2018届云南省峨山彝族自治县第一中学高三高考全真模拟试题(三)语文试题

2018年云南省第一次高中毕业生复习统一检测语文本试卷分第1卷(选择题)和第1I卷(非选择题)两部分。

第1卷l～4页，第1I卷5～8页。

满分150分，考试用时150分钟。

考试结束，请将本试卷和答题卡一并交回。

第1卷(选择题共30分)注意事项：1．请直接在答题卡上答题。

答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。

2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他标号。

答在试卷上的答案无效。

本卷共10个小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

一、(12分，每小题3分)1．下列词语中加点的字，读音全都正确的一组是A．羁绊(pǎn) 毁家纾难(shǔ) 撮弄(cuō) 一鳞半爪(zhǎo) ．B．数说(shǔ) 啼饥号寒(háo) ，狙击(zǔ) 造谣中伤(zhòng)·c．信笺(jiān) 生拉硬拽(zhuài) 书蠹(dù) 面面相觑(qù)D．稽首(qǐ) 日薄西山(báo) 清癯(qú) 如椽大笔(chuán)2．下列各句中，加点的成语使用恰当的一项是A．软件的开发和制作，是计算机领域的重要工程。

小到一个课件，大到一个数据库，都不是一件一蹴而就的事，需要付出艰辛的劳动。

B．主场观众打起了大鼓，高声呼喊着主队每一个球员的名字，给自己球队助威的声音响遏行云，现场气氛紧张、热烈。

c．在素质拓展训练中，我们第一次参加了分队的对抗性捕俘游戏，游戏精彩、刺激，很有吸引力，大家见猎心喜，很快就投入到了游戏中。

D．2018年贺岁电影《三枪拍案惊奇》上映后，人们对该片的评价莫衷一是，认为它缺乏文化内涵，作一个简单概括，就是：男红女绿+二人转+笑话=闹剧。

3．下列各句中，没有语病的一句是A．平时默默无闻，兢兢业业为顾客服务的公交司机张师傅，最近因勇斗偷窃歹徒而被人们广为流传。

云南省峨山彝族自治县第一中学2018届高三高考全真模拟试题（一）物理试题满分110分，时间60分钟第Ⅰ卷(选择题共48分)选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们创造出了许多物理学研究方法，如伽利略先是在斜面上做实验，得到位移与时间的平方成正比关系，然后再逐渐增大斜面的倾角，这种正比关系依然成立，伽利略进行了合理外推，当斜面倾角为90°时，依然会保持这种关系，进而证明自由落体运动是匀加速运动．下列关于“合理外推”的有关说法中正确的是() A．合理外推是指根据已有的论据凭直觉进行推论，缺乏严密的逻辑论证B．“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”是一种科学推理方法C．合理外推只适用于伽利略斜面实验，不适用于其他实验D．所有实验合理外推的情境都可以通过实际的实验进行验证2．如图所示为甲、乙两物体从同一位置出发沿同一方向做直线运动的v-t图象，其中t2＝2t1，则下列判断正确的是()A．甲的加速度比乙的大B．t1时刻甲、乙两物体相遇C．t2时刻甲、乙两物体相遇D．0～t1时间内，甲、乙两物体之间的距离逐渐减小3．质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量．让氢元素三种同位素的离子流从容器A 下方的小孔S 无初速度地飘入电势差为U 的加速电场．加速后垂直进入磁感强度为B 的匀强磁场中．氢的三种同位素最后打在照相底片D 上，形成a 、b 、c 三条“质谱线”．则下列判断正确的是( )A ．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B ．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C ．在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚D ．a 、b 、c 三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚4．如图所示，平行金属板中带电油滴P 原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R 1的阻值和电源内阻r 相等．当滑动变阻器的滑片向b 端移动时( )A ．R 3上消耗的功率逐渐增大B ．电流表读数减小，电压表读数增大C ．质点P 将向上运动D ．电源的输出功率逐渐增大5．下列说法正确的是( )A ．放射性元素发生α衰变的实质是原子核内的中子转化为42HeB ．α粒子散射实验表明原子的绝大部分质量和全部正电荷集中在一个半径很小的核内C ．用某种频率的光照射锌板不能发生光电效应，可能是因为该光的强度不够D ．一群氢原子受激发后处于n ＝3能级，当它们向低能级跃迁时能发出3种频率的光6．如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上．两根相同的光滑细钉(大小不计)垂直斜面对称固定在斜面底边中垂线OO ′的两侧，相距l ，将一遵循胡克定律、劲度系数为k 的轻质弹性绳套套在两个细钉上时，弹性绳恰好处于自然伸长状态．现将一物块通过光滑轻质挂钩挂在绳上并置于斜面上的A 位置，物块在沿斜面向下的外力作用下才能缓慢沿OO ′向下移动．当物块运动至B 位置时撤去外力，物块处于静止状态．已知AB ＝l ，轻绳始终与斜面平行，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )A ．在移动物块的过程中，斜面对物体的作用力保持不变B ．物块到达B 位置时，弹性绳的张力大小为3klC ．撤去外力后，物块在B 位置受到的摩擦力可能大于mg 2D．物体从A位置到达B位置的过程中，物体与弹性绳系统机械能守恒7．如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W1/W2的值可能是()A．1/2B．2/3C．3/4 D．18．如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以E k0＝30 J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，则()A．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 JB．滑块上滑过程中机械能增加4 JC．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加12 JD．滑块返回到斜面底端时动能为15 J第Ⅱ卷(非选择题共62分)非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13～14题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分)9．(6分)利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一水平的气垫导轨，导轨上A点处有一滑块，其质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m 的小球相连．调节细绳的长度使每次实验时滑块运动到B点处与劲度系数为k的弹簧接触时小球恰好落地，测出每次弹簧的压缩量x，如果在B点的正上方安装一个速度传感器，用来测定滑块到达B 点的速度，发现速度v与弹簧的压缩量x成正比，作出速度v随弹簧压缩量x变化的图象如图乙所示，测得v-x图象的斜率k′＝kM.在某次实验中，某同学没有开启速度传感器，但测出了A、B两点间的距离为L，弹簧的压缩量为x0，重力加速度用g表示，则：(1)滑块从A处到达B处时滑块和小球组成的系统动能增加量可表示为ΔE k＝________，系统的重力势能减少量可表示为ΔE p＝________，在误差允许的范围内，若ΔE k＝ΔE p则可认为系统的机械能守恒．(用题中字母表示)(2)在实验中，该同学测得M＝m＝1 kg，弹簧的劲度系数k＝100 N/m，并改变A、B间的距离L，作出的x2－L图象如图丙所示，则重力加速度g＝________m/s2.10．(9分)某实验小组正在测定一节新型电池的电动势和内阻，已知该电池的电动势约为4 V，内阻很小，现要选取一个定值电阻R0当作保护电阻，同时还可以等效到电源内以增大电源的内阻．(1)如果要准确测定R0的阻值，在操作台上准备了如下实验器材：A．电压表V(量程4 V，电阻约为4 kΩ)B．电流表A(量程1 A，内阻很小)C．定值电阻R1(阻值约2 Ω)D．定值电阻R2(阻值约10 Ω)E．滑动变阻器R3(0～10 Ω，允许通过的最大电流为1 A)F．开关S一个，导线若干根据上述器材，小组的一位成员，设计了如图1所示的电路原理图，所选取的相应器材(电源用待测的新型电池)均标在图上，应把R1、R2中的________选为待测电阻R0；其实验电路图中有什么不妥之处，你认为应该怎样调整？________________.(2)为了测量该新型电池的电动势和内阻，试在图2中将所选器材进行连接(用笔画线表示导线)．根据实验记录，作出的U -I 图线如图3所示，从中可以求出待测新型电池的内阻与定值电阻的总阻值为________Ω，电池电动势为________V .11．(14分)如图所示，竖直平面内的虚线矩形区域中有一电场强度为E ＝3mg q、方向竖直向下的匀强电场，上下各有一半径为R 的半圆形光滑轨道，矩形的上下边水平，分别为两半圆形轨道的直径．一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球以一水平速度通过轨道最高点A 后在图示区域内做循环运动．重力加速度为g .(1)若矩形区域的高度x ＝2R ，小球对A 点恰好无压力，则求小球从最高点A 运动到最低点B 时电场力做的功和小球通过B 点的速度大小．(2)在保证小球能够通过最高点的情况下，求轨道对小球在最低点B 和最高点A 的压力差ΔF 与x 的函数关系．12．(18分)如图所示，倾斜直轨道MP 与半径R ＝0.5 m 的圆弧轨道PN 相切于P 点，O 点为圆心，N 点是圆弧轨道的最高点，∠NOP ＝45°.一质量m ＝0.2 kg 的小球以初速度v 0＝5 m/s 从M 点沿倾斜轨道向上运动，然后从最高点N 水平抛出，此过程中克服阻力做功1.4 J ．重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求小球到达最高点N 时对轨道的压力大小．(2)求小球从N 点抛出后，落地点与N 点的水平距离．(3)假设小球沿轨道运动的过程中克服阻力做的功不变，则要使小球能够从N 点水平抛出，求初速度v 0的取值范围．(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分)13．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确选项前的字母．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．气体总是充满容器，说明气体分子间只存在斥力B ．对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大C ．温度越高布朗运动越剧烈，说明水分子的运动与温度有关D ．物体内能增加，温度一定升高E ．热量可以从低温物体传到高温物体(2)(10分)如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A 封闭体积相等的两部分气体．开始时管道内气体温度都为T 0＝500 K ，下部分气体的压强p 0＝1.25×105 Pa ，活塞质量m ＝0.25 kg ，管道的内径横截面积S ＝1 cm 2.现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T ，最终管道内上部分气体体积变为原来的34，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g ＝10 m/s 2，求此时上部分气体的温度T .14．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)某时刻O 处质点沿y 轴向下开始简谐振动，形成沿x 轴正向传播的简谐横波，O 处质点开始振动后t ＝0.8 s 时波的图象如图所示．P 点是x 轴上距坐标原点96 cm 处的质点．则该波的波速是________m/s ；从O 处质点开始振动计时，经过________s ，P 处质点开始振动；从P 处质点开始振动，再经________s ，P 处质点第一次经过波峰．(2)(10分)一块用折射率n ＝2的玻璃制成的透明柱体，其横截面如图所示，ab 是半径为R 的圆弧，ac 边与bc 边垂直，∠aOc ＝60°，当一束平行光线垂直照射到ac 边时(c 点没有光线射入)，ab 部分和cb 部分的外表面只有一部分是亮的，其余部分是暗的，求：①ab部分的外表面是亮的部分的弧长；②cb部分的外表面是亮的部分的长度．答案部分1．解析：选B.“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”是一种逻辑严密的科学推理方法，有很重要的实用价值，A 错误，B 正确；“合理外推”可以推断许多实际实验无法做到的现象，通过合理外推可以得出相应的结论，C 、D 错误．2．解析：选C.v -t 图象中，图线的斜率表示加速度，由图象可知甲的加速度小于乙的，故A 项错；v -t 图象中图线的交点表示速度相同，图线与时间轴所围图形的面积表示位移，所以t 1时刻两物体的速度相同，但相距最远，即0～t 1时间内，甲、乙两物体之间的距离逐渐增大，故B 项错，D 项错；由v -t 图象可知0～t 2的时间内两图线与时间轴所围图形的面积相同，所以t 2时刻甲、乙两物体相遇，故C 项正确．3．解析：选A.粒子在加速场中由动能定理得qU ＝12mv 2，可得进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚，动能相同，故A 项正确，B 项错；在磁场中由T ＝2πm qB可得，在磁场中运动时间由小到大排列的顺序是氕、氘、氚，故C 项错；由qvB ＝m v 2r 得r ＝mv qB ＝2mE k qB，所以a 、b 、c 三条“质谱线”依次排列的顺序是氚、氘、氕，故D 项错．4．解析：选D.滑动变阻器的滑片向b 端移动时，连入电路中的有效阻值减小，使干路中的总阻值减小，干路中的电流增大，内压和R 1两端的电压都增大，外压减小，所以R 3两端的电压减小，R 3上消耗的功率逐渐减小，故A 项错；R 3两端的电压减小，所以流过R 3的电流减小，电流表读数增大，R 2两端的电压增大，电压表的读数减小，故B 项错；R 3两端的电压减小，所以电容器两极板间的电压减小，电场力减小，所以质点P 将向下运动，故C 项错；由于R 1的阻值和电源内阻r 相等，所以原来外电路总电阻大于电源内阻，所以当滑动变阻器的阻值减小的过程中，外电路的总电阻与电源的内阻的差值逐渐减小，所以电源的输出功率逐渐增大，故D 项正确．5．解析：选BD.α衰变实质上是原子核内中子和质子转化为42He ，选项A 错误；α粒子散射实验现象表明的事实是，占原子质量绝大部分的带正电的物质集中在很小的空间范围内，这样才会使极少数的α粒子在经过时受到很强的斥力，发生大角度的偏转，选项B 正确；光照射锌板不能发生光电效应，是因为该光的频率低于锌的极限频率，选项C 错误；处于n ＝3能级的一群氢原子向低能级跃迁时能发出C 23＝3种频率的光，选项D 正确．6．解析：选AC.在移动物块的过程中，斜面对物体的支持力和滑动摩擦力均保持不变，所以斜面对物体的作用力保持不变，故A 项正确；物块到达B 位置时，弹性绳的伸长量为(5－1)l ，张力大小为k (5－1)l ，故B 项错；撤去外力后，摩擦力可能沿斜面向上，则有mg 2＝F 弹＋f 摩擦，此时摩擦力小于mg 2，摩擦力可能沿斜面向下，则有mg 2＋f 摩擦＝F 弹，此时摩擦力可能大于mg 2，故C 项正确；由于不能判断出物体运动的过程中拉力做的功与摩擦力做的功是否大小相等，所以不能判断出物体是否机械能守恒，D 错误．7．解析：选AB.由于通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，且小球始终未脱离轨道，所以第一次击打小球后，小球运动的高度不能超过R ，则有W 1≤mgR ，由于第二次击打后小球能运动到最高点，则有W 1＋W 2＝mg 2R ＋12mv 2，mg ＝m v 2R ，可得W 1W 2≤23，故A 、B 项正确． 8．解析：选AC.由动能定理知上滑过程中W 电－W G －W f ＝ΔE k ，代入数值得W 电＝4 J ，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4 J ，A 对；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为ΔE ＝W 电－W f ＝－6 J ，即机械能减小6 J ，B 错；由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12 J ，即重力势能增加12 J ，C 对；由动能定理知2W f ＝E k0－E k ，所以滑块返回到斜面底端时动能为10 J ，D 错．9．解析：(1)滑块刚接触弹簧时的速度为v 0＝x 0k M ，故系统的动能增加量为ΔE k ＝12(M ＋m )v 20＝kx 20M ＋m 2M；由于只有小球的重力做功，故重力势能的减少量为ΔE p ＝mgL . (2)根据机械能守恒定律有mgL ＝12(M ＋m )v 2，v ＝x k M ，M ＝m ，解得x 2＝mg kL ，由题图丙可得k ″＝mg k ＝0.096 m ，故g ＝kk ″m ＝100×0.0961m/s 2＝9.6 m/s 2. 答案：(1)kx 20M ＋m 2M(2分) mgL (2分) (2)9.6(2分)10．解析：(1)该新型电池内阻很小，要把保护电阻等效到电源内阻中去，故应选用阻值较小的定值电阻；定值电阻R 1的阻值和电流表的内阻都比较小，而R 1的电阻远小于电压表内阻，故应采用电流表外接法．(2)电路连接时电表的正负接线柱不能接错，因为新型电池电动势约为4 V ，考虑保护电阻分压，当滑动变阻器连入电路的阻值达到10 Ω时，电压表两端电压约为3.3 V ，滑动变阻器连入电路的电阻为2 Ω时，电流表的电流约为1 A ，电压表和电流表均符合要求；由U －I 图象可读出电池电动势为3.85 V ，路端电压为1.50 V 时的电流为0.94 A ，则r ′＝ΔU ΔI ＝3.85－1.500.94Ω＝2.5 Ω. 答案：(1)R 1(1分) 电流表改为外接法(2分)(2)如图所示(2分) 2.5(2.46～2.54均可)(2分) 3.85(3.83～3.87均可)(2分)11．解析：(1)小球从最高点A 运动到最低点B 的过程中，只在通过电场区域时电场力做功，则W 电＝qEx ＝6mgR (2分)已知小球对A 点恰好无压力，则有m v 2A R＝mg (1分) 选取B 点所在水平面为重力势能的零势能面，根据功能关系有12mv 2A ＋mg (2R ＋x )＋qEx ＝12mv 2B (2分)解得v B ＝21gR (1分)(2)在保证小球能够通过最高点的情况下，设小球通过A 点时的速度为v 1，运动到最低点B 时的速度为v 2，则在最高点由牛顿第二定律有F 1＋mg ＝m v 21R(2分) 在最低点有F 2－mg ＝m v 22R(2分) 根据功能关系有12mv 21＋mg (2R ＋x )＋qEx ＝12mv 22(2分) 小球在最高点和最低点的压力差为ΔF ＝F 2－F 1(1分)联立解得ΔF ＝6mg ＋8mg Rx (1分) 答案：(1)6mgR 21gR (2)ΔF ＝6mg ＋8mg R x 12．解析：(1)小球从M 点到N 点的过程中，由动能定理有－mgR －W ＝12mv 2N －12mv 20(2分) 解得v N ＝1 m/s(1分)在最高点N ，根据牛顿第二定律有mg －F N ＝m v 2N R(2分) 解得F N ＝1.6 N(1分)由牛顿第三定律可知，在N 点小球对轨道的压力大小为F 压＝F N ＝1.6 N(1分)(2)小球从N 点抛出后，由平抛运动的规律有R ＝12gt 2(1分) 解得t ＝1010s(1分) 小球落地点与N 点的水平距离x ＝v N t ＝1010 m(1分) (3)要使小球能够从N 点水平抛出，则小球至少要能到达N 点，设小球恰好能到达N 点时的初速度为v 01由动能定理有－mgR －W ＝0－12mv 201(2分) 解得v 01＝2 6 m/s(1分)当小球到达最高点N ，且对轨道的压力为零时，设速度为v N 1，此时的初速度为v 02则在N 点有mg ＝m v 2N 1R (1分)由动能定理有－mgR －W ＝12mv 2N 1－12mv 202(2分) 解得v 02＝29 m/s(1分)当v 02＞29 m/s 时，球在从P 到N 的过程中就会离开圆周轨道，不会到N 点再作平抛运动． 综上可知，要使小球能够从N 点水平抛出，初速度v 0的取值范围为2 6 m/s ＜v 0≤29 m/s(1分) 答案：(1)1.6 N (2)1010m (3)2 6 m/s ＜v 0≤29 m/s13．解析：(1)气体总是充满容器，说明气体分子在做无规则热运动，而气体分子之间既存在引力也存在斥力，选项A 错误．由于理想气体的内能只与温度有关，所以对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大，选项B 正确．温度越高布朗运动越剧烈，说明水中悬浮的微粒的运动与温度有关，而悬浮微粒的运动是由水分子对微粒的碰撞造成的，即水分子的运动与温度有关，选项C 正确．物体内能增加，例如冰吸热熔化，内能增加，但是温度不变，选项D 错误．热量可以从低温物体传到高温物体，例如电冰箱中热从低温物体传到高温物体，选项E 正确．(2)设初状态时两部分气体体积均为V 0，对下部分气体，等温变化，根据玻意耳定律知：p 0V 0＝pV (2分)其中：V ＝54V 0(1分) 解得：p ＝45×1.25×105 Pa ＝1.0×105 Pa(1分) 对上部分气体，初态：p 1＝p 0－mg S＝1.0×105 Pa(1分) 末态：p 2＝p －mg S＝0.75×105 Pa(1分) 根据理想气体状态方程，有：p 1V 0T 0＝p 2×34V 0T(2分) 解得：T ＝281.25 K(2分)答案：(1)BCE (2)281.25 K14．解析：(1)由题意可知，波的周期为T ＝0.8 s ，由波的图象可知，波长为λ＝24 cm ＝0.24 m ，则波速为v ＝λT ＝0.3 m/s.则经Δt 1＝s v ＝0.960.3s ＝3.2 s ，波源的振动传至P 处，P 处质点开始向下振动，再经Δt 2＝34T ＝0.6 s ，P 处质点第一次经过波峰．(2)①设全反射临界角为C ，则有sin C ＝1n，C ＝30°(2分)作出光路图如图所示，只有图中bd 部分的外表面是亮的，其弧长为s 1＝πR 6(3分) ②从a 点入射的光到f 点经过全反射后恰好射到b 点(1分)入射到d 点的光经过全反射后射到g 点，由几何知识可得Og ＝33R (2分) 经圆弧fd 反射的光射到cb 部分的gb 段，其入射角小于全反射临界角，有光线射出；经圆弧db 反射的光射到cb 部分的Og 段，其入射角大于全反射临界角，无光线射出，所以cb 部分的外表面是亮的部分的长度为s 2＝⎝⎛⎭⎫1－33R (2分) 答案：(1)0.33.2 0.6 (2)①πR 6 ②⎝⎛⎭⎫1－33R。

峨山一中2017-2018学年上学期高三期末考试仿真测试卷数学试卷（文科）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，只有一个选项是符合题目要求的．1．（5分）已知集合A={x|＜2x≤2}，B={x|ln（x﹣）≤0}，则A∩（∁R B）=（）A．∅B．（﹣1，]C．[，1）D．（﹣1，1]2．（5分）复数z满足（z﹣3）（2﹣i）=5（i为虚数单位），则z的共轭复数为（）A．2+i B．2﹣iC．5+i D．5﹣i3．（5分）若变量x，y满足约束条件，则x+2y的最大值是（）A．B．0 C．D．4．（5分）已知命题p：“∃x0∈R，”，命题q：“b2=ac是a，b，c成等比数列的充要条件”．则下列命题中为真命题的是（）A．p∧q B．（￢p）∧qC．p∧（￢q）D．（￢p）∧（￢q）5．（5分）设正项等比数列{a n}的前n项和为S n，且＜1，若a3+a5=20，a3a5=64，则S4=（）A．63或126 B．252 C．120 D．636．（5分）已知圆C的半径为2，圆心在x轴的正半轴上，直线3x+4y+4=0与圆C相切，则圆C的方程为（）A．x2+y2﹣2x﹣3=0 B．x2+y2+4x=0C．x2+y2+2x﹣3=0 D．x2+y2﹣4x=07．（5分）如图所示的流程图，最后输出n的值是（）A．3 B．4 C．5 D．68．（5分）已知函数f（x）=sin（2x+），f′（x）是f（x）的导函数，则函数y=2f（x）+ f′（x）的一个单调递减区间是（）A．[，] B．[﹣，] C．[﹣，] D．[﹣，]9．（5分）已知双曲线（a＞0，b＞0）的两条渐进线与抛物线y2=﹣8x的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点，若△ABO的面积为，则双曲线的离心率为（）A．B．2 C．D．410．（5分）正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为，此时四面体ABCD外接球表面积为（）A．7πB．19πC．πD．π11．（5分）已知过抛物线y2=2px（p＞0）的焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，且=3，抛物线的准线l与x轴交于点C，AA1⊥l于点A1，若四边形AA1CF的面积为12，则准线l的方程为（）A．x=﹣B．x=﹣2C．x=﹣2 D．x=﹣1 12．（5分）在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若=λ+μ，则λ+μ的最大值为（）A．3 B．2C．D．2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）设满足且（+）⊥，则（﹣）•的值为．14．（5分）化简：﹣=．15．（5分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为16．（5分）已知函数f（x）=（kx+）e x﹣x，若f（x）＜0的解集中只有一个正整数，则实数k的取值范围为．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．（12分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，．（1）求tan C的值；（2）若，求△ABC的面积．18．（12分）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，且a n+1=2S n+1+1，n∈N*．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令c n=log3a2n，b n=，记数列{b n}的前n项和为T n，求T n．19．（12分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB=1，AC=AA1=2，AD=CD=，且点M和N分别为B1C和D1D的中点．（I）求证：MN∥平面ABCD；（II）求二面角D1﹣AC﹣B1的正弦值．20．（12分）设函数f（x）=﹣x2+ax+2（x2﹣x）ln x．（1）当a=2时，讨论函数f（x）的单调性；（2）若x∈（0，+∞）时，f（x）＞0恒成立，求整数a的最小值．21．（12分）平面直角坐标系xOy中，椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率是，抛物线E：x2=2y的焦点F是C的一个顶点．（I）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M．（i）求证：点M在定直线上；（ii）直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求的最大值及取得最大值时点P的坐标．（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．（10分）以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为ρ2（1+3sin2θ）=4．（Ⅰ）求曲线C的参数方程；（Ⅱ）若曲线与x轴的正半轴及y轴的正半轴分别交于点A，B，在曲线C上任取一点P，且点P在第一象限，求四边形OAPB面积的最大值．[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分10分）23．已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣m|（m＞1），若f（x）＞4的解集是{x|x＜0或x＞4}．（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）＜a2+a﹣4有解，求实数a的取值范围．【参考答案】一、选择题1．B【解析】∵A={x|＜2x≤2}={x|﹣1＜x≤1}，B={x|ln（x﹣）≤0}={x|＜x≤}，∴∁R B={x|x＞或x}，则A∩（∁R B）=（﹣1，]．故选：B．2．D【解析】∵（z﹣3）（2﹣i）=5，∴z﹣3==2+i∴z=5+i，∴=5﹣i．故选D．3．C【解析】作出不等式组表示的平面区域，得到如图的△ABC及其内部，其中A（﹣，﹣1），B（，），C（2，﹣1）设z=F（x，y）=x+2y，将直线l：z=x+2y进行平移，当l经过点B时，目标函数z达到最大值∴z最大值=F（，）=故选：C4．C【解析】当x＜﹣2，或x＞1时，，故命题p为真命题；b2=ac=0时，a，b，c不是等比数列，帮命题q为假命题；故命题p∧q，（￢p）∧q，（￢p）∧（￢q）均为假命题；p∧（￢q）为真命题；故选：C5．C【解析】∵＜1，∴0＜q＜1，∵a3a5=64，a3+a5=20，∴a3和a5为方程x2﹣20x+64=0的两根，∵a n＞0，0＜q＜1，∴a3＞a5，∴a3=16，a5=4，∴q=，∴a1=64，a2=32，a3=16，a4=8，∴S4=a1+a2+a3+a4=64+32+16+8=120，故选：C6．D【解析】设圆心为（a，0）（a＞0），由题意知圆心到直线3x+4y+4=0的距离d===r=2，解得a=2，所以圆心坐标为（2，0）则圆C的方程为：（x﹣2）2+y2=4，化简得x2+y2﹣4x=0故选D7．C【解析】模拟执行程序框图，可得n=1，n=2不满足条件2n＞n2，n=3不满足条件2n＞n2，n=4不满足条件2n＞n2，n=5满足条件2n=32＞n2=25，退出循环，输出n的值为5．故选：C．8．A【解析】函数f（x）=sin（2x+），f′（x）是f（x）的导函数，则函数y=2f（x）+f′（x）=2sin（2x+）+2cos（2x+）=sin（2x++）=2sin（2x+），由2kπ+≤2x+≤2kπ+，k∈Z，可得：kπ+≤x≤kπ+，k∈Z，所以函数的一个单调减区间为：[，]．故选：A．9．B【解析】y2=﹣8x的准线方程为l：x=2，∵双曲线（a＞0，b＞0）的两条渐进线与抛物线y2=﹣8x的准线分别交于A，B 两点，△ABO的面积为，∴=，∴b=a，∴c=2a，∴e==2．故选：B．10．A【解析】根据题意可知三棱锥B﹣ACD的三条侧棱BD⊥AD、DC⊥DA，底面是等腰三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，三棱柱中，底面△BDC，BD=CD=1，BC=，∴∠BDC=120°，∴△BDC的外接圆的半径为=1由题意可得：球心到底面的距离为，∴球的半径为r==．外接球的表面积为：4πr2=7π故选：A．11．A【解析】设|BF|=m，|AF|=3m，则|AB|=4m，p=m，∠BAA1=60°，∵四边形AA1CF的面积为12，∴=12，∴m=，∴=，∴准线l的方程为x=﹣，故选A．12．A【解析】如图：以A为原点，以AB，AD所在的直线为x，y轴建立如图所示的坐标系，则A（0，0），B（1，0），D（0，2），C（1，2），∵动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上，设圆的半径为r，∵BC=2，CD=1，∴BD==∴BC•CD=BD•r，∴r=，∴圆的方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2=，设点P的坐标为（cosθ+1，sinθ+2），∵=λ+μ，∴（cosθ+1，sinθ+2）=λ（1，0）+μ（0，2）=（λ，2μ），∴cosθ+1=λ，sinθ+2=2μ，∴λ+μ=cosθ+sinθ+2=sin（θ+φ）+2，其中tanφ=2，∵﹣1≤sin（θ+φ）≤1，∴1≤λ+μ≤3，故λ+μ的最大值为3，故选：A二、填空题13．﹣5【解析】∵，∴||=2∵（+）⊥，∴（+）•=+•=0，即•=﹣4，∴（﹣）•=•﹣=﹣4﹣1=﹣5，故答案为：﹣5．14．4【解析】由﹣==．故答案为4．15．【解析】由已知中的三视图，可得该几何体是一个以正视图为底面的四棱锥，底面面积S=4×8=32，高h=4，故体积V==，故答案为：16．（）【解析】f（x）＜0的解集中只有一个正整数，即（kx+）e x﹣x＜0的解集中只有一个正整数，也就是kx+＜的解集中只有一个正整数，令g（x）=，则g′（x）=，当x∈（﹣∞，1）时，g′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0．∴g（x）在（﹣∞，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，如图：函数y=kx+恒过定点（0，），曲线g（x）=上的点（1，），（2，），过（0，）与（1，）的直线的斜率为k=，过（0，）与（2，）的直线的斜率为k=．∴要使f（x）＜0的解集中只有一个正整数，则实数k的取值范围为（）．故答案为：（）．三、解答题17．解：（1）∵，∴，又=sin A cos C+sin C cos A=．整理得．（2）由即=，且sin2C+cos2C=1，得．cos C=，则sin B=cos C=sin C，即有B=C，即b=c，又由正弦定理知：，c==，故，a=，b=．∴△ABC的面积为：S=ab sin C=×××=．18．解：（1）∵a n+1=2S n+1，n∈N*，n≥2时，a n=2S n﹣1+1，可得a n+1﹣a n=2a n，即a n+1=3a n．n=1时，a2=2a1+1=3=3a1，满足上式．∴数列{a n}是等比数列，∴a n=3n﹣1．（2）c=log3a2n==2n﹣1．b n===（），数列{b n}的前n项和T n=+…++]=（1+）.19．证明：（1）如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意A（0，0，0），B（0，1，0），C（2，0，0），D（1，﹣2，0），A1（0，0，2），B1（0，1，2），C1（2，0，2），D1（1，﹣2，2），又∵M，N分别为B1C和D1D的中点，∴M（1，，1），N（1，﹣2，1）．由题意得=（0，0，1）为平面ABCD的一个法向量，=（0，﹣，0），∵=0，又∵直线MN⊄平面ABCD，∴MN∥平面ABCD．（II）=（1，﹣2，2），，设为平面ACD1的法向量，则，不妨设z=1，得=（0，1，1），设为平面ACB1的一个法向量，=（0，1，2），则，不妨设z=1，得=（0，﹣2，1），∴cos＜＞==﹣，于是sin＜＞==，∴二面角D1﹣AC﹣B1的正弦值为．20．解：（1）由题意可得f（x）的定义域为（0，+∞），当a=2时，f（x）=﹣x2+2x+2（x2﹣x）ln x，所以f′（x）=﹣2x+2+2（2x﹣1）ln x+2（x2﹣x）•=（4x﹣2）ln x，由f'（x）＞0可得：（4x﹣2）ln x＞0，所以或，解得x＞1或0＜x＜；由f'（x）＜0可得：（4x﹣2）ln x＜0，所以或，解得：＜x＜1．综上可知：f（x）递增区间为（0，），（1，+∞），递减区间为（，1）．（2）若x∈（0，+∞）时，f（x）＞0恒成立，即a＞x﹣2（x﹣1）ln x恒成立，令g（x）=x﹣2（x﹣1）ln x，则a＞g（x）max．因为g′（x）=1﹣2（ln x+）=﹣2ln x﹣1+，所以g'（x）在（0，+∞）上是减函数，且g'（1）＞0，g′（2）＜0，故存在x0∈（1，2）使得g（x）在（0，x0）上为增函数，在（x0，+∞）上是减函数，∴x=x0时，g（x）max=g（x0）≈0，∴a＞0，又因为a∈Z，所以a min=1．21．解：（I）由题意可得e==，抛物线E：x2=2y的焦点F为（0，），即有b=，a2﹣c2=，解得a=1，c=，可得椭圆的方程为x2+4y2=1；（Ⅱ）（i）证明：设P（x0，y0），可得x02=2y0，由y=x2的导数为y′=x，即有切线的斜率为x0，则切线的方程为y﹣y0=x0（x﹣x0），可化为y=x0x﹣y0，代入椭圆方程，可得（1+4x02）x2﹣8x0y0x+4y02﹣1=0，△=64x02y02﹣4（1+4x02）（4y02﹣1）＞0，可得1+4x02＞4y02．设A（x1，y1），B（x2，y2），可得x1+x2=，即有中点D（，﹣），直线OD的方程为y=﹣x，可令x=x0，可得y=﹣．即有点M在定直线y=﹣上；（ii）直线l的方程为y=x0x﹣y0，令x=0，可得G（0，﹣y0），则S1=|FG|•|x0|=x0•（+y0）=x0（1+x02）；S2=|PM|•|x0﹣|=（y0+）•=x0•，则=，令1+2x02=t（t≥1），则====2+﹣=﹣（﹣）2+，则当t=2，即x0=时，取得最大值，此时点P的坐标为（，）．22．解：（Ⅰ）∵曲线C的极坐标方程为ρ2（1+3sin2θ）=4，即ρ2（sin2θ+cos2θ+3sin2θ）=4，由x=ρcosθ，y=ρsinθ，得到曲线C的直角坐标方程为x2+4y2=4，即．∴曲线C的参数方程为（α为参数）．（Ⅱ）∵曲线与x轴的正半轴及y轴的正半轴分别交于点A，B，∴由已知可得A（2，0），B（0，1），设．则，所以四边形OAPB面积．当时，四边形OAPB的面积取最大值．23．解：（Ⅰ）∵m＞1，∴，作出函数f（x）的图象，如图所示：由f（x）＞4的解集为{x|x＜0或x＞4}及函数图象，可得，得m=3．（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）=，∴f（x）的最小值为2．关于x的不等式f（x）＜a2+a﹣4有解，则2＜a2+a﹣4，即a2+a﹣6＞0，即（a+3）（a﹣2）＞0，∴a＜﹣3，或a＞2，实数a的取值范围{a|a＜﹣3，或a＞2 }．。

2018年云南省高中毕业生复习统一检测语文试题一、现代文阅读（35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。

当今世界，各国经济发展深度融合，单一国家已经难以独自面对全球性经济问题的挑战。

改革开放以来，中国经济快速发展，为世界经济发展注入了强劲动力和活力。

应对当前经济全球化面临的问题和挑战，需要中国智慧、中国方案。

在世界格局大变革大调整的关键时期，中国倡导和推动“一带一路”建设。

“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。

“一带一路”贯穿欧亚大陆，东边连接亚太经济圈，西边进入欧洲经济图。

无论是发展经济、改善民生，还是应对危机、加快调整，许多沿线国家同我国有着共同利益。

历史上，陆上丝绸之路和海上丝绸之路就是我国同中亚、东南亚、南亚、西亚、东非、欧洲经贸和文化交流的大通道，“一带一路”是对古丝绸之路的传承和提升，获得了国际社会的广泛认同。

“一带一路”建设不是为了另起炉灶，更不是为了针对谁，而是对现有国际机制的有益补充和完善，目标是实现合作共赢、共同发展。

中国推进“一带一路”建设，不是要一家唱独角戏，而是欢迎各方共同参与；不是要谋求势力范围，而是支持各国共同发展；不是要营造自己的后花园，而是建设各国共享的百花园。

“一带一路”建设的实践表明，这一伟大创举是对传统区域经济一体化模式的超越与创新。

它致力于推动基础设施建设和互联互通，加强经济政策协调和发展战略对接，促进协同联动发展，实现共同繁荣。

它坚持共商共建共享原则，开创发展新机遇、谋求发展新动力、拓展发展新空间，帮助各参与国打破发展瓶颈、缩小发展差距、共享发展成果。

各参与国是平等贡献者、受益者，甘苦与共、命运相连，携手应对经济全球化面临的问题和挑战。

“一带一路”建设有利于构建相互尊重、公平正义、合作共赢的新型国际关系，打造对话不对抗、结伴不结盟的伙伴关系。

中国愿在和平共处五项原则基础上，发展同所有“一带一路”建设参与国的友好合作关系，中国愿同世界各国分享发展经验，但不会干涉他国内政，不会输出社会制度和发展模式，更不会强加于人。

云南省2018届高三第一次复习统测
语文
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（阅读题）和第Ⅱ卷（表达题）两部分。

答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。

2．作答时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷阅读题
甲必考题
一、现代文阅读（9分，每小题3分）
阅读下面的文字，完成1～3题。

翻译的初义，原是不同语言之间的对译，现在也常用来指称同种文字之间的古文今译。

只是两者有着明显的区别：同种文字的古文今译，主要用来克服古今异言的文字障碍，只含古今的时间因素；不同语种之间的对译，则是兼含地域因素。

《周礼·司。

峨山一中2017-2018学年上学期高三期末考试仿真测试卷语文试题第Ⅰ卷阅读题一、现代文阅读（35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。

生态文明是在对工业文明带来严重生态安全问题进行深刻反思基础上逐步形成和推进的一种文明形态，其要义是尊重自然、顺应自然、保护自然，实现人与自然和谐共生。

作为生态文明哲学基础的生态哲学是现代西方哲学范式的转型升级，把握其世界观、价值观、思维方式“三大转型”，推动生态哲学研究向纵深发展，对于人类生态文明建设具有重要意义。

世界观转型。

现代西方哲学是人与自然主客二分的哲学，它认为人是主体,人以外的生命和自然界均为客体,是人认识、利用和改造的对象。

通过发挥主体力量，人类战天斗地发展生产，取得工业文明巨大成就.在这种哲学指导下，人类创造了前所未有的物质财富和精神财富。

但是，全球性生态危机和社会危机对人类持续生存和发展的挑战，暴露出这种哲学的局限性.生态哲学以人与自然关系为主要研究对象，以实现人与自然和谐共生为主要目标，是一种整体论、有机论的世界观。

其主要观点是，世界是人—社会-自然的复合生态系统，是一个活的有机整体、一个生命共同体.正因如此，生态哲学主张放弃首要次要之分，拒绝人类中心论.价值观转型。

20世纪80年代，以自然价值论为核心的生态哲学思想体系逐步形成.该体系认为，地球上的生命和自然界不仅对人类生存发展有意义，而且按照生态规律生存发展。

肯定生命和自然界有价值，是生态哲学成为新的哲学范式的最重要特征。

美国环境伦理学会创始人罗尔斯顿指出：“传统西方伦理学未曾考虑过人类主体之外的事物的价值……在这方面似乎东方很有前途。

”2000多年前，孟子曾说过：“亲亲而仁民，仁民而爱物。

”他强调不仅要爱亲人爱人类，而且要由爱人推广到爱万物。

这是因为，人与天地万物同为一气所生,均属于一个大生命世界，属于一个值得敬畏、带有神圣性的“天地”.思维方式转型。

云南省峨山彝族自治县第一中学高考语文现代文阅读专项练习含答案模拟试题一、高中现代文阅读1．阅读下面的文字，完成各题。

越来越多的证据表明，自古各个王朝的核心区域（中国）很小，但与当时王朝之外的文化，有着或密切或疏远的交换关系。

即使在过去认为相对封闭的上古时期，在中国这块土地上，与周边的文化、种族、宗教、物品上的交融也相当密切。

上古三代，各王朝血统都未必像古史传说中“黄帝之苗裔”那么单纯，比如商代，它真的是一个“汉族”或“华夏族”吗？傅斯年就不那么认为，他说，殷人就是“夷人”，殷商建立的王朝，是东夷与西夏冲突交融，甚至是“夷人胜夏”的结果。

他还提醒人们，向来被认为是后来中国文化源头的齐鲁，其实也是夷人的中心。

还有人更说，殷商的文化渊源“与日后的通古斯族群文化，有相当的关系”。

在我看来，那种整齐同一、秩序井然、边界清楚的“周文化”，恐怕更多地是后世的追怀和想象，就像把周礼归之于周公制作一样。

其实，大体能够称为周文化核心的，主要是两个传统的交织，即“礼乐传统”与“巫史传统”。

现在看来，春秋战国之前，人们对于所谓“文化”或“传统”，其实处在一种并不“自觉”而只是“自在”的状态，看上去“混沌”的和谐，其实包孕着种种“七窍”的差异。

正因如此，“礼崩乐坏”的时代，恰恰成为“文化启蒙”的时代，这个时代的到来，便导致“百家往而不返，必不合矣”的分化现象，孔子、墨子和老子等学者，儒、墨、道等等潮流，加上各种各样冲突的知识、信仰和风俗，正是在这个多元而分裂的时代产生的，如同余英时先生所说，“道术将为天下裂”的时代，正是中国思想的“轴心时代”，也恰恰提供了后世各种思想与文化的无尽资源。

因此，秦汉一统王朝继承下来并且扩而大之的“中国”，原本是一个杂糅了各种种族、思想、文化和地域，彼此混融交错的空间。

不过，汉族“中国”的民族认同、国家意识和文化取向，却在秦汉大一统时代，将这些杂糅的元素第一次凝固重铸起来，从《吕氏春秋》到《淮南子》的思想兼容，从《春秋繁露》到《白虎通》的思想整合，开始形成“中国的”文化世界，而“中国的”文化认同，也逐渐在来自“匈奴”、“西域”、“西南夷”等等的压力下，开始浮现。

云南省峨山彝族自治县第一中学2018届高三第四次模拟考试语文试题答案第Ⅰ卷阅读题1．D2．C3．B4．A5．①文章一、二段先说对“渐”总的看法，阐述“渐”是如何让人生圆滑进行的。

（2分）②接着阐述“渐”的作用是隐蔽时间，让人误认为其恒久不变；（1分）③然后阐述“渐”的本质是时间；（1分）④最后总结全文，指出只有拥有“大人格”和“大人生”的人，才能不为“渐”所迷，不为造物所欺。

（1分）6．含义：①和无限的时间相比，人的寿命如同击石之火光般短暂，不应在短暂的光阴里争名夺利；（2分）②但如果有看待时间和人生的正确态度，无限的空间和时间完全可以收缩在方寸的心中。

（2分）作用：这两处引用升华了主题，使文章形象生动，意蕴更深刻。

（2分）7．C8．AE9．共同点：在客户端增加“不需要餐具”的选项。

（1分）特点：“青山计划”，成立专门团队，专人负责。

（1分）“蓝色星球”，鼓励消费者参与环保（1分）。

“EP行动”，通过降低环保成本，激励外卖产品提供商参与环保。

（1分）10．D11．B12．C13．（1）按照法律，过失伤害人命的，判三年刑，何况还没有伤人呢？轻微处罚一下就行了。

（“过误”“刑”“微”每处1分，句意2分，共5分）（2）何承天本性倔强固执，不能曲意逢迎朝中的大官，常用自己所长轻慢同僚。

（“为性”“朝右”“侮”每处1分，句意2分，共5分）【参考译文】何承天，东海郯城人。

何承天五岁时父亲就去世了，母亲徐氏，生性聪慧学识广博，所以何承天小时候便受到训诂教育的熏陶，经史百家，没有不详尽通习的。

晋隆安四年，南蛮校尉桓伟任命何承天为参军，当时殷仲堪、桓玄等人相继举兵反抗朝廷，何承天惧怕祸乱不息，就弃职回到益阳。

起义之初，长沙公陶延寿任命何承天为他的辅国府参军，派人通报以尊奉宋高祖，于是任命何承天为浏阳县令，不久他便离职回到京都。

抚军将军刘毅镇守姑孰城，授予何承天为行参军的官职。

刘毅曾经外出行走，鄢陵县吏陈满用弓箭射鸟，箭误中了值勤的将领，虽然没有伤到人，但是被处以弃市的刑罚。

峨山一中2018年高考语文全真模拟试题（二）一、现代文阅读(35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。

在中国古典美学中，“丽”的范畴处于较高位置，并在其自身的历史流变中积淀了深厚的美学内涵，具体而言，可分为三个层面：文辞之丽、情思之丽和生命之丽。

文辞之丽是“丽”范畴的最基本特征，它是“丽”的表层内涵，古典文论中的“丽”多取此义。

如《汉书•艺文志》云：“汉兴，枚乘、司马相如，下及扬子云，竞为侈丽闳衍之词，没其风谕之义。

”此“丽”即文辞的华丽，但因西汉诸家之赋多缺乏真情实感，固其文侈丽，实为文病。

情思之丽是“丽”范畴的深层内涵，它决定着文辞之丽的成败。

《文心雕龙•情采》云：“文采所以饰言，而辩丽本于情性。

”作家之文只有本乎真情，发乎性灵，其文才能美丽自然。

故北宋范温的《潜溪诗眼》云：“巧丽者发之于平淡，奇伟有余者行之于简易。

”文辞的巧丽正是情感自然而然流露的结果，虽看似平淡却丽美无比。

然而，无论是文辞之丽还是情思之丽，都是人的生命之丽的外化。

生命之丽才是文学艺术具有审美价值，并得以长久流传的内在根源。

中国古人因信奉“天人合一”，多注意从自由的生命活动的基点上考察文学，从而为自己建构起一个整体的、本体空灵的且先于逻辑的生命世界。

“丽”正是这个生命世界的审美表征。

《易经》云：“日月丽乎天，百谷草木丽乎土，重明以丽乎正，乃化成天下。

”虽然我们从词义的角度讲“丽”是附着、依附的意思，但如果我们从审美形象上看，日月星辰悬挂于天，百谷草木植被于地，这不正是天地万物的生命状态之所在吗?宋玉《登徒子好色赋》云：“体貌闲丽，所受于天也。

”人的体貌之丽不也正是人的生命力之充盈流溢的表现吗?当古人把“丽”引入文艺批评领域时，“丽”实质上正是主体驰骤扬厉的生命精神的艺术显现。

理解了这一点，我们就不难理解为什么“丽”范畴会成为魏晋六朝美学的核心范畴。

“丽”正是魏晋士人在自我觉醒后高扬的个体生命力的审美表现，是人的精神的艺术化。