨为真命题，则p q ∧为真命题B ．命题“若cos cos x y ≠，则x y ≠”的否命题是“若cos cos x y =，则x y ≠”C ．“0x <”是“20x x ->”的充要条件D ．若p ：x ∀∈R ，2320x x --<，则p ⌝：0x ∃∈R ，200320x x --.4．设12log 3a =，0.913b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，182c =，则A ．a b c <<B ．b c a <<C ．c a b <<D ．b a c <<5．某四棱锥的三视图如图所示，则 此四棱锥的体积为A ．2B ．3C ．4D ．66．等差数列}{n a 前n 项和为n S ，281112a a a ++=，则13S =A.32B.42C .52D. 627．为了得到函数2sin 3y x =的图象，可以将函数sin 3cos3y x x =+的图象A ．向右平移4π个单位 B ．向左平移4π个单位切磋砥砺足千日 紫电龙光助鹰扬东北师大附中2021届高三年级第三次摸底考试（数学文）学科试题C ．向右平移12π个单位 D ．向左平移12π个单位 8．设双曲线22221x y a b-=的渐近线与抛物线21y x =+相切，则该双曲线的离心率ABC ．5D ．29．正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为A ．812π B ．814πC ．815πD ．817π10．已知()f x 是R 上的偶函数，对任意∈x R , 都有(6)()(3)f x f x f +=+，且(1)2f =，则(2021)f 的值为A ．0B ．2-C ．2D ．6 11．在钝角ABC ∆中，2AB =，sin 2B =，且ABC ∆面积是2，则=AC A ．B ．2 CD12．已知()f x 是定义在R 上的奇函数，()f x '是函数()f x 的导函数且在[)0,+∞上()1f x '<， 若(2020)()20202f m f m m --≥-，则实数m 的取值范围为 A ．[]1010,1010- B ．[)1010,+∞ C ．(],1010-∞-D ．(][),10101010,-∞-+∞第Ⅱ卷二、填空题（本题共4小题，每小题5分, 共20分.）13. 已知向量(1,1)a =，(2,)b x =，若a b +与b a -平行，则实数x 的值为 ．14. 设直线l 过点(0,),a 倾斜角为︒45，且与圆222220x y x y +---=相切，则a 的值为 ．15. 若y x ,满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≥-+≤--≥+-0101022y x y x y x ，则y x z -=2的取值范围为 ．16. 设()f x 与()g x 是定义在同一区间[]，a b 上的两个函数，若函数()()()=-h x f x g x 在[]，a b 上有两个不同的零点，则称()f x 与()g x 在[]，a b 上是“关联函数”．若()=f x 234-+x x 与()2=+g x x m 在[03]，上是“关联函数”，则实数m 的取值范围是.三．解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. （本小题满分12分）已知等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ，且4228S S =+． （1）求公差d 的值； （2）若11,n a T =是数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，求使不等式511nT ≥成立的n 的最小值．18. （本小题满分12分）在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，底面四边形ABCD 是边长为１的 正方形，侧棱PA 与底面成的角是︒45，,M N 分别是,AB PC 的中点． （1）求证：MN ∥平面PAD ； （2）求三棱锥M PBC -的体积．19．（本小题满分12分）东北师大附中数学科技节知识竞赛活动圆满结束，现从参加知识竞赛活动的学生中随机抽取了100名学生，将他们的比赛成绩（满分为100分）分为6组：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，得到如图所示的频率分布直方图．（1）求a 的值并估计这100名学生的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）在抽取的100名学生中，规定：比赛成绩低于50分为困难生，已知甲乙两人是困难生，为了解困难生具体情况，从选取的困难生随机抽取两人，求甲乙两人中至少有一人被抽到的概率？20（本小题满分12分） 已知函数()ln 1f x ax x =++． (1)若1a =-，求函数()f x 的最大值；(2)对任意的0x >，不等式()xf x e ≤恒成立，求实数a 的取值范围．21. （本小题满分12分）如图，已知椭圆)0(1:2222>>=+b a by a x C 上一点)2,0(A ,右焦点为)0,(c F ，直线AF交椭圆于B 点，且满足||2||FB AF =, 233||=AB ． （1）求椭圆C 的方程；（2）若直线)0(>=k kx y 与椭圆相交于D C ,两点，求四边形ACBD 面积的最大值．请考生在（22）、（23）两题中任选一题作答，如果多答，则按做的第一题记分．作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右侧的方框涂黑．22．（本小题满分10分）【选修4－4：坐标系与参数方程】在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线1C 的极坐标方程为01)4cos(2=+-πθρ，曲线2C 的参数方程为⎩⎨⎧==ααsin 3cos 2y x （α为参数）． （1）写出曲线1C 的直角坐标方程和曲线2C 的普通方程；（2）已知点)1,0(-P ，曲线1C 与曲线2C 相交于A ，B 两点，求PA PB +.23．（本小题满分10分）【选修4－5：不等式选讲】已知函数|1||2|)(-++=x x x f （1）解不等式5)(≤x f ；（2）若关于x 的不等式2()2f x a a ≤-有解，求实数a 的取值范围．一、选择题 DBDAD CCCBC CB 二、填空题高三年级第三次摸底考试（数学文）学科试题（参考答案）13. 2 14 22± 15. ]5,1[- 16. 9,24⎛⎤-- ⎥⎝⎦三．解答题17. 解：（1）由4228S S =+，即()1146228a d a d +=++，化简得：48d =，解得2d =； （2）由11,2a d ==，得21n a n =-， 所以()()111111212122121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭， 所以12231111111111123352121n n n T a a a a a a n n +⎛⎫=+++=-+-++- ⎪-+⎝⎭11122121nn n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭，由511n T ≥解得5n ≥，所以n 的最小值为5． 18. 证明：（1）取PD 的中点Q ,连结QN 、AQ ,N 是PC 的中点QN ∴//CD ,且QN =12CD ，底面四边形ABCD 是边长是１的正方形，又M 是AB 的中点，AM ∴//CD ,且AM ∴=12CD ,QN ∴//AM ,且QN =AM ，AMNQ ∴四边形是平行四边形，//MN AQ ∴,又AQ PAD ⊂平面,MN ∴∥平面PAD .（2）PD ⊥平面ABCD ，PAD ∴∠是侧棱PA 与底面成的角，即PAD ∴∠=045，PAD ∆∴是等腰直角三角形，则1PD AD ==, 11331111113412M PBC P MBC MBC V V S PD AB BC PD--∴==⋅=⋅⋅=⨯⨯⨯⨯=19 .解：（1）由题可得()0.0050.0100.0200.0300.010101a +++++⨯= ，解得0.025a =． ，平均成绩为：450.05550.1650.2750.3850.25950.1⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯74= （2）困难生共5人，设另外三人a,b,c,甲乙为1,2，所有情况：ab,ac,a1,a2,bc,b1,b2,c1,c2,12710P =20解：(1)当1a =-时，()ln 1f x x x =-++，定义域为()0,∞+，()111xf x x x'-=-+=. 令()0f x '>，得01x <<；令()0f x '<，得1x >.因此，函数()y f x =的单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+∞； 所以()()max 10==f x f(2)不等式ln 1xax x e ++≤恒成立，等价于ln 1x e x a x--≤在()0,∞+恒成立，令()ln 1x e x g x x --=，0x >，故只需()min a g x ≤即可，()()21ln x x e x g x x'-+=， 令()()1ln xh x x e x =-+，0x >，则()10xh x xe x=+>'， 所以()y h x =在()0,∞+单调递增，而()10h =，所以()0,1x ∈时，()0h x <，即()0g x '<，()y g x =在()0,1单调递减；()1,x ∈+∞时，()0h x >，即()0g x '>，()y g x =在()1,+∞单调递增，所以在1x =处()y g x =取得最小值()11g e =-， 所以1a e -≤，即实数a 的取值范围是{}1a a e ≤-.21.解：（1）由题意， ||2||FB AF =,由233||=AB 知3||=AF , 右焦点为)0,(cF ||2AF a b ∴===又.椭圆C 的标准方程是12322=+y x . （2）由（Ⅰ）知)0,1(F ,)2,0(A ,∴直线AF 的方程为022=-+y x ，联立⎪⎩⎪⎨⎧=-+=+02212322y x y x 得0)3(26422=-=-x x x x ，得23,021==x x .∴)22,23(-B 设点)2,0(A ，)22,23(-B 到直线)0(>=k kx y 的距离为1d 和2d ， 1221+=k d ，122322++=k k d ， 直线)0(>=k kx y 与椭圆相交于D C ,两点,∴联立⎪⎩⎪⎨⎧==+kxy y x 12322,得6)23(22=+x k ，得236,2362423+=+-=k x k x . 23162||1||22432++=-+=∴k k x x k CD .∴设四边形ACBD 面积为S ，则12)2(32316)(||2122221++⋅++=+=k k k k d d CD S )0(2322632>++⋅=k k k .设),2(2+∞∈+=k t ，则2-=t k ，)2(2)2(32632>+-⋅=∴t t t S .2218126312638263263tt t t t S ⋅+⋅-⋅=+-⋅=2343)8231(812632≤+-⋅=t 8231=t ，即2324238+===k t ，即32=k 时，四边形ACBD 面积有最大值23.（以||AB 为底边，点C 点D 到线段AB 的距离为高计算四边形ACBD 面积也可以） 22解：（1）01sin cos ,sin ,cos =++∴==θρθρθρθρy x ,1C 的普通方程为01=++y x , 2C 的普通方程为13422=+y x . （2）1C 的参数方程为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=12222t y t x （t 为参数），将曲线1C 的参数方程代入2C 的普通方程， 整理得0162872=--t t ，令1PA t =，2PB t =，由韦达定理⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==+7167282121t t t t ， 则有7244)(||||||||||212212121=-+=-=+=+t t t t t t t t PB PA . 23．解：（1）|1||2|)(-++=x x x f①当2-≤x 时，512)1(2)(≤--=----=x x x x f ，3-≥∴x ，,2-≤x ∴23-≤≤-x ； ②当12<<-x 时，53)1(2)(≤=--+=x x x f 恒成立， 12<<-∴x 符合题意； ③当1≥x 时，512)1(2)(≤+=-++=x x x x f ，2≤∴x ，又21,1≤≤∴≥x x ； 综上知不等式5)(≤x f 的解集为]2,3[-.（2）由（Ⅰ）知，⎪⎩⎪⎨⎧≥+<<--≤--=1,1212,32,12)(x x x x x x f ，所以3)(min =x f ， 2232,2331a a a a a a ≤--≥≥≤-即，，所以或。
2024届吉林省东北师范大学附属中学高三上学期第三次摸底数学试题及答案
2023-2024学年上学期东北师大附中 数学学科试卷高三年级 第三次摸底考试第I 卷（选择题）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个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{}2Z 230A x x x =∈--<∣，则集合A 子集个数为（）A. 3B. 4C. 8D. 162. 设()()1i 21i z -=+，则z =（ ）A.B. 1C.D. 23. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[]0,1均分为三段，去掉中间的区间段12,33⎛⎫⎪⎝⎭，记为第一次操作；再将剩下的两个区间120,,,133⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和不小于910，则需要操作的次数n 的最小值为（参考数据：lg 20.3010,lg 30.4771==）（ ）A. 6B. 8C. 10D. 124. 命题“2R,230x x x ∃∈-+<”的否定是（ ）A. 2R,230x x x ∃∈-+> B. 2R,230x x x ∀∈-+>C. 2R,230x x x ∃∈-+≥ D. 2R,230x x x ∀∈-+≥5. 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为（ ）A. 26B. 28C. 30D. 32的6. 已知π1sin 63x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，则2πcos 23x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭（ ）A. 79-B. 29-C.29D.797. 已知函数()f x 及其导数()f x '定义域均为R ，()f x '在R 上单调递增，()1f x '+为奇函数，若23a =，45b =，34c =，则（ ）A. ()()()f a f b f c <<B. ()()()f b f a f c <<C. ()()()f b f c f a << D. ()()()f c f b f a <<8. 若对任意实数0,0x y >>，不等式()x a x y ≤+恒成立，则实数a 的最小值为（）A.B.1-C.1+D.二、多选题：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k ∈Z ，则函数()()22kxxf x x -=⋅+的图象可能是（）A. B.C. D.10. 已知函数2()cos (0)3f x x ωωπ⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在ππ,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调，且()f x 的图象关于点π,03⎛⎫-⎪⎝⎭对称，则（ ）A. ()f x 的最小正周期为4πB. 21099f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C. 将()f x 的图象向右平移4π3个单位长度后对应的函数为偶函数的D. 函数5()4y f x =+在[0,]π上有且仅有一个零点11. 如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点,M N 分别为棱11,B C CD 上的动点（包含端点），则下列说法正确的是（ ）A. 当M 为棱11B C 的中点时，则在棱CD 上存在点N 使得MN AC⊥B. 当,M N 分别为棱11,B C CD 的中点时，则在正方体中存在棱与平面1A MN 平行C. 当,M N 分别为棱11,B C CD 的中点时，过1,,A M N 三点作正方体的截面，则截面为五边形D. 三棱锥11D A MN -的体积为定值12. 已知曲线()e xf x =在点()()11,P x f x 处切线和曲线()lng x x =在点()()22,Q x g x 处的切线互相平行，则下列命题正确的有（ ）A. 12x x +有最大值1B. ()()12f x g x +有最小值是1C. 12x x 有最小值是1eD. 若10x <，则221212x x x x +有最大值为1e e--第II 卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知()2,1P -是θ终边上的一点，则sin 2θ=_____________.14. 在ABC 中，2,4AB AC ==，P 是ABC 的外心，则AP BC ⋅等于___________.15. 已知两个等差数列2，6，10，…，210及2，8，14，…，212，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和等于___________.16. 正三棱锥-P ABC 的四个顶点都在同一个球面上，且底面边长是3，侧棱PA 与底面ABC 所成的角为α，二面角P AB C --的平面角为β.当该球的表面积最小时，()tan αβ+=____________.四、解答题：本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.的是17. 已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且124,,S S S 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}2na n ⋅的前n 项和nT .18. 在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别是,,a b c .已知()2cos cos cos B C B Cbc ab ac+=+.（1）求A ；（2）D 为BC 边上一点，DA BA ⊥，且3BD DC =，求cos C .19. 如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 和侧面11BCC B都是矩形，11D D D C ==，22AB BC ==.（1）求证：1AD D C ⊥；（2）若点P 的在线段1BD 上，且二面角P CD B --的大小为4π，求1D PPB的值.20.甲，乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为1(2p p >，且各局胜负相互独立．已知第二局比赛结束时比赛停止的概率为59．（1）求p 值；（2）设ξ表示比赛停止时比赛的局数，求随机变量ξ的分布列和数学期望E ξ．21. 已知双曲线()2222:10,0x y E a b a b-=>>的左、右焦点分别为())12,F F ，渐近线方程为12y x =±.（1）求E 的方程；（2）直线l 与E 的左、右两支分别交于,M N 两点（,M N 在x 轴的同侧），当12//F MF N 时，求四边形的12F F NM 面积的最小值.22. 已知函数()()sin sin 0f x a x ax a =+>.（1）当1,0a x =>时，证明()2f x x <；（2）当2a =时，讨论()f x 的单调性；（3）设0x >，证明()()e 2e axax f x +->.2023-2024学年上学期东北师大附中数学学科试卷高三年级第三次摸底考试第I卷（选择题）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.【1题答案】【答案】C【2题答案】【答案】D【3题答案】【答案】A【4题答案】【答案】D【5题答案】【答案】B【6题答案】【答案】A【7题答案】【答案】C【8题答案】【答案】D二、多选题：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题答案】【答案】ABC【10题答案】【答案】ACD【11题答案】【答案】ACD【12题答案】【答案】BD第II 卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.【13题答案】【答案】45-##0.8-【14题答案】【答案】6【15题答案】【答案】1872【16题答案】【答案】3-四、解答题：本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.【17题答案】【答案】（1）*21,N n a n n =-∈ （2）211122339n n T n +⎛⎫=-⋅+ ⎪⎝⎭【18题答案】【答案】（1）2π3（2【19题答案】【答案】（1）证明见解析 （2）2【20题答案】【答案】（1）23p =．（2）ξ246P5920811681 26681Eξ=．【21题答案】【答案】（1）221 4xy-=（2【22题答案】【答案】（1）证明见解析（2）答案见解析（3）证明见解析。
2024届吉林省东北师范大学附属中学高三上学期第三次摸底历史试题及答案
2023-2024学年上学期东北师大附中（历史）科试卷高三年级第三次摸底考试一、选择题1. 《论语》记载，子曰“兴于诗，立于礼，成于乐”。
《论语释疑》解读：“若不采民诗，则无以观风。
风乖俗异，则札无所立，礼若不设，则乐无所乐，乐非礼则功无所济。
故三体相扶，而用有先后也。
”。
由此可知，孔子思想（ ）A. 适应社会现实的需要B. 以继承传统为目标C. 有助于恢复西周制度D. 兼具文化和政治功能2. 学者陈汉玉提出：“拓跋人的自觉汉化，从北魏建国之初就开始了；孝文帝亲政前鲜卑和汉族统治者之间就出现空前融洽的局面……可见，用胡汉矛盾的激烈来解释孝文帝改革的目的，是没有说服力的”。
这段材料，学者意在表达孝文帝改革（ ）A. 是由阶级矛盾激化引发B. 变革的指导思想一脉相承C. 儒化加速了封建化进程D. 主要贡献是促进民族融合3. 如图为西汉与隋朝京畿地区示意图。
与西汉相比，隋朝京畿地区的变化有（ ）①范围向经济发达地区扩展 ②减轻了西部少数民族的威胁③大运河的开通使其倍受其益 ④城市人口出现激增现象A. ①②B. ②③C. ③④D. ①③4. 大安市坐落于吉林省西北地区，此地历史悠久，古代有夫余、契丹、女真、蒙古等民族在此游猎聚居、繁衍生息。
据记载辽朝推行四时捺钵制，其中有四代皇帝曾定此地为“春捺钵”的行营。
此制推行反映辽朝统治的特点是（ ）A. 因地制宜B. 因俗而治C. 胡汉合治D. 胡汉分治5. 梁启超所作《中国历代民德升降表》如下，他将春秋以来的“民德”按优劣分为6个等级，认为东汉民德最优。
下列所述中国古代各朝代民德升降原因，正确的一项是（ ）的注：梁启超认为民德分为私德与公德，“人人独善其身者谓之私德，人人相善其群者谓之公德”。
A. 东汉上升得益于光武中兴，推行礼治B. 五代时期与三教并行政策相关C. 明朝末年源于宦官专权、外戚干政D. 清代的表现是因理学遭到打击6. 恭亲王奕䜣上书陈说：“臣等就今日之势论之，发捻交乘，心腹之害也”，力主变通内外政策，对外妥协，度过危机，并酌议章程六条，其中首条便是“京师设立总理各国事务衙门以专责成”。
吉林省东北师范大学附属中学2024届高三上学期第三次摸底语文
2023-2024学年上学期东北师大附中（语文）科试卷高三年级第三次摸底考试注意事项：1.答题前，考生须将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
3.回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效。
4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、现代文阅读（37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。
材料一中华民族有着悠久的历史文化。
早在距今3500年前的殷商甲骨文中，就有表示书籍的“册”和“典”字。
《尚书·多士》记载：“惟殷先人，有册有典。
”殷商时期，用于典册书写刻铸的甲骨文、金文有4500个之多。
孔子整理“六经”，其中《易》《书》《诗》《礼》《春秋》等传承至今，成为中国最早的“元典”。
中国古代军事、医学、农业、百科等实用著述蔚为大观，按类汇集，依丛编排，形成百科全书体系。
历代史官记录君臣言行、重大事件，形成史籍档案。
古代文、赋、诗、词、曲、小说等，在“崇文”传统中开出璀璨花朵，历代总集、别集等浩如烟海。
学者们在群籍中搜存考佚，考镜源流，整理成缮写工整、校勘无误的书本“善本”，按照经、史、子、集四大部类，构建起博大精深、自成一体的中华传统典籍文化体系。
中国古代的书籍，简称古籍，一般指写印于1912年前的书籍。
广义的古籍概念也包括后来影印、整理、缩微、数字化古籍而产生的产品。
古籍一般有不同于今天的装帧式样，如简册装、卷轴装、梵央装、缝绩装、粘叶装、经折装、蝴蝶装、包背装、线装等。
材料二文字载体多种多样。
在纸发明前，文字曾经铸造、刻写在青铜、石头、甲骨上，也“书于竹帛”——使用竹木简和丝织品作为书写材质，具有鲜明的中国特色。
2024届吉林省东北师范大学附属中学高三上学期第三次摸底地理试题及答案
2023-2024 学年上学期东北师大附中 (地理)科试卷高三年级第三次摸底考试考试时间：75 分钟试题满分: 100 分注意事项：1. 答题前，考生须将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
3.回答非选择题时，请使用0.5 毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效。
4. 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。
)“遂宁矮晚柚” (图1)原产地为四川遂宁市，具有树冠矮小、果粒成熟晚、皮薄香甜且产量高等特点，一般在春节前后成熟上市。
2021年2月入选中欧地理标志保护互认产品， “中国味道”走向世界。
据此完成1~2题。
1.近两年， “遂宁矮晚柚”在欧洲市场销量增加，其主要原因是A. 产品上市时间晚B. 产品知名度提高C. 产品价格优惠D. 产品品质提升2. “遂宁矮晚柚”植株矮小，果粒成熟晚，均有利于A. 提高复种指数B. 增强抗寒能力C. 提高种植效益D. 减少管理时间新昌县位于浙江省东部山区，是著名的工业县，有“轴承之乡”、 “纺机基地”之称。
为促进产业优化升级，2021年初新昌县出资在杭州建成“科创飞地”——杭州紫金科创港，吸引新昌本地企业及新兴产业的研发部门入驻，实现了“研发在杭州，生产在新昌”的发展模式。
据此完成3~4题。
3. 新昌县选择在杭州建设“科创飞地”，主要因为杭州A. 基础设施完善B. 人才吸引力强C. 国家政策支持D. 工业基础较好14.新昌本地企业研发部门入驻紫金科创港，主要目的是A. 提升研发能力B. 扩大生产规模C 降低用工成本 D. 降低研发费用在老龄化和流动迁移活跃的双重推动下，老年流动人口数量不断增加，异地养老与家属随迁是两类典型的老年人口流动原因。
吉林省长春市东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第三次摸底考试语文试题(含答案)
吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第三次摸底考试语文试题一、现代文阅读(34分)（一）现代文阅读I(本题共5小题，17分)阅读下面的文字，完成1～5题。
材料一：墨家学派在春秋战国时期影响很大。
《韩非子·显学》云：“世之显学，儒墨也。
”《孟子·滕文公》亦说：“天下之言，不归杨，则归墨。
”二者都高度评价了墨学的显赫地位。
先秦诸子中，各家学派对于科学技术多持排斥的态度，而墨家则不然，墨家学派重视对自然科学的研究和对应用技术的探讨，形成了丰富的科技思想。
墨家科技思想是时代的产物，社会生产实践为墨家科技思想的沉淀提供了丰富的科学材料和直接的思想刺激。
同时，墨家的科技思想，与墨子及其弟子丰富的科学实践活动分不开，体现了科学理论与科学实践的有机结合。
墨家学派的创始人墨翟一身兼具经验家、技术家、工匠和科学理论家的素质和品格。
他在力学、光学、数学、逻辑学等方面都进行过一定的研究，已经有意识地开展了一些科学观察和实验活动。
墨子是手工机械制造的能手，会造车，善造守城器械，熟悉生产技术工艺，有率富的科学技术知识。
墨家的科技思想主要体现在《墨经》中。
《墨经》由《墨子》一书中的《经上》、《经下》、《经说上》、《经说下》四篇组成，保存了墨家学派对自然科学和应用技术的许多研究成果，反映了墨家的科技活动和实践，是研究墨家科技思想的重要依据。
墨家的科技思想，以生产实践为基础，以概念和理论分析为手段，既有浓厚的实践性、实用性，又有一定的抽象性和理论性。
墨家科技思想的核心是“为天下兴利除害”,主张从有利于人民生产、生活的功利主义价值观出发，研究利用自然法则。
《墨经》总结了辘转、滑车、车梯等器械的工作原理，提出利用杠杆、斜面移动重物，提高生产效率，减轻体力劳动负担。
墨子说：“故所为功，利于人谓之巧，不利于人谓之拙。
”墨家认为衡量手工技艺、发明创造的价值，是看其是否有利于人民的生产和生活，即所谓“功，利民也”(《经上》35条)。
2021届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底化学试卷
【最新】吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底化学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列有关化学概念或原理的论述中，正确的是A．任何一个氧化还原反应都可以设计为电池，输出电能B．铅蓄电池放电时的负极和充电时的阴极均发生氧化反应C．电解饱和食盐水的过程中，水的电离平衡正向移动D．任何可逆反应，其平衡常数越大，反应速率、反应物的转化率就越大2．将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中，然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。
由此可见A．NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应B．NH4HCO3和盐酸的反应是吸热反应C．反应物的总能量高于生成物的总能量D．反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl==NH4Cl+CO2↑+H2O ΔH=+Q kJ/mol 3．一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)△H＜0 若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变B．平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快C．平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率D．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应平衡常数不变4．将左下图中所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是A．电子沿Zn→a→b→Cu路径流动B．Cu电极质量增加C．甲池与乙池中的溶液互换，闭合K，电流没有明显变化D．片刻后可观察到滤纸b点变红色5．某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应能量曲线如图所示(E1、E2、E3、E4表示活化能)。
下列有关叙述正确的是A．两步反应均为吸热反应B．加入催化剂会改变反应的焓变C．三种化合物中C最稳定D．A→C反应中ΔH = E1 - E26．如图装置中，小试管内为红墨水，具支试管内盛有pH=4的雨水和生铁片。
2021届东北师范大学附属中学高三上学期第三次摸底考试数学(理)答案
所以当 时, 有两个正根 ,即 存在两个极值点.
由于 的两个极值点 满足方程
所以 , ,则有 ,由 ,解得
令
那么
当 时,
所以 在 上是增函数，所以 的最大值为
即 的最大值为
22. 解：（1）曲线 的直角坐标方程为 ．
当 时， 的直角坐标方程为 ，
当 时， 的直角坐标方程为 ．
, 的面积
18. 解：（1）由题意, , 。
,即 ,
（2）年龄在区间 的居民共有 人,年龄在区间 的居民共有 人,按分层抽样抽取 人,则共有 人年龄在 内。则 的可能取值为
, ,
则 的分布列为
的数学期望是
19. 证明：（1）连结 ,由题意,底面 是等腰梯形且 ,则 ,由余弦定理知 , , .
平面 ⊥平面 ,平面 平面 , 平面 ,
此时
又因为 ,
原点到直线 的距离 ,
所以
当且仅当 ,即 时,即 时取等号.
综上, 面积的最大值为 .
法二：
当且仅当 时,即 时,即 时取等号.
综上, 面积的最大值为 .
21. 解: （1）当 时, ,故当 时, ,
所以只需证 即可.
因 .
所以 在 为单调递减函数
而 ,所以当 时,有 ,即当 时, 成立.
,
设平面 的一个法向量为 ,则
,令 ,则 ,
易知平面 的一个法向量为 ,则
,则 , ,即 ,
20. 解:（1）由题意知 ,得 , ,
椭圆 的标准方程为 .
（2）当直线 的斜率不存在时,
令 ,得 , ,
当直线 的斜率存在时,设直线 方程为 , , ,弦中点 ,
由 ,得 ,
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2023-2024 学年上学期
东北师大附中 (地理)科试卷
高三年级第三次摸底考试
考试时间：75 分钟 试题满分: 100 分
注意事项：
1. 答题前，考生须将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条
形码。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
3.回答非选择题时，请使用0.5 毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，
超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效。
4. 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个是符
合题目要求的。
)
“遂宁矮晚柚” (图1)原产地为四川遂宁市，具有树冠矮小、果粒成熟晚、皮薄香甜且产
量高等特点，一般在春节前后成熟上市。
2021年2月入选中欧地理标志保护互认产品， “中国
味道”走向世界。
据此完成1~2题。
1.近两年， “遂宁矮晚柚”在欧洲市场销量增加，其主要原因是
A. 产品上市时间晚
B. 产品知名度提高
C. 产品价格优惠
D. 产品品质提升
2. “遂宁矮晚柚”植株矮小，果粒成熟晚，均有利于
A. 提高复种指数
B. 增强抗寒能力
C. 提高种植效益
D. 减少管理时间
新昌县位于浙江省东部山区，是著名的工业县，有“轴承之乡”、 “纺机基地”之称。
为
促进产业优化升级，2021年初新昌县出资在杭州建成“科创飞地”——杭州紫金科创港，吸引新
昌本地企业及新兴产业的研发部门入驻，实现了“研发在杭州，生产在新昌”的发展模式。
据此
完成3~4题。
3. 新昌县选择在杭州建设“科创飞地”，主要因为杭州
A. 基础设施完善
B. 人才吸引力强
C. 国家政策支持
D. 工业基础较好
1
4.新昌本地企业研发部门入驻紫金科创港，主要目的是
A. 提升研发能力
B. 扩大生产规模
C 降低用工成本 D. 降低研发费用
在老龄化和流动迁移活跃的双重推动下，老年流动人口数量不断增加，异地养老与家属随迁是两类典型的老年人口流动原因。
异地养老是指老年人离开原居住地，流动到另一地区，明确以养老为目的流动方式；家属随迁是指以照顾孙辈为主要目的而流入子女家庭所在地。
这两类老年群体在迁入地的居留意愿存在一定差异(表1)。
据此完成5~6题。
表 1
其主要取决于公众号：全元高考
A. 自身消费观念
B. 迁入地医疗条件
C. 自身经济能力
D. 迁入地人口政策
6. 异地养老群体中，流入大城市的居留意愿比流入中等城市的低，可能是因为
①大城市人均资源少 ②大城市定居成本高
③中等城市亲朋好友少 ④部分中等城市环境质量好
A. ①③
B. ②③
C. ①④
D. ②④
城镇化促使居住、产业等诸多要素向郊区迁移。
传统郊区化主要集中于中心城区的近郊区，而后郊区化则更倾向于远郊区。
上海已经进入后郊区化时代，远郊功能空间更加复杂多元。
图2示意上海市后郊区化空间发育模式演变。
据此完成7~8题。
2
7. 后郊区化初期，上海市城市扩张主要休现在
A. 商业中心外迁
B. 远郊设施完善
C. 近郊住房剧增
D.工业企业外迁
8. 随着后郊区化的推进，上海远郊区的住房市场进入蓬勃发展时期，主要得益于远郊区
A. 居住条件优越
B.金融机构增加
C. 轨道交通发展
D. 土地面积广阔
河狸被誉为动物界的建筑大师，经常利用树枝、石块、砂土和水生植物等材料在河流中修建结构坚固的水坝。
这种独特的行为不仅令人惊叹，还对水域生态系统产生了深远的影响。
我国新疆地区的蒙新河狸仅分布在乌伦古河流域，而相邻的额尔齐斯河流域没有分布。
结合图3完成9~10题。
9 海狸水坝建成后，对水域生态系统产生的影响是
A.上游生物多样性减少
B. 上游湿地面积增大
C. 下游水质变差
D. 下游旱季水量增大
10. 与乌伦古河流域相比，额尔齐斯河流域无蒙
新海狸分布，试推测主要原因是
A. 河水较深
B. 水量较少
C. 流速较慢
D. 水温较低
温带气旋龙卷是伴随温带气旋发育的剧烈上升涡旋，常出现在锋面气旋的暖气团一侧。
辽宁省是我国东北温带气旋龙卷的高发区。
图4示意辽宁省温带气旋龙卷典型天气流场模型。
据此完成11~12题。
11. 对图示温带气旋龙卷的形成起到关键作用的是公众号：全元高考
A. 暖湿气流输送
B. 嗳锋北上
C. 气旋水平移动
D. 冷锋南下
3
12. 辽宁省是我国东北温带气旋龙卷高发区，主要是因为
①邻近海洋 ③冷锋频发 ③纬度较低 ④西风较强
A. ①②
B. ②④
C. ①③
D. ③④
野火对植被和多年冻土的影响重大。
图5示意稳定气候下北方某地区野火后的地表和多年冻土变化轨迹。
据此完成13~14题。
13.野火后该地区草本和灌丛植被的种类、数量近中期内增加，原因不包括
．．．
A. 地面温度升高
B. 光照条件改善
C. 腐殖质增加
D. 病毒虫害减少
14.野火发生后，在短时间内地面海拔高度变化的主要原因是
A. 断裂下陷
B. 融冻加强
C. 风力侵蚀
D. 流水侵蚀
植物线性沙丘一般是指在沙漠地区受到呈锐角相交且风力大小不等的两个方向的风交互作用下，风力沉积形成的垄状沙链。
图6是植物线性沙丘形成过程示意图，其中甲、乙、丙、丁表示不同的风向。
据此完成15~16题。
15. 在植物线性沙丘发育过程中
①沙丘主体增高变宽伸长 ②沙砾沉积形成水平层理
③沙丘表面沙砾粒径增大 ④沙丘表面成土作用加快
A. ①②
B. ①③
C. ②③
D. ①④
16. 影响图示沙丘形成的主导风．向是
A. 甲和丙，且甲风力大于丙
B. 甲和丙，且丙风力大于甲
C. 丙和丁，且丙风力大于丁
D. 丙和丁，且丁风力大于丙
4
二、综合题(本题共 3 小题, 共 52分)公众号：全元高考
17. 阅读图文材料，完成下列要求。
(18分)
建国以来， 中国汽车生产经历了自给自足、合资生产、弯道超车三个阶段(图7)。
目前， 中国已成为世界汽车出口量最大的国家。
在低碳经济背景下，新能源汽车成为全球汽车产业转型升级、绿色发展的主要方向。
中国掌握了断能源汽车关键核心技术，建成了完整产业体系，产销量连续8年世界第一。
图8为我国近20年来汽车出口总量统计。
长江三角洲地区通过产业集群协同发展，一家新能源汽车整车厂可以在4小时车程内解决所需配套零部件供应，形成了体现现代化产业体系特征的“4小时产业圈”。
(1) 分析2021年以来， 中国汽车出口量剧增的原因。
(6分)
(2)分析长三角地区布局新能源汽车产业的区位优势。
(6分)
(3)说明长江三角洲地区“4小时产业圈”对新能源汽车生产的积极作用。
(6分)
18. 阅读图文材料，完成下列要求。
(16分)
咖啡是世界三大饮料之一，咖啡树喜温暖，耐旱不耐寒。
云南省普洱市地处“世界咖啡种植的黄金带”，咖啡种植主要分布在当地海拔600~3400 米内。
普洱市咖啡种植历史悠久，素有“中国咖啡之都”的美誉。
咖啡种植成为带动当地农民增收、促进乡村振兴的重要产业。
但集多种资源优势于一身的普洱咖啡却由于“大资源、小产业、弱品牌”，陷入“1公斤咖啡豆难换1杯咖啡”的尴尬境地。
近年来， 当地致力于打造“普洱咖啡”国际品牌， 走上了“中国咖啡飘香世界”之路。
图9为普洱市地理位置及地形示意图。
5
(1)分析普洱市成为“中国咖啡之都”的原因。
(4分) (至少答出4点)
(2)研究发现，普洱市内不同海拔地区的咖啡品质存在较大差异。
试从气候角度分析同
一山坡的高海拔地区较低海拔地区咖啡品质更佳的原因。
(6分)
(3)结合所学知识，请你为打造“晋洱咖啡”国际品牌提出合理建议。
(6分)
19. 阅读图文资料，完成下列要求。
(18分)
赛里木湖(图10)海拔约2073米，全年盛行偏西风，流域年降水量约257.4毫米，
湖面年蒸发量约550.0毫米，结冰期长达6个月：湖岸岩性较为单一，多为粘性差、易
透水的粉砂层。
近60年来，赛里木湖流域气候呈暖湿化趋势，湖水盐度随之变化；湖
岸多处坍塌， 东岸尤为严重。
研究表明，该流域降水量变化对湖泊的影响超过气温变化.
(1)中国西北地区水面年蒸发量大多在1200毫米以上，分析赛里木湖湖面年蒸发量较低，的原因。
(6分)
(2)推测近60年来流域气候变化对赛里木湖盐度的影响，并说明理由。
(6分)
(3)分析近60年来赛里木湖东岸坍塌严重的原因。
(6分)。