甘肃省白银市第九重点中学2022-2023学年高一下学期周测(六)历史试题(含答案)

2022-2023学年浙江省杭州地区（含周边）重点中学高一（下）期中数学试卷一、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a →=(2，−1)，b →=(x ，1)，且a →∥b →，则x 等于（ ） A ．﹣2B ．2C ．−12D ．122．设复数z ＝﹣1﹣i （i 为虚数单位），则2﹣z 的模等于（ ） A ．√5B ．5C ．√10D ．103．已知△ABC 中，a ：b ：c ＝1：√3：2，则A ：B ：C 等于（ ） A ．1：2：3B ．2：3：1C ．1：3：2D ．3：1：24．直径为6cm 的一个大金属球，熔化后铸成若干个直径为2cm 的小球，如果不计损耗，可铸成这样的小球的个数为（ ） A ．3B ．6C ．9D ．275．如图，梯形A 1B 1C 1D 1是一平面图形ABCD 的直观图（斜二测），若AD ∥Oy ，AB ∥CD ，A 1B 1=34C 1D 1=3，A 1D 1=1，则原平面图形ABCD 的面积是（ ）A ．14．B ．7C ．14√2D ．7√26．设a ＝log 37，b ＝21.1，c ＝0.83.1，则（ ） A ．b ＜a ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．a ＜c ＜b7．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为6，P 为BC 的中点，Q 为CC 1的中点，过点A 1，P ，Q 的平面截正方体所得的截面的面积S ＝（ ）A ．21√152B ．21√172C ．81√24+9√6D ．27√24+9√68．已知非零向量OA →，OB →，OC →，满足|OA →|=4，|OB →|=2|OC →|，且3+OA →⋅OC →+OC →⋅OB →=|OC →|2+OA →⋅OB →，则|AB →|的最小值为（ ） A ．2√63B ．3C ．2√53D ．1二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分. 9．下列说法中，正确的有（ ） A ．复数z 1，z 2满足|z 1z 2|＝|z 1||z 2|B ．“θ为钝角”是“复数z ＝cos θ+i sin θ在复平面内对应的点在第二象限”的充要条件C ．已知复数z 1，z 2，“z 1，z 2的虚部相等”是“z 1＝z 2”的必要条件D ．在复数范围内，若2i ﹣3是关于x 的实系数方程2x 2+px +q ＝0的一根，则该方程的另一根是2i +3 10．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，下列四个命题中正确的是（ ） A ．若cos A ＜sin B ，则△ABC 一定是钝角三角形B ．若a 2﹣b 2＜c 2，则△ABC 一定是锐角三角形 C ．若b cos C +c cos B ＝b ，则△ABC 一定是等腰三角形D ．若a cosA=b cosB=c cosC，则△ABC 一定是等边三角形11．已知三棱锥A ﹣BCD 中，AB ＝AC ＝DB ＝DC ＝3，AD ＝BC ＝2，E ，F 分别是BD ，CD 的中点，P 是棱AC 上（除端点外）的动点，下列选项正确的是（ ）A ．直线PF 与AB 是异面直线B ．当AP ＝2PC 时，三棱锥P ﹣ABD 体积为2√79C ．PD +PB 的最小值为√17D ．三棱锥A ﹣BCD 外接球的表面积11π12．已知函数f （x ）满足：f （x ）≠0，f （1）=14，f(s+t 2)f(s−t 2)=14(f(s)+f(t))，s ，t ∈R ，则下列判断正确的是（ ） A ．f （x ）为奇函数B ．f （x ）是周期函数且最小正周期为6C ．f(100)=14D ．f （x ）的图象关于直线x ＝3对称三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．若向量a →=(12，√32)，b →=(−1，√3)，则a →在b →上的投影向量坐标为 ．14．已知集合A ＝{x |y ＝ln （2x 2﹣x ﹣6）}，B ＝{x |9x +m ﹣27＞0}，若“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件，则实数m 的取值范围为 ．15．在△ABC 中，点D 在边BC 上，B ＝30°，AD ＝2，CD ＝2BD ，若BC 边上的高与AB 边上的高之比为√33，则b ＝ ． 16．已知2a ﹣b ＝2，（a ，b ∈R ），则（4a 2﹣1）（1﹣b 2）的最大值为 ． 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（10分）已知复数z 满足(1+3i)z =5+5i ． （1）求z −z ； （2）求(z 2z−3)2023． 18．（12分）正三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝3A 1B 1＝3． （1）求三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1的表面积；（2）D ，E 分别是AA 1，CC 1的中点，F 为BB 1上一点，且B 1F ＝2FB ，几何体A 1B 1C 1DFE 的体积记为V 1，几何体ABCDFE 的体积记为V 2，求V 1V 2的值．19．（12分）如图所示，有两个兴趣小组同时测量一个小区内的假山高度，已知该小区每层楼高4m ． （1）兴趣小组1借助测角仪进行测量，在假山水平面C 点测得B 点的仰角为15°，在六楼A 点处测得B 点的俯角为45°，求假山的高度（精确到0.1）；（2）兴趣小组2借助测距仪进行测量，可测得AB ＝22m ，BC ＝16m ，求假山的高度（精确到0.1）． 附：√3≈1.732．20．（12分）已知函数f （x ）＝sin （ωx +φ）的部分图象如图所示，其中−π2＜φ＜0，且f(π3)=f(5π12)，f(π8)=0．（1）求函数f （x ）的解析式； （2）若tan α＝2，求f （α）的值． 21．（12分）在①b sin B sin C +c cos A ＝c cos 2B ，②sin(C+B2)cosB=sinAcos(C−B 2)这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．问题：记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且_____． （1）证明：A ＝2B ； （2）若ac b+c=1，求c 的取值范围．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．22．（12分）已知函数f （x ）＝λ（x 3﹣4x 2+5x ﹣5）+x 2﹣x +3，g （x ）＝λ（﹣x 3﹣x ﹣3）+x 3﹣x 2+2x ﹣1，λ∈R ．（1）当λ＝0时．解不等式f （x ）+g （x ）≥2（x +1）；（2）记max {x ，y }表示实数x ，y 中的较大者．任意的λ∈（0，1），是否有max {|f （x ）|，|g （x ）|}＞107恒成立？若是，请证明：否则，请说明理由．2022-2023学年浙江省杭州地区（含周边）重点中学高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、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a →=(2，−1)，b →=(x ，1)，且a →∥b →，则x 等于（ ） A ．﹣2B ．2C ．−12D ．12解：a →=(2，−1)，b →=(x ，1)，且a →∥b →， 则2×1＝﹣x ，解得x ＝﹣2． 故选：A ．2．设复数z ＝﹣1﹣i （i 为虚数单位），则2﹣z 的模等于（ ） A ．√5B ．5C ．√10D ．10解：∵z ＝﹣1﹣i ， ∴2﹣z ＝3+i ，故|2﹣z |=√32+12=√10． 故选：C ．3．已知△ABC 中，a ：b ：c ＝1：√3：2，则A ：B ：C 等于（ ） A ．1：2：3B ．2：3：1C ．1：3：2D ．3：1：2解：令a ＝1，b =√3，c ＝2 ∴c 2＝a 2+b 2，三角形为直角三角形 ∴C ＝90° a =12c ∴A ＝30°，∴B ＝90°﹣30°＝60° ∴A ：B ：C ＝1：2：3 故选：A ．4．直径为6cm 的一个大金属球，熔化后铸成若干个直径为2cm 的小球，如果不计损耗，可铸成这样的小球的个数为（ ） A ．3B ．6C ．9D ．27解：由于大金属球的直径为6cm，故半径为3cm，所以V大球=43⋅π⋅33=36π，同理小金属球的直径为2cm，故半径为1cm，所以V小球=43⋅π⋅13=43π，故n=V大球V小球=36π4π3=27．故选：D．5．如图，梯形A1B1C1D1是一平面图形ABCD的直观图（斜二测），若AD∥Oy，AB∥CD，A1B1=34C1D1= 3，A1D1=1，则原平面图形ABCD的面积是（）A．14．B．7C．14√2D．7√2解：如图，根据直观图画法的规则，直观图中A1D1∥O′y′，A1D1＝1，⇒原图中AD∥Oy，从而得出AD⊥DC，且AD＝2A1D1＝2，直观图中A1B1∥C1D1，A1B1=34C1D1＝3，⇒原图中AB∥CD，AB=34CD＝3，即四边形ABCD上底和下底边长分别为3，4，高为2，如图．故其面积S=12（3+4）×2＝7．故选：B．6．设a＝log37，b＝21.1，c＝0.83.1，则（）A．b＜a＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．a＜c＜b 解：∵a＝log37∈（1，2），b＝21.1＞2，c ＝0.83.1＜1 故选：C ．7．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为6，P 为BC 的中点，Q 为CC 1的中点，过点A 1，P ，Q 的平面截正方体所得的截面的面积S ＝（ ）A ．21√152B ．21√172C ．81√24+9√6D ．27√24+9√6解：如图，延长PQ 交B 1C 1于点M ，延长QP 交B 1B 于点N ，连接A 1M 交C 1D 1于点F ，连接A 1N 交AB 于点E ，连接FQ ，EP ，则过点A 1，P ，Q 的平面截正方体所得的截面为五边形A 1EPQF ， 因为P 为BC 的中点，Q 为CC 1的中点，∴C 1M =12B 1C 1，BN =12B 1B ， ∴C 1F =12A 1D 1，BE =12AB ，在Rt △B 1MN 中，B 1M ＝B 1N ＝9，∴MN =9√2， 在Rt △A 1B 1M 中，B 1M ＝9，A 1B 1＝6，∴A 1M =3√13， 同理得，A 1N =3√13，令MN 上的高为h ，ℎ=√(3√13)2−(922)2=√172，所以S △A 1MN =12MN ⋅ℎ=12×9√2√172=27√172， 因为MF A 1M=MC 1MB 1=13=MQ MN，所以△MFQ ∽△MA 1N ，所以S △MFQ =19S △A 1MN =3√172， 同理可得S △NEP =19S △A 1MN =3√172，故截面面积S =S △A 1MN −S △MFQ −S △NEP =21√172． 故选：B ．8．已知非零向量OA →，OB →，OC →，满足|OA →|=4，|OB →|=2|OC →|，且3+OA →⋅OC →+OC →⋅OB →=|OC →|2+OA →⋅OB →，则|AB →|的最小值为（ ） A ．2√63B ．3C ．2√53D ．1解：∵3+OA →⋅OC →+OC →⋅OB →=|OC →|2+OA →⋅OB →， ∴3+OA →⋅OC →+OC →⋅(OA →+AB →)=OC →2+OA →⋅(OA →+AB →)， ∴3+2OA →⋅OC →+OC →⋅AB →=OC →2+OA →2+OA →⋅AB →， ∴OC →2−2OA →⋅OC →+OA →2+(OA →−OC →)⋅AB →=3， ∴(OC →−OA →)2+CA →⋅AB →=3，∴CA →2+CA →⋅AB →=3，CA →⋅(CA →+AB →)=3， ∴CA →⋅CB →=3，如图，设|OC →|=r ，则|OB →|=2r ，取AB 的中点M ，因为CA →⋅CB →=3，所以(CM →+MA →)⋅(CM →+MB →)=(CM →−12AB →)⋅(CM →+12AB →)=CM →2−14AB →2=3，所以|AB →|取最小值时，|CM →|也取最小值，|CM →|min =|OM →|−|OC →|，此时O ，C ，M 三点共线， 设此时|CM →|=t ，则|MA →|=|MB →|=√t 2−3，|AB →|=2√t 2−3，因为cos ∠OMA +cos ∠OMB ＝0，所以由余弦定理得OM 2+AM 2﹣OA 2+OM 2+BM 2﹣OB 2＝0， 即2（r +t ）2+2（t 2﹣3）＝16+4r 2，得r 2﹣2tr +11﹣2t 2＝0， 由Δ＝4t 2﹣44+8t 2≥0，得t 2≥113， ∴|AB →|=2√t 2−3≥2√63 ∴|AB →|的最小值为2√63．故选：A ．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分. 9．下列说法中，正确的有（ ） A ．复数z 1，z 2满足|z 1z 2|＝|z 1||z 2|B ．“θ为钝角”是“复数z ＝cos θ+i sin θ在复平面内对应的点在第二象限”的充要条件C ．已知复数z 1，z 2，“z 1，z 2的虚部相等”是“z 1＝z 2”的必要条件D ．在复数范围内，若2i ﹣3是关于x 的实系数方程2x 2+px +q ＝0的一根，则该方程的另一根是2i +3 解：由复数的三角形式，设z 1＝r 1（cos α+i sin α），z 2＝r 2（cos β+i sin β）， 则z 1z 2＝r 1•r 2（cos （α+β）+i sin （α+β））， 则|z 1z 2|＝r 1•r 2，|z 1||z 2|＝r 1•r 2， 故复数z 1，z 2满足|z 1z 2|＝|z 1||z 2|， 故选项A 符合题意；“若θ为钝角，则复数z ＝cos θ+i sin θ在复平面内对应的点在第二象限”是真命题， 当θ＝﹣210°时，复数z ＝cos θ+i sin θ在复平面内对应的点在第二象限， 但θ不是钝角，故“若复数z ＝cos θ+i sin θ在复平面内对应的点在第二象限，则θ为钝角”是假命题， 故“θ为钝角”是“复数z ＝cos θ+i sin θ在复平面内对应的点在第二象限”的充分不必要条件， 故选项B 不符合题意； 由复数的定义知，已知复数z 1，z 2，“z 1，z 2的虚部相等”是“z 1＝z 2”的必要条件， 故选项C 符合题意；在复数范围内，若2i ﹣3是关于x 的实系数方程2x 2+px +q ＝0的一根， 则该方程的另一根是﹣2i ﹣3，故选项D 不符合题意． 故选：AC ．10．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，下列四个命题中正确的是（ ） A ．若cos A ＜sin B ，则△ABC 一定是钝角三角形B ．若a 2﹣b 2＜c 2，则△ABC 一定是锐角三角形 C ．若b cos C +c cos B ＝b ，则△ABC 一定是等腰三角形D ．若a cosA=b cosB=c cosC ，则△ABC 一定是等边三角形解：对于A ，令A ＝B =π3，满足cos A ＜sin B ，但△ABC 是锐角三角形，故A 错误； 对于B ，a 2﹣b 2＜c 2， 则a 2＜b 2+c 2，故cos A =b 2+c 2−a 22bc＞0，推得A 为锐角，无法判断角B ，角C ，故B 错误； 对于C ，b cos C +c cos B ＝b ，则由正弦定理可得，sin B cos C +sin C cos B ＝sin （B +C ）＝sin A ＝sin B ， 故a ＝b ，故C 正确； 对于D ，a cosA=b cosB=c cosC，则由正弦定理可得，sinAcosA=sinB cosB=sinC cosC，即tan A ＝tan B ＝tan C ，故A ＝B ＝C ，故D 正确． 故选：CD ．11．已知三棱锥A ﹣BCD 中，AB ＝AC ＝DB ＝DC ＝3，AD ＝BC ＝2，E ，F 分别是BD ，CD 的中点，P 是棱AC 上（除端点外）的动点，下列选项正确的是（ ）A ．直线PF 与AB 是异面直线 B ．当AP ＝2PC 时，三棱锥P ﹣ABD 体积为2√79C ．PD +PB 的最小值为√17D ．三棱锥A ﹣BCD 外接球的表面积11π解：∵AB ⊂平面ABC ，PF ⊄平面ABC ，P ∈平面ABC ，P ∈AB ，∴直线PF 与AB 是异面直线，故A 正确； ∵三棱锥A ﹣BCD 中，AB ＝AC ＝DB ＝DC ＝3，AD ＝BC ＝2，∴三棱锥对棱相等，故可将其补形为一长方体，如图所示，设BI ＝x ，BJ ＝y ，BK ＝z ，则{x 2+y 2=9y 2+z 2=4x 2+z 2=9，∴x 2+y 2+z 2＝11，∴z ＝y =√2，x =√7，∴三棱锥C ﹣ABD 体积为√2×√2×√7−13×12×√2×√2×√7×4=2√73， ∴三棱锥P ﹣ABD 体积为2√73×23=4√79，故B 错误； 设三棱锥A ﹣BCD 外接球的半径为r ， 则2r =√x 2+y 2+z 2=√11，∴三棱锥A ﹣BCD 外接球的表面积4πr 2＝11π，故D 正确； 把三角形ACD 与三角形ABC 沿AC 展开到一个平面内，由余弦定理可得cos ∠ACD =32+32−222×3×3=79，cos ∠ACB =32+22−322×3×2=13，∴cos ∠DCB ＝cos （∠ACD +∠ACB ）＝cos ∠ACD cos ∠ACB ﹣sin ∠ACD sin ∠ACB =727−4√29×2√23=−13， 由余弦定理可得BD 2＝32+22﹣2×3×2×（−13）＝17，∴BD =√17． ∴PD +PB 的最小值为√17，当P ，B ，D 在一直线上时取最小值． 故选：ACD ．12．已知函数f （x ）满足：f （x ）≠0，f （1）=14，f(s+t 2)f(s−t 2)=14(f(s)+f(t))，s ，t ∈R ，则下列判断正确的是（ ） A ．f （x ）为奇函数 B ．f （x ）是周期函数且最小正周期为6C ．f(100)=14D ．f （x ）的图象关于直线x ＝3对称解：令s ＝t ＝1，则f （1）f （0）=14[f （1）+f （1）]，即f （0）＝2f （1）=12≠0， 故f （x ）不是奇函数，故A 错误；令s ＝t +2，则有f （t +1）＝f （t +2）+f （t ），所以f （t +2）＝f （t +3）+f （t +1）， 所以f （t +1）+f （t +2）＝f （t +2）+f （t ）+f （t +3）+f （t +1），即有f （t ）+f （t +3）＝0， 所以f （t +3）＝﹣f （t ），所以f （t +6）＝﹣f （t +3）＝f （t ），所以f （x ）是周期函数且最小正周期为6，故B 正确；因为f （t +2）＝f （t +3）+f （t +1），所以f （1）＝f （2）+f （0），14=f （2）+12，即f （2）=−14，由f （2）＝f （3）+f （1），可得f （3）=−12， 再由f （3）＝f （4）+f （2），可得f （4）=−14， 而f （100）＝f （16×6+4）＝f （4）=−14，故C 错误；令s ＝x ，t ＝﹣x ，则4f （0）f （x ）＝f （x ）+f （﹣x ），又f （0）=12，所以f （x ）＝f （﹣x ），即函数为偶函数，由f （x +6）＝f （x ），可得f （x +3）＝f （x ﹣3）， 所以函数图象关于直线x ＝3对称，故D 正确． 故选：BD ．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．若向量a →=(12，√32)，b →=(−1，√3)，则a →在b →上的投影向量坐标为 （−14，√34） ．解：由题意，a →在b →上的投影为a →⋅b →|b →|=12×(−1)+√32×√3√1+3=12，则a →在b →上的投影向量坐标为12×b→|b →|=（−14，√34）． 故答案为：（−14，√34）． 14．已知集合A ＝{x |y ＝ln （2x 2﹣x ﹣6）}，B ＝{x |9x +m ﹣27＞0}，若“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件，则实数m 的取值范围为 {m |m ≤−12} ．解：因为A ＝{x |y ＝ln （2x 2﹣x ﹣6）}＝{x |x ＞2或x ＜−32}，B ＝{x |9x +m ﹣27＞0}＝{x |x ＞3−2m2}， 若“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件， 则B ⫋A ， 故3−2m 2≥2，则m ≤−12．故答案为：{m |m ≤−12}．15．在△ABC 中，点D 在边BC 上，B ＝30°，AD ＝2，CD ＝2BD ，若BC 边上的高与AB 边上的高之比为√33，则b ＝ 2√3 ． 解：由题意分别设BC ，AB 边上的高为m ，n ，则由三角形面积相等可得12×m ×a =12×n ×c ，所以m n=c a=√33，则a =√3c ， 在三角形ABD 中，∠B ＝30°，BD =13BC =13a ，AD ＝2， 由余弦定理可得：AD 2＝AB 2+BD 2﹣2AB •BD cos ∠B ， 即4=c 2+19a 2−2×c ×13a ×√32，联立a =√3c ，解得c ＝2√3，a ＝6，所以在三角形ABC 中，由余弦定理可得：b 2＝a 2+c 2﹣2ac cos B ＝36+12﹣2×2√3×6×√32=12，则b ＝2√3． 故答案为：2√3．16．已知2a ﹣b ＝2，（a ，b ∈R ），则（4a 2﹣1）（1﹣b 2）的最大值为 4 ． 解：因为2a ﹣b ＝2， 所以4a 2﹣4ab +b 2＝4，则（4a 2﹣1）（1﹣b 2）＝4a 2﹣4a 2b 2﹣1+b 2＝﹣4a 2b 2+4+4ab ﹣1＝﹣4a 2b 2+4ab +3＝﹣（2ab ）2+4ab +3， 又2ab ＝b （b +2）＝b 2+2b ＝（b +1）2﹣1≥﹣1， 令f （x ）＝﹣x 2+2x +3，x ≥﹣1，则由二次函数的性质可知，当x ＝1时，函数f （x ）取得最大值，且f （x ）max ＝f （1）＝4， 则（4a 2﹣1）（1﹣b 2）的最大值为4． 故答案为：4．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（10分）已知复数z 满足(1+3i)z =5+5i ． （1）求z −z ； （2）求(z2z−3)2023．解：由(1+3i)z =5+5i ，得z =5+5i1+3i =(5+5i)(1−3i)(1+3i)(1−3i)=20−10i 12−(3i)2=2﹣i ．（1）z −z =2+i −(2−i)=2i ； （2）z 2z−3=2+i 2(2−i)−3=2+i 1−2i=(2+i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=5i 5=i ，则(z2z−3)2023=i 2023＝i 4×505+3＝i 3＝﹣i ．18．（12分）正三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝3A 1B 1＝3． （1）求三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1的表面积；（2）D ，E 分别是AA 1，CC 1的中点，F 为BB 1上一点，且B 1F ＝2FB ，几何体A 1B 1C 1DFE 的体积记为V 1，几何体ABCDFE 的体积记为V 2，求V 1V 2的值．解：（1）∵正三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝3A 1B 1＝3，∴S △ABC =12×3×3×sin60°=9√34，S △A 1B 1C 1=12×1×1×sin60°=√34，过点A 1作A 1H ⊥AC ，交AC 于点H ，正三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1的三个侧面为全等的等腰梯形， 且S ACC 1A 1=AC+A 1C 12，AH =3+12×√32−1=4√2， ∴三棱台的表面积为：S =9√34+√34+4√2×3=52√3+12√2．（2）取BB 1的中点G ，连接DG ，GE ，则DG ＝2，取△ABC ，△A 1B 1C 1，△DGE 的中心O ，O 1，O 2且共线，连接OO 1且O 2为其中点，由正棱台的性质得OO 1⊥平面ABC ，连接AO ，A 1O 1， 过A 1作A 1W ⊥AO ，交AO 于W ，则AO =23×√12−(12)2=√33， ∴OO 1=√AA 12−AW 2=√32−(23√3)2=√693，∴OO 2=12×√693=√696，点F 到平面DEG 的距离为13OO 2=√6918， S △DGE =12×2×2×sin60°=√3， 三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1的体积为V 3=13(√34+4√39+√34⋅934)×√693=13√2312， 三棱台ABC ﹣DGE 的体积V =13(√3+9√34+√√3⋅934)×√696=19√2324， V F ﹣DGE =13S △DGE ⋅16OO 1=13×√3×√6918=13√2312， ∴几何体ABCDEF 的体积为V 2＝V ﹣V F ﹣DGE =19√2324−√2318=53√2372，几何体A 1B 1C 1DFE 的体积V 1＝V 3﹣V 2=25√2372， ∴V 1V 2=2553．19．（12分）如图所示，有两个兴趣小组同时测量一个小区内的假山高度，已知该小区每层楼高4m ． （1）兴趣小组1借助测角仪进行测量，在假山水平面C 点测得B 点的仰角为15°，在六楼A 点处测得B 点的俯角为45°，求假山的高度（精确到0.1）；（2）兴趣小组2借助测距仪进行测量，可测得AB ＝22m ，BC ＝16m ，求假山的高度（精确到0.1）． 附：√3≈1.732．解：（1）令假山的高度为h ，由题意可知，AC ＝20m ，∠CAB ＝45°，∠BCD ＝15°，则∠BCA ＝75°，∠ABC ＝60°， 根据正弦定理可得，ACsin∠ABC=BC sin∠CAB，即√32=√2，所以BC =20√63， 而sin ∠BCD =sin15°=sin(45°−30°)=sin45°cos30°−cos45°sin30°=√6−√24，所以ℎ=BCsin ∠DCB =20√63×√6−√24≈4.2， 故假山的高度大约为4.2m ；（2）根据余弦定理，可得cos ∠ACB =AC 2+BC 2−AB 22AC⋅BC =202+162−2222×20×16=43160， 则sin ∠DCB =cos ∠ACB =43160， 所以ℎ=BCsin ∠DCB =16×43160=4.3， 故假山的高度大约为4.3m ．20．（12分）已知函数f （x ）＝sin （ωx +φ）的部分图象如图所示，其中−π2＜φ＜0，且f(π3)=f(5π12)，f(π8)=0．（1）求函数f （x ）的解析式； （2）若tan α＝2，求f （α）的值．解：（1）f(π3)=f(5π12)，则f （x ）的对称轴为x =12（π3+5π12）=3π8，又f(π8)=0，则T ＝4×（3π8−π8）＝π=2πω，∴ω＝2，∴f （x ）＝sin （2x +φ），图象过点（π8，0）， 根据五点法的对应性，又−π2＜φ＜0， 有2×π8+φ＝0，φ=−π4， 则f （x ）＝sin （2x −π4）；（2）sin2α=2sinαcosαsin 2α+cos 2α=2tanα1+tan 2α=45， cos2α=cos 2α−sin 2αcos 2α+sin 2α=1−tan 2α1+tan 2α=−35， f （α））＝sin （2α−π4）=√22（sin2α﹣cos2α）=√22×（45+35）=7√210．21．（12分）在①b sin B sin C +c cos A ＝c cos 2B ，②sin(C+B2)cosB=sinA cos(C−B 2)这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．问题：记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且_____． （1）证明：A ＝2B ； （2）若ac b+c=1，求c 的取值范围．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 证明：（1）选①：∵b sin B sin C +c cos A ＝c cos 2B ， 由正弦定理得sin 2B sin C +sin C •cos A ＝sin C •cos 2B ，∵sin C ≠0，∴sin 2B +cos A ＝cos 2B ，∴cos A ＝cos 2B ﹣sin 2B ＝cos2B ， ∵A ∈（0，π），2B ∈（0，2π），∴A ＝2B 或A +2B ＝2π，若A +2B ＝2π，则A +2B ＝2π＝2A +2B +2C ，∴﹣A ＝2C 不成立，∴A ＝2B ； 选②：sinB +sinC =sin(C+B 2−C−B 2)+sin(C+B 2+C−B 2)=sin(C+B 2)cos(C−B2)+cos(C+B2)sin(C−B2)+sin(C+B2)cos(C−B2)−cos(C+B2)sin(C−B2) =2sin(C+B 2)⋅cos(C−B2)， ∴sin(C+B 2)⋅cos(C−B 2)=12(sinB +sinC)， ∵sin(C+B 2)cosB=sinA cos(C−B 2)，∴12(sinB +sinC)=sinA ⋅cosB ，∴sin B +sin C ＝2sin A •cos B ，∴sin B +sin （A +B ）＝2sin A •cos B ，∴sin B +sin A •cos B +cos A •sin B ＝2sin A •cos B ，∴sinB =sinA ⋅cosB −cosA ⋅sinB =sin(A −B)， ∴B ＝A ﹣B 或B +A ﹣B ＝π（舍去），∴A ＝2B ； 解：（2）∵A ＝2B ，∴C ＝π﹣A ﹣B ＝π﹣3B ， ∵0＜C ＜π，∴B ∈(0，π3)， ∵ac b+c=1，∴ac ＝b +c ，由正弦定理得c •sin A ＝sin B +sin C ，∴c =sinB+sinC sinA =sinB+sin (π−3B )sin2B =sinB+sin3B sin2B =sinB+sin (2B+B )sin2B=sinB +sin2B ⋅cosB +cos2B ⋅sinB2sinBcosB=sinB+2sinB⋅cos 2B+cos2B⋅sinB 2sinBcosB =1+2cos 2B+cos2B 2cosB=4cos 2B2cosB =2cosB ∈(1，2)， ∴c ∈（1，2）．22．（12分）已知函数f （x ）＝λ（x 3﹣4x 2+5x ﹣5）+x 2﹣x +3，g （x ）＝λ（﹣x 3﹣x ﹣3）+x 3﹣x 2+2x ﹣1，λ∈R ．（1）当λ＝0时．解不等式f （x ）+g （x ）≥2（x +1）；（2）记max {x ，y }表示实数x ，y 中的较大者．任意的λ∈（0，1），是否有max {|f （x ）|，|g （x ）|}＞107恒成立？若是，请证明：否则，请说明理由． 解：（1）因为λ＝0，所以f （x ）+g （x ）＝x 2﹣x +3+x 3﹣x 2+2x ﹣1＝x 3+x +2， 所以x 3+x +2≥2（x +1），即x 3﹣x ≥0⇔x （x ﹣1）（1+x ）≥0， 解得﹣1≤x ≤0或x ≥1，所以不等式f （x ）+g （x ）≥2（x +1）的解集为：[﹣1，0]∪[1，+∞）； （2）恒成立，证明如下：证明：因为λ∈（0，1），则1﹣λ∈（0，1），所以max {|f （x ）|，|g （x ）|}＝（1﹣λ）max {|f （x ）|，|g （x ）|}+λmax {|f （x ）|，|g （x ）|}≥（1﹣λ）|f （x ）|+λ|g （x ）|≥|（1﹣λ）f （x ）﹣λg （x ）|，而（1﹣λ）f （x ）﹣λg （x ）＝（1﹣λ）[λ（x 3﹣4x 2+5x ﹣5）+x 2﹣x +3]﹣λ[λ（﹣x 3﹣x ﹣3）+x 3﹣x 2+2x ﹣1]＝（2λ﹣1）2（x 2﹣x +2）+1+λ＝（2λ﹣1）2[（x −12）2+74]+1+λ≥74（2λ﹣1）2+1+λ， 令h （λ）=74（2λ﹣1）2+1+λ＝7λ2﹣6λ+114=7（λ−37）2+4128， 因为4128＞4028=107，所以当λ∈（0，1）时恒有max {|f （x ）|，|g （x ）|}＞107成立．。

成纪中学2022-2023学年度第二学期高二历史模拟训练试题（一）考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。

满分100分，考试时间90分钟。

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。

选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，走超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

一、选择题（本大题共24小题，每小题2分，共计48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。

）1．在我国思想文化发展的第一个枝繁叶茂时期，有位思想家把自己描述为传统的传承者和捍卫者，而不是革新者。

这位思想家是()A．老子B．韩非子C．孔子D．董仲舒2．据《春秋公羊传》记载，公元前603年晋灵公派一勇士杀大夫赵盾，勇士从赵府窗户里偷看到赵盾正在吃只有鱼的晚饭，惊叹其“为晋国重卿，而食鱼飨”，不忍杀之，遂拔剑自刎而死。

这一记载意在说明()A．春秋时期战乱频繁民生凋敝B．晋灵公专制残暴残害忠良C．春秋时社会有崇俭尚贤之风D．鱼已成为民众的基本食物3．汉武帝“兴太学，修郊祀……协音律，作诗乐，建封禅，礼百神，绍周后，号令文章……有三代之风。

”上述材料评价汉武帝的侧重点是()A．尊崇儒术B．抑制相权C．解除边患D．削弱封国4．朱熹的诗《观书有感》写道：半亩方塘一鉴开，天光云影共徘徊。

问渠那得清如许？为有源头活水来。

该诗意在()A．赞美池塘优美的风景B．强调书法取法于自然C．克制欲望来探究天理D．借自然现象说明事理5．王夫之反对“存天理，灭人欲”，同时又主张“尊其尊，卑其卑，位其位”。

这体现了()A．对宋明理学彻底批判B．开始质疑传统的统治秩序C．对儒学的批判与继承D．代表市民阶层的政治诉求6．新文化运动是从1915年9月陈独秀在上海创办《青年杂志》开始的。

12022-2023学年度第二次阶段性检测试题（卷）九年级思想品德、历史综合试卷历史部分（50分）一、单项选择题（每题1分，共15分）1. 2017年5月，习近平总书记在“一带一路”国际合作高峰论坛上指出：古丝绸之路跨越尼罗河流域、两河流域、印度河和恒河流域、黄河和长江流域……。

其中的“尼罗河流域”诞生了 A. 古印度文明 B. 古埃及文明 C. 古巴比伦文明 D. 古希腊文明2. 生活在两河流域的古巴比伦人，创造出许多优秀的文明成果。

下列关于古巴比伦文明成果的表述，不正确的是A. 《汉谟拉比法典》是迄今为止发现最早的、保存最完备的成文法典B. 他们发明的文字被称为“楔形文字”C. 他们建造的“空中花园”被称为古代世界七大奇迹之一D. 摩享佐•达罗遗址反映了两河流域早期的文明成就3.作为文明古国之一，印度文明有其独特的魅力。

下列与印度文明有关且对其它文明产生了重大影响的有①佛教 ②阿拉伯数字 ③种姓制度 ④《汉谟拉比法典》 A. ①②③ B. ②③④ C. ②④③ D. ①②④4．阿拉伯人创造了辉煌的文化，下列有关阿拉伯文化的论述中，正确的是 ①阿拉伯人创造了辉煌的文化，这与他们重视知识有关②阿拉伯文化具有鲜明的特点，与阿拉伯帝国当时地跨亚、欧、非三大洲有关 ③帝国时代的阿拉伯人在数学、医学等方面取得了当时世界领先的科学成就 ④阿拉伯人发明了阿拉伯数字，并将其传播到世界各地 A ．①③④ B ．②③④ C ．①②③④ D ．①②③5．租地农场和手工工场的出现,改变了中世纪欧洲社会的整体面貌,产生了一种新的生产关系即A ．公有制的生产关系B ．社会主义生产关系C ．资本主义生产关系D ．私有制的生产关系 6．下列关于中世纪西欧取得自治权的城市的说法正确的一项是A ．完全摆脱了国王和领主的控制B ．争取自治的手段包括金钱赎买和武力斗争C ．自治城市无权选举市长、市政官员D ．法兰西的琅城最终没有获得自治权 7．中世纪西欧城市的复兴与自治，与中世纪西欧社会发展有关的是①使欧洲出现一个新的阶级——市民阶层 ②推动了商品经济的发展，加速了庄园制度的瓦解 ③争取城市的自由和自治，常用的手段包括金钱赎买和武力斗争 ④城市的复兴标志西欧出现了资本主义萌芽 A ．①②③ B ．②③④C ．①②④D ．①②③④8. 在西欧庄园中,佃户之间关于土地、借贷和婚姻的纠纷,违反庄园公共规则的行为等,都要通过庄园法庭进行审理。

2022-2023学年甘肃省白银市白银区大成学校高一下学期期中考试历史试题1. 詹姆斯·罗伯逊认为：“权利越集中和强大的政府……越有可能滥用职权，”“越需要受到特别限制”。

为了最有效地避免总统滥用职权，美国制定并颁布了《1787年宪法》制约其权利，确立了A．行政、立法、司法三权分立，互相制约的原则B．民主选举众议院和参议院议员的原则C．民主党和共和党轮流执政的原则D．人人平等，公正之上的原则2. 英国资产阶级革命中的重大事件排列顺序正确的是A．处死国王、王朝复辟、共和国、光荣革命B．处死国王、共和国、王朝复辟、光荣革命C．共和国、王朝复辟、光荣革命、处死国王D．王朝复辟、光荣革命、处死国王、共和国3. 新航路的开辟拉开了欧洲海外扩张的序幕。

最早走上大规模扩张道路的是A．葡萄牙和西班牙B．荷兰和英国C．英国和法国D．荷兰和法国4. 马丁·路德曾说：“信徒和上帝，犹如两个相爱的恋人，他们之间不需第三者。

”这里的“第三者”指的是（）A．教皇B．教士C．教会D．国王5. 导致哥伦布“不走通常的东行陆路，而走向西的海路”的主要原因是A．造船技术进步B．地缘学说增进C．奥斯曼帝国威胁D．《马可·波罗行纪》诱惑6. 公元前1792年，古巴比伦王国国王汉谟拉比即位，这一时间也可表述为A．公元前17世纪初B．公元前17世纪末C．公元前18世纪初D．公元前18世纪末7. “代议制度只是实现民主的一种形式，代议制却不一定等于民主制。

某些国家在某些历史发展阶段，代议制只是他们粉饰民主的一块幌子而已。

”下列文献符合这一论断的是（）A．《权利法案》B．1787年宪法C．法兰西第三共和国宪法D．《德意志帝国宪法》8. 1689年，英国《权利法案》以明确的法律条文，限制国王的权力，保证议会的立法权、财政权等权力。

由此，英国确立了( )A．两党制B．民主共和制C．君主立宪制D．联邦制9. 某校学生在进行复习时，记录下的关键词有“1871”“铁血政策”“俾斯麦”等。

2022-2023学年甘肃省金昌市永昌重点中学高一（下）期中历史试卷一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）1. 如图为某一农作物物种传播示意图。

该物种是（）A. 玉米B. 小麦C. 水稻D. 葡萄2. 苏美尔神话记载，由苏美尔主要神祇组成的议事会讨论城邦统治者的人选，并授权该人代替城邦神管理城邦事务；当神祇议事会认为该统治者已经无力掌控城邦时，他们在讨论后也有权废黜该人，另立新人。

这一神话记载（）A. 折射出对原始民主制的缅怀B. 印证了希腊文化在西亚的传播C. 表明苏美尔城邦的规模较小D. 说明苏美尔存在严格的等级制3. 在中世纪的西欧，封君封臣制度的建立需要履行一套特定的仪式，解除关系封君也要正式地归还象征骑士领的木棍、羊茅植物等物品，并同时宣布“我自愿废除你对我的臣服，我使你我平等起来”。

这说明当时的西欧（）A. 封君封臣之间存在契约关系B. 封君权力至高无上C. 封君封臣社会地位基本平等D. 王权逐步得到强化4. 如图为古印度犍陀罗艺术（又称希腊式佛教艺术）的典型代表，图中佛像面容呈椭圆形，眉目端庄，鼻梁高而长，头发呈波形并有顶髻，身披希腊式大褂。

这体现了古代（）A. 民族的交融B. 文化的冲突C. 宗教的传播D. 文明的交流5. 如表是古代东亚地区使臣往来统计表。

这表明在明代（）表（→表示使臣出使方向）A. 中国是东亚国际秩序稳定的核心力量B. 儒家文化有利于东亚国际秩序的稳定C. 东亚地区政治一体化的趋势有所加强D. 东亚国家间的平等友好关系更加密切6. 1324～1325年，马里帝国第九位国王曼萨•穆萨前往麦加朝圣。

他在开罗大肆采购，竟至黄金充斥于市，金价大跌，12年后仍不能恢复原价。

在14世纪上半叶欧洲人绘制的地图上，标示出了马里之名，并绘有曼萨•穆萨的形象。

这反映出此时马里（）A. 经济发展水平提高B. 统治阶层腐化堕落C. 原始资本积累加速D. 对外交往较为活跃7. 玛雅人在天文知识、历法知识、农事安排上都表现出一种复杂高妙而又井然有序的智慧，多种历法并用，丝毫不乱。

2022-2023学年高二下物理期末模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、关于原子结构及原子核的知识，下列说法错误．．的是( ) A ．维系原子核稳定的力是核力，核力可能是吸引力，也可能是排斥力 B ．卢瑟福提出的原子核式模型能解释α粒子散射实验现象 C ．汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内 D ．β衰变中的电子来自原子核2、如图所示为一质点做直线运动的v-t 图像，下列说法中正确的是（ ）A ．ab 段与bc 段的速度方向相反B ．bc 段与cd 段的加速度方向相反C ．ab 段质点的加速度大小为2m/s 2D ．bc 段质点通过的位移为2m3、在匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7：1，如图所示，那么碳14的衰变方程为A ．14014615C e B →+ B ．14410624C He B e →+ C ．14214615C H B →+D ．140146-17C e N →+4、下列叙述中符合物理学史的有：（ ）A ．汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子和质子的存在B ．卢瑟福通过对粒子散射实验现象的分析，证实了原子是可以再分的C ．巴尔末根据氢原子光谱分析，总结出了氢原子光谱可见光区波长公式D ．玻尔提出的原子模型，彻底否定了卢瑟福的原子核式结构学说5、如图所示，半径为 r 且水平放置的光滑绝缘的环形管道内，有一个电荷量为 e ，质量为 m 的电子．此装置放在匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系式为 B =B 0+kt （k >0）．根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，该感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力，使其得到加速．设t =0时刻电子的初速度大小为v 0，方向顺时针，从此开始后运动一周后的磁感应强度为B 1，则此时电子的速度大小为 ( )A ．1B re mB ．2202r kev mπ+C ．0B re mD ．2202r kev mπ-6、下列说法正确的是( )A ．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性B ．物体的温度为0℃时，分子的平均动能为零C ．用活塞压缩气缸里的空气，对空气做功4.5×105J ，同时空气的内能增加了3.5×105J ，则空气从外界吸收热量1×105JD ．第一类永动机违反了热传导的方向性二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

武汉市部分重点中学2022—2023学年度下学期期中联考高一历史试卷考试时间：2023年4月20日上午8：00——9：15 试卷满分：100分一、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。

1. 中华文明既一体又多元，所以有人说中华文明起源是“漫天星斗，八方雄起”，下列哪一则史料最能体现这一特征A.各地发现的史前文明遗址B.有关三皇五帝的神话传说C.殷墟出土的甲骨文D.新石器的大量出土2. 关于启的继位，古书中有不同记载。

《史记·夏本纪》写道：“益（禹晚年培养的接班人）让帝禹之子启。

”《战国策·燕策一》记载：“启与支党攻益，而夺之天下，是禹名传天下于益，其实令启自取之。

”对此理解正确的是A.野史记载没有可信性B.年代久远的文献不具备史料价值C.历史记载具有复杂性D.历史结论无法确定3、周代宗法制有利于维护天子权威，巩固周朝等级制度和社会秩序，但周朝历代天子自身也多次地破坏宗法制（如周幽王废太子而立褒姒子），出现这种现象的主要原因是A.宗法制不利于巩固政权B.宗法制一定程度上制约了天子权力的行使C.诸侯国实力壮大D.周天子的素质低下4、图中所示是中国古代著名的两条大运河，其中灵渠是秦始皇为了能够顺利征讨南越，花费巨资和人力修建而成，连接了长江和珠江两大水系。

这条运河A.是中国最早的水利工程B.沟通了南北交通C.有利于巩固国家统一D.仅仅发挥军事作用5. 在中国历史上某种选官制度的影响下，士人间曾出现过一些奇怪的作风：一为久丧，有人守丧达二十余年；二为让爵，兄弟谦让；三为推财，家人互让。

这种选官制度应为A.世卿世䘵制B.察举制C.九品中正制D.科举制6、史料记载，魏晋南北朝时期，汉族为了逃避战乱和苛重的税役，大量向南方迁移，甚至大量进入传统的南方少数民族聚居区，与此同时，南疆少数民族也存在向北推移现象，通过这种双向的、对流式的迁徙杂居，南方地区汉族的夷化和夷族的汉化现象也日渐普遍。

河北省沧州市任丘市第一中学2022-2023学年高一上学期第二次段考（期中）历史试题一、单选题1．政治制度是实现和维护权力与利益的重要工具。

图中关于先秦时期各项制度的排列，正确的是A．①王位世袭制①礼乐制度①分封制①井田制B．①王位世袭制①井田制①礼乐制度①分封制C．①分封制①王位世袭制①礼乐制度①井田制D．①王位世袭制①分封制①礼乐制度①井田制【答案】D【解析】根据材料中的宗法制可以判断出这是周朝时期的政治制度，其中权力继承是王位世袭制，权利分配是分封制，通过礼乐制维护政治权力，其经济基础是井田制，因此D正确，ABC排除。

故选D。

2．《史记·商君列传》载:“商君相秦十年，宗室贵戚多怨望者。

”这主要是因为商鞅变法（）A．允许工商者入仕为官B．准许土地自由买卖C．承认土地归私人所有D．奖励军功，废除世卿世禄制【答案】D【解析】结合所学知识可知，商鞅被秦国宗室贵戚怨恨的主要原因是，其在变法时推行奖励军功的政策，废除了世卿世禄制，触动了贵族们的利益，D项正确；允许工商者入仕为官并未直接触及宗室贵戚的利益，排除A项；准许土地自由买卖并非商鞅被宗室贵戚怨恨的原因，排除B项；宗室贵戚占有大量土地，并不怨恨商鞅变法承认土地归私人所有，排除C项。

故选D项。

3．中华传统文化在春秋战国时期表现为“以民本思潮和专制主义为两翼的百家争鸣”。

A．民族文化差异逐步消失B．对少数民族的管理加强C．民族关系得到极大缓和D．华夏认同观念不断增强【答案】D【解析】根据“匈奴，其先祖夏后氏之苗裔也，曰淳维”“闽越王无诸及越东海王摇者，其先皆越王勾践之后也”“西羌之本，出自三苗，姜姓之别也”等内容可得出，研究的内容都强调少数民族与中原的民族是有关系的，体现了华夏认同观念不断增强，D项正确；材料没有涉及到文化差异，排除A项；材料与管理无关，而强调的是关系，排除B项；材料看不出关系极大缓和，排除C项。

故选D项。

6．汉代某地区“地广人稀”，到南北朝时期逐渐发展为“民多田少”。

2022-2023学年高一下学期历史期末考试题（含答案）一、选择题1．由于受地理和历史条件影响，以及生产力发展和交通条件的限制，古代西亚、北非、南亚、东亚（中国）、欧洲巴尔干半岛南部和爱琴海地区的各个文明基本独立发展，呈现出（）A．大河流域特征 B．多元文明特征C．海洋文明特征 D．农业文明特征2．起源于西亚的腓尼基字母，在东方演化成阿拉马字母，由阿拉马发展出古代西亚、埃及以及印度等地的多种字母；向西传入希腊，形成希腊字母，再演化出拉丁字母。

这反映了（）A．不同区域文明相互交流影响 B．字母文字的传播具有地域性C．腓尼基字母是最古老的文字 D．阿拉马字母是亚洲文字源头3．撒哈拉沙漠以南的非洲传统法庭在庭审时，诉讼当事人除列举事实外，还可广泛援引谚语，比如“勿因黑猩猩丑就杀死它”“到癞蛤蟆家做客只能自贬身份”等，善用谚语的一方往往更占优势。

有学者认为，当地谚语的效力相当于英美法系中的法律箴言。

据此可知（）A．程序公正助推法律进步 B．风俗习惯影响立法原则C．文化传统影响司法实践 D．遵循先例成为审判原则4．中世纪时期，骑士要为封君服军役。

12世纪，英国出现以钱代役的“盾牌钱”制度并逐渐流行，雇佣兵由此出现。

到14世纪，英法军队都建立起军饷制，国王更多地依靠市民和农民组成的军队。

出现这一变化的主要原因是（）A．骑士地位提高 B．王权逐渐加强C．近代军队建立 D．商品经济发展5．646年，日本政府宣布改革“当遵上古圣王之迹而治天下，复当有信可治天下”，孝德天皇与中大兄皇子召集群臣宣誓：“自今以后，君无二政，臣无二朝”“天覆地载，帝道唯一”。

这表明改革旨在（）A．奠定儒学的主流地位 B．确立封建伦理道德观C．强化天皇的统治地位 D．逐步过渡到封建社会6．有学者在评价某历史事件时说：“无非是其通过探险活动在世界各大海洋形成了一个单一的航海体系，那就是欧洲人如何控制海洋，并以此为基础将他们的影响力扩展到所有大陆的整个过程。