辽宁省沈阳市第二中学14至15学年上学期高一12月月考语文(附答案)l

沈阳二中2024-2025学年度上学期10月阶段测试高二（26届）数学试题说明：1.测试时间：120分钟 总分：150分2.客观题涂在答题纸上，主观题答在答题纸的相应位置上第Ⅰ卷（58分）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1.过点，倾斜角为的直线方程为（ ）A. B. C. D.2.已知两条直线：，：，则“”是“”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3.当点到直线：的距离最大时，直线的一般式方程是（ ）A. B. C. D.4.关于空间向量，以下说法错误的是（ ）A.空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面B.若，则与的夹角是锐角C.已知向量、、是不共面的向量，则、、也是不共面的向量D.若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面5.如图，正四棱柱中，，点和分别是线段与上的动点，则间最小距离为（ ）B.16.直线过点，且与圆：相交所形成的长度为整数的弦的条数为（ ）A.6B.7C.8D.9()4,2-3π420x y -+=20x y ++=2x y -=10x y -+=1l 410ax y +-=2l 20x ay ++=2a =12l l ∥()2,1P --l ()()()131240x y λλλλ+++--=∈R l 3250x y +-=2310x y -+=3250x y ++=2320x y -+=0a b ⋅> a b a b c 2a b c a - O 1121243OP OA OB OC =++ P A B C 1111ABCD A B C D -122AA AB ==E F 1AC BD EF l ()2,1C ()()222410x y -+-=7.直线关于直线对称的直线方程为（ ）A. B. C. D.8.已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若球的表面积为，则三棱锥（以为顶点）的侧面积的最大值为（ ）A.6B.C.D.二、多项选择题（每小题6分，共18分）9.设，，是不同的直线，，是不同的平面，则下列判断错误的是（ ）A.若，，，则B.若，，，则C.若直线，，且，，则D.若，是异面直线，，，且，，则10.下列结论正确的是（ ）A.已知点在圆：上，则的最大值是4B.已知直线和以，为端点的线段相交，则实数的取值范围为C.已知点是圆外一点，直线的方程是，则直线与圆相离D.已知直线：，：，则存在实数，使得和关于直线对称11.设圆：，直线：，为上的动点，过点作圆的两条切线、，切点分别为、，则下列说法中正确的有（ ）A.的取值范围为 B.四边形C.存在点使D.直线过定点第Ⅱ卷（92分）1y x =+2y x =310x y --=420x y --=530x y --=750x y --=A BCD -O AD ⊥ABC π2BAC ∠=2AD =O 22πA BCD -A 212252272l m n αβl α∥m β∥αβ∥l m∥αβ⊥l α∥m β∥l m∥m α⊂n α⊂l m ⊥l n ⊥l α⊥l m l α⊂m β⊂l β∥m α∥αβ∥(),P x y C ()()22112x y -+-=x y +10kx y --=()3,1M -()3,2N k 213k -≤≤(),P a b 222x y r +=l 2ax by r +=l 1l 20mx y -+=2l 20x my ++=m 1l 2l 0x y +=C ()()22113x y -+-=l 10x y ++=P l P C PA PB A B PA ⎫+∞⎪⎪⎭PACB P 120APB ∠︒=AB ()0,0三、填空题（每空5分，共15分）12.若点在圆（为常数）外，则实数的取值范围为______.13.已知三个顶点的坐标分别是，，，则外接圆的方程是______.14.如图所示，在长方体中，，，与平面交于点，则点到直线的距离为______.四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

某某省某某二中2014-2015学年高一上学期12月月考数学试卷一．选择题：（满分60分）1．（5分）已知集合A={x|0＜log4x＜1}，B={x|x≤3}，则A∩B=（）A．（0，1）B．（0，3] C．（1，3）D．（1，3]2．（5分）若函数y=f（x）的定义域为，则函数g（x）=f（x+1）+f（x﹣2）的定义域是（）A．B．C．D．3．（5分）以下关于几何体的三视图的讨论中，正确的是（）A．球的三视图总是三个全等的圆B．正方体的三视图总是三个全等的正方形C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆4．（ 5分）设函数=f（x）在（﹣∞，+∞）内有定义，对于给定的正数K，定义函数f K（x）=取函数f（x）=2﹣|x|．当K=时，函数f K（x）的单调递增区间为（）A．（﹣∞，0）B．（0，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（1，+∞）5．（5分）如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（）A．2+B．C．D．1+6．（5分）如图，正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为4，动点E，F在棱AB上，且EF=2，动点Q在棱D′C′上，则三棱锥A′﹣EFQ的体积（）A．与点E，F位置有关B．与点Q位置有关C．与点E，F，Q位置有关D．与点E，F，Q位置均无关，是定值7．（5分）一条直线上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是（）A．l∥αB．l⊥αC．l与α相交但不垂直D．l∥α或l⊂α8．（5分）已知函数满足对任意的实数x1≠x2都有成立，则实数a的取值X围为（）A．（﹣∞，2）B．C．（﹣∞，2] D．9．（5分）已知y=f（x）是偶函数，当x＞0时f（x）=（x﹣1）2，若当x∈时，n≤f（x）≤m 恒成立，则m﹣n的最小值为（）A．B．C．D．110．（5分）已知点A（1，3），B（﹣2，﹣1）．若直线l：y=k（x﹣2）+1与线段AB相交，则k的取值X围是（）A．C．（﹣∞，﹣2]∪11．（5分）已知函数f（x）=log2（t+﹣m），（t＞0）的值域为R，则m的取值X围是（）A．（﹣∞，﹣2）B．（﹣2，2）C．三.解答题：（70分）17．（10分）已知定义在R上的单调函数f（x）满足：存在实数x0，使得对于任意实数x1，x2，总有f（x0x1+x0x2）=f（x0）+f（x1）+f（x2）恒成立．求：（1）f（1）+f（0）；（2）x0的值．18．（12分）如图，把边长为2的正六边形ABCDEF沿对角线BE折起，使．（1）求证：面ABEF⊥面BCDE；（2）求五面体ABCDEF的体积．19．（12分）如图，矩形AMND所在的平面与直角梯形MB所在的平面互相垂直，MB∥NC，MN⊥MB．（Ⅰ）求证：平面AMB∥平面DNC；（Ⅱ）若MC⊥CB，求证BC⊥AC．20．（12分）已知函数f（x）=是奇函数．（1）某某数m的值；（2）若函数f（x）在区间上单调递增，某某数a的取值X围．21．（12分）直线l过点M（2，1）且分别交x轴、y轴的正半轴于A、B两点，O为坐标原点．（Ⅰ）当△OAB的面积最小时，求直线l的方程；（Ⅱ）当|MA|•|MB|取最小值时，求直线l的方程．22．（12分）函数f（x）定义在区间（0，+∞），y∈R，都有f（x y）=yf（x），且f（x）不恒为零．（1）求f（1）的值；（2）若a＞b＞c＞1且b2=ac，求证：f（a）f（c）＜2；（3）若f（）＜0，求证：f（x）在（0，+∞）上是增函数．某某省某某二中2014-2015学年高一上学期12月月考数学试卷参考答案与试题解析一．选择题：（满分60分）1．（5分）已知集合A={x|0＜log4x＜1}，B={x|x≤3}，则A∩B=（）A．（0，1）B．（0，3] C．（1，3）D．（1，3]考点：交集及其运算．专题：集合．分析：由对数函数的性质求出“0＜log4x＜1”的解集A，再由交集的运算求出A∩B．解答：解：由0＜log4x＜1得，log41＜log4x＜log44，则1＜x＜4，所以集合A={x|1＜x＜4}，又B={x|x≤3}，则A∩B={x|1＜x≤3}=（1，3]，故选：D．点评：本题考查了交集及其运算，以及利用对数函数的性质解对数不等式，属于基础题．2．（5分）若函数y=f（x）的定义域为，则函数g（x）=f（x+1）+f（x﹣2）的定义域是（）A．B．C．D．考点：函数的定义域及其求法．专题：函数的性质及应用．分析：根据复合函数定义域之间的关系即可得到结论．解答：解：∵函数y=f（x）的定义域为，∴，即，解得﹣1≤x≤4，故函数的定义域为，故选：C点评：本题主要考查函数的定义域的求解，根据复合函数定义域之间的关系是解决本题的关键．3．（5分）以下关于几何体的三视图的讨论中，正确的是（）A．球的三视图总是三个全等的圆B．正方体的三视图总是三个全等的正方形C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆考点：简单空间图形的三视图．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：球的三视图总是三个全等的圆；正方体、水平放置的正四面体的三视图跟摆放有关；水平放置的圆台的俯视图是两个同心圆．解答：解：球的三视图总是三个全等的圆，正确；正方体的三视图总是三个全等的正方形，不一定，跟摆放有关，故不正确；水平放置的正四面体的三视图都是正三角形，不一定，跟摆放有关，故不正确；水平放置的圆台的俯视图是两个同心圆，故不正确．故选：A．点评：本题考查简单空间图形的三视图，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．4．（5分）设函数=f（x）在（﹣∞，+∞）内有定义，对于给定的正数K，定义函数f K（x）=取函数f（x）=2﹣|x|．当K=时，函数f K（x）的单调递增区间为（）A．（﹣∞，0）B．（0，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（1，+∞）考点：函数单调性的判断与证明．专题：计算题；压轴题．分析：先根据题中所给的函数定义求出函数函数f K（x）的解析式，是一个分段函数，再利用指数函数的性质即可选出答案．解答：解：由f（x）≤得：，即，解得：x≤﹣1或x≥1．∴函数f K（x）=由此可见，函数f K（x）在（﹣∞，﹣1）单调递增，故选C．点评：本题主要考查了分段函数的性质、函数单调性的判断，属于基础题．5．（5分）如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（）A．2+B．C．D．1+考点：斜二测法画直观图．专题：计算题；作图题．分析：原图为直角梯形，上底为1，高为2，下底为1+，利用梯形面积公式求解即可．也可利用原图和直观图的面积关系求解．解答：解：恢复后的原图形为一直角梯形，上底为1，高为2，下底为1+，S=（1++1）×2=2+．故选A点评：本题考查水平放置的平面图形的直观图斜二测画法，属基础知识的考查．6．（5分）如图，正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为4，动点E，F在棱AB上，且EF=2，动点Q在棱D′C′上，则三棱锥A′﹣EFQ的体积（）A．与点E，F位置有关B．与点Q位置有关C．与点E，F，Q位置有关D．与点E，F，Q位置均无关，是定值考点：由三视图求面积、体积．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：V A′﹣EFQ=V Q﹣EFA′，△EFA′的面积不变，点Q到△EFA′所在平面的距离也不变．解答：解：V A′﹣EFQ=V Q﹣EFA′，△EFA′的面积不变，点Q到△EFA′所在平面的距离也不变，故三棱锥A′﹣EFQ的体积与点E，F，Q位置均无关，是定值．故选D．点评：本题考查了学生的空间想象力及体积的转化，属于基础题．7．（5分）一条直线上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是（）A．l∥αB．l⊥αC．l与α相交但不垂直D．l∥α或l⊂α考点：空间中直线与平面之间的位置关系．专题：空间位置关系与距离．分析：利用直线与平面的位置关系求解．解答：解：l∥α时，直线l上任意点到α的距离都相等；l⊂α时，直线l上所有点与α距离都是0；l⊥α时，直线l上只能有两点到α距离相等；l与α斜交时，也只能有两点到α距离相等．∴一条直线上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是l∥α或l⊂α．故选：D．点评：本题考查直线与平面的位置关系的判断，是基础题，解题时要注意空间思维能力的培养．8．（5分）已知函数满足对任意的实数x1≠x2都有成立，则实数a的取值X围为（）A．（﹣∞，2）B．C．（﹣∞，2] D．考点：函数单调性的性质；函数单调性的判断与证明．专题：计算题．分析：根据题意，分段函数f（x）是定义在R上的减函数．因为当x＜2时，f（x）=（）x﹣1是减函数，所以当x≥2时，函数f（x）=（a﹣2）x也为减函数，可得a＜2．同时还需满足：在x=2处，指数式的取值大于或等于一次式的取值，解之得a≤，最后综合可得实数a的取值X围．解答：解：∵对任意的实数x1≠x2都有成立，∴当x1＜x2时，f（x1）＞f（x2），可得函数f（x）是定义在R上的减函数因此，①当x≥2时，函数f（x）=（a﹣2）x为一次函数且为减函数，有a＜2…（*）；②当x＜2时，f（x）=（）x﹣1也是减函数．同时，还需满足：2（a﹣2）≤（）2﹣1，解之得a≤，再结合（*）可得实数a的取值X围是：故选B点评：本题以分段函数为例，在已知函数的单调性的情况下求参数的取值X围，着重考查了函数的单调性的判断与证明的知识，属于中档题．9．（5分）已知y=f（x）是偶函数，当x＞0时f（x）=（x﹣1）2，若当x∈时，n≤f（x）≤m 恒成立，则m﹣n的最小值为（）A．B．C．D．1考点：函数奇偶性的性质．专题：函数的性质及应用．分析：由题意求出函数在x＜0时的解析式，得到函数在x∈时的值域，即可得到m，n的X 围，则答案可求．解答：解：设x＜0，则﹣x＞0，有f（﹣x）=（﹣x﹣1）2=（x+1）2，原函数是偶函数，故有f（x）=f（﹣x）=（x+1）2，即x＜0时，f（x）=（x+1）2．该函数在上的最大值为1，最小值为0，依题意n≤f（x）≤m恒成立，∴n≥0，m≤1，即m﹣n≥1．故选：D．点评：本题考查了函数奇偶性的性质，考查了函数解析式的求法，体现了数学值思想方法，是基础题．10．（5分）已知点A（1，3），B（﹣2，﹣1）．若直线l：y=k（x﹣2）+1与线段AB相交，则k的取值X围是（）A．C．（﹣∞，﹣2]∪考点：直线的斜率．专题：直线与圆．分析：由直线系方程求出直线l所过定点，由两点求斜率公式求得连接定点与线段AB上点的斜率的最小值和最大值得答案．解答：解：∵直线l：y=k（x﹣2）+1过点P（2，1），连接P与线段AB上的点A（1，3）时直线l的斜率最小，为，连接P与线段AB上的点B（﹣2，﹣1）时直线l的斜率最大，为．∴k的取值X围是．故选：D．点评：本题考查了直线的斜率，考查了直线系方程，是基础题．11．（5分）已知函数f（x）=log2（t+﹣m），（t＞0）的值域为R，则m的取值X围是（）A．（﹣∞，﹣2）B．（﹣2，2）C．考点：函数的零点与方程根的关系；指数型复合函数的性质及应用．专题：函数的性质及应用．分析：由题意可得方程t2+（m﹣3）t+m=0 有两个不相同的正实数实根，故有△＞0，且两根之和3﹣m＞0，两根之积m＞0，由此求得m的取值X围．解答：解：令t=2x，则由题意可得方程t2+（m﹣3）t+m=0 有两个不相同的正实数实根，故有△=（m﹣3）2﹣4m＞0，且两根之和3﹣m＞0，两根之积m＞0，求得0＜m＜1，故答案为：（0，1）．点评：本题主要考查二次函数的性质的应用，体现了转化的数学思想，属于基础题．14．（5分）已知在三棱锥A﹣BCD中，CA=BD=2，CD=2，AD=AB=BC=2，则该棱锥的外接球半径．考点：球的体积和表面积．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：证明CB⊥平面ABD，AB⊥AD，可得CD为棱锥的外接球的直径，即可得出结论．解答：解：∵三棱锥A﹣BCD中，CA=BD=2，CD=2，AD=AB=BC=2，∴CB⊥AB，CB⊥BD，AB⊥AD，∴CB⊥平面ABD，AB⊥AD，∴CD为棱锥的外接球的直径，∵CD=2，∴棱锥的外接球半径为．故答案为：．点评：本题考查棱锥的外接球半径，考查学生的计算能力，确定CD为棱锥的外接球的直径是关键．15．（5分）已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为3，则这个四棱锥的外接球的表面积为36π．考点：球的体积和表面积．专题：空间位置关系与距离．分析：先画出图形，正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，然后根据勾股定理解出球的半径，最后根据球的表面积公式解之即可．解答：解：如图，设正四棱锥底面的中心为O，则在直角三角形ABC中，AC=×AB=6，∴AO=CO=3，在直角三角形PAO中，PO===3，∴正四棱锥的各个顶点到它的底面的中心的距离都为3，∴正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，且球半径r=3，球的表面积S=4πr2=36π故答案为：36π点评：本题主要考查球的表面积，球的内接体问题，考查计算能力和空间想象能力，属于中档题．16．（5分）如图所示，已知A（4，0）、B（0，4），从点P（2，0）射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到P点，则光线所经过的路程是2．考点：与直线关于点、直线对称的直线方程；直线的一般式方程．专题：直线与圆．分析：设点P关于y轴的对称点P′，点P关于直线AB：x+y﹣4=0的对称点P″，由对称特点可求P′和P″的坐标，在利用入射光线上的点关于反射轴的对称点在反射光线所在的直线上，光线所经过的路程|P′P″|．解答：解：点P关于y轴的对称点P′坐标是（﹣2，0），设点P关于直线AB：x+y﹣4=0的对称点P″（a，b），由解得，故光线所经过的路程|P′P″|=2．故答案为2．点评：本题主要考查求一个点关于直线的对称点的方法（利用垂直及中点在轴上），入射光线上的点关于反射轴的对称点在反射光线所在的直线上，把光线走过的路程转化为|P′P″|的长度，体现了等价转化和分类讨论的数学思想，属于中档题．三.解答题：（70分）17．（10分）已知定义在R上的单调函数f（x）满足：存在实数x0，使得对于任意实数x1，x2，总有f（x0x1+x0x2）=f（x0）+f（x1）+f（x2）恒成立．求：（1）f（1）+f（0）；（2）x0的值．考点：抽象函数及其应用；函数恒成立问题．专题：函数的性质及应用．分析：（1）令x1=1，x2=0，代入f（x0x1+x0x2）=f（x0）+f（x1）+f（x2），得到f（x0）=f （x0）+f（0）+f（1），此等式两边去掉同类项即可得到答案；（2）令x1=0，x2=0，得f（0）=f（x0）+2f（0），结合第（1）问的结论，进一步可得f（x0）=f（1），再根据单调性求出x0=1．解答：解：（1）因为对于任意实数x1，x2，总有f（x0x1+x0x2）=f（x0）+f（x1）+f（x2）恒成立，令x1=1，x2=0，得f（x0）=f（x0）+f（0）+f（1），所以f（0）+f（1）=0．（2）令x1=0，x2=0，代入f（x0x1+x0x2）=f（x0）+f（x1）+f（x2），得到f（0）=f（x0）+2f（0），即f（x0）=﹣f（0），由第（1）问，f（0）+f（1）=0，∴f（1）=﹣f（0），故f（x0）=f（1）．又因为f（x）是单调函数，所以x0=1．点评：本题主要考查抽象函数的有关性质，解决抽象函数关键是反复代换抽象函数中所给的条件，体现了运算的灵活性．18．（12分）如图，把边长为2的正六边形ABCDEF沿对角线BE折起，使．（1）求证：面ABEF⊥面BCDE；（2）求五面体ABCDEF的体积．考点：平面与平面垂直的判定；组合几何体的面积、体积问题．专题：计算题；证明题；综合题．分析：（1）设原正六边形中，AC∩BE=O，DF∩BE=O'，证明DF⊥BE，证明OA⊥OC，然后证明面ABEF⊥面BCDE；（2）说明AOC﹣FO'D是侧棱长（高）为2的直三棱柱，通过V ABCDEF=2V B﹣AOC+V AOC﹣FO'D求出体积．解答：解：（1）设原正六边形中，AC∩BE=O，DF∩BE=O'，由正六边形的几何性质可知，AC⊥BE，DF⊥BE…（2分）∵，∴OA⊥面BCDE，∴面ABEF⊥面BCDE；（2）由BE⊥面AOC，BE⊥面FO'D知，面AOC∥面FO'D，故AOC﹣FO'D是侧棱长（高）为2的直三棱柱，且三棱锥B﹣AOC和E﹣FO'D为大小相同的三棱锥…（9分）∴V ABCDEF=2V B﹣AOC+V AOC﹣FO'D=…（11分）=4…（12分）点评：本题考查直线与平面垂直，平面与平面垂直的判定，几何体的体积的求法，考查空间想象能力，计算能力．19．（12分）如图，矩形AMND所在的平面与直角梯形MB所在的平面互相垂直，MB∥NC，MN⊥MB．（Ⅰ）求证：平面AMB∥平面DNC；（Ⅱ）若MC⊥CB，求证BC⊥AC．考点：平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）由MB∥NC，利用线面平行的判定定理可得MB∥平面DNC，同理可得MA∥平面DNC．利用面面平行的判定定理即可证明．（Ⅱ）利用线面、面面垂直的判定和性质定理即可证明．解答：证明：（Ⅰ）∵MB∥NC，MB⊄平面DNC，NC⊂平面DNC，∴MB∥平面DNC．∵AMND是矩形，∴MA∥DN．又MA⊄平面DNC，DN⊂平面DNC，∴MA∥平面DNC．又MA∩MB=M，且MA，MB⊂平面AMB，∴平面AMB∥平面DNC．（Ⅱ）∵AMND是矩形，∴AM⊥MN．∵平面AMND⊥平面MB，且平面AMND∩平面MB=MN，∴AM⊥平面MB．∵BC⊂平面MB，∴AM⊥BC．∵MC⊥BC，MC∩AM=M，BC⊥平面AMC．∵AC⊂平面AMC，∴BC⊥AC．点评：熟练掌握线面、面面平行与垂直的判定、性质定理是解题的关键．20．（12分）已知函数f（x）=是奇函数．（1）某某数m的值；（2）若函数f（x）在区间上单调递增，某某数a的取值X围．考点：奇偶性与单调性的综合．专题：综合题．分析：（1）根据函数f（x）为奇函数，设x＜0得到f（﹣x）=﹣f（x），进而的f（x）的解析式，求得m的值．（2）根据（1）中的解析式，可画出f（x）的图象，根据图象可知要使f（x）在上单调递增，则需a﹣2＞﹣1且a﹣2≤1，进而求得a的X围．解答：解：（1）设x＜0，则﹣x＞0，所以f（﹣x）=﹣（﹣x）2+2（﹣x）=﹣x2﹣2x，又f（x）为奇函数，所以f（﹣x）=﹣f（x），于是x＜0时，f（x）=x2+2x=x2+mx，所以m=2．（2）要使f（x）在上单调递增，结合f（x）的图象知所以1＜a≤3，故实数a的取值X围是（1，3]．点评：本题主要考查函数的单调性和奇偶性的综合运用．属基础题．21．（12分）直线l过点M（2，1）且分别交x轴、y轴的正半轴于A、B两点，O为坐标原点．（Ⅰ）当△OAB的面积最小时，求直线l的方程；（Ⅱ）当|MA|•|MB|取最小值时，求直线l的方程．考点：直线的截距式方程．专题：计算题；直线与圆．分析：（I）设出直线l的截距式方程：（a、b均为正数），根据题意利用基本不等式求出当且仅当a=4、b=2时，△OAB面积为S=4达到最小值，由此即可得到直线l的方程的方程；（II）过M分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为P、N，设∠MAP=α，利用解直角三角形算出|MA|•|MB|=，根据正弦函数的值域可得当α=45°时，|MA|•|MB|=4达到最小值，进而得到此时直线l方程为x+y﹣3=0．解答：解：（I）设直线l方程为（a、b均为正数），∵l过点M（2，1），∴．∵1=≥，化简得ab≥8，当且仅当时，即a=4，b=2时，等号成立，∴当a=4，b=2时，ab有最小值8，此时△OAB面积为S==4达到最小值．直线l的方程的方程为，即x+2y﹣4=0．（II）过M分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为P、N设∠MAP=α，则Rt△MPA中，sinα=，得|MA|==，同理可得：|MB|=∴|MA|•|MB|==∵sin2α∈（0，1]，∴当2α=90°时，即α=45°时，sin2α=1达到最大值，|MA|•|MB|==4达到最小值，此时直线l的斜率k=﹣1，得直线l方程为y﹣1=﹣（x﹣2），即x+y﹣3=0．点评：本题给出经过定点的直线，求满足特殊条件的直线方程．着重考查了直线的基本量与基本形式、基本不等式求最值和解直角三角形等知识，属于中档题．22．（12分）函数f（x）定义在区间（0，+∞），y∈R，都有f（x y）=yf（x），且f（x）不恒为零．（1）求f（1）的值；（2）若a＞b＞c＞1且b2=ac，求证：f（a）f（c）＜2；（3）若f（）＜0，求证：f（x）在（0，+∞）上是增函数．考点：抽象函数及其应用；函数单调性的判断与证明．专题：函数的性质及应用．分析：（1）利用赋值法即可求f（1）的值；（2）根据不等式的性质即可证明不等式f（a）f（c）＜2；（3）由条件f（）＜0，根据单调性的定义即可证明f（x）在（0，+∞）上是增函数．解答：（1）令x=1，y=2，可知f（1）=2f（1），故f（1）=0，（2）设x y=ac，则y=log⁡x ac，∴f（ac）=f（x y）=yf（x）=（log⁡x ac）f（x）=（log⁡x a+log⁡x c）f（x）=（log⁡x a）f （x）+（log⁡x c）f（x）=，∵b2=ac，∴f（b2）=f（ac），即2f（b）=f（a）+f（c），f（b）=，∴．下面证明当x≠1时，f（x）≠0．假设存在x≠1，f（x0）=0，则对于任意x≠1，，不合题意．所以，当x≠1时，f（x）≠0．因为a＞b＞c＞1，所以存在m≠1，f（a）﹣f（c）=，所以f（a）≠f（c），所以f（a）f（c）＜f2（b）．（3）设x0∈（0，1），则＜0，设x1，x2为区间（0，+∞）内的任意两个值，且x1＜x2，则，由（2）的证明知，f（x1）﹣f（x2）=，所以f（x1）＜f（x2），所以f（x）在（0，+∞）上是增函数．点评：本题主要考查抽象函数应用以及函数单调性的应用，综合考查学生的运算能力，综合性较强，难度较大．。

辽宁省六校2023-2024学年高一上学期12月联考语文试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、现代文阅读阅读下面的文字，完成下题。

材料一：清人赵翼赞誉崔颢的《黄鹤楼》“楼真千尺迥，地以一诗传”，这一看法已见于南宋林希逸对李白《登金陵凤凰台》的评论“凤凰台著名，以李翰林一诗也”。

凤凰台和黄鹤楼各自凭借李白和崔颢的一首诗而名传后世，这就是宇文所安所说的好文章创造一个地点的现象。

这个地点可以大到名山和城市，小至一处胜迹，从一座楼台亭阁到一块墓碑。

凤凰台上凤凰游，凤去台空江自流。

吴宫花草埋幽径，晋代衣冠成古丘。

三山半落青天外，二水中分白鹭洲。

总为浮云能蔽日，长安不见使人愁。

——李白《登金陵凤凰台》有关金陵凤凰台的记载始见于唐代，如《法苑珠林》记述东晋升平年间，“有凤凰集此地，因名其处为凤凰台”。

南宋马光祖的《重建凤凰台》以淳熙时期保宁寺的壁记为据，也得出了“晋升平已有台”的结论。

将金陵凤凰台当作名胜来题写是自李白开始的。

不过，从唐诗可知，金陵凤凰台此时即便存在，也还没有形成一处名胜地标。

李白以《登金陵凤凰台》向崔颢的《黄鹤楼》致敬并与之竞争，对他来说，凤凰台不过是一个方便的借口或话题而已。

李白的《登金陵凤凰台》至宋代影响渐著，题写凤凰台自此蔚为风气。

但入宋之后，凤凰台屡遭破坏，长期处于荒废状态。

建炎中遭兵火荼毒，1170年陆游所见凤凰台已“废为大军甲仗库”。

两宋时期地方官曾多次重建凤凰台，祥符年间“尝著亭于斯，斯楼斯亭，咸以凤字”；淳熙八年，“留守范成大重建，更榜曰凤凰台”。

历史上的重建重修往往意味着改弦更张，另起炉灶，因为遗迹所剩无几，不足为凭。

既然如此，为什么反而是在入宋之后，出现了题写凤凰台的盛况并绵延不绝呢？在胜迹业已消逝或难以确认之际如何继续书写胜迹？书写胜迹又意味着什么？周宝供的《亭台类序》或许道出了其中奥秘：凡山川佳丽处，须起亭台楼阁乃足供游人之玩赏。

沈阳二中2023-2024学年度下学期期中考试高一（26届）语文试题说明：1.考试时长：150分钟满分：150分2.考生务必将答案答在答题卡相应位置上，在试卷上作答无效。

第I卷（71分）一、现代文阅读（36分）(一）现代文阅读I(本题共5小题，18分）阅读下面的文字，完成1-5题。

材料一：《千里江山图》是北宋王希孟创作的绢本设色画，现收藏于北京故宫博物院，是国宝级文物。

在这幅近12米的长卷中，王希孟主要运用了石青、石绿两种矿物质颜料，以细腻的工笔勾勒出连绵起伏的群山、烟波浩渺的江海、点缀其间的村舍、江中独钓的渔翁和挺拔秀丽的松竹。

以《千里江山图》为创作蓝本的舞蹈诗剧《只此青绿》以一场视听盛宴掀起了文化自信的国潮热，引发了一轮对“青绿腰”的模仿热，影响力覆盖全民。

《只此青绿》打破了赏画的平面视角，用多维的舞蹈语言和舞台空间让《千里江山图》这幅画“活”了起来。

青绿女子刚柔并济，舞姿翩跹，曼妙的“青绿腰”将古典式的奇幻美学呈现得淋漓尽致，使观众获得了私享画作的沉浸感。

这独特的沉浸式“赏画”方式重塑了当代观众对传统中国画的审美体验，这“复活的艺术品”成为了连接古今的时空穿梭机，让观众穿越时空与画家王希孟对话，走进王希孟的心路历程，走进北宋工匠艺人们的生活。

这种赏画经验的革新，让源远流长的传统文化焕发了新的生命力。

一直以来，守正与创新都是古典题材舞蹈创作者们的共识。

“守正”体现在尊重历史文化传统上。

五千多年的中华文明，为新的文化创造提供了丰沛源泉。

而“创新”则是在表现形式、叙事手法、舞蹈技巧等舞蹈要素的“文化性”上进行的想象和开发。

《只此青绿》为优秀传统文化的创新性表达做出了一次成功探索。

思考大众对“青绿腰”动作的模仿热现象，我们不难发现这其实是一种大众对传统文化表达喜爱和认同的质朴方式。

他们通过对“险峰”动作形态的模仿，再现了自己心中对于“气韵山河”的想象和价值认同。

单从舞蹈动作层面来看，“青绿腰”并不属于舞蹈中的典型技巧动作，但它却能够成为一种符号，带着传统文化的印记进入大众的认知。