厦门市2017届高三第一次质检(文科综合)

厦门市2017-2018 学年度第一学期高三年级质量检测语文试题参考答案一、现代文阅读（35 分）1. A （B项应该是发展共享经济需要削弱产品使用的竞争性”。

C项，文本的意思是共享平台出现之前，人们只能选择彼此信任度高的亲戚朋友范围内共享，共享评价机制出现，人们了解他人的信任程度更便捷，选择可信任的交易对象增多，共享范围就扩大了。

选项归因于“信用评价机制匮乏，人际信任程度不高”歪曲了愿意。

D 项“知识的产权主体收费太高”错，应该是收费成本太高，难以阻止盗版）矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖賃軔。

2. C （文中举电影的例子虽也表明了其难以排他的特性，但主要目的是论证技术进步可以让原本难以排他的产品变得可以排他，进而有利于促进共享经济的发展）聞創沟燴鐺險爱氇谴净祸測。

3．D（D 项原文说的是降低排他成本可以就可以收取费用，就意味着有赢利的可能，从而吸引私人企业参与共享经济，但并不是收取更贵的费用。

企业收费成本变低，可能收费比原来便宜，但共享范围扩大，总收益更高。

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4．B （对“叔叔”的表现均是侧面的。

）5.①虎子”是被救者，是事件的当事人，以他的视角讲述，真实亲切。

②虎子”是个懵懂的孩子，以他的视角观察，使人物形象的刻画更客观、自然，主题的表达更含蓄、丰富。

（答出一点给2分，答出两点给 5 分。

意思答对即可。

如有其他答案，只要言之成理，可酌情给分。

）酽锕极額閉镇桧猪訣锥顧荭。

6 •①便于叙事，可借奶奶”之口讲述叔叔”生前的情况。

②制造悬念，激发读者探寻英雄”的阅读兴趣。

③深化主题，奶奶”面对不幸，坚韧而有大爱，也是英雄。

（每答出一点给2分。

意思答对即可。

如有其他答案，只要言之成理，可酌情给分。

）彈贸摄尔霁毙攬砖卤庑诒尔。

7. B （公会家族、网红经纪向直播平台输出主播而非内容）8.AC（B 项，解决直播内容低俗的问题主要靠监管，而不是靠提高网络直播行业的门槛；D 项，当前我国进入了”错，材料四表明是即将到来”，广泛运用”也错；E项，表明传统媒体正逐渐衰落”无中生有）謀荞抟箧飆鐸怼类蒋薔點鉍。

绝密★启用前【百强校】2017届福建厦门第一中学高三上开学分班考试文科综合政治试卷（带解析）试卷副标题考试范围：xxx ；考试时间：32分钟；命题人：xxx学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项．1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、单选题（题型注释）1、2015年我国继续深入推进行政审批制度改革，简政放权作为改革的“先手棋”和转变政府职能的“当头炮”，极大的激发了市场活力、发展动力和社会创造力。

对简政放权认识正确的是①作为生产关系的调整，简政放权能促进生产力发展 ②简政放权通过变革上层建筑以适应经济基础发展 ③简政放权是遵循社会发展规律的价值选择 ④简政放权是解决我国基本矛盾的根本途径A ．①②B ．②③C ．①③D ．②④2、漫画《经验的选择》给我们的启示是①矛盾的普遍性寓于特殊性之中②矛盾双方在一定条件下可以相互转化③矛盾具有普遍性，要敢于揭露矛盾④矛盾具有特殊性，要具体问题具体分析A．①② B．③④ C．②④ D．①③3、某市打造北斗卫星导航功能型平台，初步建成智能公交应用、高精度位置服务等六大应用系统和产业技术创新基地等，部署完成了78275台北斗终端，产品商业性开发应用取得显著成效，北斗卫星导航系统也在应用中得到进一步完善。

这表明①转化为现实生产力是科技创新价值的重要体现②不断发展的社会需要是科技创新的重要动力③科技创新以思想观念的创新为先导④科技创新总是通过吸收、改造传统技术而实现A．①② B．①③ C．②④ D．③④4、丝绸之路经济带建设，以综合交通通道为展开空间，依托以沿线交通基础设施和中心城市，对域内贸易和生产要素进行优化配置，促进区域经济一体化，最终实现区域经济和社会同步发展。

材料蕴含的哲理有①改变事物的状态，建立新的联系，就能发现质的飞跃②事物之间的相互联系、相互作用构成事物的变化发展③要把握事物联系的多样性、条件性，积极创造事物间的自在联系④注重各个要素的有机整合，可以发挥整体的最佳功能A．①③ B．①② C．②④ D．③④5、“东城渐党风光好，縠皱波纹迎客棹。

厦门市2017届高中毕业班第一次质量检查文科综合能力测试选择题共35小题,每小题4分,共140分在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。

24．儒家文化不着意构筑彼岸世界和灵魂永生，而是教导人们在此岸世界“学做圣贤”、“立德、立功、立言”，以达到人生“三不朽”境界。

这种风尚的弘扬A．造就了积极人世的文化倾向B．体现了三教合一的价值观C．成为历代皇权专制的护身符D．最终导致儒学信仰宗教化25．汉代丞相犯罪，依“将相不辱"和“将相不对理陈冤”的习惯，不用出庭接受审问；即便重罪，亦由皇帝示意自裁.这是因为A．无为而治的推行B．重罪轻罚的传统C．丞相地位的尊崇D．官僚集团的庇护26．宋代科举录取人数比唐代大幅度增加，且经三级考试通过后，不需再试于吏部即可直接授官.这表明宋代A．科举取士有失严谨B．专制皇权有所弱化C．六部职权相对削弱D．官僚制度活力增强27．成书于元朝的《农书》列举了围田、柜田、架田、涂田、沙田和梯田等田制，前五种行于滨江海湖泊之地，后一种行于多山丘陵之域.这反映了当时A．人地矛盾突出B．土地所有制变化C．水旱灾害频繁D．传统犁耕受冲击28．洋务运动期间，洋务派兴办京师同文馆、福建船政学堂等新式学堂，同时向海外派遣多批留学生。

由此可见A．传统经世致用思想回潮B．官学教育逐渐走向衰落C．人才培养方向趋于多元D．新式人才得到社会重视29. 1908年，清政府颁布《各省咨议局章程》和《咨议局议员选举章程》。

此后，各省咨议局陆续成立.对此理解正确的是A．民间士绅阶层开始参与地方事务B．清政府进一步扩大了统治基础C．地方政权结构开始向现代化转型D．清政府积极推动代议政治发展30.1936年,国民政府国家资源委员会拟定《中国工业发展三年计划》，并向德国借款三千万元法币,主要用于兴建冶金、电力、化工等厂矿。

此举A．开启了国民政府的币制改革B．借鉴了苏联经济发展的模式C．奠定了抗战胜利的物质基础D．扭转了中国工业失衡的局面31．读图8，1957年中国农业经济变化的主要原因是A．土地改革的完成B．农业合作化的推动C．产业结构的优化D．市场需求量的扩大32．“僭主”是古希腊特有的称谓，用于称呼不合法的政权僭窃者，以区别于权力神授的合法首领“王”；“僭主”之称并无污辱之意，他是事实上的王。

厦门市2017届高中毕业班第一次质量检查文综之历史试卷及答案解析24.儒家文化不着意构筑彼岸世界和灵魂永生而是教导人们在此岸世界“学做圣贤”、“立德、立功、立言”，以达到人生“三不朽”境界。

这种风尚的弘扬A.造就了积极入世的文化倾向B.体现了三教合一的价值观C.成为历代皇权专制的护身符D.最终导致儒学信仰宗教化[解析]原始儒学创立的初衷并不是为建立一种超越世俗而具有神学性质的宗教信仰。

即使有宗教化倾向的汉代儒学和宋明理学也和真正意义上的宗教不同。

儒学虽在中国历史上起过某些宗教的作用或几度被宗教化,也曾被其它宗教文化冲击和影响过,但儒学本身并没有因此而改变其关注现实社会、注重人文理性的本质和传统。

因此儒学不等于宗教。

中国文化的一种传统精神就是经世致用。

体现在：天人之辩（人与自然的关系）形成“循天道，尚人文；远鬼神，近俗世”的观念。

君民之辩形成“尊君与民本并存，以民本制约尊君”思想；人性之辩（关于人的本性善恶的思考）形成“人之初，性本善；性相近，习相远”的观念；义利之辩（社会道义与经济利益的关系）形成“君子爱才，取之有道；正其义不谋其利，明其道不计其功”精神；刑礼之辩（刑法治理与礼治教化的关系）形成“德礼为政教之本，刑罚为政教之用”的原则。

其发展观是“通变易，守圜道；追先祖，垂史范”。

其政治观是“重伦常，崇教化；觅治道，求经世”。

经世的前提是入世，而积极入世恰恰是包括儒家在内的中国文化的一种基本倾向，这种入世文化不着意构筑彼岸世界和灵魂永生的幻想，却教导人们在此岸“学做圣贤”、“立德、立功、立言”，达到人生“三不朽”境界。

25.汉代丞相犯罪，依“将相不辱”和“将相不对理陈冤”的习惯，不用出庭接受审问；即便重罪，亦由皇帝自裁。

这是因为A.无为而治的推行B.重罪轻罚的传统C.丞相地位的尊崇D.官僚集团的庇护26.宋代科举录取人数比唐代大幅度增加，且经三级考试通过后，不需要再试于吏部即可直接授官。

这表明宋代A.科举取士有失严谨B.专制皇权有所弱化C.六部职权相对削弱D.官僚制度活力增强[解析]唐宋科举考试同样存在封建官场惯有的人情请托、权贵干预等各种弊端，但通过公开考试，鼓励竞争的措施，使选拔官吏有了一个知识才能的标准，扩大了官吏选拔途径，吸收大批中下层知识分子参加官府工作。

2017年福建省厦门市高考数学一模试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A={x|x2﹣3x+2＜0}，B={x|y=lg（3﹣x）}，则A∩B=（）A．{x|1＜x＜2}B．{x|1＜x＜3}C．{x|2＜x＜3}D．{x|x＜3}2．已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线为，则双曲线的离心率为（）A．B．2 C．D．3．如图，函数f（x）的图象是折线段ABC，其中A，B，C的坐标分别为（0，4），（2，0），（6，4），则f（1）+f（3）=（）A．3 B．0 C．1 D．24．中国将于今年9月3日至5日在福建省厦门市主办金砖国家领导人第九次会晤．某志愿者队伍共有5人负责接待，其中3人担任英语翻译，另2人担任俄语翻译．现从中随机选取2人，恰有1个英语翻译，1个俄语翻译的概率是（）A．B．C．D．5．已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点（﹣，2），则tan（α﹣）的值为（）A．﹣3B．﹣C．﹣D．﹣6．我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一问题：“今有蒲生一日，长三尺．莞生一日，长一尺．蒲生日自半．莞生日自倍．问几何日而长等？”（蒲常指一种多年生草本植物，莞指水葱一类的植物）现欲知几日后，莞高超过蒲高一倍．为了解决这个新问题，设计右面的程序框图，输入A=3，a=1．那么在①处应填（）A．T＞2S？ B．S＞2T？ C．S＜2T？ D．T＜2S？7．实数x，y满足，则z=4x+3y的最大值为（）A．3 B．4 C．18 D．248．在平行四边形ABCD中，AB=3，AD=2，=，=，若•=12，则∠BAD=（）A．B．C．D．9．当x＞0时，函数f（x）=（ae x+b）（x﹣2）单调递增，且函数y=f（x﹣1）的图象关于直线x=1对称，则使得f（2﹣m）＞0成立的m的取值范围是（）A．{m|m＜﹣2或m＞2}B．{m|﹣2＜m＜2}C．{m|m＜0或m＞4}D．{m|0＜m＜4} 10．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，已知其俯视图是正三角形，则该四棱锥的外接球的表面积是（）A．B．C．19πD．22π11．已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，准线为l，A，B是C上两动点，且∠AFB=α（α为常数），线段AB中点为M，过点M作l的垂线，垂足为N，若的最小值为1，则α=（）A．B．C．D．12．已知数列{a n}的前n项和为S n，直线y=x﹣2与圆x2+y2=2a n+2交于A n，B n（n∈N*）两点，且．若a1+2a2+3a3+…+na n＜λa n2+2对任意n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围是（）A．（0，+∞）B．C．[0，+∞）D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．复数z满足z（1+i）=2﹣i（i为虚数单位），则z的模为．14．已知{a n}是等差数列，其前n项和为S n，a1+a3+a5=15，a2+a4+a6=0，则S n的最大值为．15．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，BC=2，CC1=1，直线BC1与平面A1ABB1所成角等于60°，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积为为_____．16．∃x0∈（2，+∞），k（x0﹣2）＞x0（lnx0+1），则正整数k的最小值为．（参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln5≈1.6094）三、解答题：本大题共5小题，每小题分数见旁注，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．已知函数f（x）=Msin（ωx+φ）（M＞0，ω＞0，|φ|＜）的图象与x轴的两个相邻交点是A（0，0），B（6，0），C是函数f（x）图象的一个最高点．a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，满足（a+c）（sinC﹣sinA）=（a+b）sinB．（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；（Ⅱ）将函数f（x）的图象向左平移1个单位后，纵坐标不变，横坐标伸长为原来的倍，得到函数g（x）的图象，求函数g（x）的单调递减区间．18．为了响应厦门市政府“低碳生活，绿色出行”的号召，思明区委文明办率先全市发起“少开一天车，呵护厦门蓝”绿色出行活动．“从今天开始，从我做起，力争每周至少一天不开车，上下班或公务活动带头选择步行、骑车或乘坐公交车，鼓励拼车…”铿锵有力的话语，传递了绿色出行、低碳生活的理念．某机构随机调查了本市部分成年市民某月骑车次数，统计如下：45岁至59岁为中年人，60岁及以上为老年人．用样本估计总体的思想，解决如下问题：（Ⅰ）估计本市一个18岁以上青年人每月骑车的平均次数；（Ⅱ）若月骑车次数不少于30次者称为“骑行爱好者”，根据这些数据，能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“骑行爱好者”与“青年人”有关？K2=．19．如图，正方形ABCD的边长等于2，平面ABCD⊥平面ABEF，AF∥BE，BE=2AF=2，EF=．（Ⅰ）求证：AC∥平面DEF；（Ⅱ）求三棱锥C﹣DEF的体积．20．已知函数f（x）=（x2﹣ax+a+1）e x．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）函数f（x）有两个极值点，x1，x2（x1＜x2），其中a＞0．若mx1﹣＞0恒成立，求实数m的取值范围．21．已知椭圆Γ： +y2=1（a＞1）与圆E：x2+（y﹣）2=4相交于A，B两点，且|AB|=2，圆E交y轴负半轴于点D．（Ⅰ）求椭圆Γ的离心率；（Ⅱ）过点D的直线交椭圆Γ于M，N两点，点N与点N'关于y轴对称，求证：直线MN'过定点，并求该定点坐标．选修4-4：坐标系与参数方程22．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（α为参数）．以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=8cosθ，直线l的极坐标方程为．（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程与直线l的直角坐标方程；（Ⅱ）若直线l与C1，C2在第一象限分别交于A，B两点，P为C2上的动点，求△PAB面积的最大值．选修4-5：不等式选讲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．2017年福建省厦门市高考数学一模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A={x|x2﹣3x+2＜0}，B={x|y=lg（3﹣x）}，则A∩B=（）A．{x|1＜x＜2}B．{x|1＜x＜3}C．{x|2＜x＜3}D．{x|x＜3}【考点】交集及其运算．【分析】解不等式求出集合A，求定义域得出B，再根据交集的定义写出A∩B．【解答】解：集合A={x|x2﹣3x+2＜0}={x|1＜x＜2}，B={x|y=lg（3﹣x）}={x|3﹣x＞0}={x|x＜3}，则A∩B={x|1＜x＜2}．故选：A．2．已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线为，则双曲线的离心率为（）A．B．2 C．D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】根据双曲线的渐近线方程得到a，b的关系，再根据离心率公式计算即可．【解答】解：∵双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线为，∴=，∴双曲线的离心率为e===故选：D．3．如图，函数f（x）的图象是折线段ABC，其中A，B，C的坐标分别为（0，4），（2，0），（6，4），则f（1）+f（3）=（）A．3 B．0 C．1 D．2【考点】函数的图象．【分析】由已知中函数的图象，求出f（1），f（3）的值，可得答案．【解答】解：由已知中的函数f（x）的图象可得：f（1）=2，f（3）=1，故f（1）+f（3）=3，故选：A4．中国将于今年9月3日至5日在福建省厦门市主办金砖国家领导人第九次会晤．某志愿者队伍共有5人负责接待，其中3人担任英语翻译，另2人担任俄语翻译．现从中随机选取2人，恰有1个英语翻译，1个俄语翻译的概率是（）A．B．C．D．【考点】古典概型及其概率计算公式．【分析】利用古典概率计算公式计算即可．【解答】解：P（恰有1个英语翻译，1个俄语翻译）==，故选：C．5．已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点（﹣，2），则tan（α﹣）的值为（）A．﹣3B．﹣C．﹣D．﹣【考点】任意角的三角函数的定义．【分析】利用任意角的三角函数的定义求得tanα的值，再利用两角差的正切公式求得tan（α﹣）的值．【解答】解：∵角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点（﹣，2），∴tanα==﹣，则tan（α﹣）===﹣3，故选：A．6．我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一问题：“今有蒲生一日，长三尺．莞生一日，长一尺．蒲生日自半．莞生日自倍．问几何日而长等？”（蒲常指一种多年生草本植物，莞指水葱一类的植物）现欲知几日后，莞高超过蒲高一倍．为了解决这个新问题，设计右面的程序框图，输入A=3，a=1．那么在①处应填（）A．T＞2S？ B．S＞2T？ C．S＜2T？ D．T＜2S？【考点】程序框图．【分析】由题意，S表示莞高，T表示蒲高，现欲知几日后，莞高超过蒲高一倍，即可得出结论．【解答】解：由题意，S表示莞高，T表示蒲高，现欲知几日后，莞高超过蒲高一倍，故①处应填S＞2T？．故选B．7．实数x，y满足，则z=4x+3y的最大值为（）A．3 B．4 C．18 D．24【考点】简单线性规划．【分析】画出满足条件的平面区域，求出角点的坐标，结合函数的图象求出z的最大值即可．【解答】解：画出满足条件的平面区域，如图示：，由，解得A（3，4），由z=4x+3y得：y=﹣x+z，结合图象得直线过A（3，4）时，z最大，z的最大值是24，故选：D．8．在平行四边形ABCD中，AB=3，AD=2，=，=，若•=12，则∠BAD=（）A．B．C．D．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】根据平行四边形的性质，利用平面向量的线性表示与数量积运算，即可求出答案．【解答】解：如图所示，平行四边形ABCD中，AB=3，AD=2，=，=，∴=+=﹣﹣，=+=﹣﹣若•=12，则•=（﹣﹣）•（﹣﹣）=++•=×32+×22+×3×2×cos∠BAD=12，cos∠BAD=，∴∠BAD=．故选：B．9．当x＞0时，函数f（x）=（ae x+b）（x﹣2）单调递增，且函数y=f（x﹣1）的图象关于直线x=1对称，则使得f（2﹣m）＞0成立的m的取值范围是（）A．{m|m＜﹣2或m＞2}B．{m|﹣2＜m＜2}C．{m|m＜0或m＞4}D．{m|0＜m＜4}【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】根据函数的对称性得到函数f（x）是偶函数，根据f（2）=f（﹣2）=0，问题转化为|2﹣m|＞2，求出m的范围即可．【解答】解：函数y=f（x﹣1）的图象关于直线x=1对称，即函数y=f（x）的图象关于y轴对称，函数f（x）是偶函数，而f（2）=0，故x＞2时，f（x）＞0，x＜﹣2时，f（x）＞0，故f（2﹣m）＞0，即|2﹣m|＞2，解得：m＞4或m＜0，故选：C．10．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，已知其俯视图是正三角形，则该四棱锥的外接球的表面积是（）A．B．C．19πD．22π【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据四棱锥的三视图知该四棱锥底面为矩形，高为的四棱锥；还原出长方体，设该四棱锥的外接球球心为O，求出外接球的半径，计算外接球的表面积．【解答】解：根据四棱锥的三视图，知该四棱锥底面为矩形，高为的四棱锥；且侧面PAB⊥底面ABCD，如图所示；还原出长方体是长为2，宽为1，高为．设该四棱锥的外接球球心为O，则过O作OM⊥平面PAB，M为△PAB的外心，作ON⊥平面ABCD，则N为矩形ABCD对角线的交点；∴OM=，ON=×=；∴外接球的半径满足R2=ON2+AN2=+=，∴外接球的表面积为S=4πR2=4π×=．故选：A．11．已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，准线为l，A，B是C上两动点，且∠AFB=α（α为常数），线段AB中点为M，过点M作l的垂线，垂足为N，若的最小值为1，则α=（）A．B．C．D．【考点】抛物线的简单性质．【分析】先画出图象、做出辅助线，设|AF|=a、|BF|=b，由抛物线定义得2|MN|=a+b，由题意和余弦定理可得|AB|2=a2+b2﹣2abcosα，再根据的最小值为1，即可得到答案．【解答】解：如右图：过A、B分别作准线的垂线AQ、BP，垂足分别是Q、P，设|AF|=a，|BF|=b，连接AF、BF，由抛物线定义，得|AF|=|AQ|，|BF|=|BP|在梯形ABPQ中，2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b．由余弦定理得，|AB|2=a2+b2﹣2abcosα，∵的最小值为1，∴a2+b2﹣2abcosα≥，α=时，不等式恒成立．故选：C．12．已知数列{a n}的前n项和为S n，直线y=x﹣2与圆x2+y2=2a n+2交于A n，B n（n∈N*）两点，且．若a1+2a2+3a3+…+na n＜λa n2+2对任意n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围是（）A．（0，+∞）B．C．[0，+∞）D．【考点】直线与圆的位置关系．【分析】由已知得到关于数列{a n}的递推式，进一步得到{S n+2}是以a1+2为首项，2为公比的等比数列．求出数列{a n}的前n项和为S n，进一步求得数列{a n}的通项，然后利用错位相减法求得a1+2a2+3a3+…+na n，代入a1+2a2+3a3+…+na n＜λa n2+2，分离参数λ，求出得最大值得答案．【解答】解：圆心O（0，0）到直线y=x﹣2，即x﹣y﹣2=0的距离d==2，由d2+=r2，且，得22+S n=2a n+2，∴4+S n=2（S n﹣S n﹣1）+2，即S n+2=2（S n+2）且n≥2；﹣1∴{S n+2}是以a1+2为首项，2为公比的等比数列．由22+S n=2a n+2，取n=1，解得a1=2，∴S n+2=（a1+2）•2n﹣1，则S n=2n+1﹣2；∴（n≥2）．a1=2适合上式，∴．令T n=a1+2a2+3a3+…+na n=1•2+2•22+3•23+…+（n﹣1）•2n﹣1+n•2n，∴，两式作差可得：==（1﹣n）•2n+1﹣2，∴，由a1+2a2+3a3+…+na n＜λa n2+2对任意n∈N*恒成立，可得（n﹣1）•2n+1+2＜λ•22n+2对任意n∈N*恒成立，即λ＞对任意n∈N*恒成立，当n=1时，=0；由，知，n=2时，=0，∴当n=2、3时，最大为．∴λ＞．∴λ的取值范围为：．故选：B．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．复数z满足z（1+i）=2﹣i（i为虚数单位），则z的模为．【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．【解答】解：z（1+i）=2﹣i（i为虚数单位），∴z（1+i）（1﹣i）=（2﹣i）（1﹣i），∴2z=1﹣3i，则z=，∴|z|==．故答案为：．14．已知{a n}是等差数列，其前n项和为S n，a1+a3+a5=15，a2+a4+a6=0，则S n的最大值为30．【考点】等差数列的前n项和．【分析】设等差数列{a n}的公差为d，根据a1+a3+a5=15，a2+a4+a6=0，可得3d=﹣15，3a1+6d=15，解得d，a1．令a n≥0，解得n，进而得出．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a1+a3+a5=15，a2+a4+a6=0，∴3d=﹣15，3a1+6d=15，解得d=﹣5，a1=15．∴a n=15﹣5（n﹣1）=20﹣5n，令a n=20﹣5n≥0，解得n≤4．则S n的最大值为S4=S3=3×15+=30．故答案为：30．15．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，BC=2，CC1=1，直线BC1与平面A1ABB1所成角等于60°，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积为为_____．【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【分析】由题意，BC1==，∠A1BC1=60°，求出底面的边长，即可求出三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积．【解答】解：由题意，BC1==，∠A1BC1=60°，∴A1C1=，A1B=，∴AB=，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积为（2++）×1=，故答案为．16．∃x0∈（2，+∞），k（x0﹣2）＞x0（lnx0+1），则正整数k的最小值为5．（参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln5≈1.6094）【考点】特称命题．【分析】根据题意得出k＞，设f（x）=，其中x＞2；利用导数求出f（x）在x＞2的最小值，即可求出正整数k的最小值．【解答】解：∃x0∈（2，+∞），∴x0﹣2＞0，∴k（x0﹣2）＞x0（lnx0+1）可化为k＞，设f（x）=，其中x＞2；则f′（x）==；令f′（x）=0，得x﹣4﹣2lnx=0，设g（x）=x﹣4﹣2lnx，其中x＞2；则g′（x）=1﹣=，当x＞2时，g′（x）＞0，g（x）是单调增函数，∴g（x）≥g（2）；且g（2）=2﹣4﹣2ln2=﹣2﹣2×0.6931＜0，g（5）=5﹣4﹣2ln5=1﹣2×1.6094＜0，g（8）=8﹣4﹣2ln8=4﹣6ln2=4﹣6×0.6931＜0，g（9）=9﹣4﹣2ln9=5﹣4ln3=5﹣4×1.0986＞0；∴g（x）在（8，9）内有零点，且在零点处f（x）取得最小值m；∴f（8）==×（3ln2+1）=×（3×0.6931+1）≈4.1＞m，f（9）==×（2ln3+1）=×（2×1.0986+1）≈4.1＞m；∴k≥4.1；即正整数k的最小值为5．故答案为：5．三、解答题：本大题共5小题，每小题分数见旁注，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．已知函数f（x）=Msin（ωx+φ）（M＞0，ω＞0，|φ|＜）的图象与x轴的两个相邻交点是A（0，0），B（6，0），C是函数f（x）图象的一个最高点．a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，满足（a+c）（sinC﹣sinA）=（a+b）sinB．（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；（Ⅱ）将函数f（x）的图象向左平移1个单位后，纵坐标不变，横坐标伸长为原来的倍，得到函数g（x）的图象，求函数g（x）的单调递减区间．【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【分析】（Ⅰ）由函数y=Asin（ωx+φ）的部分图象求解析式，由周期求出ω，由特殊点的坐标求出φ的值，解直角三角形求出A，可得f（x）的解析式．（Ⅱ）利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律求得g（x）的解析式，再利用正弦函数的单调性求得函数g（x）的单调递减区间．【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）=Msin（ωx+φ）（M＞0，ω＞0，|φ|＜）的图象与x轴的两个相邻交点是A（0，0），B（6，0），∴sinφ=0，∴φ=0，且==6，∴ω=，∴f（x）=Msin（x）．∵C是函数f（x）图象的一个最高点，a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，满足（a+c）（sinC﹣sinA）=（a+b）sinB，∴（a+c）（c﹣a）=（a+b）b，整理可得=﹣，即cosC=﹣，∴C=．由题意可得CA=CB，∴∠A=，设AB的中点为D，则CD⊥AB，且点D（3，0），点C（3，M），根据tan∠A=tan===，∴M=，∴f（x）=sin（x）．（Ⅱ）将函数f（x）=sin（x）的图象向左平移1个单位后，纵坐标不变，可得y=sin（x+1）=sin（x+）的图象；再把横坐标伸长为原来的倍，得到函数g（x）=sin（•x+）=sin（x+）的图象．令2kπ+≤+≤2kπ+，求得4kπ+≤x≤4kπ+，故函数g （x ）的单调递减区间为[4kπ+，4kπ+]，k ∈Z ．18．为了响应厦门市政府“低碳生活，绿色出行”的号召，思明区委文明办率先全市发起“少开一天车，呵护厦门蓝”绿色出行活动．“从今天开始，从我做起，力争每周至少一天不开车，上下班或公务活动带头选择步行、骑车或乘坐公交车，鼓励拼车…”铿锵有力的话语，传递了绿色出行、低碳生活的理念．某机构随机调查了本市部分成年市民某月骑车次数，统计如下：45岁至59岁为中年人，60岁及以上为老年人．用样本估计总体的思想，解决如下问题： （Ⅰ）估计本市一个18岁以上青年人每月骑车的平均次数；（Ⅱ）若月骑车次数不少于30次者称为“骑行爱好者”，根据这些数据，能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“骑行爱好者”与“青年人”有关？K 2=．【考点】独立性检验的应用．【分析】（Ⅰ）利用组中值，即可估计本市一个18岁以上青年人每月骑车的平均次数； （Ⅱ）根据条件中所给的数据，列出列联表，把求得的数据代入求观测值的公式求出观测值，把观测值同临界值进行比较得到结论．【解答】解：（Ⅰ）估计本市一个18岁以上青年人每月骑车的平均次数为（20×5+40×15+40×25+200×35+200×45+300×55）÷（20+40+40+200+200+300）=42.75； （Ⅱ）列联表：K2==18＞7.879，∴能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“骑行爱好者”与“青年人”有关．19．如图，正方形ABCD的边长等于2，平面ABCD⊥平面ABEF，AF∥BE，BE=2AF=2，EF=．（Ⅰ）求证：AC∥平面DEF；（Ⅱ）求三棱锥C﹣DEF的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）连结BD，记AC∩BD=O，取DE的中点G，连结OG、FG，推导出四边形AOGF是平行四边形，从而AC∥FG，由此能证明AC∥平面DEF．（Ⅱ）在面ABEF中，过F作FH∥AB，交BE于点H，推导出FE⊥EB，从而FE⊥AF，三棱锥C﹣DEF的体积V C﹣DEF =V A﹣DEF=V D﹣AEF，由此能求出三棱锥C﹣DEF的体积．【解答】证明：（Ⅰ）连结BD，记AC∩BD=O，取DE的中点G，连结OG、FG，∵点O、G分别是BD和ED的中点，∴OG BE，又AF，∴OG AF，∴四边形AOGF是平行四边形，∴AO∥FG，即AC∥FG，又AC⊄面DEF，FG⊂平面DEF，∴AC∥平面DEF．解：（Ⅱ）在面ABEF中，过F作FH∥AB，交BE于点H，由已知条件知，在梯形ABEF中，AB=FH=2，EF=，EH=1，∴FH2=EF2+EH2，即FE⊥EB，从而FE⊥AF，∵AC∥平面DEF，∴点C到平面DEF的距离为AF=BH=2﹣1=1，∠AFE=90°，∴．∴三棱锥C ﹣DEF 的体积V C ﹣DEF =V A ﹣DEF =V D ﹣AEF ===．20．已知函数f （x ）=（x 2﹣ax +a +1）e x ． （Ⅰ）讨论函数f （x ）的单调性；（Ⅱ）函数f （x ）有两个极值点，x 1，x 2（x 1＜x 2），其中a ＞0．若mx 1﹣＞0恒成立，求实数m 的取值范围．【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）问题等价于m ＞=恒成立，即m ＞﹣+2x 2+1恒成立，令t=a ﹣2（t＞2），则x 2=，令g （t ）=，根据函数的单调性求出g （t ）的最小值，从而求出m 的范围即可．【解答】解：（Ⅰ）f′（x ）=[x 2+（2﹣a ）x +1]e x ， 令x 2+（2﹣a ）x +1=0（*），（1）△=（2﹣a ）2﹣4＞0，即a ＜0或a ＞4时， 方程（*）有2根，x 1=，x 2=，函数f （x ）在（﹣∞，x 1），（x 2，+∞）递增，在（x 1，x 2）递减； （2）△≤0时，即0≤a ≤4时，f′（x ）≥0在R 上恒成立， 函数f （x ）在R 递增，综上，a ＜0或a ＞4时，函数f （x ）在（﹣∞，x 1），（x 2，+∞）递增，在（x 1，x 2）递减；0≤a≤4时，函数f（x）在R递增；（Ⅱ）∵f′（x）=0有2根x1，x2且a＞0，∴a＞4且，∴x1＞0，mx1﹣＞0恒成立等价于m＞=恒成立，即m＞﹣+2x2+1恒成立，令t=a﹣2（t＞2），则x2=，令g（t）=，t＞2时，函数g（t）=递增，g（t）＞g（2）=1，∴x2＞1，∴﹣+2x2+1＜2，故m的范围是[2，+∞）．21．已知椭圆Γ： +y2=1（a＞1）与圆E：x2+（y﹣）2=4相交于A，B两点，且|AB|=2，圆E交y轴负半轴于点D．（Ⅰ）求椭圆Γ的离心率；（Ⅱ）过点D的直线交椭圆Γ于M，N两点，点N与点N'关于y轴对称，求证：直线MN'过定点，并求该定点坐标．【考点】直线与椭圆的位置关系．【分析】（Ⅰ）由题意的A、B两点关于y轴对称，圆心E到AB的距离为1，求出B坐标代入椭圆方程得a即可．（Ⅱ）设M（x1，y1），N（x2，y2），N′（﹣x2，y2）．圆E交y轴负半轴于点D（0，﹣），当直线MN斜率存在时，设其方程为：y=kx﹣，直线MN′的方程，依据椭圆的对称性，若直线MN'过定点，定点一定在y轴上，令x=0，==．【解答】解：（Ⅰ）由题意的A、B两点关于y轴对称，∵，圆心E到AB的距离为1，∴，∴，代入椭圆方程得，解得a2=4，∴．（Ⅱ）设M（x1，y1），N（x2，y2），N′（﹣x2，y2）．圆E交y轴负半轴于点D（0，﹣），当直线MN斜率存在时，设其方程为：y=kx﹣，消去y得（1+4k2）x2﹣4kx﹣3=0．∴x1+x2=，x1x2=，直线MN′的方程，依据椭圆的对称性，若直线MN'过定点，定点一定在y轴上，令x=0，==．当直线MN斜率不存在时，直线MN′的方程为x=0，显然过点（0，﹣2）．直线MN'过定点（0，﹣2）选修4-4：坐标系与参数方程22．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（α为参数）．以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=8cosθ，直线l的极坐标方程为．（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程与直线l的直角坐标方程；（Ⅱ）若直线l与C1，C2在第一象限分别交于A，B两点，P为C2上的动点，求△PAB面积的最大值．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（Ⅰ）利用参数方程与普通方程转化，求得C1的普通方程，将l的极坐标方程为转化成曲线C1的极坐标方程；（Ⅱ）由C2的直角坐标方程为（x﹣4）2+y2=16，求得ρ12﹣2ρ1﹣3=0，代入求得ρ1，ρ2，求得丨AB丨，AB为底边的△PAB的高的最大值为4+2．利用三角形的面积公式，即可求得△PAB面积的最大值．【解答】解：（Ⅰ）依题意得，曲线C1的普通方程为（x﹣2）2+y2=7，曲线C1的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ﹣3=0，直线l的直角坐标方程为y=x．（Ⅱ）曲线C2的直角坐标方程为（x﹣4）2+y2=16，由题意设A（ρ1，），B（ρ2，），则ρ12﹣4ρ1cosθ﹣3=0，即ρ12﹣2ρ1﹣3=0，得ρ1=3或ρ1=﹣1（舍），ρ2=8cos=4，则丨AB丨=丨ρ1﹣ρ2丨=1，C2（4，0）到l的距离为d==2．以AB为底边的△PAB的高的最大值为4+2．则△PAB的面积的最大值为×1×（4+2）=2+．选修4-5：不等式选讲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．【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法．【分析】（Ⅰ）作出f（x）的图象，结合题意可得，由此求得m的值．（Ⅱ）求得f（x）的最小值为2，可得2＜a2+a﹣4，由此求得a的范围．【解答】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 }．。

厦门第一中学2017届高三下学期开学考试文综政治试题12.图3为近期人民币对美元汇率走势图。

不考虑其他因素，下列推断正确的是图3①美联储加息，加大我国资本外流压力，增大人民币贬值压力②我国出口商品在国内市场价格降低，将增强我国出口商品的核心竞争力③短期内去美国的中国游客，可以提前持有美元，减少汇兑风险和汇率损失④国内企业在美国投资办厂的成本有所降低，有利于我国扩大对外投资A．①③ B．①④ C．②③ D．②④13.近年来，国务院在赋予地方政府举债权限的同时，对地方政府债务实行规模控制，严格限定地方政府举债程序和资金用途，并将其纳入预算管理。

国务院加强对地方性债务的管理旨在①调整中央与地方的收入分配关系②实施紧缩性货币政策给经济“降温”③建立规范的地方政府举债融资机制④控制和化解地方政府性债务的风险A．①② B．①③ C．②④ D．③④14.2016年12月，在深圳举办的中国中小企业高峰论坛上，深圳市副市长讲到，30多年来，深圳每一次产业变迁的主要驱动力都是创新，作为市场主体的企业，也是创新的主力军。

为此，深圳在支持企业发展，特别是中小企业创新发展方面出台了一系列政策措施。

你认为深圳市政府可能采取的措施有①进一步完善知识产权保护制度，激发企业的自主创新潜力②进一步降低存贷款利率，为企业发展提供强大的财政支持③进一步规范市场准入，为企业发展创造公平竞争的市场环境④进一步支持科技型企业拓宽融资渠道，降低企业经营成本A．①② B．①③ C．②④ D．③④15.据统计，2015年内地游客在香港投保的新造保单保费累计316亿港元，占香港保险业个人业务的总新造保单保费的24. 2%。

反观内地保险市场，则保险产品同质化竞争严重，中端保险市场几乎处于空白状态。

这一现象给内地保险业的启示是①抢占中端保险市场是保险公司经营成功的关键②内地保险业应提高利用外资综合优势和总体效益③内地保险业应制定正确的经营战略参与市场竞争④内地保险业应面向市场提供适销对路的保险产品A．①② B．①③ C．②④ D．③④16.中共中央办公厅、国务院办公厅印发的《深化农村改革综合性实施方案》提出，以扩大有序参与、推进信息公开、健全议事协商、强化权力监督为重点，健全村党组织领导的充满活力的村民自治机制，探索村民自治的有效实现形式。

秘密★启用前【考试时间：2019年11月1日上午9 : 00—11 : 30】高中2017级第一次诊断性考试文科综合能力测试注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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，将答题卡交回。

一、选择题：本卷共35个小题，每小题4分，共140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。

蓄水能力是评价土壤水源涵养、调节水循环能力的主要指标之一-林地土壤蓄洪作用主要反映在毛管孔隙水的贮存能力上。

土壤持水量饱和后会产生地表和地下径流。

表1为四川盆地东部海拔350米~951米某山不同林地土壤孔隙度和持水性资料。

据此完成1~3题。

表1黑炭是化石燃料和生物质在缺氧条件下热解炭化产生的表面以灰黑色为主的一类大气污染物。

黑炭能在空气中随大气运动、降水等扩散，会对冰川产生重要影响，进而影响全球气候。

图1为青藏高原及周边冰雪中黑炭含量（单位为10-9）-据此完成4~6题。

50*40"4.图中虚线框内高含量黑炭带的形成，主要是因为A.油气资源开发B.交通运输发展C.牲畜粪便焚烧D.工厂废气排放5.青藏高原东南部空气中黑炭含量呈现夏低冬高的特点，原因主要是夏季A.太阳辐射强，促进了黑炭的分解B.西风势力强，利于污染物的扩散C,气温高，利于大气层中黑炭自燃 D.降水多，利于黑炭随雨水沉降到地面6.冰雪表层的黑炭会对冰川产生重要的影响，是因为其对太阳辐射A.吸收强，加速冰雪消融C.反射强、加速冰雪消融山地林线指高山带针叶林分布的上限，主要受降水量、气温和风力等因素影响。

图2中7.高山带针叶林之上的自然带是图2A.冰雪荒漠带B.常绿阔叶林带C.灌丛草甸带B.吸收弱，加速冰雪累积D.反射弱、加速冰雪累积D.针阔混交林带D. N地D,风力30*20*65, 80* 95, 110'图1A. P地B. R地C. M地9.导致横断山区各山脉东坡林线分布高度差异的主要因素是A.降水B.海拔C,气温文科综合试题第2页（共12页）一位地质学家在考察美国西部内陆的羚羊谷（如图3）后记录到：峡谷和曲壁是它的两 大基本特征；峡谷在地面的宽度仅有20~50厘米，而谷深却达几十米；地表有很多的沟、坑 洼和洼中矗立的小岩块；谷底铺着一层金色的沙粒，还散落着许多直径几厘米到十几厘米的 砾石，砾石表面光滑；四壁黄色砂岩中交错的岩层构成了和谐的线条，绘出一个个光滑柔美 的曲面。

2π=，∴62ω)sin B，∴(3ππ)x+=π662=，取AC BD O的中点，∴OG，∴四边形AOGF3323作出函数f（x ）的图象，如图所示：由()4f x >的解集为0{|}4x x x <>或及函数图象，可得20+142414m m -⨯+=⎧⎨⨯--=⎩，得3m =．（Ⅱ）由（Ⅰ）得42,1()2,1324,3x x f x x x x -<⎧⎪=≤≤⎨⎪->⎩，∴f （x ）的最小值为2．关于x 的不等式2()4f x a a <+-有解，则224a a <+-，即260a a +->，即(3)(2)0a a +->，∴3a <-，或2a >， 实数a 的取值范围3,{| 2 }a a a <->或．福建省厦门市2017届高三一模数学（文科）试卷解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分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．【考点】交集及其运算．【分析】解不等式求出集合A，求定义域得出B，再根据交集的定义写出A∩B．【解答】解：集合A={x|x2﹣3x+2＜0}={x|1＜x＜2}，B={x|y=lg（3﹣x）}={x|3﹣x＞0}={x|x＜3}，则A∩B={x|1＜x＜2}．故选：A．2．【考点】双曲线的简单性质．【分析】根据双曲线的渐近线方程得到a，b的关系，再根据离心率公式计算即可．【解答】解：∵双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线为，∴=，∴双曲线的离心率为e===故选：D．3．【考点】函数的图象．【分析】由已知中函数的图象，求出f（1），f（3）的值，可得答案．【解答】解：由已知中的函数f（x）的图象可得：f（1）=2，f（3）=1，故f（1）+f（3）=3，故选：A4．【考点】古典概型及其概率计算公式．【分析】利用古典概率计算公式计算即可．【解答】解：P（恰有1个英语翻译，1个俄语翻译）==，故选：C．5．【考点】任意角的三角函数的定义．【分析】利用任意角的三角函数的定义求得tanα的值，再利用两角差的正切公式求得tan（α﹣）的值．【解答】解：∵角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点（﹣，2），∴tanα==﹣，则tan（α﹣）===﹣3，故选：A．6．【考点】程序框图．【分析】由题意，S表示莞高，T表示蒲高，现欲知几日后，莞高超过蒲高一倍，即可得出结论．【解答】解：由题意，S表示莞高，T表示蒲高，现欲知几日后，莞高超过蒲高一倍，故①处应填S＞2T？．故选B．7．【考点】简单线性规划．【分析】画出满足条件的平面区域，求出角点的坐标，结合函数的图象求出z的最大值即可．【解答】解：画出满足条件的平面区域，如图示：，由，解得A（3，4），由z=4x+3y得：y=﹣x+z，结合图象得直线过A（3，4）时，z最大，z的最大值是24，故选：D．8．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】根据平行四边形的性质，利用平面向量的线性表示与数量积运算，即可求出答案．【解答】解：如图所示，平行四边形ABCD中，AB=3，AD=2，=，=，∴=+=﹣﹣，=+=﹣﹣若•=12，则•=（﹣﹣）•（﹣﹣）=++•=×32+×22+×3×2×cos∠BAD=12，cos∠BAD=，∴∠BAD=．故选：B．9．【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】根据函数的对称性得到函数f（x）是偶函数，根据f（2）=f（﹣2）=0，问题转化为|2﹣m|＞2，求出m的范围即可．【解答】解：函数y=f（x﹣1）的图象关于直线x=1对称，即函数y=f（x）的图象关于y轴对称，函数f（x）是偶函数，而f（2）=0，故x＞2时，f（x）＞0，x＜﹣2时，f（x）＞0，故f（2﹣m）＞0，即|2﹣m|＞2，解得：m＞4或m＜0，故选：C．10．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据四棱锥的三视图知该四棱锥底面为矩形，高为的四棱锥；还原出长方体，设该四棱锥的外接球球心为O，求出外接球的半径，计算外接球的表面积．【解答】解：根据四棱锥的三视图，知该四棱锥底面为矩形，高为的四棱锥；且侧面PAB⊥底面ABCD，如图所示；还原出长方体是长为2，宽为1，高为．设该四棱锥的外接球球心为O，则过O作OM⊥平面PAB，M为△PAB的外心，作ON⊥平面ABCD，则N为矩形ABCD对角线的交点；∴OM=，ON=×=；∴外接球的半径满足R2=ON2+AN2=+=，∴外接球的表面积为S=4πR2=4π×=．故选：A．11．【考点】抛物线的简单性质．【分析】先画出图象、做出辅助线，设|AF|=a、|BF|=b，由抛物线定义得2|MN|=a+b，由题意和余弦定理可得|AB|2=a2+b2﹣2abcosα，再根据的最小值为1，即可得到答案．【解答】解：如右图：过A、B分别作准线的垂线AQ、BP，垂足分别是Q、P，设|AF|=a，|BF|=b，连接AF、BF，由抛物线定义，得|AF|=|AQ|，|BF|=|BP|在梯形ABPQ中，2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b．由余弦定理得，|AB|2=a2+b2﹣2abcosα，∵的最小值为1，∴a2+b2﹣2abcosα≥，α=时，不等式恒成立．故选：C．12．【考点】直线与圆的位置关系．【分析】由已知得到关于数列{a n}的递推式，进一步得到{S n+2}是以a1+2为首项，2为公比的等比数列．求出数列{a n}的前n项和为S n，进一步求得数列{a n}的通项，然后利用错位相减法求得a1+2a2+3a3+…+na n，代入a1+2a2+3a3+…+na n＜λa n2+2，分离参数λ，求出得最大值得答案．【解答】解：圆心O（0，0）到直线y=x﹣2，即x﹣y﹣2=0的距离d==2，由d2+=r2，且，得22+S n=2a n+2，∴4+S n=2（S n﹣S n﹣1）+2，即S n+2=2（S n﹣1+2）且n≥2；∴{S n+2}是以a1+2为首项，2为公比的等比数列．由22+S n=2a n+2，取n=1，解得a1=2，∴S n+2=（a1+2）•2n﹣1，则S n=2n+1﹣2；∴（n≥2）．a1=2适合上式，∴．令T n=a1+2a2+3a3+…+na n=1•2+2•22+3•23+…+（n﹣1）•2n﹣1+n•2n，∴，两式作差可得：==（1﹣n）•2n+1﹣2，∴，由a1+2a2+3a3+…+na n＜λa n2+2对任意n∈N*恒成立，可得（n﹣1）•2n+1+2＜λ•22n+2对任意n∈N*恒成立，即λ＞对任意n∈N*恒成立，当n=1时，=0；由，知，n=2时，=0，∴当n=2、3时，最大为．∴λ＞．∴λ的取值范围为：．故选：B．二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．【解答】解：z（1+i）=2﹣i（i为虚数单位），∴z（1+i）（1﹣i）=（2﹣i）（1﹣i），∴2z=1﹣3i，则z=，∴|z|==．故答案为：．14．【考点】等差数列的前n项和．【分析】设等差数列{a n}的公差为d，根据a1+a3+a5=15，a2+a4+a6=0，可得3d=﹣15，3a1+6d=15，解得d，a1．令a n≥0，解得n，进而得出．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a1+a3+a5=15，a2+a4+a6=0，∴3d=﹣15，3a1+6d=15，解得d=﹣5，a1=15．∴a n=15﹣5（n﹣1）=20﹣5n，令a n=20﹣5n≥0，解得n≤4．则S n的最大值为S4=S3=3×15+=30．故答案为：30．15．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，BC=2，CC1=1，直线BC1与平面A1ABB1所成角等于60°，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积为为_____．【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【分析】由题意，BC1==，∠A1BC1=60°，求出底面的边长，即可求出三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积．【解答】解：由题意，BC1==，∠A1BC1=60°，∴A1C1=，A1B=，∴AB=，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积为（2++）×1=，故答案为．16．【考点】特称命题．【分析】根据题意得出k＞，设f（x）=，其中x＞2；利用导数求出f（x）在x＞2的最小值，即可求出正整数k的最小值．【解答】解：∃x0∈（2，+∞），∴x0﹣2＞0，∴k（x0﹣2）＞x0（lnx0+1）可化为k＞，设f（x）=，其中x＞2；则f′（x）==；令f′（x）=0，得x﹣4﹣2lnx=0，设g（x）=x﹣4﹣2lnx，其中x＞2；则g′（x）=1﹣=，当x＞2时，g′（x）＞0，g（x）是单调增函数，∴g（x）≥g（2）；且g（2）=2﹣4﹣2ln2=﹣2﹣2×0.6931＜0，g（5）=5﹣4﹣2ln5=1﹣2×1.6094＜0，g（8）=8﹣4﹣2ln8=4﹣6ln2=4﹣6×0.6931＜0，g（9）=9﹣4﹣2ln9=5﹣4ln3=5﹣4×1.0986＞0；∴g（x）在（8，9）内有零点，且在零点处f（x）取得最小值m；∴f（8）==×（3ln2+1）=×（3×0.6931+1）≈4.1＞m，f（9）==×（2ln3+1）=×（2×1.0986+1）≈4.1＞m；∴k≥4.1；即正整数k的最小值为5．故答案为：5．三、解答题（共5小题，满分60分）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17．【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【分析】（Ⅰ）由函数y=Asin（ωx+φ）的部分图象求解析式，由周期求出ω，由特殊点的坐标求出φ的值，解直角三角形求出A，可得f（x）的解析式．（Ⅱ）利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律求得g（x）的解析式，再利用正弦函数的单调性求得函数g（x）的单调递减区间．18．【考点】独立性检验的应用．【分析】（Ⅰ）利用组中值，即可估计本市一个18岁以上青年人每月骑车的平均次数；（Ⅱ）根据条件中所给的数据，列出列联表，把求得的数据代入求观测值的公式求出观测值，把观测值同临界值进行比较得到结论．19．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）连结BD，记AC∩BD=O，取DE的中点G，连结OG、FG，推导出四边形AOGF是平行四边形，从而AC∥FG，由此能证明AC∥平面DEF．（Ⅱ）在面ABEF中，过F作FH∥AB，交BE于点H，推导出FE⊥EB，从而FE⊥AF，三棱锥C﹣DEF 的体积V C﹣DEF=V A﹣DEF=V D﹣AEF，由此能求出三棱锥C﹣DEF的体积．20．【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）问题等价于m＞=恒成立，即m＞﹣+2x2+1恒成立，令t=a﹣2（t＞2），则x2=，令g（t）=，根据函数的单调性求出g（t）的最小值，从而求出m的范围即可．21．【考点】直线与椭圆的位置关系．【分析】（Ⅰ）由题意的A、B两点关于y轴对称，圆心E到AB的距离为1，求出B坐标代入椭圆方程得a即可．（Ⅱ）设M（x1，y1），N（x2，y2），N′（﹣x2，y2）．圆E交y轴负半轴于点D（0，﹣），当直线MN斜率存在时，设其方程为：y=kx﹣，直线MN′的方程，依据椭圆的对称性，若直线MN'过定点，定点一定在y轴上，令x=0，==．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（Ⅰ）利用参数方程与普通方程转化，求得C1的普通方程，将l的极坐标方程为转化成曲线C1的极坐标方程；（Ⅱ）由C2的直角坐标方程为（x﹣4）2+y2=16，求得ρ12﹣2ρ1﹣3=0，代入求得ρ1，ρ2，求得丨AB丨，AB 为底边的△PAB的高的最大值为4+2．利用三角形的面积公式，即可求得△PAB面积的最大值．选修4-5：不等式选讲]23．【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法．【分析】（Ⅰ）作出f（x）的图象，结合题意可得，由此求得m的值．（Ⅱ）求得f（x）的最小值为2，可得2＜a2+a﹣4，由此求得a的范围．。

厦门市2016届高中毕业班第一次质量检查语文试题参考答案一、现代文阅读（9分）（一）论述类文本阅读（9分，每小题3分）1.D（原文中说“各种建筑部件符合形式美的规律的组成”，有两层意思，一是各种部件要符合形式美的规律，是对个体的要求；二是各种部件构成的整体要协调，符合形式美的规律，是对整体的要求。

D项的转述遗漏了其中的一种意思，不符合原文。

）2.A（原文第三段说“建筑艺术的造型体现一定的精神内容与审美理想……建筑艺术对人的精神影响是不可低估的”，“不可低估”只是强调其重要性，不是强调其唯一性。

A项后半部分的分析，把中国佛教对人的精神影响的方式唯一化了，不符合原文。

）3.C（原文第五段阐述了建筑艺术的造型与民族特点之间的关系，建筑艺术的造型体现民族审美理想，民族审美理想反过来影响建筑艺术的造型。

C项将这种关系推断为一种条件关系，不符合原文。

）（二）文学类文本阅读（14分）4.A（B项内心的“不安”错；C项“更要与人分享的道理”错；D项“年长者”不是民间老手艺人。

）5.（1）不同之处：①启磨工具（传统／现代）；②叫卖声（方言的唱／普通话的讲）；③启磨效果（闪着宝贵的银白／没有银光）。

（答对一点给1分，共2分，意思对即可）（2）用意：①通过两者的比较，突出表现了老手艺人对纯粹民间手艺的尊重和传承。

②通过对两个磨刀者传统与现代的比较，表明了作者的褒贬态度，引发读者的思考。

（答对第①点得1分,答对第②点得2分,共3分。

意思答对即可）6.①取材集中，文中选材都是与刃相关的日常生活场景，行文紧凑。

②领起下文，文章以这句话展开下文对匠铺、磨刀者、挑选刃具的叙写，自然流畅。

③深化主题，文章写生活日常中刃具的同时也再现了过去那个年代的生活场景和民间手艺，有助于文章主题的发掘与表现。

（每点2分，共6分。

意思答对即可）（三）实用类文本阅读（12分）7．A（B项：材料二说“大众对于传统文化的接受度还有待提高”，并非不接受。

2013年福建省普通高中毕业班质量检查文科综合能力测试本试卷分第1卷和第11卷。

第1卷为必考题，第Ⅱ卷包括必考题和选考题两部分。

本试卷共l4页。

满分300分。

考试时间l50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．考生作答时，请将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。

按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案元效。

3．选择题答案使用28铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

非选择题答案使用0．5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。

4．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用28铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。

5．保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷本卷共36小题，每小题4分，共计l44分。

在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。

图1示意我国某大城市2009年城区地价等值线，读图回答1～2题。

1．中心商务区最有可能分布的区域是A．① B．② C．③ D．④2．与其他区域相比，近年来④地地价涨幅较大的主要原因是A．高附加值产业集聚 B．原有基础设施完善C．外来人口迁入D．逆城市化发展图2示意某流域径流过程的不同环节，读图回答3—4题。

3．图中甲、乙、丙三个环节分别是A．下渗、坡面流、壤中流B．壤中流、下渗、坡面流C．坡面流、下渗、壤中流D．坡面流、壤中流、下渗4．当降水量相同时，下列因素对径流过程的不同环节影响符合实际的是A．地表起伏大，坡面水流慢B．植被覆盖密，截流雨水多C ．岩体破碎多，地下径流小D．降水强度大．坡面下渗多L湖原是新疆最大的淡水湖，近年来已演变成微咸水湖。

现在该湖西部沿岸芦苇广布，而东部沿岸几乎没有。

图3示意L湖及周边地区，读图回答5—6题。

5．正确描述甲、乙两河与L湖相互关系的是A．甲河秋季输入L湖泥沙最多 B．甲河流量变化深受L湖影响 C．乙河是L湖重要补给水源 D．乙河对L湖具有排盐作用6．对L湖东、西两岸芦苇分布差异影响最小的因素是A．主导风向 B．湖水盐度 C．沿岸坡度 D．土壤肥力图4示意某国2008年人口结构，读图回答7～8题。