天一大联考2020届高三模拟考试及答案

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天一大联考2020届高三第一次模拟考试[语文试题含答案]

天一大联考2020届高三第一次模拟考试语文一、现代文阅读(36分)(一)论述类文本阅读(本题共3小题，9分)阅读下面的文字，完成下面小题。

人工智能机器人写的诗、画的画、作的曲并不能被称作艺术品，因为艺术是创作者对客观世界的认识，是其主观情感的呈现，而艺术活动更多是一种创造的过程，它充满感性色彩，人类艺术创造最大的特征就是情感化。

而人工智能是理性的，它整套艺术生产逻辑基于数据，即便人工智能的文艺创作开始加入情感激发和随机化模块，但创作的内容仍然是从大量作品中提取、分解、组合而成，这种重组方式不能称为情感化的艺术创作。

人工智能目前没有可能创造与人类智力相当或者超过人类智力的作品，因为极具个人色彩的创造性活动是无法复制的。

人类对人工智能文艺创作能力的抗拒和排斥，一方面基于主观情感上的“一时难以接受”，因为在人工智能时代，文学艺术可能会是人工智能机器人留给人类的最后一片施展才华的乐园；另一方面，人工智能在文艺方面的“造诣”，尚处在“低幼”阶段，离人类的文艺创作水平还差很远，并且在相当长一段时间内，仍然难以跟人类匹敌。

以微软机器人“小冰”的绘画作品为例，乍一看，颇具“艺术色彩”，但仔细观察会发现那些作品仍然难以摆脱元素堆砌的痕迹。

就像“中国的城市化进程”这个主题，小冰所画的内容基本上都在“建筑”“人”“家具”这几个模棱两可的元素上来回重复。

而即便是输入“城市”这个关键词，小冰依旧会把城市跟椅子、时钟这类元素联系到一起，画作也不算完整，甚至过于抽象。

人工智能对于人类生存现实基础的改变，迫使人们不得不重新思考艺术与现实的关系、作家和艺术家在艺术活动中的地位、艺术存在的意义及其终极走向等一系列问题。

正如艺术批评家李心沫所言，在人类的绘画作品和运用人工智能程序绘制的作品已经很难被人进行区分的今天，我们已经无法对人工智能视而不见，一味地唯我独尊或排斥是没有意义的。

在人工智能与经济社会同频共振的趋势下，艺术世界将会发生巨大改变，并重塑艺术的边界，其未来是否会影响到艺术家的主体性身份？是否原本只有人类可以胜任的艺术工作，将被人工智能取代？这些问题，只有交给时间来回答。

2020届天一大联考高三高考全真模拟(七)数学(文)试题(解析版)

2020届天一大联考高三高考全真模拟（七）数学（文）试题一、单选题1．已知集合{|(1)(3)0}A x x x =-+≤，则下列集合中是集合A 的真子集．．．的是（） A ．1{|}3x x ≤≤-B ．{|13}x x -≤≤C ．{0,1,2,3}D ．{2,0,1}-【答案】D【解析】算出集合A ，然后利用真子集的概念即可选出答案.【详解】因为{|(1)(3)0}{|31}A x x x x x =-+≤=-≤≤，由集合的子集和真子集的概念知选项D 正确.故选：D.【点睛】本题考查一元二次不等式的解集，集合的子集和真子集的概念，是一道基础题.2．已知i 是虚数单位，t ∈R ，复数()21(2)i z t t =-++，则“1t =”是“z 为纯虚数”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】A【解析】直接利用集合间的包含关系判断即可.【详解】当1t =时，3z i =是纯虚数；反之，当z 是纯虚数时，210t -=，得1t =或1t =-，所以“1t =”是“z 为纯虚数”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查复数的概念以及充分条件、必要条件的判断，属于容易题.3．在扶贫攻坚战运动中，某电子商务公司指导两个偏远山区甲镇和乙镇建起了网店，用以销售大山里的绿色产品.如图，记录了甲镇和乙镇连续6个月的月销售额（单位：万元），若甲镇的月均销售额高于乙镇，则图中x （x 为整数）可取的最大值是（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】分别算出甲、乙平均数，利用甲的平均数大于乙的平均数，解不等式即可.【详解】依题意，8280979410610587899790999966x +++++++++++>，解得3x <，所以x 可取的最大值为2.故选：B.【点睛】本题考查茎叶图的概念和简单应用，考查考生的数据处理能力，本题的解答要注意的两个问题：一个是正确认识茎叶图中的数据，如图中的x ，表示的原始数据是90x +，否则在将茎叶图中的数据恢复为原始数据时极易出错；另一个是解得3x <后，误以为x 的最大值为3，而导致错误4．已知抛物线2:4C y x =的焦点为F ，准线l 与x 轴交于点M ，点P 是抛物线2:4C y x =上位于第一象限内的一点，若||3PF =，则||PM =（）A ．32B 17C 15D 14【答案】B【解析】利用抛物线的定义可算得P 的坐标，再利用两点间的距离计算即可.【详解】过点P 作PN l ⊥于点N ，则||||3PN PF ==.设()00,P x y ，由013x +=，得02x =，代入抛物线方程可得022y =.又因为(1,0)M -，所以22||(12)(022)17PM =--+-=故选：B.【点睛】本题考查抛物线的定义、性质以及两点间距离公式的应用，考查考生的运算求解能力，是一道容易题.5．已知2tan23θ=，则cos θ=（） A ．25B ．35C ．513D ．1213【答案】C【解析】利用1的替换，将cos θ表示成2222cos sin 22cos cos sin 22θθθθθ-=+，再分子分母同除以2cos 2θ即可.【详解】2222222241cos sin 1tan 59222cos cos sin 42213cos sin 1tan 12229θθθθθθθθθ---=-====+++. 故选：C.【点睛】本题考查同角三角函数关系式和二倍角公式在求值中的应用，考查考生的运算求解能力，是一道容易题.6．圆柱1OO 截去一部分后得到的几何体如图（1）所示，该几何体的正（主）视图如图（2）所示，则该几何体的侧（左）视图的面积为（）A ．16B ．3C ．823+D ．83+【答案】D【解析】由主视图可知，截去的几何体是圆柱的16，通过运算知，左视图是一个长为23+，宽为4的矩形，要注意求的是左视图的面积，不是侧面积.【详解】由正（主）视图可知，截去的几何体是圆柱的16，圆柱的底面半径为2，截去的几何体的底面是圆心角为3π的扇形，所以该几何体的侧（左）视图矩形，且其两边分别为4，23+，所以其面积为4(23)83⨯+=+故选：D.【点睛】本题考查旋转体的三视图的识别，几何体侧视图面积的计算，主要考查考生的空间想象能力以及运算求解能力，是一道基础题.7．如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的和除以与它前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做“和差等比数列”.已知{}n a 是“和差等比数列”，12a =，23a =，则满足使不等式10n a >的n 的最小值是（）A ．8B ．7C ．6D ．5【答案】D【解析】根据“和差等比数列”的定义列出1n a +与n a 的关系，再用等比数列的定义求解.【详解】依题意，1211215n n n n a a a a a a a a ++++==--，得132n n a a +=，则数列{}n a 是首项为2，公比为32的等比数列，所以1322n n a -⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭，检验知，当5n ≥时，132102n -⎛⎫⋅> ⎪⎝⎭成立，所以n 的最小值是5.故选：D.【点睛】本题考查数列的新定义以及等比数列的定义，考查学生的计算能力和理解能力.近几年高考对数列内容的考查，题型、难度保持稳定，试卷中不会同时出现小题和大题，难度以中等偏易为主，主要考查等差数列和等比数列的基本量的计算，包括定义、性质、通项公式和前n 项和公式的应用.8．已知圆C 经过两点(0,2)A ，(4,6)B ，且圆心C 在直线:230l x y --=上，则圆C 的方程为（）A ．226160x y y +--=B ．222280x y x y +-+-=C ．226680x y x y +--+=D ．2222560x y x y +-+-=【答案】C【解析】先求出线段AB 的垂直平分线，利用弦的垂直平分线的交点是圆心即可得到圆心坐标，再算出圆心与A 点的距离即半径，即可得到圆的标准方程，从而得到一般方程.【详解】因为线段AB 的中点坐标为(2,4)，直线AB 的斜率为62140-=-，所以线段AB 的垂直平分线方程为4(2)y x -=--，即6y x =-与直线l 方程联立，得圆心坐标为(3,3).又圆的半径22(30)(32)10r =-+-=C 的方程为22(3)(3)10x y -+-=，即226680x y x y +--+=.故选：C.【点睛】本题考查圆的方程以及直线与圆的位置关系，考查考生的逻辑推理能力和运算求解能力，是一道容易题.9．《九章算术》中将底面是矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图，阳马P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是PB ，AD 的中点，2PA AB ==.给出下列结论：①EF ∥平面PCD ；②平面ACE ⊥平面PBC ；③异面直线PA 与CE 所成的角的余弦值为13.其中正确结论的序号是（）A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③【答案】A【解析】取PC 的中点Q ，易得EF ∥DQ ，由线面平行的判定定理可得①正确；易证得AE ⊥平面PBC ，由面面垂直的判定定理可知②正确；取AB 的中点M ，CEM ∠为异面直线PA 与CE 所成的角，通过计算易得③错误.【详解】取PC 的中点Q ，连接DQ ，EQ ，则EQ DF =，EQ ∥DF ，所以DFEQ 是平行四边形，则EF ∥DQ ，根据线面平行的判定定理可知EF ∥平面PCD ，所以①正确.在等腰直角三角形PAB 中，E 为斜边PB 中点，则AE PB ⊥. 因为PA ⊥平面ABC ，所以PA BC ⊥.又BC AB ⊥，所以BC ⊥平面PAB ，则BC AE ⊥，从而AE ⊥平面PBC .因为AE ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面PBC ，所以②正确.取AB 的中点M ，连接EM ，则EM ∥PA ，所以CEM ∠为异面直线PA 与CE 所成的角，易知1EM =，5CM =，且EM CM ⊥，所以6CE =，所以6cos 6EM CEM CE ∠==，所以③错误. 故选：A.【点睛】本题主要考查空间中直线、平面之间的位置关系的判断，考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力.近几年的高考题中，立体几何的小题一般是两题，一题是三视图，一题是空间线面位置关系或与球有关的问题.但2019年高考题没有考三视图，其他立体几何小题也都新颖别致，值得研究.本题从“阳马”出发给出四棱锥，旧题新编，将线面平行、面面垂直、异面直线所成的角融合在一起，引导考生适应这种变化.10．执行如图所示的程序框图，则输出的S =（）A ．414B ．2849C ．325D ．75【答案】A【解析】3log m n =得3()mn m =∈Z ，直到2020n ≥时，输出此时得S ，通过运算，6m ≤，故输出的是6S ，依次计算可得到结果.【详解】3()m n m =∈Z ，由2020n <，得1,2,3,4,5,6m =，所以S 的值依次为1(61)15S =-⨯=，2(52)26S =-⨯=，3(63)39S =-⨯=，4(94)420S =-⨯=，5(205)575S =-⨯=，6(756)6414S =-⨯=.故选：A.【点睛】本题考查程序框图的简单应用，考查考生逻辑推理能力以及基本的计算能力，是一道中档题.11．已知函数()()()44()x xg x f x x -=⋅-∈R 为偶函数，且函数()f x 与函数()x x h x e e -=+在[0,)+∞上有相同的单调性，则不等式()()(222log 3log 0fx f x -+≤的解集为（）A ．[1,2]B ．[1,3]C ．1,222⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,224⎡⎢⎣【答案】D【解析】()g x 的奇偶性可得()f x 奇偶性，由()x xh x e e -=+单调性得到()f x 的单调性，利用奇偶性将()()(222log 3log 0fx f x -+≤转化为()()(222log 3log fx f x -≤-，再利用单调性将“f ”符号脱掉即可.【详解】令()44xxu x -=-，则()44()xx u x u x --=-=-，则()u x 是奇函数，则由()()()44x x g x f x -=⋅-为偶函数知，()f x 为奇函数.当0x ≥时，()0xxh x e e-'=-≥恒成立，所以()h x 在[0,)+∞上单调递增.不等式()()(222log3log 0fx f x -+≤等价于()()((2222log3log log fx f x f x -≤-=-，所以()222log 3log x x -≤-()2221log log 302x x +-≤，所以232log 2x -≤≤，解得1224x ≤≤故选：D.【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的应用，考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力以及转化与化归思想.注意以下两点（1）若()f x 为奇函数，则()()f x f x -=-；若()f x 为偶函数，则()()f x f x -=；（2）在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f ”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解.12．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，936S =，61a =，记11n n n b a a +=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则当6n ≥时，n T 的取值范围是（）A ．11,616⎡⎫--⎪⎢⎣⎭B ．11,648⎡⎫--⎪⎢⎣⎭C ．31,1616⎡⎫--⎪⎢⎣⎭ D ．31,1648⎡⎫--⎪⎢⎣⎭【答案】D【解析】由936S =，61a =得到193n a n =-，进一步1111=(193)(163)3319316n b n n n n ⎛⎫=- ⎪----⎝⎭，再利用裂项相消法求得n T .【详解】由()1959599293622a a a S a +⨯====，得54a =，所以公差 65143d a a =-=-=-，则5(5)193n a a n d n =+-=-.因为111111(193)(163)3319316n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪----⎝⎭，所以1111111316131310319316n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦L11131631616(163)n n n ⎛⎫=-= ⎪--⎝⎭. 因为6n ≥，所以1106n <≤，161606n <≤，161333n -<-≤-，即163133n n --<≤-，所以131633n n -≤<--，则311616(163)48n n -≤<--. 故选：D.【点睛】本题考查等差数列的性质，裂项相消法求和以及函数单调性的应用，主要考查考生综合分析问题解决问题的能力.二、填空题13．已知向量(2,)a m =r ，(,2)b m =-r ，m ∈R ，则向量a b +r r 与a b -r r 的夹角为________.【答案】90︒【解析】利用向量的坐标运算可得()()0a b a b +⋅-=r r r r ，所以()()a b a b +⊥-r r r r，即向量a b +r r 与a b -r r的夹角为90o .【详解】旗开得胜(2,2)a b m m +=+-r r ，(2,2)a b m m -=-+r r，所以2222()()(2)(2)(2)(2)220a b a b m m m m m m +⋅-=+-+-+=-+-=r r r r，所以()()a b a b +⊥-r r r r ，即向量a b +r r 与a b -r r的夹角为90°.故答案为：90o .【点睛】本题考查平面向量的坐标表示，数量积以及向量的夹角，考查考生的运算求解能力.近几年高考对平面向量的考查要求较低，主要考查平面向量的坐标运算，平面向量的平行与垂直，数量积等基础知识和方法.在复习中要以基础知识和方法为主，适当关注综合性问题.14．为了加强学生的环保意识，某校组织了一次垃圾分类知识大赛，通过初赛，甲、乙丙三位同学进入决赛，角逐一、二、三等奖（不能并列）.在获奖结果揭晓前，A ，B ，C ，D 四位同学对获奖结果预测如下：A 说：甲或乙获得一等奖；B 说：乙或丙获得一等奖；C 说：甲、乙都未获得一等奖；D 说：乙获得一等奖.若这四位同学中只有两位预测结果是对的，则获得一等奖的同学是__________.【答案】丙【解析】分别对甲、乙、丙分别获一等奖进行推理论证即可.【详解】若甲获得一等奖，则只有同学A 的预测正确，不合题意；若乙获得一等奖，则同学A ，B ，D 的预测正确，不合题意；若丙获得一等奖，则同学B ，C 的预测正确，符合题意，所以丙获得一等奖.故答案为：丙.【点睛】本题考查推理与证明相关的问题，考生的逻辑推理能力，是一道容易题.15．已知双曲线222:1(0)4x y C a a -=>的左、右焦点分别为1F ，2F ，P 是双曲线C 上位于第一象限内的点，12:2:1PF PF =，1260F PF ∠=︒，则双曲线C 的标准方程为__________.【答案】22124x y -=【解析】根据双曲线的定义和余弦定理可求得a 的值.【详解】由双曲线定义得122PF PF a -=，又12:2:1PF PF =，解得14PF a =，22PF a =.又122F F c =，在12F PF △中，由余弦定理得222(2)(4)(2)242cos60c a a a a =+-⨯⨯︒，得223c a =.又224a c +=，解得22a =，所以双曲线C 的标椎方程为22124x y -=.故答案为：22124x y -=.【点睛】本题考查双曲线的定义、性质、标准方程，考查考生的逻辑推理能力和运算求解能力.近几年对圆锥曲线小题的考查，通常是两个小题，一个简单题一个中等偏难题，主要考查圆锥曲线的定义、标准方程、离心率等性质.三、双空题16．居民老张年初将50万元资金投入银行购买理财产品A 和B ，其中理财产品A 是高风险高收益产品，年收益率10%，预期收益不低于2万元；理财产品B 风险低，收益也较低，年收益率5%，预期收益不低于1万元.则老张购买理财产品A _________万元时，一年后所获得的投资总收益最大？最大收益是________万元.【答案】30 4【解析】设老张购买理财产品A ：x 万元，购买理财产品B ：y 万元，有50,0.12,0.051,x y x y +≤⎧⎪≥⎨⎪≥⎩投资总收益10.10.05(105)100z x y x y =+=+.作出可行域，利用几何意义找目标函数的最大值即可.【详解】设老张购买理财产品A ：x 万元，购买理财产品B ：y 万元，则50,0.12,0.051,x y x y +≤⎧⎪≥⎨⎪≥⎩投资总收益10.10.05(105)100z x y x y =+=+. 作出不等式组表示的平面区域如图所示（图中的阴影部分），作出直线1050x y +=，即20x y +=，当直线20x y +=平移经过点B 时，1105z x y =+取得最大值，则z 取得最大值.易知(30,20)B ，所以当30x =时，max 1(1030520)4100z =⨯+⨯=万元.故答案为： (1) 30 ；(2) 4【点睛】本题考查线性规划的简单应用，考查考生的数学应用意识和能力.线性规划中目标函数的最优解问题是高中阶段数学应用的最好体现，人教版必修五第三章中的简单的线性规划问题，大多数题目是以实际问题呈现的，虽然近几年的高考对线性规划问题的考查都是容易题，但作为填空题的压轴题，以实际应用考查线性规划问题，能够考查考生的实际应用能力.四、解答题17．将函数2sin 5y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数()y f x =的图象，再将()y f x =的图象向左平移15π个单位长度得到函数()y g x =的图象.（1）求函数()y g x =的单调递增区间；（2）当[,]x ππ∈-时，求函数()y g x =的值域.【答案】（1）244,4,33k k k ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z ；（2）[3]- 【解析】（1）利用函数图象变换的规则求出函数()y g x =的解析式，再求单调递增区间.（2）由[,]x ππ∈-求出126x π-的范围，再根据正弦函数的单调性求值域. 【详解】（1）将函数2sin 5y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数图象的解析式为12sin 25y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭，即1()2sin 25f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭.将()y f x =的图象向左平移15π得到函数图象的解析式为 112sin 2sin 215526y x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+-=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，即1()2sin 26g x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭.由122,2262k x k k πππππ-≤-≤+∈Z ，得2444,33k x k k ππππ-≤≤+∈Z ，所以函数1()2sin 26g x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的单调递增区间是244,4,33k k k ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z .（2）因为x ππ-≤≤，所以213263x πππ-≤-≤，所以131sin 26x π⎛⎫-≤-≤⎪⎝⎭，所以122sin 326x π⎛⎫-≤-≤⎪⎝⎭，所以当[,]x ππ∈-时，函数()y g x =的值域是[2,3]-.【点睛】本题考查三角函数的图象变换以及三角函数的单调性、值域等性质，主要考查考生的运算求解能力.18．网约车是城市交通的重要组成部分.某网约车公司准备入驻某一线城市，首先对该城市的网约车市场进行调查，其中一项调查是网约车的接单量.该公司随机访问了100名网约车司机，发现他们的日接单量都在30个以内，现将他们一个月的日均接单量做成如图所示的频率分布直方图.（1）根据频率分布直方图估计该城市网约车司机日均接单量的中位数和平均数（结果保留小数点后一位有效数字）；（2）该网约车公司对这100名司机中的6人（其中A 日均接单4个，B 日均接单8个，C 日均接单9个，D 日均接单12个，E 日均接单20个，F 日均接单28个）作了进一步调研，决定邀请其中的3人对该公司入驻该城市给出具体意见，求这3人只有1人接单量小于10的概率.【答案】（1）中位数9.3，平均数为10.3；（2）920【解析】（1）根据频率分布直方图中中位数和平均数的计算方法求解.（2）利用列举法列出6人中选出3人的所有可能结果，再利用古典概型的概率公式计算.【详解】直方图中第1和第2个小矩形的面积之和为(0.040.07)50.550.5+⨯=>，所以中位数在[5,10)内，设中位数为x ，则0.0450.07(5)0.5x ⨯+⨯-=，解得9.3x ≈.该城市网约车司机日均接单量的平均数为(0.04 2.50.077.50.0612.50.0117.50.0122.50.0127.5)510.3⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯≈.（2）6人中，A ，B ，C 三人的日均接单量小于10.从这6人中选出3人的所有可能结果是：()ABC ，()ABD ，()ABE ，()ABF ，()ACD ，()ACE ，()ACF ，()ADE ，()ADF ， ()AEF ，()BCD ，()BCE ，()BCF ，()BDE ，()BDF ，()BEF ，()CDE ，()CDF ， ()CEF ，()DEF ，共20个.其中，只有1人接单量小于10的有：()ADE ，()ADF ，()AEF ，旗开得胜()BDE ，()BDF ，()BEF ，()CDE ，()CDF ，()CEF ，共9个，所以所求概率920P =. 【点睛】本题考查频率分布直方图的简单应用、古典概率的求解.考查考生的数据处理能力，是一道容易题.19．多面体ABCDEF 中，平面ABC ∥平面DEF ，AE ∥CD ，AE ⊥平面ABC ，AEFB 为直角梯形，AB BC ⊥，22AB BC AE EF ===.（1）求证：直线AF ⊥平面BCF ；（2）求直线CF 与平面ACDE 所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）36【解析】（1）先利用面面垂直的性质证明AF BC ⊥，再证明AF BF ⊥，最后利用线面垂直的判定定理可得直线AF ⊥平面BCF .（2）先找出直线与平面所成的角，再构造直角三角形求解.【详解】（1）因为AE ⊥平面ABC ，AE ⊂平面AEFB ，旗开得胜所以平面AEFB ⊥平面ABC .又BC AB ⊥，平面AEFB ⋂平面ABC AB =，所以BC ⊥平面AEFB .又AF ⊂平面AEFB ，所以BC AF ⊥.在直角梯形AEFB 中，由已知长度关系可得AF BF ⊥，因为BC BF B =I ，BC ，BF ⊂平面BCF ，所以直线AF ⊥平面BCF .（2）因为AE ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ACDE ，所以平面ACDE ⊥平面ABC .又平面ABC ∥平面DEF ，所以平面ACDE ⊥平面DEF . 过F 作FM DE ⊥于点M ，则FM ⊥平面ACDE . 连接CM ，则CM 为CF 在平面ACDE 内的射影，所以FCM ∠为直线CF 与平面ACDE 所成的角.设AE EF a ==，则2AB BC a ==，22AC a =.在直角三角形EMF 中，有22ME MF a ==，所以2322222DM a a =-=，则2222321122CM a a a ⎛⎫=+=⎪⎝⎭，所以2222111622CF CM MF a a a =+=+=，所以232sin 6MF FCM CF a∠===，所以直线CF 与平面ACDE 所成角的正弦值为36. 【点睛】本题考查空间中直线与平面的垂直关系以及直线与平面所成的角，主要考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力.高考对立体几何大题的考查一直是中等难度，主要考查空间中线面、面面平行，线面、面面垂直的位置关系的判断，空间中距离、几何体体积的求解.几何体多以多面体（棱柱、棱锥）为主，因此，复习中要掌握几种常见的棱柱和棱锥（三棱锥、四棱锥、三棱柱、四棱柱）的性质特点，熟练掌握线面平行于垂直，面面平行于垂直的判定定理和性质定理，并能在解题中熟练运用.20．已知椭圆22:12x C y +=的左、右焦点分别为1F ，2F ，点P 是椭圆C 上的动点，(3,0)M ，直线1l 经过点P ，M .（1）若1||PF PM =，求直线1l 的方程；（2）过点M 作直线21l l ⊥，记1F 到1l 的距离为1d ，2F 到2l 的距离为2d ，求2212d d +的取值范围.【答案】（1）230x +-=或230x --=；（2）114,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】（1）依据题设条件求出点P 的坐标，再由两点式或点斜式写出直线方程.（2）先联立直线和椭圆方程求出直线斜率的范围，再利用点到直线的距离求解.【详解】由椭圆C 的方程知1(1,0)F -，2(1,0)F ，又(3,0)M ，由1||PF PM =知点P 的横坐标为1，代入椭圆C 方程，得2112y +=，所以2y =，所以点P 的坐标为21,2⎛ ⎝⎭或21,2⎛- ⎝⎭，则直线1l 的斜率202213k -==-202213k -==- 则直线1l 的方程为2(3)4y x =--或23)4y x =-，即230x +-=或230x --=.（2）依题意设直线1l 的方程为(3)y k x =-，代入椭圆C 方程，整理得()222212121820kxk x k +-+-=，因为点P 在椭圆C 上，所以0∆≥，即()()()2222124121820kk k --+-…，解得217k ≤. 因为21l l ⊥，所以当0k =时，1l ，2l 的方程分别为0y =，3x =，则222212024d d +=+=.当0k ≠时，2l 的方程为1(3)y x k=--，即30x ky +-=，又1l 方程为30kx y k --=，则()222222122222216112164121611111k k d d k k k k k +-⎛⎫⎛⎫++=+===-+++++. 由2107k <≤得221121221k ≤<+，所以212211212k -<-≤-+，则2121141612k <-≤+. 综上知2212d d +的取值范围是114,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查考生运算求解能力和综合应用能力.高考对解析几何大题的考查，主要是对椭圆和抛物线的考查，近五年的高考题中，拋物线出现8次，椭圆出现5次，与圆有关的题目出现4次.主要考查椭圆、拋物线、圆的方程，定点、定值、面积、参数的范围等.在复习中要侧重椭圆、抛物线的定义与性质的熟练掌握与应用，掌握定点、定值、面积、范围求解的常见方法，也要关注圆的方程和性质.21．已知函数3211()ln 2()32f x x x x ax a =-++∈R . （1）当12a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）设3211()()232g x f x x x =+-+，若()y g x =在(0,)e 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1,)+∞；（2）3,22ee ⎛⎫-- ⎪⎝⎭【解析】（1）求出()y f x '=，利用导数与函数单调性的关系求出单调区间.（2）将函数零点问题转换为两个函数图象的交点问题，通过函数的最值求出a 的范围.【详解】当12a =-时，3211()ln 32f x x x x x =-+-，则'2111()1(1)(1),0x f x x x x x x x x x x x -⎛⎫=-+-=+-=-+> ⎪⎝⎭. 当(0,1)x ∈时，'()0f x >；当(1,)x ∈+∞时，'()0f x <；所以函数()f x 的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1,)+∞.（2）3211()()2ln 2232g x f x x x x ax =+-+=++，因为()y g x =有两个零点，所以ln 220x ax ++=有两个实数根，即ln 22x a x+=-有两个实数根，所以函数ln 2()x h x x+=的图象与直线2y a =-有两个交点. 由ln 2()x h x x+=求导，得'2ln 1()x h x x +=-，令'()0h x =，即ln 10x +=，得1x e=，当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>；当1,x e e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，所以当1x e=时，()h x 取得极大值，也是最大值， max 1()h x h e e ⎛⎫== ⎪⎝⎭.因为210h e ⎛⎫=⎪⎝⎭，3()h e e =，所以min ()()h x h e <，综上可知，当且仅当32,a e e⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭，即3,22ea e ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，函数ln 2()x h x x +=的图象与直线2y a =-有两个交点，即函数()y g x =有两个零点，所以a 的取值范围是3,22ee ⎛⎫-- ⎪⎝⎭. 【点睛】本题考查导数在判断函数的单调性、函数零点个数中的应用.考查考生综合应用数学知识解决数学问题的能力.22．在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线24,:4x t C y t =⎧⎨=⎩（t 为参数）和定点(3,0)A ，3)B ，(0,1)F .以原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线C 的普通方程和直线AF 的极坐标方程；（2）过点B 且与直线AF 平行的直线l 交曲线C 于P ，Q 两点，求||||||PB QB -的值.【答案】（1）24x y =，3cos 32πρθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭；（2）83 【解析】（1）将曲线C 的参数方程化为普通方程，得焦点F 的坐标，求出直线AF 的直角坐标方程，再化为极坐标方程.（2）写出直线l 的参数方程，用直线参数方程中参数的几何意义求解.【详解】（1）由24,4x t y t=⎧⎨=⎩消去t ，得24x y =，所以曲线C 是抛物线，其焦点为(0,1)F .经过(3,0)A 和(0,1)F 113y+=-，即330x y -=，化为极坐标方程为cos 3sin 30ρθρθ-+=，即3cos 32πρθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭.（2）由（1）知，直线AF 3 因为l ∥AF ，所以l 330o ，所以l 的参数方程为3,132x s y s⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（s 为参数），代入抛物线C 的方程24x y =中，得2381630s s --=，则1283s s +=. 因为,P Q 在点B 的两侧，所以128||||||3PB QB s s -=+=. 【点睛】本题考查普通方程与参数方程、直角坐标方程与极坐标方程之间的转化以及直线参数方程的应用.考查考生化归与转化能力以及运算求解能力.第（2）问的解答，若用普通方程的方法，则解题过程很复杂，用直线的参数方程中参数的几何意义求解，则过程简单.在写直线的参数方程时，一定要明确参数的几何意义，即方程00cos ,sin x x t y y t θθ=+⎧⎨=+⎩（t 为参数）中，t 的系数必须是直线的倾斜角的余弦值和正弦值，否则t 就不表示点()00,P x y 到点(,)P x y 的数量.23．已知函数()|26|f x x x =--，不等式()|1|f x x -…的解集为A .（1）求A ；（2）设{||2||3|}B y y x a x ==-+-，若A B ⋂≠∅，求实数a 的取值范围.【答案】（1）7|4A x x ⎧⎫=≤⎨⎬⎩⎭；（2）519|88a a ⎧⎫≤≤⎨⎬⎩⎭【解析】（1）根据x 的不同取值范围，分类讨论不等式()|1|f x x -…的解集.（2）先求集合B ，再根据A B ⋂≠∅求a 的范围.【详解】（1）不等式()|1|f x x ≥-变为|26||1|0x x x ----≥，则①3,2610x x x x ≥⎧⎨---+≥⎩或②13,2610x x x x ≤<⎧⎨-+--+≥⎩或③1,2610x x x x <⎧⎨-+-+-≥⎩解得①x ∈∅，②714x ≤≤，③1x <. 综上，不等式的解集7|4A x x ⎧⎫=≤⎨⎬⎩⎭. （2）因为|2||3||2||3||23||32|y x a x x a x x a x a =-+-=-+--+-=-…，当且仅当(2)(3)0x a x --≥，即(2)(3)0x a x --≤时，“=”成立，所以{||32|}B y y a =-….因为A B ⋂≠∅，所以7|32|4a -≤，所以773244a -≤-≤，解得51988a ≤≤，所以实数a 的取值范围是519|88a a ⎧⎫≤≤⎨⎬⎩⎭.旗开得胜读万卷书行万里路31【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的几何意义，考查考生的运算求解能力.。

2020届天一大联考高三下学期第一次模拟理综物理试题(附答案)

（2）如图l所示，把重物通过细绳连接在弹簧下端，稳定后测出弹簧长度L1。
（3）如图2所示，用两根弹簧挂起重物，稳定时两弹簧与竖直方向的夹角均为60°，测出两弹簧的长度分别为L2、L3，若要验证力的平行四边形定则，需满足的条件是 ___。
（4）如图3所示，他又把两弹簧调整到相互垂直，稳定后测出两弹簧的长度为L4、L5，若要验证力的平行四边形定则，需满足的条件是____。
A. 该波沿x轴正向传播
B. M点振动周期为 s
C. 该波传播的速度为100 m/s
D. 在t= s时刻，质点M的位移为0
E. 题中波形图上，与M点振动总是相反质点有2个
16.如图所示，横截面是半径为R的扇形ACO的玻璃砖放存水平面上，AO与OB垂直，∠BOC=15°，D为AB弧的中点，一束单色光从D点以60°的入射角射入玻璃砖，折射光线刚好垂直CO射出。
D. 的比结合能小于的比结合能
年5月17日，我国发布了《电动自行车安全技术规范》同家标准，并于2019年4月15日起正式执行。某电动自行车在平直的实验公路上先匀速运动，从t=0时刻开始进行电动自行车刹车实验，以检验该性能是否符合国家标准，通过传感器在电脑上自动描绘出其图像如图所示。则下列分析正确的是
解得：，因为“高分十号”轨道半径略低于地球同步轨道的圆轨道，所以周期小于同步卫星的周期24小时，A错误；
B．第一宇宙速度是卫星绕地球运行的最大环绕速度，所以“高分十号”卫星在轨运行速度小于第一宇宙速度，B错误；
C．“高分十号”和同步卫星的质量关系未知，所以机械能大小关系不确定，C错误；
D．高空的卫星由万有引力提供向心加速度：
D．比结合能越大的原子核越牢固，所以的比结合能小于的比结合能，D正确。
故选D。

2020届天一大联考海南省高三第三次模拟考试数学试题(解析版)

【答案】A
【解析】设第天织布的尺数为，根据等比数列的定义判断为等比数列，再由求和公式求解即可.
【详解】
设第天织布的尺数为，则是公比为2的等比数列，所以，解得，所以 .
故选：A
【点睛】
本题主要考查了等比数列的概念以及性质，属于中档题.
6．函数的图象的大致形状是（）
A． B．
C． D．
【解析】连接，利用线面平行的判定定理判断A；设的中点为，连接，，利用线面垂直的判定定理以及性质判断B；根据面面垂直的性质得出为直角三角形，求出的长度，利用余弦定理得出与所成角的余弦值，证明不是直角，从而得出不是等腰三角形，从而判断CD.
【详解】
如图，连接，易知，由线面平行的判定定理得面，正确.
【点睛】
本题考查回归分析的应用，属于中档题.
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在双曲线上，且垂直于轴.若直线的方程为，的面积为6，则（）
A． B．1C． D．
【答案】B
【解析】根据直线的斜率以及勾股定理得出，，由双曲线的定义得出，再由三角形面积公式得出，即可得出的值.
4．已知函数，，则“ ”是“ 单调递增”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】D
【解析】由分段函数的单调性结合充分条件，必要条件的定义，即可得出答案.
【详解】
若单调递增，则且，解得
因为“ ”与“ ”没有包含的关系，所以充分性和必要性都不成立.
【解析】由复数的运算化简，再由模长公式即可得出答案.
【详解】
由，得，所以 .
故选：B

天一大联考2020届高三年级下学期第一次模拟考试语文答案

天一大联考2020届高三年级第一次模拟考试语文·答案（1-5题，7题，10 - 12题，14题，17 -19题，每小题3分）1．答案：C命题透析：本题考查理解文章内容和筛选并整合文中信息的能力。

思路点拨：A．“是相同的”表述绝对。

B．原文为“人类对人工智能文艺创作能力的抗拒和排斥，一方而……；另一方面……”。

D．原文说的“画作也不算完整，甚至过于抽象”，只是针对“小冰”的创作，并非全部人工智能作品都如此。

2．答案：C命题透析：本题考查分析论点、论据、论证方法的能力。

思路点拨：艺术批评家和人工智能研究者双方并不是对立的。

3．答案：B命题透析：本题考查分析概括作者在文中的观点态度的能力。

思路点拨：“面对人类被人工智能超越、替代的趋势”于文无据。

4．答案：A命题透析：本题考查对新闻类材料相关内容理解的能力。

思路点拨：“依托3年来的5亿用户”不正确，从材料四来看，“蚂蚁森林”是2016年8月在支付宝推出，到2019年8月才是3年5亿用户。

5．答案：A命题透析：本题考查对材料内容的概括和分析能力。

思路点拨：“只要能量积累到了一定程度，公益组织等便会为他种上一棵现实生活中的真树”说法不止确，户必须种下自己的虚拟树，蚂蚁森林及其合作的组织才会为其种上一棵真实的树。

6．命题透析：本题考查探究文本中的某些问题，提出自己的见解的能力。

答案：①打造多方共赢的企业合作平台。

②公益环保理念与个人健康观念的完美结合。

③提供更加便捷的参与方式。

（每点2分，意思对即可。

若有其他答案，言之成理亦可）7．答案：B命题透析：本题考查对小说相关内容和艺术特色的分析鉴赏能力。

思路点拨：更多的应是_三体对自己文明命运的担忧和对罗辑的摇篮系统的畏惧。

8．命题透析：本题考查把握小说环境描写的能力。

答案：①交代故事发生的时问、地点，以黎明、墓地等场景渲染了压抑、恐怖的氛围。

②为下文罗辑的H杀行为作铺垫。

③通过蚂蚁的行为写出时间的短暂和永恒及人在宇宙中的渺小。

天一大联考2020届高三年级下学期第一次模拟考试文科数学试题及解析版

天一大联考2020届高三年级下学期第一次模拟考试文科数学试题一、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A ＝{x |﹣1≤x ≤5}，B ＝{x |x 2﹣2x ＞3}，则A ∩B ＝（） A ．{x |3＜x ≤5}B ．|x |﹣1≤x ≤5|C ．{x |x ＜﹣1或x ＞3}D ．R2．已知复数z 满足i （3+z ）＝1+i ，则z 的虚部为（） A ．﹣iB ．iC ．﹣1D ．13．已知函数f (f )={(f −1)3，f ≤1fff，f＞1，若f （a ）＞f （b ），则下列不等关系正确的是（）A ．1f 2+1＜1f 2+1 B ．√f 3＞√f 3C ．a 2＜abD ．ln （a 2+1）＞ln （b 2+1）4．国家统计局服务业调查中心和中国物流与采购联合会发布的2018年10月份至2019年9月份共12个月的中国制造业采购经理指数（PMI ）如下图所示．则下列结论中错误的是（）A ．12个月的PMI 值不低于50%的频率为13B ．12个月的PMI 值的平均值低于50%C ．12个月的PMI 值的众数为49.4%D ．12个月的PMI 值的中位数为50.3%5．已知函数f (f )=fff (2f −f 4)的图象向左平移φ（φ＞0）个单位后得到函数f (f )=fff (2f +f4)的图象，则φ的最小值为（）A ．f4B ．3f 8C ．f2D ．5f86．已知数列{a n }满足a n +1﹣a n ＝2，且a 1，a 3，a 4成等比数列．若{a n }的前n 项和为S n ，则S n 的最小值为（）A ．﹣10B ．﹣14C ．﹣18D ．﹣207．已知cos （2019π+α）=−√23，则sin （f2−2α）＝（） A ．79B ．59C ．−59D ．−798．已知双曲线f：f 2f2−f 2f2=1(f＞0，f＞0)的右焦点为F ，过右顶点A 且与x 轴垂直的直线交双曲线的一条渐近线于M 点，MF 的中点恰好在双曲线C 上，则C 的离心率为（） A ．√5−1B ．√2C ．√3D ．√59．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为11，则图中的判断条件可以为（）A ．S ＞﹣1？B ．S ＜0？C ．S ＜﹣1？D ．S ＞0？10．过抛物线E ：x 2＝2py （p ＞0）的焦点F 作两条互相垂直的弦AB ，CD ，设P 为抛物线上的一动点，Q （1，2）．若1|ff |+1|ff |=14，则|PF |+|PQ |的最小值是（） A ．1B ．2C ．3D ．411．已知函数f （x ）＝x 3﹣ax ﹣1，以下结论正确的个数为（） ①当a ＝0时，函数f （x ）的图象的对称中心为（0，﹣1）； ②当a ≥3时，函数f （x ）在（﹣1，1）上为单调递减函数； ③若函数f （x ）在（﹣1，1）上不单调，则0＜a ＜3； ④当a ＝12时，f （x ）在[﹣4，5]上的最大值为15． A ．1B ．2C ．3D ．412．已知四棱锥E ﹣ABCD ，底面ABCD 是边长为1的正方形，ED ＝1，平面ECD ⊥平面ABCD ，当点C 到平面ABE 的距离最大时，该四棱锥的体积为（）A ．√26B ．13C ．√23D ．1二、填空题：本题共4小题．每小题5分．共20分．13．已知向量f →=（1，1），|f →|=√3，（2f →+f →）•f→=2，则|f →−f →|＝． 14．为激发学生团结协作，敢于拼搏，不言放弃的精神，某校高三5个班进行班级间的拔河比赛．每两班之间只比赛1场，目前（一）班已赛了4场，（二）班已赛了3场，（三）班已赛了2场，（四）班已赛了1场．则目前（五）班已经参加比赛的场次为．15．将底面直径为4，高为√3的圆锥形石块打磨成一个圆柱，则该圆柱的侧面积的最大值为．16．如图，已知圆内接四边形ABCD，其中AB＝6，BC＝3，CD＝4，AD＝5，则2ffff +2ffff=．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22，23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．已知数列{a n}的各项都为正数，a1＝2，且f f+1f f =2f ff f+1+1．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n＝[lg（log2a n）]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1，求数列{b n}的前2020项和．18．如图，在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面ABC⊥平面A1ACC1，CC1＝2，△ABC，△ACC1，均为正三角形，E 为AB的中点．（Ⅰ）证明：AC1∥平面B1CE；（Ⅱ）求斜三棱柱ABC﹣A1B1C1截去三棱锥B1﹣﹣CBE后剩余部分的体积．19．近几年一种新奇水果深受广大消费者的喜爱，一位农户发挥聪明才智，把这种露天种植的新奇水果搬到了大棚里，收到了很好的经济效益．根据资料显示，产出的新奇水果的箱数x（单位：十箱）与成本y （单位：千元）的关系如下：x 1 3 4 6 7y 5 6.5 7 7.5 8y与x可用回归方程f^=f f fff+f^（其中f^，f^为常数）进行模拟．（Ⅰ）若该农户产出的该新奇水果的价格为150元/箱，试预测该新奇水果100箱的利润是多少元．|．（Ⅱ）据统计，10月份的连续16天中该农户每天为甲地配送的该新奇水果的箱数的频率分布直方图如图．（i ）若从箱数在[40，120）内的天数中随机抽取2天，估计恰有1天的水果箱数在[80，120）内的概率；（ⅱ）求这16天该农户每天为甲地配送的该新奇水果的箱数的平均值．（每组用该组区间的中点值作代表）参考数据与公式：设t ＝lgx ，则f f∑ 5f =1(f f −f )(f f −f )∑ 5f =1(f f −f )20.546.8 1.530.45线性回归直线f^=ff fff +f ^中，f f =∑ f f =1(f f −f )(f f −f )∑ f f =1(f f −f )2，f^=f −f f f ．20．已知椭圆f：f 2f +f 2f =1(f＞f＞0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，|F 1F 2|＝2，M 是椭圆E 上的一个动点，且△MF 1F 2的面积的最大值为√3．（Ⅰ）求椭圆E 的标准方程；（Ⅱ）若A （a ，0），B （0，b ），四边形ABCD 内接于椭圆E ，AB ∥CD ，记直线AD ，BC 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值．21．已知直线y ＝x ﹣1是曲线f （x ）＝alnx 的切线．（Ⅰ）求函数f （x ）的解析式；（Ⅱ）若t ≤3﹣4ln 2，证明：对于任意m ＞0，ℎ(f )=ff −√f +f (f )+f 有且仅有一个零点．（二）选考题：共10分．请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．以直角坐标系xOy 的原点为极坐标系的极点，x 轴的正半轴为极轴．已知曲线C 1的极坐标方程为ρ＝4cos θ+8sin θ，P 是C 1上一动点，ff→=2ff →，Q 的轨迹为C 2．（Ⅰ）求曲线C 2的极坐标方程，并化为直角坐标方程；（Ⅱ）若点M （0，1），直线l 的参数方程为{f =ffffff =1+fffff （t 为参数），直线l 与曲线C 2的交点为A ，B ，当|MA |+|MB |取最小值时，求直线l 的普通方程． [选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分10分）23．已知a ，b ，c ∈R +，∀x ∈R ，不等式|x ﹣1|﹣|x ﹣2|≤a +b +c 恒成立．（Ⅰ）求证：f 2+f 2+f 2≥13（Ⅱ）求证：√f 2+f 2+√f 2+f 2+√f 2+f 2≥√2．一、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．由题意B ＝{x |x ＜﹣1或x ＞3}，所以A ∩B ＝{x |3＜x ≤5}，故选：A ．2．解∵i （3+z ）＝1+i ，∴3+z =1+ff=1−f ，∴z ＝﹣2﹣i ， ∴复数z 的虚部为﹣1．故选：C ．3．易知f （x ）在R 上单调递增，故a ＞b ．因为a ，b 的符号无法判断，故a 2与b 2，a 2与ab 的大小不确定，所以A ，C ，D 不一定正确；B 中√f 3＞√f 3正确．故选：B ．4．从图中数据变化看，PMI 值不低于50%的月份有4个，所以12个月的PMI 值不低于50%的频率为412=13，所以A 正确；由图可以看出，PMI 值的平均值低于50%，所以B 正确； 12个月的PMI 值的众数为49.4%，所以C 正确； 12个月的PMI 值的中位数为49.6%，所以D 错误．故选：D ．5．把函数f (f )=fff (2f −f4)的图象向左平移φ（φ＞0）个单位后得到函数y ＝sin （2x +2φ−f4）的图象，即得到f (f )=fff (2f +f4)的图象，∴2φ−f 4=2k π+f 4，k ∈Z ，∴φ的最小值为f 4，故选：A ．6．根据题意，可知{a n }为等差数列，公差d ＝2．由a 1，a 3，a 4成等比数列，可得(f 1+4)2=a 1（a 1+6），解得a 1＝8．所以S n ＝﹣8n +f (f −1)2×2=(f −92)2−814．根据单调性，可知当n ＝4或5时，S n 取到最小值，最小值为﹣20．故选：D ．7．由cos （2019π+α）=−√23，可得cos （π+α）=−√23，∴cos α=√23，∴sin （f2−2α）＝cos2α＝2cos 2α﹣1＝2×29−1=−59．故选：C ． 8．双曲线C ：f 2f 2−f 2f 2=1，a ＞0，b ＞0的右顶点为A （a ，0），右焦点为A （c ，0），M 所在直线为x ＝a ，不妨设M （a ，b ），∴MF 的中点坐标为（f +f 2，f2）．代入方程可得(f +f 2)2f 2−(f 2)2f 2=1，∴(f +f )24f 2=54，∴e 2+2e ﹣4＝0，∴e =√5−1（负值舍去）．故选：A ． 9．i ＝1，S ＝1．运行第一次，S ＝1+lg 13=1﹣lg 3＞0，i ＝3，不成立；运行第二次，S ＝1+lg 13+lg 35=1﹣lg 5＞0，i ＝5，不成立；运行第三次，S ＝1+lg 13+lg 35+lg 57=1﹣lg 7＞0，i ＝7，不成立；运行第四次，S ＝1+lg 13+lg 35+lg 57+lg 79=1﹣lg 9＞0，i ＝9，不成立；运行第五次，S ＝1+lg 13+lg 35+lg 57+lg 79+lg 911=1﹣lg 11＜0，i ＝11，成立，输出i 的值为11，结束，故选：B ．10．显然直线AB 的斜率存在且不为0，设直线AB 的斜率为k ，则直线AB 的方程为y ＝kx +f 2，联立方程{f =ff +f2f 2=2ff，消去y 得：x 2﹣2pkx ﹣p 2＝0，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）， ∴x 1+x 2＝2pk ，∴f 1+f 2=f (f 1+f 2)+f =2ff 2+f ，由抛物线的性质可知：|AB |＝y 1+y 2+p ＝2pk 2+2p ， ∵AB ⊥CD ，∴直线CD 的斜率为：−1f ，∴|CD |＝2p （−1f ）2+2p =2f f2+2f =2f +2ff 2f 2， ∴1|ff |+1|ff |=12ff 2+2f +f 22f +2ff 2=f 2+12f +2ff 2=14，∴2p +2pk 2＝4+4k 2， ∴p ＝2，∴抛物线方程为：x 2＝4y ，准线方程为：y ＝﹣1，设点P 到准线y ＝﹣1的距离为d ，由抛物线的性质可知：|PF |+|PQ |＝d +|PQ |，而当QP 垂直于x 轴时，d +|PQ |的值最小，最小值为2+1＝3，如图所示： ∴|PF |+|PQ |的最小值为3，故选：C ．11．①幂函数y ＝x 3为奇函数，其图象的对称中心为原点，根据平移知识，当a ＝0时，函数f （x ）＝x 3﹣1的图象的对称中心为（0，﹣1），即①正确． ②由题意知，f '（x ）＝3x 2﹣a ．当﹣1＜x＜1时，3x2＜3，又a≥3，所以f'（x）＜0在（﹣1，1）上恒成立，所以函数f（x）在（﹣1，1）上单调递减，即②正确．③由题意知，f'（x）＝3x2﹣a，当a≤0时，f'（x）≥0，此时f（x）在（﹣∞，+∞）上为增函数，不合题意，故a＞0．令f'（x）＝0，解得f=±√3f3．因为f（x）在（﹣1，1）上不单调，所以f'（x）＝0在（﹣1，1）上有解，所以0＜√3f3＜1，解得0＜a＜3，即③正确．④令f'（x）＝3x2﹣12＝0，得x＝±2．当x∈[﹣4，5]时，f（x）在[﹣4，﹣2]和[2，5]上单调递增，在（﹣2，2）上单调递减，所以f（x）max＝f（﹣2）或f（5），因为f（﹣2）＝15，f（5）＝64，所以最大值为64，即④错误．故选：C．12．如图所示，由题意可得：ED⊥平面ABCD时，△ADE的面积最大，可得点C即点D到平面ABE的距离最大．此时该四棱锥的体积=13×12×1=13．故选：B．二、填空题：本题共4小题．每小题5分．共20分．13．由题意可得|f→|=√2，(2f→+f→)⋅f→=f→⋅f→+2f→2=f→⋅f→+4，∴f→⋅f→+4=2，解得f→⋅f→=−2，∴|f→−f→|=√f→2−2f→⋅f→+f→2=3．故答案为：3．14．根据题意，画图如下，由图可知，目前（五）班已经赛了2场，故答案为：2．15．欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥．设圆柱的高为h ，底面半径为r ，则√3−f √3=f 2，解得h =√3−√32r ．故S 侧＝2πrh ＝2πr （√3−√32r ）=√3πr （2﹣r ）≤√3π(f +2−f 2)2=√3f ．当r ＝1时，S 侧的最大值为√3f ．故答案为：√3f ．16．由圆内接四边形的性质可得∠C ＝π﹣∠A ，∠D ＝π﹣∠B ．连接BD ，在△ABD 中，有BD 2＝AB 2+AD 2﹣2AB •AD cos A ．在△BCD 中，BD 2＝BC 2+CD 2﹣2BC •CD cos C ，所以，AB 2+AD 2﹣2AB •AD cos A ＝BC 2+CD 2+2BC •CD cos A ， cos A =ff 2+ff 2−ff 2−ff 22(ff ⋅ff +ff ⋅ff )=62+52−32−422(6×5+3×4)=37，所以sin A =√2=√1−(37)2=2√107，连接AC ，同理可得cos B =ff 2+ff 2−ff 2−ff 22(ff ⋅ff +ff ⋅ff )=62+32−52−422(6×3+5×4)=119，所以sin B =√1−fff 2f =√1−(119)2=6√1019．所以2ffff +2ffff =+=4√103．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22，23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分． 17．（I ）由题意，且f f +1f f=2f fff +1+1，即f f +12−a n +1a n ﹣2f f 2=0，整理，得（a n +1+a n ）（a n +1﹣2a n ）＝0． ∵数列{a n }的各项都为正数， ∴a n +1﹣2a n ＝0，即a n +1＝2a n ．∴数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝2n．（Ⅱ）由（I ）知，b n ＝[lg （log 2a n ）]＝[lg （log 22n）]＝[lgn ]，故b n ={0，1≤f＜101，10≤f＜1002，100≤f＜10003，1000≤f＜2020，n ∈N *．∴数列{b n }的前2020项的和为1×90+2×900+3×1021＝4953． 18．（Ⅰ）如图，连接BC 1，交B 1C 于点M ，连接ME ，则ME ∥AC 1．因为AC 1⊄平面B 1CE ，ME ⊂平面B 1CE ，所以AC 1∥平面B 1CE ．（Ⅱ）因为B 1C 1平面ABC ，所以点B 1到平面ABC 的距离等于点C 1到平面ABC 的距离．如图，设O 是AC 的中点，连接OC 1，OB ．因为△ACC 1为正三角形，所以OC 1⊥AC ，又平面ABC ⊥平面A 1ACC 1，平面ABC ∩平面A 1ACC 1＝AC ，所以OC 1⊥平面ABC ．所以点C 1到平面ABC 的距离OC 1=√3，故三棱锥B 1﹣BCE 的体积为Vf 1−fff=13S △BCE •OC 1=13×12×1×√3×√3=12，而斜三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的体积为V ＝S △ABC •OC 1=12AB •CE •OC 1=12×2×√3×√3=3，所以剩余部分的体积为3−12=52．19．解（Ⅰ）根据题意，ff =∑ f f =1(f f −f )(f f −f )∑ f f =1(f f −f )2=1.530.45=3.4，ff =f −f f f =6.8−3.4×0.54=4.964， ∴ff =3.4f +4.964．又t ＝lgx ，∴ff =3.4fff +4.964． ∴x ＝10时，f f =3.4+4.964=8.364（千元），即该新奇水果100箱的成本为8364元，故该新奇水果100箱的利润15000﹣8364＝6636．（Ⅱ）（i ）根据频率分布直方图，可知水果箱数在[40，80）内的天数为1320×40×16=2．设这两天分别为a ，b ，水果箱数在[80，120）内的天数为1160×40×16=4，设这四天分别为A ，B ，C ，D ．∴随机抽取2天的基本结果为：（AB ），（AC ），（AD ），（Aa ），（Ab ），（BC ），（BD ），（Ba ），（Bb ），（CD ），（Ca ），（Cb ），（Da ），（Db ），（ab ）共15种．满足恰有1天的水果箱数在[80，120）内的结果为：（Aa ），（Ab ），（Ba ），（Bb ），（Ca ），（Cb ），（Da ），（Db ）共8种，所以估计恰有1天的水果箱数在[80，120）内的概率为P =815．（ⅱ）这16天该农户每天为甲地配送的该新奇水果的箱数的平均值为：60×1320×40+100×1160×40+140×180×40+180×1320×40=125（箱）．20．（Ⅰ）设椭圆E 的半焦距为c ，由题意可知，当M 为椭圆E 的上顶点或下顶点时，△MF 1F 2的面积取得最大值√3．所以{f =112×2f ×f =√3f 2=f 2+f 2，所以a ＝2，b =√3，故椭圆E 的标准方程为f 24+f 23=1．（Ⅱ）根据题意可知A （2，0），B （0，√3），k AB =−√32 因为AB ∥CD ，设直线CD 的方程为y =−√32f +f ，C （x 1，y 1），D （x 2，y 2）由{f 24+f 23=1f =−√32f +f，消去y 可得6x 2﹣4√3ff +4m 2﹣12＝0，所以x 1+x 2=2√3f3，即x 1=2√3f3−x 2．直线AD 的斜率k 1=f 1f 1−2=−√32f 1+ff 1−2，直线BC 的斜率k 2=−√32f 2+f −√3f 2，所以k 1k 2=−√32f 1+f f 1−2•−√32f 2+f −√3f 2， =34f 1f 2−√32f (f 1+f 2)+32f 1+f (f −√3)(f 1−2)f 2， =34f 1f 2−√32f ⋅2√3f 3+32(2√3f 3−f 2)+f (f −√3)(f 1−2)f 2，=34f 1f 2−32f 2(f 1−2)f 2=34．故k 1k 2为定值．21．（Ⅰ）根据题意，f ′（x ）=f f，设直线y ＝x ﹣1与曲线相切于点P （x 0，y 0）根据题意，可得{ff 0=1ffff 0=f 0−1，解之得x 0＝a ＝1，因此f （x ）＝lnx ．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知h （x ）＝mx −√f +lnx +t （x ＞0），则当x →0时，h （x ）＜0，当x →+∞时，h （x ）＞0，所以h （x ）至少有一个零点．h ′（x ）=1f 2f m ＝m −116+（√f14）2①m ≥116，则h ′（x ）≥0，h （x ）在（0，+∞）上单调递增，所以h （x ）有唯一零点． ②若0＜m ＜116，令h ′（x ）＝0得h （x ）有两个极值点x 1，x 2（x 1＜x 2），所以√f 14，即0＜x 1＜16．可知h （x ）在（0，x 1）上单调递增，在（x 1，x 2）上单调递减，在（x 2，+∞）上单调递增．所以极大值为h （x 1）＝mx 1−√f 1+lnx 1+t ＝（2√f 1f 1）x 1−√f 1+lnx 1+t =−√f 12−1+lnx 1+t ，又h ′（x 1）=4√f 1f 1=4−√f 14f 1＞0，所以h （x 1）在（0，16）上单调递增，则h （x 1）＜h （16）＝ln 16﹣3+t ≤ln 16﹣3+3﹣4ln 2＝0，所以h （x ）有唯一零点．综上可知，对于任意m ＞0时，h （x ）有且仅有一个零点．（二）选考题：共10分．请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（Ⅰ）根据题意，设点P ，Q 的极坐标分别为（ρ0，θ）、（ρ，θ），则有ρ=12ρ0＝2cos θ+4sin θ，故曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2cos θ+4sin θ，变形可得：ρ2＝2ρcos θ+4ρsin θ，故C 2的直角坐标方程为x 2+y 2＝2x +4y ，即（x ﹣1）2+（y ﹣2）2＝5；（Ⅱ）设点A ，B 对应的参数分别为t 1、t 2，则|MA |＝t 1，|MB |＝t 2，设直线l 的参数方程{f =ffffff =1+fffff ，（t 为参数），代入C 2的直角坐标方程（x ﹣1）2+（y ﹣2）2＝5中，整理得t 2﹣2（cos α+sin α）t ﹣3＝0．由根与系数的关系得t 1+t 2＝2（cos α+sin α），t 1t 2＝﹣3，则|MA |+|MB |＝|t 1|+|t 2|＝|t 1﹣t 2|=√(f 1+f 2)2−4f 1f 2=√4(ffff +ffff )2+12=√4fff2f+16≥2√3，当且仅当sin2α＝﹣1时，等号成立，此时l的普通方程为x+y﹣1＝0．[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分10分）23．证明：（Ⅰ）∵|x﹣1|﹣|x﹣2|≤|x﹣1﹣x+2|＝1，∴a+b+c≥1．∵a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ac，∴2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ca，∴3a2+3b2+3c2≥a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca＝（a+b+c）2≥1，∴f2+f2+f2≥13．（Ⅱ）∵a2+b2≥2ab，2（a2+b2）≥a2+2ab+b2＝（a+b）2，即f2+f2≥(f+f)22两边开平方得√f2+f2≥√22|f+f|=√22(f+f)，同理可得√f2+f2≥√22(f+f)，√f2+f2≥√22(f+f)，三式相加，得√f2+f2+√f2+f2+√f2+f2≥√2．。

2020届天一大联考海南省高三年级第三次模拟考试数学试题(含答案解析)

五、解答题
17．对于由正整数构成的数列，若对任意， “且，也是中的项，则称为数列”.设数列 |满足， ..
（1）请给出一个的通项公式，使得既是等差数列也是“ 数列”，并说明理由；
（2）根据你给出的通项公式，设的前项和为，求满足的正整数的最小值.
18．的内角，，的对边分别为，，，已知 .
（1）求；
（2）若，求的取值范围.
19．手机等数码产品中的存储器核心部件是闪存芯片，闪存芯片有两个独立的性能指标：数据传输速度和使用寿命，数据传输速度的单位是，使用寿命指的是完全擦写的次数（单位：万次）.某闪存芯片制造厂为了解产品情况，从一批闪存芯片中随机抽取了100件作为样本进行性能测试，测试数据经过整理得到如下的频率分布直方图（每个分组区间均为左闭右开），其中，，成等差数列且 .
故选：B
【点睛】
本题主要考查复数的模以及基本运算，属于基础题.
3．D
【分析】
利用正弦函数的性质求解即可.
【详解】
令，得，取，得 .
故选：D
【点睛】
本题主要考查了求正弦型函数的对称轴，属于基础题.
4．D
【分析】
由分段函数的单调性结合充分条件，必要条件的定义，即可得出答案.
【详解】
若单调递增，则且，解得
故选：A
【点睛】
本题主要考查了等比数列的概念以及性质，属于中档题.
6．A
【分析】
根据已知中函数的解析式，可得函数f（x）为偶函数，可排除C,D，由得到答案．
【详解】
故则是偶函数，排除C、D，又当
故选：A.
【点睛】
本题主要考查函数的图象特征，函数的奇偶性的判断，结合排除特值与极限判断是常见方法，属于基础题．

天一大联考2020届高三年级下学期第一次模拟考试理综试题word含解析

2020届高三年级第一次模拟考试理科综合一、选择题：本题共13小题，每小题6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．如图是ATP的结构及合成与水解反应，下列相关叙述正确的是A．图2反应向右进行时，图1中b、c化学键连续断裂释放出能量和磷酸基团B．人体细胞中图2反应向左进行时，所需的能量来源于细胞的呼吸作用C．ATP与ADP相互转化迅速，细胞中储存大量ATP以满足对能量的需求D．ATP脱去两个磷酸基团后形成的腺嘌呤脱氧核苷酸可参与DNA的合成2．如图表示二倍体真核生物细胞分裂过程中一条染色体的变化情况，下列有关叙述错误的是A．这种变化发生在有丝分裂或减数分裂过程中B．高等植物细胞中，d—e时期高尔基体的活动加强C．c~d时期，细胞中染色体数量加倍且都存在同源染色体D．染色体的这种行为变化保持了生物前后代遗传性状的稳定性3．下列有关变异与生物进化的叙述，错误的是A．野猪人工养殖后形成了肉质细嫩的优良品种，支持了拉马克的观点B．自然选择使种群基因频率发生定向改变但不一定能导致新物种形成C．杂合子通过有性生殖产生的变异，是生物进化的唯·前提D．达尔文的自然选择学说是现代生物进化理论的核心和基础4．某水生生态系统中，分布有鱼类、鸟类、浮游动物、藻类、芦苇等生物，某些水鸟有秋季迁徙的习性。

下列相关说法正确的是A．该水生生态系统的物种数量会随季节而发生变化B．在人的影响下，群落的结构更加复杂，物种组成完全发生改变C．芦苇和藻类的垂直分布会使该生态系统对光能的利用率降低D．浮游动物、鱼类、藻类、芦苇构成了生物群落，体现了群落的垂直结构5．玉米（雌雄同株，单性花）和豌豆都是常用的遗传实验材料。

现有玉米种子和豌豆种子若干，两种种子中均无隐性纯合子（只考虑一对等位基因），杂合子都占1/2，把种子都播种在大田中，开花后进行有关遗传学实验。

下列有关说法正确的是A．玉米可自花传粉或异花传粉，自花传粉时F1中杂合子占1/4B．自然状态下豌豆只能进行自花传粉，此时F1中纯合子占1/2C．玉米可进行自交或杂交，F1中杂合子分别占1/4、1/4D．将题干所述两种玉米间行种植自然传粉，F1中隐性纯合子占1/166．取某植物的胚芽鞘和幼根，切除它们的尖端以去除内源生长素后，将胚芽鞘（近尖端向上）和幼根（近尖端向上）直立放置，分别在两者切面的左侧放置含有生长素的琼脂块（生长素浓度为促进胚芽鞘生长的最适浓度），在黑暗条件下培养。

2020年天一大联考高三下学期第一次模拟考试语文试题及答案解析

人类对人工智能文艺创作能力的抗拒和排斥，一方面基于主观情感上的“一时难以接受”，因为在人工智能时代，文学艺术可能会是人工智能机器人留给人类的最后一片施展才华的乐园；另一方面，人工智能在文艺方面的“造诣”，尚处在“低幼”阶段，离人类的文艺创作水平还差很远，并且在相当长一段时间内，仍然难以跟人类匹敌。以微软机器人“小冰”的绘画作品为例，乍一看，颇具“艺术色彩”，但仔细观察会发现那些作品仍然难以摆脱元素堆砌的痕迹。就像“中国的城市化进程”这个主题，小冰所画的内容基本上都在“建筑”“人”“家具”这几个模棱两可的元素上来回重复。而即便是输入“城市”这个关键词，小冰依旧会把城市跟椅子、时钟这类元素联系到一起，画作也不算完整，甚至过于抽象。
无论是今天的被动输出，还是未来通过持续深度学习实现主动表达，人工智能为人类的文艺创作都提供了多种可能性。
对文艺家而言，人工智能技术可以助其一臂之力，帮助他们提高学习效率，在极短的时间内阅遍人间所有的艺术精华，达到青出于蓝而胜于蓝的效果：人工智能机器人还可以为艺术家锦上添花，分析素材，增强和丰富艺术表现手法，让他们的艺术创作更上一层楼，给人类多彩的文学艺术世界增添更加绚丽的色彩，让文化消费者能体味更为赏心悦目的艺术之美。
D．为读者创造无尽想象空间时，却只用了几笔
3．文中画横线的句子有语病，下列修改最恰当的一项是Байду номын сангаас）
A．无论书法还是中国画，都是运用墨的变化来表现艺术形式，独特的人文精神和人格力量表现在每个人的笔墨中。
B．无论书法还是中国画，都是运用墨的变化来显现艺术形式，每个人的笔墨中都承载着独特的人文精神和人格力量。
D．人工智能作品过于抽象，不够完整，即便是颇具“艺术色彩”的绘画作品也只不过是元素的堆砌。
5．下列对原文论证的相关分析，不正确的一项是（）

2020年天一大联考高三阶段测试(三)地理试题及答案

2020年精编地理学习资料天一大联考高三阶段测试（三）地理试题及答案河南省安阳一中等天一大联考高三阶段测试（三）地理本试题卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

考生作答时, 将答案答在答题卡上（答题注意事项见答题卡）, 在本试题卷上答题无效。

考试结束后, 将本试题卷和答题卡一并交回。

第I卷本卷共25小题, 每小题2分, 共50分。

在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的。

【题文】B1读山东省年太阳总辐射分布图, 完成1~3题。

l.山东省年太阳总辐射的分布特点是A.西多东少B.东多西少C.南多北少D.北多南少2.造成甲、乙两地区年太阳总辐射差异的主要因素是A.纬度位置B.海拔C.天气状况D.地表植被3.山东省太阳辐射最强的月份可能是A.l.....B.5.....C.7....D.10月【知识点】本题考查太阳辐射分布及影响因素。

【答案解析】1.D 2.C 3.B解析: 1题, 根据图中太阳辐射数值分布信息可知, 山东省年太阳总辐射的分布特点北多南少, D正确。

2题, 甲地位于泰山以北地区, 位于东南风的背风坡, 晴天较多, 太阳辐射量大；乙地位于东南风迎风坡, 降水较多, 阴天多, 太阳辐射量相对较小, C正确。

3题, 影响太阳辐射量的因素有太阳辐射强度（太阳高度角大小）、天气状况等, 结合所学知识可知, 山东省5月太阳高度角较大, 而且此时未进入汛期, 晴天较多, 所以太阳辐射量较大, B正确。

【思路点拨】熟悉影响太阳辐射因素和山东省气候特点及准确解读图中信息是解题的关键, 本题难度不大。

【题文】C3下面两图为某月2日8时到4日8时48小时某区域天气系统演变过程图, 图中实线为海平面等压线（单位: hPa）；虚线为5500米高度等温线（单位: cc）, 甲地海拔约为1000米。

据此完成4~5题。

4.对图示区域季节以及甲地2-4日风向和风速变化判断正确的是A.夏季东南风变大B.夏季西南风变大C.冬季东北风变小D.冬季西北风变小5.若甲地气象部门该月1日发布天气预报, 则未来两到三天甲地的天气状况应是A.多云转晴, 气温回升B.晴朗天气, 气温下降C.阴雨天气, 气温下降D.晴转多云, 气温回升【知识点】本题考查天气系统。