湖南省长沙市17学年高一语文下学期期末考试试题

湖南2023－2024学年度高一上学期期末考试语文（答案在最后）时量：150分钟满分：150分一、现代文阅读（37分）（一）现代文阅读I（本题共5小题，19分）阅读下面的文字，完成各题。

①爱美之心，人皆有之。

欣赏文艺复兴时期的画作，呈现在我们眼前的是不加任何修饰的脸、眼睛和神韵。

这表明，在那时的人们看来，真实自然是最美的。

在中国，汉成帝宠爱苗条纤细的赵飞燕，唐玄宗宠爱珠圆玉润的杨玉环，使得“燕瘦环肥”曾经在特定时代掀起一股不小的审美风潮。

尽管人们追求身体美的愿望不曾改变，但由于地域、文化、种族等的不同，历时的与共时的“身体美学”均呈现出千姿百态。

进入21世纪，随着世界各国的文化交融日益频繁，地域隔阂被打破，东西方越来越多地共享着时尚身体的审美观念。

②在《人体美丽史》一书中，法国学者乔治·维加莱洛指出：人们对身体美的探求从面部轮廓延伸至整个身体的全面特征,并用这些特征展现自己的个性；然而，借助发型、化妆和体型锻炼等传统方式来修饰身体，总是存在一定限度；凭借科技支持，医疗美容手术能直接地干预身体，从而使得人们可以无限地去接近他们理想的美貌。

于是乎，运用手术、药物、医疗器械以及其他具有创伤性或者侵入性的医学技术方法对人的容貌和人体各部位形态进行修复与再塑，成为一种追求身体美的新时尚。

在此背景下，医疗美容行业乘势发展，服务范围不断延伸，已形成涵盖美容外科、美容皮肤科、美容牙科和美容中医科在内的上百种服务项目。

在医美市场的扩张中，医美广告——既推销商品和服务，还不断地“生产”消费者——扮演了十分重要的角色。

③2019年8月，互联网医美服务平台“新氧”在视频网站上投放了一则广告，视频中一群身穿白色裙子的女性一起尖声高唱：“新氧医美，整整整。

女人美了，才完整。

”随后画面上浮现出五个大字——“做女人整好”。

正如费瑟斯通所说，广告就是能把罗曼蒂克、奇珍异宝、欲望、美、成功、共同体、科学进步与舒适生活等各种意象附着在肥皂、洗衣机、酒精饮品等各种平庸的消费品之上。

湖南省2024年下学期高一期末三校联考语文试卷由衡阳市八中益阳市一中株洲市二中联合命题（本堂考试共120分钟，总分100分）第一卷一、选择题（第1至12题共24分，每小题2分）1、下列词语中加点字的注音有误的一项是（）A. 百舸．（gě）踌躇．（c hú）窈．然（yǎo）否．泰（pǐ）B. 拎．着（līn）自缢．（yì）窥伺．（cì）造诣．（zhǐ）C. 溘．死（kè）嗟．叹（jiē）蜕．变(tuì) 羁．鸟（jī）D. 缜．密（zhěn）愀．然（qiǎo）开拓（pì）愆．期（qiān）2、下列词语中有错别字的一项是（）A. 博击漫溯造型绿草如荫B. 叱咤苍茫流觞源远流长C. 弥望颓废谬误投机取巧D. 不惮狼籍忌恨开诚布公3、下列加点词语运用不正确的一项是（）A. 今日我们在这里集会，就是要把这种骇人听闻．．．．的状况公之于众。

B. 只要你能设身处地．．．．为我想一想，就会怜悯我的境况，不会这样指责我了。

C. 他本算出让金石公司10%的股份以帮助老挚友走出逆境，但随后发生的事情使其安排成为纸上谈兵．．．．。

D. 不单是诗人，就是被关闭在牢狱里的囚犯，到了秋天，我想也肯定会感到一种不能．．自已．．的深情。

4、下列各句中，没有语病的一句是（）A．南北朝时期，由于北方民族的大融合和工商业的发展，为隋朝的统一创建了有利条件。

B．我们要正确贯彻和深刻理解胡锦涛同志关于经济问题的重要讲话精神。

C．很明显，汉武帝国策决策正确与否，干脆关系着西汉王朝国运的盛衰。

D．新牌坊立交桥的建成将大大缓解交通高峰期的堵车问题。

5．下列文学作品、作家及体裁对应有错误的一项是（）。

A.《小狗包弟》——老舍——散文B.《我有一个幻想》——马丁·路德·金——演讲辞C.《包身工》——夏衍——报告文学D.《雨巷》——戴望舒——诗歌阅读下面文段，完成6～8题。

2023-2024学年高一年级下期期考试题语文满分：150分，时间：150分钟。

一、现代文阅读（35分）(一）现代文阅读I(本题共5小题，19分）阅读下面的文字，完成1~5题。

材料一：①作为两种最主要也最具代表性的艺术形式，文学和图像之间既存在对立或相互竞争的一面，也存在合作或相互模仿的一面。

一方面，语词的时间性使其在叙事上具有图像叙事难以企及的天然优势，而图像的直观性和在场感不可避免地给文学叙事带来冲击；另一方面，为了强化叙事效果，两者都会或多或少地受彼方叙事策略的影响，进而突破自身媒介的限制展开故事。

比如，当代小说受图像的影响，突破传统小说的因果线性逻辑和语词叙事的时间性，追求图像的直观性和在场感，从而凸显故事的空间维度，达到不同以往的艺术境界。

①文学受图像的影响，首先体现在对故事内容或题材的选取上。

敏锐的现代作家往往会因某幅图像带来的视觉震撼而产生创作冲动，借语词将图像内容部分或整体地转译、再现出来，形成故事从图像到文字的同质异构转化。

鲁迅先生在《示众》中，用细致的语言对看客们围观杀头的情景进行反复刻画。

相比于语词解读的私人性，图像解读的公共性创造了一个主客体转换的空间，受众由解读主体变成被解读与被言说的对象。

正是在这个基于图像而创设的空间中，充当看客的、愚钝麻木的同胞给鲁迅带来了强烈的心灵冲击，使他意识到国民劣根性的根深蒂固。

①除直接转译图像内容之外，文学家还注意到图像在唤起知性和强化记忆方面的强势作用。

劳拉·里斯曾将宣传广告语比作“钉子”，而将视觉形象比作“锤子”，指出只有依靠“图像之锤”才能更准确有力地将“产品之钉”嵌入消费者的大脑。

文学创作对颜色、形状等造型艺术的表现媒介加以利用，从而引发受众视觉层面的联想。

鲁迅的小说中有大量对于颜色的运用，如《药》中“红红白白的”破灯笼映照下，老栓从“碧绿的”包中掏出“红黑的”人血馒头，一连串颜色的对比描写形成强烈的视觉冲击，使受众如见其形、如临其境，凸显封建社会的黑暗及人的麻木与愚昧。

2023-2024学年第一学期期末考试高一语文（考试时间：150分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的准考证号、姓名、考场号和座位号填写在答题卡上。

用2B 铅笔在“考场号”和“座位号”栏相应位置填涂自己的考场号和座位号。

将条形码粘贴在答题卡“条形码粘贴处”。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4．测试范围：必修上册全册。

5．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）现代文阅读Ⅰ（本题共5小题，19分）（2023·江苏期中）阅读下面的文字，完成小题。

从基层上看去，中国社会是乡土性的。

我说中国的基层是乡土性的，那是因为我考虑到从这基层上曾长出一层比较上和乡土基层不完全相同的社会，而且在近百年来更在东西方接触边缘上发生了一种很特殊的社会。

那些被称为土头土脑的乡下人，他们才是中国社会的基层。

我们说乡下人土气，这个土字却用得很好。

土字的基本意义是指泥土。

乡下人离不了泥土，因为在乡下住，种地是最普通的谋生办法。

在我们这片远东大陆上，可能在很古的时候住过些还不知道种地的原始人，那些人的生活怎样，对于我们至多只有一些好奇的兴趣罢了。

以现在的情形来说，这片大陆上最大多数的人是拖泥带水下田讨生活的了。

我们不妨缩小一些范围来看，三条大河的流域已经全是农业区。

而且，据说凡是从这个农业老家里迁移到四围边地上去的子弟，也老是很忠实地守着这直接向土里去讨生活的传统。

靠种地谋生的人才明白泥土的可贵。

农业直接取资于土地，种地的人搬不动地，长在土里的庄稼行动不得，土气是因为不流动而发生的。

长沙市明德中学2024年下学期高一年级第一阶段检测语文试卷考试时间：150分钟分值：150分一、现代文阅读（35分）（一）现代文阅读Ⅰ（本题共5小题，19分）阅读下面的文字，完成1～5题。

材料一：联对、匾额，在中国园林中，正如人之有须眉，为不能少的一件重要点缀品。

苏州又为人文荟萃之区，当时园林建造复有文人画家的参与，用人工构成诗情画意，将平时所见真山水、古人名迹、诗文歌赋所表达的美妙意境，撷其精华而总合之，加以突出。

因此山林岩壑、一亭一榭，莫不用文学上极典雅美丽而适当的辞句来形容它，使游者入其地，览景而生情。

例如拙政园的远香堂与留听阁，同样是一个赏荷的地方，前者出自于周敦颐《爱莲说》“香远益清”句，后者出自于李商隐《宿骆氏亭寄怀崔雍崔衮》“留得残荷听雨声”句。

留园的闻木樨香轩、拙政园的海棠春坞，又都是根据该处所种的树木来命名的。

有些游者至此，能回忆起许多文学艺术的好作品，这不能不说是中国园林的一个特色了。

我希望今后在许多旧园林中，联对、匾额里如果无封建意识的文字，仅是描写风景的，就应该将它们好好保存下来。

苏州诸园皆有好的题辞，而怡园诸联集宋词佳句，与各处景观配合尤为相得益彰，可惜实物皆不存了。

联对、匾额所用材料，因园林风大，故十之八九用银杏木阴刻，填以石绿；或用木阴刻后髹漆敷色，不过色彩都是冷色，亦有用砖刻的，雅洁可爱。

字体以篆、隶、行书为多，罕用正楷，取其古朴与自然。

中国书画同源，联对、匾额本身是个艺术品，也必定让园林生色。

（摘编自陈从周《清雅风范——苏州园林鉴赏》）材料二：以自然风景著称的古典园林的最大特点，是真实地摹写了自然山水之美。

明代造园经典著作《园冶》就曾开宗明义地提出，园林要“虽由人作，宛自天开”。

然而，作为一种艺术，园林的写真不是机械地照搬自然，而是经过艺术的再创造，从而表达了造园家的主观情思和理想真实。

园中的一丘一壑、一草一木皆要使“望者息心、览者动色”，这使得欣赏者“息心”“动色”的不仅是花草树木的外在形式，更主要的是通过这些风景所表现出来的造园家的审美情趣，以及由此情此景交融而形成的独特的抒情意境。

湖南省长沙市名校2021-2022学年度高一下学期期末考试语文试题一、信息类文本阅读（共5小题，19分）阅读下面的文字，完成1～5题。

材料一①分餐制的历史可上溯到史前时代，它经过了不少于3000年的发展过程。

会食制的诞生大体是在唐代，而这种饮食方式的改变，是源于桌椅形制的改变一周秦汉晋时代，筵宴上实行分餐制；而高桌大椅的出现，成为分食制向会食制转变的一个重要契机。

②西晋王朝灭亡以后，匈奴、羯、鲜卑、氐、羌等族陆续进入中原，建立政权，这就是历史上的十六国时期。

频繁的战乱，还有居于统治地位民族的变更，使得中原地区自殷周以来建立的传统习俗、生活秩序受到了强烈的冲击。

正是这种大的历史变革，导致了家具发展的新趋势，传统的席地而坐的姿势也随之有了改变，常见的跪姿坐式受到更轻松的垂足坐姿的冲击，这就促进了高足坐具的使用和流行。

公元5～6世纪，束腰圆凳、方凳、胡床、椅子等新出现的高足坐具，逐渐取代了铺在地上的席子。

③在敦煌285窟的西魏时代壁画上，我们看到了年代最早的靠背椅子。

有意思的是，椅子上的仙人还用着惯常的蹲跪姿势，双足并没有垂到地面上，显然当时的高足坐具使用不久或不普遍。

在同时代的其他壁画上，又可看到坐胡床（马扎子）的人将双足坦然地垂放到了地上。

洛阳龙门浮雕所见坐圆凳的佛像，也有一条腿垂到了地上。

④及至唐代，各种各样的高足坐具已相当流行，垂足而坐已成为标准姿势。

1955年在西安发掘的唐代大宦官高力士之兄高元理墓，发现墓室壁画中的墓主人像。

他端坐椅子上，双足并排放在地上，这是唐代中期以后已有标准垂足坐姿的证据。

可以肯定地说，在唐代时，至少在唐代中晚期，古代中国人已经基本上抛弃了席地而坐的方式，最终完成了坐姿的革命性改变。

⑤用高椅大桌进餐，在唐代已不是稀罕事，不少绘画作品都提供了可靠的研究线索。

如传世的《备宴图》，描绘了宫中大宴准备情形：在巍峨殿宇的侧庭，摆着大方食桌和条凳，桌上摆满了餐具和食品。

还值得一提的是传世绘画《宫乐图》，图中十多个作乐的官女，也是围坐在一张大案前，一面和乐，一面宴饮。

湖南省长沙市雅礼书院中学2024-2025学年高一语文下学期期中试题时量：150分钟分值：150分一、现代文阅读（35分）论述类文本阅读（完成1-3题，共9分）①经典是民族文化传承的精神源泉，而经典阅读则是传承与激活民族文化精神的关键环节。

经典阅读曾经只限于少数学者，并通过相对固定的教化场所得以薪火传递。

当今，我们则可以借助大众媒体的多元途径，将经典阅读推向大众。

在此过程中，有两种选择：一是由学者个体阅读引导大众阅读；二是由学者个体阅读取代大众阅读。

明显后者更受欢迎。

这标记着传统的经典阅读与传授方式的重大改变：一是在对象上，由学问阶层转向大众群体；二是在空间上，由教化场所转向媒体空间；三是在方式上，由讲—读互动转向单向传授。

学者、媒体与大众群体三向合力，意味着一个新的经典传播时代——经典“代读”时代的到来。

②经典“代读”热的兴起，是大众传媒与学者群体携手合作、一同满足大众精神需求的时代产物。

以上三者在经典“代读”中融为一体，是基于以下缘由：一是大众媒体的泛生活化。

在当今时代，媒体内化为人们生活的有机组成部分。

二是学问精英的抗边缘化。

面对市场经济的严峻挑战与商业逻辑的残酷选择，日益趋于边缘状态的学问精英渴望走出书斋，重返文化中心舞台。

三是经典崇尚的中介化。

随着大众精神追求的高涨，崇尚经典成为新的时代风气，然而大众群体普遍无法自主阅读，不得不求助于学者“代读”，以获得对经典的了解和体会。

央视“读书时间”与“百家讲坛”的兴替交接，自然地成为其典范性的标记。

③从大众传媒时代本身的发展历程与规律来看，经典“代读”之火爆或缺陷，都具有某种历史必定性。

早在20世纪70年头，欧美发达国家领先经验了类似的历史阶段。

其中法国电视二台创办于1975年1月的“毕沃读书”最具典范意义。

该栏目在约90分钟节目里，全由主持人、作者和读者一起自由论谈。

10多年间，这个高雅节目赢得了不可思议的20%左右的收视率，被称为法国的“文学弥撒”，法国作家、学者都将在“毕沃读书”中亮相视为无上荣耀。

雅礼教育集团2022年下学期期末考试试卷高一语文一、课内相关知识（本大题共5小题，共15分）1．下列选项中，对诗词中表现手法的理解不正确的一项是（）A.衬托可以分为正衬和反衬两类。

前者如用“千古风流人物“一时多少豪杰”正村周郎，后者如以“雄姿英发”的周郎反衬“早生华发”的词人自我。

B.前人说过“材富则约以用之”，用典是压缩材料的好办法。

如《永遇乐·京口北固怀古》写仓促用兵导致失败的历史教训，仅用了“元嘉草草”等三句十四个字。

C.《声声慢》中，“憔悴损”把菊花当作人来写，以菊花枯萎凋落的样子，写自己因忧伤而憔悴瘦损：“如今有谁堪摘？”一句运用反问，写出自己无心摘花的郁闷。

D.借代指不直接把所要说的事物名称说出来，而用跟它有关系的另一种事物的名称来称呼它。

《念奴娇·赤壁怀古》中“卷起千堆雪”一句运用借代的修辞，写出了江水腾涌的壮观景象。

2.下列各组句子中，画线的虚词意义与用法不相同的一项是（）（3分）A.生乎吾前，其闻道也固先乎吾相与枕藉乎舟中B.愚人之所以为愚，其皆出于此乎今甚智乃反不能及，其可怪也欤C.不拘于时，学于余此非孟德之困于周郎者乎D.顺风而呼，声非加疾也扣舷而歌之3．下列对相关课文内容的理解，正确的一项是（）A.《故都的秋》中对“青天下驯鸽的飞声”和“秋蝉的衰弱的残声”两种声音的描写，巧妙地告诉读者，北国的秋天有“清、静、悲凉”的一面，也有生机勃勃的一面。

B.《荷塘月色》使用“田田”“亭亭”“蓊蓊郁郁”“曲曲折折”等大量叠词，不但传神描摹出眼前之景，加强了语意，而且使文气舒展，音韵和谐，有一种音韵之美。

C.苏轼在《念奴娇·赤壁怀古》和《赤壁赋》中分别写到三国时期的英雄豪杰周瑜、曹操，作者都是借以抒怀，其用意和表达的思想情感是完全一致的。

D.《登泰山记》是作者结束《四库全书》编撰后作，作者从东边山麓沿天门拾级而上，记述泰山的所见所感，是“桐城派文学”优秀的代表作品。

湖南省长沙市雅礼中学2017-2018学年高二语文下学期期末考试试题（扫描版）雅礼中学高二年级语文期末试卷（答案版）1.答案B。

解析：从原文“共享经济在实现了物联网、大数据分析等技术综合运用的条件下，显著提高了供求的匹配效率，实现了点对点的个性化、订制化服务”可知，技术的综合运用及“显著提高供求的匹配效率”是点对点个性化服务的前提条件，自然也是其关键。

A项，有两处错，一，共享平台并非产品的提供者，它只中介平台；二，共享经济模式下，交换的不是生产企业生产的产品，而是供给者闲置暂时不用的物品，依据在第三段的“共享经济模式下，供给者只是将闲置物品的使用权在有闲的时间提供给市场”。

C项“关系链中相应对象的功能没有改变”错，从原文“而共享经济模式……由企业承担的投资功能转移至供给者个人”可以看出，共享经济模式投资功能的承担不再是关系链中的中间对象“共享平台”，而是关系链中的最前端对象——“供给者”。

D“大家”涵盖各方，显然扩大了外延，原文是消费者乐见行业变革，竞争加剧，进而赢得消费实惠。

但传统行业相关人员不见得开心。

2.答案：D。

解析：文章第四段末尾确实辩证地谈及了共享经济模式存在的问题，但着眼全文可知，作者对共享经济是极力赞成的，并认为是值得大力推广的，所以选项中的“提醒人们慎入”与全文观点是相违背的；二，结合文章末句最前面的“当然”一词不难理解：文末所陈述共享经济存在的问题，只是在全文极力强调了共享经济的颠覆性影响后作的一点补充陈述而已，而并非如选项所说的是“为了提醒人们慎入共享经济”。

3.答案：B。

解析：判断此项的原文关键信息在第三段的“共享经济模式下，供给者只是将闲置物品的使用权在有闲的时间提供给市场”，由此句可以看出共享经济模式下，供给者提供给消费者的是自己闲置即暂时不用的物品，而不是刻意购置或生产用来进行租赁或交换的物品或产品。

依据这一点可以推断，网约车和共享单车是否属于共享经济范畴尚有争议，更不能冠以“典型”前缀了。

长沙市2023~2024学年高一年级期末考试数学试卷（答案在最后）2024年7月时量：120分钟满分：150分命题：高一数学组审题：高一数学组一､选择题：本题共8小题，每小题5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.已知复数2i z =-，则zz z =-（）A.1i 2-+ B.1i 2- C.1i 2+ D.1i 2--2.有一组互不相等的样本数据126,,,x x x ，平均数为x .若随机剔除其中一个数据，得到一组新数据，记为125,,,y y y ，平均数为y ，则下列说法错误的是（）A.新数据的极差可能等于原数据的极差B.新数据的中位数不可能等于原数据的中位数C.若x y =，则新数据的方差一定大于原数据方差D.若x y =，则新数据的40%分位数一定大于原数据的40%分位数3.设ABC 的内角A B C ､､所对边分别为,,a b c ，若π3A =，且不等式(230x x -+<的解集为{}x b x a <<∣，则B =（）A.π6B.5π6C.π6或5π6 D.2π34.在侧棱长为S ABC -中，40ASB BSC CSA ∠∠∠=== ，过A 作截面AEF ，则截面的最小周长为（）A. B.4C.6D.105.设,a b 是非零向量，则“存在实数λ，使得b a λ= ”是“a b a b +=+ ”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件6.如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1,AC BC CC AC BC ==⊥，点D 是AB 的中点，则直线1B B 和平面1CDB 所成角的正切值为（）A.22B.3222D.227.在正方体1111ABCD A B C D -中边长为2，点P 是上底面1111A B C D 内一动点，若三棱锥P ABC -的外接球表面积恰为41π4，则此时点P 构成的图形面积为（）A.πB.25π16C.41π16D.2π8.已知平面向量12312312,,,1,,60e e e e e e e e ====.若对区间1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦内的三个任意的实数123,,λλλ，都有11223312312e e e e e e λλλ++≥++，则向量13,e e 夹角的最大值的余弦值为（）A.366-B.356+-C.366-D.356-二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分.9.一个正八面体的八个面上分别标以数字1到8，将其随机抛掷两次，记与地面接触面上的数字依次为12,x x ，事件A =“13x =”，事件B =“26x =”，事件12“9C x x =+=”，则（）（）A.AB C ⊆B.AC B ⊆C.,B C 互斥D.,B C 独立10.已知函数()23sin 2sin (0)2xf x x ωωω=+>的图象在区间[]0,π上有且仅有三个对称中心，则（）A.ω的取值范围是102,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B.()f x 的图象在区间[]0,π上有2条或3条对称轴C.()f x 在区间π0,4⎛⎫⎪⎝⎭上的最大值不可能为3D.()f x 在区间π0,6⎛⎫⎪⎝⎭上为增函数11.如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,,,E F G 分别为棱11,,AA CC BC 上的点，()10,1A E CF CG λ===∈，则（）A.EG GF⊥B.平面EFG 经过棱AB 的中点HC.平面EFG 截该正方体，截面面积的最大值为4D.点D 到平面EFG 距离的最大值为2三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.如图，函数()()2sin (0,0π)f x x ωϕωϕ=+><<的图象与坐标轴交于点,,A B C ，直线BC 交()f x 的图象于点,D O （坐标原点）为ABD 的重心（三条边中线的交点），其中()π,0A -，则ABD 的面积为__________.13.明德中学为提升学校食堂的服务水平，组织全校师生对学校食堂满意度进行评分，按照分层抽样方法，抽取200位师生的评分（满分100分）作为样本，在这200个样本中，所有学生评分样本的平均数为x ，方差为2x s ，所有教师评分样本的半均数为y ，方差为2y s ，总样本的平均数为z ，方差为2s ，若245x y x s y s s ==，抽取的学生样本多于教师样本，则总样本中学生样本的个数至少为__________.14.正四棱锥的外接球半径为R ，内切球半径为r ，则Rr的最小值为__________.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.（13分）在四棱锥P ABCD -中，平面PAB ⊥平面,2,22,,ABCD PA AB PB AD BC AB BC AD =====⊥∥,BC M 为棱AP 的中点.（1）求证：BM ∥平面PCD ；（2）求直线PC 与平面BCM 所成角的正弦值.16.（15分）在ABC 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且满足cos sin 3a b C C =-.（1）求B 的大小；（2）若ABC 的面积为，且3BC BD =，当线段AD 的长最短时，求AC 的长.17.（15分）袋中装有除颜色外完全相同的黑球和白球共7个，其中白球3个，现有甲､乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，...，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的.（1）求取球2次即终止的概率：（2）求甲取到白球的概率.18.（17分）如图，已知四边形ABCD 为菱形，四边形ACEF 为平行四边形，且6AB =，60BAD BAF DAF ∠∠∠=== .（1）证明：直线BD ⊥平面ACEF ；（2）设平面BEF ⋂平面ABCD l =，且二面角E l D --的平面角为26,tan 3θθ=，设G 为线段AF 的中点，求DG 与平面ABCD 所成角的正弦值.19.（17分）点A 是直线PQ 外一点，点M 在直线PQ 上（点M 与,P Q 两点均不重合），我们称如下操作为“由A 点对PQ 施以视角运算”：若点M 在线段PQ 上，记()sin ,;sin AP PAM P Q M AQ MAQ∠∠=；若点M 在线段PQ 外，记()sin ,;sin AP PAM P Q M AQ MAQ∠∠=-.（1）若M 在正方体1111ABCD A B C D -的棱AB 的延长线上，且22AB BM ==，由1A 对AB 施以视角运算，求(),;A B M 的值：（2）若M 在正方体1111ABCD A B C D -的棱AB 上，且2AB =，由1A 对AB 施以机角运算，得到()1,;2A B M =，求AM MB的值；（3）若1231,,,,n M M M M - 是ABC 的边BC 的()2n n ≥等分点，由A 对BC 施以视角运算，证明：()()(),;,;11,2,3,,1k n k B C M B C M k n -⨯==- .长沙市2023~2024学年高一年级期末考试数学答案题号12345678答案ADACBDAA【解析】因为2i z =-，所以2i z =+，所以()()()2i i 2i 2i 12i 1i 2i 2i 2i 2i i 22z z z +⋅++-+=====-+---+--⋅.故选：A.2.【答案】D【解析】不妨设原数据126x x x <<< ，新数据.125y y y <<< .，A ：例如原数据为1,2,3,4,5,6，新数据为，此时极差均为615-=，故A 正确；B ：原数据中位数为342x x +，新数据中位数为3y ，可知33y x =或34y x =，若33y x =，可得34332x x x y +>=；若34y x =，可得34432x xx y +<=；综上所述：新数据的中位数不可能等于原数据的中位数，故B 正确；C ：若x y =，可知去掉的数据为x ，则652211(()i i x x y y ==-=-∑∑，可得652211111,3,4,5,6()()65i i x x y y ==-<-∑∑，所以新数据的方差一定大于原数据方差，故C 正确；D：若x y =，可知去掉的数据为x ，因为640% 2.4⨯=，可知原数据的40%分位数为第3位数，540%2⨯=，可知新数据的40%分位数为第2位数与第3位数的平均数，例如原数据为2,2,3,4,5,6-，新数据为2,2,4,5,6-，此时新数据的40%分位数､原数据的40%分位数均为3，故D 错误；故选：ABC.3.【答案】A【解析】不等式(230x x -+<即()(30x x -<3x <<，所以，3,a b ==，由正弦定理可得sin sin b a B A=，所以，πsin 13sin 32b A B a ===，b a < ，所以B A <，可得B 是锐角，所以π6B =，故选A .4.【答案】C【解析】如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面AEF 的周长最小，就是侧面展开图中AG 的距离，因为侧棱长为2的正三棱锥V ABC -的侧棱间的夹角为40,120AVG ∠=，所以由余弦定理可知22222cos12036,6AG VA VG VA VG AG =+-⋅==∴= ，故选C.5.【答案】B【解析】若“a b a b +=+，则平方得2222|2||2|a a b b a a b b +⋅+=+⋅+ ，即a b a b ⋅=⋅ ，即cos ,a b a b a b a b ⋅=⋅=⋅ ，则cos ,1a b = ，即,0a b = ，即,a b同向共线，则存在实数λ使得b a λ= ；反之当,πa b = 时，存在0λ<，满足b a λ= ，但“a b a b +=+ ”不成立，即“存在实数λ使得b a λ= ”是“a b a b +=+ ”的必要不充分条件.故选：B.6.【答案】D【解析】由题意，以C 为坐标原点，以1,,CA CB CC 为,,x y z 轴建立空间坐标系，如下图所示：令12AC BC CC ===，则()0,0,0C ，()()()()12,0,0,0,2,0,1,1,0,0,2,2A B D B 故()()()110,0,2,1,1,0,0,2,2B B CD CB =-==设(),,n x y z = 为平面1CDB 的一个法向量，则100CD n CB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即0220x y y z +=⎧⎨+=⎩令1x =，则1,1y z =-=，从而()1,1,1n =-，设直线1B B 和平面1CDB 所成角为θ，则111sin cos ,3||n B B n B B n B Bθ⋅=<>==⋅，故cos 3θ=，从而tan 2θ=.故选：D.7.【答案】A【解析】如下图所示，设三棱锥P ABC -的外接球为球O '，分别取11AC A C ､的中点1O O ､，则点O '在线段1OO 上，由于正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则ABC的外接圆的半径为OA =O 的半径为R ，则2414ππ4R =，解得4R =.所以，34OO =='，则1135244OO OO OO '=-=-=，易知，点P 在上底面1111A B C D 所形成的轨迹是以1O为圆心的圆，由于4O P R =='，所以，11O P ==，因此，点P 所构成的图形的面积为21ππO P ⨯=.故选：A.8.【答案】A【解析】设()cos ,sin C θθ，如图，不妨设()()12311,0,,,cos ,sin 22e OA e OB e CO θθ⎛⎫======-- ⎪ ⎪⎝⎭.设M 为AB 的中点，G 为OC 的中点，F 为BD 的中点，E 为AD 的中点.则()1233111,,cos ,sin ,44222M G e e e GO OM GM θθ⎛⎫⎛⎫++=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设112233e e e HO OP HP λλλ++=+=，点P 在平行四边形EDFM 内（含边界）.由题知HP GM ≥恒成立.为了使13,e e最大，则思考13,e e为钝角，即思考C 点在第一或第四象限.思考临界值即P 与M 重合，G 与H 重合，且GM 不能充当直角三角形斜边，否则可以改变H 的位置，使得HM GM <，此时θ最小，所以GM OC ⊥ ，即()311cos ,sin cos ,sin 04242θθθθ⎛⎫--⋅= ⎪⎪⎝⎭，即22311cos cos sin 04242θθθθ-+-=.即331cos sin 1222θθ⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭，即π1cos 262θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭.所以πcos 63θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭.所以ππππππcos cos cos cos sin sin 666666θθθθ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=---⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦1332326+=⨯+=，其中向量1e 与3e 夹角为πθ-，故1e 与3e 夹角的最大值的余弦值为36+-.故选：A.9.【答案】ABD【解析】AB =“13x =且26x ="，事件C 的基本事件有121212121,8;2,7;3,6;4,5x x x x x x x x ========；121212125,4;6,3;7,2;8,1x x x x x x x x ========共8个，所以AB C ⊆，故A 正确；AC ="13x =且129"x x +=="13x =且26"x =，所以AC B ⊆，故B 正确；对于C ，当13x =且26x =时，事件,B C 同时发生，所以,B C 不互斥，故C 错误；对于()()181D,,8888P B P C ===⨯，而BC =“13x =且26x =”，则()164P BC =，所以()()()P BC P B P C =，所以,B C 独立，故D 正确.故选：ABD.10.【答案】BD【解析】()1cos π2cos 12sin 126xf x x x x x ωωωωω-⎛⎫=+⨯=-+=-+ ⎪⎝⎭，令()ππ6x k k ω-=∈Z ，得()()61πππ66k k x k ωωω+=+=∈Z ，由()()61π0π6k k ω+≤≤∈Z 结合0ω>，得()1166k k ω-≤≤-∈Z ，依题意.k .有且只有三个整数值，所以1236ω≤-<，得131966ω≤<，故A 不正确；令()πππ62x k k ω-=+∈Z ，得()()32ππ2π33k k x k ωωω+=+=∈Z ，由()()32π0π3k k ω+≤≤∈Z 结合0ω>，得()2233k k ω-≤≤-∈Z ，当13863ω≤<时，32223ω≤-<，此时0k =或1k =，函数()f x 的图象在区间[]0,π上有2条对称轴，为2π5π,33x x ωω==，当81936ω≤<时，25232ω≤-<，此时0k =或1k =或2k =，函数()f x 的图象在区间[]0,π上有2条对称轴，为2π5π8π,,333x x x ωωω===，所以()f x 的图象在区间[]0,π上有2条或3条对称轴，故B 正确；当π0,4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，ππππ,6646x ωω⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，因为131966ω≤<，所以ππ3π5π,4688ω⎡⎫-∈⎪⎢⎣⎭，所以当ππ62x ω-=，即2π3x ω=时，()f x 取得最大值3，故C 不正确；由π0,6x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，得ππππ,6666x ωω⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，因为131966ω≤<，所以ππ7π13π,663636ω⎡⎫-∈⎪⎢⎣⎭，因为0ω>，所以()f x 在区间π0,6⎛⎫⎪⎝⎭上为增函数，故D 正确.故选：BD11.【答案】ABD【解析】记M 为11D C 的中点，棱AB 的中点H ，取线段11A D 上的点N 使得1A N λ=，正方体1111ABCD A B C D -的中心为O .则根据对称性，E 和,F G 和,N H 和M 分别关于点O 对称.从而O 在平面EFG 内，而FG ∥1BC ∥HM ，故FG ∥HO ，从而H 在平面EFG 内.由于前面的对称性，及,,,,E F G H O 在平面EFG 内，知平面EFG 截该正方体的截面就是中心为O 的六边形EHGFMN ，从而H 一定在平面EFG 内，至此我们得到选项B 正确.前面已经证明FG ∥MH ，同理有NE ∥MH ，故FG ∥MH ∥NE .由于11A N A E CF CG λ====，故111D N AE C F BG λ====-，同时显然有1112AH BH D M C M ====.从而EN FG λ===，MN MF EH GH =====由于,EN FG HM FG λ==<=∥MH ∥NE ，故四边形ENMH 和GFMH 都是等腰梯形，从而,OE ON OF OG ==.这表明线段EF 和GN 互相平分且长度相等，所以四边形是EGFN 矩形，故EG GF ⊥，至此我们得到选项A 正确.由于四边形ENMH 和GFMH λ，下底均为，.所以它们的面积都等于(11122λλ⋅+=+故截面EHGFMN 的面积(1S λ=+.当34λ=时，(7321411644S λ⋅=+=>，至此我们得到选项C 错误.由于1122DO DB ==，且O 在平面EFG 内，故点D 到平面EFG的距离不超过2.而当12λ=时，,,,,,E H G F M N分别是各自所在棱的中点，从而DE DF DG ===而2OE OF OG ===，这表明点D 和点O 到,,E F G 三点的距离两两相等.故点D 和点O 在平面EFG 的投影同样满足到,,E F G 三点的距离两两相等，从而点D 和点O 在平面EFG 的投影都是EFG 的外心，所以由点D 和点的投影是同一点，知DO 垂直于平面EFG .从而由O 在平面EFG 内，知点D 到平面EFG 的距离就是DO 的长，即32.所以，点D 到平面EFG 的距离的最大值是32，至此我们得到选项D 正确.故选：ABD.12.【答案】2【解析】因为O 为ABD 的重心，且()π,0A -，可得2π3OA AC ==，解得3π2AC =，所以π,02C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以()1π3ππ222T =--=，所以3πT =，所以2π3πω=，解得23ω=，可得()22sin 3f x x ϕ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由()π0f -=，即()2sin π03ϕ⎡⎤⋅-+=⎢⎥⎣⎦，可得()2π2π3k ϕ⨯-+=，解得2π2π,3k k ϕ=+∈Z ，又由0πϕ<<，所以2π3ϕ=，所以()22π2sin 33f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，于是()22π02sin 033OB f ⎛⎫==⨯+= ⎪⎝⎭，故ABD的面积为13π2222S =⨯⨯.故答案为：2.13.【答案】160【解析】假设在样本中，学生､教师的人数分别为,(1200,,)m n n m m n ≤<<∈N ，记样本中所有学生的评分为(),1,2,3,,i x i m =⋯，所有教师的评分为(),1,2,3,,j y j n =⋯，由x y =得mx ny z x y m n +===+，所以()()222111200m n i j i j s x z y z ==⎡⎤=-+-⎢⎥⎣⎦∑∑()()()222211114,2002005m n i j x y x y i j x x y y ms ns s s ==⎡⎤=-+-=+=⎢⎥⎣⎦∑∑，所以22160x y x y ms ns s s +=，即160y x y xs s m n s s +=，令x ys t s =，则()21600,Δ2560042560042000mt t n mn m m -+==-=--≥，即220064000m m -+≥，解得40m ≤或160m ≥，因为1200n m ≤<<且200m n +=，得100m >，所以160m ≥.所以总样本中学生样本的个数至少为160.故答案为：160.14.1+【解析】设正四棱锥P ABCD -底面边长为a ，高为h ，底面ABCD 的中心为M ，连接,PM BM，则,2BM a PM h ==，所以PB ==，设外接球球心为1O ，内切球球心为2O ，则12,O O 在PM 上，因为11PO BO R ==，所以11O M PM PO h R =-=-，在1Rt O MB中，222()2h R a R ⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭，化简得2224h a R h +=，因为22111143332P ABCDV a h a r -==+⨯⨯所以r =，所以()22222222244h a h a a a R h a a h ahr h ah ++++===2222224ha h +⋅=，令h k a =，则222221h R a r ⎛⎫+ ⎪=，令1)t t =>，则()2121R t r t +=-，令1(0)m tm =->，则222111122R m m m r m m ++==++≥+=+，当且仅当12m m =，即m =时取等号，所以R r1+.1+.15.【解析】（1）取PD 的中点N ，连接,MN CN ，则MN ∥AD 且12MN AD =，又BC ∥AD 且12BC AD =，所以MN ∥BC 且MN BC =，故四边形BCNM 为平行四边形，所以BM ∥CN ，又BM ⊄平面,PCD CN ⊂平面PCD ，所以BM ∥平面PCD（2）由2,2AB PA PB ===222AB PA PB +=，所以PA AB ⊥，又平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面,ABCD AB PA =⊂平面PAB ，所以PA ⊥平面ABCD ，又AC ⊂平面ABCD ，所以PA AC ⊥.由2,1,AB BC AB BC ==⊥，得225AC AB BC =+=，所以223PC AC PA =+=，22226,5CM AM AC BM AM AB =+==+=，得222CM BM BC =+，则BC BM ⊥，所以1522MBC S BM BC =⋅= .又()()111121213323P MBC P ABC M ABC ABC V V V S PA MA ---=-=-=⋅⋅⋅⋅-= ，设P 到平面MBC 的距离为h ，直线PC 与平面MBC 的所成角为θ，则1536P MBC MBC V hS -== ，所以1536h =，解得55h =，所以5255sin 315h PC θ===，即直线PC 与平面MBC 的所成角的正弦值为515.16.【解析】（1）因为3cos sin 3a b C C =-，由正弦定理可得3sin sin cos sin 3A B C B C =-，又()()sin sin πsin sin cos cos sin A B C B C B C B C ⎡⎤=-+=+=+⎣⎦，所以sin cos cos sin sin cos sin sin 3B C B C B C B C +=-，所以cos sin sin 3B C B C =-，又()0,πC ∈，所以sin 0C >，所以cos sin 3B B =-，即tan B =，又()0,πB ∈，所以2π3B =；（2）因为ABC 的面积为，即1sin 2ac B =，即12πsin 23ac =11222ac ac ⨯==，因为3BC BD = ，所以13BD BC = ，在ABD 中2222cos AD BA BD BA BD B =+-⋅，即2221121123333AD c a ac ca ac ac ⎛⎫=++≥+== ⎪⎝⎭，当且仅当13c a =，即6,2a c ==时取等号，所以AD ≥AD 的最小值为6,2a c ==，则2222212cos 62262522b a c ac B ⎛⎫=+-=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭，所以b =，即AC =17.【解析】（1）设事件A 为“取球2次即终止”.即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，借助树状图求出相应事件的样本点数：因此，()432767P A ⨯==⨯.（2）设事件B 为“甲取到白球”，“第i 次取到白球”为事件1,2,3,4,5i =，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球.借助树状图求出相应事件的样本点数：所以()()()()135135()P B P A A A P A P A P A =⋃⋃=++343343213361227765765437353535⨯⨯⨯⨯⨯⨯=++=++=⨯⨯⨯⨯⨯⨯18.【解析】（1）设AC BD O ⋂=，连接,DF OF ，四边形ABCD 为菱形，则,,AB AD AC BD BO OD =⊥=，又60BAF DAF ∠∠== ，易得BAF DAF ≅ ，所以BF DF =，则BD OF ⊥，又,,AC OF O AC OF ⋂=⊂平面ACEF ，所以直线BD ⊥平面ACEF（2）过F 点作FH AC ⊥于H 点，过H 点作HM l ⊥于M 点，连接FM ，过H 点作HN AD ⊥于N 点，连接FN ，由（1）易证，,FM l FN AD ⊥⊥，则FMH ∠为二面角E l D --的平面角，在直角FHM 中，6tan 3FH HM θ==，又3HM BO ==，可得6FH =，设2AF a =，则,33AN a NH FN a ===，直角FHN 中，222(26)3)3a +=，可得6AF =，G 为线段AF 的中点，则G 到平面ABCD 的距离6d =，又33DG =，设直线DG 与平面ABCD所成角为,sin 3d DG αα==，直线DG 与平面ABCD所成角的正弦值为3.19.【解析】（1）如图1，因为22AB BM ==，所以113,AM A B A M ===.由正方体的定义可知1AA AB ⊥，则190A AB ∠= ，故11sin 22AA B AA B ∠∠==，11sin 1313AA M AA M ∠∠==.因为111BA M AA M AA B ∠∠∠=-，所以11111sin sin cos cos sin 26BA M AA M AA B AA M AA B ∠∠∠∠∠=-=，则()11112sin 13,;3sin A A AA M A B M A B MA B ∠∠⨯=-=--.（2）如图2，设()02AM a a =≤≤，则1122sin ,cos 44AA M AA M a a ∠∠==++.因为111BA M AA B AA M ∠∠∠=-，所以()()()()()()22111sin sin 224/24BA M AA B AA M a a a ∠∠∠=-=-++，则()211112sin 14,;sin 22A A AA M a a A B M A B MA B a ∠∠⨯===-，解得23a =，故122AM a MB a ==-.（3）证明：如图3，因为1231,,,,n M M M M - 是BC 的n 等分点，所以k n k BM CM -=,n k k k n k BC BM CM BC n n --===.在k ABM 中，由正弦定理可得sin sin k k k BM AB BAM AM B ∠∠=，则sin sin k k k AB BAM BM AM B ∠∠=.在k ACM 中，同理可得sin sin k k k AC CAM CM AM C ∠∠=.因为πk k AM B AM C ∠∠+=，所以sin sin k k AM B AM C ∠∠=，则()sin sin ,;sin sin k k k k k k k k k AB BAM BM AM B BM k B C M AC CAM CM AM C CM n k∠∠∠∠====-.同理可得(),;n k n k n k BM n k B C M CM k ----==.。