河北省邯郸市大名一中磁县一中邯山区一中永年一中等六校2020-2021学年高二上学期期中考试数学答案

2020-2021学年河北省邯郸市大名一中、磁县一中，邯山区一中，永年一中等六校高一上学期12月阶段检测语文试题（考试时长：150分钟总分：150分）考生注意：考生作答时，请将答案答在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出．．答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．一、现代文阅读（一）现代文阅读Ⅰ阅读下面的文字，完成下面小题。

材料一：在中国文化“走出去”的过程中，个体译者凭借自己的学术兴趣或人生经历，选择自己喜欢的文学作品或其他文化形式进行翻译传介，其选择就成了文化交流这张大网中的一个个结点或一个个环节。

他们利用自身的渠道选行自主交流，去影响对方文化群体中的对应个体或组织，进而加深其对文化交流的关注和理解。

我们应该鼓励有资质的个体译者积极参与中国文化“走出去”，进而形成一种多向互补的文化交流态势。

个体译者，不管国内国外，不论年龄大小，不论文化层次高低，个体交流的路向和前景都是相同的。

文化交流一般始于个体交往，进而有了后续的国家层面的文化交流的可能。

个体在文化交流过程中，因其差异性而呈现文化交流的多元性，这体现在他们交流渠道的多元性、交流深度的多元性、交流效果的多元性，进而使得文化交流得以渐次展开，为国家层面的交流搭桥铺路，创造必要条件。

由国家作为交流的后盾，个体的交流才能进一步深化。

文化交流的实质并非一定要取得价值观的一致，更有可能的是文化交流的双方获得一定的共识，在求同存异的前提下，使得各自的价值观念尽可能保持多元并存。

历史告诉我们，文化交流并不是一种文化取代另一种文化，在很大程度上，文化交流是用一种文化来丰富另一种文化。

中国文化“走出去”是要讲述中国故事，传递中国声音，向世界提供中国智慧。

以文学作品为例，文学最能反映一个国家的灵魂，文学翻译覆盖的领域也最为全面；对一个国家的了解，人们往往是从阅读文学作品开始的，没有文学翻译就没有文化交流。

河北省邯郸市大名一中、磁县一中，邯山区一中，
永年一中等六校2020-2021学年高一上学期期中考试
一、单项选择题（每题2分，共60分）
读下图，回答下列问题。

1. 下列叙述正确的是( )
①d是人类已知的宇宙部分
②水星所在的最低一级天体系统是a
③由b系统示意图可知，地球所处的宇宙环境是安全的
④北极星与c是同一恒星系统
A. ①②
B. ③④
C. ①③
D. ②④
2. 关于b的叙述正确的是( )
A. 中心天体是地球
B. 哈雷彗星处在b系统
C. 狮子座流星雨现象不会在b系统出现
D. b系统中除c星球外还有存在生命的行星
3. 下列同时包含太阳和地球的天体系统中，级别最高的和级别最低的分别是( )
A. a和b
B. d和b
C. b和c
D. (d－a)和b
【答案】1. C 2. B 3. B
【解析】
【1题详解】
天体系统有四级，从高到低依次为总星系-银河系-太阳系-地月系河外星系与银河系同级别。

2020-2021学年第一学期阶段测试高一语文试题参考答案1.D【解析】A项错在“形成了多向互补的文化交流态势”，化未然为已然。

B项错在因果颠倒，不是国家层面文化交流的展开促进个体文化交流的多元性，而是后者促进前者。

C项错在“都”，范围扩大，原文说的是“多是一种自发行为”。

2.A【解析】错在“靠的是对文学作品的外译”，以偏概全，另外还有“其他文化形式”的译介。

3.B【解析】译者没有义务去改变外国人的价值观。

原文的意思是“文化交流的实质并非一定要取得价值观的一致……在求同存异的前提下，使得各自的价值观念尽可能保持多元并存”。

4.共同点：讲的都是中国文化的外译问题，都希望中国文化能很好地走出去。

不同点：材料一认为国家应重视个体译者在中国文化“走出去”中的作用；材料二认为译者要努力提升自己，使自己既精通中文，又精通外文。

（每点2分）5.①第二自然段论述的是个体翻译对国家层面的文化交流的作用，第三自然段论述的是国家能促进个体交流的深化，②两者表面是并列关系，但实际上却有着由小到大的递进关系。

③第一段和第二段，第二段和第三段，在内容上各自紧紧相连，如果第二和第三段互换位置，三段之间就都不连贯了。

（每点2分）6.C【解析】“为了表现自己精湛的厨艺”错，为了安抚家人。

7.A【解析】“再燃起希望”错，从原文“都眨着眼睛一时间不知道是什么味道”可见是一种茫然。

8.①爱家人。

无论是之前的对孩子不知甜味的担忧，还是异想天开的口头“做菜”，都是他爱家人的体现。

②公平公正。

给每个人都做一道菜，不准抢占，是其平等之心的体现；③幽默乐观。

面对饥荒，许三观没有绝望，而是想象着用嘴给每人炒一道菜，幽默风趣中尽显乐观精神。

（言之成理即可。

答对一条2分，两条3分，三条4分。

）9.重复叙事的表现：一乐、二乐和三乐都只想吃“红烧肉”，许三观便把做“红烧肉”的过程描绘了三次。

重复叙事的效果：①突出人物形象。

重复叙事符合人物的现状和社会地位，他们少的是粮食多的是时间，把小人物的喋喋不休表现得很有现实感。

是( ）河北省邯郸市大名一中、磁县一中邯山区一中永年一中等六校2020—2021学年高二化学上学期期中试题可能用到的相对原子质量: O 16 Cu 64Ag 108一、选择题:本题共10个小题，每小题2分，共20分。

每小题只有一个选项符合题意。

1. 能源是人类文明发展和进步的基础，化学与能源紧密相关，下列有关说法不正确的是( ）A。

石油和天然气都是不可再生能源B。

氢能是一种理想的绿色能源C。

“可燃冰”是将水变为油的新型能源D. 大力发展太阳能有助于减缓温室效应2.下列依据热化学方程式得出的结论正确的3.某同学用铜片、银片、Cu(NO 3）2溶液、AgNO 3溶液、导线和盐桥（装有琼脂－KNO 3的U 形管)设计成一个原电池如右图所示,下列判断中正确的是（ ）A ．该原电池的工作原理是Cu ＋2Ag＋=2Ag ＋Cu 2＋B ．实验过程中取出盐桥，原电池选项 热化学方程式结论A2H 2（g)+O 2（g)=2H 2O （g) △H=－483.6 kJ/molH 2的燃烧热为241.8 kJ/molBOH —（aq ）+H +(aq)= H 2O(g) △H=－57。

3 kJ/mol含1mol NaOH 的稀溶液与浓H 2SO 4完全中和,放出热量小于57。

3 kJC2C(s)+2O 2（g)=2CO 2(g)△H 1=－a kJ/mol2C(s ）+O 2（g ）=2CO(g) △H 2=－b kJ/mol△H 1＜△H2DC(石墨，s)=C （金刚石，s)△H=+1.5 kJ/mol金刚石比石墨稳定能继续工作C．实验过程中,左侧烧杯中NO3－浓度不变D．实验过程中电子流向为：Cu极→Cu （NO3）2溶液→AgNO3溶液→Ag极4.利用如图所示电解装置，当X、Y选用不同的材料时，下列说法正确的是（）A。

氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到NaOHB。

铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4C。

河北省邯郸市大名一中、磁县一中邯山区一中永年一中等六校2020—2021学年高一物理上学期期中试题一、单项选择题（本题共10小题,每小题3分,共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1．关于质点的运动，下列说法中正确的是( )A．质点速度变化率越大,则加速度越大B．质点运动的加速度为零,则速度为零，速度变化也为零C．质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零D．位移的方向就是质点运动的方向2．下列关于重力、弹力、摩擦力的说法正确的是（）A．物体的形状改变后，其重心位置不会改变B．弹力的产生原因是受力物体发生了形变C．在粗糙程度-定的情况下，摩擦力的大小与弹力大小成正比D．同一物体在同一地点，无论其运动状态如何,所受重力都一样大3．物体以12m/s初速度在水平冰面上作匀减速直线运动,它的加速度大小是20.8m/s，经20s物体发生的位移是（）A．80m B．90m C．100m D．110m4．一质点做匀加速直线运动，通过第一段5m位移所用的时间为2s，紧接着通过下一段10m位移所用时间为1s．则该质点运动的加速度为( ）A．26m/s5m/s D．24m/s C．23m/s B．25．一个物体从某一高度做自由落体运动．已知它在第1s内的位移恰为它在最后1s内位移的三分之一．则它开始下落时距地面的高度为（2g=)( ）10m/sA．15m B．20m C．11.25m D．31.25m6．如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面、某一竖井的深度约为104m,升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过21m/s，假定升降机到井口的速度为零,则将矿石从井底提升到井口的最短时间是（）A．13s B．16s C．21s D．26s7．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为25=+（各物理量x t t均采用国际单位制单位），则该质点（）A．第1s内的位移是5m B．前2s内的平均速度是6m/s C．任意相邻的1s内位移差都是1m D．任意1s内的速度增量都是2m/s8．如图为A、B两个物体做直线运动的位移一时间图象，则下列说法正确的是（)A．1t时刻B的速度和A的速度相同B．2t时刻A、B速度方向相反C．10~t时间内A的位移大D．12~t t这段时间内A、B的路程相同9．如图所示，A、B、C三个物体质量相等,它们与传送带间的动摩擦因数也相同．三个物体随传送带一起匀速运动,运动方向如图中箭头所示．则下列说法正确的是（)A．A物体受到的摩擦力方向向右B．三个物体中只有A物体受到的摩擦力是零C．B受到的摩擦力沿斜面向下D．B、C受到的摩擦力方向相反10．如下图，物体在受到一水平拉力10NF=作用下,沿水平面向右运动．已知，物体与水平面的动摩擦因数0.2μ=，物体质量5kgm=，则物体所受摩擦力为（)A．10N,水平向右B．10N,水平向左C．20N，水平向左D．20N，水平向右二、多项选择题（本题共6个选择题，每题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分）11．在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央,所以又紧急刹车，匀减速运动经4s停在巨石前，则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( ）A．加速、减速中的加速度大小之比12:a a等于2:1B．加速、减速中的平均速度大小之比12:v v等于1:1C．加速、减速中的位移之比12:x x等于21∶D．加速、减速中的平均速度大小之比12:v v等于1:212．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1s,分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.4m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8m，由上述条件可知( ) A．质点运动的加速度是20.2m/s B．质点运动的加速度是20.4m/sC．第1次闪光时质点的速度是0.2m/s D．第1次闪光时质点的速度是0.3m/s13．在某一高度以020?m/?sv 的初速度竖直上抛一个小球（不计空气阻力），当小球速度大小为10m/s时，经历的时间可能为（g取210m/s）（)A．1s B．2s C．3s D．4s14．一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度关系的图象如图所示．下列表述正确的是（）A．b的原长比a的长B．a的劲度系数比b的小C．a的劲度系数比b的大D．测得的弹力与弹簧的长度成正比15．如图甲所示,重为20N的木块放在水平桌面上,给木块施加一随时间逐渐增大的水平拉力F，传感器描绘出木块受到的摩擦力随着时间变化的图线如图乙所示．下列说法正确的是（）A．当拉力F增大到10N时，木块仍然静止B．当拉力F增大到11N时，木块已经运动C．木块与水平桌面间的动摩擦因数为0.6D．当拉力F增大到13N时，木块受到的摩擦力大小仍为10N 16．随着空气质量的恶化,雾霾天气现象增多,危害加重．雾和霾相同之处都是视程障碍物，会使有效水平能见度减小从而带来行车安全隐患．在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度匀速行驶在高速公路上,突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图所示，图线a、b分别为小汽车和大卡车的v t 图像(忽略刹车反应时间），以下说法不正确的是( ）A ．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故B ．在3s t =时发生追尾事故C ．在5s t =时发生追尾事故D ．若紧急刹车时两车相距40米，则不会发生追尾事故且两车最近时相距10米三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)17．（9分）某探究小组在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，按照打点时间顺序在纸带上确定出A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 共7个计数点（结果均保留一位有效数字）其相邻点间的距离如图所示，每两个相邻的计数点之间的时间间隔为0.10s ．(1)通过计算分析，在误差允许的范围内小车做的是________运动．（2）由纸带求得小车的加速度a =________2m/s ． （3)打点计时器打计数点B 时小车的瞬时速度为B v =________2m/s ． 18．(8分)歼15舰载飞机在辽宁号航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为25m/s ，所需的起飞速度为50m/s ，跑道长90m ．(1)通过计算判断,飞机能否靠自身的发动机从舰上起飞?（2）为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置．对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它具有多大的初速度？19．（12分）甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9m/s 的速度跑完全程;乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的．为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记．在某次练习中，甲在接力区前013.5m S =处作了标记，并以9m/s V =的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令．乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒．已知接力区的长度为20m L =． 求：(1）此次练习中乙在接棒前的加速度a ；（2)在完成交接棒时乙离接力区末端的距离．20．（17分）如图所示的A 、B 两个物体，距地面高度为45?m H =，A 物体因在运动过程中阻力不计，其加速度为自由落体加速度210?m /s g =，B 物体由于受到阻力作用，其加速度为29m/s B a =，方向竖直向下，A 、B 两物体均可视为质点，求：（结果可带根号）（1）若A 、B 两物体同时由静止释放，则当物体A 落地时物体B 离地距离；（2)若要使两物体同时落地,在B 物体由静止释放后，则需要经过多长时间将A物体由静止释放；(3)若将B物体移到距地面高度36mh=的A的正下方C点，同时由静止释放A、B两物体，A物体能否在B落地前追上B，若能，计算其追上的位置距地面的距离：若不能,则在A释放时至少给A物体多大的竖直向下的初速度，才能追上B物体?六校高一期中物理参考答案1．A 2．D 3．B 4．C 5．B 6．C 7．D 8．B 9．B 10．B 11．BC 12．AD 13．AC 14．AC15．AD 16．ACD17．匀加速直线0。

河北省邯郸市大名一中、磁县一中，邯山区一中，永年一中等六校2020-2021学年高一下学期期中联考数学试题一、单项选择题（本大题共8小题，共40.0分）(i为虚数单位)的共轭复数在复平面内对应的点位于()1.复数z=i1+iA. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2.下列结论错误的是()A. 圆柱的每个轴截面都是全等矩形B. 一个棱锥至少有四个面C. 一个棱柱至少有两个面平行D. 用一个平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台3.在▵ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，它的面积为b2+c2−a2，则角A=()4A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°4.已知向量a⃗=(1,√3)，a⃗+b⃗ =(0,√3)，设a⃗与b⃗ 的夹角为θ，则θ=()A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°5.如图，用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形，其直观图是一个底角为45°，腰长为√2，上底为1的等腰梯形，那么原平面图形的最长边长为()A. 2√2B. 2√3C. 2D. 36.如图，一艘船上午8：00在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午8：30到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°处，且与它相距4√2海里，则此船的航行速度是()A. 16海里/小时B. 15海里/小时C. 9√3海里/小时D. 10√2海里/小时7.已知圆台的上底面面积是下底面面积的1倍，母线长为4，若圆台的侧面积为16π，则圆台的高为()9A. 2B. 2√3C. 5D. 2√28. 在▵ABC 中，已知点P 在线段BC 上，点Q 是AC 的中点，AP⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ，x >0，y >0，则1x +1y 的最小值为( ) A. 32 B. 32+√2 C. 4 D. 3+2√2 二、多项选择题（本大题共4小题，共20.0分）9. 已知z 1与z 2是共轭虚数，以下4个命题一定正确的是( )A. z 1z 2=|z 1z 2|B. z 12<|z 2|2C. z 1+z 2∈RD. z 1z 2∈R 10. 在△ABC 中，角A 、B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且(a +b):(a +c):(b +c)=9:10:11，则下列结论正确的是( )A. sin A:sin B:sin C =4:5:6B. △ABC 的最小内角是最大内角的一半C. △ABC 是钝角三角形D. 若c =6，则△ABC 的外接圆直径为8√7711. 已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M ，N ，若线段MN 的最大值为√3+1，则( )A. 正方体的外接球的表面积为12πB. 正方体的内切球的体积为16π3C. 正方体的棱长为2D. 线段MN 的最小值为√3−112. 若O 为坐标原点，OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(n,m)，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4n,p)，F(4,0)，|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=m +1，|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=p +1，则m +p 的取值可能是( )A. 1B. 2C. 3D. 6三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知复数z 满足，则|z|= ．14. 已知单位向量a ⃗ ，向量b ⃗ =(√3,−√2)，且|a ⃗ −b ⃗ |=2，则a ⃗ ⋅b ⃗ = ．15. 在平行四边形ABCD 中，AB =2BC =2，M 是CD 中点．若AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3，则∠BAD = ．16. 在▵ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a 、b 、c ，π3<C <π2，b a−b =sin2CsinA−sin2C ，a =2，sinB =√154，则b = ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. 已知复数z =m (m −2)+mi (m ∈R )是纯虚数．(1)求实数m 的值；(2)若复数ω满足|ω|=|z |，ω+ω=2，求复数ω．18. 已知平面内三个向量a ⃗ =(7,5)，b ⃗ =(−3,4)，c⃗ =(1,2)． (1)求|a ⃗ +2b ⃗ −3c ⃗ |；(2)求满足a ⃗ =m b ⃗ +n c ⃗ 的实数m ，n ；(3)若(k a ⃗ +c ⃗ )//(b ⃗ −c ⃗ )，求实数k ．19. 在▵ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b a +a b =sin 2C+sinAsinB sinAsinB ． (1)求角C 的大小；(2)已知▵ABC 的面积为√3，求CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CB⃗⃗⃗⃗⃗ 的值．20.已知在底面半径为3、母线长为5的圆锥中内接一个高为2的圆柱．(1)求圆柱的体积；(2)在该圆锥中是否存在另外一个内接的圆柱与(1)中圆柱体积相等？若存在，求出另一个圆柱的高；若不存在，请说明理由．21.已知向量a⃗=(sin (π2−x),√3sin (3π2−x))，b⃗ =(sin x,cos x)，f(x)=a⃗⋅b⃗ ．(1)求f(x)的最小值及f(x)取得最小值时x的取值集合M；(2)在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，若C2+π4∈M且c=2√2，求△ABC面积的最大值．22.已知两个不共线的向量a⃗，b⃗ 的夹角为θ，且|a⃗|=3，|b⃗ |=1，x为正实数．(1)若a⃗−2b⃗ 与a⃗+4b⃗ 垂直，求tanθ；(2)若θ=π，求|x a⃗+b⃗ |的最小值及对应的x的值，并指出此时向量a⃗与x a⃗+b⃗ 的位置关系；6(3)若θ为锐角，对于正实数t，关于x的方程|x a⃗−b⃗ |=|t a⃗|有两个不同的正实数解，且x≠t，求t 的取值范围．答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查复数的几何意义及共轭复数的知识，属于基础题．将复数化简，然后得出共轭复数，即可得到答案．【解答】解：z=i(1−i)(1+i)(1−i)=12(1+i)，z=12−12i，对应的点位于第四象限．故答案选D．2.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查锥体、柱体的几何特征，属于基础题．用一个平行于底面的平面截圆锥才可以得到一个圆台和一个圆锥，即可得到答案．【解答】解：对于A，圆柱的每个轴截面都是全等矩形，故A正确;对于B，棱锥的侧面最少有三个，故一个棱锥最少有四个面，故B正确;对于C，根据棱柱的概念可知，棱柱必有一组底面平行，故C正确;对于D，用一个平行于底面的平面截圆锥才可以得到一个圆台和一个圆锥，故D错误．故选D．3.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式，同角三角函数基本关系式，特殊角的三角函数值在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题．由已知利用余弦定理，三角形的面积公式可得cosA=sinA，即tanA=1，结合范围A∈(0°,180°)，可求A 的值．【解答】解：∵△ABC的面积为S=b2+c2−a24=12bcsinA，∴2bccosA4=12bcsinA，可得cosA=sinA，即tanA=1，∵A∈(0°,180°)，∴A=45°．故选：B．4.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查两向量间的夹角问题，属于基础题．根据题意，求出b⃗ ，再利用数量积的坐标运算求向量的夹角．【解答】解：由已知得b⃗ =(−1,0)，则cosθ=a⃗ ⋅b|a⃗ |⋅|b⃗|=−12×1=−12，∴θ=120∘．故选C．5.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查斜二测画法的知识，属于基础题．把直观图还原出原平面图形，即可得到答案．【解答】解：把直观图还原出原平面图形，则这个平面图形是直角梯形，所以BC=1，OC=2√2，AB=√4+8=2√3，所以原平面图形的最长边长为2√3，故选B．6.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查利用正弦定理解决实际问题，属于基础题．求出∠ASB的度数，再利用正弦定理得出AB的长，即可求出船的航行速度．【解答】解：由图可知BS=4√2，∠ASB=75∘−30∘=45∘，则在△ABS中，ABsin45∘=4√2sin30∘，得AB=8，所以该船的航行速度为AB÷12=16(海里/小时)．故选A．7.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查圆台的表面积知识，属于基础题．根据圆台的上下底面积的关系以及圆台的侧面积，即可上下底面半径，从而得出圆台的高．【解答】解：设上底面的半径为r，因为圆台的上底面面积是下底面面积的19倍，所以下底面的半径为3r ，又母线长为4，圆台的侧面积为16π， 所以，解得r =1，所以3r =3，所以圆台的高为√42−(3−1)2=2√3，故答案选：B ．8.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查平面向量中三点共线问题、利用基本不等式求最值，属于中档题．根据题意可知P ，B ，C 三点共线，，得到x +y 2=1，再利用基本不等式即可求出1x +1y 的最小值．【解答】解：由题意可知AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +y 2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∵P ，B ，C 三点共线，∴x +y 2=1，x >0，y >0， ∴1x +1y =(1x +1y )(x +y 2)=32+x y +y 2x ≥32+√2，当且仅当x y =y 2x ，即x =2−√2，y =2√2−2时取等号． 故选B ．9.【答案】AC【解析】【分析】本题主要考查复数的运算，复数的模以及共轭复数的知识，属于中档题．设z 1=a +bi(a,b ∈R,b ≠0)，z 2=a −bi(a,b ∈R)，根据复数的运算，逐个选项判断．【解答】解：z 1与z 2是共轭虚数，设z 1=a +bi(a,b ∈R,b ≠0)，z 2=a −bi(a,b ∈R)，z 1z 2=(a +bi)(a −bi)=a 2+b 2，|z 1z 2|=a 2+b 2，A 正确;z 12=a 2−b 2+2abi ，因为虚数不能比较大小，因此B 不正确;z 1+z 2=2a ∈R ，C 正确;z 1z 2=a+bi a−bi =(a+bi)2(a−bi)(a+bi)=a 2−b 2a 2+b 2+2ab a 2+b 2i 不一定是实数，因此D 不一定正确，故选AC ．10.【答案】AB【解析】【分析】本题主要考查利用正、余弦定理解三角形，属于中档题．设a +b =9m ，a +c =10m ，b +c =11m ，解得a =4m ，b =5m ，c =6m ，再利用正余弦定理逐个判断．【解答】解：不妨设a +b =9m ，a +c =10m ，b +c =11m ，解得a =4m ，b =5m ，c =6m ．由正弦定理知sinA:sinB:sinC =a:b:c =4:5:6，即A 正确;∵c >b >a ，∴最大的内角为C ，最小的内角为A ，由余弦定理知，cosA =b 2+c 2−a 22bc =25m 2+36m 2−16m 22×5m×6m =34，cosC =a 2+b 2−c 22ab=16m 2+25m 2−36m 22×4m×5m =18>0，cos2A =2cos 2A −1=2×(34)2−1=18=cosC ，故A =12C ，即B 正确;∵cosC >0，∴C 为锐角，△ABC 是锐角三角形，即C 错误;∵cosC =18，∴sinC =3√78， ∵c sinC =2R ，∴△ABC 的外接圆直径2R =3√78=16√77，即D 错误．故选AB ．11.【答案】ACD【解析】【分析】本题主要考查关于正方体中外接球和内切球的问题，属于中档题． 设正方体的棱长为a ，根据线段MN 的最大值为√3+1，即可得出正方体外接球与内切球的半径，然后逐个选项判断即可．【解答】 解：设正方体的棱长为a ，则正方体的外接球的半径为对角线的一半，即R =√32a ⋅内切球的半径为棱长的一半，即r =a 2⋅由于M 和N 为外接球和内切球上的动点，故MN max =√32a +a 2=√3+1，解得a =2，故 C 正确; 外接球的表面积为S =4·π⋅(√3)2=12π，故 A 正确;内切球的体积为V =43⋅π⋅13=4π3，故B 错误; 线段MN 的最小值为√3a 2−a 2=√3−1.故D 正确．故选ACD ．12.【答案】CD【解析】【分析】本题考查向量的运算及坐标表示、向量模的坐标表示，考查二次函数求最值问题，属于拔高题．根据题意，利用|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=m +1，|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=p +1得到方程组，再得出m +p 与n 之间的函数关系，换元后利用二次函数性质求出取值范围．【解答】解：由题意知：OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,0)，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =OF ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4−n,−m ),BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =OF ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4−4n ,−p),|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=m +1，|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=p +1∴{m 2+(n −4)2=m 2+2m +1,(4n−4)2+p 2=p 2+2p +1. 整理得2(m +p)=(n 2+16n 2)−8(n +4n )+30．令t =n +4n ，则n 2+16n 2=t 2−8，且t ∈(−∞，−4]∪[4,+∞)，∴2(m +p)=t 2−8t +22=(t −4)2+6≥6，∴m +p ≥3，∴m +p 的取值可能是3，6．故选CD ．13.【答案】1【解析】【分析】本题考查了复数的模，属于基础题．由复数的模的性质：|a+bi c+di|=|a+bi||c+di|=√a 2+b 2√c 2+d 2，可直接得答案． 【解答】解：因为， 所以|z|=|√2i||1+i|=√2√1+1=1，故答案为1．14.【答案】1【解析】【分析】本题主要考查了向量数量积的运算性质的简单应用，属于基础题．由已知结合向量数量积的公式将|a ⃗ −b ⃗ |=2展开，即可求解．【解答】解：因为|a ⃗ |=1，|b ⃗ |=√5，|a ⃗ −b ⃗ |=2，所以4=a ⃗ 2+b ⃗ 2−2a ⃗ ⋅b ⃗ =1+5−2a ⃗ ⋅b ⃗ ， 所以a ⃗ ⋅b⃗ =1， 故答案为：1．15.【答案】π3【解析】【分析】本题考查平面向量的数量积运算，属于基础题.向量的数量积运算一般有两种方法，即坐标法和基底法，特殊图形中要优先考虑坐标法，根据AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3，利用向量的数量积公式求解方程即可． 【解答】解：AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=1×2×cos∠BAD +12×4=3． ∴cos∠BAD =12，∴∠BAD =π3． 故答案为：π316.【答案】√6【解析】【分析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，熟练掌握相关公式定理及其变形应用是解题的关键．由正弦定理化简已知等式，结合sinA ≠0，可得sinB =sin2C ，可得B =2C ，或B +2C =π，若B =2C ，可得B +C >π推出矛盾，可得B +2C =π，根据三角形内角和定理可得A =C ，可求范围0<B <π3，利用同角三角函数基本关系式可求cos B 的值，进而根据余弦定理可求b 的值．【解答】解：∵b a−b =sin2C sinA−sin2C ，∴bsinA −bsin2C =asin2C −bsin2C ，∴bsinA =asin2C ，由正弦定理可得：sinBsinA =sinAsin2C ，∵sinA ≠0，∴sinB =sin2C ，可得B =2C ，或B +2C =π，若B =2C ，由于π3<C <π2，可得2π3<B <π，可得B +C >π(舍去)，∴B +2C =π，可得A =C ，可得：a =c =2，∵π3<C <π2，2π3<A +C <π， ∴0<B <π3，∴由sinB =√154，可得cosB =14， ∴由余弦定理可得b =√a 2+c 2−2accosB =√4+4−2×2×2×14=√6． 故答案为：√6．17.【答案】解：(1)由复数z 为纯虚数，有{m(m −2)=0m ≠0，得m =2． (2)由(1)知z =2i ，令ω=a +bi(a,b ∈R )，有|ω|=√a 2+b 2=2．又由ω+ω=(a +bi )+(a −bi )=2a =2，得a =1，故b =±√3．由上知ω=1+√3i 或ω=1−√3i ．【解析】本题考查了复数的四则运算、复数的概念、复数的模、共轭复数，考查了学生的运算能力，属于基础题．(1)由复数z 为纯虚数，可得m 的方程，解之即可；(2)令ω=a +bia ，b ∈R ，，结合|ω|=|z |，ω+ω=2可解得a ，b 的值，故得复数ω．18.【答案】解：(1)∵a ⃗ +2b ⃗ −3c ⃗ =(7,5)+2(−3,4)−3(1,2)=(−2,7)，∴|a ⃗ +2b ⃗ −3c ⃗ |=√(−2)2+72=√53；(2)由a ⃗ =m b ⃗ +n c ⃗ ，得(7,5)=(−3m +n,4m +2n)，∴{−3m +n =74m +2n =5，解得m =−910,n =4310； (3)k a ⃗ +c ⃗ =(7k +1,5k +2)，b ⃗ −c ⃗ =(−4,2)，∵(ka ⃗⃗⃗⃗ +c ⃗ )//(b ⃗ −c ⃗ )，∴2(7k +1)+4(5k +2)=0，解得k =−517．【解析】本题考查了平面向量的坐标运算，向量的平行，考查了计算能力，属于基础题．(1)可求出向量a ⃗ +2b ⃗ −3c ⃗ 的坐标，然后求出|a ⃗ +2b ⃗ −3c ⃗ |的值；(2)根据a ⃗ =m b ⃗ +n c ⃗ ，即可得出{−3m +n =74m +2n =5，然后解出m ，n 的值即可； (3)由k a ⃗ +c ⃗ =(7k +1,5k +2)，b ⃗ −c ⃗ =(−4,2)，然后根据(k a ⃗ +c ⃗ )//(b ⃗ −c ⃗ )，即可得出关于k 的方程，再解出k 的值即可．19.【答案】解：(1)∵b a +a b =sin 2C+sinAsinB sinAsinB ，∴由正弦定理得b a +a b =c 2+ab ab ． ∴b 2+a 2=c 2+ab ，b 2+a 2−c 2=ab ．由余弦定理得cosC =a 2+b 2−c 22ab =ab 2ab =12． ∵C ∈(0,π)，∴C =π3．(2)由题可得S ▵ABC =√3=12absinC =√34ab ，∴ab =4． ∴CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =abcos C =12ab =2．【解析】此题考查了正弦、余弦定理，三角形面积公式，以及向量的数量积 ，熟练掌握定理及公式是解本题的关键，属于中档题．(1)由正弦定理化简得b 2+a 2−c 2=ab ，由余弦定理得cos C ，故得答案．(2)由三角形面积公式可得ab 的值，故可求得CA⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值．20.【答案】解：(1)如图，已知OA =3，PA =5，BC =2，圆锥的高OP =√52−32=4，∵BC =2，∴BC =12OP ，又OP ⊥OA ，BC ⊥OA ，∴AB =12OA =32，∴OB =32，∴圆柱的体积V =π×(32)2×2=9π2．(2)假设存在另一个符合题意的圆柱，设其高为h ，底面半径为r ．则ℎOP =3−r OA ，即ℎ4=3−r 3，∴r =3−34ℎ，∴π×(3−34ℎ)2×ℎ=9π2，整理得(ℎ2−6ℎ+4)(ℎ−2)=0，解得ℎ=2或ℎ=3±√5，∵ℎ=3+√5>4，∴不符合题意，舍去，∴存在另外一个内接的圆柱与(1)中圆柱体积相等，该圆柱的高为3−√5．【解析】本题主要考查圆锥的结构特征与圆柱的体积．(1)根据题意可得出圆锥的高，再得出圆柱底面半径，即可求出圆柱的体积；(2)假设圆柱存在，设其高为h ，底面半径为r.则ℎOP =3−r OA ，得出圆柱的高，即可得到答案．21.【答案】解：(1)a ⃗ =(sin(π2−x),√3sin(3π2−x))=(cosx,−√3cosx), b⃗ =(sinx,cosx)， 即f(x)=a ⃗ ⋅b ⃗ =sinxcosx −√3cos 2x=12sin2x −√32cos2x −√32=sin(2x −π3)−√32， ∴f(x)的最大值为1−√32，此时2x−π3=2kπ+π2，即x=kπ+5π12,k∈Z，∴M={x|x=kπ+5π12,k∈Z}；(2)∵C2+π4∈M，∴C2+π4=kπ+5π12,k∈Z，即C=2kπ+π3,k∈Z，∵C∈(0,π)，∴C=π3，即c2=8=a2+b2−2abcosC=a2+b2−ab≥ab，∴ab≤8，当且仅当a=b=2√2时等号成立，∴S△ABC=12absinC=√34ab≤2√3，故△ABC面积的最大值为2√3．【解析】本题考查向量的数量积，余弦定理，三角形的面积，函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质，属中档题．(1)利用向量的数量积，结合三角恒等变换化简函数的解析式，然后求解函数取得最大值时的x的集合即可．(2)利用(1)求解C，利用余弦定理，结合基本不等式求出ab的范围，然后求解三角形的面积的最大值即可．22.【答案】解：(1)∵a⃗−2b⃗ 与a⃗+4b⃗ 垂直，∴(a⃗−2b⃗ )·(a⃗+4b⃗ )=0，∴a⃗2+2a⃗⋅b⃗ −8b⃗ 2=0，∵|a⃗|=3，|b⃗ |=1，∴9+6cosθ−8=0，∴cosθ=−16，∵θ∈[0,π]，∴sinθ=√356，∴tanθ=sinθcosθ=−√35；(2)θ=π6，|x a⃗+b⃗ |2=9x2+2x×3×√32+1=9x 2+3√3x +1，∴x =−3√318=−√36时，|x a ⃗ +b ⃗ |的最小值为12，此时a ⃗ ·(x a ⃗ +b ⃗ )=9x +3×√32=0， ∴a ⃗ 与x a ⃗ +b ⃗ 垂直；(3)方程|x a ⃗ −b ⃗ |=|t a ⃗ |，等价于9x 2−6cosθx +1−9t 2=0，∵关于x 的方程|x a ⃗ −b ⃗ |=|t a ⃗ |有两个不同的正实数解，∴{ 36cos 2θ−36(1−9t 2)>02cosθ3>01−9t 29>0, 得13sinθ<t <13，若x =t 则方程①可以化为−(6cosθ)x +1=0，则x =16cosθ，即t =16cosθ.由题知x ≠t ，故t ≠16cosθ．令13sinθ<16cosθ<13，得{sin2θ<1cosθ>12，故0<θ<π3，且θ≠π4．当0<θ<π3，且θ≠π4时，t 的取值范围为{t|13sinθ<t <13，且t ≠16cosθ}；当π3≤θ<π2，或θ=π4时，t 的取值范围为{t|13sinθ<t <13}．【解析】本题考查向量的数量积公式，考查方程根的研究，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．(1)利用a ⃗ −2b ⃗ 与a ⃗ +4b ⃗ 垂直，(a ⃗ −2b ⃗ )·(a ⃗ +4b ⃗ )=0，化简可得cosθ，进而得到sinθ，即可求出tanθ；(2)将模平方，结合二次函数的性质，可求|x a ⃗ +b ⃗ |的最小值及对应的x 的值，利用数量积公式，可确定向量a ⃗ 与x a ⃗ +b⃗ 的位置关系； (3)方程|x a ⃗ −b ⃗ |=|t a ⃗ |，等价于9x 2−6cosθx +1−9t 2=0，利用关于x 的方程|x a ⃗ −b ⃗ |=|t a ⃗ |有两个不同的正实数解，建立不等式，即可确定结论．。

河北省邯郸市大名一中、磁县一中邯山区一中永年一中等六校2020-2021学年高一历史上学期期中试题（分值：100分时间：60分钟）第I卷选择题（共45分）一、（1.5*30=45分）1．考古学证明，距今约5000年地处黄河中下游地区的龙山文化时期，万邦林立，有些邦国都城规模较大，如陶寺遗址中有宫殿、天文等建筑以及各种礼器。

这反映了A．中华文明起源多元化特点B．祭祀之礼源于龙山文化时C．古代中国天文学非常发达D．从部落到国家的发展趋势2．商人根据日月星辰的变化制定历法，并将天象的变化视为天意的展现，因此，他们结合天象、历法和占卜，作为行事的依据。

由此可见，商代A．历法主要用于指导农业生产B．观测天象是为了解自然C．占卜是百姓生活的重要内容D．生活带有宗教神秘色彩3．据《西周的政体：中国早期的官僚制度和国家》，周初所封诸候多集中于王畿东北部、东部和东南部边远地区，而在统治中心渭河流域则几乎没有封侯情况。

其主要目的是A．维护周的统治 B．防范诸侯坐大割据C．利于文化远播天下 D．扩展王朝四周疆域4．人们一直认为家谱起于宋代，其实家谱的雏形在殷商卜辞世系关系中就有所反映，隋唐以前，家谱修撰已相当发达，大量家谱书籍问世，只是大多未留传后世。

这表明我国A．分封制影响深远B．宗法观念长期存在C．封建家长制盛行D．家谱文化博大精深5．“夷夏之辨”在春秋时期曾经是诸侯争霸的舆论利器,而在战国晚期秦与六国的殊死较量中,已经完全被遗弃了,这主要反映了先秦时期A．华夏文化的认同加强B．农耕文明的扩展C．中央集权制度的形成D．三公九卿制的施行6．商鞅变法中国家干预经济，是为了确保以君主专制为轴心的国家政治制度，并且希望以此控制社会财富的流通，从而达到垄断物质资源配置的权力。

下列措施能实现其意图的是A．重农抑商，奖励耕织 B．剥夺和限制贵族特权C．废井田，开阡陌 D．在全国普遍推行县制7．春秋战国时期，各国遵循“均财节用”的理财原则和“量入为出”的财税法则，并对财税官员进行十分严格的监督和考核。