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（三）实用类文本阅读（本题共3小题，12分）
阅读下面的文字，完成7～9题。
材料一：
2017年以来，中国脱贫攻坚继续保持良好态势，年度减贫任务将超额完成，贫困人口将再减少1000万人以上。
与此同时，2017年中国产业扶贫新业态发展迅速，电商扶贫带动274万贫困户增收，光伏扶贫直接惠及80万贫困户，旅游扶贫覆盖2．3 万个贫困村。
完成340万贫困人口搬迁建设任务。
健康扶贫救治421万大病和慢性病贫困患者，贫困人口医疗费用实际报比例提高到80%以上。
2012年以来，中国脱贫攻坚取得了决定性进展，五年共减贫6600多万人，年均减少1300万人以上。
贫困地区生产生活条件明显改善，贫困群众获得感明显增强，农村基层治理能力和管理水平明显提升，也为全球减贫事业贡献了“中国方案”。
（资料节选自《中国全国扶贫开发工作会议报告》）材料二：。
安庆一中2018届高三热身考试数学(文科)试卷第Ⅰ卷一、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.已知全集错误！未找到引用源。
，集合错误！未找到引用源。
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，则下图中阴影部分所表示的集合为( )A．错误！未找到引用源。
B．错误！未找到引用源。
C．错误！未找到引用源。
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2.“错误！未找到引用源。
为假”是“错误！未找到引用源。
为假”的( )条件.A.充分不必要B.必要不充分C.充要D.既不充分也不必要3.下面命题中，错误的有( )个①若错误！未找到引用源。
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是错误！未找到引用源。
一个极值点②函数错误！未找到引用源。
单调递增区间为错误！未找到引用源。
③若函数错误！未找到引用源。
区间错误！未找到引用源。
上单调递减，则错误！未找到引用源。
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恒成立④单位正三角形错误！未找到引用源。
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A．4 B．3 C．2 D．14.数列错误！未找到引用源。
中，已知错误！未找到引用源。
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为( ) A.等差数列 B.等比数列C.从第二项起为等差数列D.从第二项起为等比数列5.在错误！未找到引用源。
上任取一个个实数错误！未找到引用源。
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6.某几何体的三视图如图所示，设正方形的边长为错误！未找到引用源。
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7.《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位所著，该作完善了珠算口诀，确立了算盘用法.该作中有题为“李白沽酒:李白街上走，提壶去买酒。
2018年安徽省安庆一中高考数学热身试卷（文科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题3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. 已知全集U=R，集合M={y|y=1x,0<x<1}，N={x|x2−2|x|≤0}，则如图中阴影部分所表示的集合为（）A.[−2, 1)B.[−2, 1]C.[−2, 0)∪(1, 2]D.[−2, 0]∪[1, 2]2. “p∨q为假”是“p∧q为假”的（）条件．A.充分不必要B.必要不充分C.充要D.既不充分也不必要3. 下面命题中，错误的有（）个①若f′(x0)=0，则x0是f(x)一个极值点②函数y=√x2−2x−3单调递增区间为[1, +∞)③若函数f(x)区间(a, b)上单调递减，则f′(x)<0，对x∈(a, b)恒成立④单位正三角形ABC中，AB∗BC=12A.4B.3C.2D.14. 数列{a n}中，已知a1=1，S2=2，且S n+1+2S n−1=3S n(n≥2, n∈N∗)，则数列{a n}为（）A.等差数列B.等比数列C.从第二项起为等差数列D.从第二项起为等比数列5. 在[−1, 1]上随机的取一个数k，则事件“直线y＝kx与圆(x−5)2+y2＝9相交”发生的概率为（）A.4 5B.12C.34D.356. 某几何体的三视图如图所示，设正方形的边长为a，则该三棱锥的表面积为（）A.a 2B.√3a 2C.√36a 2D.2√3a 27. 《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位所著，该作完善了珠算口诀，确立了算盘用法．该作中有题为“李白沽酒：李白街上走，提壶去买酒．遇店加一倍，见花喝一斗，三遇店和花，喝光壶中酒．借问此壶中，原有多少酒？”如图为该问题的程序框图，若输出的S 值为0，开始输入的S 值满足cos(Sπ−α)=13，则sin(38π−α)=( )A.13B.−13C.2√23D.−2√338. 已知单调函数f(x)，对任意的x ∈R 都有f[f(x)−2x ]=6．则f(2)=( ) A.2 B.4 C.6 D.89. 已知锐角△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若B ＝2A ，则asinA b的值范围是（ ） A.(√36,√32) B.(√34,√32) C.(12,√32) D.(√36,12)10. 已知椭圆C 1:x 2a 12+y 2b 12=1(a 1>b 1>0)与双曲线C 2:x 2a 22−y 2b 22=1(a 2>0, b 2>0)有相同的焦点F 1，F 2，若点P 是C 1与C 2在第一象限内的交点，且|F 1F 2|=2|PF 2|，设C 1与C 2的离心率分别为e 1，e 2，则e 2−e 1的取值范围是（ ） A.[13, +∞) B.(13, +∞) C.[12, +∞) D.(12, +∞)11. 偶函数f(x)定义域为(−π2,0)∪(0, π2)，其导函数是f′(x)，当0<x <π2时，有A.(π4,π2)B.(−π2, −π4)∪( π4, π2) C.(−π4,0)∪(0, π4) D.(−π4,0)∪(π4, π2)12. 在计算机语言中，有一种函数y =INT(x)叫做取整函数（也叫高斯函数），它表示y 等于不超过x 的最大整数，如INT(0.9)=0，INT(3.14)=3，已知a n =INT(27×10n )，b 1=a 1，b n =a n −10a n−1(n ∈N ∗，且n ≥2)，则b 2018等于（ ） A.2 B.5 C.7 D.8 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.观察下列各式：a +b ＝1，a 2+b 2＝3，a 3+b 3＝4，a 4+b 4＝7，a 5+b 5＝11，…，则a 10+b 10＝________．已知一组数据确定的回归直线方程为，y ^=−1.5x +1，且y =4，发现两组数据(−1.7, 2.9)，(−2.3, 5.1)误差较大，去掉这两组数据后，重新求得回归直线的斜率为−1，当x ＝−3时，y ^=________．已知等腰梯形ABCD 如图所示，其中AB =8，BC =4，CD =4，线段CD 上有一个动点E ，若EA →∗EB →=−3，则EC →∗ED →=________．若对任意的x ∈R ，都有f(x)=f(x −16)+f(x +16)，且f(0)=−1，f(16)=1，则f(20183)的值为________．三、解谷题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤已知数列{a n }中，a 1＝1，a n+1=a nan +3(n ∈N ∗)．（1）求证：{1a n+12}为等比数列，并求{a n }的通项公式a n ；已知某中学高三文科班学生共有800人参加了数学与地理的水平测试，学校决定利用随机数表法从中抽取100人进行成绩抽样调查，先将800人按001，002，…，800进行编号．（1）如果从第8行第7列的数开始向右读，请你依次写出最先检查的3个人的编号；（下面摘取了第7行到第9行）（2）抽取的100人的数学与地理的水平测试成绩如下表：成绩分为优秀、良好、及格三个等级；横向，纵向分别表示地理成绩与数学成绩，例如：表中数学成绩为良好的共有20+18+4=42．①若在该样本中，数学成绩优秀率是30%，求a，b的值：②在地理成绩及格的学生中，已知a≥11，b≥7，求数学成绩优秀的人数比及格的人数少的概率．如图，已知四棱锥P−ABCD的底面为菱形，∠BCD=120∘，AP=BP．求证：PC⊥AB；(II)若AB=PC=2，PC与平面ABC成30∘角，求点D到平面PBC的距离．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，且椭圆C与圆M:(x−√3)2+y2=34的公共弦长为√3．(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C的左、右两个顶点分别为A1,A2，直线l:y=kx+1与椭圆C交于E,F两点，且满足k A1F =2k A2E，求k的值．已知函数f(x)=lnx−x．（1）证明：对任意的x1，x2∈(0, +∞)，都有|f(x1)|>lnx2x2；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：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，已知曲线C1:x2+y2=1，直线l:ρ(cosθ−sinθ)=4．（1）将曲线C1上所有点的横坐标、纵坐标分别伸长为原来的2倍、√3倍后得到曲线C2，请写出直线l，和曲线C2的直角坐标方程；（2）若直线l1经过点P(1, 2)且l1 // l，l1与曲线C2交于点M，N，求|PM|⋅|PN|的值．[选修4-5：不等式选讲]若关于x的不等式|3x+2|+|3x−1|−t≥0的解集为R，记实数t的最大值为a．(1)求a；(2)若正实数m，n满足4m+5n=a，求y=1m+2n +43m+3n的最小值．参考答案与试题解析2018年安徽省安庆一中高考数学热身试卷（文科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题3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.【答案】B【考点】Venn图表达集合的关系及运算【解析】此题暂无解析【解答】,0<x<1}=(1,+∞)，解：由题意得M={y|y=1xN={x|x2−2|x|≤0}=[−2,2]，∴∁R M=(−∞,1]．∵图中阴影部分所表示的集合为(∁R M)∩N，∴(∁R M)∩N=[−2,1]．故选B．2.【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】p∨q为假⇔p，q均为假，则p∧q一定为假，若p∧q为假，则p，q至少有一个为假，则p∨q为真或假都有可能，根据充分必要条件的定义即可判断．【解答】p∨q为假⇔p，q均为假，则p∧q一定为假，若p∧q为假，则p，q至少有一个为假，则p∨q为真或假都有可能，∴ “p∨q为假”是“p∧q为假”的充分不必条件．3.【答案】A【考点】命题的真假判断与应用【解析】①，举例说明f(x)=x3在x=0时满足f′(0)=0，x=0不是f(x)的极值点；②，由函数的定义域和二次函数的图象与性质得出结论；③，举例说明函数f(x)=−x3在R上单调递减，但f′(0)=0；④，计算AB→⋅BC→的值即可．【解答】对于①，当f′(x0)=0时，x0不一定是f(x)的极值点，如f(x)=x3在x=0时满足f′(0)=0，且x=0不是f(x)的极值点，∴ ①错误；∴ 函数y =√x 2−2x −3的单调递增区间为[3, +∞)，∴ ②错误； 对于③，函数f(x)在区间(a, b)上单调递减， 则f ′(x)<0，对x ∈(a, b)恒成立错误，如f(x)=−x 3在R 上单调递减，但f′(0)=0； 对于④，单位正三角形ABC 中，AB →⋅BC →=1×1×cos120∘=−12，∴ ④错误． 综上，以上错误的命题是①②③④． 4.【答案】 D【考点】 数列递推式 【解析】由已知求得a 2=1，再由数列递推式变形得到a n+1=2a n (n ≥2)，即a n+1a n=2(n ≥2)，验证a2a 1=1不满足上式，可得数列{a n }从第二项起为等比数列．【解答】由a 1=1，S 2=2，得a 2=S 2−a 1=2−1=1，由S n+1+2S n−1=3S n ，得S n+1−S n =2(S n −S n−1)(n ≥2)， 即a n+1=2a n (n ≥2)， ∴a n+1a n=2(n ≥2)，又a 2a 1=1不满足上式， ∴ 数列{a n }从第二项起为等比数列． 5.【答案】 C【考点】几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型） 【解析】利用圆心到直线的距离小于等于半径可得到直线与圆有公共点，求出满足条件的k ，根据几何概型的概率公式计算即可． 【解答】圆(x −5)2+y 2＝9的圆心为(5, 0)， 圆心到直线y ＝kx 的距离为d =2，要使直线y ＝kx 与圆(x −5)2+y 2＝9有公共点，应满足$${\{}$\${dfrac\{\mathrel{|} 5k\mathrel{|} \}\{}$\${sqrt\{1\{\, + \, k\}}$^${\{2\}\}\}}$<}$3，解得${ - \dfrac{3}{4} \leq k \leq \dfrac{3}{4}}$， 所以在区间${[-1,\, 1]}$上随机取一个数${k}$，使直线${y}$＝${kx}$与圆${(x-5)^{2}+ y^{2}}$＝${9}$有公共点的概率为 ${P = \dfrac{\dfrac{3}{4} - ( - \dfrac{3}{4})}{1 - ( - 1)} = \dfrac{3}{4}}$．【答案】D【考点】由三视图求体积【解析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个正方体切去各个角后得到的正四面体，进而可得其表面积．【解答】由已知中的三视图可得：该几何体是一个正方体切去各个角后得到的正四面体，∵正方形的边长为a，故正四面体的棱长为：√2a，故正四面体的表面积：S=4×√34∗(√2a)2=2√3a2，7.【答案】B【考点】程序框图【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．再借助诱导公式，即可得到答案．【解答】第一次执行循环体后，i=1，S=2S−1，不满足退出循环的条件；第二次执行循环体后，i=2，S=4S−3，不满足退出循环的条件；第三次执行循环体后，i=3，S=8S−7，满足退出循环的条件；故输出S=0，∴输入的S=78∴cos(Sπ−α)=13=cos(π2+38π−a)=−sin(38π−a)，则sin(38π−α)=−138.【答案】C【考点】函数单调性的性质【解析】设t=f(x)−2x，根据条件求出函数的解析式，令x=2代入求解即可．【解答】设t=f(x)−2x，f(t)=6，且f(x)=2x+t，令x=t，则f(t)=2t+t=6，∵f(x)是单调函数，f(2)=22+2=6，即f(x)=2x +2，则f(2)=4+2=6， 9.【答案】 D【考点】 正弦定理 【解析】根据题意，由锐角三角形的性质分析可得A 的取值范围是30∘<A <45∘，进而由正弦定理可得asinA b=sinAsinA sinB=sinAsinA sin2A=12sinAcosA =12tanA ，结合A 的范围分析可得答案． 【解答】根据题意，锐角△ABC 中，若B ＝2A ，则有B ＝2A <90∘，即A <45∘， 又由C <90∘，则A +B ＝3A >90∘，即A >30∘， 综合可得：30∘<A <45∘， 若B ＝2A ，则asinA b=sinAsinA sinB=sinAsinA sin2A=12sinA cosA =12tanA ，又由30∘<A <45∘， 则√36<asinA b<12， 即asinA b的值范围是(√36, 12)；10.【答案】 D【考点】 椭圆的定义 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：如图，设椭圆与双曲线中|F 1F 2|=2c ，则|PF 2|=c ，设|PF 1|=t ． 由定义可得t +c =2a 1，t −c =2a 2， ∴ 2a 1−c =2a 2+c =t ， ∴ a 1−a 2=c ． ∴ 1e 1−1e 2=a 1c−a 2c=1，∴ e 1=e 2e2+1∴ e 2−e 1=e 2−e2e 2+1=e 22e 2+1=11e 22+1e 2，∴0<1e2<1．设1e2=m(0<m<1)，则m2+m∈(0,2)，即1e22+1e2∈(0,2)，∴11e22+1e2>12，即e2−e1>12，故e2−e1的取值范围为(12,+∞)．故选D．11.【答案】C【考点】利用导数研究函数的单调性函数奇偶性的判断【解析】根据题意，设g(x)=f(x)cosx ，结合题意求导分析可得函数g(x)在(0, π2)上为减函数，结合函数的奇偶性分析可得函数g(x)为偶函数，进而将不等式f(x)<√2f( π4)cosx转化为g(x)<g( π4)，结合函数的定义域、单调性和奇偶性可得|x|>π4，解可得x的取值范围，即可得答案．【解答】解：根据题意，设g(x)=f(x)cosx ，其导数为g′(x)=f′(x)cosx+f(x)sinxcos2x，又由0<x<π2时，有f′(x)cosx+f(x)sinx<0，则有g′(x)<0，则函数g(x)在(0, π2)上为减函数，又由f(x)为定义域为(−π2,0)∪(0, π2)的偶函数，则g(−x)=f(−x)cos(−x)=f(x)cosx=g(x)，则函数g(x)为偶函数，f(x)>√2f( π4)cosx⇒f(x)cosx>√2f( π4)⇒f(x)cosx>f(π4)cosπ4⇒g(x)>g( π4)，又由g(x)为偶函数且在(0, π2)上为减函数，且其定义域为(−π2,0)∪(0, π2)，则有|x|<π4，解之为x∈(−π4,0)∪(0, π4)，即不等式的解集为(−π4,0)∪(0, π4)．故选C.12.【答案】D【考点】数列递推式【解析】a n=INT(2×10n)，b1=a1，b n=a n−10a n−1(n∈N∗，且n≥2)，可得：a1=2=7b1，a2=28，b2=28−10×2=8，……，可得：b n+6=b n．利用周期性即可得出．【解答】∵a n=INT(2×10n)，b1=a1，b n=a n−10a n−1(n∈N∗，且n≥2)，7∴a1=2=b1，a2=28，b2=28−10×2=8，同理可得：b3=5，b4=7，b5=1，b6=4，b7=2，b8=8，……，可得：b n+6=b n．则b2018=b336×6+2=b2=8．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.【答案】123【考点】类比推理等差数列的通项公式【解析】观察可得各式的值构成数列1，3，4，7，11，…，所求值为数列中的第十项．根据数列的递推规律求解．【解答】观察可得各式的值构成数列1，3，4，7，11，…，其规律为从第三项起，每项等于其前相邻两项的和，所求值为数列中的第十项．继续写出此数列为1，3，4，7，11，18，29，47，76，123，…，第十项为123，即a10+b10＝123，．【答案】5【考点】求解线性回归方程【解析】由题意求出样本中心点，然后求解新的样本中心，利用回归直线l的斜率估计值为1，求解即可．【解答】由样本数据点集{(x i, y i)|i1, 2, ..., n}求得的回归直线方程为y^=−1.5x+1，且y=4，∴x=−2，故数据的样本中心点为(−2, 4)，去掉(−1.7, 2.9)，(−2.3, 5.1)，重新求得的回归直线L的斜率估计值为−1，回归直线方程设为：y＝−x+a，代入(−2, 4)，求得a＝2，∴回归直线l的方程为：y＝−x+2，将x ＝−3，代入回归直线方程求得y 的估计值5， 【答案】 −3【考点】平面向量数量积的性质及其运算律 【解析】可过D 作AB 的垂线，且垂足为O ，这样可分别以OB ，OD 为x 轴，y 轴，建立平面直角坐标系，设E(x, 2√3)(0≤x ≤4)，根据条件即可求出EA →，EB →的坐标，解得x 的值，求得EC →，ED →的值，即可计算得解．【解答】如图，过D 作AB 的垂线，垂足为O ，分别以OB ，OD 为x ，y 轴，建立平面直角坐标系， 根据条件可得，A0=2，0B =6，DO =2√3；可得：A(−2, 0)，B(6, 0)，D(0, 2√3)，C(4, 2√3)， 设E(x, 2√3)(0≤x ≤4)，可得：EA →=(−2−x, −2√3)，EB →=(6−x, −2√3)， 由于：EA →∗EB →=−3，可得：(−2−x, −2√3)⋅(6−x, −2√3)=−3，整理可得：x 2−4x +3=0，解得：x =3或1，可得：{EC →=(1,0)ED →=(−3,0) ，或{EC →=(3,0)ED →=(−1,0) ， ∴ EC →∗ED →=−3．【答案】−1【考点】抽象函数及其应用 函数的求值 【解析】根据抽象函数的关系，判断函数f(x)是周期为1的周期函数，结合的周期性进行转化求解即可． 【解答】∵ f(x)=f(x −16)+f(x +16)，∴ f(x +16)=f(x)+f(x +16+16)=f(x)+f(x +13)， 即f(x +16)=f(x −16)+f(x +16)+f(x +13)， 即f(x +13)=−f(x −16)， 即f(x +16+13)=−f(x)， 即f(x +12)=−f(x)，则f(x +12+12)=−f(x +12)=f(x)， 即f(x +1)=f(x)，则函数f(x)是周期为1周期函数， 则f(20183)=f(672+23)=f(23)=f(−13)，f(−12+12)=−f(−12)=f(0)=−1，即f(−12)=1， f(0)=f(−16)+f(16)，即f(−16)=f(0)−f(16)=−1−1=−2，则f(−13)=f(−13−16)+f(−16)=f(−12)+f(−16)=1−2=−1， 故f(20183)=−1，三、解谷题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 【答案】∵ a 1＝1，a n+1=a na n +3，∴ 1a n+1=a n +3a n =1+3a n，即1an+1+12=3a n+32=3(1a n+12)，则{1a n+12}为等比数列，公比q ＝3，首项为1a 1+12=1+12=32，则1a n+12=32⋅3n−1，即1a n=−12+32⋅3n−1=12(3n −1)，即a n =23−1．b n ＝(3n −1)⋅n 2n ⋅a n =n2n−1，则数列{b n }的前n 项和T n =11+22+322+⋯+n2n−1①12T n=12+222+323+⋯+n2n ②， 两式相减得12T n =1+12+122+⋯+12n−1−n2n =1−(12)n1−12−n 2n =2−12n−1−n 2n =2−n+22n，则 T n ＝4−n+22n−1． 【考点】数列递推式 数列的求和（1）根据数列的递推关系，结合等比数列的定义即可证明{1an +12}为等比数列，并求{a n}的通项公式a n；（2）利用错位相减法即可求出数列的和．【解答】∵a1＝1，a n+1=a na n+3，∴1a n+1=a n+3a n=1+3a n，即1a n+1+12=3a n+32=3(1a n+12)，则{1an +12}为等比数列，公比q＝3，首项为1a1+12=1+12=32，则1a n+12=32⋅3n−1，即1a n=−12+32⋅3n−1=12(3n−1)，即a n=23n−1．b n＝(3n−1)⋅n2n ⋅a n=n2n−1，则数列{b n}的前n项和T n=11+22+322+⋯+n2n−1①1 2T n=12+222+323+⋯+n2n②，两式相减得12T n=1+12+122+⋯+12n−1−n2n=1−(12)n1−12−n2n=2−12n−1−n2n=2−n+22n，则T n＝4−n+22n−1．【答案】利用随机数表法从中抽取100人进行成绩抽样调查，先将800人按001，002，…，800进行编号，从第8行第7列的数开始向右读，依次写出最先检查的3个人的编号为：785，667，199①∵在该样本中，数学成绩优秀率是30%，∴7+9+a100=30%，∴a=14，b=100−30−(20+18+4)−(5+6)=17．②a+b=100−(7+20+5)−(9+18+6)−4=31，∵a≥11，b≥7，∴a，b的搭配，(11, 20)，(12, 19)，(13, 18)，(14, 17)，(15, 16)，(16, 15)，(17, 14)，(18, 13)，(19, 12)，(20, 11)，(21, 10)，(22, 9)，(23, 8)，(24, 7)，共有14种．设a≥11，b≥7，数学成绩优秀的人数比及格的人数少为事件A，a+5<b．事件A包括：(11, 20)，(12, 19)，共2个基本事件；P(A)=214=17，数学成绩优秀的人数比及格的人数少的概率为214=17．列举法计算基本事件数及事件发生的概率【解析】（1）利用随机数表法能依次写出最先检查的3个人的编号．（2）①在该样本中，由数学成绩优秀率是30%，能求出a，b的值；②a+b=31，a≥11，b≥7，利用列举法能求出数学成绩优秀的人数比及格的人数少的概率．【解答】利用随机数表法从中抽取100人进行成绩抽样调查，先将800人按001，002，…，800进行编号，从第8行第7列的数开始向右读，依次写出最先检查的3个人的编号为：785，667，199①∵在该样本中，数学成绩优秀率是30%，∴7+9+a100=30%，∴a=14，b=100−30−(20+18+4)−(5+6)=17．②a+b=100−(7+20+5)−(9+18+6)−4=31，∵a≥11，b≥7，∴a，b的搭配，(11, 20)，(12, 19)，(13, 18)，(14, 17)，(15, 16)，(16, 15)，(17, 14)，(18, 13)，(19, 12)，(20, 11)，(21, 10)，(22, 9)，(23, 8)，(24, 7)，共有14种．设a≥11，b≥7，数学成绩优秀的人数比及格的人数少为事件A，a+5<b．事件A包括：(11, 20)，(12, 19)，共2个基本事件；P(A)=214=17，数学成绩优秀的人数比及格的人数少的概率为214=17．【答案】（本小题满分1(I)证明：取AB中点E，连PE，CE，∵AP=BP．∴AB⊥PE，ABCD为菱形，∠BCD=120∘，∴AC=BC，∴AB⊥CE，PE∩EC=E，∴AB⊥面PCE，PC⊂平面PCE，∴PC⊥AB．(II)由(I)知AB⊥面PCE，∴面PCE⊥面ABC，过P作PF⊥CE，垂足为F，则PF⊥面ABC，∴∠PCF为PC与面ABC所成的角，∴∠PCF=30∘，AB=PC=2，∴CF=√3，故E，F重合，可得BC=2，PB=√2，∴PE⊥面ABC，∵AD // BC，∴AD // 面PBC，A，D到面PBC的距离相等，由体积法：13S△ABC∗PF=13S△PBC∗ℎ，即：13×√34×22×1=13×12(√22)√2×ℎ，ℎ=27√21，得D到面PBC的距离为27√21，【考点】直线与平面垂直点、线、面间的距离计算【解析】（I）取AB中点E，连PE，CE，通过AB⊥PE，AB⊥CE，证明AB⊥面PCE，得到PC⊥AB．(II)证明面PCE⊥面ABC，过P作PF⊥CE，垂足为F，则PF⊥面ABC，说明∠PCF为PC 与面ABC所成的角，由体积法得D到面PAB的距离即可．【解答】（本小题满分1(I)证明：取AB中点E，连PE，CE，∵AP=BP．∴AB⊥PE，ABCD为菱形，∠BCD=120∘，∴AC=BC，∴AB⊥CE，PE∩EC=E，∴AB⊥面PCE，PC⊂平面PCE，∴PC⊥AB．(II)由(I)知AB⊥面PCE，∴面PCE⊥面ABC，过P作PF⊥CE，垂足为F，则PF⊥面ABC，∴∠PCF为PC与面ABC所成的角，∴∠PCF=30∘，AB=PC=2，∴CF=√3，故E，F重合，可得BC=2，PB=√2，∴PE⊥面ABC，∵AD // BC，∴AD // 面PBC，A，D到面PBC的距离相等，由体积法：13S△ABC∗PF=13S△PBC∗ℎ，即：13×√34×22×1=13×12(√22)√2×ℎ，ℎ=27√21，得D到面PBC的距离为27√21，【答案】解：(1)由题意可得2a =4，∴ a =2．∵ 椭圆C 与圆M:(x −√3)2+y 2=34的公共弦长为√3， 即为圆M 的直径，∴ 椭圆C 经过点(√3,±√32)，∴ 34+34b 2=1，解得b 2=3．∴ 椭圆C 的方程为x 24+y 23=1．(2)由{y =kx +1,x 24+y 23=1, 得(3+4k 2)x 2+8kx −8=0，显然Δ>0恒成立．设E(x 1,y 1),F(x 2,y 2)，则x 1+x 2=−8k 3+4k 2,x 1x 2=−83+4k 2．又k A 1F =y 2x 2+2,k A 2E =y1x 1−2,k A 1F =2k A 2E ，∴ y 2x2+2=2⋅y 1x 1−2，∴ y 22(x 1−2)2=4y 12(x 2+2)2，又y 12=34(4−x 12),y 22=34(4−x 22)， ∴ (2−x 1)(2−x 2)=4(2+x 1)(2+x 2)，∴ 10(x 1+x 2)+3x 1x 2+12=0， ∴ 10(−8k4k 2+3)+3(−84k 2+3)+12=0， 整理得12k 2−20k +3=0，解得k =32或k =16． 【考点】直线与椭圆结合的最值问题 圆锥曲线问题的解决方法 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)由题意可得2a =4，∴ a =2．∵ 椭圆C 与圆M:(x −√3)2+y 2=34的公共弦长为√3， 即为圆M 的直径，∴ 椭圆C 经过点(√3,±√32)，∴ 34+34b 2=1，解得b 2=3．∴ 椭圆C 的方程为x 24+y 23=1．(2)由{y =kx +1,x 24+y 23=1,得(3+4k 2)x 2+8kx −8=0，显然Δ>0恒成立． 设E(x 1,y 1),F(x 2,y 2)，则x 1+x 2=−8k 3+4k 2,x 1x 2=−83+4k 2． 又k A 1F =y 2x 2+2,k A 2E =y 1x 1−2,k A 1F =2k A 2E ，∴ y 2x2+2=2⋅y 1x 1−2，∴ y 22(x 1−2)2=4y 12(x 2+2)2，又y 12=34(4−x 12),y 22=34(4−x 22)， ∴ (2−x 1)(2−x 2)=4(2+x 1)(2+x 2)，∴ 10(x 1+x 2)+3x 1x 2+12=0， ∴ 10(−8k4k 2+3)+3(−84k 2+3)+12=0， 整理得12k 2−20k +3=0，解得k =32或k =16． 【答案】 证明：因为f′(x)=1−x x，故f(x)在(0, 1)上是增加的，在(1, +∞)上是减少的，f(x)max =f(1)=ln1−1=−1，|f(x)|min =1， 设G(x)=lnx x，则G′(x)=1−lnx x 2，故G(x)在(0, e)上是增加的，在(e, +∞)上是减少的，故G(x)max =G(e)=1e <1， G(x)max <|f(x)|min ， 所以|f(x 1)|>lnx 2x 2对任意的x 1，x 2∈(0, +∞)恒成立；f(m)+m−(f(n)+n)m−n=lnm−lnn m−n =1n ⋅lnmnm n−1，且m m 2+n 2=1n ⋅1m n +n m，∵ m >n >0，∴ mn −1>0，故只需比较ln mn 与m n −1n m +m n的大小，令t =mn(t >1)，设G(t)=lnt −t−1t+1t=lnt −t(t−1)t 2+1，则G′(t)=1t−t 2+2t−1(t +1)=t 3(t−1)+(t+1)t(t +1)，因为t >1，所以G′(t)>0，所以函数G(t)在(1, +∞)上是增加的，故G(t)>G(1)=0，所以G(t)>0对任意t >1恒成立， 即lnln mn >m n −1n m +m n从而有f(m)+m−(f(n)+n)m−n>mm 2+n 2．【考点】利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的最值 【解析】（1）求出函数的导数，求出f(x)的最大值，从而求出|f(x)|的最小值，设G(x)=lnx x，根据函数的单调性证明即可； （2）问题转化为比较ln mn 与m n −1n m +m n的大小，令t =mn(t >1)，作差设G(t)=lnt −t−1t+1t=lnt −t(t−1)t 2+1，根据函数的单调性求出G(t)>0，从而比较其大小即可．【解答】 证明：因为f′(x)=1−x x，故f(x)在(0, 1)上是增加的，在(1, +∞)上是减少的，f(x)max =f(1)=ln1−1=−1，|f(x)|min =1， 设G(x)=lnx x，则G′(x)=1−lnx x 2，故G(x)在(0, e)上是增加的，在(e, +∞)上是减少的，故G(x)max =G(e)=1e <1， G(x)max <|f(x)|min ， 所以|f(x 1)|>lnx 2x 2对任意的x 1，x 2∈(0, +∞)恒成立；f(m)+m−(f(n)+n)m−n=lnm−lnn m−n =1n ⋅lnmnm n−1，且m m 2+n 2=1n ⋅1m n +n m，∵ m >n >0，∴ mn −1>0，故只需比较ln mn 与m n −1n m +m n的大小，令t =mn(t >1)，设G(t)=lnt −t−1t+1t=lnt −t(t−1)t 2+1，则G′(t)=1t −t 2+2t−1(t 2+1)2=t 3(t−1)+(t+1)t(t 2+1)2，因为t >1，所以G′(t)>0，所以函数G(t)在(1, +∞)上是增加的，故G(t)>G(1)=0，所以G(t)>0对任意t >1恒成立， 即lnln mn >m n −1n m +m n从而有f(m)+m−(f(n)+n)m−n>m m 2+n 2．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【答案】因为l:ρ(cosθ−sinθ)=4，转化为直角坐标方程为：x −y =4； 设曲线C 2上任一点坐标为(x ′, y ′)， 则{x ′=2xy ′=√3y ， 所以{x =x ′2y =′√3， 代入C 1方程得：(x ′2)2+(′√3)2=1，所以C 2的方程为x′24+y ′23=1．直线l:x −y =4倾斜角为π4，由题意可知，直线l 1的参数方程为{x =1+√22ty =2+√22t （t 为参数）， 联立直线l 1和曲线C 2的方程得，72t 2+11√2t +7=0．设方程的两根为t 1，t 2， 则t 1t 2=2．由直线参数t 的几何意义可知，|PM|⋅|PN|=|t 1t 2|=2． 【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化 【解析】（1）直接把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化．（2）利用直线哈曲线建立方程组，利用一元二次方程根和系数的关系求出结果． 【解答】因为l:ρ(cosθ−sinθ)=4，转化为直角坐标方程为：x −y =4； 设曲线C 2上任一点坐标为(x ′, y ′)， 则{x ′=2xy ′=√3y ， 所以{x =x ′2y =′√3， 代入C 1方程得：(x ′2)2+(′√3)2=1，所以C 2的方程为x′24+y ′23=1．直线l:x −y =4倾斜角为π4，由题意可知， 直线l 1的参数方程为{x =1+√22ty =2+√22t （t 为参数）， 联立直线l 1和曲线C 2的方程得，72t 2+11√2t +7=0．设方程的两根为t 1，t 2， 则t 1t 2=2．由直线参数t 的几何意义可知，|PM|⋅|PN|=|t 1t 2|=2． [选修4-5：不等式选讲]【答案】解：(1)因为|3x +2|+|3x −1|−t ≥0， 所以|3x +2|+|3x −1|≥t ， 又因为|3x +2|+|3x −1| ≥|(3x +2)+(1−3x)|=3， 所以t ≤3，从而实数t 的最大值a =3． (2)因为(1m+2n +43m+3n )(4m +5n)=(1m+2n+43m+3n)[(m+2n)+(3m+3n)]≥5+2√3m+3nm+2n ×4m+2n3m+3n=9，所以3(1m+2n +43m+3n)≥9，从而1m+2n +43m+3n≥3，所以1m+2n +43m+3n的最小值为3．【考点】绝对值三角不等式基本不等式在最值问题中的应用【解析】（1）问题转化为|3x+2|+|3x−1|≥t，求出|3x+2|+|3x−1|的最小值，从而求出t的范围即可；（2）根据柯西不等式的性质求出函数的最小值即可．【解答】解：(1)因为|3x+2|+|3x−1|−t≥0，所以|3x+2|+|3x−1|≥t，又因为|3x+2|+|3x−1|≥|(3x+2)+(1−3x)|=3，所以t≤3，从而实数t的最大值a=3．(2)因为(1m+2n +43m+3n)(4m+5n)=(1m+2n+43m+3n)[(m+2n)+(3m+3n)]≥5+2√3m+3nm+2n ×4m+2n3m+3n=9，所以3(1m+2n +43m+3n)≥9，从而1m+2n +43m+3n≥3，所以1m+2n +43m+3n的最小值为3．试卷第21页，总21页。
2018届安徽省安庆市第一中学高三热身考试文科综合历史试题（解析版）1. 先秦时期，墨家学派与儒家学派并称“显学”。
秦汉之际，墨家急趋衰微，最终于西汉中期淡出历史舞台。
墨家学派淡出历史舞台最可能的因素是A. 主流意识形态确立B. 小生产者大规模减少C. 墨学背离传统思想D. 因秦始皇焚书而断绝【答案】A【解析】墨家最终于西汉中期淡出历史舞台，主要是因为西汉汉武帝时期确立了儒家思想的正统地位，故A项符合题意；B项不符合史实，排除；C项说法错误，排除；秦朝焚书坑儒，以法家思想治国，D项不能说明西汉墨家淡出历史舞台的原因，排除。
点睛：抓住关键信息“秦汉之际，墨家急趋衰微，最终于西汉中期淡出历史舞台”，结合西汉董仲舒“罢黜百家独尊儒术”的知识分析解答。
2. 秦汉时期，丞相是朝廷中掌握行政实权的总理大臣，“门下”是皇帝的侍从机关。
魏晋时“门下”发展为侍中寺，凡属重要政令，皇帝都要征求其意见，东晋时，改为门下省，权势渐重，南北朝时，成为与中书省、尚书省鼎足而立的政治核心机关。
这一历程反映了A. 三省集体议政提高了行政效率B. 门下省成为监察百官机构C. 丞相参与决策的权力逐渐削弱D. 宰相逐渐退出了权力中心【答案】C【解析】材料“门下省，权势渐重，南北朝时，成为与中书省、尚书省鼎足而立的政治核心机关”反映了门下省与中书省、尚书省参与决策，说明丞相参与决策的权力逐渐削弱，故C正确；材料未涉及提高行政效率的问题，故A错误；门下省不是监察百官机构，故B错误；材料无法体现宰相逐渐退出了权力中心，故D错误。
故选C。
点睛：本题解题的关键是紧扣材料关键信息“门下省，权势渐重，南北朝时，成为与中书省、尚书省鼎足而立的政治核心机关”，学生应该结合所学知识从相权的分割的角度出发，即可排除无关选项，得出正确答案。
3. 宋初文书写道：“凡制赦所出，必自宰相。
”宋仁宗时期，台谏制度得以重视，台谏官员脱离对宰执的依附，只需对皇帝一人负责。
安徽省安庆市第一中学2018届高三热身考试文科综合历史试题含解析1. 先秦时期，墨家学派与儒家学派并称“显学”。
秦汉之际，墨家急趋衰微，最终于西汉中期淡出历史舞台。
墨家学派淡出历史舞台最可能的因素是A. 主流意识形态确立B. 小生产者大规模减少C. 墨学背离传统思想D. 因秦始皇焚书而断绝【答案】A【解析】墨家最终于西汉中期淡出历史舞台，主要是因为西汉汉武帝时期确立了儒家思想的正统地位，故A项符合题意；B项不符合史实，排除；C项说法错误，排除；秦朝焚书坑儒，以法家思想治国，D项不能说明西汉墨家淡出历史舞台的原因，排除。
点睛：抓住关键信息“秦汉之际，墨家急趋衰微，最终于西汉中期淡出历史舞台”，结合西汉董仲舒“罢黜百家独尊儒术”的知识分析解答。
2. 秦汉时期，丞相是朝廷中掌握行政实权的总理大臣，“门下”是皇帝的侍从机关。
魏晋时“门下”发展为侍中寺，凡属重要政令，皇帝都要征求其意见，东晋时，改为门下省，权势渐重，南北朝时，成为与中书省、尚书省鼎足而立的政治核心机关。
这一历程反映了A. 三省集体议政提高了行政效率B. 门下省成为监察百官机构C. 丞相参与决策的权力逐渐削弱D. 宰相逐渐退出了权力中心【答案】C【解析】材料“门下省，权势渐重，南北朝时，成为与中书省、尚书省鼎足而立的政治核心机关”反映了门下省与中书省、尚书省参与决策，说明丞相参与决策的权力逐渐削弱，故C正确；材料未涉及提高行政效率的问题，故A错误；门下省不是监察百官机构，故B错误；材料无法体现宰相逐渐退出了权力中心，故D错误。
故选C。
点睛：本题解题的关键是紧扣材料关键信息“门下省，权势渐重，南北朝时，成为与中书省、尚书省鼎足而立的政治核心机关”，学生应该结合所学知识从相权的分割的角度出发，即可排除无关选项，得出正确答案。
3. 宋初文书写道：“凡制赦所出，必自宰相。
”宋仁宗时期，台谏制度得以重视，台谏官员脱离对宰执的依附，只需对皇帝一人负责。
24.先秦时期，墨家学派与儒家学派并称“显学”。
秦汉之际，墨家急趋衰微，最终于西汉中期淡出历史舞台。
墨家学派淡出历史舞台最可能的因素是A.主流意识形态确立B.小生产者大规模减少C.墨学背离传统思想D.因秦始皇焚书而断绝25.秦汉时期，丞相是朝廷中掌握行政实权的总理大臣，“门下”是皇帝的侍从机关。
魏晋时“门下”发展为侍中寺，凡属重要政令，皇帝都要征求其意见，东晋时，改为门下省，权势渐重，南北朝时，成为与中书省、尚书省鼎足而立的政治核心机关。
这一历程反映了A.三省集体议政提高了行政效率B.门下省成为监察百官机构C.丞相参与决策的权力逐渐削弱D.宰相逐渐退出了权力中心26.宋初文书写道：“凡制赦所出，必自宰相。
”宋仁宗时期，台谏制度得以重视，台谏官员脱离对宰执的依附，只需对皇帝一人负责。
仁宗朝的宰执因台谏而罢免者达57人，欧阳修感叹道：“近年宰相多以过失，因言者罢去。
”这种变化体现出当时A．北宋形成了自上而下的监察体系B．谏官地位上升保证了政治统治清明C．官僚政治对皇权的制约作用下降D．台谏与宰相的斗争削弱了中央集权27.明末清初思想家黄宗羲的代表作《明夷待访录》，比卢梭的《社会契约论》还要早近一百年，有人称它为“另一部《人权宣言》”。
这两部著作所反映的主要共同点是A．批判君主专制、保证人民基本权利B．构建未来资本主义政权组织形式C．反对封建礼教、强调人人生而平等D．反映了资本主义萌芽时代的要求28．阅读下面“1916-1922年日本棉纱输华消长比较表”。
导致表中日本棉纱输华价值量下降的主要原因是1916-1922年日本棉纱输华消长比较表年份价值（千日元）占日本输华总值百分比19166384333.119178580126.919188636624.019198411318.819208106019.719214711316.419226218518.3A.日本放松对华的经济侵略B.受国民大革命兴起的影响C.国内的民族主义情绪高涨D.日本失去独霸中国的地位29.1924年孙中山在广州高等师范演讲。
文科综合答案文综答案36. 【答案】（1）位于河西走廊，地形平坦；有祁连山冰雪融水补给，有河流经过；农业基础较好；位于丝绸之路的交通要道。
（任答三条得6分）（2）气候干旱、光照充足；病虫害少；灌溉便利等。
（4分）（3）消耗水资源数量少；扩大地面植被覆盖，可以有效阻止沙漠侵入，保护土地；涵养水土，提高土壤肥力，改善生态环境。
（6分）（4）可以保证畜牧业发展稳定的饲料供应；延伸产业链，提高产业经济效益；有利于农业生产转型；可以促进当地居民的就业，为当地居民带来收入等。
（任答三条得6分）37.【答案】（1）呈双峰型；（2分）一年中相对湿度的最大值出现在8月，次大值出现在1月，最小值出现在4月，次小值出现在10月（或答1-4月相对湿度减小，4-8月相对湿度增加，8-10月相对湿度减小，10月-次年1月相对湿度增加）。
（6分）（2）一年中最小值。
（2分）原因：该地春季降水少；（2分）气温回升快，空气中可以容纳的水汽增多；（2分）多大风天气，水汽容易扩散；（2分）所以春季该地相对湿度为一年中最小值。
（3）呈下降趋势（2分）原因：该地为半干旱区，随全球气候变暖，气温显著增加；（2分）降水减少或没有显著变化；（2分）所以该地空气相对湿度呈下降趋势。
（4）相对湿度过低，人们容易患上呼吸系统疾病，和出现口干，唇裂，流鼻血等现象；相对湿度过低，人体表皮缺水，加速皮肤衰老。
夏季相对湿度过高，空气中的水汽含量高，蒸发量少，人体排泄的大量汗液难以蒸发，体内的热量无法畅快的散发，感到十分闷热。
（4分）38.（1）意义：①政府实施结构性减税有利于推动经济发展结构战略性调整，促进转变经济发展方式，促进产业结构优化升级。
②政府实施结构性减税有利于刺激和带动消费，改善人民生活，拉动经济增长。
③政府实施结构性减税有利于减轻企业生产负担，缓解当前我国经济下行压力。
（任答两点即可，满分4分）措施：①增加人口供给，表明政府以科学发展观为主题，促进经济全面协调可持续发展。
安徽省安庆市第一中学2018届高三热身考试文科综合历史试题24.先秦时期，墨家学派与儒家学派并称“显学”。
秦汉之际，墨家急趋衰微，最终于西汉中期淡出历史舞台。
墨家学派淡出历史舞台最可能的因素是A.主流意识形态确立B.小生产者大规模减少C.墨学背离传统思想D.因秦始皇焚书而断绝25.秦汉时期，丞相是朝廷中掌握行政实权的总理大臣，“门下”是皇帝的侍从机关。
魏晋时“门下”发展为侍中寺，凡属重要政令，皇帝都要征求其意见，东晋时，改为门下省，权势渐重，南北朝时，成为与中书省、尚书省鼎足而立的政治核心机关。
这一历程反映了A.三省集体议政提高了行政效率B.门下省成为监察百官机构C.丞相参与决策的权力逐渐削弱D.宰相逐渐退出了权力中心26. 宋初文书写道：“凡制赦所出，必自宰相。
”宋仁宗时期，台谏制度得以重视，台谏官员脱离对宰执的依附，只需对皇帝一人负责。
仁宗朝的宰执因台谏而罢免者达57人，欧阳修感叹道：“近年宰相多以过失，因言者罢去。
”这种变化体现出当时A．北宋形成了自上而下的监察体系 B．谏官地位上升保证了政治统治清明C．官僚政治对皇权的制约作用下降 D．台谏与宰相的斗争削弱了中央集权27. 明末清初思想家黄宗羲的代表作《明夷待访录》，比卢梭的《社会契约论》还要早近一百年，有人称它为“另一部《人权宣言》”。
这两部著作所反映的主要共同点是A．批判君主专制、保证人民基本权利 B．构建未来资本主义政权组织形式C．反对封建礼教、强调人人生而平等 D．反映了资本主义萌芽时代的要求28．阅读下面“1916-1922年日本棉纱输华消长比较表”。
导致表中日本棉纱输华价值量下降的主要原因是1916-1922年日本棉纱输华消长比较表A. 日本放松对华的经济侵略B.受国民大革命兴起的影响C. 国内的民族主义情绪高涨D.日本失去独霸中国的地位29.1924年孙中山在广州高等师范演讲。
他说：“农民问题真是完全解决，是要‘耕者有其田’，那才算是我们对于农民问题的最终结果。
安庆一中2018届高三热身考试语文试卷本试卷共10 页，22题。
全卷满分150 分，考试用时150 分钟。
注意事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号。
回答非选择题时，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。
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。
①在生态文明时代背景下，环境审美出现了新的观念——生态文明审美观。
②环境审美应该说是自有人类以来就存在的。
之所以长期以来，人们较少谈环境审美，不是它不存在，而是它为别的论述特别是为自然审美观所代替。
渔猎文明时代，人们对关涉人生存的自然界已有强烈的自觉意识。
这个时代只能说是环境意识的萌生期。
这个时代对环境的审美突出特点一是功利性，二是崇神性。
人类的环境意识是在农业文明时代建立的。
农业文明一个重要现象就是生产与生活紧密联系，家族环境、自然环境、社会环境合为一体，其环境审美意识体现出了一种原始的生态平衡的意味。
工业文明的建立是由农民走向城市开始的。
随着工业文明弊病的逐渐凸显，人们与这个主要由钢筋混凝土组建成的人工环境的关系发生了变化：日常生活上不再适应，审美情感上则转为厌恶以至于诅咒。
人们渴望着新的文明，它就是生态文明；人们同时也在渴望着新的环境审美观——生态文明的审美观。
③那么，这种审美观究竟是一种什么样的审美观呢？④第一，生态文明的审美观强调生态与文明的共生。
生态与文明在更高的层面上实现了统一，这种统一的实现，只能是共生。
相比以往文明中的自然人化，这是更高意义上的自然人化。
这就是我们当今说的美——生态文明的美。
⑤第二，生态文明审美观在涉及人的生命与其他物种生命时强调生态公正的原则。
人类传统的审美观均是漠视动植物的生命的，即使重视动植物的生命，也是站在人的立场上。
24.先秦时期，墨家学派与儒家学派并称“显学”。
秦汉之际，墨家急趋衰微，最终于西汉中期淡出历史舞台。
墨家学派淡出历史舞台最可能的因素是A.主流意识形态确立B.小生产者大规模减少C.墨学背离传统思想D.因秦始皇焚书而断绝25.秦汉时期，丞相是朝廷中掌握行政实权的总理大臣，“门下”是皇帝的侍从机关。
魏晋时“门下”发展为侍中寺，凡属重要政令，皇帝都要征求其意见，东晋时，改为门下省，权势渐重，南北朝时，成为与中书省、尚书省鼎足而立的政治核心机关。
这一历程反映了A.三省集体议政提高了行政效率B.门下省成为监察百官机构C.丞相参与决策的权力逐渐削弱D.宰相逐渐退出了权力中心26. 宋初文书写道：“凡制赦所出，必自宰相。
”宋仁宗时期，台谏制度得以重视，台谏官员脱离对宰执的依附，只需对皇帝一人负责。
仁宗朝的宰执因台谏而罢免者达57人，欧阳修感叹道：“近年宰相多以过失，因言者罢去。
”这种变化体现出当时A．北宋形成了自上而下的监察体系 B．谏官地位上升保证了政治统治清明C．官僚政治对皇权的制约作用下降 D．台谏与宰相的斗争削弱了中央集权27. 明末清初思想家黄宗羲的代表作《明夷待访录》，比卢梭的《社会契约论》还要早近一百年，有人称它为“另一部《人权宣言》”。
这两部著作所反映的主要共同点是A．批判君主专制、保证人民基本权利 B．构建未来资本主义政权组织形式C．反对封建礼教、强调人人生而平等 D．反映了资本主义萌芽时代的要求28．阅读下面“1916-1922年日本棉纱输华消长比较表”。
导致表中日本棉纱输华价值量下降的主要原因是C. 国内的民族主义情绪高涨D.日本失去独霸中国的地位29.1924年孙中山在广州高等师范演讲。
他说：“农民问题真是完全解决，是要‘耕者有其田’，那才算是我们对于农民问题的最终结果。
”该讲话说明孙中山A.反对封建土地制度B.认识到农民受剥削的根源C.要求均分地主土地D.认识到土地革命的重要性30.宋庆龄某次会议上说：“在中国历史上，这是第一次有这样一个广大代表性的人民的集会，……组织一个真正的人民民主政府。
