第一篇：河北武邑中學2017~2018學年高三第三次質檢考試

智浪教育---普惠英才文庫

河北武邑中學2017～2018學年高三第三次質檢考試

文科綜合地理試題

命題人：黃淼良 吉彥志 楊曉輝

本試卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。第Ⅰ卷1至7頁，第Ⅱ卷7至14頁?？荚嚱Y束后，將答題卡交回?？荚嚂r間150分鐘。滿分300分

第Ⅰ卷（選擇題140分）

本卷共35個小題，每小題4分，共140分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的

景觀圖中這條道路兩側積雪高達20米，是日本著名的“雪墻公路”。從1971年開始，這里就成了觀雪圣地。很多人還專門前往附近主峰飽覽雪景，每年吸引近百萬游人前來觀光。結合日本某區域等高線地形圖，完成1~3題。

1、圖示“雪墻公路”景觀位于圖中的

A.①地

B.②地

C.③地

D.④地

2、厚厚的雪墻離不開大量的水汽，大量的水汽來源于

A.甲海域暖流

B.甲海域寒流

C.乙海域暖流

D.乙海域寒流

3、下列時間段中，“雪墻公路”景觀最吸引游客的是

A.1月～2月

B.4月～5月

C.7月～8月

D.10月～11月 我國某小區陽臺統一安裝上下伸縮式晾衣架。讀圖，回答4~5題。

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4、與武漢相比較，北京正午時懸掛晾衣架的繩索長度

A.冬季長，夏季短 B.冬季長，夏季長

C.冬季短，夏季長

D.冬季短，夏季短

5、北京與武漢相比較，正午時冬夏繩索長度伸縮變化的幅度

A.北京大于武漢

B.北京小于武漢

C.北京等于武漢

D.無法比較

南京“法國梧桐”并非鄉土樹種，也非真正的法國梧桐，而是英國科學家培育并率先用于倫敦的行道樹，如此命名是因為由法國傳教士引入我國。為迎接孫中山先生奉安大典，南京在中山大道等城區道路兩側大規模栽種此樹且長勢良好。20世紀90年代出現第一次大量砍伐后市民不斷出現“護綠行動”。下圖為南京某道路“法國梧桐”景觀圖。據此完成6~7題。

6、作為行道樹，南京“法同梧桐”在園林管理中應重點做好

A.防凍

B.澆水

C.修剪

D.清掃

7、推測南京“法國梧桐”被大量砍伐最可能是因為

A.引發疾病

B.獲取木材

C.樹齡太長

D.市政建設 黃土高原河流的徑流和泥沙主要來源于幾次大的暴雨過程。延河流域分別在1977年7月和2013年7月發生了兩次極端降水事件，而洪水過程及水沙特征表現差異較大。讀圖和表，回答8~9題。

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8、關于延河流域泥沙特征的描述正確的是

A.1977年流域泥沙顆粒較大，泥沙顆粒越大數量越多 B.2013年小粒徑泥沙比重明顯增加，泥沙顆粒明顯變細 C.2013年流域泥沙顆粒較小，0.01mm以下粒徑泥沙最多 D.2013較1977年，各粒徑泥沙數量均有明顯增加

9、導致延河流域泥沙粒徑變化的最可能原因是 A.降雨量減少，河流徑流量減少，侵蝕作用減弱 B.流域地形平坦，流速緩慢，沉積作用強 C.大量修筑淤地壩起到顯著的攔沙效果 D.修建梯田，破壞坡面，水土流失加劇

李白將鄉愁寄予一輪明月，余光中說鄉愁是一枚小小的郵票，席慕容認為鄉愁是一種模糊的惆悵……古今中外，許多文人墨客都會寄鄉愁于筆端，表達思鄉之情，這些鄉愁都是基于文化范疇的對故鄉的思念與懷想。正如《人民日報》的評論所言：“記住鄉愁，就是記住社稷。記住鄉愁，就是記住祖宗。記住鄉愁，就是記住恩情。記住鄉愁，就是記住根本?！比魪牡乩斫嵌冉庾x鄉愁，其意蘊與內涵應有所有拓展。據此回答10~11題。

10、鄉愁產生的地理原因不包括

A.人口遷移

B.經濟全球化

C.城市化

D.逆城市化

11、下列地理現象中不能體現鄉愁的是

A.個別投資者因為個人偏好，選擇在工業區位條件并不十分優越的地方建廠 B.2017年2月2日，多條高速公路因為車流量太大短時間封閉 C.進行得如火如荼的新農村建設

D.各地如雨后春筍般出現的民俗博物館和民俗村

第Ⅱ卷（非選擇題

共160分）

注意事項：

第Ⅱ卷8-14頁，需用黑色墨水簽字筆在答題卡上書寫作答，在試題卷上作答，答案無效。本卷包括必考題和選考題兩部分，第36 ～42題為必考題，每個試題考生都必須做答。第43～47題為選考題，考生根據要求做答。

36、（24分）閱讀下列材料，完成相關問題。

下圖為南海諸島和西沙群島及附近的海底地形圖。甘泉島（16°30’N，111°35’E）屬于中國西沙群島永樂環礁的一部分，是珊瑚環礁發育成的灰沙島，在西沙群島中出露最晚。甘泉島呈橢圓形，面積0.3平方千米。島上有土壤、淡水、植被。

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（1）自古以來西沙群島就是我國漁業生產作業的重要區域。簡要評價西沙群島漁業生產作業的自然條件。（10分）

（2）簡要說出南海海底地形特征。（6分）

（3）三沙市擬在甘泉島開發建設高檔海島旅游度假中心，簡述甘泉島在開發過程中基礎設施建設的側重點及必須注意的問題。（8分）

37、（22分）閱讀下列材料，回答下列問題。

舊金山灣位于美國西部，通過狹窄的金門海峽與太平洋相連(左圖)。海峽附近有一巨大礁石，名為惡魔島(右圖)，設有美國著名監獄，雖發生過多起越獄事件，但逃犯無一能逃離該島。上世紀30年代，海峽上建起雄偉壯觀的金門跨海大橋，大橋為鋼鐵結構，全橋總長1966米。而金門大橋正處在金門海峽中間，夏季經常會被濃霧包圍而看不見，人們常說＂霧鎖金門＂，舊金山的霧被稱為人間仙境，舊金山夏天的日高溫通常在20左右，太平洋水溫長年在攝氏10-15間，夏天也可能降到10以下。

舊金山灣區是美國加利福尼亞州北部的一個大都會區，位于舊金山灣四周，包括多個大小城市，集中了全美一半以上的精英人才。作為全球知名的人才、科技、創業資本要素集聚中心，舊金山灣區形成了以硅谷為產業發展中心的灣區模式，成為國際諸多臨海港口城市效仿的榜樣。

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(1)從自然環境的角度簡述惡魔島上逃犯不能逃離該島的理由。（6分）

(2)分析影響金門大橋壽命的自然因素。（6分）

(3)分析夏季舊金山多霧及＂霧鎖金門＂的原因。（10分）

請考生從第43、44兩道地理題中任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目對應的題號右側方框涂黑，按所涂題號進行評分；多涂、多答，按所涂的首題進行評分；不涂，按本選考題的首題進行評分。43．（10分）【地理——選修3：旅游地理】

浙江長興縣水口鄉的顧渚村，是一個人口不到3000人的小村莊，每年接待上海游客約200萬人，絕大多數是老年人。顧渚村位于海拔300多米的顧渚山腳下，三面環山、東臨太湖，森林覆蓋率達80%以上，這里的土壤是被稱為“抗癌之王”的富硒土壤。憑借著自然山水，顧渚村水果、蔬菜、茶葉、筍干等土特產備受游客青睞。村子的周圍盛產唐代貢品紫筍茶，并擁有上等的泡茶水金沙泉，曾建有中國歷史上第一座貢茶院，是“茶圣”陸羽舉辦茶事活動的重要場所和中華茶文化的發祥地之一。每到過年過節，這里還有充滿鄉土味的節慶活動，生意好了后的顧渚村民沒有坐地起價，民風依然淳樸熱情。經過多年的發展，顧渚村“農家樂+養老”模式出了名。下圖示意在顧渚旅游養老的老人和顧渚村的位置。

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為什么“顧渚村”能成為上海老人旅游養老的熱選之地？

44．（10分）【地理——選修6：環境保護】 閱讀圖文材料，完成下列要求。

大型風電場擁有數以百計的風力渦輪機，風機葉片的旋轉高度范圍一般在40～120米，巨大的旋轉葉片往往會與利用地貌（如山脊、急坡、山谷等）上升熱氣流飛翔的鳥類相遇，因此鳥類在搜尋食物、捕食或遷徒途中，有極高的撞擊與死亡風險。下圖示意猛禽高空飛行路徑及與風力渦輪機的碰撞。

（1）在雨霧或低溫天氣時，鳥類和風機更易發生碰撞，請分別解釋原因。

（2）說明風電場建設中保護遷徙鳥類的主要途徑。

第二篇：河北武邑中學學習心得體會

河北武邑中學學習心得體會

應縣一中：穆青波

11月5日，蔣校長帶領我們50多位老師到河北武邑中學參觀學習。我們通過參觀、專家講座、進教室聽課、座談與交流??，收獲頗豐。在武中聽取了高三年級部主任的報告、進入教室聽課后，體會到衡中扎實的課堂教學和嚴格的常態教研，才成就其教學的高質高效。在此我作為一名高三課任教師，就武邑中學所見的學科教研及教師專業發展談談自己的所見、所想：

1、扎實的課堂教學。

他們制定了統一的教學設計，精細到每班每天每節課的授課內容，不斷研究、整合、優化、精選，創編出每道具有典型性的試題，教師以教會“學生學會學習”為核心，以“輕負擔、高質量、低耗時、高效益”為目標，以教師為主導、學生為主體、問題為主軸，思維為主攻，訓練為主線為教學工作思路，努力提高高三復習課的效益。

2、嚴格的常態教研。

扎實的教學研究是高效課堂教學的前提，衡中人開展了以：研究考綱、課標、試題、教材；研究專家、命題人思路；研究知識、概念；研究知識體系構建；研究學情；研究重難點；研究學生思維誤區；研究教法；研究課堂練習及其專題練習；研究課堂活動設計；研究教學目標；研究自習安排及作業布置；研究各班需要關注的對象；研究當天教學的成功與不足等等方面的教研活動。充分發揮團隊的力量，做好一課一研，打造每節的高效課堂。在高三物理備課組長報告中，她展示了在2014年高考前夕武中物理備課組研究編制的《武中最后一套題》，命中當年高考選擇第21題和計算題第25題，物理問題、情景設計與高考試題幾乎一樣。武中人發揮了他們團隊力量和智慧，值得我們效仿和借鑒，真正把集體備課落到實處，發揮全組教師的智慧與力量，互相學習，取長補短，共同進步，共同提高。

學校推行導師制，實行師徒“捆綁制”來提高新進教師的專業水平；教研組經常開展開展特級教師引領課、高級教師示范課、一級教師創新課、二級教師提高課，同課異構常態課，習題講評課等聽、評、研課活動促進老師間的相互學習、相互提高；實行“請進來、走出去、送出去”的人才培養戰略。請進來，是指請全國知名教育專家來校做報告；走出去，是指派教師到全國各地名?？疾鞂W習，開闊其視野；送出去是讓英語老師全部到國外學習、與國際接軌。

3、激情燃燒的師生

在武中，我們隨處可見巨幅的宣傳畫，學校大門兩側、食堂門口、教學樓的墻壁上，甚至是廁所的門板上。這些宣傳畫大部分是學生取得的優秀成績，2014年高考的輝煌成績，在校門口醒目地掛著，清華北大學子的照片和事跡介紹遍布整個校園，連教學樓的柱子上也裹著優秀學生的勵志誓言，如：清華夢，燕園情，九天攬月，前人真不朽；武中人，赤子心，五洋摘星，我輩重復來。一幅幅照片，一個個事跡，一句句話語無不激勵著衡中學子積極進取、奮力前行。

課間，我們看不到學生在追逐打鬧、走東竄西，也看不到學生在路上邊走邊吃、隨地亂扔，看不到學生的奇裝異服、披金掛銀，也看不到學生使用手機、MP3等現代化的通訊工具。那天，還有湖南的一所學校來參觀，這么多人在學校參觀，可是這里的一切都是那樣的井然有序，整個校園靜悄悄的，教師依然在認真工作，學生依然在埋頭學習。衡中的校風純正，學風濃郁，師生激情燃燒，這是此次參觀學習留給我最為深刻的印象。

4求真務實的團隊

據介紹，青年教師走進武中，第一步目標就是要拿到“教師合格證”，成為一名正式的“武中教師”。學校制定了青年教師“過關制”，青年教師參加工作的四年內過“五關”，即思想品德關、教學技能關、教材教法關、教育管理關、教育科研關。為此，學校專門制定了每一關的過關標準，每年都組織一次過關考核，五關全部通過之后，才是“合格教師”，才能“持證上崗”，成為一名正式的“衡中教師”。

為了幫助青年教師過“五關”，學校采取了一系列措施，校級領導人人都必須開講座，請本校的全國勞動模范、全國教育系統先進工作者做專題報告。開展各種形式的青年教師業務技能比賽，把青年教師送出去進修，組織青年教師到全國各地名校參觀學習。建立“師徒制”，每一名青年教師都要自己找師傅，骨干教師也要自己找徒弟，學校專門制定了《導師工作目標》，明確導師職責，規定師徒活動內容，并專為骨干教師設立了“人梯獎”，專門制定了師徒活動考核制度。成為合格教師之后，教師又有5個等級的榮譽稱號，分別是希望之星、教學骨干教師、最受學生歡迎的教師、優秀學科帶頭人、功勛教師，學校以此引導教師不斷攀登新的高峰。通過這樣的措施，引導教師由“合格的教師”向“優秀的教師”轉變，由“職業型”教師向“事業型”教師轉變，由“教書匠”向“教育家”轉變。正是在這一系列轉變中，一大批教師脫穎而出，成為科研型、專家型教師。

為了推進教學方法改革，衡中堅持“三個轉變”、“五個要讓”?！叭齻€轉變”即變注入式教學為啟發式教學，變學生被動聽課為學生主動參與學習，變單純知識傳授為知能并重。“五個要點”即能讓學生觀察的要讓學生自己觀察；能讓學生思考的要讓學生自己思考；能讓學生表達的要讓學生自己表達；能讓學生動手的要讓學生自己動手；能讓學生總結的要讓學生自己推導出結論。這就要求老師要留給學生相當的時間，由學生自己對學習內容進行解析、消化，使學生由被動接受變為主動思考，以激發每個學生分析問題和解決問題的熱情，使之真正成為課堂的主人。教師不應該對學生說你去干什么，而是應該對學生說我們一起去干什么。

啟示及建議

總的感覺，衡水中學的很多理念和做法與我們差不多，只是他們做得更好、落實得實，更精細。

1、教學方面：發揮年級備課組的集體智慧，逐步建立各學科的學案庫，為課堂教學的多種形式奠定基礎。衡水中學安排作業課，老師批改不過夜，講評及時有針對性。精選習題和試題，搞好強化訓練，規范化訓練。特別是作業批改使用閱卷機值得我們借鑒。

2、教研方面：

制定好每一階段教學計劃和目標,使教學做到有的放矢,心中有數,減少工作的盲目性，隨意性，并切實搞好落實。新授課、復習課、專題課、單元小結課必須有東風的模式，把正在探索的課型完善，發動全組成員積極參與課型完善，發揮集體智慧并應用到教學中去。注意學科試題的積累，以后考試不能貼題，要電子稿，教研組統一保存，建立學科題庫。

3、班級管理：學校各項規章制度就是軍令，有令必行、行之有效。培養集體作戰意識，激起奮進的斗志是班級管理的最大收獲。增加對學生的感情投入，加強和學生的親和度。通過面批作業、交流等形式以及教師自身的人格魅力感人學生，讓學生感到可親可敬，從增強學習的熱情和信心，這樣可以收到事半功倍的效果。

4、協作體方面：

加強組內團結合作，完善團隊建設，明確分工，合力備考。沒有完美的個人，只有完美的團隊。

5、文化建設方面：注重環境育人，營造人人談學習、人人在學習、時時在學習的校園氛圍。文科學生加強人文素養的培養，晚自習前看新聞。進行信念的教育?！疤斓莱昵凇薄ⅰ盁o知便無能”“課前誓言”

我相信只要我們的老師能夠靜下心來，潛心研究教學，齊心合力，相互幫助，攜手共進，發揚無私奉獻精神，逐步提高課堂教學的實效性，應縣一中的教學質量同樣會創造神話。

2014年11月9日

第三篇：2019屆衡水中學高三年級第三次質檢考試數學（文）試題（解析版）

2019屆衡水中學高三年級第三次質檢考試數學（文）試題

一、單選題

1．設集合，則

（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】本題首先可以通過解一元二次不等式計算出集合A，然后通過對數的性質計算出集合B，最后計算出，即可得出結果。

【詳解】

集合A：，，故集合，集合B：，故集合，故選C。

【點睛】

本題考查的是集合的相關性質，主要考查集合的運算、一元二次不等式的解法以及對數的相關性質，考查計算能力，體現了基礎性與綜合性，是簡單題。

2．若復數是純虛數，其中是實數，則=（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】因為復數是純虛數，所以，則m=0，所以，則.3．已知函數則（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】根據分段函數的定義域中變量的范圍先求出，然后再求出即為所求．

【詳解】

由題意得，∴．

故選D．

【點睛】

本題考查分段函數求值，解題的關鍵是分清自變量在定義域中的哪個范圍中，然后代入求值即可，屬于基礎題．

4．以下四個命題中是真命題的是

（）

A．對分類變量x與y的隨機變量觀測值k來說，k越小，判斷“x與y有關系”的把握程度越大

B．兩個隨機變量的線性相關性越強，相關系數的絕對值越接近于0

C．若數據的方差為1，則的方差為2

D．在回歸分析中，可用相關指數的值判斷模型的擬合效果，越大，模型的擬合效果越好

【答案】D

【解析】依據線性相關及相關指數的有關知識可以推斷，即可得到答案.【詳解】

依據線性相關及相關指數的有關知識可以推斷，選項D是正確的．

【點睛】

本題主要考查了線性相指數的知識及其應用，其中解答中熟記相關指數的概念和相關指數與相關性之間的關系是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題.5．已知兩個非零單位向量的夾角為，則下列結論不正確的是（）

A．不存在，使

B．

C．，D．在方向上的投影為

【答案】D

【解析】A中，由平面向量數量積的定義，判斷即可；B中，由平面向量模長的定義，判斷即可；C中，根據平面向量數量積與垂直的定義，判斷即可；D中，根據單位向量以及向量投影的定義，計算即可；

【詳解】

對于A，因為兩個非零單位向量所以

＝1×1×cosθ＝cosθ≤1，∴A正確．

對于B，因為兩個非零單位向量＝1，B正確；

對于C，因為兩個非零單位向量且，所以∴C正確；

對于D，因為兩個非零單位向量，所以

在方向上的投影為||cosθ＝cosθ，D錯誤；

故選D．

【點睛】

本題考查了平面向量的數量積與單位向量的定義和應用問題，也考查了模長與投影問題，屬于基礎題．

6．對于實數，“”是“方程表示雙曲線”的（）

A．充分不必要條件

B．必要不充分條件

C．充要條件

D．既不充分也不必要條件

【答案】C

【解析】根據方程表示雙曲線求出m的范圍，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．

【詳解】

由題意，方程表示雙曲線，則，得，所以“”是“方程表示雙曲線”的充要條件，故選C．

【點睛】

本題主要考查了充分條件和必要條件的判斷，其中解答中結合雙曲線方程的特點求出m的取值范圍是解決本題的關鍵，著重考查了運算與求解能力，以及推理、論證能力，屬于基礎題.7．《九章算術》“竹九節”問題：現有一根九節的竹子，自上而下各節的容積成等差數列，上面4

節的容積共3升，下面3節的容積共4升，則第五節的容積為（）

A．升

B．升

C．升

D．1升

【答案】A

【解析】試題分析：依題意，解得，故.【考點】等差數列的基本概念.8．秦九韶是我國南宋時期的數學家，普州（現四川省安岳縣）人，他在所著的《數書九章》中提出的多項式求值的秦九韶算法，至今仍是比較先進的算法.如圖所示的程序框圖給出了利用秦九韶算法求某多項式值的一個實例，若輸入，的值分別為5，2，則輸出的值為（）

A．64

B．68

C．72

D．133

【答案】B

【解析】根據已知的程序框圖可得，該程序的功能是利用循環結構計算并輸出變量v的值，模擬程序的運行過程，可得答案．

【詳解】

模擬程序的運行，可得：

n＝5，x＝2，v＝1，m＝2，滿足進行循環的條件n＞0，執行循環體，v＝4，m＝1，n＝4，滿足進行循環的條件n＞0，執行循環體，v＝9，m＝0，n＝3，滿足進行循環的條件n＞0，執行循環體，v＝18，m＝﹣1，n＝2，滿足進行循環的條件n＞0，執行循環體，v＝35，m＝﹣2，n＝1，滿足進行循環的條件n＞0，執行循環體，v＝68，m＝﹣3，n＝0，不滿足進行循環的條件n＞0，退出循環，輸出v的值為68．

故選：B．

【點睛】

本題考查的知識點是程序框圖，當循環次數不多，或有規律可循時，可采用模擬程序法進行解答，屬于基礎題．

9．若將函數的圖象向右平移個單位，所得圖象關于軸對稱，則的最小值是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】利用三角恒等變換，化簡函數的解析式，再利用函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象變換規律，三角函數的圖象的對稱性，求得的最小值．

【詳解】

將函數化簡為＝sin2x+?﹣＝sin（2x+），將函數的圖象向右平移φ（φ＞0）個單位，可得y＝sin（2x﹣2φ+）的圖象；根據所得圖象關于y軸對稱，可得﹣2φ+＝kπ+，k∈Z，即，k∈Z，令k＝-1，可得的最小值為.故選：D．

【點睛】

本題主要考查三角恒等變換，函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象變換規律，三角函數的圖象的對稱性，屬于基礎題．

10．已知以圓的圓心為焦點的拋物線與圓在第一象限交于點，點是拋物線：上任意一點，與直線垂直，垂足為，則的最大值為（）

A．1

B．2

C．

D．8

【答案】A

【解析】分析：由圓的標準方程求得圓心，可得拋物線方程，利用運用拋物線的定義可得，從而可得結果.詳解：因為的圓心

所以，可得以為焦點的拋物線方程為，由，解得，拋物線的焦點為，準線方程為，即有，當且僅當在之間）三點共線，可得最大值，故選A.點睛：本題主要考查拋物線的定義和幾何性質，以及平面向量的數量積公式，屬于難題.與焦點、準線有關的問題一般情況下都與拋物線的定義有關，解決這類問題一定要注意點到點的距離與點到直線的距離的轉化：（1）將拋線上的點到準線距離轉化為該點到焦點的距離；(2)將拋物線上的點到焦點的距離轉化為到準線的距離，使問題得到解決.11．如圖，正方體的對角線上存在一動點，過點作垂直于平面的直線，與正方體表面相交于兩點.設，的面積為，則當點由點運動到的中點時，函數的圖象大致是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】設，而由運動到的中點的過程中，由相似三角形，可知為定值，設正方體的邊長為，當為線段的中點時，則的面積為，故選D.12．若，則有（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】由，構造函數，利用函數單調性得答案．

【詳解】

由，化簡得，構造函數，則函數在上是增函數，∵，∴，則，即．

故選：D．

【點睛】

本題考查構造函數以及指數函數單調性的應用，屬于基礎題.二、填空題

13．設、為兩個不同平面，直線，則“”是“”的__________條件.【答案】充分不必要

【解析】利用面面平行的定義和線面平行的定義和性質，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷.【詳解】

根據題意，由于、表示兩個不同的平面，為內的一條直線，由于，則根據面面平行的性質定理可知，在平面內任何一條直線都與平面平行，條件可以推出結論；

反之，直線與平面、的交線平行，根據直線與平面平行的判定定理可知，但此時，平面、相交.因此，“”是“”的充分不必要條件，故答案為充分不必要.【點睛】

本題主要考查空間中面面平行的性質定理，同時也考查了充分不必要條件的判斷，考查邏輯推理能力，屬于中等題.14．若實數滿足約束條件，則的最小值是____.【答案】－ln3

【解析】由約束條件作出可行域，目標函數z＝lny﹣lnx＝ln，由圖求出的最大值即可．

【詳解】

由實數x，y滿足約束條件作出可行域如圖所示，聯立，解得B（3,1），由目標函數z＝lny﹣lnx＝ln，而的最小值為＝，∴z＝lny﹣lnx的最小值是﹣ln3．

故答案為﹣ln3．

【點睛】

本題考查簡單的線性規劃，考查了數形結合的解題思想方法，屬于中檔題．

15．若側面積為的圓柱有一外接球O，當球O的體積取得最小值時，圓柱的表面積為_______.【答案】

【解析】設圓柱的底面圓的半徑為，高為，則球的半徑，由圓柱的側面積，求得，得出，得到得最小值，進而求得圓柱的表面積.【詳解】

由題意，設圓柱的底面圓的半徑為，高為，則球的半徑.因為球體積，故最小當且僅當最小.圓柱的側面積為，所以，所以，所以，當且僅當時，即時取“=”號，此時取最小值，所以,圓柱的表面積為.【點睛】

本題主要考查了球的體積公式，以及圓柱的側面公式的應用，其中解答中根據幾何體的結構特征，得出求得半徑和圓柱的底面半徑的關系式，求得圓柱的底面半徑是解答的關鍵，著重考查了空間想象能力，以及推理與運算能力，屬于中檔試題.16．已知數列的前項和，若不等式，對恒成立，則整數的最大值為______．

【答案】4

【解析】【詳解】

當時，得，當時，又，兩式相減得，得，所以．

又，所以數列是以2為首項，1為公差的等差數列，即．

因為，所以不等式，等價于．

記，時，．

所以時，．

所以，所以整數的最大值為4．

【考點】1．數列的通項公式；2．解不等式．

三、解答題

17．在中，角A，B，C對邊分別為，，且是與的等差中項.（1）求角A；

（2）若，且的外接圓半徑為1，求的面積.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由題意，得，由正弦定理，化簡，進而得到，即可求解；

（2）設的外接圓半徑為，求得，利用余弦定理求得，進而利用面積公式，即可求解．

【詳解】

（1）因為是與的等差中項.所以.由正弦定理得，從而可得，又為三角形的內角，所以，于是，又為三角形內角，因此.（2）設的外接圓半徑為，則，由余弦定理得，即，所以.所以的面積為.【點睛】

在解有關三角形的題目時，要有意識地考慮用哪個定理更合適，或是兩個定理都要用，要抓住能夠利用某個定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式時，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時，則要考慮兩個定理都有可能用到．

18．《漢字聽寫大會》不斷創收視新高，為了避免“書寫危機”，弘揚傳統文化，某市大約10萬名市民進行了漢字聽寫測試.現從某社區居民中隨機抽取50名市民的聽寫測試情況，發現被測試市民正確書寫漢字的個數全部在160到184之間，將測試結果按如下方式分成六組：第1組，第2組，…，第6組，如圖是按上述分組方法得到的頻率分布直方圖.（1）若電視臺記者要從抽取的市民中選1人進行采訪，求被采訪人恰好在第2組或第6組的概率；

（2）試估計該市市民正確書寫漢字的個數的眾數與中位數；

（3）已知第4組市民中有3名男性，組織方要從第4組中隨機抽取2名市同組成弘揚傳統文化宣傳隊，求至少有1名女性市民的概率.【答案】（1）0.32

；（2）眾數是170，中位數是168.25

；（3）

【解析】（1）利用頻率分布直方圖能求出被采訪人恰好在第2組或第6組的概率；

（2）利用頻率分布直方圖能求出眾數和中位數；

（3）共50×0.12＝6人，其中男生3人，設為a，b，c，女生三人，設為d，e，f，利用列舉法能求出至少有1名女性市民的概率．

【詳解】

（1）被采訪人拾好在第2組或第6組的概率.（2）眾數：；

設中位數為，則

∴中位數.（3）共人，其中男生3人，設為，，女生三人，設為，，則任選2人，可能為，，，，，，，，共15種，其中兩個全是男生的有，，共3種情況，設事件：至少有1名女性，則至少有1名女性市民的概率.【點睛】

本題考查概率、眾數、中位數的求法，考查頻率分布直方圖、列舉法等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題．

19．如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面是邊長為的菱形，點E是棱BC的中點，點P在平面ABCD的射影為O，F為棱PA上一點．

(1)求證：平面PED平面BCF；

(2)若BF//平面PDE，PO=2，求四棱錐F-ABED的體積．

【答案】（1）見解析；（2）

【解析】（1）推導出BC⊥PO，BC⊥DE，從而BC⊥平面PED，由此能證明平面PED⊥平面BCF；

（2）取AD的中點G，連結BG，FG，從而BG∥DE，進而BG∥平面PDE，平面BGF∥平面PDE，由此能求出四棱錐F﹣ABED的體積．

【詳解】

證明：平面ABCD，平面ABCD，依題意是等邊三角形，E為棱BC的中點，又，PO，平面PED，平面PED，平面BCF，平面平面BCF．

解：Ⅱ取AD的中點G，連結BG，FG，底面ABCD是菱形，E是棱BC的中點，平面PDE，平面PDE，平面PDE，平面PDE，平面平面PDE，又平面平面，平面平面，為PA的中點，點F到平面ABED的距離為，四棱錐的體積：

．

【點睛】

本題考查面面垂直的證明，考查四棱錐的體積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，是中檔題．

20．設橢圓C：的左頂點為A，上頂點為B，已知直線AB的斜率為，.（1）求橢圓C的方程；

（2）設直線與橢圓C交于不同的兩點M、N，且點O在以MN為直徑的圓外（其中O為坐標原點），求的取值范圍.【答案】（1）（2）

【解析】(1)由已知條件列出關于的二元一次方程組，求出的值，得到橢圓方程

(2)由題意中點在以為直徑的圓外轉化為為銳角，即，設出點、的坐標代入求出的取值范圍

【詳解】

（1）由已知得：，結合已知有，可得，則橢圓的方程為.（2）設，由得

.故，.由題意得為銳角，∴，又

∴，解得.∴的取值范圍為.【點睛】

本題考查了求橢圓方程及直線與橢圓的位置關系，在求解過程中將其轉化為向量的夾角問題，運用向量知識求解，設而不求，解得的取值范圍，屬于中檔題

21．已知函數，在點處的切線與軸平行.（1）求的單調區間；

（2）若存在，當時，恒有成立，求的取值范圍.【答案】(1)增區間

減區間

(2)

【解析】試題分析：先求出函數的導數，令導函數大于，解出即可；

（2）構造新函數，求導，分類討論的取值，在不同情況下討論，取得最后結果

解析：（1）由已知可得的定義域為

（2）不等式可化為，不適合題意.適合題意.適合題意.綜上，的取值范圍是

點睛：含有參量的不等式題目有兩種解法，一是分離含參量，二是帶著參量一起計算，本題在處理問題時含有參量運算，然后經過分類討論，求得符合條件情況的參量范圍

22．[選修4—4：坐標系與參數方程]

已知曲線的參數方程為(為參數)，以原點為極點，以軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為．

（1）求曲線的極坐標方程和曲線的直角坐標方程；

（2）射線：與曲線交于點，射線：與曲線交于點，求的取值范圍．

【答案】（1）的極坐標方程為，的直角方程為；（2）.【解析】(1)利用三種方程的互化方法求出曲線的極坐標方程和曲線的直角坐標方程即可；

（2）設點和點的極坐標分別為，其中，可得，的值，代入可得其取值范圍.【詳解】

解：（1）由曲線的參數方程(為參數)得：，即曲線的普通方程為

又，曲線的極坐標方程為，即

曲線的極坐標方程可化為，故曲線的直角方程為

（2）由已知，設點和點的極坐標分別為，其中

則，于是

由，得

故的取值范圍是

【點睛】

本題主要考查簡單曲線的極坐標方程、參數方程化為普通方程及極坐標方程的簡單應用，需熟練掌握三種方程的互化方法.23．已知函數,．

(1)當時，求不等式的解集；

（2）若，都有恒成立，求的取值范圍．

【答案】（1）

；（2）

【解析】（1）當

時，f（x）＝|2x|+|2x+3|-2＝，分段解不等式即可．

（2）f（x）＝|2x|+|2x+3|+m＝

．當時，得，當時，得，利用恒成立求最值，可得m的取值范圍．

【詳解】

（1）當m＝﹣2時，f（x）＝|2x|+|2x+3|-2＝

當，解得；

當恒成立

當解得﹣2，此不等式的解集為

（2）當x∈（﹣∞，0）時f（x）＝|2x|+|2x+3|+m＝．

當時，得恒成立，由

當且僅當即時等號成立．∴，∴

當時，得．∴恒成立，令，∵，∴在上是增函數．

∴當時，取到最大值為

∴.又，所以

【點睛】

本題考查含絕對值不等式的解法，考查利用恒成立求參數的問題，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．

第四篇：2019屆衡水中學高三第三次質檢數學（理）試題（解析版）

2019屆衡水中學高三第三次質檢數學（理）試題

一、單選題

1．已知集合，則（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】求出集合A={x|x＜1}，B={x|ex＜1}={x|x＜0}，從而

={x|x≥0}，={x|x≥1}，由此能求出結果．

【詳解】

∵集合A={x|x＜1}，B={x|ex＜1}={x|x＜0}，={x|x≥0}，={x|x≥1}，∴A∩B={x|x＜0}，故A錯誤；

A∪B={x|x＜1}，故C錯誤；，故B

=正確；，故D錯誤．

故選B．

【點睛】

本題考查集合與集合的關系的判斷，考查補集、交集、并集等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，屬于基礎題．

2．已知為虛數單位，若，則（）

A．1

B．

C．

D．2

【答案】C

【解析】根據復數的除法運算得到，再由復數相等的概念得到參數值，進而得到結果.【詳解】

為虛數單位，若，根據復數相等得到.故答案為C.【點睛】

這個題目考查了復數除法運算，以及復數相等的概念，復數與相等的充要條件是且．復數相等的充要條件是化復為實的主要依據，多用來求解參數的值或取值范圍．步驟是：分別分離出兩個復數的實部和虛部，利用實部與實部相等、虛部與虛部相等列方程（組）求解．

3．向量在正方形網格中的位置如圖所示.若向量與共線,則實數（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】由圖像，根據向量的線性運算法則，可直接用表示出，進而可得出.【詳解】

由題中所給圖像可得：，又，所以.故選D

【點睛】

本題主要考查向量的線性運算，熟記向量的線性運算法則，即可得出結果，屬于基礎題型.4．函數f(x)=sin(x+)+cos(x?)的最大值為

A．

B．1

C．

D．

【答案】A

【解析】由誘導公式可得，則,函數的最大值為.所以選A.【名師點睛】三角恒等變換的綜合應用主要是將三角變換與三角函數的性質相結合，通過變換把函數化為的形式，再借助三角函數的圖像研究性質，解題時注意觀察角、函數名、結構等特征．

5．七巧板是我國古代勞動人民的發明之一，被譽為“東方模板”，它是由五塊等腰直角三角形、一塊正方形和一塊平行四邊形共七塊板組成的.如圖是一個用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一點，則此點取自黑色部分的概率為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】分析：由七巧板的構造，設小正方形的邊長為1，計算出黑色平行四邊形和黑色等腰直角三角形的面積之和．

詳解：設小正方形的邊長為1，可得黑色平行四邊形的底為高為；黑色等腰直角三角形的直角邊為2，斜邊為2，大正方形的邊長為2，所以，故選C．

點睛：本題主要考查幾何概型，由七巧板的構造，設小正方形的邊長為1，通過分析觀察，求得黑色平行四邊形的底和高，以及求出黑色等腰直角三角形直角邊和斜邊長，進而計算出黑色平行四邊形和黑色等腰直角三角形的面積之和，再將黑色部分面積除以大正方形面積可得概率，屬于較易題型．

6．已知，且，函數，則“”“是在上單調遞減”的（）

A．充分不必要條件

B．必要不充分條件

C．充要條件

D．既不充分也不必要條件

【答案】C

【解析】先將函數轉化為y＝logat，t＝，兩個基本函數，再利用復合函數求解．

【詳解】,且，為減函數.若在上單調遞減，則.且，則.是的充分不必要條件.故選.【點睛】

本題主要考查復合函數，關鍵是分解為兩個基本函數，利用同增異減的結論研究其單調性，再求參數的范圍,屬于基礎題．

7．一給定函數的圖象在下列四個選項中，并且對任意，由關系式得到的數列滿足.則該函數的圖象可能是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】利用已知條件推出，判斷函數的圖象，推出選項即可．

【詳解】

由題對于給定函數的圖象在下列四個選項中，并且對任意，由關系式得到的數列滿足．則可得到，所以在上都成立，即，所以函數圖象都在的下方．

故選A．

【點睛】

本題考查函數圖象的判斷，數列與函數的關系，屬基礎題．

8．某幾何體的三視圖如圖所示，其中主視圖，左視圖均是由高為2三角形構成，俯視圖由半徑為3的圓與其內接正三角形構成，則該幾何體的體積為（）

A．

B．

C．

D．.【答案】A

【解析】由三視圖知該幾何體由底面邊長是，高為的正三棱錐和底面半徑是高為的圓錐組合而成，利用錐體的體積公式可得結果.【詳解】

由三視圖知該幾何體由底面邊長是，高為的正三棱錐和

底面半徑是，高為的圓錐組合而成，正三棱錐的體積是，圓錐的體積是，所以組合體的體積，故選A.【點睛】

本題利用空間幾何體的三視圖重點考查學生的空間想象能力和抽象思維能力，屬于難題.三視圖問題是考查學生空間想象能力最常見題型，也是高考熱點.觀察三視圖并將其“翻譯”成直觀圖是解題的關鍵，不但要注意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要特別注意實線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響，對簡單組合體三視圖問題，先看俯視圖確定底面的形狀，根據正視圖和側視圖，確定組合體的形狀.9．設雙曲線的左、右焦點分別為，，過作軸的垂線與雙曲線在第一象限的交點為，已知，點是雙曲線右支上的動點，且恒成立，則雙曲線的離心率的取值范圍是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】令x=c代入雙曲線的方程可得，由,可得，即為3a2>2b2=2(c2?a2)，即有①

又恒成立，由雙曲線的定義,可得2a+|PF2|+|PQ|>3c恒成立，由F2,P,Q共線時,|PF2|+|PQ|取得最小值|F2Q|=，可得3c<2a+，即有<②

由e>1，結合①②可得，e的范圍是(1,).故選：A.點睛：解決橢圓和雙曲線的離心率的求值及范圍問題其關鍵就是確立一個關于a，b，c的方程或不等式，再根據a，b，c的關系消掉b得到a，c的關系式，建立關于a，b，c的方程或不等式，要充分利用橢圓和雙曲線的幾何性質、點的坐標的范圍等.10．已知實數滿足若恒成立，那么的取值范圍是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】由題意，作出不等式組對應的可行域，根據的圖象是過點，斜率為的直線，結合圖象，即可求解.【詳解】

由題意,實數滿足，即，作出約束條件所表示的平面區域，如圖所示，又因為函數的圖象是過點，斜率為的直線，要使得不等式恒成立，即恒成立，結合圖象可知，當直線過點時，斜率取得最小值，所以實數的取值范圍是，故選D.【點睛】

本題主要考查了簡單線性規劃的應用，其中解答中正確求解約束條件所對應的不等式組，作出約束條件所表示的平面區域，再根據斜率公式求解是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，推理與計算能力.11．已知三棱錐中，，直線與底面所成角為，則此時三棱錐外接球的表面積為

（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】取的中點，判斷為三棱錐外接球的球心，即可求出結果.【詳解】

取中點，則，，因為直線與底面所成角為，所以，因為，所以，即為三棱錐外接球的球心，因為，所以，所以三棱錐外接球的表面積為.故選A

【點睛】

本題主要考查幾何體外接球的相關計算，熟記球的表面積公式即可，屬于常考題型.12．己知函數是定義在上的奇函數，當時，則函數在上的所有零點之和為（）

A．7

B．8

C．9

D．10

【答案】B

【解析】由已知可分析出函數是偶函數，則其零點必然關于原點對稱，故在上所有的零點的和為，則函數在上所有的零點的和，即函數在上所有的零點之和，求出上所有零點，可得答案．

【詳解】

解：函數是定義在上的奇函數，．

又函數，函數是偶函數，函數的零點都是以相反數的形式成對出現的．

函數在上所有的零點的和為，函數在上所有的零點的和，即函數在上所有的零點之和．

由時，即

函數在上的值域為，當且僅當時，又當時，函數在上的值域為，函數在上的值域為，函數在上的值域為，當且僅當時，函數在上的值域為，當且僅當時，故在上恒成立，在上無零點，同理在上無零點，依此類推，函數在無零點，綜上函數在上的所有零點之和為8

故選：．

【點睛】

本題考查的知識點是函數的奇偶性，函數的零點，函數的圖象和性質，其中在尋找上零點個數時，難度較大，故可以用歸納猜想的方法進行處理．

二、填空題

13．曲線與直線所圍成的封閉圖形的面積為__________．

【答案】

【解析】由定積分的幾何意義可得：封閉圖形的面積.14．展開式中的系數為________.【答案】15

【解析】寫出展開式的通項，求出含及的項，則答案可求．

【詳解】

解：

且展開式的通項為．

由，得；由，得（舍；由，得．

展開式中的系數為．

故答案為：．

【點睛】

本題主要考查了二項式定理的應用問題，解題時應靈活應用二項展開式的通項公式，屬于基礎題．

15．過拋物線的焦點的直線交于兩點，在點處的切線與軸分別交于點，若的面積為，則_________________。

【答案】2

【解析】設出直線的方程，設出點的坐標，求得過的切線方程，由此求得的坐標，代入三角形的面積公式列方程，解得點的坐標，根據拋物線的定義求得的值.【詳解】

由題意，焦點，設直線，不妨設為左交點，則過的切線為，則，所以，解得，則，根據拋物線的定義可得.【點睛】

本小題主要考查直線和拋物線的位置關系，考查拋物線的切線方程，考查拋物線的定義，屬于中檔題.16．已知銳角的三個內角的余弦值分別等于鈍角的三個內角的正弦值，其中，若，則的最大值為_______.【答案】

【解析】由于，且為鈍角，故，由正弦定理得，故.三、解答題

17．已知等差數列前5項和為50，數列的前項和為，.（Ⅰ）求數列，的通項公式；

（Ⅱ）若數列滿足,，求的值.【答案】(1)

;(2)

.【解析】試題分析：

（I）設等差數列{an}的公差為d，利用等差數列的通項公式及其前n項和公式即可首項和公差，即可求出數列{an}的通項公式，再根據數列的遞推公式可得所以{bn}為首項為1，公比為4的等比數列，即可求出數列{bn}的通項公式

（II）根據數列的遞推公式先求出{cn}的通項公式，再分組求和．

試題解析:

（Ⅰ）設等差數列的公差為．

依題意得

解得，所以.當時，當時，，以上兩式相減得，則，又，所以，.所以為首項為1，公比為4的等比數列，所以．

（Ⅱ）因為，當時，以上兩式相減得，所以，.當時，所以，不符合上式，所以

.18．如圖，在口中，沿將翻折到的位置，使平面平面.（1）求證：平面；

（2）若在線段上有一點滿足，且二面角的大小為，求的值.【答案】（1）證明見解析.(2).【解析】試題分析：(1)中由余弦定理可知，作于點，由面面垂直性質定理得平面.所以.又∵從而得證；

（2）以為原點，以方向為軸正方向建立如圖所示空間直角坐標系，由二面角的大小為60°布列關于的方程解之即可.試題解析：

（1）中，由余弦定理，可得.∴，∴，∴.作于點，∵平面平面，平面平面，∴平面.∵平面，∴.又∵，∴平面.又∵平面，∴.又，∴平面.（2）由（1）知兩兩垂直，以為原點，以方向為軸正方向建立如圖所示空間直角坐標系，則，.設，則由

.設平面的一個法向量為，則由,取.平面的一個法向量可取，∴

.∵，∴.19．某次數學知識比賽中共有6個不同的題目，每位同學從中隨機抽取3個題目進行作答，已知這6個題目中，甲只能正確作答其中的4個，而乙正確作答每個題目的概率均為，且甲、乙兩位同學對每個題目的作答都是相互獨立、互不影響的.（1）求甲、乙兩位同學總共正確作答3個題目的概率；

（2）若甲、乙兩位同學答對題目個數分別是，由于甲所在班級少一名學生參賽，故甲答對一題得15分，乙答對一題得10分，求甲乙兩人得分之和的期望.【答案】（1）；（2）50

【解析】（1）由題意可知共答對3題可以分為3種情況：甲答對1題乙答對2題；甲答對2題乙答對1題；甲答對3題乙答對0題．由此能求出甲、乙兩位同學總共正確作答3個題目的概率．

（2）的所有取值有1，2，3．分別求出相應的概率，由此能求出，由題意可知，故．利用，得．

【詳解】

解：（1）由題意可知共答對3題可以分為3種情況：甲答對1題乙答對2題；甲答對2題乙答對1題；甲答對3題乙答對0題.故所求的概率

（2）的所有取值有1，2，3，，故

由題意可知，故.而，所以

【點睛】

本題考查概率的求法，考查離散型隨機變量的分布列、數學期望的求法，考查古典概型、二項分布等基礎知識，考查運用求解能力，考查函數與方程思想，屬于中檔題．

20．在平面直角坐標系中，已知定點，點在軸上運動，點在軸上運動，點為坐標平面內的動點，且滿足，.（1）求動點的軌跡的方程；

（2）過曲線第一象限上一點（其中）作切線交直線于點，連結并延長交直線于點，求當面積取最小值時切點的橫坐標.【答案】（1）；（2）

【解析】（1）設點，，由已知條件推導出點，由此能求出動點的軌跡的方程；

（2）分別求出切線

與的方程，求得，的縱坐標，寫出三角形的面積，利用導數求解當△面積取最小值時切點的橫坐標．

【詳解】

解：（1）設，.因為，所以，，所以.（2）

或

或

因為為曲線上第一象限的點，則

過（其中）作曲線的切線，則切線的斜率

所以切線：，將代入得，直線：，將代入得，因為在拋物線上且在第一象限，所以，所以，設，，.【點睛】

本題考查點的軌跡方程的求法，考查斜率和相等的證明，解題時要認真審題，注意根的判別式和韋達定理的合理運用

21．已知函數.（1）當時，討論函數的單調性；

（2）若且，求證：.【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析.【解析】（1）求導得到導函數后，通過和兩種情況，確定的正負，從而得到函數的單調性；（2）將問題轉化為證明：；設，只需證；通過求導運算，可知，再通過零點存在定理，不斷確定的最值位置，從而證得，證得結論.【詳解】

（1）函數的定義域為

①若時，則，在上單調遞減；

②若時，當時，當時，；當時，故在上，單調遞減；在上，單調遞増

（2）若且，欲證

只需證

即證

設函數，則

當時，；故函數在上單調遞增

所以

設函數，則

設函數，則

當時，故存在，使得

從而函數在上單調遞增；在上單調遞減

當時，當時，故存在，使得

即當時，當時，從而函數在上單調遞增；在上單調遞減

因為

故當時，所以

即

【點睛】

本題考查討論含參數函數單調性、恒成立問題的證明.關鍵在于能夠將恒成立的不等式變成兩個函數之間的比較；對于兩個函數之間大小關系的比較，通常采用最值間的比較，通過證明，得到的結論.22．在直角坐標系中，以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程是，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的直角坐標方程；

（2）設曲線交于點，曲線與軸交于點，求線段的中點到點的距離.【答案】（1），；（2）

【解析】分析：（1）利用極坐標與直角坐標的互化公式，即可得到曲線和直角坐標方程，（2）寫出曲線的參數方程，代入曲線的直角坐標方程，根據根與系數的關系，即可求解．

詳解：（1）曲線的極坐標方程可以化為：，所以曲線的直角坐標方程為：，曲線的極坐標方程可以化為：，所以曲線的直角坐標方程為：；

（2）因為點的坐標為，的傾斜角為,所以的參數方程為：（為參數），將的參數方程代入曲線的直角坐標方程得到：，整理得：，判別式，中點對應的參數為，所以線段中點到點距離為.點睛：本題主要考查了極坐標與直角坐標的互化，直線參數方程的應用，熟記極坐標與直角坐標的互化公式是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力．

23．選修4-5：不等式選講

已知函數，．

（Ⅰ）解不等式；

（Ⅱ）若對任意的，存在，使得，求實數的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【解析】試題分析：(1)零點分區間去掉絕對值，分段求解；（2）原題等價于的值域包含的值域，，所以.詳解：

（Ⅰ）由，①當時，得，即；

②當時，得，即；

③當時，得，即；

綜上：不等式的解集是；

（Ⅱ）對任意的，存在，使得成立，即的值域包含的值域，由知，由，且等號能成立，所以，所以，即的取值范圍為.點睛：這個題目考查了含有絕對值的不等式的解法，絕對值三角不等式的應用，以及函數的值域問題；一般對于解含有多個絕對值的不等式，根據零點分區間，將絕對值去掉，分段解不等式即可.

第五篇：2018年高三第一次質檢考試地理試題

太原新希望雙語學校

2018~2019學

11．與落葉松人工林相比，3月15日前云冷杉常綠原始林內積雪薄的原因最可能是

A．風速較大

B．郁閉度大

C．氣溫較高

D．降雪較少 12．4月10日起，林外空地又有一次積雪過程。分析原因最可能的是

A．冷鋒帶來的一次降雪

B．暖鋒帶來的一次降雪 C．林內有降雪，林外無降雪

D．林外融雪較慢

13．與云冷杉常綠原始林相比，落葉松人工林的水文生態效益較低。據圖文信息分析，這主要是由于落葉松人工林可使

A．春季融雪量降低

B．河流汛期推遲

C．融雪時長較長

D．融雪速度較快 2016年10月，小米公司推出了自主設計研發的

◎

參考答案

1．C 2．C 【解析】1．從圖中信息可知，該地位于北半球低緯度地區，結合氣壓帶風帶分布規律可知，該地受東北信風控制。

2．從上題分析可知，該地受東北信風控制，盛行東北風；從圖中等高線可以看出，該地中部為山地地形，①、②兩地位于山地背風坡，降水少，氣候較干旱，樹懶食物（樹葉、嫩芽、果實等）較為缺乏，因此不太可能有樹懶分布。⑤地等高線稀疏，地勢低平，人口稠密，不會有樹懶分布。④地位于山地迎風坡，降水較多，樹懶食物豐富，因此最可能有樹懶分布 3．A 4．C 【解析】本題主要考查城市功能分區、城市問題及其治理和城市化階段問題。

3．材料中提搭配“建設于城市高強度開發區域”“創造和鼓勵商業發展”，再結合圖片可知，最適合布局在商業區。

4．空中連廊沒有改變功能區，只是促進商業區商業的發展，A選項排除；由圖片可以看到，空中連廊利用了空中位置，有效利用了城市空間，B選項正確；該系統沒有改變生態環境，它改善了“友善的行人環境”，C選項正確；該系統供行人使用，交通擁堵主要是機動車的問題，排除D選項。5．D

6．A

7．B 【解析】5．富平縣7—9月降水較多，水熱充足，最有利于柿果長大增重，D對。陰天多，柿樹光合作用弱，A錯。柿樹枝芽萌發是在春季，B錯。晴天多，晝夜溫差大，有利于柿果糖分積累，C錯。

6．降水是富平縣柿子產區土壤的主要補給水源。從有利于柿樹生長的角度分析，春季氣溫回升，枝芽萌發，遮蔭效果差，土壤最需要保墑的季節是春季，A錯。夏季枝葉茂盛，遮蔭效果好，B錯。秋季落葉覆蓋地表，水分蒸發少，C錯。冬季氣溫低，蒸發弱，D錯。7．柿餅晾曬期一般在10月20日至12月10日。此時有利于柿餅晾曬的天氣條件有秋高氣爽，空氣干燥，利于水分蒸發，②、③對。風力較小，寒潮多發，蒸發慢，不利于晾曬，①④錯。B對，A、C、D錯。8．D

9．B

10．C 【解析】8．從圖中可以看出，該地種植油菜、養魚，最可能是長江中下游平原，所以D正確。9．該區域循環經濟的核心部門是油菜地，圍繞油菜地發展了養殖業、工業，充分利用了資源。

10．各類型的工農業生產都會產生污染，不可能是零排放；該地企業彼此存在生產工序上的聯系；該區域循環經濟與現代農業發展要求相適應，具有推廣使用的價值，所以C正確。11．B

12．A

13．D 【解析】11．與林外空地相比，林區森林郁閉度大，對降雪的截留作用明顯，因此積雪薄，故B正確。材料“小興安嶺林區條件相近的某區域不同森林類型積雪-融雪過程”說明林內與林外空地氣溫、降水和風速相差不大，排除A、D、C,故選B。

12．圖示為我國東北小興安嶺的積雪和融雪狀況，4月10日起，林外空地又有一次積雪過程，應為冷鋒過境導致的，故選A。

13．圖片顯示，春季融雪量增加比落葉松人工林融雪速度降低，因此融雪時間長，河流汛期滯后，利于水的下滲，所以生態效益高，故D正確，AC錯誤。云冷杉常綠原始林郁閉度高，對降雪的截留作用明顯，因此積雪薄，春季融雪量減少，故B錯誤。故選D。14．C

15．D

16．A 【解析】小米公司與芯片制造商臺積電之間的產業聯系是進行軟件的研發、設計，屬于科技與信息聯系。我國CPU芯片產業整體水平不高的主要原因是國外技術壁壘，相關技術人才缺乏。與 國內勞動力成本上升無關。高技術產業，最需要加強的是研發環節。14．小米公司與芯片制造商臺積電之間的產業聯系是進行軟件的研發、設計，屬于科技與信息聯系，C對。不是生產上的聯系和空間聯系，A、B、D錯。

15．我國CPU芯片產業整體水平不高的主要原因是國外技術壁壘，②對。資金投入充足，①錯。與 國內勞動力成本上升無關，③錯。相關技術人才缺乏，④對。D對，A、B、C錯。

答案第1頁，總4頁 本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。

16．小米公司為了進一步做大做強手機產業，提升利潤率，最需要加強的是研發IP專利和架構，A對。研發光刻制造設備不是軟件技術，B錯。成立芯片制造廠、擴大生產規模是生產環節，C、D錯。17．D 18．C 【解析】17．圖中景觀是雪后方磚上出現了一個個白色的“饅頭”狀的小雪堆。成因是方磚中心中空，露出土壤，磚塊吸收的太陽輻射多，釋放的地面輻射較多，C錯，D對。土壤吸收的太陽輻射較少，B錯。大氣輻射的能量來自地面輻射，A錯。故選D。

18．本次四月降雪是由冷暖氣團相遇形成的鋒面降水，A正確。降雪融化或結冰，導致道路濕滑，影響交通2018屆高三地理百所名校好題速遞分項解析專題03地球上的水安全，B正確。降雪量小，融化滲入地下多，形成地表徑流量小，不會引起北京周邊河流水位迅速上漲，C不正確。能改善土壤墑情，緩解華北旱情，D正確。故選C。19．C 20．D 【解析】19．西成高鐵起點和終點城市均位于我國西部，A錯誤；該高鐵連接的是黃土高原和四川盆地，B錯誤；沿線穿越秦嶺等山地，地質地貌復雜，施工難度大，C正確；該高鐵全部位于第二階梯，D錯誤。20．高鐵建設對沿線生物多樣性可能有影響，但不會造成生物多樣性銳減，A錯誤；土壤鹽漬化往往和不合理的灌溉有關，和高鐵建設無關，B錯誤；目前我國高鐵主要為客運，和礦產資源開發無關，C錯誤；沿線地質條件復雜，大型工程建設過程中可能誘發地震，D正確。21．C 22．B 23．D 【解析】21．黃土高原地處我國半濕潤、半干旱和干旱氣候區，降水較少且季節變化較大，冬春季節干旱嚴重，是棗林的休眠期，同時也是棗林土壤水分損失的重要時期，棗林為了吸收更多的水分，根系扎入土壤很深，因此，為了保持土壤水分，可實施棗林覆蓋技術，促進休眠期棗林土壤水分向深處下滲、運移、從而保持土壤墑情。

22．在圖中所示的三種覆蓋措施中，除了石子覆蓋外，秸稈和地膜覆蓋的抗風性都較差；三種措施都可以抑制雜草和減少病蟲害，但秸稈覆蓋可以就地取材，成本更低，可以減少果農的投資成本，經濟效益較高。23．棗林采用秸稈、地膜、石子覆蓋于土壤表層，阻礙了棗林地對太陽輻射熱量的有效吸收與傳導，導致土壤升溫較慢，也阻礙了土壤與大氣之間的水、氣、熱的交換速度，同時加劇棗林蟲害和細菌滋生系列，會改變林區內、外間的風速大小，但對林地的風向影響很小。

【點睛】種植果樹過程中采用的覆蓋技術不同，其作用也不同。我國果樹種植常采用以下三種覆蓋技術：①秸稈覆蓋。主要采用各種作物的莖葉或雜草等作為果樹樹盤及行間的覆蓋物。這種覆蓋方式，能使果園土壤的有機質含量提高，氮、磷、鉀含量亦可分別提高，對保持和提高果園土壤肥力有較明顯的作用。②地膜覆蓋。采用地膜覆蓋樹盤或行間的方式，能提高果園土壤含水量和地溫，提高果實含糖量，并可使果實成熟期提前。③種植覆蓋作物。在果樹行間播種蔓生或矮莖豆科綠肥、牧草等作物，不僅能收到較佳的覆蓋效果，而且還可提高土地利用率，減少中耕除草次數，節約勞力，降低成本，實現增產增收的目的。同時可提高果實含糖量，而有機酸含量則相應減少，并能改善果實的外觀色澤，提早成熟及提高果實的耐貯性等。

24．D

25．A

【解析】24．讀圖，根據圖示區域植被類型分析，該小學所在地有常綠林分布。華北平原、黃土高原是落葉林，A、B錯。圖示區域海拔200-500米之間，不可能是云貴高原，最有可能在東南丘陵，C錯，D對。

25．根據右圖分析，該地的巖石傾斜方向、土層傾斜方向與坡面朝向一致，容易發生滑坡災害。最近該地利用GPS對土層進行定位，其目的是為了監測滑坡，A對。泥石流、洪澇要具有暴雨條件，不能用GPS定位最近有暴雨，B、C錯。臺風災害與監測土層無關，D錯。

二、綜合題： 26．

(1)曲靖緯度較低，海拔較高，光照較充足；(2分)夏季較涼爽，冬季較溫暖且受低溫冷害影響較小

(2)曲靖食用玫瑰品質較好；勞動力成本較低，土地租金較低；生產工藝獨特

(3)昆明為省會城市，人口眾多；交通樞紐和旅游城市，人流量大；(2分)臨近曲靖，且有高速公路相連(4)糕餅生產廠家：①選擇優質原料，確保鮮花餅品質；②開展市場調研，研制符合當地口味的鮮花餅；

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③開展市場營銷，創建品牌；④加強產品研發，開發其他花卉餡料的鮮花餅(如桂花餅)花卉種植園：①與當地糕餅店開展合作，擴大食用花卉種植規模；②減少農藥施用量，生產綠色食用花卉；③加大科技投入，培育不同食用花卉品種；④發展大棚種植等設施農業，增強抗災能力，確保食用花卉全年供應(任答3點即可)【解析】(1)曲靖食用玫瑰種植的有利自然條件從氣候、地形、土壤、水源等方面分析。根據材料，玫瑰對光熱的需求較高，結合曲靖條件重點分析其氣候因素。

(2))與蘇州相比，曲靖緊鄰優質玫瑰產地，原料品質較好；經濟較落后，勞動力成本較低；土地租金較低；產業歷史悠久，生產工藝獨特。

(3)H公司將鮮花餅銷售點布局在昆明是因為昆明為省會城市，人口眾多，市場大；昆明的交通優勢明顯，且昆明為旅游城市，人流量大；臨近曲靖，且有高速公路相連。

(4)糕餅生產廠家從原料、市場、營銷、研發方面分析?；ɑ芊N植園要考慮與相關產業合作，擴大規模、加強科技栽培，培育良種、穩定花卉供應市場。政府要從產業協調、周邊環境、技術支持、安全監督、政策等方面分析。27．（1）該國自然帶大致呈東西延伸、南北更替，典型植被自北向南依次主要是森林草原、草原、荒漠草原、荒，植被的需水量越來越少，說明該國年降水量由北向南遞減：原因是該國水汽來源于北冰洋，且北部多山，多地形雨

(2)該國古代交通運輸落后，主要交通工具車和牲畜；該國氣候干旱，草原、荒溴廣布，盛產駱駝；沿途水、草等資源短缺，不適合選擇馬、牛運輸；駱駝適合在干旱缺水的環境馱載貨物

(3)季節：冬季。理由：沿途需跨越多條沒有橋梁的大河，駱駝難以涉水通過；該國緯度較高，冬季寒冷，河而冰層厚度大 【解析】（1）森林、草地、荒漠植被耗水量不同，該國自然帶大致呈東西延伸、南北更替，典型植被自北向南依次主要是森林草原、草原、荒漠草原、荒，植被的需水量越來越少，說明該國年降水量由北向南遞減。因為該國水汽來源于北冰洋，且北部多山，多地形雨。南部受海洋水汽影響小，降水少。(2)該國古代交通運輸落后，主要交通工具車和牲畜。該國氣候干旱，草原、荒溴廣布，盛產駱駝。沿途水、草等資源短缺，不適合選擇馬、牛運輸。途中需通過多條沒有橋梁的大河駱駝軀體高大，便于從淺處通過。駱駝極能忍饑耐渴，適合在干旱缺水的環境馱載貨物。

(3)沿途需跨越多條沒有橋梁的大河，夏季水量大，駱駝難以涉水通過。該國緯度較高，冬季寒冷，河流結冰，河面冰層厚度大，從冰面上通過更容易。所以最佳季節是冬季。

28．(1)我國沙棘主產于西北內陸地區；主產區大多事拔較高，多為高原和山地；多屬于干旱、半干旱氣候或高山高原氣候，干旱少雨，光照充足，晝夜溫差大；土壤貧瘠；水源短缺;植被稀少。(2)沙棘環境適應性強，易于存活，適合在干旱和半干旱地區栽種；沙棘根系發達，萌蘗能力強，涵養水源、保持水土、防風固沙的能力強；沙棘經濟價值高。

(3)我國沙棘種植面積大，為沙棘加工產業提供豐富的原料；我國人口眾多，為沙棘產業發展提供豐亭的勞動力；國內沙棘產品消費市場廣闊；國家政策扶持力度大。

(4)沙棘具有重要的營養價值、藥用價值，沙棘產品可減少疾病發生，提高國民營養和健康水平；沙棘產品出口可增加外匯收入；沙棘葉富含蛋白質，可作為飼料，種植沙棘可帶動畜牧業的發展；沙棘產業的發展可拉動就業，增加居民收入；可帶動少數民族地區經濟發展，促進民族團結。

【解析】整體分析：沙棘耐鹽堿、干旱，耐高溫和嚴寒，分布集中區海拔較高，大多屬于干旱、半干旱氣候區或高寒地區。沙棘涵養水源、保持水土、防風固沙的功能強。沙棘加工產業發展的優勢，主要從原料、勞動力、市場、政策方面分析。

（1）沙棘耐鹽堿、干旱，耐高溫和嚴寒，分布集中區大部分地區海拔較高，多為高原和山地。大多屬于干旱、半干旱氣候區或高寒地區，全年干旱少雨，晝夜溫差大。

（2）沙棘環境適應性強，適合在干旱和半干旱地區栽種。沙棘根系發達，萌蘗能力強，涵養水源、保持水土、防風固沙的功能強。沙棘經濟價值高。所以我國“三北”地區優先把沙棘作為墾荒樹種。

（3）我國沙棘加工產業發展的優勢，主要從原料、勞動力、市場、政策方面分析。我國沙棘種植面積大，為沙棘加工產業提供豐富的原料。我國人口眾多，為沙棘產業發展提供豐富的勞動力。國內沙棘產品消費

答案第3頁，總4頁 本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。

市場廣闊，國家政策扶持力度大。

（4）社會效益主要從健康、民族團結分析。經濟效益主要是收入、產業發展、就業等分析。根據材料，沙棘具有重要的營養價值、藥用價值，沙棘產品可減少疾病發生，提高國民營養和健康水平。沙棘產品出口可增加外匯收入。沙棘葉富含蛋白質，可作為飼料，種植沙棘可帶動畜牧業的發展。沙棘產業的發展可拉動就業，增加居民收入。可帶動少數民族地區經濟發展，促進民族團結。

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