2019年福州市高中毕业班质量检测

福州市2019届高中毕业班第三次（5月）质量检测理综物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.137 55Cs 的衰变方程式为137 55Cs →137 56Ba ＋X ，则下列说法正确的是A.137 55Cs 的衰变过程属于α衰变，X 为氦原子核B.137 55Cs 原子核内的中子数比137 56Ba 原子核内的中子数多一个C ．通过降低温度的方法可使137 55Cs 的半衰期变短，降低危害D.137 55Cs 原子核的比结合能等于137 56Ba 原子核的比结合能15．如图所示，同一轨道上有两艘绕地球运行的宇宙飞船，它们的运行周期为T ，运行速度为v 。

已知引力常量为G ，则下列说法正确的是A ．地球的质量为v 2T 2πGB ．两飞船运动的轨道半径为v T πC ．两飞船运动的加速度为2πv TD ．后面的飞船要追上前面的飞船进行对接需向后喷出一些物质使其加速16．如图所示，倾角为30°的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A 和顶端B 分别固定等量的同种正电荷。

质量为m 、带电荷量为＋q 的物块从斜面上的M 点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O 时速度达到最大值v ，运动的最低点为N (图中没有标出)，则下列说法正确的是A ．物块向下运动的过程中加速度先增大后减小B ．物块和斜面间的动摩擦因数μ＝32C ．物块运动的最低点N 到O 点的距离小于M 点到O 点的距离D ．物块的释放点M 与O 点间的电势差为m v 22q17．如图1所示，竖直面内矩形ABCD 区域内存在磁感应强度按如图2所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边长AB ＝3AD 。

一带正电的粒子从A 点沿AB 方向以速度v 0射入磁场，在T 1时刻恰好能从C 点平行DC 方向射出磁场。

试卷第1页，总21页2019年福州市普通高中毕业班质量检测数学（理科）试卷（完卷时间：120分钟；满分150分）第Ⅰ卷1.设复数z 满足i 1i z ，则z 的共轭复数为A.1iB. 1iC.1iD.1i2.已知集合2213,20A x x Bx xx ，则A B U =A.12x xB.11x x C.211x x x ，或 D.1x x3.中国传统文化是中化民族智慧的结晶，是中化民族的历史遗产在现实生活中的展现.为弘扬中华民族传统文化，某校学生会为了解本校高一1000名学生的课余时间参加传统文化活动的情况，随机抽取50名学生进行调查．将数据分组整理后，列表如下：参加场数0 1 2 3 4 5 6 7 参加人数占调查人数的百分比8%10%20%26%18%m%4%2%以下四个结论中正确的是A. 表中m 的数值为10B. 估计该校高一学生参加传统文化活动次数不高于2场的学生约为180人C. 估计该校高一学生参加传统文化活动次数不低于4场的学生约为360人D. 若采用系统抽样方法进行调查，从该校高一1000名学生中抽取容量为50 的样本，则分段间隔为25 4.等比数列na 的各项均为正实数，其前n 项和为n S .若3264,64a a a ，则5S A. 32 B. 31C. 64D.635. 已知sinπ162，且2θπ0,，则π3cos=A. 0B.12C. 1D.326.设抛物线24y x 的焦点为F ，准线为l ，P 为该抛物线上一点，PAl ，A 为垂足．若直线AF的斜率为3，则PAF △的面积为A. 23B. 43C.8D. 837.如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A.32 B.16C.323D.8038.已知函数()2sinf x x0,图象的相邻两条对称轴之间的距离为，将函数()f x 的图象向左平移3个单位长度后，得到函数()g x 的图象．若函数()g x 为偶函数，则函数()f x 在区间0,2上的值域是A. 1,12B.1,1 C.0,2D.1,29. 已知g x 为偶函数，h x 为奇函数，且满足2xg x h x．若存在11x，，使得不等式0m g x h x有解，则实数m 的最大值为A.－1B.35C. 1D.35第7题图。

2019年福州市普通高中毕业班质量检测参考答案数学（理科）试卷 （完卷时间：120分钟；满分150分）第Ⅰ卷一、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.设复数z 满足i 1i z ⋅=-，则z 的共轭复数为 A.1i -+ B. 1i + C. 1i -- D. 1i -【简解】因为1i1i iz -==--，所以1+i z =-，故选A ． 2.已知集合{}{}2213,20A x x B x x x =+>=--<，则AB =A. {}12x x <<B. {}11x x -<< C. {}211x x x -<<>，或 D. {}1x x >- 【简解】因为{}{}1,12A x x B x x =>=-<<，所以{}1AB x x =>-，故选D ．3.中国传统文化是中化民族智慧的结晶，是中化民族的历史遗产在现实生活中的展现.为弘扬中华民族传统文化，某校学生会为了解本校高一1000名学生的课余时间参加传统文化活动以下四个结论中正确的是 A. 表中m 的数值为10B. 估计该校高一学生参加传统文化活动次数不高于2场的学生约为180人C. 估计该校高一学生参加传统文化活动次数不低于4场的学生约为360人D. 若采用系统抽样方法进行调查，从该校高一1000名学生中抽取容量为50 的样本，则分段间隔为25【简解】A 中的m 值应为12; B 中应为380人; C 是正确的; D 中的分段间隔应为20，故选C ． 4.等比数列{}n a 的各项均为正实数，其前n 项和为n S .若3264,64aa a ==，则5S =A. 32B. 31C. 64D.63【简解】解法一：设首项为1a ，公比为q ，因为0n a >，所以0q >，由条件得21511464a q a q a q ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩，所以531S =，故选B ．解法二：设首项为1a ，公比为q ，由226464a a a ==，又34a =，∴2q =，又因为214a q ⋅=所以11a =，所以531S =，故选B ．5. 已知sin π162θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，且2θπ0,⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则π3cos θ⎛⎫- ⎪⎝⎭= A. 0 B.12 C. 1 D. 32【简解】解法一：由π1sin 62θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，且π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭得，π3θ=，代入πcos 3θ⎛⎫- ⎪⎝⎭得， πcos 3θ⎛⎫- ⎪⎝⎭=cos01=，故选C ．解法二：由π1sin 62θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，且π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭得，π3cos 62θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭， 所以πππππππcos cos cos cos sin sin 13666666θθθθ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--=-+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，故选C ． 6.设抛物线24y x =的焦点为F ，准线为l ，P 为该抛物线上一点，PA l ⊥，A 为垂足．若直线 AF 的斜率为3-，则PAF △的面积为A. 23B. 43C.8D. 83【简解】解法一:设准线与x 轴交于点Q ,因为直线AF 的斜率为3-， 2FQ =，60AFQ ∴∠=， 4FA =，又因为PA PF =，所以PAF △是边长为4的等边三角形，所以PAF △的面积为22334=4344FA ⨯=⨯．故选B ． 解法二：设准线与x 轴交于点Q ,,)Pm n （,因为直线 AF 的斜率为3-， 2FQ =，60AFQ ∴∠=，所以23AQ =，所以23n =±，又因为24n m =，所以3m =，又因为4PA PF ==， 所以PAF △的面积为11423=4322PA n ⨯⨯=⨯⨯．故选B ． 7.如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 A.32 B.16 C.323 D.803【简解】由三视图知,所求几何体的体积为直三棱柱的体积减去三第7题棱锥的体积321180442=323⨯-⨯⨯⨯12．故选D ． 8.已知函数()()2sin f x x ωϕ=+0,ωϕπ⎛⎫><⎪2⎝⎭图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2，将函数()f x 的图象向左平移3π个单位长度后，得到函数()g x 的图象．若函数()g x 为偶函数，则函数()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的值域是 A. 1,12⎛⎤- ⎥⎝⎦B. ()1,1-C. (]0,2D.(]1,2- 【简解】由图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2，所以T =π，又因为0ω>，所以2ωπ=π，解得=2ω．0,ωϕ><π2，将函数()f x 的图象向左平移3π个单位长度后，得到函数2()2sin 23g x x ϕπ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的图象．因为函数()g x 为偶函数，所以2,32k k ϕππ+=π+∈Z ，由ϕπ<2，解得 =6ϕπ- ，所以()2sin 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭．因为02x π<<，所以1sin 2126x π⎛⎫-<-≤ ⎪⎝⎭，所以函数()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的值域是(]1,2-，故选D ．9. 已知()g x 为偶函数，()h x 为奇函数，且满足()()2xg x h x -=．若存在[]11x ∈-，，使得不等式()()0m g x h x ⋅+≤有解，则实数m 的最大值为A.－1B.35 C. 1 D. 35- 【简解】由()()2xg x h x -=，及()g x 为偶函数，()h x 为奇函数，得()()2222,22x x x xg x h x --+==－．由()()0m g x h x ⋅+≤得224121224141x x x x x x x m ---≤==-+++－，∵2141xy =-+为增函数，∴max 231415x ⎛⎫-= ⎪+⎝⎭，故选B ．10.如图，双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为12,F F ，过2F 作线段2F P 与C 交于点Q ，且Q 为2PF 的中点．若等腰△12PF F 的底边2PF 的长等于C 的半焦距，则C 的离心率为A.22157-+ B. 23 C. 22157+ D.32【简解】连结1QF ，由条件知12QF PF ⊥，且22c QF =．由双曲线定义知122cQF a =+，在12Rt F QF △中，()2222222c c a c ⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得C 的离心率22157e +=，故选C ．11.如图，以棱长为1的正方体的顶点A 为球心，以2为半径做一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为 A. 34πB.2π C.32π D.94π【简解】正方体的表面被该球面被所截得的弧长有相等的三部分,例如，与上底面截得的弧长是以1A 为圆心,1为半径的圆周长的14,所以弧长之和为23342ππ⨯=．故选C. 12. 已知数列{}n a 满足11a =，()2122124n n n n n a a a na n ++=++，则8a =A.64892- B. 32892- C. 16892- D. 7892- 【简解】因为()2122124n n n n n a a a na n ++=++，所以()22212411n n n na na n a n a +++=+， 所以2222124142n n n n n n a na n n n na a a a +⎛⎫+++==+⋅+ ⎪⎝⎭， 第10第11题图所以21122n n n n a a +⎛⎫++=+ ⎪⎝⎭，令2n n n b a =+，则21n n b b +=，两边取对数得1lg 2lg n n b b +=，又111lg lg 2lg3b a ⎛⎫=+=⎪⎝⎭，所以数列{}lg n b 是首项为lg 3，公比为2的等比数列. 所以112lg lg32lg3n n n b --=⋅=，所以123n n b -=，即1232n n n a -+=，从而1232n n na -=-，将8n =代入，选A.法二、因为()2122124n n n n n a a a na n ++=++，所以()22212411n n n n a na n a n a +++=+， 所以2222124142n n n n n n a na n n n na a a a +⎛⎫+++==+⋅+ ⎪⎝⎭， 所以21122n n n n a a +⎛⎫++=+ ⎪⎝⎭，令2n n n b a =+，则21n n b b +=，因为13b =，所以223b =，所以()224333b ==，所以()248433b ==，…，所以7264839b ==。

2019年福州市高中毕业班质量检测语文试卷及答案解析第I卷（阅读题共70分）一、现代文阅读(36分）(—)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。

数千年来，中国画历经发端、童稚、成熟、升华的漫长路程，由实用而艺术化，形成了独特的话语体系和呈现方式。

一幅优秀的中国画，常能以“若坐、若行、若飞、若动”的点线皴檫、风姿绰约的笔情墨象、“似”与“不似”的意态呈现、冲淡玄远或冲突涌动的静谧视觉，形成强大的情感张力；足令观赏者衣带渐宽终不悔地展玩不已的，正是画作中种种对抗而平衡的巨大张力所予人的艺术审美愉悦。

欣赏中国画，其要在意象、在技法、在韵致、在境界，其法在观物、在游心、在体道、在畅神。

须紧扣意象和技法这两大介质，从物我、情景、形神、体道等意象归纳和线条、形态、色彩、构图等技法剖析两途,层层倒逼，以迫近画作的风神和特质；透过画作的物化形态，体悟主导其意象创构和技法表现的思维方式和审美内核，即生命、节律、体势、气韵等主体价值,品味出画作的境界涵养之美。

然而，就艺术而论，画作赏鉴或品评优劣，首在是否能令观者产生共鸣、打动其心,是否能使其从中捕捉并直通画家所欲传达的观念、思想、情绪，是否能令观者从中获得启迪与教益，而非“似”与“不似”。

故赏画之先，观赏者必须知晓浸润、孕育中国画的中国文化的特质。

这是欣赏中国画的出发点、落脚点和重大关窍。

若以人物、山水、花鸟画类分而论之，则人物画所重之“传神”，即借由描摹直观可视的人物表情、眼神、形体语言、肢体动作、背景布局等,表现人物丰富多彩的内心世界,求取以形写神之功；山水画所推崇的“诗情画意”，即借由描摹山式、云雾的雄壮或秀美、粗犷或冷峻、俊逸或萧散之多元样态，力求景中寓情、情随景生、情景交融、物我合一的意境独造，亦即以高、平、深“三远”的画面结构之法，与“计白当黑”的虚实处理之法，将大自然的美与文人逸趣紧密糅合；花鸟画所言之“石分三面”，实指阴阳两面与别开生面等的“道”和“理”，其中深蕴着“三生万物”的生命哲理。

2019年福州高中毕业班质量检查语文试卷注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！【一】古代诗文阅读(27分)(一)默写常见的名句名篇。

(6分)1.补写出以下名句名篇中的空缺部分。

(6分)(1) ，善假于物也。

(《荀子·劝学》)(2) ，报养刘之日短也。

(李密《陈情表》)(3) ，铁骑突出刀枪鸣。

(白居易《琵琶行》)(4)满地黄花堆积，，如今有谁堪摘?(李清照《声声慢》)(5) ，处江湖之远那么忧其君。

(范仲淹《岳阳楼记》)(6) ，化作春泥更护花。

(龚自珍《己亥杂诗》)(二)文言文阅读(15分)阅读下面的文言文，完成2-5题。

廉耻[清]顾炎武《五代史·冯道传·论》曰：礼义廉耻，国之四维，四维不张，国乃灭亡。

善乎，管生之能言也!礼义，治人之大法；廉耻，立人之大节；盖不廉那么无所不取，不耻那么无所不为。

人而如此，那么祸败乱亡，亦无所不至；况为大臣而无所不取，无所不为，那么天下其有不乱，国家其有不亡者乎?然而四者之中，耻尤为要。

故夫子之论士，曰：“行己有耻。

”孟子曰：“耻之于人大矣，为机变之巧者，无所用耻焉。

”所以然者，人之不廉，而至于悖礼犯义，其原皆生于无耻也。

故士大夫之无耻，是谓国耻。

吾观三代以下，世衰道微，弃礼义，捐廉耻，非一朝一夕之故。

然而松柏后凋于岁寒，鸡鸣不已于风雨，彼昏之日，固未尝无独醒之人也!顷读《颜氏家训》有云：“齐朝一士夫尝谓吾曰：‘我有一儿，年已十七，颇晓书疏，教其鲜卑语，及弹琵琶，稍欲通解，以此伏事公卿，无不宠爱。

’吾时俯而不答。

异哉，此人之教子也!假设由此业自致卿相，亦不愿汝曹为之。

”嗟乎!之推①不得已而仕于乱世，犹为此言，尚有《小宛》诗人之意，彼阉然媚于世者，能无愧哉!罗仲素曰：教化者朝廷之先务，廉耻者士人之美节；风俗者天下之大事。

朝廷有教化，那么士人有廉耻；士人有廉耻，那么天下有风俗。

古人治军之道，未有不本于廉耻者。

2019年福州市高三毕业班质量检查语文试卷（3月份）一、古代诗文阅读（27分）（一）默写常见的名句名篇（6分）1、补写出下列名句名篇中的空缺部分。

（6分）（1）亦余心之所善，。

（屈原《离骚》）（2），悠然见南山。

（陶渊明《饮酒》）（3）仰观宇宙之大，。

（王羲之《兰亭集序》）（4），秋水共长天一色。

（王勃《滕王阁序》）（5）几处早莺争暖树，。

（白居易《钱塘湖春行》）（6）予独爱莲之出淤泥而不染，。

（周敦颐《爱莲说》）【参考答案】（1）虽九死其犹未悔（2）采菊东篱下（3）俯察品类之盛（4）落霞与孤鹜齐飞（5）谁家新燕啄春泥（6）濯清涟而不妖（每处1分，凡错、漏、添字，该处不得分）（二）文言文阅读（15分）阅读下面的文言文，完成2—5题。

管仲论苏洵管仲相威公①，霸诸侯，攘．戎狄，终其身齐国富强，诸侯不叛。

管仲死，竖刁、易牙、开方用，桓公薨于乱，五公子争立，其祸蔓延，讫．简公，齐无宁岁。

夫功之成，非成于成之日，盖必有所由起；祸之作，不作于作之日，亦必有所由兆。

则齐之治也，吾不曰管仲，而曰鲍叔；及其乱也，吾不曰竖刁、易牙、开方，而曰管仲。

何则？竖刁、易牙、开方三子，彼固乱人国者，顾其用之者，桓公也。

夫有舜而后知放四凶，有仲尼而后知去少正卯。

彼桓公何人也？顾其使桓公得用三子者，管仲也。

仲之疾也，公问之相。

当是时也，吾以仲且举天下之贤者以对，而其言乃不过曰竖刁、易牙、开方三子非人情，不可近而已。

呜呼！仲以为桓公果能不用三子矣乎？仲与桓公处几年矣，亦知桓公之为人矣乎？桓公声不绝乎耳，色不绝乎目。

而非三子者，则无以遂其欲。

彼其初之所以不用者，徒以有仲焉耳。

一日无仲，则三子者可以弹冠相庆矣。

仲以为将死之言，可以絷桓公之手足邪？夫齐国不患有三子，而患无仲。

有仲，则三子者，三匹夫耳。

不然，天下岂少三子之徒？虽桓公幸夫何患三子者？不言可也。

五霸莫盛于桓、文。

文公之才，不过桓公，其臣又皆不及仲。

灵公之虐，不如孝公之宽厚。

文公死，诸侯不敢叛晋，晋袭文公之余威，得为诸侯之盟主者百有余年。

2019年福州市高中毕业班质量抽测语文试卷参考答案及评分标准1.(3分)B【解析】A选项的设题范围为“一幅优秀的中国画，常能以“若坐、若行、若飞、若动”的点线皴擦、风姿绰约的笔情墨象、“似”与“不似”的意态呈现、冲淡玄远或冲突涌动的静谧视觉，形成强大的情感张力。

”选项变“常能”为“是以”将或然变为必然，且“‘似’与‘不似’”与“似是而非”意思不同，理解有误。

C选项的设题范围在文章的第四段，其中“遵循阴阳两面与别开生面的规律”是对原文“阴阳两面与别开生面等的‘道’和‘理’”的转述，但这一点是花鸟画的审美特点，并非山水画。

D选题的设题范围在文章的末段，末句“唯有如此”的“此”是理解这一选项的关键，这里的“此”是对上文欣赏中国画要遵循的途径、经历的阶段以及需要的个体条件的概括。

故而该选项以偏概全。

2.(3分)B【解析】第三段先说欣赏中国画的其要其法，再谈画作对观赏者的艺术感染力，最后才归结到欣赏中国画时观赏者必须具备的特质，层层展开，而非总分总的关系。

3.(3分)C【解析】选项的设题范围在原文第四段“人物画所重之“传神”，即借由描摹直观可视的人物表情、眼神、形体语言、肢体动作、背景布局等，表现人物丰富多彩的内心世界，求取以形写神之功”一句，作品的“传神”标准在于“丰富多彩的内心世界”而并不仅仅在于表现内心。

4.(3分)C【解析】宁德时代动力锂电公司增速并非逐年增加，所谓增速乃报告期增长量与基期发展之比，如2018年就较之2017年放缓。

5.(3分)B【解析】“电荷储存量不大”不是“演进速度正在放缓”的原因之一,“储存的电荷量快要接近理论最大值”才是。

6.①中国企业应积极拓展国外市场，避免国内恶性竞争，解决整体供应量大于需求量的问题。

②加大电池核心技术领域的创新，争夺能将电动车续航里程大大提升的固态电池的“技术高地”，提升竞争力。

③进一步扩大自己的战略合作关系版图，加大与车企合作的力度。

④加大对基于储量丰富的铁、铜等材料的电极材料的研究，避免电动汽车的大规模发展受到限制。

2019年福州市高中毕业班质量检测语文试卷整理 fcs2002注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上。

2．选择题的作答：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。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并收回。

一、现代文阅读（36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。

数千年来，中国画历经发端、童稚、成熟、升华的漫长路程，由实用而艺术化，形成了独特的话语体系、呈现方式。

一幅优秀的中国画，常能以“若坐、若行、若飞、若动”的点线皴擦、风姿绰约的笔情墨象、“似”与“不似”的意态呈现、冲淡玄远或冲突涌动的静谧视觉，形成强大的情感张力；足令观赏者衣带渐宽终不悔地展玩不已的，正是画作中种种对抗而平衡的巨大张力所予人的艺术审美愉悦。

欣赏中国画，其要在意象、在技法、在韵致、在境界，其法在观物、在游心、在体道、在畅神。

须紧扣意象和技法这两大介质，从物我、情景、形神、体道等意象归纳和线条、形态、色彩、构图等技法剖析两途，层层倒逼，以迫近画作的风神和特质；透过画作的物化形态，体悟主导其意象创构和技法表现的思维方式和审美内核，即生命、节律、体势、气韵等主体价值，品味出画作的境界涵养之美。

然而，就艺术而论，画作赏鉴或品评优劣，首在是否能令观者产生共鸣、打动其心，是否能使其从中捕捉并直通画家所欲传达的观念、思想、情绪，是否能令观者从中获得启迪与教益，而非“似”与“不似”。

故赏画之先，观赏者必须知晓浸润、孕育中国画的中国文化的特质。

这是欣赏中国画的出发点、落脚点和重大关窍。

若以人物、山水、花鸟画类分而论之，则人物画所重之“传神”，即拟借由描摹直观可视的人物表情、眼神、形体语言、肢体动作、背景布局等，表现人物丰富多彩的内心世界，求取以形写神之功；山水画所张目之“诗情画意”，即拟借由描摹山式、云雾的雄壮或秀美、粗犷或冷峻、俊逸或萧散之多元样态，力追景中寓情、情随景生、情景交融、物我合一的意境独造，亦即拟以高、平、深“三远”的画面结构之法，与“计白当黑”的虚实处理之法，将大自然的美与文人逸趣紧密糅合；花鸟画所言之“石分三面”，实指阴阳两面与别开生面等的“道”和“理”，其中深蕴着“三生万物”的生命哲理。

2019年福州市高中毕业班质量检测语文试卷第I卷（阅读题共70分）一、现代文阅读(36分）(—)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。

数千年来，中国画历经发端、童稚、成熟、升华的漫长路程，由实用而艺术化，形成了独特的话语体系和呈现方式。

一幅优秀的中国画，常能以“若坐、若行、若飞、若动”的点线皴檫、风姿绰约的笔情墨象、“似”与“不似”的意态呈现、冲淡玄远或冲突涌动的静谧视觉，形成强大的情感张力；足令观赏者衣带渐宽终不悔地展玩不已的，正是画作中种种对抗而平衡的巨大张力所予人的艺术审美愉悦。

欣赏中国画，其要在意象、在技法、在韵致、在境界，其法在观物、在游心、在体道、在畅神。

须紧扣意象和技法这两大介质，从物我、情景、形神、体道等意象归纳和线条、形态、色彩、构图等技法剖析两途,层层倒逼，以迫近画作的风神和特质；透过画作的物化形态，体悟主导其意象创构和技法表现的思维方式和审美内核，即生命、节律、体势、气韵等主体价值,品味出画作的境界涵养之美。

然而，就艺术而论，画作赏鉴或品评优劣，首在是否能令观者产生共鸣、打动其心,是否能使其从中捕捉并直通画家所欲传达的观念、思想、情绪，是否能令观者从中获得启迪与教益，而非“似”与“不似”。

故赏画之先，观赏者必须知晓浸润、孕育中国画的中国文化的特质。

这是欣赏中国画的出发点、落脚点和重大关窍。

若以人物、山水、花鸟画类分而论之，则人物画所重之“传神”，即借由描摹直观可视的人物表情、眼神、形体语言、肢体动作、背景布局等,表现人物丰富多彩的内心世界,求取以形写神之功；山水画所推崇的“诗情画意”，即借由描摹山式、云雾的雄壮或秀美、粗犷或冷峻、俊逸或萧散之多元样态，力求景中寓情、情随景生、情景交融、物我合一的意境独造，亦即以高、平、深“三远”的画面结构之法，与“计白当黑”的虚实处理之法，将大自然的美与文人逸趣紧密糅合；花鸟画所言之“石分三面”，实指阴阳两面与别开生面等的“道”和“理”，其中深蕴着“三生万物”的生命哲理。

2019年福州市普通高中毕业班质量检测数学（理科）试卷（完卷时间：120分钟；满分150分）第Ⅰ卷1.设复数z 满足i 1i z ⋅=-，则z 的共轭复数为A. 1i -+B. 1i +C. 1i --D. 1i - 2.已知集合{}{}2213,20A x x B x x x =+>=--<，则AB = A. {}12x x << B. {}11x x -<< C. {}211x x x -<<>，或 D. {}1x x >-3.中国传统文化是中化民族智慧的结晶，是中化民族的历史遗产在现实生活中的展现.为弘扬中华民族传统文化，某校学生会为了解本校高一1000名学生的课余时间参加传统文化活动的情况，随机抽取50名学生进行调查．将数据分组整理后，列表如下：参加场数0 1 2 3 4 5 6 7 参加人数占调查人数的百分比 8% 10% 20% 26% 18% m% 4% 2%以下四个结论中正确的是A. 表中m 的数值为10B. 估计该校高一学生参加传统文化活动次数不高于2场的学生约为180人C. 估计该校高一学生参加传统文化活动次数不低于4场的学生约为360人D. 若采用系统抽样方法进行调查，从该校高一1000名学生中抽取容量为50 的样本，则分段间隔为25 4.等比数列{}n a 的各项均为正实数，其前n 项和为n S .若3264,64aa a ==，则5S =A. 32B. 31C. 64D.635. 已知sin π162θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，且2θπ0,⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则π3cos θ⎛⎫- ⎪⎝⎭= A. 0 B.12 C. 1 D. 326.设抛物线24y x =的焦点为F ，准线为l ，P 为该抛物线上一点，PA l ⊥，A 为垂足．若直线 AF的斜率为3-，则PAF △的面积为A. 23B. 43C.8D. 837.如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图， 则该几何体的体积为A.32B.16C. 323D.803 8.已知函数()()2sin f x x ωϕ=+0,ωϕπ⎛⎫>< ⎪2⎝⎭图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2，将函数()f x 的图象向左平移3π个单位长度后，得到函数()g x 的图象．若函数()g x 为偶函数，则函数()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的值域是A. 1,12⎛⎤- ⎥⎝⎦B. ()1,1-C. (]0,2D.(]1,2-9. 已知()g x 为偶函数，()h x 为奇函数，且满足()()2xg x h x -=．若存在[]11x ∈-，，使得不等式()()0m g x h x ⋅+≤有解，则实数m 的最大值为 A.－1 B.35 C. 1 D. 35- 第7题图10.如图，双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为12,F F ，过2F 作线段2F P 与C 交于点Q ，且Q 为2PF 的中点．若等腰△12PF F 的底边2PF 的长等于C 的半焦距，则C 的离心率为A.22157-+ B. 23 C. 22157+ D.3211.如图，以棱长为1的正方体的顶点A 为球心，以2为半径做一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为A. 34πB.2π C.32π D.94π 12. 已知数列{}n a 满足11a =，()2122124n n n n n a a a na n++=++，则8a = A.64892- B. 32892- C. 16892- D. 7892-13.已知两个单位向量,a b ，满足3a b b +=，则a 与b 的夹角为__________． 14. 已知点()0,2A ，动点(),P x y 的坐标满足条件0x y x≥⎧⎨≤⎩，则PA 的最小值是 ．15. ()()2511ax x +-的展开式中，所有x 的奇数次幂项的系数和为－64，则正实数a 的值为__________．16.已知函数()2e()ln 2ex f x a x =-有且只有一个零点，则实数a 的取值范围是__________．17. ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．若角A ，B ，C 成等差数列，且32b =． （1）求ABC △的外接圆直径； （2）求ac +的取值范围．18. 如图，四棱锥P ABCD -，//AB CD ，90BCD ∠=︒，224AB BC CD ===，PAB △为等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ， Q 为PB 中点． (1) 求证：AQ ⊥平面 PBC ； (2)求二面角B PC D --的余弦值．第18题第10题图第11题图19.最近，中国房地产业协会主办的中国房价行情网调查的一份数据显示，2018年7月，大部分一线城市的房租租金同比涨幅都在10%以上．某部门研究成果认为，房租支出超过月收入13的租户“幸福指数”低，房租支出不超过月收入13的租户“幸福指数”高．为了了解甲、乙两小区租户的幸福指数高低，随机抽取甲、乙两小区的租户各100户进行调查．甲小区租户的月收入以[)03，，[)36，，[)69，，[)912，，[]1215，（单位：千元）分组的频率分布直方图如上：乙小区租户的月收入（单位：千元）的频数分布表如下：月收入 [)03，[)36，[)69，[)912，[]1215，户数38272492（1）设甲、乙两小区租户的月收入相互独立，记M 表示事件“甲小区租户的月收入低于6千元，乙小区租户的月收入不低于6千元”.把频率视为概率，求M 的概率；（2）利用频率分布直方图，求所抽取甲小区100户租户的月收入的中位数；（3）若甲、乙两小区每户的月租费分别为2千元、1千元．请根据条件完成下面的22⨯列联表，并说明能否在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下认为“幸福指数高低与租住的小区”有关.幸福指数低幸福指数高总计甲小区租户 乙小区租户 总计附：临界值表()2P K k ≥0.10 0.010 0.001 k2.7066.63510.828参考公式：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++．20.已知圆O ：222x y r +=，椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的短半轴长等于圆O 的半径，且过C右焦点的直线与圆O 相切于点13,22D ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭.（1）求椭圆C 的方程；（2）若动直线l 与圆O 相切，且与C 相交于,A B 两点，求点O 到弦AB 的垂直平分线距离的最大值.21. 已知函数()()()ln 11xf x a x a x=-+∈+R ，2m 12e e ()x g x x +=-. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若0a <，[]12,0,e x x ∀∈，不等式12()()f x g x ≥恒成立，求实数m 的取值范围.(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做第一个题目计分. 22. [选修44-：坐标系与参数方程] （10分）在直角坐标系xOy 中，直线l的参数方程为12x t y a ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数，a ∈R ）.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为4cos ρθ=，射线()03θρπ=≥与曲线C交于,O P 两点，直线l 与曲线C 交于,A B 两点.（1）求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程； （2）当AB OP =时，求a 的值.23.[选修45-：不等式选讲] （10分） 已知不等式21214x x ++-<的解集为M. （1）求集合M ；（2）设实数,a M b M ∈∉，证明：1ab a b +≤+.2019年福州市普通高中毕业班质量检测参考答案数学（理科）试卷（完卷时间：120分钟；满分150分）第Ⅰ卷一、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.设复数z 满足i 1i z ⋅=-，则z 的共轭复数为 A. 1i -+ B. 1i + C. 1i -- D. 1i -【简解】因为1i1i iz -==--，所以1+i z =-，故选A ． 2.已知集合{}{}2213,20A x x B x x x =+>=--<，则A B =A. {}12x x << B. {}11x x -<<C. {}211x x x -<<>，或D. {}1x x >-【简解】因为{}{}1,12A x x B x x =>=-<<，所以{}1A B x x =>-，故选D ．3.中国传统文化是中化民族智慧的结晶，是中化民族的历史遗产在现实生活中的展现.为弘扬中华民族传统文化，某校学生会为了解本校高一1000名学生的课余时间参加传统文化活动的情况，随机抽取50A. 表中m 的数值为10B. 估计该校高一学生参加传统文化活动次数不高于2场的学生约为180人C. 估计该校高一学生参加传统文化活动次数不低于4场的学生约为360人D. 若采用系统抽样方法进行调查，从该校高一1000名学生中抽取容量为50 的样本，则分段间隔为25【简解】A 中的m 值应为12; B 中应为380人; C 是正确的; D 中的分段间隔应为20，故选C ． 4.等比数列{}n a 的各项均为正实数，其前n 项和为n S .若3264,64aa a ==，则5S =A. 32B. 31C. 64D.63【简解】解法一：设首项为1a ，公比为q ，因为0n a >，所以0q >，由条件得21511464a q a q a q ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩，所以531S =，故选B ．解法二：设首项为1a ，公比为q ，由226464a a a ==，又34a =，∴2q =，又因为214a q ⋅=所以11a =，所以531S =，故选B ．5. 已知sin π162θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，且2θπ0,⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则π3cos θ⎛⎫- ⎪⎝⎭= A. 0 B.12 C. 1 D. 2【简解】解法一：由π1sin 62θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，且π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭得，π3θ=，代入πcos 3θ⎛⎫- ⎪⎝⎭得，πcos 3θ⎛⎫- ⎪⎝⎭=cos01=，故选C ．解法二：由π1sin 62θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，且π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭得，π3cos 62θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭， 所以πππππππcos cos cos cos sin sin 13666666θθθθ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--=-+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，故选C ． 6.设抛物线24y x =的焦点为F ，准线为l ，P 为该抛物线上一点，PA l ⊥，A 为垂足．若直线 AF的斜率为3-，则PAF △的面积为A. 23B. 43C.8D. 83【简解】解法一:设准线与x 轴交于点Q ,因为直线AF 的斜率为3-， 2FQ =， 60AFQ ∴∠=，4FA =，又因为PA PF =，所以PAF △是边长为4的等边三角形，所以PAF △的面积为22334=4344FA ⨯=⨯．故选B ． 解法二：设准线与x 轴交于点Q ,,)Pm n （,因为直线 AF 的斜率为3-， 2FQ =，60AFQ ∴∠=，所以23AQ =，所以23n =±，又因为24n m =，所以3m =，又因为4PA PF ==， 所以PAF △的面积为11423=4322PA n ⨯⨯=⨯⨯．故选B ． 7.如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 A.32 B.16 C.323 D.803【简解】由三视图知,所求几何体的体积为直三棱柱的体积减去三棱锥的体积321180442=323⨯-⨯⨯⨯12．故选D ． 8.已知函数()()2sin f x x ωϕ=+0,ωϕπ⎛⎫>< ⎪2⎝⎭图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2，将函数()f x 的图象向左平移3π个单位长度后，得到函数()g x 的图象．若函数()g x 为偶函数，则函数()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的值域是A. 1,12⎛⎤- ⎥⎝⎦B. ()1,1-C. (]0,2D.(]1,2-【简解】由图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2，所以T =π，又因为0ω>，所以2ωπ=π，解得=2ω．0,ωϕ>< π2，将函数()f x 的图象向左平移3π个单位长度后，得到函数2()2sin 23g x x ϕπ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的图象．因为函数()g x 为偶函数，所以2,32k k ϕππ+=π+∈Z ，由ϕπ<2，解得 =6ϕπ- ，所以()2sin 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭． 因为02x π<<，所以1sin 2126x π⎛⎫-<-≤ ⎪⎝⎭，所以函数()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的值域是(]1,2-，故第7题选D ．9. 已知()g x 为偶函数，()h x 为奇函数，且满足()()2xg x h x -=．若存在[]11x ∈-，，使得不等式()()0m g x h x ⋅+≤有解，则实数m 的最大值为A.－1B.35 C. 1 D. 35- 【简解】由()()2xg x h x -=，及()g x 为偶函数，()h x 为奇函数，得()()2222,22x x x xg x h x --+==－．由()()0m g x h x ⋅+≤得224121224141x x x x x x x m ---≤==-+++－，∵2141xy =-+为增函数，∴max231415x ⎛⎫-= ⎪+⎝⎭，故选B ． 10.如图，双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为12,F F ，过2F 作线段2F P 与C 交于点Q ，且Q 为2PF 的中点．若等腰△12PF F 的底边2PF 的长等于C 的半焦距，则C 的离心率为A. 22157-+B. 23C. 22157+ D.32【简解】连结1QF ，由条件知12QF PF ⊥，且22cQF =．由双曲线定义知122c QF a =+，在12Rt F QF △中，()2222222c c a c ⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得C 的离心率22157e +=，故选C ．11.如图，以棱长为1的正方体的顶点A 为球心，以2为半径做一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为A. 34πB.2π C. 32π D.94π【简解】正方体的表面被该球面被所截得的弧长有相等的三部分,例如，与上底面截得的弧长是以1A 为圆心, 1为半径的圆周长的14,所以弧长之和为23342ππ⨯=．故选C. 12. 已知数列{}n a 满足11a =，()2122124n n n n n a a a na n++=++，则8a =A.64892-B. 32892-C. 16892-D. 7892-【简解】因为()2122124n n n n n a a a na n ++=++，所以()22212411n n n n a na n a n a +++=+， 所以2222124142n n n n n n a na n n n na a a a +⎛⎫+++==+⋅+ ⎪⎝⎭， 所以21122n n n n a a +⎛⎫++=+ ⎪⎝⎭，令2n n nb a =+，则21n n b b +=，两边取对数得1lg 2lg n n b b +=，又第10第11题图111lg lg 2lg3b a ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，所以数列{}lg n b 是首项为lg 3，公比为2的等比数列.所以112lg lg32lg3n n n b --=⋅=，所以123n n b -=，即1232n n n a -+=，从而1232n n na -=-，将8n =代入，选A.法二、因为()2122124n n n n n a a a na n ++=++，所以()22212411n n n na na n a n a +++=+， 所以2222124142n n n n n n a na n n n na a a a +⎛⎫+++==+⋅+ ⎪⎝⎭， 所以21122n n n n a a +⎛⎫++=+ ⎪⎝⎭，令2n n n b a =+，则21n n b b +=，因为13b =，所以223b =，所以()224333b ==，所以()248433b ==，…，所以7264839b ==。

年福州市高中毕业班质量检测文科综合试卷（地理部分）（完卷时间：分钟；总分分）第Ⅰ卷（选择题，共分）一、选择题：本题共小题，每小题分，共分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。

月球自转同时绕地球公转，质量约为地球的八十一份之一。

年月日点分，我国嫦娥四号探测器在月球背面成功着陆。

时分，玉兔二号巡视器驶抵月球表面开展科学探测，并将探测数据通过中继星“鹊桥”（如图所示）传回地面。

据此完成题。

. 对中继星“鹊桥”传回地面的信息进行处理并绘制成易识别的图像,所应用的地理信息技术是．遥感．数字地球．地理信息系统．北斗卫星导航系统. 地球上永远看不见月球背面，其原因是. 地球自转周期等于月球自转周期 . 地球自转周期等于月球公转周期. 月球自转速度等于月球公转速度 . 月球自转周期等于月球公转周期. 若在月球上开展种植土豆的科学实验，将面临的最主要不利条件是. 大气层稀薄 . 月球引力弱 . 月球磁场强 . 昼夜温差大图示意我国东南沿海某大城市年各出生时间段人口占总人口比重。

据此完成题。

.与—年相比，影响—出生人口占总人口比重显著下降的主要因素是.生育政策 . 人口迁移．生育意愿 . 医疗卫生.该城市面临的主要人口问题是.人口年轻化 .流动人口过多．人口老龄化 . 人口增长过快印度尼西亚（如图所示）天然橡胶产区地跨南北半球，天然橡胶的高产期（指割胶天数相对集中，产量较大的时期）主要集中在雨季之后，落叶期之前。

帕卢城市位于该国苏拉威西岛，该城市东西两侧有海拔超过的高山（如图所示）。

年月日苏拉威西岛发生级地震并引发海啸，帕卢成为重灾区。

据此完成题。

. 受地形影响，帕卢气候终年.炎热干燥 . 炎热湿润 . 温和多雨 . 凉爽干燥. 加重帕卢此次灾情的主要自然因素是.海底地震 .海湾地形 .暴雨天气 .众多游客. 印度尼西亚赤道以北区域天然橡胶高产期最有可能在月—月 . 月—月 . 月月月次年月最大可能蒸发量是指在下垫面足够湿润条件下，水分保持充分供应的蒸发量。

2019年福州市高中毕业班质量检测数学（文科）试卷参考答案第Ⅰ卷一、 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.D2.B3.D4.A5.C6.C7.A8.D9.B 10.B 11.C 12.A 1. 已知集合{}{}21,20A x x B x x x =≥=--<，则AB =（）．A.{}1x x ≥B.{}12x x ≤<C. {}11x x -<≤D.{}1x x >- 【简解】()(){}{}|2+10|12B x x x x x =-<=-<<，所以{}|1A B x x =>-，故选D ．2. 设复数z 满足(3+i)3i =-z ，则||z =（）．A.12B.1 D. 2【简解一】因为()()()()3i 3i 3i i ==3+i3+i 3i 8610z ----=-，所以1z=，故选B ．【简解二】因为(3+i)3i =-z ，所以(3+i)(3+i)=3i z z =-，所以1z =，故选B ． 3.为弘扬中华民族传统文化，某中学学生会对本校高一年级1000名学生课余时间参加传统文化活动的情况，随机抽取50名学生进行调查，将数据分组整理后，列表如下：A.参加活动次数是3场的学生约为360人B.参加活动次数是2场或4场的学生约为480人C.参加活动次数不高于2场的学生约为280人D.参加活动次数不低于4场的学生约为360人【简解】估计该校高一学生参加活动次数不低于4场的学生约为：1000+⨯（0.180.12+0.04+0.02)=360人，故选D.4. 已知双曲线C :222210,0)x y a b a b-=>>（，直线=y b 与C 的两条渐近线的交点分别为,M N ， O 为坐标原点．若∆OMN 为直角三角形，则C 的离心率为（）．A.B.C. 2D.【简解】依题意得：因为∆OMN 为直角三角形，所以双曲线C 的渐近线为=y x ±，即C是等轴双曲线，所以C的离心率=e A ．5. 已知数列{}n a 中，3=2a ，7=1a ．若数列1{}na 为等差数列，则9=a （）．A.12B.54C.45 D. 45-【简解】依题意得：732,1a a ==，因为数列1{}na 为等差数列，所以7311111273738--===--a a d ，所以()9711159784a a =+-⨯=，所以945=a ，故选C ． 6. 已知1sin()62πθ-=，且02πθ∈（，），则cos()3πθ-=（ ）．A. 0B. 12C.1D.【简解一】由π1sin 62θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，且π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭得，π3θ=，代入πcos 3θ⎛⎫- ⎪⎝⎭得， πcos 3θ⎛⎫- ⎪⎝⎭=cos 01=，故选C ．【简解二】由π1sin 62θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，且π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭得，πcos 6θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭， 所以πππππππcos cos cos cos sin sin 13666666θθθθ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--=-+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，故选C ．7. 已知函数()sin ,f x x x =()f x '为()f x 的导函数，则函数()f x '的部分图象大致为( ) ．A B C D【简解】依题意得：x x x x f cos sin )(+='为奇函数，排除,C D ，设()()g x f x '=，则()2cos sin g x x x x '=-，(0)20g '=>，排除B ，故选A ．8. 在边长为3的等边ABC ∆中，点M 满足BM 2=MA ，则CM CA ⋅=（ ）．AB ．C ．6D ．152【简解一】依题意得：121211215)333333333232CM CA CB CA CA CB CA CA CA ⋅=+⋅=⋅+⋅=⨯⨯⨯+⨯⨯=（，故选D ．【简解二】依题意得：以C 为原点，CA 所在的直线为x轴建立平面直角直角坐标系，则50,03,02C A M （），（），（，所以5153,022CM CA ⋅==（（），故选D ． 【简解三】依题意得：过M 点作MD AC ⊥于D ，如图所示，则CM CA ⋅=CD CA ⋅=15(31cos60)32-⨯⨯=，故选D ． 9. 如图，线段MN 是半径为2的圆O 的一条弦，且MN 的长为2. 在圆O 内，将线段MN绕N 点按逆时针方向转动，使点M 移动到圆O 上的新位置，继续将线段NM 绕M 点按逆时针方向转动，使点N 移动到圆O 上的新位置，依此继续转动···．点M 的轨迹所围成的区域是图中阴影部分.若在圆O 内随机取一点，则此点取自阴影部分内的概率为（）．A.4π B. 1C.π-【简解一】依题意得：阴影部分的面积216[2222S =⨯π⨯-⨯⨯π-1（）61P ==-B ．【简解二】依题意得：阴影部分的面积2126222S =π⨯-⨯⨯⨯π-24122P πππ==-⋅，故选B ． 10. 已知函数()314,025,0xx f x x x x ⎧+≤⎪=⎨⎪--+>⎩（），，当[],1x m m ∈+时，不等式()()2-<+f m x f x m 恒成立，则实数m 的取值范围是( )．A. (),4-∞-B. (),2-∞-C. ()2,2-D. (),0-∞【简解】依题意得：函数()314,025,0x x f x x x x ⎧+≤⎪=⎨⎪--+>⎩（）在x ∈R 上单调递减，因为()()2-<+f m x f x m ，所以2m x x m ->+，即2x m <，在[],1∈+x m m 上恒成立，所以2(1)m m +<，即2m <-，故选B ．11. 已知12,F F 为椭圆2214x y +=的左、右焦点，P 是椭圆上异于顶点的任意一点，K 点是12F PF ∆内切圆的圆心，过1F 作1F M PK ⊥于M ，O 是坐标原点，则OM 的取值范围为（）．A . ()0,1B. (C. (D. (0,【简解】如图，延长21,PF F M 相交于N 点，连接OM ，因为K 点是12F PF ∆内切圆的圆心，所以PK 平分12F PF ∠， ∵1F M PK ⊥，∵O 为12F F 中点，M 为1F N 中点，∴OM的取值范围为(，故选C ．12. 如图，棱长为1正方体1111-ABCD A B C D 的木块，平面α过点D 且平行于平面1ACD ，则木块在平面α内的正投影面积是（）．A.B.C. D. 1 【简解】：棱长为1正方体1111-ABCD A B C D 的木块的三个面在平面α内的正投影是三个全等的菱形（如图），所以木块在平面α内的正投影面积是122⨯第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第 13～21 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第 22 、23题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡相应位置．13. 72- 14. 4π15.16.{}5,613.若实数,x y 满足约束条件200220x y x y x y +≥⎧⎪-≤⎨⎪-+≥⎩，则3z x y =-的最小值等于______．【简解】依题意，可行域为如图所示的阴影部分的三角形区域，目标函数化为：3y x z =-，则z 的最小值即为动直线在y 轴上的截距的最大值．通过平移可知在A 点处动直线在y 轴上的截距最大．因为20:220x y A x y +=⎧⎨-+=⎩解得11,2A ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以3z x y=-第12题图的最小值()min 173122z =⋅--=-． 14. 已知长方体1111ABCD A B C D -的外接球体积为323π，且12A A B C ==，则直线1A C 与平面11BB C C 所成的角为______．【简解】设长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为R ，因为长方体1111ABCD A B C D -的外接球体积为343233R ππ=，所以2R =,即1A C 24R =，因为12AA BC ==，所以AB =.因为11A B ⊥平面11BB C C ，所以1A C 与平面11BB C C 所成的角为11ACB ∠，在11Rt ACB △中，因为12AA BC ==，所以111B C A B ==，所以11=4ACB π∠．15. 将函数()sin cos f x a x b x =+(),0∈≠R ,a b a 的图象向左平移π6个单位长度，得到一个偶函数图象，则=ba______． 【简解】因为()sin cos f x a x b x =+(),0∈≠R ,a b a 的图象向左平移π6单位长度，得到偶函数图象，所以函数()sin cos f x a x b x =+的对称轴为π6x =，所以()sin cos =(0)=333f a b f b πππ=+，因为0a ≠，所以ba=16. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，且1n n S a λ=-（λ为常数）．若数列{}n b 满足2920n n a b n n =-+-，且1n n b b +<，则满足条件的n 的取值集合为______． 【简解】因为11a =，且1n n S a λ=-（λ为常数），所以111a λ=-=，解得=2λ，所以21n n S a =-，所以()-1-1212n n S a n =-≥， 所以12n n a a -=，所以12n n a -=， 因为2920n n a b n n =-+-，所以2-19202n n n n b -+-=，所以2+111+28(4)(7)22n n n nn n n n b b ----==0<， 解得47n <<，又因为*n ∈N ，所以=5n 或=6n ．所以，当=5n 或=6n 时，1n n b b +<，即满足条件的n 的取值集合为{}5,6．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. （本小题满分12分）在Rt ABC ∆中，=90o C ∠，点,D E 分别在边，AB BC 上，5,3==CD CE ,且ECD ∆的面积为．（1）求边DE 长；（2）若3=AD ，求sin A 的值．（1）【解析】如图，在ECD △中，11sin 53sin 22ECD S CE CD DCE DCE ∆=⋅∠=⨯⨯⨯∠=所以sin ∠=DCE ································································因为090︒<∠<︒DCE ，所以1cos 5∠DCE ， ···························································4分 由余弦定理得2222cos =+-⋅⋅⋅∠DE CE CD CE CD DCE 1259253285=+-⨯⨯⨯=，DE =． ········································································· 7分（2）因为=90∠o ACB ，所以1sin sin(90)cos =5O ACD DCE DCE ∠=-∠=∠， ············ 9分在∆ADC ，由正弦定理得sin sin =∠AD CDACD A， 即35,sin 5=A 所以1sin 3=A ． ············································································· 12分18. （本小题满分12分）峰谷电是目前在城市居民当中开展的一种电价类别．它是将一天24小时划分成两个时间段，把8：00—22：00共14小时称为峰段，执行峰电价，即电价上调；22：00—次日8：00共10个小时称为谷段，执行谷电价，即电价下调．为了进一步了解民众对峰谷电价的使用情况，从某市一小区随机抽取了50 户住户进行夏季用电情况调查，各户月平均用电量以[100,300)，[300500),，[500700),，[700900),，[9001100),，[]11001300,（单位：度）分组的频率分布直方图如下：若将小区月平均用电量不低于700度的住户称为“大用户”，月平均用电量低于700度的住（1）估计所抽取的 50户的月均用电量的众数和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；(ii )根据（i ）中的列联表，能否有的把握认为 “用电量的高低”与“使用峰谷电价”有关？附：()22()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，【解析】（1）根据频率分布直方图的得到100度到300度的频率为：10.0012000.00152000.00122000.00062000.00022000.1-⨯-⨯-⨯-⨯-⨯=， ·············· 2分估计所抽取的50户的月均用电量的众数为：500+700=6002（度）； ·························· 3分 估计所抽取的50户的月均用电量的平均数为：(2000.00054000.0016000.00158000.001210000.000612000.0002)200640=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯=x （度）． ·············································································································· 6分 （2）依题意，列联表如下·················································································································· 8分2K 的观测值250(2510510)4006.349 6.6353515302063k ⨯⨯-⨯==≈<⨯⨯⨯ ····························· 11分所以不能有99%的把握认为 “用电量的高低”与“使用峰谷电价”有关. ······················· 12分19. (本小题满分12分）如图，四棱锥E ABCD -，平面ABCD ⊥平面ABE ，四边形ABCD 为矩形，=6AD，=5AB ，=3BE ，F 为CE 上的点，且⊥BF 平面ACE . （1）求证：AE BE ⊥；（2）设M 在线段DE 上，且满足2EM MD =，试在线段AB 上确定一点N ，使得//MN 平面BCE ，并求MN 的长.（1）【解析】证明：四边形ABCD 为矩形，BC AB ∴⊥． 平面A B C D ⊥与平面ABE ，平面ABCD 与平面=ABE AB，且BC ⊂平面A B C D ，BC ∴⊥平面ABE ． ··································································· 1分 又⊂AE 平面ABE ，∴⊥BC AE ． ············································································ 2分 BF ⊥平面A C E ，⊂AE 平面A C E ，∴⊥BF AE ． ············································································ 3分 又BC BF B =，BC ⊂平面B C E ，BF ⊂平面B C E ，AE ∴⊥平面BCE ， ··································································· 4分 BE ⊂平面B C E ，AE BE ∴⊥． ···································································································· 5分 （2）解法一：在∆ADE 中过M 点作//MG AD 交AE 于G 点，在∆ABE 中过G 点作//GN BE 交AB 于N 点，连MN （如图）， ···················································· 6分 2=EM MD ，2∴=EG GA ,2=BN NA ．//NG BE ,⊄NG 平面B C E ，⊂面BE BCE ，//∴NG 平面B C E ． ·························································································· 7分 同理可证，//GM 平面B C E ． MG GN G =，∴平面//MGN 平面B C E ， ··············································································· 8分 又MN ⊂平面MGN ， //MN ∴平面B C E ， ························································································· 9分 N ∴点为线段AB 上靠近A 点的一个三等分点． ················································· 10分=6AD =5AB =3BE······························································ 11分···························································· 12分 （2）解法二：过M 点作//MG CD 交CE 于G 点，连接BG ，在AB 取N 点，使得BN MG =,连MN （如图）， ········································································· 6分 //AB CD ,2EM MD =，//AB CD ，BN MG =， //MG BN ∴，MG BN =， ················································································· 7分 ∴四边形MGBN 是平行四边形， //MN BG ∴， ··································································································· 8分 又MN ⊄平面B C E ，BG ⊂平面B C E ， //MN ∴平面B C E ， ························································································· 9分 N ∴点为线段AB 上靠近A 点的一个三等分点， ················································ 10分在CBG △中，=6BC AD =,1=3CG CE =cos BCG ∠=， ·················· 11分························································································· 12分 20. （本小题满分12分）已知抛物线1C ：)022>=p py x （和圆2C ：22+1+2x y =（） ，倾斜角为45的直线1l 过1C 的焦点且与2C 相切．（1）求p 的值；（2）点M 在1C 的准线上，动点A 在1C 上，1C 在A 点处的切线2l 交y 轴于点B ，设MN MA MB =+，求证：点N 在定直线上，并求该定直线的方程．（1）【解析】：依题意设直线1l 的方程为2p y x =+， ··················································· 1分 由已知得：圆2C ：22+1+2x y =（）的圆心)01(2，-C，半径r ··························· 2分 因为直线1l 与圆2C 相切，所以圆心到直线1:2p l y x =+的距离|1|-+pd ···································· 3分|1|p-+，解得6p =或2p =-（舍去）．： ··············································· 4分所以6p =． ·································································································· 5分（2）解法一：依题意设,3)Mm -（，由（1）知抛物线1C 方程为212x y =，所以212x y =，所以6xy '=，设11(,)A x y ，则以A 为切点的切线2l 的斜率为16x k =， ······························· 6分所以切线2l 的方程为1111()6y x x x y =-+． ································································ 7分令0=x ，21111111=12=66y x y y y y =-+-⨯+-，即2l 交y 轴于B 点坐标为1(0,)y -，·········· 8分所以11(,3)MA x m y =-+， ····················································································· 9分 1(,3)MB m y =--+， ··························································································· 10分 ∴=MN MA MB =+1(2,6)x m -， ·············································································· 11分 ∴1(,3)ON OM MN x m =+=-.设N 点坐标为(,)x y ，则3=y ，所以点N 在定直线3y =上． ················································································· 12分 （2）解法二：设,3)M m -（，由（1）知抛物线1C 方程为212x y =，① 设11(,)A x y ，以A 为切点的切线2l 的方程为11()y k x x y =-+②， 联立①②得：2211112[()]12x k x x x =-+， ···································································· 6分 因为2211=1444840k kx x ∆-+=，所以1=6x k ， 所以切线2l 的方程为1111()6y x x x y =-+． ································································ 7分 令0=x ，得切线2l 交y 轴的B 点坐标为1(0,)y -， ····················································· 8分 所以11(,3)MA x m y =-+， ····················································································· 9分 1(,3)MB m y =--+，···························································································· 10分 ∴=MN MA MB =+1(2,6)x m - ················································································· 11分 ∴1(,3)ON OM MN x m =+=-， 设N 点坐标为(,)x y ，则3=y ，所以点N 在定直线3y =上． ················································································· 12分 21. （本小题满分12分)已知函数1()ln +=--a f x a x x x(∈a )R ． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）当ea <<x 的方程1()+=-a f ax ax有两个不同的实数解12,x x ，求证：12124+<x x x x .（1）【解析】：()f x 的定义域为(0,)+∞， ·································································· 1分222211(1)[(1)]()1+-+++-+-+'=--==a a x ax a x x a f x x x x x ， ··································· 2分。

2019年福州市高中毕业班质量检测语文试卷及答案解析第I卷（阅读题共70分）一、现代文阅读(36分）(—)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。

数千年来，中国画历经发端、童稚、成熟、升华的漫长路程，由实用而艺术化，形成了独特的话语体系和呈现方式。

一幅优秀的中国画，常能以“若坐、若行、若飞、若动”的点线皴檫、风姿绰约的笔情墨象、“似”与“不似”的意态呈现、冲淡玄远或冲突涌动的静谧视觉，形成强大的情感张力；足令观赏者衣带渐宽终不悔地展玩不已的，正是画作中种种对抗而平衡的巨大张力所予人的艺术审美愉悦。

欣赏中国画，其要在意象、在技法、在韵致、在境界，其法在观物、在游心、在体道、在畅神。

须紧扣意象和技法这两大介质，从物我、情景、形神、体道等意象归纳和线条、形态、色彩、构图等技法剖析两途,层层倒逼，以迫近画作的风神和特质；透过画作的物化形态，体悟主导其意象创构和技法表现的思维方式和审美内核，即生命、节律、体势、气韵等主体价值,品味出画作的境界涵养之美。

然而，就艺术而论，画作赏鉴或品评优劣，首在是否能令观者产生共鸣、打动其心,是否能使其从中捕捉并直通画家所欲传达的观念、思想、情绪，是否能令观者从中获得启迪与教益，而非“似”与“不似”。

故赏画之先，观赏者必须知晓浸润、孕育中国画的中国文化的特质。

这是欣赏中国画的出发点、落脚点和重大关窍。

若以人物、山水、花鸟画类分而论之，则人物画所重之“传神”，即借由描摹直观可视的人物表情、眼神、形体语言、肢体动作、背景布局等,表现人物丰富多彩的内心世界,求取以形写神之功；山水画所推崇的“诗情画意”，即借由描摹山式、云雾的雄壮或秀美、粗犷或冷峻、俊逸或萧散之多元样态，力求景中寓情、情随景生、情景交融、物我合一的意境独造，亦即以高、平、深“三远”的画面结构之法，与“计白当黑”的虚实处理之法，将大自然的美与文人逸趣紧密糅合；花鸟画所言之“石分三面”，实指阴阳两面与别开生面等的“道”和“理”，其中深蕴着“三生万物”的生命哲理。