山西省太原市2018-2019学年高二上学期期中考试语文试题 Word版含解析
山西省太原市2024-2025学年高三上学期11月期中考试语文试题(含答案)
2024-2025学年第一学期高三年级期中学业诊断语文试卷(考试时间:上午8:00-10:30)说明:本试卷为闭卷笔答,答题时间150分钟,满分150分。
一、现代文阅读(35分)(一)现代文阅读Ⅰ(本题共5小题,19分)阅读下面的文字,完成1-5题。
材料一2024年7月27日,在印度新德里召开的联合国教科文组织第46届世界遗产大会通过决议,将“北京中轴线——中国理想都城秩序的杰作”列入《世界遗产名录》。
“北京中轴线”纵贯北京老城南北,始建于13世纪,形成于16世纪,此后经不断演进发展,形成今天全长7.8公里、世界上最长的城市轴线。
15个遗产构成要素为:钟鼓、万宁桥、景山、故宫、端门、天安门、外金水桥、太庙、社稷坛、天安门广场及建筑群(天安门广场、人民英雄纪念碑、毛主席纪念堂、国家博物馆和人民大会堂)、正阳门、南段道路遗存、天坛、先农坛、永定门。
“北京中轴线”由古代皇家宫苑建筑、古代皇家祭祀建筑、古代城市管理设施、国家礼仪和公共建筑以及居中道路遗存等五大类遗存共同组成,其选址、格局、城市形态和设计体现了《周礼·考工记》所记载的理想都城范式,展现了中国古代城市规划传统,见证了北京城市的发展演变,是体现中华文明突出特性的重要标识。
(摘编自施雨岑、王鹏、徐壮《“北京中轴线——中国理想都城秩序的杰作”申遗成功》)材料二中轴线上大部分建筑的前身都可以追潮到明代,清代在继承明北京城的基础上虽略有改建,但整体依然承袭历史。
近代后,随着社会制度的改变,中轴线上的建筑几乎都丧失了原本的功能,坛庙辟为公园不再是祭祀仪礼场所,紫禁城被开放成为博物馆,钟鼓楼也不再进行报时工作……旧的功能被新功能取代,在不断适应着新的时代与社会。
除了文化遗存,元大都的水系规划也一直被明清沿用,并且保存至今,成为城市景观的重要一环。
一根中轴线记录了三朝的历史,留下了三朝的遗迹。
若干个历史拐点在这条中轴之上发生,自元代开始,各个朝代最具代表性的物质遗存也都集中于此。
2018-2019学年高二语文人教版必修五讲义:第二单元 第五课 滕王阁序 Word版含答案
Evaluation Only. Created with Aspose.Words. Copyright 2003-2016 Aspose Pty Ltd.[新课入门须知][知目标]学习目标考点提炼知识目标1.了解骈体文的特点2.理解和积累下列文言词“故、尽、属、即、且、矣”的意义和用法理解文言虚词的意义及用法技能目标1.掌握文章将叙事、写景、抒情融于一体的写作技巧,以及善于将典故与眼前情景相结合的写法2.体会分析作者复杂的思想感情情感目标树立高尚的人生观,要有远大抱负和人生使命感;能够正确看待挫折,即使身处逆境,也要笑对人生,始终对生活充满信心[知作者]王勃(650—675),字子安,唐代诗人。
古绛州龙门(今山西河津)人,出身儒学世家,与杨炯、卢照邻、骆宾王并称为“初唐四杰”,王勃为四杰之首。
王勃少有才名,以五言律诗和绝句成就较大。
王勃的诗歌从内容到形式都突破了齐梁香艳诗的框框,为初唐诗风的转变和近体格律诗的成熟做出了贡献。
王勃的诗现存80多首,赋和序、表、碑、颂等文,现存90多篇。
主要作品:《山亭夜宴》《送杜少府之任蜀州》《滕王阁诗》《采莲曲》《登城春望》《滕王阁序》《上绛州上官司马书》《游庙山赋》等。
[知背景]王勃26岁那年秋天,即其发生意外身亡前两个多月,前往交趾探父,途经洪州(今江西南昌),正赶上洪州都督阎公重修了江南名楼滕王阁,并于阁上欢宴群僚和宾客,借以标榜政绩,同时都督阎公还有一个目的,就是想借此机会在众宾客面前夸赞他的女婿,于是事先让他的女婿写好一篇序文,到时候只要当着众人的面再写出来就可以了。
在宴会上,阎公准备纸笔,遍请宾客,别人当然不敢,也不好驳了阎公的面子,可是,当请到王勃的时候,他神情自若,欣然命笔,于是就有了流传后世的《滕王阁序》。
[知常识]1.序序,文体的一种,有书序、赠序、宴集序等。
书序是著作或诗文前的说明或评价性文字,如南朝梁萧统的《〈文选〉序》。
赠序,是指亲友间以作文相送,表达惜别、祝愿、劝勉之意。
2018-2019年语文高中学业水平测试:专题九第三节 句式、断句和翻译 Word版含答案
第三节句式、断句和翻译1.选出不是被动句的一项( )A.吾属今为之虏矣B.皆好辞而以赋见称C.臣头今与璧俱碎于柱矣D.行将为人所并答案:C2.下列句中不含定语后置的一项是( )A.人马烧溺死者甚众B.客之美我者,欲有求于我也C.太子及宾客知其事者,皆白衣冠以送之D.军书十二卷,卷卷有爷名答案:B3.下列各句,与“何为而至于此?”句式完全一致的一句是( )A.君何以知燕王B.夫子何哂由也C.夫晋,何厌之有D.何故而至此答案:A4.下列各句的句式,与其他三句不同的一项是( )A.此非孟德之困于周郎者乎B.臣诚恐见欺于王而负赵C.若属皆且为所虏D.穷发之北有冥海者,天池也解析:A、B、C是被动句,D是判断句。
答案:D5.下列各句的句式,与其他三句不同的一项是( )A.而君幸于赵王B.激于义而死焉者也C.请罪于母,母不许D.而为秦人积威之所劫解析:A、B、D都是被动句,C项是状语后置。
答案:C6.下列各句的句式,与其他三句不同的一项是( )A.若舍郑以为东道主B.昔人云:将以有为也C.项王即日因留沛公与饮D.《齐谐》者,志怪者也解析:A、B、C三项都是省略句,分别在两个“以”和“与”后省略了代词“之”,D项是判断句。
答案:D7.下列各句的句式,与其他三句不同的一项是( )A.为国者无使为积威之所劫哉B.大王来何操C.背负青天而莫之夭阏者D.夫晋,何厌之有解析:A项,被动句。
其余三项均为宾语前置。
答案:A8.下列各句的句式,与其他三句不同的一项是( )A.之二虫又何知B.是以区区不能废远C.歌以赠之D.得复见将军于此解析:A、B、C三项都是宾语前置,D项是状语后置。
答案:D9.下列各句的句式,与其他三句不同的一项是( ) A.覆杯水于坳堂之上B.因击沛公于坐C.以勇气闻于诸侯D.夫晋,何厌之有解析:A、B、C三项都是状语后置,D项是宾语前置。
答案:D10.下列各句的句式,与其他三句不同的一项是( ) A.大王来何操B.本图宦达C.钩党之捕遍于天下D.而今安在哉解析:A、C、D三项都是宾语前置,B项是判断句。
山西省太原市2021-2022学年高一上学期阶段性测评(期中)语文试题 Word版含答案
1.C (A述故事2“具体阐释了其对后世作品的影响”错,文章具体释子《左传》叙事艺术的形成缘由) 32021-2022 年第一学期高一班级阶段性测评(期中) 语文试卷(考试时间:上午 8:00——10:00)本试卷为闭卷答题,答题时间 120 分钟,满分 100 分。
注:将选择题的答案依题号填到下面答题栏内。
一、现代文阅读(20 分) (一)论述类文本阅读(6 分) 阅读下面的文字,完成1~3题。
《左传》的叙事艺术 童庆炳任何大事都发生在肯定的时问和空间里面。
这是一般常识。
但在文学叙事中,就消灭了两个时间:一个是原本 故事发生的时间,一个是讲故事人讲的时间。
原本故事发生的时问就是故事发生的自然时间,可以称为“故事时间”; 讲故事人的时间,可以依据讲故事人的需要,把时间打乱,把后面发生的事情放到前面讲,或把前面发生的事情放 到后面讲,这就是所谓的“文本时间”。
一般来说,中国古代叙事文学顺时序的演进多,而逆时序的演进少。
《左传》中倒叙、插叙也有,但不是很多, “几大战役”的描写莫不按自然时间演进。
可能受中国叙事文学的开篇《左传》影响,像后来的《史记》《三国演 义》《水浒传》等莫不如此。
为何《左传》和中国古代叙事文学多按自然时间顺叙呢?这主要是中国古代“尚农”, 是一种农业文明。
农业文明看重耕田种地,而耕田种地当然要对四时的更替特殊敏感。
由于春夏秋冬四时的变化直 接影响农业的生产。
守时、顺时,是中国古人根深蒂固的观念,所谓“不误农时”。
就是对于那些在精神领域活动 的人来说,也明白“春秋代序,阴阳惨舒,物色之动,心亦摇焉”的道理。
这种从农业文明所滋长出来的文化观念, 都不能不影响叙事文学对于大事演进时间的把握与运用。
即从守时到顺时,折射到文学叙事上则是更重视顺叙,认 为顺叙最为自然,也最能为大家所接受。
《左传》和其后中国古代叙事文学即使有倒叙的逆时间演进,也与西方神话、小说的那种倒叙的功能有所不同。
2018-2019学年高二语文语文版选修论语选读讲义:主题三 第十课 学以致其道 Word版含答案
Evaluation Only. Created with Aspose.Words. Copyright 2003-2016 Aspose Pty Ltd.第十课学以致其道1.颜回前521-前481年,春秋末期鲁国人。
字子渊,亦称颜渊,孔子最得意的弟子。
《雍也》说他“一箪食,一瓢饮,在陋巷,人不堪其忧,回也不改其乐”。
为人谦逊好学,“不迁怒,不贰过”。
他异常尊重老师,对孔子无事不从无言不悦。
以德行著称,孔子称赞他“贤哉,回也”,“回也,其心三月不违反仁”。
不幸早死。
自汉代起,颜回被列为七十二贤之首,孔门十哲之首,有时祭孔时独以颜回配享。
此后历代统治者不断追加谥号:唐太宗尊之为“先师”,唐玄宗尊之为“兖公”,宋真宗加封为“兖国公”,元文宗又尊为“兖国复圣公”。
明嘉靖九年改称“复圣”。
山东曲阜还有“复圣庙”。
2.樊须姓樊名须,字子迟,亦称樊迟,比孔子小三十六岁,齐国人,一说是鲁国人。
他是一个农民,在其未拜孔子为师之前,已在季氏宰冉求处任职。
孔子回鲁后樊拜其为师。
他求知心切,三次向孔子请教“仁”的学说,还问“知”“崇德、修业、辩惑”等,他有谋略,并具有勇武精神,是孔门弟子中的佼佼者。
樊迟是孔子七十二贤弟子内的重要人物,继承孔子兴办私学,在儒家学派广受推崇的各个朝代享有较高礼遇。
唐赠“樊伯”,宋封“益都侯”,明称“先贤樊子”。
其重农重稼思想在历史上具有进步意义。
《论语》中的学习始终以致用为纲,以德行为本。
“学”是为了修身养性而成为“君子”,君子行“仁”而为政。
为了达到学以修身、学以成仁的目的,孔子论述了许多学习之道。
本课主要是关于治学修养方面的论述。
孔子认为,君子学习的终极目的是获得道,而要达到道的境界,就要通过学习这种方式来实现。
孔子认为一个人有没有学问,学问好不好,不在于他的文化知识怎么样,而在于他能不能实践“孝、忠、信”等传统伦理道德。
对待学习,要实事求是,虚心好学,要广泛地学习,踏实地思考。
从《论语》中的记载来看,孔子的弟子很多,其中很多人都有专长,通过学习都能出仕为官,并能把学过的东西用于治理国家,而且很有能力,这都说明孔子学以致用的教育是有成效的。
高二上学期11月语文试卷汇编:古代诗歌阅读
古代诗歌阅读山西省太原市2023-2024学年高二上学期期中考试语文试卷(二)古代诗歌阅读(本题共2小题,6分)阅读下面这首唐诗,完成13~14题。
利州南渡温庭筠澹然空水对斜晖,曲岛苍茫接翠微。
波上马嘶看棹去,柳边人歇待船归。
数丛沙草群鸥散,万顷江田一鹭飞。
谁解乘舟寻范蠡[注],五湖烟水独忘机。
【注】范蠡:春秋时楚国人。
跟随越王勾践二十余年,助勾践灭吴国后,辞官乘舟而去,泛于五湖,莫知所终。
13.下列对这首诗的理解和赏析,不正确的一项是()(2分)A.首联交待了行程的时间和地点,波光、夕阳、江岛、青山,色彩清丽。
B.颈联巧用数量词,对仗工整,一“散”一“飞”,渲染了江边的热闹欢腾。
C.“数丛沙草群鸥散”与李清照的“争渡,争渡,惊起一滩鸥鹭”画面相似。
D.诗歌景物描写充分,尾联由写景转而遐思,全诗气韵清澈,脉络明晰。
14.这首诗的尾联是如何表达情志的?请简要分析。
(4分)____________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________ _________山西省临汾市2023-2024学年高二上学期期中考试语文试题(二)古代诗歌阅读(本题共3小题,9分)阅读下面的作品,完成下列小题。
南乡子·送述古宋·苏轼回首乱山横。
不见居人只见城。
谁似临平山上塔,亭亭。
迎客西来送客行。
归路晚风清。
一枕初寒梦不成。
山西省太原市2018-2019学年第一学期高二阶段性测评 语文试卷
山西省太原市2018-2019学年第一学期高二阶段性测评语文试卷第I卷阅读题一、现代文阅读(18 分)(一)论述类文本阅读(本题共 3 小题,9 分)阅读下面的文字,完成 1~3 题。
英雄本是一种理想人物。
一群人或一个人所崇拜的英雄,其实就是他们的或他的人生理想的结晶,每个人,每个社会,都有他的特殊的人生理想,很显然的,也就有他的特殊英雄。
哲学家的英雄是孔子和苏格拉底,宗教家的英雄是释逆和耶稣,侵略者的英雄是拿破仑,而资本家的英雄則为煤油大王和钢铁大王,行行出状元,就是行行有英雄。
人们所崇拜的英雄尽管不同,而崇拜的心理则无二致。
每个英雄必有确足令人钦佩之点,经得起理智衡量,英雄尽管有不足崇拜处,可是我们既然崇拜,就只看见他的长处,看不見他的短处。
"爱而知其恶”就不是崇拜,崇拜是无限制的敬慕,有时甚至失去理性。
在崇拜的心理中,情感的成分远过于理智的成分,英雄崇拜的缺点在此,因为它免不掉几分盲目的迷信。
但是优点也在此,因为它是敬贤向上的表现。
敬贤向上是人类心灵中最宝贲的一点光焰,个人能上进,社会能改良,文化能进展,都全靠有它的烛照,常提醒我们人性尊严的意识,将我们提升到高贵境界。
崇拜英雄,就是崇拜他所持有的道德价值。
世间只有几种人不能崇拜英雄:一是愚眛者,根本不能辨别好坏; 一是骄矜妒忌者,自私的野心蒙蔽了一切,不愿看旁人比自己高一层;一是所谓“犬儒”,轻世托物,视一切无足道;最后就是丧尽天良者,毫无人性,自然也就没有人性中最高贵的虔敬心。
这几种人以外,任何人都多少可以崇幷英雄,一个人能索拜英雄,他多少还有上进的希望,因为他还有道德方面的价值意识。
在实际上,英雄崇拜有深有浅,不一定都达到极境。
但无论深浅,它的影响都大体是好的。
社会的形成与维系都不外借宗教政治教育学术几种“文化"的势力。
一个政治团体里有领袖能号召,能得人心悦诚股,政治没有不修明的。
至于教育学术也都需要有人开风气之先。
山西省太原市2018-2019学年高二下学期阶段性测评(期中)数学理试题Word版含解析
山西省太原市2018-2019学年高二下学期阶段性测评(期中)数学理试题第Ⅰ卷(共60分)一、选择题:本大题共12个小题,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. 复平面内,点表示的复数为()A. B. C. D.【答案】D【解析】分析:一般利用复平面内复数的几何意义(复数x+yi(x,y∈R)在复平面内与点(x,y)一一对应)解答即可.详解:由复数的几何意义得点(0,-1)表示的复数为0+(-1)×i=-i.故选D.点睛:本题涉及到的知识点是复数的几何意义,复数x+yi(x,y∈R)在复平面内与点(x,y)一一对应.2. 已知函数,则()A. B. C. D.【答案】A【解析】分析:一般先求导,再求.详解:因为所以,所以=cos0-1=1-1=0,故选A.点睛:注意基本初等函数的导数,,有些同学容易记错.3. 下列结论正确的是()A. 归纳推理是由一般到个别的推理B. 演绎推理是由特殊到一般的推理C. 类比推理是由特殊到特殊的推理D. 合情推理是演绎推理【答案】C【解析】分析:直接利用归纳推理、演绎推理、类比推理和合情推理的定义分析判断.详解:对于A选项,由于归纳推理是从个别到一般的推理,所以A不正确;对于B选项,由于演绎推理是从一般到特殊的推理,所以B不正确;对于C选项,由于类比推理是从特殊到特殊的推理,所以C正确;对于D选项,由于合情推理是归纳推理和类比推理,所以D不正确.点睛:对于归纳推理、演绎推理、类比推理和合情推理的定义要理解掌握,不要死记硬背,要理解它们之间的区别和联系.4. 已知是复平面内的平行四边形,,,三点对应的复数分别是,,,则点对应的复数为()A. B. C. D.【答案】D详解:由题得A(-2,1),B(1,-1),C(2,2),设D(x,y),则因为,所以,解之得x=-1,y=4.所以点D的坐标为(-1,4),所以点D对应的复数为-1+4i,故选D.点睛:本题方法比较多,但是根据求点D的坐标,是比较简单高效的一种方法,大家解题时,注意简洁高效.5. 已知推理:“因为所有的金属都能够导电,而铜能导电,所以铜是金属”.则下列结论正确的是()A. 此推理大前提错误B. 此推理小前提错误C. 此推理的推理形式错误D. 此推理无错误【答案】C【解析】分析:一般利用三段论来分析解答. 如果三段论的大前提是范围对象A具有某性质,小前提应该是B元素属于范围对象A,结论是B具有某性质,这个推理的形式才是正确的.详解:已知推理的大前提是:因为所有的金属都能够导电,所以推理的小前提应该是说A材料是金属,结论是A能导电. 但是推理的小前提是说铜能导电,违背了三段论的推理要求,所以此推理的推理形式错误,故选C.点睛:三段论看似简单,但是遇到真正的问题,有些同学又比较含糊. 如果三段论的大前提是范围对象A具有某性质,小前提应该是B元素属于范围对象A,结论是B具有某性质,这个推理的形式才是正确的.6. 用反证法证明“三角形的三个内角中至少有一个不大于”时的假设为()A. 三个内角中至多有一个不大于B. 三个内角中至少有两个不大于C. 三个内角都不大于D. 三个内角都大于【答案】D【解析】分析:一般利用命题的否定来解答,三角形的三个内角中至少有一个不大于的否定应该是三个内角都大于.详解:由于“三角形的三个内角中至少有一个不大于”的否定是“三个内角都大于60°”,故选D.点睛:利用反证法证明时,首先要假设原命题不成立,原命题的反面成立,所以这里涉及到命题的否定,命题的否定就是只否定命题的结论,命题的否命题是条件和结论都同时否定,这两个大家要区分开来.7. 复平面内,若与复数对应的点在第四象限,则实数的取值范围是()A. B. C. D.【答案】B【解析】分析:复数对应的点在第四象限,就是说复数的实部大于零,虚部小于零,得到关于m的不等式组,解不等式组即得m的取值范围.详解:由题得,解之得0<m<1,故选B.点睛:本题解答主要是根据复数的几何意义来解答的,复数x+yi(x,y∈R)与复平面内的点(x,y)一一对应.8. 观察下列各式:,,,……,则的末两位数字为()A. B. C. D.【答案】D【解析】分析:由题意依次求出7的乘方对应的值,归纳出末两位数出现的规律,再确定72018的末两位数.详解:根据题意得,72=49,73=343,74=2401,75=16807,76=117649,77=823543,78=5764801,79=40353607…,发现:74k﹣2的末两位数字是49,74k﹣1的末两位数字是43,74k的末两位数字是01,74k+1的末两位数字是07,(k=1、2、3、4、…),∵2018=504×4+2,∴72018的末两位数字为49,故选D.点睛:要解答本题,一定要多列举找到规律,不能只写几个就下结论,所以本题列举了8个式子,这样总结的结论才更准确.9. 函数的单调递减区间是A. B. 和 C. D.【答案】B【解析】分析:一般先求导得再解不等式得到它的解集,最后和定义域求交集,即可得到原函数的单调减区间.详解:由题得,令,所以x<1,因为x≠0,所以x<1,且x≠0,所以函数的单调减区间为和,故选B.点睛:本题是一个易错题,容易漏掉函数的定义域,得到函数的减区间为,主要是因为没有考虑定义域{x|x≠0}.对于函数的任何问题,必须遵循定义域优先的原则,否则会出错.10. 已知函数在处的切线平行于轴,则的极大值与极小值的差为()A. B. C. D.【答案】C【解析】分析:先求导,再求出,再解方程,求出a的值,再求函数的极大值和极小值,最后求极大值和极小值的差.详解:由题得,所以故a=0,所以,所以函数f(x)在(1,+∞)和(-∞,-1)上是增函数,在(-1,1)上是减函数.∴,∴的极大值与极小值的差为2+b+2-b=4,故选C.点睛:求函数的极值的一般步骤是:求定义域求导解方程列表下结论.11. 在直角坐标平面内,由曲线,,和轴所围成的封闭图形的面积为()A. B. C. D.【答案】A【解析】分析:先求出直线y=x和曲线xy=1的交点的横坐标,再利用定积分求出曲线,,和轴所围成的封闭图形的面积.详解:联立xy=1和y=x得x=1,(x=-1舍).由题得由曲线,,和轴所围成的封闭图形的面积为,故选A.点睛:求曲线围成的不规则的图形的面积,一般利用定积分来求解.12. 已知函数在上单调递增,则实数的取值范围为()A. B. C. D.【答案】D【解析】分析:求出函数f(x)的导数,问题转化为a≥在恒成立,令g(x)=,x∈,根据函数的单调性求出函数g(x)的最大值,即得实数a的范围.详解::f(x)=(2a﹣1)x﹣cos2x﹣a(sinx+cosx),=2a﹣1+sin2x﹣a(cosx﹣sinx),若f(x)在递增,则≥0在恒成立,即a≥在恒成立,令g(x)=,x∈,则=,令>0,即sinx>cosx,解得:x>,令<0,即sinx<cosx,解得:x<,故g(x)在[0,)递减,在(,]递增,故g(x)max=g(0)或g(),而g(0)=1,g()=,故a≥1,故选D.点睛:本题解答用到了分离参数的方法,把≥0在恒成立通过分离参数转化为a≥在恒成立,再求函数g(x)=,x∈的最大值.处理参数问题常用的有分类讨论和分离参数方法,如果分离参数不便,就利用分类讨论.大家要注意这两种方法的区别和联系.第Ⅱ卷(共90分)二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)13. 已知复数满足,则复数的共轭复数为__________.【答案】【解析】分析:先由题得到,再利用复数的除法化简得到z,最后求z的共轭复数.详解:由题得.所以z的共轭复数为2-i.故填2-i.点睛:本题主要考查复数的除法运算和共轭复数的概念,解题时,不要求出z就直接填进去了,主要还要求z的共轭复数.14. 若,则实数__________.【答案】【解析】分析:直接利用微积分基本原理化简已知,得到m的方程,求出m的值.详解:由题得,所以,∴m=2.故填2.点睛:本题主要考查微积分基本原理,关键是找到的原函数.15. “扫雷”游戏,要求游戏者找出所有的雷,游戏规则是:一个方块下面有一个雷或没有雷,如果无雷,掀开方块下面就会标有数字(如果数学是,常省略不标),此数字表明它周围的方块中雷的个数(至多八个),如图甲中的“”表示它的周围八个方块中有且仅有个雷.图乙是小明玩的游戏中的局部,根据图乙中信息,在这七个方块中,有雷的方块为__________.【答案】ADFG【解析】分析:解答时,先确定F和G有雷,再确定C,D中必有一个有雷,这时再利用假设法否定C有雷D 无雷,后面再确定A和B是否有雷.详解:第4行第7个数字2,所以F、G方块有雷. 第4行第6个数字4,说明E方块没有雷.由于第4行第4个数字3,说明C、D中必有一个有雷. 假设C有雷,D无雷. 由于第6行第7个数字2,所以第7行6、7、8、9都没有雷,第5个有雷,但是第6行第4 个数字2,这样第6行第4个数字周围就有3个雷,与题目矛盾,故C无雷,D有雷.由于第4行第3个数字1,所以B五雷,由于第4行第2个数字1,所以A有雷. 故有雷的是A、D、F、G.故填A、D、F、G.点睛:本题主要考查推理论证,在推理时主要要从简单的入手,再讨论复杂的,如果不能确定可以进行假设分析,找到矛盾和答案.16. 设函数,观察下列各式:,,,,…,,……,根据以上规律,若,则整数的最大值为__________.【答案】【解析】分析:先归纳得到f n(x)=f(f n﹣1(x))=,再求出f n()=,最后解不等式,得到n的最大值.详解:由题意,所给的函数式的分子不变都是x,而分母是由两部分的和组成,第一部分的系数分别是1,3,7,15…2n﹣1,第二部分的数分别是2,4,8,16…2n.∴f n(x)=f(f n﹣1(x))=,∴f n()=.∴,∴,∴整数的最大值为9.故填9.点睛:本题主要考查归纳推理,所以归纳出f n(x)=f(f n﹣1(x))=是关键.三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17. 已知复数,,,是实数,为虚数单位.(1)若,求复数,;(2)若,求复数,.【答案】(1),;(2),.【解析】分析:(1)把代入,得到关于a、b的方程,根据复数相等的概念得到关于a、b的方程组,解方程组即可求出复数、.(2) 把代入,得到关于a、b的方程,根据复数相等的概念得到关于a、b的方程组,解方程组即可求出复数,.详解:(1)∵,∴,∴∴,;(2)∵,∴∴,∴,.点睛:本题主要考查复数的运算和复数相等的概念,属于基础题.18. 已知函数.(1)求的单调区间;(2)当时,求的值域.【答案】(1)单调增区间为和,单调减区间为;(2).【解析】分析:(1)先求导,再利用导数求函数的单调区间. (2)先写出函数在的单调区间,再根据函数的单调区间写出函数f(x)的值域.详解:(1)由题意得,,令,则或;令,则;∴的单调增区间为和,单调减区间为;(2)由(1)得在和上单调递增,在上单调递减,∵,,,,∴的值域为.点睛:本题主要考查利用导数求函数的单调区间和函数的值域,属于基础题.19. 已知点,是椭圆的左右顶点,是椭圆上异与,的点,则直线与的斜率满足.(1)类比椭圆的上述结论,写出双曲线的相应结论,并证明;(2)请利用(1)的结论解决以下问题:已知点,是双曲线的左右顶点,是该双曲线上异与,的点,若直线的斜率为,求直线的方程.【答案】(1)答案见解析;(2).【解析】分析:(1)类比椭圆的上述结论,写出双曲线的相应结论, 再证明. (2)先利用前面的结论得到再写出直线的点斜式方程化简即得直线的方程.详解:(1)已知点,是双曲线的左右顶点,双曲线上异与,的点,则直线与的斜率满足;证明:由题意得,,∴∵是双曲线上的点,∴,∴,∴直线与的斜率满足.(2)由(1)得,∵,∴,∵是双曲线的右顶点,∴,∴直线的方程为.点睛:本题主要考查类比推理的能力和圆锥曲线的基本运算,属于基础题.说明:请考生在(A),(B)两个小题中任选一题作答.20. 已知数列满足,.(1)计算,,,根据计算结果,猜想的表达式;(2)用数学归纳法证明你猜想的结论.【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析.【解析】分析:(1)计算,,,根据计算结果,猜想. (2)用数学归纳法证明猜想的结论.详解:(1)当时,;当时,;当时,,由此猜想;(2)下面用数学归纳法证明,①当时,显然成立,②假设当时猜想成立,即,由题意得,∴当时猜想也成立;由①和②,可知猜想成立,即.点睛:在利用数学归纳法证明数学问题时,一定要注意利用前面的时的假设,否则就是伪数学归纳法,是错误的.21. 已知数列的前项和为,且满足,.(1)计算,,,根据计算结果,猜想的表达式;(2)用数学归纳法证明你猜想的结论.【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析.【解析】分析:(1)计算,,,根据计算结果,猜想. (2)用数学归纳法证明猜想的结论.详解:(1)当时,,∴,当时,,∴,当时,,∴,由此猜想,(2)下面用数学归纳法证明,①当时,显然成立,②假设当时猜想成立,即,由题意得,∴,∴,∴当时猜想也成立,由①和②,可知猜想成立,即.说明:请考生在(A),(B)两个小题中任选一题作答.22. 已知函数.(1)讨论函数的单调性;(2)当时,证明:在上至多有一个零点.【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析.【解析】分析:(1)先求导,再对a分类讨论,求函数的单调性.(2)对a分类讨论,根据函数的图像分析每一种情况函数在上零点个数,即得在上至多有一个零点.详解:(1)由题意得①当时,令,则;令,则,∴在上单调递减,在上单调递增;②当时,令,则或,(ⅰ)当时,令,则或;令,则,∴在和上单调递增,在上单调递减;(ⅱ)当时,,∴在上单调递增;(ⅲ)当时,令,则或;令,则,∴在和上单调递增,在上单调递减;(2)由(1)得当时,在和上单调递增,在上单调递减,∴在处取得极大值,∵,∴此时在上至多有一个零点;当时,在上单调递增,∴此时在上至多有一个零点;当时,在和上单调递增,在上单调递减;∴在处取得极大值,∵,∴此时在上至多有一个零点;综上所述,当时,在上至多有一个零点.点睛:对于函数的零点问题,一般利用图像法分析解答.一般先求导,再求出函数的单调区间、最值、极值等,再画图分析函数的零点情况.23. 已知函数.(1)讨论函数的单调性;(2)当函数有两个零点,求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析;(2).【解析】分析:(1)先求导,再对a分类讨论,求函数的单调区间. (2)对a分类讨论,作出函数的图像,分析出函数f(x)有两个零点所满足的条件,从而求出a的取值范围.详解:(1)由题意得①当时,令,则;令,则,∴在上单调递减,在上单调递增;②当时,令,则或,(ⅰ)当时,令,则或;令,则,∴在和上单调递增,在上单调递减;(ⅱ)当时,,∴在上单调递增;(ⅲ)当时,令,则或;令,则,∴在和上单调递增,在上单调递减;(2)由(1)得当时,在和上单调递增,在上单调递减,∴在处取得极大值,∵,∴此时不符合题意;当时,在上单调递增,∴此时不符合题意;当时,在和上单调递增,在上单调递减;∴的处取得极大值,∵,∴此时不符合题意;当时,在上单调递减,在上单调递增,∵,,∴在上有一个零点,(ⅰ)当时,令,当时,∵,∴在上有一个零点,∴此时符合题意;(ⅱ)当时,当时,,∴在上没有零点,此时不符合题意;综上所述,实数的取值范围为.点睛:对于含参的问题,注意分类讨论思想的运用. 本题的导数,由于无法直接写出函数的单调区间,所以必须要分类讨论.分类讨论时,要注意分类的起因、分类的标准、分类的过程和分类的结论.。
山西省太原市2024-2025学年高一上学期11月期中考试 语文 Word版含答案
2024~2025学年第一学期高一年级期中学业诊断语文试卷(考试时间:上午8:00-10:00)说明:本试卷为闭卷笔答,答题时间120分钟,满分100分。
注:将选择题的答案填到下面的答题栏内。
一、现代文阅读(20分)(一)现代文阅读I(本题共4小题,10分)阅读下面的文字,完成1~4题。
材料一:《黑神话:悟空》不仅是一部大片画质的国风游戏,也是一张诚邀国外友人来学习中国传统文化的“电子请柬”。
《西游记》和“齐天大圣”由此真正走出国门,成为中华传统文化“金名片”的开端,让中国故事以更加直观、生动的方式走向世界。
兼顾文化差异性,“以我为主”。
在游戏出海的过程中,势必会面临水土不服的难题。
既有文化作品在处理中西方文化差异时,曾多次被贴上“讨好外国人”的标签,为何《黑神话:悟空》的做法能引来无数称赞?譬如在翻译过程中,他们不仅对悟空、金箍棒等核心概念采用中文直译,还将“土地公公”译为“keeper”(维系者、传承者),巧妙地兼顾了中西文化的差异性,在尊重文化传统的同时注入新意蕴,充分展现了一种由内而外的文化自信。
此外,游戏虽多处融入中国历史建筑景点,但都不是西方人耳熟能详的“网红打卡点”,既小众又新鲜。
化被动为主动,“耳听为虚,眼见为实”。
游戏这样的娱乐形式容易寓教于乐,它以一种喜闻乐见的方式推动中华优秀传统文化走出国门,真正实现了一种主动式文化输出,自然展现出中国文化的独特吸引力。
游戏场景中的实景还原与呈现是第一层“实”,而这封“电子请柬”将邀请海外玩家来看看远不限于游戏的大好河山,这便是第二层“实”。
在当前外籍人士过境免签政策下,可进一步开发《黑神话:悟空》的线下沉浸式旅游路线,联动上下游,打造产业“同心圆”,让闻风而来的外国朋友们重走“西天取经路”,亲身体验中国“city不city”。
(摘编自薛媛媛《〈黑神话:悟空〉破圈背后——如何以现代方式讲好中国故事》)材料二:身临其境的寺庙,毛发分明的角色,逼真威严的佛像……《黑神话:悟空》通过精细的图像渲染和视觉设计,成功地构建了一个生动的东方神话世界。
2018-2019学年高二语文人教版必修五讲义:第二单元 第七课 陈情表 Word版含答案
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少时师事著名学者谯周,以学问文章著称于世。
曾出仕蜀汉担任尚书郎,屡次出使东吴,很有才辩。
晋武帝征为太子洗马,李密以祖母年老多病,辞不应征。
李密出生六个月丧父,四岁时母亲改嫁,祖母刘氏将其抚养成人。
后李密以对祖母至孝而名扬于乡里。
据《晋书·李密传》记载:祖母有疾,他痛哭流涕,夜不解衣,侍其左右,必亲自口尝膳食、汤药,然后将其进献。
《陈情表》的传世,就是以其至孝动天下。
李密于祖母去世服期满后出仕,任河南温县令,以刚正见称,政绩显著。
李密出仕后,本想施展自己的聪明才智来报效朝廷,但由于朝中权贵畏惧他的刚正,故朝中无人推荐他。
后任汉中太守,一年后罢官归田。
后病卒,终年六十四岁。
主要作品:《陈情表》《赐钱东堂诏令赋诗》。
[知背景]《陈情表》是西晋初晋武帝泰始三年(公元267)写的。
魏国后期,魏的实权落在司马氏手里,到魏元帝曹奂咸熙二年(公元265),司马炎代魏即帝位,改国号为晋,年号泰始。
在此之前两年,蜀汉(刘备建立的政权)已经灭亡(孙吴到公元280年才灭亡),李密的家乡由晋统治。
李密有学问,所以晋武帝想征他做官。
[知常识] 1.表表,是臣子向皇帝陈述己见的一种奏章。
古代臣属进呈帝王的奏章的统称。
它包括章、奏、表、议四种文体。
《文章辨体序说》:“七国以前,皆称上书,秦初改书曰奏。
山西省太原市2018-2019学年高二上学期期中考试数学试卷(含精品解析)
2018-2019学年山西省太原市高二(上)期中数学试卷一、选择题(本大题共12小题,共36.0分)1. 在空间直角坐标系Oxyz 中,点A (1,2,3)关于yOz 平面对称的点的坐标为( )A. (−1,2,3)B. (1,−2,3)C. (1,2,−3)D. (−1,−2,−3) 2. 由下列主体建筑物抽象得出的空间几何体中为旋转体的是( )A.B.C.D.3. 已知A (0,1),B (0,-1),则直线AB 的倾斜角为( )A. 0∘B. 90∘C. 180∘D. 不存在 4. 下列四面体中,直线EF 与MN 可能平行的是( )A.B.C.D.5. 已知点A (2,3)在直线11:2x +ay -1=0上,若l 2∥l 1,则直线l 2的斜率为( )A. 2B. −2C. 12D. −126. 设a ,b ,c 为三条不同的直线,α,β,γ为三个不同的平面,则下列纳论成立的是( )A. 若a ⊥b 且b ⊥c ,则a//cB. 若α⊥β且β⊥γ,则α//γC. 若a ⊥α且a//b ,则b ⊥αD. 若α⊥β且a//α,则a ⊥β7. 已知圆C 的一条直径的端点坐标分别是(4,1)和(-2,3),则圆C 的方程是( )A. (x +1)2+(y +2)2=10B. (x −1)2+(y −2)2=40C. (x −1)2+(y −2)2=10D. (x +1)2+(y +2)2=408. 一个长方体由同一顶点出发的三条棱的长度分别为2,2,3,则其外接球的表面积为( )A. 68πB. 17πC. 28πD. 7π9. 已知x ,y 满足不等式组{x −y +1≥02x −y −1≤0x +y +1≥0,则z =5x +2y 的最大值为( )A. 12B. 16C. 18D. 2010. 直线ax +y +a =0与直线x +ay +a =0在同一坐标系中的图象可能是( )A. B.C. D.11.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1H⊥平面AB1D1,垂足为H,给出下面结论:①直线A1H与该正方体各棱所成角相等;②直线A1H与该正方体各面所成角相等;③过直线A1H的平面截该正方体所得截面为平行四边形;④垂直于直线A1H的平面截该正方体,所得截面可能为五边形,其中正确结论的序号为()A. ①③B. ②④C. ①②④D. ①②③12.一条光线从点P(-2,4)射出,经直线x-y+2=0反射后与圆x2+y2+4x+3=0相切,则反射光线所在直线的方程是()A. x+√15y−2=0B. √15x+y−2=0C. x−√15y−2=0 D. √15x−y−2=0二、填空题(本大题共4小题,共16.0分)13.已知点A(3,-3),B(0,2),则线段AB的中点坐标是______.14.已知直线l1:x-2y=1,l2:mx+(3-m)y+1.若l1⊥l2,则实数m=______.15.某三棱锥的三视图如图所示,图中三个三角形均为直角三角形,则x2+y2=______.16.△ABC中,∠C=90°,∠A=60°,AB=2,M为AB中点,将△BMC沿CM折叠,当平面BMC⊥平面AMC时,A,B两点之间的距离为______.三、解答题(本大题共7小题,共68.0分)17.已知△ABC的三个顶点的坐标是A(1,1),B(2,3),C(3,-2).(1)求BC边所在直线的方程;(2)求△ABC的面积.18.已知正方体ABCD-A1B1C1D1.(1)求证:AD1∥平面C1BD;(2)求证:AD1⊥平面A1DC.19.已知圆C的方程为x2+y2-4tx-2ty+5t2-4=0(t>0).(1)设O为坐标原点求直线OC的方程;(2)设直线y=x+1与圆C交于A,B两点,若|AB|=2√2,求实数t的值.20.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,且AD=2AB=√3PA=2,AE⊥PD,垂足为E.(1)求PD与平面ABCD所成角的大小;(2)求三棱锥P-ABE的休积.21.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB=BC,AD=DC,E为棱PC上不与点C重合的点.(1)求证:平面BED⊥平而PAC;(2)若PA=AC=2,BD=4√3,且二面角E-BD-C的平面角为45°,求三棱锥P-BED3的体积.22.已知圆C1:(x-1)2+(y+5)2=50,圆C2:(x+1)2+(y+1)2=10.(1)证明圆C1与圆C2相交;(2)若圆C3经过圆C1与圆C2的交点以及坐标原点,求圆C3的方程.23.已知圆C1:x2+y2+2x-4y+1=0,圆C2:x2+y2-4x-5=0.(1)试判断圆C1与圆C2是否相交,若相交,求两圆公共弦所在直线的方程,若不相交,说明理由;(2)若直线y=kx+1与圆C1交于A,B两点,且OA⊥OB,求实数k的值.答案和解析1.【答案】A【解析】解:在空间直角坐标系Oxyz中,点A(1,2,3)关于yOz平面对称的点的坐标为(-1,2,3).故选:A.根据关于yOz平面对称,x值变为相反数,其它不变这一结论直接写结论即可.本题考查空间向量的坐标的概念,考查空间点的对称点的坐标的求法,属于基础题.2.【答案】B【解析】解:在A中,主体建筑物抽象得出的空间几何体不为旋转体,故A错误;在B中,主体建筑物抽象得出的空间几何体为旋转体,故B正确;在C中,主体建筑物抽象得出的空间几何体不为旋转体,故C错误;在D中,主体建筑物抽象得出的空间几何体不为旋转体,故D错误.故选:B.利用旋转体的定义、性质直接求解.本题考查旋转体的判断,考查旋转体的定义及性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.3.【答案】B【解析】解:∵直线经过A(0,1),B(0,-1)两点,∴直线AB的斜率不存在,∴直线AB的倾斜角90°.故选:B.由直线经过A(0,1),B(0,-1)两点,直线AB的斜率不存在,从而能求出直线AB的倾斜角.本题考查直线的倾斜角的求法,是基础题.解题时要认真审题,仔细解答,注意合理地进行等价转化.4.【答案】C【解析】解:根据过平面内一点和平面外一点的直线,与平面内不过该点的直线异面,可判定A,B中EF,MN异面;D中,若EF∥MN,则过EF的平面与底面相交,EF就跟交线平行,则过点N有两条直线与EF 平行,不可能;故选:C.利用异面直线判定定理可确定A,B错误;利用线面平行的性质定理和过直线外一点有且仅有一条直线与已知直线平行,可判定D错误.此题考查了异面直线的判定方法,线面平行的性质等,难度不大.5.【答案】A【解析】解:∵点A(2,3)在直线11:2x+ay-1=0上,∴2×2+3a-1=0,解得a=-1,∴直线l1:2x-y-1=0,∵l2∥l1,∴直线l2的斜率k=2.故选:A.由点A(2,3)在直线11:2x+ay-1=0上,求出直线l1:2x-y-1=0,再由l2∥l1,能示出直线l2的斜率.本题考查直线的斜率的求法,考查直线与直线平行的性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.6.【答案】C【解析】解:由a,b,c为三条不同的直线,α,β,γ为三个不同的平面,知:在A中,若a⊥b且b⊥c,则a与c相交、平行或异面,故A错误;在B中,若α⊥β且β⊥γ,则α与γ相交或平行,故B错误;在C中,若a⊥α且a∥b,则由线面垂直的判定定理得b⊥α,故C正确;在D中,若α⊥β且a∥α,则a与β相交、平行或a⊂β,故D错误.故选:C.在A中,a与c相交、平行或异面;在B中,α与γ相交或平行;在C中,由线面垂直的判定定理得b⊥α;在D中,a与β相交、平行或a⊂β.本题考查命题真假的判断,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.7.【答案】C【解析】解:圆C的一条直径的端点坐标分别是(4,1)和(-2,3),故利用中点公式求得圆心为(1,2),半径为=,故圆的方程为(x-1)2+(y-2)2=10,故选:C.利用中点公式求得圆心坐标,再求出半径,可得圆C的方程.本题主要考查求圆的方程的方法,关键是求出圆心和半径,属于基础题.8.【答案】B【解析】解:长方体的外接球直径即为长方体的体对角线,由题意,体对角线长为:=,外接球的半径R=,=17π,故选:B.利用长方体的外接圆直径为体对角线,容易得解.此题考查了长方体的外接球面积,属容易题.9.【答案】B【解析】解:作出x,y满足不等式组对应的平面区域,由z=5x+2y,得y=x+z,平移直线y=x+z,由图象可知当直线y=x+z,经过点B时,直线y=x+z的截距最大,此时z最大.由,得A(2,3),此时z的最大值为z=5×2+2×3=16,故选:B.作出不等式对应的平面区域,利用线性规划的知识,通过平移即可求z的最大值.本题主要考查线性规划的应用,利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法.10.【答案】D【解析】解:直线ax+y+a=0与直线x+ay+a=0不可能平行,故B错误;当a>0时,直线ax+y+a=0是减函数,直线x+ay+a=0是减函数,故A和C都错误;当a<0时,直线ax+y+a=0是增函数,与y轴交于正半轴,直线x+ay+a=0是增函数,与y轴交于负半轴,故A,B,C和D都错误.综上,正确答案是a>0,直线ax+y+a=0与直线x+ay+a=0在同一坐标系中的图象可能是D.故选:D.根据a的符号,分类讨论,利用数形结合思想和排除法能求出结果.本题考查函数图象的判断,考查直线的图象与性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.11.【答案】D【解析】解:如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1H⊥平面AB1D1,垂足为H,连接A1C,可得A1C⊥AB1,A1C⊥AD1,即有A1C⊥平面AB1D1,直线A1H与直线A1C重合,直线A1H与该正方体各棱所成角相等,均为arctan,故①正确;直线A1H与该正方体各面所成角相等,均为arctan,故②正确;过直线A1H的平面截该正方体所得截面为A1ACC1为平行四边形,故③正确;垂直于直线A1H的平面与平面AB1D1平行,截该正方体,所得截面为三角形或六边形,不可能为五边形.故④错误.故选:D.由A1C⊥平面AB1D1,直线A1H与直线A1C重合,结合线线角和线面角的定义,可判断①②;由四边形A1ACC1为矩形,可判断③;由垂直于直线A1H的平面与平面AB1D1平行,可判断④.本题考查线线角和线面角的求法,以及正方体的截面的形状,考查数形结合思想和空间想象能力,属于中档题.12.【答案】A【解析】解:点P(-2,4)关于直线x-y+2=0的对称点为Q(2,0),设反射光线所在直线方程为:y=k(x-2),即kx-y-2k=0,依题意得:=1,解得:k=±,依题意舍去k=故反射线所在直线方程为:x+y-2=0,故选:A.根据光学性质,点P(-2,4)关于直线x-y+2=0对称的点在反射线所在直线上,设出所求直线方程,然后用点到直线的距离等于半径,求出斜率,舍去正值即可.本题考查了直线与圆的位置关系.属中档题.13.【答案】(32,−12)【解析】解:设A、B的中点为P(x0,y0),由A(3,-3)、B(0,2),再由中点坐标公式得:,.∴线段AB的中点坐标为().故答案为:().直接利用中点坐标公式求解.本题考查了中点坐标公式,是基础题.14.【答案】2【解析】解:∵直线l1:x-2y=1,l2:mx+(3-m)y+1.l1⊥l2,∴1×m+-2×(3-m)=0,解得m=2.故答案为:2.利用直线与直线垂直的性质直接求解.本题考查实数值的求法,考查直线与直线垂直的性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.15.【答案】34【解析】解:由三视图还原原几何体如图,该几何体为三棱锥,侧棱PA⊥底面ABC,底面三角形ABC是以∠ABC为直角的直角三角形.则x2+y2=x2+PA2+AD2=(PA2+AB2)+AD2=52+32=34.故答案为:34.由三视图还原原几何体,该几何体为三棱锥,侧棱PA⊥底面ABC,底面三角形ABC是以∠ABC为直角的直角三角形,然后利用勾股定理转化求解.本题考查由三视图求面积、体积,关键是由三视图还原原几何体,是中档题.16.【答案】√102【解析】解:取MC中点O,连结AO,BO,∵△ABC中,∠C=90°,∠A=60°,AB=2,M为AB中点,∴AC=BM=AM=CM=1,∴AO==,BO===,AO⊥MC,将△BMC沿CM折叠,当平面BMC⊥平面AMC时,AO⊥平面BMC,∴AO⊥BO,∴A,B两点之间的距离|AB|===.故答案为:.取MC中点O,连结AO,BO,推导出AC=BM=AM=CM=1,AO==,BO==,AO⊥MC,AO⊥平面BMC,AO⊥BO,由此能求出A,B两点之间的距离.本题考查两点间距离的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.17.【答案】解:(1)∵B(2,3),C(3,-2),∴边BC所在的直线方程为y−(−2)3−(−2)=x−32−3,即5x+y-13=0;(2)设B到AC的距离为d,则S△ABC=12|AC|⋅d,|AC|=√(3−1)2+(−2−1)2=√13,AC方程为:y−(−2)1−(−2)=x−31−3即:3x+2y-5=0∴d=|3×2+2×3−5|√32+22=7√13.∴S△ABC=12×√13×7√13=72.【解析】(1)直接由两点式直线方程公式求解即可;(2)求出B到AC的距离为d,再求AC的距离,然后利用面积公式求解即可.本题考查两点式直线方程公式,考查点到直线的距离公式的应用,考查计算能力,是中档题.18.【答案】证明:(1)∵正方体ABCD-A1B1C1D1.∴C1D1∥A1B1,C1D1=A1B1,又AB∥A1B1,AB=A1B1,∴C1D1∥AB,C1D1=AB,∴四边形C1D1AB是平行四边形,∴AD1∥C1B,∵C1B⊂平面C1BD,AD1⊄平面C1BD,∴AD1∥平面C1BD.(2)∵正方体ABCD-A1B1C1D1.∴A1D⊥AD1,CD⊥平面A1ADD1,∵AD1⊂平面A1ADD1,∴CD⊥AD1,又A1D∩CD=D,∴AD1⊥平面A1DC.【解析】(1)推导出四边形C1D1AB是平行四边形,从而AD1∥C1B,由此能证明AD1∥平面C1BD.(2)推导出A1D⊥AD1,CD⊥平面A1ADD1,CD⊥AD1,由此能证明AD1⊥平面A1DC.本题考查线面平行、线面垂直的证明,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.19.【答案】解:(1)圆C的方程为x2+y2-4tx-2ty+5t2-4=0(t>0),即(x-2t)2+(y-t)2=4,故圆心C(2t,t),故直线OC的方程为y=12x.(2)圆心C(2t,t)到直线y=x+1的距离为d=√2=√2,根据弦心距、弦长、半径之间的关系,可得(√2)2+(√2)2=4,∴t=1,或t=-3 (舍去),∴t=1.【解析】(1)把圆C的方程化为标准形式,可得C的坐标,从而求得直线OC的方程.(2)求出弦心距,再根据弦心距、弦长、半径之间的关系,求得t的值.本题主要考查圆的一般方程和标准方程,点到直线的距离公式,弦长公式的应用,属于中档题.20.【答案】解:(1)∵PA⊥平面ABCD,∴∠PDA为PD与平面ABCD所成角,且PA⊥AD,∵AD=2AB=√3PA=2,∴tan∠PDA=PAAD =√3 3,∴PD与平面ABCD所成角的大小为π6.(2)∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥AB,∵底面ABCD为矩形,∴AD⊥AB,∵PA∩AD=A,∴AB⊥平面PAD,∵AE⊥PD,∴S△PAE=12×PE×AE=√36,∴三棱锥P-ABE的体积为:V P-ABE=13×S△PAE×AB=√318.【解析】(1)由PA⊥平面ABCD,得∠PDA为PD与平面ABCD所成角,由此能求出PD 与平面ABCD所成角的大小.(2)推导出PA ⊥AB ,AD ⊥AB ,从而AB ⊥平面PAD ,由此能求出三棱锥P-ABE 的体积.本题考查线面角的求法,考查三棱锥的体积的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题. 21.【答案】证明:(1)∵AB =BC ,AD =DC ,∴AC ⊥BD ,∵PA ⊥平面ABCD ,∴PA ⊥BD , ∵PA ∩AC =A ,∴BD ⊥平面PAC ,∵BD ⊂平面BED ,∴平面BED ⊥平面PAC . 解:(2)设AC 与BD 交于点F ,连结EF , 由(1)知EF ⊥BD ,FC ⊥BD , ∴∠EFC =45°,由(1)知F 为AC 中点, ∴PA =AC =2,∵PA ⊥AC ,∴∠PCF =45°,∴EF =√22,PE =3√22,且EF ⊥PC ,又PC ⊥BD ,∴PC ⊥平面BED , ∴三棱锥P -BED 的体积: V P -BDE =13×S △BDE ×PE=13×12×BD ×EF ×PE =16×4√33×√22×3√22=√33.【解析】(1)推导出AC ⊥BD ,PA ⊥BD ,从而BD ⊥平面PAC ,由此能证明平面BED ⊥平面PAC .(2)设AC 与BD 交于点F ,连结EF ,三棱锥P-BED 的体积V P-BDE =,由此能求出结果.本题考查面面垂直的证明,考查三棱锥的体积的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.22.【答案】解:(1)证明:由已知得C 1:(1,-5),r 1=5√2,C 2(-1,-1),r 2=√10,所以r 1+r 2=5√2+√10,|r 1-r 2|=5√2-√10,|C 1C 2|=2√5, 因为|r 1-r 2|<|C 1C 2|<r 1+r 2,所以两圆相交;(2)解:设圆C 3:(x -1)2+(y +5)2-50+λ[(x +1)2+(y +1)2-10]=0 因为过原点,所以12+52-50+λ(12+12-10)=0,解得λ=-3,代入C 3:(x -1)2+(y +3)2-50+(-3)[(x +1)2+(y +1)2-10]=0, 化简得x 2+y 2+4x -2y =0,所以圆C 3:x 2+y 2+4x -2y =0. 【解析】(1)用圆心距与两圆半径的关系证明;(2)设出经过两圆交点的圆系方程,然后代入原点. 本题考查了圆与圆的位置关系及其判定.属中档题.23.【答案】解(1)由已知得C 1(-1,2),r 1=2,C 2(2,0),r 2=3,所以r 1+r 2=5,|r 1-r 2|=1,|C 1C 2|=√13,因为|r 1-r 2|<|C 1C 2|<r 1+r 2,所以圆C 1与圆C 2相交,将两个圆方程相减,得(x +1)2+(y -2)2-(x -2)2-y 2=-5, 化简得两圆公共弦所在直线方程为:3x -2y +3=0 (2)由{y =kx +1(x+1)2+(y−2)2=4,得(x +1)2+(kx -1)2=4,化简得(1+k 2)x 2+(2-2k )x -2=0且△=(2-2k )2+8(1+k 2)>0, 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则有x 1+x 2=-2−2k1+k 2,x 1x 2=−21+k 2, 因为OA ⊥OB ,所以x 1x 2+y 1y 2=0,即x 1x 2+(kx 1+1)(kx 2+1)=0, 化简得:(1+k 2)x 1x 2+k (x 1+x 2)+1= 所以-2-k(2−2k)1+k 2+1=0,化简得k 2-2k -1=0,解得k =1+√2或k =1-√2. 【解析】(1)用圆心距与两圆半径的关系判断两圆位置关系;用两圆方程相减消去二次项得相交弦所在直线方程;(2)联立直线与圆的方程,根据韦达定理以及两线垂直的向量关系列式可解得k .本题考查了圆与圆的位置关系及其判定.属中档题.。
山西省太原市2018-2019学年高二上学期期中考试数学试题(解析版)
在 D 中,主体建筑物抽象得出的空间几何体不为旋转体,故 D 错误.
故选:B.
【点睛】本题考查旋转体的判断,考查旋转体的定义及性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.
3.已知
,则直线 AB 的倾斜角为( )
A. 0° B. 90° C. 180° D. 不存在
【答案】B
【解析】
【分析】
由直线经过 A(0,1),B(0,﹣1)两点,直线 AB 的斜率不存在,从而能求出直线 AB 的倾斜角.
利用长方体的外接圆直径为体对角线,容易得解.
【详解】长方体的外接球直径即为长方体的体对角线,
由题意,体对角线长为:
,
外接球的半径 R= ,
=17π, 故选:B. 【点睛】此题考查了长方体的外接球面积,属容易题.一般外接球需要求球心和半径,首先应确定球心的 位置,借助于外接球的性质,球心到各顶点距离相等,这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接 圆的圆心,过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等,然后同样的方法 找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线(这两个多边形需有公共点),这样两条直线的交点,就是其 外接球的球心,再根据半径,顶点到底面中心的距离,球心到底面中心的距离,构成勾股定理求解,有时 也可利用补体法得到半径,例:三条侧棱两两垂直的三棱锥,可以补成长方体,它们是同一个外接球.
5.已知点
在直线
上,若 ,则直线 的斜率为( )
A. 2 B. ﹣2 C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由点 A(2,3)在直线 11:2x+ay﹣1=0 上,求出直线 l1:2x﹣y﹣1=0,再由 l2∥l1,能示出直线 l2 的斜率. 【详解】∵点 A(2,3)在直线 11:2x+ay﹣1=0 上, ∴2×2+3a﹣1=0,
山西省太原市第二十一中学2018-2019学年高二下学期期中考试语文试题Word版含解析
【7题详解】
本题第一要找出重点字或句式进行翻译,一般为直译。文言文的翻译,最基本的方法就是替代、组词、保存、省略。对古今异义的词语要“替代”;对古今词义大概一致的词语则“组词”;对特别的地名、人名等要“保存”;对古汉语中的同义频频的词语能够“省略”此中一个,有些虚词不用要或难于合适翻译出来的也能够“省略”。第一句中,雅,很;大方,胸怀弘愿;大概,远大谋略。第二句中,乐,愿意;数沮挠,频频阻扰;力,努力;卒,最后;夺,改变。
写的美好,是一种女子的魅力,并且是从内在到外在的容德之美。 《楚辞?远游》上还有“神要眇以淫放”一句,洪兴祖注讲解“要眇”是“精微貌”。把两处“要眇”出现的讲解联合起来看,我们知道“要眇宜修”的美,是写一种女性的美,是最雅致的最细腻的最纤细幽微
的,并且是带有修饰性的特别精良的一种美,王国维说,“词之为体,要眇宜修”,就是说词有这样一种美。
词既有这样一种奇妙的作用,所以,王国维在他的《人间词话》里,就为词的性质下了这样几句定义,他说:“词之为体,要眇宜修,能言诗之所不可以言,而不可以尽言诗之所能言。
诗之境阔,词之言长。”他说词这种文学体式是“要眇宜修”。“要眇宜修”出于《楚辞?九
歌?湘君》“美要眇兮宜修”,是写湘水上的一个神灵拥有一种要眇宜修的美。这是一种什么
A.人在游戏中常常是不布防的,所以诗人文士用游戏笔墨为歌女写歌词 过程中,就不自觉地将自己性格思想表现出来。
B.词的奇妙处在于诗人文士主观上其实不想要把思想意志完完好全容纳进去,但客观上却没法防止地将其实质表露出来。
C.王国维认为词能言诗之所不可以言,而不可以尽言诗之所能言,诗和词各有特点,各有长短,
考点:理解并翻译文中的句子。能力层级为理解B。
山西省太原市2024-2025学年高二上学期11月期中考试语文试题(含答案)
2024~2025学年第一学期高二年级期中学业诊断语文试卷(考试时间:上午8:00-10:00)说明:本试卷为闭卷笔答,答题时间120分钟,满分100分。
题号一一二三四得分注:将选择题的答案填到下面的答题栏内。
题号1235891013答案一、现代文阅读(20分)(一)现代文阅读I(本题共4小题,10分)阅读下面的文字,完成1~4题。
材料一:美丽乡村建设是乡村振兴的关键环节。
推进美丽乡村建设再上新台阶的举措,应当是兼顾经济、社会、民生、资源、环境等多维度的一揽子举措。
持续提升村容村貌,重点应在乡村文化内涵挖掘方面找到“突破口”。
我国地域广阔,乡土文化因地域不同各具特色,把精彩故事提炼出来,把文化特色呈现出来,对提升整个乡村的文化价值具有重要意义。
当前,国内很多闻名遐迩的美丽村庄,一个共同特点是有“乡土味”“文化味”,乡村文化、地域文化的内涵得到充分挖掘,同时也向乡村治理的其他方面有效赋能。
做好村容村貌的提升工作,除了在文化内涵阐释方面找准定位外,还要在乡村基础设施方面持续发力。
美丽乡村的建设,离不开乡村产业振兴。
乡村产业振兴能为推进美丽乡村建设提供扎实的物质基础。
当前,粗放式的乡村产业发展模式已经难以为继,要想真正发挥效力,给村民带来实实在在的收益,就要在精细化、规模化方面找突破点。
以农业特色产品生产加工和乡村旅游为例,粗加工方式已经很难获得市场,尤其是乡村农产品加工,真正提升产品竞争力,除了依靠产品本身品质外,还要站在推进农村一、二、三产业相结合的高度,在销售、品牌设计等方面着力,提升产品附加值,增强乡村产业的可持续发展能力。
在乡村旅游市场建设方面,打造精品民宿已经成为盈利性较强的新模式,关键是如何把乡村的文化休闲潜力挖掘出来,在做好品牌建设的过程中吸引更多游客,繁荣活跃乡村旅游市场。
(摘编自魏琪嘉《推动美丽乡村建设再上新台阶》)材料二:在历史的积淀下,我国许多乡村创造了各具特色的非物质文化遗产,它们是世代传承的文化精华,也是乡村振兴的宝贵资源。
山西省太原市2023-2024学年高三上学期期中考试语文试卷(解析版)
山西省太原市2023-2024学年高三上学期期中考试语文试卷一、现代文阅读(35分)1.(19分)阅读下面的文字,完成各题。
材料一北宋皇祐四年八月,在外为官多年的欧阳修带着母亲的灵柩回到了家乡江西永丰,是年冬天,《欧阳氏图谱》成为后人修谱的典范体例,而且翻阅宋代史籍,可以看到,同姓血缘团体“累世义居,如何维系秩序?据记载,抚州金溪县以前有邓、傅两个大姓,“远近颇畏之”,而且邓家两个儿子,邓、傅两家在地方崛起靠的还是武力,而不是科举功名。
傅家后来“离析”了,原因是“俱受制于陆”。
这个“陆”,就是大名鼎鼎的陆九渊家族。
这使人不禁想起一个有趣的事实,而是祝家庄这样的家族武装力量。
小说家言不足为证,但亦非空穴来风。
宋代在基层社会占据着强势地位的几百人聚居的大家族很显然和明清时期的“宗族”有着明显的不同。
明清时期的宗族是一个个独立生活的家庭组成的,而且,他们有着可以祭拜先祖的“祠堂”。
历史上,宗法理论只适用于贵族,而且有着严格的等级限制,至于“庶人”则“无庙”,“祭于寝”。
当然,在坟墓上祭奠。
另外有一个模糊边界的做法,就是把祖先影像放在佛寺、道观和官方认可的贤良祠中祭拜。
但并不是每个人的祖先都有资格。
宋元出现了许多以祖先为著名先贤而要求单独设立贤良祠祭拜的事例。
江西吉水杨氏家族曾经出现过杨万里和杨邦义两位名人。
杨万里是宋代名臣、文学家,绝食而死,死后谥“文节”。
杨邦义据说是金庸武侠小说《射雕英雄传》中杨铁心的原型,坚贞不屈,被金人剖心,后来,又放入其他祖先牌位,正式变成了初坐,但这已经是明初的事了。
正是由于宗法礼制局限而无法“敬宗收族”,宋代的理学家觉得要改革宗法礼仪,放宽对祭祀等级的限制。
朱熹的《家礼》第一句话就是“君子将营宫室必立祠堂于正寝之东”。
朱熹设想,适用的是小宗之法,即五世则迁,即使富于改革精神的朱熹所倡导的祠堂离明清时期的祠堂还相差甚远。
实际上,从“庶人祭于寝”到允许建祠堂拜先祖的过程非常漫长无论如何,从宋代到明代的中国南方基层社会,一个引人注目的转变就是,就这样由一个儒家的理念,变成了明清以后对中国历史影响深远的实体性基层社会组织。
2018年部编人教版九年级上册语文期中试题(word版,有答案)
2018年部编人教版九年级上册语文期中试题(word版,有答案)2018-2019学年度第一学期九年级上册期中考试语文试题考生注意1.考试时间120分钟2.全卷共四道大题,31个小题,总分120分3.所有答案都必须写在答题卡上相对应的题号后的指定区域内一、知识积累及运用(本题7个小题,共27分)1.阅读下面文字,按要求答题①我这题目,是把《礼记》里头“敬业乐群”和《老子》里头“安其居,乐其业”那两句话,断张取义造出来的。
我所说的是否与礼记老子原意相合不必深求但我却“敬业乐业”四个字是人类生活的不二法门。
……②我生平最受用的有两句话:一是“责任心”,二是“趣味”。
我自己常常力求这两句话之实现与调和,又常常把这两句话向我的朋友强guō()不舍。
今天所讲,敬业即是责任心,乐业即是趣味。
我深人类合理的生活应该如此,我望诸君和我一同受用!(1)用部首检字法查“断”字:先查部首( ),再查( )画。
(1分)(2)找出第①段中两个错别字并改正。
改改(2分)(3)根据拼音写汉字,给加点字注音。
强guō()不舍诸()君(1分).2.下列说法错误的一项是()(2分)A.《就英法联军远征中国给巴特勒上尉的》作者维克多·雨果,是法国浪漫主义作家的代表人物,在这封中他强烈地谴责了英法联军火烧圆明园的强盗行径。
B.古代男子20岁时进行加冠礼,叫作冠。
即戴上透露表现已成人的帽子,但体犹未壮,还比较年少,故称“弱冠”。
C.律诗共有八句,分为首联、颔联、颈联、尾联。
其中颔联、颈联必须对仗。
D.欧阳修,字永叔,号醉翁,晚号六一居士,唐朝政治家、文学家,唐宋八人人之一。
3.下列各句中没有语病的一项是()(2分)A.为了避免再发生类似的错误,我们一定要从这次事件中吸取教训,并加以改正。
B.三个学校的领导共同出席了运动会的开幕式。
C.李明对自己能否考上重点高中充满了心。
D.如何培养青少年多读书、勤思考的习惯,从而培养他们的读书兴趣,是老师和家长面临的一大问题。
山西省太原市2023-2024学年高二下学期4月期中考试语文试题
山西省太原市2023-2024学年高二下学期4月期中考试语文试题一、现代文阅读阅读下面的文字,完成下面小题。
材料一:在“唐宋视野”里,诗歌发展的顶点是“盛唐”。
严格来说,这“盛唐”很难成为真正的史学概念,它本来就是一个诗歌批评的术语,移用于史学,大抵指唐玄宗领导的开元、天宝时期。
此时“科举-文官”体制尚未完善,朝廷成为宗室、外戚、宦官活跃的舞台。
他们意图堵塞士人正常升进的通道,使大部分士人不能循正常途径满足自己的人生期待,“盛唐”也因此成为传奇性登峰造极的时代。
“盛唐”的代表性诗人李白,正可看成传奇性的标志,他一身都是故事,一生都是传奇,他在一辈子怀才不遇中幻想着风云际会的奇遇,无与伦比的想象力是李白诗最显著的特色。
李白的情况可能比较极端,但唐代的科举之路确实过于狭窄,能走通这条路的士人不多,所以传奇性经历被这个时代所崇尚。
到了北宋以后,科举的录取人数年均超过了百人,大部分诗文作者都有了通过科举出仕的文官身份,他们的人生道路,随着“学校-科举-文官”制度的成熟而显得常规化。
这情形看来也有利有弊:一方面我们感到宋代是最优待文人的一个朝代,另一方面宋代文人自己就慨叹“诗穷而后工”,日子太好过了,就写不出好诗。
常规化生活状态下写作的诗歌,所谓“日常化”倾向,几乎是迎面而来的。
“日常化”也就意味着“传奇性”的消失,那对于宋代诗人来说,在越来越常规化的人生道路上,在不得不倾向“日常化”的诗歌吟咏中,如何能够超越平庸?这个问题对现代人也有效,可以说,宋代诗人已经开始跟现代人一样面对这个问题。
有时候,他们写常见的意思,也要追求新颖的表达效果,如惠洪《冷斋夜话》举例说:造语之工,至于荆公、东坡、山谷,尽古今之变。
荆公曰:“江月转空为白昼,岭云分暝与黄昏。
”东坡《海棠》诗曰:“只恐夜深花睡去,故烧高烛照红妆。
”山谷曰:“此皆谓之句中眼。
”王安石和苏轼的这些诗句,确实都有很精彩的构思:不说月光皎洁、岭云浓重,而说月光把夜空变成了白昼,岭云把暝色分给了黄昏;夜里赏花需要燃烛,却说燃烛是因为怕花睡去。
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2018〜2019 学年第一学期高二年级阶段性测评语文试卷本试卷为闭卷,答题时间 120 分钟,满分 100 分第 I 卷阅读题一、现代文阅读(18 分)(一)论述类文本阅读(本题共 3 小题,9 分)阅读下面的文字,完成各题。
英雄本是一种理想人物。
一群人或一个人所崇拜的英雄,其实就是他们的或他的人生理想的结晶,每个人,每个社会,都有他的特殊的人生理想,很显然的,也就有他的特殊英雄。
哲学家的英雄是孔子和苏格拉底,宗教家的英雄是释逆和耶稣,侵略者的英雄是拿破仑,而资本家的英雄則为煤油大王和钢铁大王,行行出状元,就是行行有英雄。
人们所崇拜的英雄尽管不同,而崇拜的心理则无二致。
每个英雄必有确足令人钦佩之点,经得起理智衡量,英雄尽管有不足崇拜处,可是我们既然崇拜,就只看见他的长处,看不見他的短处。
"爱而知其恶”就不是崇拜,崇拜是无限制的敬慕,有时甚至失去理性。
在崇拜的心理中,情感的成分远过于理智的成分,英雄崇拜的缺点在此,因为它免不掉几分盲目的迷信。
但是优点也在此,因为它是敬贤向上的表现。
敬贤向上是人类心灵中最宝贲的一点光焰,个人能上进,社会能改良,文化能进展,都全靠有它的烛照,常提醒我们人性尊严的意识,将我们提升到高贵境界。
崇拜英雄,就是崇拜他所持有的道德价值。
世间只有几种人不能崇拜英雄:一是愚眛者,根本不能辨别好坏; 一是骄矜妒忌者,自私的野心蒙蔽了一切,不愿看旁人比自己高一层;一是所谓“犬儒”,轻世托物,视一切无足道;最后就是丧尽天良者,毫无人性,自然也就没有人性中最高贵的虔敬心。
这几种人以外,任何人都多少可以崇幷英雄,一个人能索拜英雄,他多少还有上进的希望,因为他还有道德方面的价值意识。
在实际上,英雄崇拜有深有浅,不一定都达到极境。
但无论深浅,它的影响都大体是好的。
社会的形成与维系都不外借宗教政治教育学术几种“文化"的势力。
一个政治团体里有领袖能号召,能得人心悦诚股,政治没有不修明的。
至于教育学术也都需要有人开风气之先。
设想没有孔墨庄老几个哲人,中国学术思想还留在怎样一个地位!没有柏拉困、亚理斯多德、笛卡尔、康德几个哲人,西方学术思想还留在怎样一个地位!如此等类问題是颇耐人寻思的。
俗话有一句说得有趣:“山中无老虎,猴子称葙王。
”阮步兵登广武发“时无英雄,遂令竖子成名”之叹。
一个国家民族到了“猴子称霸王”或是“竖子成名”的时候,他的文化水准也就可想而见了。
学习就是模仿,人是最善于学习的动物,模仿必有模型,模型的美丑注定模仿品的好丑,英雄是做人的好模型。
所以从教育观点看,我们主张维持一般人所认为过时的英雄崇拜。
尤其在青年时代,意象的力量大于概念,与其向他们说仁义道德,不如指点几个有血有肉的具有仁义道德的人给他们看。
教育重人格感化,必须是一个具体的人格才真正有感化力。
(节选自朱光潜《谈英雄崇拜》)1. 下列关于原文内容的理解和分析,不正确的一项是()A. 每个领域都有自己的英雄,每个人也都有自己崇拜的英雄,崇拜的英雄虽然不同,但人们崇拜英雄的心理是一样的。
B. 英雄有令人钦佩处,也有不足崇拜处,但崇拜就不能“爱而知其恶”,就不能有理智的成分存在,这就是英雄崇拜的缺点。
C. 从一个国家民族能否产生有突出影响力的英维,可以看出这个国家民族文化水准的高低,“猴子”“竖子”在文中都不是指英雄。
D. 从教育观点看,教育需要榜样,也重人格感化,具有一个具体人格的榜样,往往比说教更具感化力,所以英雄崇拜并不过时2. 下列对原文论证的相关分析,不正确的一项是()A. 文章列举孔子、苏格拉底等人物是为了说明行行有英雄,有英雄就会有崇拜心理。
B. 文章列举不能崇拜英雄的几种人是为了从反面论证英雄崇拜也存在缺点的观点。
C. 文章引用俗话和阮步兵登广武时的感叹说明没有英雄的后果,也增加了文章的趣味。
D. 文章以人善于学习的特点来说明树立英雄的重要性,也说明了英雄崇拜的现实意义。
3. 如果根据文章给“英雄”下一定义,最恰当的一项是()A. 英雄就是产生在某领域被人们崇拜、供人们学习并能催人上进的理想人物。
B. 英雄就是被某领域的人们用超越理智的情感加以崇拜并学习的理想人物。
C. 英雄就是在一定领域供人们学习的既有优点又有缺点的人生理想的结晶。
D. 英雄就产生在某领域能够形成和维系社会、供人们模仿的人生理想的结晶。
【答案】1. B 2. B 3. A【解析】【1题详解】本题考查学生对文本内容的筛选和分析概括能力。
解答此类题,首先应浏览选项的内容,然后到文中找到相关的句子,最后进行对比辨析,判断正误。
本题要求选出“关于原文内容的理解和分析,不正确的一项”,B项,原文是“情感的成分远过于理智的成分”,所以“不能有理智的成分存在”错。
故选B。
【2题详解】本题考查学生对论点、论据、论证以及论证结构等的把握,同时考查对文本内容的理解和辨析。
解答此类题,要通读文章,梳理文章结构,理清论点与论据之间的关系,同时关注选项叙述与文章内容表达的细微差别。
本题要求选出“对原文论证的相关分析,不正确的一项”,B项,“文章列举不能崇拜英雄的几种人是为了从反面论证英雄崇拜也存在缺点的观点”说法错误,文章列举这几种人是为了从反面论证英雄崇拜的正面意义,而且这几种人是不能崇拜英雄,而不是盲目崇拜。
故选B。
【3题详解】本题考查学生理解把握文章中重要概念含义能力。
概念注意“答非所问”“内涵、外延不准”“误划类别”“张冠李戴”等。
答题的关键是审清题干、找准答题区间、对读原文、寻找细微的差别。
本题要求选出“如果根据文章给‘英雄’下一定义,最恰当的一项”,根据原文,英雄是产生于某领域,并非只供某领域的人崇拜,排除B项,另外C项的“既有优点又有缺点”也不是英雄的本质特征,所以C错误,D项内容不够全面。
且“形成和维系社会”不是本文所述重点。
故选A。
【点睛】做选择题,基本方法是排除法。
但还要用好“比对法”。
就是把选项内容与原文有关内容认真、仔细地比较、对照,不符合原文意思的,就是错误项,反之则为正确项。
那么,要比对哪些内容呢?比对词语,命题者在设置选项时对原句作了改装、重组,即主要采取了“删”(删除原文的状语、定语、补语,改变原意)、“漏”(只强调问题的一个方面,有意漏掉重要信息,断章取义)、“改”(改换词语,曲解文意)、“凑”(胡乱拼凑、东拉西扯、无中生有、随意组合信息)等方式设误。
要看看选项在对原句改造过程中,删去了哪些词,改了哪些词,添了哪些词,它们是否与原文意思一致。
一般而言,选项中的下面这些词语最值得我们优先比对:指代词(如“它”“其”等),比对它是否有偷换概念之嫌;范围词(如“都”“所有”“人人”等),看它是否有任意扩大或缩小外延现象;程度词、时间词(如“或许”“大概”“必定”“可能”“似乎”“已经”“将来”等),看它是否混淆偶然与必然、已然与未然,说法绝对等。
比对关系,(句间、分句间的逻辑关系),看这种关系是否符合原文意思,是否合理。
比对句间关系,则要求考生不只是单纯地筛选信息,更应在筛选的基础上关注信息间的联系。
因此,比对分句间的逻辑关系是比对的重点内容。
比对关系分两步:第一步,逐项审查每一个选项有几个分句(包括句子),分句与分句之间是什么关系(重点抓关联词),一般的有因果、条件、假设、目的等关系,但以因果关系居多。
第二步,比对每一分句的意义在原文是否有依据,分句与分句之间的逻辑关系在原文中是否有依据。
尤其看因果关系,是否有强加、倒置不当。
比对依据和结论,看推断是否成立。
推断题选项的表述,有的是完整的推断形式,原因结果或条件结论同时出现;有的只是一个判断句。
对完整推断形式的表述,一看所述原因或条件文中是否有依据,二看所述结果(结论)文中是否有依据,三看原因或条件与结果或结论之间是否有合理的逻辑关系。
对只是一个判断句的表述,一看文中是否提供了现成的结论,二看结论(既然是推断想象,“这个结论”文中往往没有提供)是否符合客观事实与逻辑事理。
二、文学类文本阅读阅读下面的文字,完成题。
边城(节选)沈从文管理这渡船的,就是住在塔下的那个老人。
活了七十年,从二十夕起便守在这小溪边,五十年来不知把船来去渡了若千人。
年纪虽那么老了,本来应当休息了,但天不许他休息,他仿佛便不能够同这一分生活离开。
他从不思索自己职务对于本人的意义,只是靜靜地很忠实地在那里活下去。
他唯一的朋友为一只渡船与一只黄狗,唯一的亲人便只那个女孩子。
女孩子的母亲,老船夫的独生女,十五年前同一个茶硐军人,很秘密地背着那忠厚爸爸发生暧昧关系。
有了小孩子后,这屯戍军士便想约了她一同向下游逃去。
但从逃走的行为上看来,一个违悖了军人的责任,一个却必得离开孤独的父亲。
经过一番考虑后,军人见她无远走勇气,自己也不便毀去作军人的名誉,就心想:一同去生即无法聚首,一同去死当无人可以阻拦,首先服了毒。
事情业已为作渡船夫的父亲知道,父亲却不加上一个有分量的字眼儿,只作为并不听到过这事情一样,仍然把日子很平靜地过下去。
女儿一面怀羞惭一面却怀了怜悯,仍守在父亲身边,待到腹中小孩生下后,却到溪边吃了许多冷水死去了。
在一种奇迹中这遗孤居然已长大成人,一转眼间便十三岁了。
为了住处两山多竹,翠绿逼人而来,老船夫随便为这可怜的孤雏,拾取了一个近身的名字,叫做“翠翠”。
翠翠在风日里长养着,故把皮肤变得黑黑的,目为青山绿水,故眸子清明如水晶。
自然既长养她且教育她,故天真活泼,处处俨然如一只小兽物。
人又那么乖,如山头黄麂一样,从不想到残忍亊情,从不发愁,从不动气。
平时在波船上遇陌生人对她有所注意时,便把光光的眼睛瞅着那陌生人,作成随时皆可举步逃入深山的神气,但明白了人无机心后,就又从容容地水边玩耍了。
老船夫不论晴雨,皆守在船头,有人过波时,便略弯着腰,两手缘引了竹缆,把船橫渡过小溪。
有时疫倦了,躺在临溪大石上躺着了,人在隔岸招手喊过波,翠翠不让祖父起身,就跳下船去,很敏捷地替祖父把路人渡过溪,一切皆溜刷在行,从不误事。
有时又与祖父黄狗一同在船上,过渡时与祖父一同动手,船将近岸边,祖父正向客人打招呼“慢点,慢点”时,那只黄狗便口衔蝇子,聂先一跃而上,且俨然僅得如何方为尽职似的,把船缚紧衔着拖船拢岸。
风日清和的天气,无人过渡,祖父同翠翠便坐在门前大岩石上晒太阳,或把一段木头从高处向水中抛去,嗾身边黄狗自岩石高处跃下,把木头衔回来。
或翠翠与黄狗皆张着耳朵,听祖父说些城中多年以前的战争故事。
或祖父同翠翠两人,各把小竹做成的竖笛,逗在嘴边吹着迎亲送女的曲子,过波人来了,老船夫放下了竹管,独自跟到船边去,橫溪渡人,在岩上的一个,見船开动时,于是锐声喊着:“爷爷,爷爷,你听我吹一你唱!”爷爷到溪中央便很快乐的唱起来,哑哑的声音同竹管声,振荡在寂舲空气里,溪中仿佛也热闹了一些。
有时过渡的是从川东过茶峒的小牛,是羊群,是新娘子的花轿,翠翠必争着作渡船夫,站在船头,懒懒的攀引缆索,让船緩缓地过去,牛羊花轿上岸后,翠翠必跟着走,站到小山头上,目送这些东西走去很远了,方回转船上,把船牵靠近家的岸边。