福州质检答案解析

2024年福建省福州市中考物理质检试卷一、选择题：本题共14小题，每小题2分，共28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．（2分）通过理想实验发现物体的运动不需要力来维持的物理学家是（）A．焦耳B．安培C．伽利略D．阿基米德2．（2分）中国某自主品牌手机成功突破芯片技术壁垒，实现了“卫星通信、纵横四海”。

手机与卫星之间传递信息是利用（）A．紫外线B．次声波C．超声波D．无线电波3．（2分）福州十番音乐是传统乐器的活化石，由笛子、逗管、椰胡等多种古乐器合奏成曲。

人们能辨别出演奏的乐器是根据声音的（）A．响度B．音调C．音色D．频率4．（2分）我国新一代运载火箭常用液态氢做燃料，是因为它具有较大的（）A．热值B．热量C．温度D．密度5．（2分）“禾下乘凉梦”是袁隆平先生的中国梦。

禾的影子的形成是由于（）A．光的直线传播B．光的反射C．光的色散D．光的折射6．（2分）如图所示的四个实例中，属于增大压强的是（）A．逃生锤一端较尖B．滑雪板面积较大C．推土机履带较宽D．图钉帽面积较大7．（2分）我国深地科探井钻探深度突破万米。

钻头钻探过程中内能增大，下列事例中内能改变方式与之相同的是（）A．炙手可热B．抱团取暖C．扬汤止沸D．钻木取火8．（2分）正确写字姿势的“三个一”：眼离书本一尺远，胸离书桌一拳远，手离笔尖一寸远，如图所示。

关于“眼离书本一尺远”的估算最合理的是（）A．约10cm B．约30cm C．约60cm D．约100cm9．（2分）下列做法符合安全用电要求的是（）A．家用电器着火时可以带电泼水救火B．使用试电笔时手要接触笔尾金属体C．电灯的开关连接在零线与电灯之间D．遇到雷雨天气时可以在大树下避雨10．（2分）如图所示，北方冬季贮菜，为防止地窖的菜被冻坏，人们常在地窖里放几桶水，这是利用了水（）A．凝固放热B．凝固吸热C．汽化放热D．汽化吸热11．（2分）近年来，我国实现了“上九天揽月，下五洋捉鳖”的科技成就。

（在此卷上答题无效）２０２３ ２０２４学年福州市高三年级第一次质量检测化学试题（完卷时间７５分钟；满分１００分）可能用到的相对原子质量：Ｈ１㊀Ｃ１２㊀Ｏ１６㊀Ｃｏ５９一㊁选择题：本题共１０小题，每小题４分，共４０分㊂在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的㊂１．二十大报告提出科技创新是赢得未来发展主动权的必然选择㊂下列说法错误的是Ａ． 天和号 推进器上的氮化硼陶瓷属于有机高分子材料Ｂ．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同素异形体Ｃ． 天宫 空间站中太空机械臂的主要成分为铝合金，其强度大于纯铝Ｄ．中国研制的先进微纳米光刻机，其材料之一四甲基氢氧化铵［（ＣＨ３）４ＮＯＨ］，可溶于水２．百服宁口服液为解热镇痛药，其主要化学成分的结构简式如图所示，下列有关该有机化合物的叙述正确的是HO NH OC CH3Ａ．分子式为Ｃ８Ｈ８ＮＯ２Ｂ．碳原子杂化轨道类型只有ｓｐ２杂化Ｃ．１ｍｏｌ该有机物最多与２ｍｏｌＮａＯＨ反应Ｄ．能发生氧化㊁还原㊁水解㊁消去反应３．下列有关离子方程式书写正确的是Ａ．明矾净水的原理：Ａｌ３＋＋３Ｈ２Ｏ Ａｌ（ＯＨ）３ˌ＋３Ｈ＋Ｂ．用小苏打治疗胃酸过多：ＣＯ２－３＋２Ｈ＋＝ＣＯ２ʏ＋Ｈ２ＯＣ．用醋酸和碘化钾淀粉溶液检验加碘盐中的ＩＯ－３：ＩＯ－３＋５Ｉ－＋６Ｈ＋＝３Ｉ２＋３Ｈ２ＯＤ．用纯碱溶液浸泡锅炉水垢（ＣａＳＯ４）：ＣａＳＯ４（ｓ）＋ＣＯ２－３（ａｑ） ＳＯ２－４（ａｑ）＋ＣａＣＯ３（ｓ）４．元素Ｍ㊁Ｗ㊁Ｘ㊁Ｙ㊁Ｚ分别位于３个短周期，原子序数依次增大，Ｘ原子最外层电子数是电子层数的２倍，Ｙ的价电子数是Ｚ价电子数的２倍，Ｚ基态原子的电子占据７个原子轨道，Ｍ㊁Ｗ可以形成的化合物为ＷＭ㊂下列说法正确的是Ａ．离子半径：Ｗ＜Ｙ＜ＺＢ．元素电负性：Ｘ＜Ｙ＜ＺＣ．ＸＹ２分子的空间构型为直线形Ｄ．ＷＭ为共价化合物５．用含Ｃｅ４＋的溶液吸收工业尾气中的ＳＯ２和ＮＯ，获得Ｎａ２Ｓ２Ｏ４和ＮＨ４ＮＯ３产品的工艺流程如下：下列说法错误的是Ａ．装置Ｉ加入ＮａＯＨ溶液是为了吸收ＳＯ２Ｂ．装置ＩＩ中反应后溶液ｐＨ减小Ｃ．装置ＩＩＩ中阴极反应式为２ＨＳＯ－３＋２ｅ－＋２Ｈ＋＝Ｓ２Ｏ２－４＋２Ｈ２ＯＤ．装置Ⅳ中反应的条件是高温㊁高压㊁催化剂６．中国承诺２０３０年前，ＣＯ２的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低㊂其中由ＣＯ２和ＣＨ４制备合成气（ＣＯ㊁Ｈ２），再由合成气制备ＣＨ３ＯＨ的反应转化关系如图所示㊂设ＮＡ为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是Ａ．标准状况下，１１ ２ＬＣＨ４所含的极性键为２ＮＡＢ．等物质的量的ＣＨ３ＯＨ和ＣＨ４，ＣＨ３ＯＨ的质子数比ＣＨ４多８ＮＡＣ．制备合成气的反应中，若生成１ｍｏｌＣＯ，理论上反应Ⅰ和Ⅱ共转移电子数为３ＮＡＤ．反应ＩＩＩ的化学方程式为ＣＯ＋２Ｈ２一定条件下ңＣＨ３ＯＨ，原子利用率为１００％，符合绿色化学理念７．下列实验能达到实验目的的是Ａ．制取ＳＯ２Ｂ．测定Ｈ２Ｃ２Ｏ４溶液的浓度㊀㊀㊀步骤１㊀㊀㊀㊀步骤２㊀㊀㊀㊀㊀㊀Ｃ．验证相同温度下的溶解度：Ｍｇ（ＯＨ）２＞Ｆｅ（ＯＨ）３Ｄ．检验Ｎａ２ＳＯ３溶液是否变质８．某种含二价铜微粒［ＣｕⅡ（ＯＨ）（ＮＨ３）］＋的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图所示，下列说法错误的是［Cu NO()()NH3+Ⅱ22［Cu OH()()NH］3+ⅡCu OH()()NH］3+Ⅱ3H NNO()()NH］3+Ⅰ22［Cu N()H3Ⅰ2NO,2222312Ａ．［ＣｕⅡ（ＯＨ）（ＮＨ３）３］＋属于中间产物Ｂ．状态②到状态③的过程中Ｎ元素被氧化Ｃ．状态③到状态④的过程中有Ｏ－Ｈ键的形成Ｄ．该脱硝过程的总反应方程式为４ＮＨ３＋２ＮＯ＋２Ｏ２＝６Ｈ２Ｏ＋３Ｎ２９．我国科学家经过研究发明了以下装置从海水中提取锂单质，其工作原理如图所示㊂该装置运行期间电极Ⅱ上产生Ｏ２和气体Ｘ㊂下列说法错误的是Ａ．该装置实现了 太阳能ң电能ң化学能 的转化Ｂ．电极Ⅰ连接太阳能电池的负极Ｃ．工作时，电极Ⅱ附近溶液的ｐＨ增大Ｄ．实验室检验气体Ｘ可用湿润的淀粉－ＫＩ试纸１０．室温下，将０ ｌｍｏｌ㊃Ｌ－１ＮａＯＨ溶液滴入１０ｍＬ０ ｌｍｏｌ㊃Ｌ－１ＨＣｌ和０ ｌｍｏｌ㊃Ｌ－１ＨＡ（Ｋａ＝１０－３）的混合溶液，测得混合溶液的ｐＨ随滴加的Ｖ（ＮａＯＨ）的变化关系如图所示㊂下列说法正确的是pHV ()NaOH /mL1412108642Ａ．ａ点时，ｃ（Ｃｌ－）＞ｃ（Ａ－）＞ｃ（ＨＡ）Ｂ．ｂ点时，ｃ（Ｃｌ－）＝０ ０５ｍｏｌ㊃Ｌ－１Ｃ．ｃ点时，ｃ（Ｎａ＋）＝ｃ（Ａ－）＋ｃ（ＨＡ）Ｄ．ａңｄ过程中，水的电离程度大小关系为：ｃ＞ｂ＞ａ＞ｄ二㊁非选择题：本题共４小题，共６０分㊂１１．（２０分）钴是生产电池材料㊁高温合金㊁磁性材料及染色剂的重要原料㊂一种以湿法炼锌净化渣（主要含有Ｃｏ㊁Ｆｅ㊁Ｃｕ㊁Ｐｂ㊁ＺｎＯ㊁Ｆｅ２Ｏ３等）为原料提取钴的工艺流程如下：OH ()3已知：常温下，ＫＳＰ（ＣｕＳ）＝８ ９ˑ１０－３６，ＫＳＰ（ＣｏＳ）＝４ ０ˑ１０－２１㊂回答下列问题：（１）基态Ｃｏ原子的价电子排布式为㊂（２） 浸出 过程中，为提高浸出率可采取的措施有（写２种），浸出渣的成分为㊂（３） 除铜 后溶液中Ｃｏ２＋浓度为０ ４ｍｏｌ㊃Ｌ－１，为防止除铜时产生ＣｏＳ沉淀，应控制溶液的ｐＨ不超过［已知：常温下，饱和Ｈ２Ｓ水溶液中存在关系式：ｃ２（Ｈ＋）㊃ｃ（Ｓ２－）＝１ ０ˑ１０－２２（ｍｏｌ㊃Ｌ－１）３］㊂（４） 氧化 过程中，Ｎａ２Ｓ２Ｏ８与Ｃｏ２＋发生反应的离子方程式为㊂（５） 沉铁 过程中，Ｎａ２ＣＯ３的作用是㊂（６）沉钴 产物可用于制备ＣｏＯ㊂①Ｃｏ（ＯＨ）３在惰性气体中受热分解生成ＣｏＯ的化学方程式为㊂②ＣｏＯ的晶胞结构如图所示，与Ｃｏ２＋距离最近且相等的Ｃｏ２＋有个；设Ｃｏ２＋与Ｏ２－的最近核间距为ｒｎｍ，ＣｏＯ晶体的密度为ｇ㊃ｃｍ－３（设ＮＡ为阿伏伽德罗常数的值，列出计算式）㊂（７）［Ｃｏ（ＮＨ３）５Ｃｌ］Ｃｌ２可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂㊂在该配合物中，Ｃｏ的化合价为，中心原子的配体为，含有的微粒间作用力有㊂ａ．离子键㊀㊀㊀㊀㊀㊀ｂ．配位键㊀㊀㊀㊀㊀㊀ｃ．金属键１２．（１４分）苯甲酸乙酯可用于配制香水及食用香精㊂实验室可用苯甲酸与乙醇为原料制备苯甲酸乙酯，制备装置如图所示（部分装置已省略）㊂已知：物质乙醇苯甲酸乙醚苯甲酸乙酯密度／（ｇ㊃ｃｍ－３）０ ７８９３１ ２６５９０ ７３１８１ ０５００沸点／ħ７８ ５２４９ ０３４ ５２１２ ０相对分子质量４６１２２７４１５０Ｉ．合成苯甲酸乙酯粗产品按图甲装置，在仪器Ｃ中加入２ ４４ｇ苯甲酸㊁１５ ０ｍＬ乙醇㊁３ ０ｍＬ浓硫酸㊁适量环己烷（与乙醇㊁水可形成共沸物），控制一定温度加热２ｈ后停止加热㊂（１）仪器Ａ作用是㊂（２）本实验中制取苯甲酸乙酯的化学方程式为㊂（３）实验时使用过量乙醇的目的是㊂（４）分水器的 分水 原理是冷凝液在分水器中分层，上层有机层从支管处流回烧瓶，下层水层从分水器下口放出，反应结束的标志是㊂ＩＩ．粗产品的精制将仪器Ｃ中的反应液倒入盛有水的烧杯中，滴加饱和Ｎａ２ＣＯ３溶液至溶液呈中性，用分液漏斗分出有机层，再用乙醚萃取水层中的残留产品，将二者合并转移至图乙的仪器Ｄ中，加入沸石和无水氯化钙，加热蒸馏，制得产品２ ４ｍＬ㊂（５）仪器Ｄ的名称是㊂（６）加入Ｎａ２ＣＯ３溶液的作用有㊂ａ．除去硫酸和苯甲酸㊀㊀㊀㊀㊀ｂ．降低苯甲酸乙酯的溶解度（７）采用图乙装置进行蒸馏操作，收集ħ的馏分㊂（８）该实验中苯甲酸乙酯的产率是（产率＝实际产量理论产量ˑ１００％）㊂１３．（１４分）研究二氧化碳合成甲醇对实现 碳中和 具有重要意义，二氧化碳加氢制甲醇的过程一般含有以下三个反应：Ⅰ．ＣＯ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ） ＣＨ３ＯＨ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）㊀ΔＨ１Ｋ１Ⅱ．ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ） ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）㊀ΔＨ２＝＋４１ ２ｋＪ㊃ｍｏｌ－１Ｋ２Ⅲ．ＣＯ（ｇ）＋２Ｈ２（ｇ） ＣＨ３ＯＨ（ｇ）㊀ΔＨ３＝－９０ ６ｋＪ㊃ｍｏｌ－１Ｋ３（１）ΔＨ１＝；反应Ⅰ在（填 高温 ㊁ 低温 或 任意温度 ）下可自发进行㊂（２）一定温度下，向盛有催化剂的恒容密闭容器中按初始进料比ｎ（ＣＯ２）ʒｎ（Ｈ２）＝１ʒ１投入反应物，发生反应Ｉ㊂下列不能说明该反应一定处于平衡状态的是（填字母）㊂ａ．容器内气体的压强不再发生改变㊀㊀㊀ｂ．ＣＯ２的体积分数不再变化ｃ．１ｍｏｌＨ－Ｈ键断裂的同时１ｍｏｌＣ－Ｈ键断裂ｄ．反应的焓变ΔＨ不再变化（３）向恒容密闭容器中按初始进料比ｎ（ＣＯ２）ʒｎ（Ｈ２）＝１ʒ３投入反应物，只发生反应Ｉ和ＩＩ㊂在不同温度下达到平衡，体系中ＣＨ３ＯＨ㊁ＣＯ的选择性和ＣＯ２的平衡转化率［α（ＣＯ２）］与温度的关系如图所示㊂（已知：ＣＨ３ＯＨ的选择性＝生成的ＣＨ３ＯＨ的物质的量转化的ＣＯ２的物质的量ˑ１００％）①图中表示ＣＨ３ＯＨ选择性变化的曲线是（填 ａ 或 ｂ ），其原因是㊂②当Ｔ＝２５０ħ，平衡时ＣＨ３ＯＨ的体积分数φ（ＣＨ３ＯＨ）＝（答案保留两位有效数字）㊂（４）５００ħ时，已知Ｋ１＝２ ５，Ｋ２＝１ ０，则Ｋ３＝㊂该温度下，往２Ｌ恒容密闭容器中充入１ｍｏｌＣＯ和２ｍｏｌＨ２发生反应ＩＩＩ㊂测得某时刻ｔ２，ＣＯ的转化率为５０％，则此时该反应的ｖ（正）ｖ（逆）（填 ＞ ㊁ ＜ 或 ＝ ）㊂１４．（１２分）芳香族化合物Ａ（Ｃ９Ｈ１２Ｏ）常用于药物及香料的合成，Ａ有如下转化关系：C H O 9A 12CGC H O 9E 10HOOH On322F已知：Ａ在铜的作用下不能与Ｏ２发生催化氧化反应回答下列问题：（１）Ａ的结构简式为㊂（２）ＣңＤ的反应类型为㊂（３）ＤңＥ的化学方程式是㊂（４）Ｆ的官能团名称为㊂（５）Ｅ的同分异构体中符合以下条件的有种㊂①含有一个苯环②苯环上只有两个取代基③能发生水解反应④能发生银镜反应其中核磁共振氢谱含有５种氢，且峰面积比为３ʒ２ʒ２ʒ２ʒ１的结构简式为（任写一种）㊂2023~2024学年福州市高三年级第一次质量检测化学答案1．本答案及评分说明供阅卷评分时使用，考生若答出其他正确答案，可参照本说明给分。

2023~2024学年福州市高三年级2月份质量检测化学试题（完卷时间75分钟；满分100分）友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！ 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Fe56一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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．福州脱胎漆器是“中华三宝”之一，以粘土、石膏、木材等为胎骨，将混有生漆（含漆酚）的麻布逐层裱褙在胎骨上，阴干变色后去除胎骨而成。

下列有关说法错误的是（ ） A ．生漆裱褡起到防腐、防水等作用 B ．石膏的主要成分是4BaSOC ．麻布、木材均含有机高分子化合物D ．脱胎漆器的制作是复杂的物理化学变化过程2．合成某抗疟疾药物的中间体，结构如图所示。

下列关于该中间体的说法错误的是（ ）A ．能发生取代、加成反应B ．1mol 最多能与7mol 2H 反应C ．所有的碳原子可能共面D ．苯环上的氢被取代所得的一溴代物有7种3．常温下，下列各组离子能与指定溶液大量共存的是（ ） A ．0.1 mol �L 1−3NaHCO 溶液：4NH +、23CO −、OH −B ．0.1 mol �L 1−24H SO 溶液：2Mg +、ClO −、3CH COO −C ．pH 12=的氨水：3NO −、Na +、Cl − D ．2SO 饱和溶液：K +、4MnO −、2Ca + 4．工业制备硝酸的重要反应之一为：3224NH 5O 4NO 6H O ++催化剂△。

设A N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A ．18g 水中σ键数目为A 2N B ．1mol 2O 中质子数目为A 32NC ．1 L 1 mol �L 1−氨水中，含有的4NH +数为A N D ．每生成30 g NO 转移电子数目为A 20N5．废旧铅蓄电池的铅膏主要含有4PbSO 、2PbO 和Pb 。

从铅膏中回收PbO 流程如下。

2023年福建省福州市高考生物质检试卷1. 下列关于细胞结构和细胞代谢的叙述，正确的是（ ）A. 蛋白质是细胞膜的主要成分，构成了细胞膜的基本支架B. 胰腺腺泡细胞内质网膜上的某些成分可以转移到细胞膜上C. 葡萄糖可以进入人体细胞的线粒体，作为细胞呼吸的底物D. 细胞核是所有细胞的遗传信息库，是遗传和代谢的控制中心2. 科研人员给小鼠饲喂13C标记的葡萄糖或者果糖，1分钟后检测部分氨基酸分子中13C 的相对含量，结果如图所示。

下列叙述错误的是（ ）A. 结果表明天冬氨酸和丝氨酸是小鼠的必需氨基酸B. 天冬氨酸、谷氨酸、丝氨酸的差别在于R基团C. 单糖转变为氨基酸的过程中会添加含N的基团D. 相比于葡萄糖，果糖转变为氨基酸的速度更快3. 人的神经元长短不等，有的可长达数米。

一个神经元可有多个树突，树突在向外延伸的过程中可以再生出新的分支。

如图为一个神经元的结构简图，下列叙述错误的是（ ）A. 神经元的细胞核DNA可以指导轴突中蛋白质的合成B. 轴突延伸数米，有利于神经元发挥信号长距离传导的功能C. 树突在逐渐延伸的过程中体现了细胞膜的流动性D. 树突向外延伸并生出新的分支是由神经元细胞分裂形成的4. 多肽链必须折叠成具有独特三维结构的蛋白质才能发挥功能。

肽链离开核糖体几分钟后才能被折叠，若在这期间被氧化，将会影响其后续的折叠。

Hsp60伴侣蛋白GroEL及其辅因子GroES能帮助活细胞内已被氧化的多肽链进行折叠，CmoX是一种与GroEL结合的蛋白质，参与该过程。

如图为大肠杆菌中某多肽链的折叠过程。

下列分析错误的是（ ）A. 多肽链的折叠发生在大肠杆菌的细胞质中B. CnoX与多肽链形成二硫键，能防止多肽链被氧化C. GroES与GroEL的结合引发CnoX的释放和多肽链的折叠D. CnoX和GroES在与GroEL结合时可能存在竞争关系5. 下列关于探究淀粉酶对淀粉和蔗糖水解作用实验的叙述，错误的是（ ）A. 淀粉和蔗糖都是非还原糖，在相应酶的催化作用下都能水解成还原糖B. 实验需将试管放置足够长的时间，以确保反应充分进行C. 向两支试管滴入等量碘液，可通过溶液的颜色变化判断反应是否发生D. 可通过该实验探究淀粉酶是否只能催化特定的化学反应6. 基因上碱基对的替换可引起密码子发生改变。

福建省福州市中考语文质检试卷1. 默写。

(1) 为人谋而不忠乎？与朋友交而不信乎？______ ？（《＜论语＞十二章》）(2) 落红不是无情物，______ 。

（龚自珍《己亥杂诗（其五）》）(3) 晴川历历汉阳树，______ 。

（崔颢《黄鹤楼》）(4) 域民不以封疆之界，______ ，威天下不以兵革之利。

（《＜孟子＞三章》）（5）______ ，恨别鸟惊心。

（杜甫《春望》）(5) 可怜身上衣正单，______ 。

（白居易《卖炭翁》）(6) 《陋室铭》中写交往之雅的句子是“______ ，______ ”。

(7) 《过零丁洋》中表现文天祥舍生取义、视死如归的坚定信念和昂扬斗志的诗句是“______ ？______ ”。

2. 下列句子没有语病的一项是（）A. 中医药学包含着中华民族几千年的探索与实践，我们应该不断发展并努力传承。

B. 我们应该坚持使用公勺公筷文明就餐，努力提升自己的卫生意识、健康习惯。

C. 线上教学是否高质有效，关键要看教师突破传统教学模式的局限，改进教学方法。

D. 在构建人类命运共同体的伟大征程中，中国北斗卫星系统将做出伟大的贡献。

3. 阅读下面的文字，按要求作答。

自古以来，梅花就是中国文人喜爱的形象之一，这种喜爱起自《诗经》，历经汉魏、隋唐，到了宋代进入diān ①（A.颠B.巅）峰时期。

林和靖．②（A.jìng B.qíng）以一句“疏影横斜水清浅，暗香浮动月黄昏”写出了梅花不求识赏的甲（A.隐匿B.隐逸）孤清；“遥知不是雪，为有暗香来”，王安石的诗句又使梅的形象于“孤清”中多了几分高洁傲然；“无意苦争春，一任群芳妒。

零落成泥碾作尘，只有香如故”，陆游的《卜算子•咏梅》抒写出梅花不堕凡俗的乙（A.坚不可摧B.坚贞自守）；而苏轼的《定风波•红梅》中“诗老不知梅格在，吟咏，更看绿叶与青枝”一句，则将高标俊逸的“梅格”与作者旷达超脱的人格融为一体……可以说，梅花是凌寒绽放于冬日的精神之花，中国文人从梅花的品性中看到了自己的理想人格。

2023年福建省福州市高考物理质检试卷（5月份）1. 2022年9月中国自主研制的全世界最大吨位2600t全地面起重机在超大型装备调试试验基地下线。

如图该起重机能够实现160m高度吊重相当于100多辆家用汽车加起来的重量的极限工况，它转台转场时可以携带的总重达317t，最高车速可达，可以通过更狭窄、起伏的山地。

起重机( )A. 相关参数中的单位“t”、“”、“m”，均为国际单位制的基本单位B. 将货物从地面吊起瞬间，货物加速度为零C. 将货物吊起全过程，货物都处于超重状态D. 将货物吊起过程中，货物相对于起重机车头是运动的2. 如图，一根粗细均匀的绳子，右侧固定在墙上，A是绳子上的一个质点。

一位同学握住绳子左侧的S点，让其上下振动，某时刻波形如图。

下列关于该机械波的说法正确的是( )A. 波速不变B. 频率不变C. 此时质点A的速度方向向下D. 此时质点A的加速度方向向上3. 如图在某次投篮表演中，运动员在空中一个漂亮的投篮，篮球以与水平面成的倾角准确落入篮筐，这次跳起投篮时，投球点和篮筐正好在同一水平面上，设投球点到篮筐距离为10m，不考虑空气阻力，g取。

篮球( )A. 在空中做变加速曲线运动B. 在最高点时动能为零C. 投出后在空中飞行时间为1sD. 进筐的速度大小是4. 2022年11月，我国独立自主研制的全球单机容量最大的16兆瓦海上风电机组在福建下线。

如图每台风力发电机的叶片转动时可形成圆面，当地风向可视为与叶片转动的圆面垂直，发电机将此圆面内气流动能转化为输出电能的效率。

风速在范围内，可视为不变。

设风通过叶片后速度减为零。

已知风速时每台发电机输出电功率为6000kW，空气的密度为，则( )A. 该风力发电机的输出电功率与风速成正比B. 每秒钟流过面积S的气流动能C.每台发电机叶片转动时形成的圆面面积约为D. 当风速为时每台发电机的输出电功率约为6800kW5. 2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与“天和”核心舱成功对接，6名宇航员首次实现“太空会师”。

2024年福州市高三语文4月模拟质检试卷试卷满分150分，考试时间150分钟。

2024.04一、现代文阅读(35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：“生态位”是近年来开始流行的一个生态学术语，其意是指一个种群在自然生态系统空间上的位置以及这个种群与自然及其他种群之间的功能和价值关系。

作为生态系统中的一员，人类显然有属于自己的生态位，但人类的生态位不是人类在生态系统中的某一固定区域，而是指人类的活动有其特定的边界并受特定规则的约束人类的生态位责任包括补偿性责任与前瞻性责任。

德国学者约纳斯将责任区分为追溯性责任与前瞻性责任。

这为人类履行生态位责任提供了有益启迪。

追溯性责任也就是补偿性责任，它要求人类必须对人类活动已经破坏的自然生态环境负责，竭尽全力进行环境治理和生态修复；而前瞻性责任则是指人类必须对自己的经济政治决策、科学技术创新、生产方式和生活方式等对生态环境可能造成的负面影响进行科学评估与预测，从而择优弃劣而行。

无论是履行补偿性责任还是前瞻性责任，都要求人类通过生态环境立法、政府的制度设计、公民的生态道德践行乃至国际社会的协同合作，一方面弥补、修复我们已造成的自然生态环境破坏，另一方面有效预防人类对生命共同体造成更进一步的伤害。

人类履行生态位责任的根本途径是推进绿色发展，建设生态文明。

因为这是既符合自然规律、也符合人类需要的社会实践。

推进绿色发展，建设生态文明，不是人类既可以享有、又可以放弃的权利，而是人类不可推卸的责任。

履行这一责任包含着“肯定性”与“否定性”两方面的现实要求。

就肯定性要求而言，就是人类要将符合绿色发展与生态文明要求的理念、技术、政策、法律、方案等运用于绿色发展与生态文明建设实践之中；从否定性要求看，就是决不以牺牲生态环境和其他物种的生命来换取人类的利益和发展，彻底摒弃那些非绿色、非生态与反绿色、反生态的理念、技术、政策、法律、方案，实现生产方式、生活方式、科技创新方式的绿色化变革，从源头上防范生态环境危机的再次发生，以造福生命共同体。

福建省福州市2024届高三第一次质量检测语
文试题及参考答案
一、阅读理解
1.短文主旨大意题:
选词填空后往往要求对全文进行概括总结，得知主旨要突出重要。

快速审题，找准题干，然后再找准材料(反复阅读材料)中涉及的次要信息，排除具体说“X”的选项。

答案：A
2.细节理解题:
追求细节，考验学生通过信息细节的理解，判断所给信息是否在原文中出现。

答案：A
3.推理判断题:
对于问题性质的变化要认真细致的推敲，根据文章中表述了什么，推什么。

一定要在问题上消灭得再好一些。

4.作者态度分析题:
高考中的人物态度分析题，答案只有三项：中性(基本不表达态度，信息主义)，支持，不支持。

答案：B
5.优婚化分析题：
这种题通常要求比对选择适用的论题手段、文学语言（或者现代说话方式），代表词：运动途中比作”吴刚”词的方式。

求看词性、了解这种文化的作用和知道）
答案：D
二、完形填空
高考语言类的题不但要顾及浅劣的性质，而且重视涵盖知识，问题的提问锁定观察，根据文中所表达的知识及心里学，文章的体裁，这一切的协作要点上下文理解。

克服题干干预、读短文的情感干涉、单句或局部把握的“干涉”和逻辑思想用香写锋利的岛上、分析整个短文主体来解答题目。

三、语法填空
如果列出的是一类词，如名词，就立即想到从属关系的（瞧时间的连词）。

如果列出的是几类词，就立即扫行辨别上下文之间人，亲子关系中（从属时间）彼等之间的情感关系。

四、翻译填空
这种题目用到整句理解、长难愁句恰如其分地解疑，翻译的理解。

2022年福建省福州市高考数学质检试卷（3月份）1.若复数z 满足，则z 在复平面内对应的点位于( )A. 第一象限 B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2.已知，，，则外接圆的方程为( )A. B.C.D.3.中国营养学会把走路称为“最简单、最优良的锻炼方式”，它不仅可以帮助减肥，还可以增强心肺功能、血管弹性、肌肉力量等，如图为甲、乙两人在同一星期内日步数的折线统计图：则下列结论中不正确的是( )A. 这一星期内甲的日步数的中位数为11600B. 乙的日步数星期四比星期三增加了1倍以上C. 这一星期内甲的日步数的平均值大于乙D. 这一星期内甲的日步数的方差大于乙4.“”是“”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件5.已知P 是半径为3cm 的圆形砂轮边缘上的一个质点，它从初始位置开始，按逆时针方向做圆周运动，角速度为如图，以砂轮圆心为原点，建立平面直角坐标系xOy ，若，则点P 的纵坐标y 关于时间单位：的函数关系式为( )A. B.C. D.6.从集合的非空子集中任取两个不同的集合A 和B ，若，则不同的取法共有( )A. 42种B. 36种C. 30种D. 15种7.已知平面向量，，均为单位向量，且，则的最大值为( )A.B.C. 1D.8.折纸是我国民间的一种传统手工艺术．现有一张长10cm 、宽8cm 的长方形的纸片，将纸片沿着一条直线折叠，折痕线段将纸片分成两部分，面积分别为，若：：3，则折痕长的最大值为( )A.B. 10cmC.D.9.已知椭圆C ：的左、右焦点分别为，，P 为C 上一点，则( )A. C 的离心率为B. 的周长为5C.D.10.已知等差数列的前n 项和为，公差若，则( )A. B.C.D.11.设函数的定义域为R ，为奇函数，为偶函数，当时，，则下列结论正确的是( )A. B. 为奇函数C.在上为减函数D. 方程仅有6个实数解12.已知正四面体ABCD 的棱长为3，其外接球的球心为点E 满足，过点E 作平面平行于AC 和BD ，设分别与该正四面体的棱BC ，CD ，DA 相交于点F ，G ，H ，则( )A. 四边形EFGH 的周长为定值B. 当时，四边形EFGH 为正方形C. 当时，截球O 所得截面的周长为D. 四棱锥的体积的最大值为13.已知函数在处取得极值，则实数______.14.如图，一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为10cm ，高为20cm ，则这个茶叶盒的表面积约为______精确到，15.写出一个使等式成立的的值为______.16.已知抛物线C：的焦点为F，过F的动直线l交C于A，B两点，过A，B分别作C的切线，，与交于点经探究可知点P必在一条定直线上，其方程为______；记，与y轴的交点分别为M，N，若l的倾斜角为，则四边形PMFN的面积为______.17.已知数列的前n项和为，，，且求；求证：…18.记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知求c；在下列三个条件中选择一个作为补充条件，判断该三角形是否存在？若存在，求出三角形的面积；若不存在，说明理由．①BC边上的中线长为；②AB边上的中线长为；③三角形的周长为19.如图，在直三棱柱中，点E为AB的中点，点F在BC上，且证明：平面平面；若，，且三棱锥的体积为，求CE与平面所成角的正弦值．20.某超市开展购物抽奖送积分活动，每位顾客可以参加且次抽奖，每次中奖的概率为，不中奖的概率为，且各次抽奖相互独立．规定第1次抽奖时，若中奖则得10分，否则得5分．第2次抽奖，从以下两个方案中任选一个：方案①：若中奖则得30分，否则得0分；方案②：若中奖则获得上一次抽奖得分的两倍，否则得5分．第3次开始执行第2次抽奖所选方案，直到抽奖结束．如果，以抽奖的累计积分的期望值为决策依据，顾客甲应该选择哪一个方案？并说明理由．记顾客甲第i次获得的分数为…，，并且选择方案②．请直接写出与的递推关系式，并求的值．精确到参考数据：21.平面直角坐标系xOy中，双曲线C：的右焦点为F，T为直线l：上一点，过F作TF 的垂线分别交C的左、右支于P，Q两点，交l于点证明：直线OT平分线段PQ；若，求的值．22.已知函数的图象与x轴相切于原点．求b，c的值；若在上有唯一零点，求实数a的取值范围．答案和解析1.【答案】B【解析】解：，，在复平面内对应的点位于第二象限．故选：根据已知条件，结合复数的乘除法原则和复数的几何意义，即可求解．本题考查了复数的几何意义，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．2.【答案】D【解析】【分析】本题考查圆的方程的求法，考查方程思想和运算能力，属于基础题．由题意可得所求外接圆的圆心在y轴上，由圆的半径的定义解方程可得圆心和半径，进而得到所求圆的方程．【解答】解：由，，可得外接圆的圆心在y轴上，设圆心为，由，可得，解得，则外接圆的半径为，可得外接圆的方程为，故选：3.【答案】B【解析】解：对于A，甲的频数从小于大为：2435，7965，9500，11600，12700，16000，16800，中位数是11600，故A正确；对于B，乙的暑期三步数7030，星期四12970，，没有增加1倍以上，故B错误；对于C，，，，故C正确；对于D，，，故D正确．故选：利用中位数的定义判断A；乙的暑期三步数7030，星期四12970，没有增加1倍以上，判断B；由平均数定义判断C；由方差定义判断本题考查命题真假的判断，考查折线统计图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．4.【答案】A【解析】解：，，，①若““，则，即，所以具有充分性；②若，则，不一定可以推到，如，，，但，所以不具有必要性；故选：将化简成，由此来判断a，b的大小关系，即可求解．本题考查了条件的充分性与必要性，考查学生的分析能力，计算能力，是基础题．5.【答案】D【解析】【分析】本题给出实际应用问题，求点P的纵坐标y关于时间单位：的函数关系式，着重考查了三角函数的定义和三角函数的图象与性质等知识，属于基础题．设点P的纵坐标y关于时间单位：的函数关系式为，求出A的值，时，射线OP 可视为角的终边，结合三角函数的定义可得出函数解析式．【解答】解：设点P的纵坐标y关于时间单位：的函数关系式为，由题意可得，，时，射线OP可视为角的终边，则故选：6.【答案】C【解析】解：根据题意，集合A中最少1个元素，最多3个元素，分3种情况讨论：①集合A中有1个元素，集合A有3种选法，集合B的选法有种选法，此时有种取法，②集合A中有2个元素，集合A有种选法，集合B的选法有种选法，此时有种取法，③集合A中有3个元素，集合A有1种选法，集合B不是空集和全集即可，有种选法，此时有种取法，则有种取法，故选：根据题意，按集合A中元素的数目分3种情况讨论，由加法原理计算可得答案．本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．7.【答案】B【解析】解：，，，，，的最大值为故选：利用和向量数量积的运算律可求得，并将所求式子化为，由可求得结果．本题考查了平面向量数量积的运算以及最大值问题，属于中档题．8.【答案】C【解析】解：由题意得：长方形纸片的面积为，又：：3，，①当折痕如下图所示时，设，，则，解得：，，②当折痕如下图所示时，设，，则，解得：，在上单调递减，在上单调递增，又，，，③当折痕如下图所示时，设，，则，解得：，，令，则在上单调递减，在上单调递增，又，，，，；综上所述：折痕长的取值范围为；折痕长的最大值为故选：由已知可确定，分别在三种折叠方式下利用面积建立关于折痕的函数关系式，根据二次函数和对勾函数的单调性可求得最值，由此可得结果．本题考查函数的实际应用，考查学生的运算能力，属于中档题．9.【答案】CD【解析】解：对于选项A：由题意可知，，离心率，故选项A错误，对于选项B：由椭圆的定义，，的周长为，故选项B错误，对于选项C：当点P为椭圆短轴端点时，，又，，即，，故选项C正确，对于选项D：由椭圆的几何性质可知，，故选项D正确，故选：由椭圆方程可求出a，c，根据离心率，焦点三角形周长为，可判断A，B的正误，当点P为椭圆短轴端点时最大，由此可得的最大值为，可知C正确，根据可知D正确．本题主要考查了椭圆的定义，以及椭圆的几何性质，属于基础题．10.【答案】BD【解析】解：由题意，等差数列是首项为正数的递减数列，则，，故选项A错，选项B对；当时，有，则，故选项C错误；当时，，则，所以，故选项D正确．故选：由题意，等差数列是首项为正数的递减数列，从而对选项进行逐项判断即可．本题考查等差数列的通项公式与前n项和，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．11.【答案】ABD【解析】【分析】解：为奇函数，，即，则函数关于对称，为偶函数，，即为，则函数关于对称，则，当时，由，得，得，得，即，同时，即是周期为8的周期函数，则，故A正确，，则是奇函数，故B正确，函数的周期是8，在的单调性和的单调性相同，由图象知，在上为增函数，则在上增函数，故C错误，由得，作出函数和的图象如图：由图象知两个函数有6个交点，即有6个不同的根，故D正确，故选：【解答】本题主要考查函数奇偶性的应用，根据条件判断函数的周期性，利用函数与方程的关系进行转化是解决本题的关键，是中档题．根据函数的奇偶性，判断函数的对称性和周期性，作出函数的图像，利用函数奇偶性和周期性进行转化求解即可．12.【答案】ABD【解析】解：平面，平面平面，平面平面，则，，所以，又平面，平面平面，平面平面，则，，所以，所以四边形EFGH为平行四边形．由，可得AE：，则HE：，EF：，又正四面体ABCD的棱长为3，则，，选项A：四边形EFGH的周长为故A正确；选项B：当时，，则平行四边形EFGH为菱形，又正四面体ABCD中，对棱，则，则菱形EFGH为正方形，故B正确；分别取BD、BC、AC 的中点M、N、Q，连接DN、CM、MQ，设DN、CM交于K，连接AK，则AK为正四面体的高，正四面体ABCD的棱长为3，其外接球的球心为O，则O在AK上，连接CO，，设球O半径为R，则，即，解得，由，，可得，同理有，则MQ为异面直线BD、AC之间的距离，，则点K到AC的距离为，球心O到AC的距离为，选项C：当时，设与MC交于T，则到AC的距离为，球心O到平面EFGH的距离为，则平面截球O所得截面半径为，则平面截球O所得截面的周长为，故C错误；选项D：由，可得点A到平面EFGH的距离为，又平行四边形EFGH为矩形，则四棱锥的体积，令，则，由得，由得，则在单调递增，在单调递减，所以在时，取最大值，即的最大值为，故四棱锥的体积的最大值为故D正确．故选：求得四边形EFGH的周长判断选项A；依据正方形判定标准判断选项B；求得平面截球O所得截面的周长判断选项C；求得四棱锥的体积的最大值判断选项本题考查了立体几何的综合，属于难题．13.【答案】【解析】【分析】本题考查了利用导数研究函数极值问题，属于中档题．求出导函数，由求得a值，并检验此时是极值点.【解答】，，则，，当时，，时时，，所以时，取得极值，所以实数故答案为：14.【答案】【解析】解：因为正六棱柱底面边长为10cm，所以正六棱柱的底面积为又因为高为20cm，所以这个正六棱柱的表面积为，即这个茶叶盒的表面积约为故答案为：由正六棱柱底面边长求出底面积，再计算棱柱的表面积．本题考查了正六棱柱表面积计算问题，求出底面积是解题的关键，是基础题．15.【答案】答案不唯一，，任取一个值均可【解析】解：，，，解得：，当时，，故使得等式成立的一个的值为答案不唯一故答案为：答案不唯一，只要满足即可利用二倍角和两角和差正弦公式化简已知等式得到，由正弦函数性质可确定，由此可解得结果．本题考查了二倍角公式，两角和差正弦公式以及三角函数的求值问题，属于中档题．16.【答案】【解析】解：由抛物线方程知：，设l：，，，由，得：，，，当时，由得：，，，又，；当时，由得：，，，，又，，点P必在定直线上；由，方程可求得，；当l倾斜角为时，l的方程为：，，，解得：，四边形PMFN的面积设l：，与抛物线方程联立可得韦达定理形式，结合导数知识可求得，方程，由此可求得P 点横坐标恒为，由此可得定直线；由，方程可求得M，N坐标，结合韦达定理可求得，由可求得结果．本题考查了直线与抛物线的综合，属于中档题．17.【答案】解：数列的前n项和为，，，且，整理得；故；所以当时，，所以数列是以1为首项，4为公比的等比数列；所以；当时，同理可得：；所以证明：，所以【解析】直接利用数列的递推关系求出数列的通项公式；利用放缩法的应用求出结果．本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法，放缩法的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．18.【答案】解：因为，所以，由正弦定理知，，所以，所以选择条件①：设D为BC的中点，则，因为，所以，即，所以，化简得，无解，所以不存在．选择条件②：设点E为AB的中点，则，，在中，由余弦定理知，，所以，解得或，所以的面积选择条件③：因为三角形的周长为6，且，所以，在中，由余弦定理知，，所以，即，解得，所以的面积【解析】由，知，，结合两角和的正弦公式，诱导公式，可推出，再由正弦定理，得解；条件①：设D为BC的中点，由，将其两边平方后，化简可得，无解；条件②：设点E为AB的中点，在中，利用余弦定理求出b的值，再由，得解；条件③：易知，再在中，由余弦定理知，求出b的值，再由，得解．本题主要考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，两角和的正弦公式，平面向量的混合运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．19.【答案】解：在直三棱柱中，平面，平面，，点E为AB的中点，且，，，，，CE，平面，平面，平面，平面平面；，为正三角形，设，则，由可得，平面，依题意得，故点F到平面的距离为，，，三棱锥的体积为，，，以E为坐标原点，EC，EB，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，即令，得，，与平面所成角的正弦值为【解析】易证，，可证平面，进而可证平面平面；设，求得，，可求，以E为坐标原点，EC，EB，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，求平面的法向量与CE的方向向量，可求CE与平面所成角的正弦值．本题考查空间直线与直线，直线与平面的位置关系，直线与平面的夹角等基础知识，考查推理论证能力，属中档题．20.【答案】解：若甲第2次抽奖选方案①，两次抽奖累计积分为，则的可能取值为40，35，10，，，，，所以若甲第2次抽奖选方案②，两次抽奖累计积分为，则的可能取值为30，15，10，则，因为，所以应选择方案①．依题意得，的可能取值为10，5，其分布列为105P所以，则，由，得，所以为等比数列，其中首项为，公比为所以，故【解析】分别求得两个方案的累计积分的期望值即可进行选择；依据题给条件即可求得的值．本题考查了离散型随机变量的期望以及概率中的决策问题，属于中档题．21.【答案】解：证明：依题意，，即，设，则直线PQ的方程为，由，得，设，，则，故，，，，又直线PQ分别交C的左、右支于P，Q两点，，故，的中点为，，，故O，T，N三点共线，即直线OT平分线段PQ；依题意，由，得，即，，①，②①②得，，解得或舍去，此时，【解析】设直线PQ的方程为，联立方程得，设，，可得PQ的中点为，证明，可证直线OT平分线段PQ；依题意，由，得，可得，求解即可．本题考查双曲线的图象和性质，直线和双曲线的位置关系等基础知识，推理论证能力，运算求解能力，属难题．22.【答案】解：，依题意，，即，解得，；由得，，记，则，①当时，若，，单调递增，又，，存在唯一实数，使得若则，由上可知，时，，单调递减；时，，单调递增．，，存在唯一的实数，使得，当时，，即，单调递减；当时，，即，单调递增．，，存在唯一的实数，使得，即在上有唯一零点，符合题意；②当时，，记，，，，为增函数，，为增函数，，则时，，在上没有零点，不合题意，舍去．综上，a的取值范围是第21页，共21页【解析】，依题意，，可得关于b 、c 的方程组，求解得答案；由得，，记，则，可得然后分和两类，利用导数分析单调性，结合函数零点的判定得结论．本题考查导数的几何意义、函数的零点、导数的应用等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想，综合性强，难度大．。

2023—2024学年福州市高三4月质检卷历史试题参考答案一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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。

17．（8分）原因：利率有利于社仓良性运作；灾年、平年均行贷放，既保障饥民必需的生活，也保护生产力恢复；官督民办，士绅参与管理，发挥社会基层力量作用，规范借贷，减少营私舞弊；民户具保的规定形成贷户自我约束、互相监督的作用。

（4分，答出两点即可）理念：重视发挥地方在国家治理中积极性；社会救济与扶植生产相结合。

基层民众的自我管理与相互监督相结合。

（4分，答出两点即可）18.（8分）选择：第一组（1分）论证：出土于曾侯夫妇合葬墓的编钟铭文和铜缶铭文可相互印证。

芈加嫁到了随国，而在出土的墓葬中，她是曾侯的夫人，由此推断出曾国和随国是同一个国家。

（3分）理由：第一组证据是出自同一考古现场的实物证据，且可相互印证；（2分）第二组证据均记述了楚昭王亡命他国的史实，但出亡地的名称记述不一，仅可推断出亡地可能异名同国。

（2分）19.（24分）（1）问题：本身技术不完善；污染、噪音严重；传统行业与旧势力的破坏阻扰；传统观念与舆论的影响；（6分，答出其中3点即可）途径：英国通过立法限制其发展；法国通过技术革新不断发展完善（4分）（2）从无到有；从依靠外援到自力更生（由引进技术到自主创新）；从品种单调到完善的产品结构；从零星企业到遍地开花，规模不断扩大，形成完整的产业链，成为国家支柱产业；从单一机械化到智能化、网络化、轻量化和能源多样化；从行业的跟跑者到并跑者向领跑者发展。

（8分，答出其中4点即可）（3）因素：政府政策；技术创新；生产关系与管理方式变革；外来援助；行业竞争；社会需求；（6分，答出其中3点即可）20．（12 分）（略）。