2016年广东省潮州高级实验学校中考政治二模试卷(解析版)

绝密★启用前|满分数学命制中心 专题10 解三角形（正弦定理与余弦定理）

一、选择题（每小题5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．（2020·湖南省长沙市明达中学高三二模（理）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(a＋b＋

c)(a－b＋c)＝ac，sinAsinC＝3-14，则角C=（ ） A．C＝15°或C＝45° B．C＝15°或C＝30° C．C＝60°或C＝45° D．C＝30°或C＝60° 【答案】A 【解析】因为()()abcabcac，所以222acbac．

由余弦定理得，2221cos22acbBac， 因此120B，所以60AC，所以cos()coscossinsinACACAC coscossinsin2sinsinACACAC cos()2sinsinACAC

13132242， 故30AC或030AC，因此，15C或45C，故选A。

2．（2020届百校联考高考考前冲刺）我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现

代式子表示即为：在ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，则ABC的面积

2222

21()42abcSab









.根据此公式，若cos3cos0aBbcA，且2222abc，则

ABC的面积为（ ）

A．2 B．22 C．6 D．23 【答案】A 【解析】由cos3cos0aBbcA得sincoscossin3sincos0ABABCA， 即sin3sincos0ABCA，即sin13cos0CA， 因为sin0C，所以1cos3A， 由余弦定理22222cos23abcbcAbc，所以3bc， 由ABC的面积公式得222222211()312424cbaSbc，故选A。 3．（2018•新课标Ⅲ，理9文11）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若ABC的面积为 2224abc

专题08 平面直角坐标系与函数基础知识【母题来源】2016年中考广东梅州卷 【母题题文1】（2016·广东梅州·中考真题）已知点P （3﹣m ，m ）在第二象限，则m 的取值范围是____________________．【母题来源】2018年中考广东广州卷 【母题题文2】（2018·广东广州·中考真题）如图，若菱形ABCD 的顶点A ，B 的坐标分别为（3，0），（﹣2，0），点D 在y 轴上，则点C 的坐标是_____．【母题来源】2021年中考广东广州卷【母题题文3】（2021·广东广州·中考真题）抛物线2y ax bx c =++经过点()1,0-、()3,0，且与y 轴交于点()0,5-，则当2x =时，y 的值为（ ）A ．5-B ．3-C ．1-D ．5【母题来源】2013年中考广东湛江卷【母题题文4】（2013·广东湛江·中考真题）函数y x 3=+中，自变量x 的取值范围是（ ） A ．x 3>-B ．x 3≥-C ．x 3≠-D ．x 3≤-一、平面直角坐标系(1) 平面内两条有公共原点且互相垂直的数轴，构成平面 直角坐标系，其中，水平的数轴叫做_____轴或_____轴， 通常取向右为正方向；铅直的数轴叫做____轴或_____轴， 取竖直向上为正方向，两轴交点O 是原点，在平面中建 立了这个坐标系后，这个平面叫做坐标平面。

(2) 坐标平面的划分:x 轴和y 轴将坐标平面分成四个象限，如图所示，按___________方向编号为第一、二、三、四象限。

注意：坐标原点、x 轴、y 轴不属于任何象限。

(3) 点的坐标的意义:平面中，点的坐标是由两个有顺序的实数组成，其顺序是横坐标在前，纵坐标在后，中间用“，”分开，如(-2，3)，横坐标是-2，纵坐标是-3，其位置不能颠倒，(-2，3)与(3，-2)是指两个不同的点的坐标。

三角形中的重要模型-弦图模型、勾股树模型赵爽弦图分为内弦图与外弦图，是中国古代数学家赵爽发现，既可以证明勾股定理，也可以以此命题，相关的题目有一定的难度，但解题方法也常常是不唯一的。

弦图之美，美在简约，然不失深厚，经典而久远，被誉为“中国数学界的图腾”。

弦图蕴含的割补思想，数形结合思想、图形变换思想更是课堂教学中数学思想渗透的绝佳载体。

一个弦图集合了初中平面几何线与形，位置与数量，方法与思想，小身板，大能量，它就是数学教育里的不老神话。

广受数学教师和数学爱好者研究，近年来也成为了各地中考的热点问题。

模型1、弦图模型(1)内弦图模型：如图1，在正方形ABCD中，AE⊥BF于点E，BF⊥CG于点F，CG⊥DH于点G，DH⊥AE于点H，则有结论：△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH；S正方形ABCD =4S△EAB+S正方形EFGH。

图1图2图3(2)外弦图模型：如图2，在正方形ABCD中，E，F，G，H分别是正方形ABCD各边上的点，且四边形EFGH是正方形，则有结论：△AHE≌△BEF≌△CFG≌△DGH；S正方形ABCD =4S△EAB+S正方形EFGH。

(3)内外组合型弦图模型：如图3，2S正方形EFGH =S正方形ABCD+S正方形PQMN.1(2023秋·湖北·九年级校联考开学考试)如图，2002年8月在北京召开的国际数学家大会会标其原型是我国古代数学家赵爽的《勾股弦图》，它是由四个全等的直角三角形拼接而成如．如果大正方形的面积是16，直角三角形的直角边长分别为a，b，且a2+b2=ab+10，那么图中小正方形的面积是()A.2B.3C.4D.52(2022·安徽安庆·八年级期末)汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，构造了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”，如图，大正方形ABCD由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，若∠ADE=∠AED，AD =45，则△ADE的面积为()A.24B.6C.25D.2103(2023·山西八年级期末)如图，图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的，若AC=6,BC=5，将四个直角三角形中的边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是()A.24B.52C.61D.764(2022·杭州九年级月考)我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图是由弦图变化得到，它是用八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3．若S1+S2+S3=12，则下列关于S1、S2、S3的说法正确的是()A.S1=2B.S2=3C.S3=6D.S1+S3=85(2023·广东·九年级专题练习)公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》题时给出了“赵爽弦图”．将两个“赵爽弦图”(如图1)中的两个正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成正方形MNPQ，记空隙处正方形ABCD，正方形EFGH的面积分别为S1，S2S1>S2，则下列四个判断：①S1+S2=14S四边形MNPQ②DG=2AF；③若∠EMH=30°，则S1=3S2；④若点A是线段GF的中点，则3S1=4S2，其中正确的序号是模型2. 勾股树模型6(2022·福建·八年级期末)如图是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，如果正方形A、B、C、D的边长分别为3，4，1，2．则最大的正方形E的面积是．7(2022·浙江·乐清市八年级期中)如图，在四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，分别以AB，BC，CD，DA为一边向外作正方形甲、乙、丙、丁，若用S甲，S乙，S丙，S丁来表示它们的面积，那么下列结论正确的是()A.S 甲=S 丁B.S 乙=S 丙C.S 甲-S 乙=S 丁-S 丙D.S 甲+S 乙=S 丙+S 丁8(2022·河南八年级期末)如图，正方形ABCD 的边长为2，其面积标记为S 1，以CD 为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为S 2，⋯按照此规律继续下去，则S 9的值为()A.126B.127C.128D.1299(2023春·山东菏泽·八年级校考阶段练习)“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树而得名．假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，如果第一个正方形面积为1，则第2023代勾股树中所有正方形的面积为．10(2023·浙江八年级期中)如图，以Rt △ABC 的三边为直径，分别向外作半圆，构成的两个月牙形面积分别为S 1、S 2，Rt △ABC 的面积S 3．若S 1=4，S 2=8，则S 3的值为．11(2022春·浙江温州·九年级校考开学考试)如图1，是数学家毕达哥拉斯根据勾股定理所画的“勾股树”．如图2，在Rt △ABC 中，∠BAC =90°，以其三边为边分别向外作正方形，延长EC ，DB 分别交GF ，AH 于点N ，K ，连接KN 交AG 于点M ，若S 1S 2=916，则tan ∠ACB 为()A.12B.23C.34D.51212(2023·贵州遵义·统考二模)如图1，毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形．在图2中，∠ACB =90°，分别以Rt △ABC 的三条边为边向外作正方形，连接BE ，DG 、BE ，交AC 于点Q ，若∠BAC =30°，BC =2，则四边形EQGD 的面积是．13(2023秋·浙江·八年级专题练习)【背景阅读】勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了验证勾股定理，创制了一幅“弦图”(如图1)，后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．【实践操作】(1)请叙述勾股定理；(2)验证勾股定理，人们已经找到了400多种方法，请从下列几种常见的验证方法中任选一种来验证该定理：(以下图形均满足验证勾股定理所需的条件)【探索发现】(3)如图4、5、6，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，这三个图形中面积关系满足S1+S2=S3的有个；(4)如图7所示，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月形图案(图中阴影部分)的面积分别为S1、S2，直角三角形面积为S3，请判断S1、S2、S3的关系并说明理由．课后专项训练1(2022·云南九年级一模)如图是按照一定规律“生长”的“勾股树”：经观察可以发现：图(1)中共有3个正方形，图(2)在图(1)的基础上增加了4个正方形，图(3)在图(2)的基础上增加了8个正方形，⋯⋯，照此规律“生长”下去，图(6)应在图(5)的基础上增加的正方形的个数是()A.12B.32C.64D.1282(2022·浙江初三期中)勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大正方形内．若图2中阴影部分的面积为2，且AB+AC=8，则BC的长为()图1图2A.42B.6C.254D.1323(2023·浙江·杭州八年级阶段练习)如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，分别以△ABC的三边为边作正方形ABDE，正方形BCFG，正方形ACHI，AI交CF于点J．三个正方形没有重叠的部分为阴影部分，设四边形BGFJ的面积为S1，四边形CHIJ的面积为S2，若S1-S2=12，S△ABC=4，则正方形BCFG的面积为()A.16B.18C.20D.224(2023春·湖北黄冈·八年级统考期中)“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b．若ab=8，大正方形的面积为25，则EF 的长为()A.9B.92C.32D.35(2022·四川成都·模拟预测)勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再将较小的两个正方形分别绕直角三角形斜边上的两顶点旋转得到图2．则图2中阴影部分面积等于()A.直角三角形的面积B.最大正方形的面积C.最大正方形与直角三角形的面积和D.较小两个正方形重叠部分的面积6(2023春·广东潮州·九年级校考期末)我国古代数学家赵爽巧妙地用“弦图”证明了勾股定理，标志着中国古代的数学成就．如图所示的“弦图”，是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形．直角三角形的斜边长为13，一条直角边长为12，则小正方形ABCD 的面积的大小为()A.144B.100C.49D.257(2023春·湖北武汉·八年级统考期末)大约公元222年我国汉代数学家赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”，如图，四个全等的直角三角形拼成大正方形ABCD ，中空的部分是小正方形EFGH ，连接EG ，BD 相交于点O ，BD 与HC 相交于点P ，若GO =GP ，则直角三角形的边CG 与BG 之比是()A.12B.25C.2-1D.3-28(2023春·江苏泰州·七年级统考期末)大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(如图1)．某数学兴趣小组类比“赵爽弦图”构造出图2：△ABC 为等边三角形，AD 、BE 、CF 围成的△DEF 也是等边三角形．已知点D 、E 、F 分别是BE 、CF 、AD 的中点，若△ABC 的面积为14，则△DEF 的面积是()A.1B.2C.3D.49(2023·河北石家庄·校考二模)如图1，毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形．在图2中，∠ACB=90°，分别以Rt△ABC的三条边为边向外作正方形，连接BE，DG，BE交AC于点Q．若∠BAC=30°，BC=2，则四边形EQGD的面积是()B.23C.53+3D.3A.53+3210(2023·江苏扬州·统考中考真题)我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成．如图，直角三角形的直角边长为a、b，斜边长为c，若b-a=4，c=20，则每个直角三角形的面积为．11(2022秋·四川成都·八年级校考期中)“勾股图”有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了以“勾股图”为背景的邮票(如图1)，欧几里得在《几何原本》中曾对该图做了深入研究．如图2，在△ABC中，∠ACB=90°，分别以△ABC的三条边为边向外作正方形，连接EB,CM,DG,CM分别与AB,BE相交于点P,Q．若∠ABE=30°，则DGQM的值为.12(2022春·安徽合肥·八年级合肥市第四十二中学校考期中)如图①，在Rt△ACB中∠ACB=90°，分别以AC、BC、AB为边，向形外作等边三角形，所得的等边三角形的面积分别为S1、S2、S3，请解答以下问题：(1)S1、S2、S3满足的数量关系是．(2)现将△ABF向上翻折，如图②，若阴影部分的S甲=6、S乙=5、S丙=4，则S△ACB=．13(2023·湖北孝感·统考三模)“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树而得名．假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，则第五代勾股树中正方形的个数为．14(2022·山东临沂·统考二模)中国古代的数学家们对于勾股定理的发现和证明，在世界数学史上具有独特的贡献和地位尤其是三国时期的数学家赵爽，不仅最早对勾股定理进行了证明，而且创制了“勾股圆方图”，开创了“以形证数”的思想方法．在图中，小正方形ABCD的面积为1，如果把它的各边分别延长一倍得到正方形A1B1C1D1(如图1)，则正方形的面积为；再把正方形A1B1C1D1的各边分别延长一倍得到正方形A2B2C2D2(如图2)，如此进行下去，得到的正方形A n B n C n D n的面积为(用含n的式子表示，n为正整数)．15(2023·浙江台州·八年级校考期中)如图1，是一个封闭的勾股水箱，其中Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ部分是可盛水的正方形，且相互联通，已知∠ACB=90°，AC=6，BC=8，开始时Ⅲ刚好盛满水，而Ⅰ，Ⅱ无水．(1)如图2摆放时，Ⅰ刚好盛满水，而Ⅱ无水，则Ⅲ中有水部分的面积为；(2)如图3摆放时，水面刚好经过Ⅲ的中心O(正方形两条对角线的交点)，则Ⅱ中有水部分的面积为．16(2023·湖北黄冈·统考中考真题)如图，是我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的一个大正方形．设图中AF=a，DF=b，连接AE,BE，若△ADE与△BEH的面积相等，则b2a2+a2b2=．17(2023·江苏徐州·统考二模)如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH．连接AC，若AG平分∠CAD，且正方形EFGH的面积为2，则正方形ABCD的面积为．18(2023·陕西渭南·统考二模)魏朝时期，刘徽利用下图通过“以盈补虚，出入相补”的方法，即“勾自乘为朱方，股自乘为青方，令出入相补，各从其类”证明了勾股定理．如图，四边形ABCD、四边形BFGH和四边形AFMN都是正方形，BF交CD于E，若DE=2，CE=4，则BF的长为．19(2022·宁夏吴忠·统考一模)2002年8月，在北京召开的国际数学家大会会标取材于我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形(如图1)，且大正方形的面积是17，直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b．如果将四个全等的直角三角形按如图2的形式摆放，则图2中最大的正方形的面积为31．试求图1中小正方形的面积是为．20(2023·山东济宁·统考二模)勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”(如图1)，后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．勾股定理内容为：如果直角三角形的两条直角边分别为a，b，斜边为c，那么a2+b2=c2．(1)如图2、3、4，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，这三个图形中面积关系满足S1+S2=S3的有个；(2)如图5所示，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月形图案(图中阴影部分)的面积分别为S1，S2，直角三角形面积为S3，请判断S1，S2，S3的关系并证明；(3)如果以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到如图6所示的“勾股树”．在如图7所示的“勾股树”的某部分图形中，设大正方形M的边长为定值m，四个小正方形A，B，C，D的边长分别为a，b，c，d，已知∠1=∠2=∠3=∠α，则当∠α变化时，回答下列问题：(结果可用含m的式子表示)①a2+b2+c2+d2=；②b与c的关系为，a与d的关系为．21(2022·湖南·八年级课时练习)如图①，美丽的弦图，蕴含着四个全等的直角三角形．(1)弦图中包含了一大，一小两个正方形，已知每个直角三角形较长的直角边为a，较短的直角边为b，斜边长为c，结合图①，试验证勾股定理．(2)如图②，将这四个直角三角形紧密地拼接，形成飞镖状，已知外围轮廓(粗线)的周长24，OC=3，求该飞镖状图案的面积．(3)如图③，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1,S2,S3，若S1+S2+S3=40，求S2．22(2023·广东深圳·校联考三模)中华文明源远流长，如图①是汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的图形，人们称之为赵爽弦图，被誉为中国数学界的图腾．2002年北京国际数学家大会依据赵爽弦图制作了会标，该图有4个全等的直角三角形围成几个大正方形和中间一个小正方形，巧妙的证明了勾股定理．问题发现：如图①，若直角三角形的直角边BC=3，斜边AB=5，则中间小正方形的边长CD=，连接BD，△ABD的面积为．知识迁移：如图②，P是正方形ABCD内一点，连接PA，PB，PC，当∠BPC=90°，BP=10时，△PAB的面积为．拓展延伸：如图③，已知∠MBN=90°，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交射线BM，BN分别于A，C两点．(1)已知D为线段AB上一个动点，连接CD，过点B作BE⊥CD，垂足为点E；在CE上取一点F，使EF=BE；过点F作GF⊥CD交BC于点G，试判断三条线段BE，DE，GF之间的数量关系，并说明理由．(2)在(1)的条件下，若D为射线BM上一个动点，F为射线EC上一点；当AB=10，CF=2时，直接写出线段DE的长．三角形中的重要模型-弦图模型、勾股树模型赵爽弦图分为内弦图与外弦图，是中国古代数学家赵爽发现，既可以证明勾股定理，也可以以此命题，相关的题目有一定的难度，但解题方法也常常是不唯一的。

2024高三语病修改专题训练(学生版)1.【2023深圳二模】这趟开往太行山深处的绿皮慢火车，时速不到45公里，大约10分钟就停靠一次，貌似与追求高速度、高效率的“高铁时代”格格不入。

但在山高路险的偏远山区，却是当地不可或缺的交通工具。

这趟火车每逢村庄必作为停靠站，乘客又允许先上车后买票，所以被村民们亲切地称之为“铁公交”。

村民只要花费很少的钱，就可以把大山里的蔬果、家禽等运到大山外的集市，既增加收入又开阔眼界，在勤劳致富的道路上又向前迈进一步。

文中画波浪线的句子有语病，请进行修改，使语言表达准确流畅。

可少量增删词语，不得改变原意。

（3分）2.【2023福建莆田四模】广东潮州花灯乡土气息浓厚，工艺繁复，无论是屏灯还是挂灯，皆精巧多样、内涵丰富……这些制作精细的花灯，是列入我国非物质文化遗产的重要组成部分，在增强文化自信、促进文化交流等方面发挥起了积极作用。

文中画波浪线的句子有语病，请进行修改，使语言表达准确流畅。

可少量增删词语，不得改变原意。

（4分）3.【2023福建三明三模】在《国家记忆》一书中，微笑弥漫在许多画面中。

那是什么年代？轰炸机像雨季不散的乌云一样，到处是炮火硝烟，餐桌旁边有人随时死去，但人们在微笑。

文中画横线的句子有语病，请进行修改。

（4分）4.【浙江温州三模】楚辞是在楚国民歌的基础上，经过加工、提炼而发展起来的楚国地方特色，屈原及其后学宋玉是楚辞最主要的创作者，与《诗经》迥然不同。

文中画横线的句子有语病，下列修改最恰当的一项是( )A.由屈原及其后学宋玉等人创作的楚辞，是在楚国民歌的基础上，经过加工、提炼而发展起来的楚国地方特色，风格与《诗经》迥然不同。

B.楚辞是在楚国民歌的基础上经过加工、提炼而发展起来的诗歌体裁，屈原及其后学宋玉是其最主要的创作者，楚辞与《诗经》迥然不同。

C.屈原及其后学宋玉等楚辞的主要创作者经过对楚国民歌的加工、提炼，有着浓郁楚国地方特色的楚辞发展起来了，与《诗经》迥然不同。

潮州市2018年高考第二次模拟考试语文本试卷满分150分，考试时间150分钟。

一、现代文阅读（35分）㈠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。

①纪元前后，世界有两个中心：罗马帝国与秦汉帝国。

公元前331年，亚历山大东征到兴都库什山（在今阿富汗境内），在那里建立了“极远的亚历山大城”。

此后的希腊化时代，从地中海到伊朗高原，以亚历山大亚里（在埃及的尼罗河口）为中心形成了一个相对一体化的世界，一个世纪以后，在东方，秦始皇统一六国，书同文，车同轨，华夏九州也建成了一个政治文化一体化的世界。

在这两个世界中间，横亘看从小兴安岭到喜马拉雅山脉的一系列隆起的大山，像一道由雪峰和高山组成的天然屏障，只有一些险隘的山口，维持着两个世界间微弱的交通。

中华国由秦入汉后，开始向西北扩张，一直扩张到中亚。

于是，两个世界中心——长安和罗马，借助丝绸之路开始了频繁的交流沟通。

此后就是漫长的20个世纪。

罗马帝国分裂之后，再也没能在旧址上重建，而中华帝国则由秦汉、隋唐、宋元，一直到明清，其间虽有阶段性的分裂动乱，但广土众民、天下一统、思想一贯，则是现实中的常态。

从张骞出使西域到马戛尔尼出使中国，这20个世纪是“世界走向中国”的时代。

②如果说秦汉帝国只是当时世界的两个中心之一，那么后来的盛世大唐则是当时世界的中心。

罗马帝国衰败以后，再也没有复原，而秦汉帝国的遗产被完整地继承下来。

经过近四个世纪的战乱之后，隋唐重新统一了中华，在秦汉帝国的版图上重建了一个胡汉混血的世界帝国。

长安再次成为世界之都。

于是，四邻番邦归附贡献，万里商贾远来贸易；波斯的流亡贵族、大食的商人教士、日本的留学生、东非或爪哇的“昆仑奴”和睦居住在同一座都市里；吐蕃的马匹，阿拉伯的鸵鸟，天竺的孔雀，波斯的铜器，爪哇的犀牛，高丽的贡纸，井然陈列在同一处市面上；佛教徒、道教徒、景教徒、摩尼教徒、拜火教徒与前来避难的伊斯兰教徒在毗邻的寺庙里相安礼拜。

2022年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（二）语文本试卷共10页，23小题，满分150分。

考试用时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：古代以王畿为中心，按相等远近作正方形或圆形边界，依次划分区域为“甸服”“侯服”“宾服”“要服”“荒服”，合称“五服”。

《荀子·正论篇》云：“封内甸服，封外侯服，侯卫宾服，蛮夷要服，戎狄荒服。

”《国语·周语》载：“夫先王之制，邦内甸服，邦外侯服，侯卫宾服，蛮夷要服，戎狄荒服。

”“五服”之分，置蛮夷于“要服”，与实际情况不符。

岭南属于蛮夷之区，其所在地区应为“荒服”。

“荒服”距离王畿二千五百里，最为遥远。

《尚书·禹贡》云：“五百里荒服。

”《礼记·王制》云：“中国戎夷，五方之民，皆有性也，不可推移。

东方曰夷，被发文身，有不火食者矣；南方曰蛮，雕题交趾，有不火食者矣：西方曰戎，被发衣皮，有不粒食者矣；北方曰狄，衣羽毛穴居，有不粒食者矣。

中国、夷、蛮、戎、狄，皆有安居，和味宜服，利用备器，五方之民言语不通，嗜欲不同。

”在诸夏看来，中原（即中国）居天地之中，风土最佳，为文明的诸夏所居；东、南、西、北四方为非边缘，风土各有欠缺，为野蛮的蛮、夷、戎、狄所居，他们的气性、语言、衣服、器用等均不同于中原。

这实际上是一种从地域和民族上划分中心与边缘、自我与他者的做法。

这种建立在空间距离和华夷之辨上的划分，其实也是政治经济权利的划分。

《史记·五帝本纪》云：“方五千里，至于荒服。

南抚交阯、北发，西戎、析枝、渠廋、氐、羌，北山戎、发、息慎、东长、鸟夷，四海之内咸戴帝舜之功。

于是禹乃兴《九招》之乐，致异物，凤皇来翔。

”将荒服地区纳入王土，其目的是为了“致异物”，即招致各方不同物产入贡。

这不仅是一种物质上的需要，同时也是一种意识形态的需要，即中央政权通过罗致异物显示四方来朝，而地方政权通过贡物表达对中央政权的承认。

2020年广东省潮州市高考数学二模试卷（理科）一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合S ={x|x −1>0}，T ={x|x 2<5x}，则S ∩T =( )A. (−1,5)B. (−∞,1)C. (−1,0)D. (1,5)2. 已知复数z 1对应复平面上的点(−1,1)，复数z 2满足z 1z 2=−2，则|z 2|=( )A. √2B. 2C. √10D. 103. 在边长为4的等边△ABC 中，M ，N 分别为BC ，AC 的中点，则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. −6 B. 6 C. 0D. −324. 一个三位数的百位，十位，个位上的数字依次是a ，b ，c(a ≠b ≠c)，当且仅当a >b 且c >b 时称为“凹数”，若a ，b ，c ∈{1,2，3，4}，从这些三位数中任取一个，则它为“凹数”的概率是( )A. 13B. 532C. 732D. 7125. 若直线2ax −by +2=0(a >0,b >0)过圆x 2+y 2+2x −4y +1=0的圆心，则9a +1b 的最小值是( )A. 16B. 10C. 12D. 146. 函数f(x)=e x −e −xx 2的图象大致为( )A.B.C.D.7. 已知数列{a n }满足：a 1=12，a n+1=a n +12n (n ∈N ∗)，则a 2020=( )A. 1−12B. 1−12C. 32−12D. 32−128. 如图的折线图为某小区小型超市今年一月份到五月份的营业额和支出数据(利润=营业额−支出)，根据折线图，下列说法中错误的是( )A. 该超市这五个月中的营业额一直在增长B. 该超市这五个月的利润一直在增长C. 该超市这五个月中五月份的利润最高D. 该超市这五个月中的营业额和支出呈正相关．9. 已知函数f(x)=sin(ωx +π3)，f(x)≤f(π9)对任意x ∈R 恒成立，则ω可以是( )A. 1B. 32C. 152D. 1210. 在三棱锥P −ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC =2π3，AP =4，AB =AC =2√3，则三棱锥P −ABC 的外接球的体积为( )A.64π3B. 64πC.256π3D. 256π11. 已知F 为双曲线C ：x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的左焦点，直线l 经过点F ，若点A(a,0)，B(0,b)关于直线l对称，则双曲线C 的离心率为( ) A. √3+12B. √2+12C. √3+1D. √2+112. 已知函数f(x)={2x (x 2+m)−1,0≤x ≤12x+1−(x 2+m)−1,−1≤x <0，若在区间[−1,1]上方程f(x)=0只有一个解，则实数m的取值范围为( )A. {m|−1≤m <−12，或m =12} B. {m|−1≤m <−12，或m =1} C. {m|−1≤m ≤−12，或m =1}D. {m|−1≤m <12，或m =1}二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. {a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，a 2+a 3+a 4=15，a 1+a 4+a 7=0，S n 的最大值为______． 14. (9x +3−x )6的展开式的常数项是______．15.已知直线2x+y−4=0经过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F2，且与椭圆在第一象限的交点为A，与y轴的交点为B，F1是椭圆的左焦点，且|AB|=|AF1|，则椭圆的方程为______．16.如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，AD//BC，AB=BC=12AD=1，点E是线段CD上异于点C，D 的动点，EF⊥AD于点F，将△DEF沿EF折起到△PEF的位置，并使PF⊥AF，则五棱锥P−ABCEF的体积的取值范围为______．三、解答题（本大题共7小题，共70.0分）17.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为b23sinB．(1)求sin A sin C；(2)若cosAcosC=16，b=3，求a+c的值．18.如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，E为PD中点，AD=2．(1)求证：平面AEC⊥平面PCD；(2)若二面角A−PC−D的平面角大小θ满足cosθ=√24，求线段AB的长．19. 在我国，大学生就业压力日益严峻，伴随着政府政策引导与社会观念的转变，大学生创业意识，就业方向也悄然发生转变．某大学生在国家提供的税收，担保贷款等很多方面的政策扶持下选择加盟某专营店自主创业，该专营店统计了近五年来创收利润数y i (单位：万元)与时间t i (单位：年)的数据，列表如下：t i 12345y i2.42.74.16.47.9(1)依据表中给出的数据，是否可用线性回归模型拟合y 与t 的关系，请计算相关系数r 并加以说明(计算结果精确到0.01).(若|r|>0.75，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合) 附：相关系数公式：r =n i=1i −i −√∑(i=1t i −t −)2√∑(i=1y i −y −)2=i n i=1i −nt·y√∑(i=1t i −t −)2√∑(i=1y i −y −)2参考数据：√56.95≈7.547，∑t i 5i=1y i =85.2，√∑(5i=1y i −y −)2=√22.78．(2)该专营店为吸引顾客，特推出两种促销方案． 方案一：每满500元可减50元；方案二：每满500元可抽奖一次，每次中奖的概率都为25，中奖就可以获得100元现金奖励，假设顾客每次抽奖的结果相互独立．①某位顾客购买了1050元的产品、该顾客选择参加两次抽奖，求该顾客换得100元现金奖励的概率． ②某位顾客购买了2000元的产品，作为专营店老板，是希望该顾客直接选择返现200元现金，还是选择参加四次抽奖？说明理由．20. 已知函数f(x)=lnx+1e x(e =2.71828…是自然对数的底数)．(1)求f(x)的单调区间；(2)记g(x)=ln(x +1)⋅e x ⋅f′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对∀x >0，g(x)<76．21. 已知曲线C 上任意一点M 到点F(0,1)的距离比它到直线l ：y =−2的距离小1．(1)求曲线C 的方程；(2)过点P(2,2)的且斜率不为零的直线m 与曲线C 交于A ，B 两点，设AP −=λPB −，当△AOB(O 为坐标原点)的面积为4√2时，求λ的值．22. 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =2costy =2+2sint (t 为参数).以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ=4cosθ． (1)求曲线C 1的极坐标方程；(ρ≥0)与曲线C1，C2分别交于A，B两点(异于原点O)，定点M(2,0)，求△MAB的面积．(2)射线θ=π323.设函数f(x)=|x−1|，g(x)=2|x+a|．(I)当a=1时，求不等式f(x)−g(x)>1的解集；(II)若关于x的不等式2f(x)+g(x)≤(a+1)2有解，求a的取值范围．答案和解析1.【答案】D【解析】解：S ={x|x >1}，T ={x|0<x <5}； ∴S ∩T =(1,5)． 故选：D ．先求出集合S ={x|x >1}，T ={x|0<x <5}，然后进行交集的运算即可． 本题主要考查描述法表示集合，以及交集的概念及运算．2.【答案】A【解析】解：由题意，z 1=−1+i ，又z 1z 2=−2， ∴z 2=−2z 1=−2−1+i =−2(−1−i)(−1+i)(−1−i)=1+i ．∴|z 2|=√2． 故选：A ．由已知求得z 1，代入z 1z 2=−2，变形后利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解． 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数模的求法，是基础题．3.【答案】A【解析】解：由图可知：|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =4×4×12=8， AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )，MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(−12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=−14(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=−14(16+8)=−6， 故选：A ．由向量的线性运算及平面向量数量积的运算，求解即可． 本题考查了向量的线性运算及平面向量数量积的运算，属基础题．4.【答案】A【解析】解：依题意，a ≠b ≠c ，故所有的基本事件的个数为A 43=24个，设事件A 表示“从这些三位数中任取一个，则它为“凹数””，则事件A 包含的基本事件的个数为：C 43×A 22=8个，所以从这些三位数中任取一个，则它为“凹数”的概率为P(A)=824=13．故选：A．设事件A表示：从这些三位数中任取一个，则它为“凹数”，则事件A包含的基本事件的个数为：C43×A22=8个，又基本事件的总数为A43=24个，代入古典概型的概率公式即可．本题考查了古典概型的概率求法，计数原理．考查分析解决问题的能力和计算能力，属于基础题．5.【答案】A【解析】【分析】本题考查了圆的一般方程，利用基本不等式求最值，属于中档题．根据题意，可得a+b=1，利用基本不等式即可得解．【解答】解：由题意，可得圆x2+y2+2x−4y+1=0的圆心(−1,2)，故−2a−2b+2=0，即a+b=1，(a>0,b>0)，则9a +1b=(9a+1b)(a+b)=10+9ba +ab≥10+2√9ba⋅ab=16，当且仅当9ba =ab且a+b=1，即b=14，a=34时取等号，所以9a +1b的最小值是16，故选：A．6.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查函数图象的识别和判断判断函数的奇偶性和对称性，利用极限思想进行判断排除即可．【解答】解：函数的定义域为{x|x≠0}，f(−x)=e−x−e xx2=−f(x)，则函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除A，当x→+∞，f(x)→+∞排除C，D，故选：B．7.【答案】C【解析】解：数列{a n }满足：a 1=12，a n+1=a n +12n (n ∈N ⋅)， 即a n+1−a n =12n ， 所以a 2−a 1=12， a 3−a 2=122， a 4−a 3=123，…a 2020−a 2019=122019，累加可得：a 2020−a 1=12+12+12+⋯+12 =12(1−(12)2019)1−12=1−122019．a 2020=32−122019．故选：C ．通过数列的递推关系式，利用累加法转化求解即可．本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查计算能力．8.【答案】B【解析】解：由图表数据可知： 选项A ，C ，D 正确，对于选项B ，1∼5五个月的利润为0.5，0.7，0.8，0.5，1， 即该超市这五个月的利润一直在增长是错误的， 故选：B ．先阅读题意，再分析折线图信息逐一判断即可得解． 本题考查了阅读能力及折线图，属简单题．9.【答案】B【解析】解：函数f(x)=sin(ωx +π3)，f(x)≤f(π9)对任意x ∈R 恒成立， 所以f(π9)=1，即sin(π9ω+π3)=1，可得π9ω+π3=π2+2kπ，k ∈Z ， 解得：ω=18k +32，k ∈Z ， 当k =0时，可得ω=32． 故选：B ．根据题意，f(x)≤f(π9)对任意x ∈R 恒成立，即可得f(π9)=1，进而由π9ω+π3=π2+2kπ，k ∈Z ，即可求得ω=18k +32，k ∈Z ，当k =0时，可得ω=32．本题考查正弦函数的最大值，考查转化思想以及计算能力．10.【答案】C【解析】解：如图，由题意，∠BAC =2π3，AB =AC =2√3，故∠ABC =ACB =π6；△ABC 的外接圆的半径r =2√32sin π6=2√3．∵PA ⊥平面ABC ，且PA =4，∴三棱锥P −ABC 的外接球的半径R 满足R 2=(PA2)2+r 2=16⇒R =4． ∴三棱锥P −ABC 的外接球的体积为4π3⋅R 3=2563π.故选：C ．由题意画出图形，求出底面三角形ABC 的外接圆的半径，进一步求得三棱锥P −ABC 的外接球的半径，再由球的体积公式求解．本题考查多面体外接球体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．11.【答案】C【解析】【分析】由题意可得直线l为AB的垂直平分线，运用中点坐标公式和垂直的条件，可得l的方程，令y=0，可得左焦点的横坐标，结合双曲线的a，b，c的关系和离心率公式，可得e的方程，解方程可得离心率．本题考查双曲线的离心率的求法，考查线段的垂直平分线方程，以及化简整理的运算能力，属于中档题．【解答】解：点A(a,0)，B(0,b)关于直线l对称，可得直线l为AB的垂直平分线，AB的中点为(a2,b2)，AB的斜率为−ba，可得直线l的方程为y−b2=ab(x−a2)，令y=0，可得x=12a−b22a，由题意可得−c=12a−b22a，即有a(a+2c)=b2=c2−a2，由e=ca，可得e2−2e−2=0，解得e=1+√3(e=1−√3舍去)，故选：C．12.【答案】B【解析】解：当0≤x≤1时，f(x)=0只有一解，即2x(x2+m)−1=0只有一解，即m=(12)x−x2，令g(x)=(12)x−x2，在(0,1)上单调递减，g(0)=1，g(1)=−12．所以实数m的取值范围A={x|−12≤m≤1}，当−1≤x<0时，f(x)=0只有一解，即2x+1−(x2+m)−1=0只有一解，即m=2x−x2−1，令ℎ(x)=2x−x2−1在(−1,0)上单调递增，ℎ(0)=1，ℎ(−1)=−1．所以实数m的取值范围B={x|−1≤m<1}，若在区间[−1,1]上方程f(x)=0只有一个解，则实数m的取值范围为C A∪B(A∩B)={x|−1≤m<−12或m=1}故选：B．分两种情况当0≤x≤1时，当−1≤x<0时，f(x)=0只有一解时，实数m的取值范围A，B，若在区间[−1,1]上方程f(x)=0只有一个解，则实数m的取值范围为C A∪B(A∩B)，即可得出答案．本题考查方程与函数之间的转化，关键是利用集合思想解决问题，属于中档题．13.【答案】30【解析】解：∵{a n}是等差数列，其前n项和为S n，∵a2+a3+a4=15=3(a1+d)+3×22d，a1+a4+a7=0=3a1+3×22×3d，∴a1=15，d=−5，S n=15n+n⋅(n−1)2⋅(−5)=−52⋅n2+35n2=−52n(n−7)，故当n=3，或n=4时，S n取得最大值为30，故答案为：30．由题意利用等差数列的性质、前n项和公式求得S n的解析式，再利用二次函数的性质求得它的最大值．本题主要考查等差数列的性质、前n项和公式，二次函数的性质，属于基础题．14.【答案】15【解析】解：通项公式T r+1=∁6r(9x)6−r⋅(3−x)r=∁6r(3x)12−3r，令12−3r=0，解得r=4．∴常数项=∁64=15．故答案为：15．利用通项公式即可得出．本题考查了二项式的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15.【答案】x25+y2=1【解析】解：由题意直线2x+y−4=0经过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F2，令y=0可得x=2，所以右焦点F2(2,0)，即c=2，左焦点F1(−2,0)，由题意令x =0，可得y =4，所以B(0,4)所以线段BF 1的中点C(−1,2)，直线BF 1的斜率为4−00−(−2)=2，所以线段BF 1的中垂线方程为：y −2=−12(x +1)，即x +2y −3=0， 因为|AB|=|AF 1|，所以线段BF 1的中垂线过A 点，所以A 为{x +2y −3=02x +y −4=0的交点，解得x =53，y =23，即A(53,23)，而A 在椭圆上，所以{259a 2+49b 2=1c 2=a 2−b 2c =2解得：a 2=5，b 2=1，所以椭圆的方程为：x 25+y 2=1，故答案为：x 25+y 2=1．由题意可得焦点F 1，F 2的坐标及B 的坐标，求出线段BF 1的中垂线的方程，由|AB|=|AF 1|可得A 为线段BF 1的中垂线与直线BF 2的交点，进而求出A 的坐标，由于A 在椭圆上，代入椭圆的方程，再由a ，b ，c 之间的关系求出a ，b 的值，进而求出椭圆的方程．本题考查椭圆的性质及中垂线方程的求法，属于中档题．16.【答案】(0,13)【解析】 【分析】本题考查了棱锥的体积计算，属于中档题．设PF =x ，得出棱锥的体积V 关于x 的函数，再根据函数单调性和x 的范围得出结论． 【解答】解：∵PF ⊥AF ，PF ⊥EF ，AF ∩EF =F ， ∴PF ⊥平面ABCD ．设PF =x ，则0<x <1，且EF =DF =x ．∴五边形ABCEF 的面积为S =S 梯形ABCD −S △DEF =12×(1+2)×1−12x 2=12(3−x 2). ∴五棱锥P −ABCEF 的体积V =13×12(3−x 2)x =16(3x −x 3)， 设f(x)=16(3x −x 3)，则f′(x)=16(3−3x 2)=12(1−x 2)， ∴当0<x <1时，f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)上单调递增，又f(0)=0，f(1)=13． ∴五棱锥P −ABCEF 的体积的范围是(0,13).故答案为(0,13)．17.【答案】解：(1)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，∵△ABC 的面积为b 23sinB，∴12ac ⋅sinB =b 23sinB，即2b 2=3ac ⋅sinBsinB ．再利用正弦定理可得2sin 2B =3sinAsinC ⋅sin 2B ， 因为sinB >0， ∴sinAsinC =23．(2)cosAcosC =16，b =3，sinAsinC =23，∴cosAcosC −sinAsinC =−12=cos(A +C)=−cosB ，∴cosB =12，∴B =π3．由正弦定理，asinA =bsinB =c sinC =2R =2√3， ∴sinAsinC =a2R ⋅c2R =ac4R 2=ac12=23，ac =8，再根据余弦定理，b 2=9=a 2+c 2−2ac ⋅cosB =(a +c)2−3ac ， ∴(a +c)2=9+3ac =33，∴a +c =√33．【解析】(1)由题意利用正弦定理求得sin A sin C 的值．(2)由题意利用两角差的余弦公式求得cos B 的值，可得B 的值，再利用正弦定理求得ac 的值，利用余弦定理求得a +c 的值．本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，属于中档题．18.【答案】解：(1)取AD 的中点O ，∵侧面PAD 为正三角形，∴OP ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，OP ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，∴OP ⊥平面ABCD ， 如图所示，以O 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =a ，则A(1,0，0)，C(−1,a ，0)，D(−1,0，0)，P(0,0，√3)，E(−12,0，√32)，∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−32,0,√32)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a,0)，DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3)，∴{AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =−32+√32×√3=0AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即AE ⊥DP ，AE ⊥DC ，∵DP 、DC ⊂平面PCD ，且DP ∩DC =D ，∴AE ⊥平面PCD ， 又AE ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面PCD ．(2)由(1)可知，AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,a,0)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,√3)，平面PCD 的法向量为AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−32,0,√32)， 设平面APC 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y,z)，则{m ⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗⃗ ⋅AP⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{−2x +ay =0−x +√3z =0，令x =1，则y =2a ，z =√33，∴m ⃗⃗⃗ =(1,2a ,√33)， ∴cos <m ⃗⃗⃗ ,AE⃗⃗⃗⃗⃗ >=m⃗⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|AE⃗⃗⃗⃗⃗ |=−32+√32×√33√43+4a 2×√3=√43+4a 2×√3，由题可知，二面角A −PC −D 的平面角为锐角， ∴cosθ=√24=√3+a 2×√3，解得a =√3或−√3(舍负)，∴线段AB 的长为√3．【解析】(1)取AD 的中点O ，利用面面垂直的性质可证得OP ⊥平面ABCD ，于是可以O 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =a ，利用空间向量数量积可证得AE ⊥DP ，AE ⊥DC ，再结合线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证；(2)由(1)可知，平面PCD 的法向量为AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，根据平面法向量的性质可求得平面APC 的法向量m ⃗⃗⃗ ，利用空间向量数量积可用含a 的式子表示出向量m ⃗⃗⃗ 和AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角，从而建立关于a 的方程，解之即可．本题考查空间向量在立体几何中的应用，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．19.【答案】解：(1)由题知，t −=15(1+2+3+4+5)=3，y −=15(2.4+2.7+4.1+6.4+7.9)=4.7，∑t i 5i=1y i =85.2，√∑(5i=1t i −t −)2=√10，√∑(5i=1y i −y −)2=√22.78．则r =i n i=1i −nt·y√∑(i=1t i −t −)2√∑(i=1y i −y )2=√227.8=2√56.95≈14.715.094≈0.97>0.75．故y与t的线性相关程度很高，可以用线性回归方程拟合；(2)①顾客选择参加两次抽奖，设他获得100元现金奖励为事件A，P(A)=C21×25×35=1225；②设X表示顾客在四次抽奖中中奖的次数，由于顾客每次抽奖的结果相互独立，则X～B(4,25)，∴E(X)=np=4×25=1.6．由于顾客每中一次可获得100元现金奖励，因此顾客在四次抽奖中可获得的奖励金额的均值为1.6×100=160．由于顾客参加四次抽奖获得现金奖励的均值160小于直接返现的200元现金，故专营店老板希望该顾客选择参加四次抽奖．【解析】(1)由已知求得t−与y−，再由已知结合相关系数公式求得r，与0.75比较大小得结论；(2)①直接由相互独立事件的概率公式求解；②设X表示顾客在四次抽奖中中奖的次数，由于顾客每次抽奖的结果相互独立，则X～B(4,25)，由二项分布的期望公式求得期望，可得顾客在四次抽奖中可获得的奖励金额的均值为1.6×100=160，与200比较大小得结论．本题考查线性相关系数的求法，考查独立重复试验与二项分布，考查计算能力，是中档题．20.【答案】解：(1)函数的定义域为(0,+∞)，f′(x)=1x−lnx−1e x，设k(x)=1x −lnx−1，则k′(x)=−1x2−1x<0，即k(x)在(0,+∞)上单调递减．由k(1)=0可知，当0<x<1时，k(x)>0，f′(x)>0；当x>1时，k(x)<0，f′(x)<0．∴f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1,+∞)．(2)证明：g(x)=ln(x+1)⋅e x⋅f′(x)=(1x−lnx−1)⋅ln(x+1)，由(1)知，当0<x<1时，1x −lnx−1>0；当x≥1时，1x−lnx−1≤0．①当x≥1时，ln(x+1)≥ln2>0，∴g(x)≤0<76成立．②当0<x<1时，设ℎ(x)=ln(x+1)−x，则ℎ′(x)=1x+1−1=−xx+1<0，∴ℎ(x)在(0,1)上单调递减，ℎ(x)<ℎ(0)=0，即ln(x+1)<x，∵1x −lnx−1>0，∴g(x)=(1x−lnx−1)⋅ln(x+1)<(1x−lnx−1)⋅x，令H(x)=(1x−lnx−1)⋅x=1−xlnx−x，x∈(0,1)，则H′(x)=−lnx−2，当0<x<e−2时，H′(x)>0，H(x)单调递增；当e −2<x <1时，H′(x)<0，H(x)单调递减，∴H(x)max =H(e −2)=1−e −2⋅lne −2−e −2=1+e −2<76，即g(x)<H(x)<76．综上所述，对∀x >0，g(x)<76．【解析】(1)函数的定义域为(0,+∞)，f′(x)=1x−lnx−1e x，设k(x)=1x −lnx −1，易证k(x)在(0,+∞)上单调递减，结合k(1)=0，可推出k(x)与0的大小关系，从而得f′(x)的正负性，进而得函数f(x)的单调性．(2)g(x)=(1x −lnx −1)⋅ln(x +1)，由(1)知，当0<x <1时，1x −lnx −1>0；当x ≥1时，1x −lnx −1≤0.然后分两类：x ≥1和0<x <1，证明g(x)<76即可；其中在第二种情形下，需要两次构造新函数，先证明ln(x +1)<x ，将问题转化为g(x)<(1x −lnx −1)⋅x ，再证明(1x −lnx −1)⋅x <76即可．本题考查利用导数研究函数的单调性、恒成立问题，解题中需要多次构造新函数，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于难题．21.【答案】解：(1)∵点M 到点F(0,1)的距离比它到直线l ：y =−2的距离小于1，∴点M 在直线l 的上方，点M 到F(1,0)的距离与它到直线l′：y =−1的距离相等， ∴点M 的轨迹C 是以F 为焦点，l′为准线的抛物线， 所以曲线C 的方程为x 2=4y ．(2)当直线m 的斜率不存在时，它与曲线C 只有一个交点，不合题意， 设直线m 的方程为y −2=k(x −2)，即y =kx +(2−2k)， 代入x 2=4y ，得x 2−4kx +8(k −1)=0，(∗) △=16(k 2−2k +2)>0对k ∈R 恒成立， 所以，直线m 与曲线C 恒有两个不同的交点， 设交点A ，B 的坐标分别为A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 则x 1+x 2=4k ，x 1x 2=8(k −1)，∵|AB|=√(x 2−x 1)2+(y 2−y 1)2 =√(1+k 2)[(x 2+x 1)−4x 2x 1]=4√(1+k 2)(k 2−2k +2)， 点O 到直线m 的距离d =√1+k 2，∴S △ABO =12|AB|⋅d=4|k −1|⋅√k 2−2k +2=4√(k −1)4+(k −1)2，∵S △ABO =4√2，∴4√(k −1)4+(k −1)2=4√2， ∴(k −1)4+(k −1)2−2=0，∴(k −1)2=1，或(k −1)2=−2(舍去)，∴k =0，或k =2． 当k =0时，方程(∗)的解为±2√2， 若x 1=2√2，x 2=−2√2，则λ=√22√2−2=3−2√2，若x 1=−2√2,x 2=2√2，则λ=√22√2−2=3+2√2，当k =2时，方程(∗)的解为4±2√2， 若x 1=4+2√2，x 2=4−2√2，则λ=√22−2√2=3+2√2， 若x 1=4−2√2，x 2=4+2√2，则λ=√22+2√2=3−2√2，所以，λ=3+2√2，或λ=3−2√2．【解析】(1)由题设知：点M 的轨迹C 是以F 为焦点，l′为准线的抛物线，由此能求出曲线C 的方程． (2)设直线m 的方程为y =kx +(2−2k)，代入x 2=4y ，得x 2−4kx +8(k −1)=0，由△=16(k 2−2k +2)>0对k ∈R 恒成立，知直线m 与曲线C 恒有两个不同的交点，再由韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式，利用AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ 、△AOB 的面积为4√2，能求出λ的值．本题考查曲线方程的求法，考查实数的取值范围的求法．解题时要认真审题，注意抛物线的简单性质、直线与圆锥曲线的位置关系、韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式等知识点的灵活运用．22.【答案】解：(1)曲线C 1的参数方程为{x =2costy =2+2sint (t 为参数).转换为直角坐标方程为：x 2+(y −2)2=4，转换为极坐标方程为ρ=4sinθ．(2)射线θ=π3(ρ≥0)与曲线C 1，C 2分别交于A ，B 两点 所以{θ=π3ρ=4sinθ，解得ρ1=2√3， 同理{θ=π3ρ=4cosθ，解得ρ2=2，所以|AB|=ρ1−ρ2=2√3−2．把极坐标方程θ=π3转换为直角坐标方程为y =√3x ． 利用点(2,0)到直线y =√3x 的距离d =√3√(√3)2+12=√3，所以S △ABC =12×(2√3−2)×√3=3−√3．【解析】(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． (2)利用极径的应用和点到直线的距离公式的应用和三角形的面积公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23.【答案】解：(I)当a =1时，f(x)−g(x)>1，即|x −1|−2|x +1|>1，即{x ≤−1−x +1+2(x +1)>1或{−1<x ≤1−x +1−2(x +1)>1或{x >1x −1−2(x +1)>1， 所以−2<x ≤−1或−1<x <−23， 所以原不等式的解集为(−2,−23)；(II)2f(x)+g(x)=2|x −1|+2|x +a|=|2x −2|+|2x +2a|≥|2x −2−2x −2a|=|2a +2|， 因为不等式2f(x)+g(x)≤(a +1)2有解， 所以|2a +2|≤(a +1)2，即|a +1|≥2， 所以a 的取值范围是(−∞,−3]∪[1,+∞)∪{−1}．【解析】(Ⅰ)代入a 的值，通过讨论x 的范围，求出不等式组的解集即可； (Ⅱ)求出2f(x)+g(x)的表达式，得到关于a 的不等式，解出即可．本题考查了解绝对值不等式问题，考查分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．。

专题09 爱莲说（2023·湖南怀化·统考中考真题）阅读下面两篇文章，完成下面小题。

【甲文】爱莲说（宋）周敦颐水陆草木之花，可爱者甚蕃。

晋陶渊明独爱菊。

自李唐来，世人甚爱牡丹。

予独爱莲之出淤泥而不染，濯．清涟而不妖，中通外直，不蔓不枝，香远益清，亭亭净植，可远观而不可亵玩焉。

子谓菊，花之隐逸者也；牡丹，花之富贵者也；莲，花之君子者也。

噫！菊之爱，陶后鲜．有闻。

莲之爱，同予者何人？牡丹之爱，宜乎众矣！【乙文】君子亭记（明）王守仁阳明子①既为何陋轩，复因轩之前营，架楹为亭，环植以竹，而名之曰“君子”。

曰：“竹有君子之道四焉，中虚而静，通而有间，有君子之德。

外坚而直，贯四时．．而柯叶无所改，有君子之操。

应蛰②而出，遇伏③而隐，雨雪晦明，无所不宜，有君子之明。

清风时至，玉声珊然，中采齐而协肆夏，揖逊俯仰，若洙、泗④群贤之交集；风止籁静，挺然特立，不挠不屈，若虞廷群后端冕正笏⑤，而列于堂隆之侧，有君子之容。

竹有是四者，而以‘君子’名，不愧于其名；吾受有竹焉而因以竹名名不愧于吾亭。

”（节选自《王阳明散文选译》）【注】①阳明子：即王守仁，明代哲学家，被贬至贵州龙场，自建居所，命名为何陋轩。

②蛰：二十四节气之“惊蛰”。

③伏：暑天。

④洙、泗：二水名，流经山东曲阜，孔子与弟子习礼之地。

⑤正笏：恭敬地拿着上朝的笏板。

1．用“/”给乙文划波浪线的句子断句。

（限两处）吾亭有竹焉而因以竹名名不愧于吾亭2．下列加点字词的解释有误的一项是（）A．濯．清涟而不妖（洗）B．贯四时．．而柯叶无所改（四季）C．陶后鲜．有闻（新鲜）D．无所不宜．（合适）3．用现代汉语翻译文中划横线的句子。

（1）香远益清，亭亭净植（2）竹有是四者，而以‘君子’名，不愧于其名4．甲乙两文都提到了君子，请用自己的语言谈一谈你心目中的君子应该具备哪些美好品质。

（至少提出三点）【答案】1．吾亭有竹焉/而因以竹名/名不愧于吾亭 2．C 3．（1）香气传播更加清香，笔直洁净地竖立在水中。

第23讲城镇化（2023·山西晋中·统考模拟预测）下图是我国312个城市2020年与2010年城镇及乡村人口数据比较得到的变化率，其中横轴为城镇人口的变化比例，纵轴为乡村人口的变化比例。

据此完成下面小题。

1．图示信息反映出我国（）A．大多数城市正经历快速的城市化过程B．所有城市的城镇人口增加C．多数城市的乡村人口转变为城镇人口D．少数城市的乡村人口减少2．资源枯竭型城市最可能位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】1．A 2．C【解析】1．城市常住人口的组成中既包括城镇人口也包括乡村人口（农民工）。

据图文材料可知，与2010年相比，2020年大多数城市表现为城镇人口增加，乡村人口减少，大多数城市城镇人口占总人口的比重上升，正在经历快速城市化的过程，A正确；大多数城市（不是所有）城镇人口增加，B错误；无法确定城镇增加的人口数是由乡村人口转变而来的，C错误；大多数城市的乡村人口减少，D错误。

故选A。

2．资源枯竭型城市，由于就业机会减少，对人口的吸引力减弱，人口外流，对应乡村人口和城镇人口数均减小的第三象限，C正确，ABD错误。

故选C。

【点睛】城市化又称城镇化、都市化，是指人口向城市聚集、城市规模扩大以及由此引起一系列经济社会变化的过程，其实本质是经济结构、社会结构和空间结构的变迁。

（2023·江苏·模拟预测）半城市化是指城市核心建成区外围的农村在经济、社会和空间，上逐渐向城市转变的过程，识别指标有人口密度、建设用地占比等。

这一现象以特大城市郊区最为典型。

下图为2005~2015年杭州半城市化与城市地区的常住人口、建设用地增长率分布示意图。

据此完成下面小题。

3．杭州半城市化地区（）A．建设用地增长低于城市地区B．人口增长全部快于城市地区C．人口增长由中心向边缘递减D．建设用地增长快于人口增长4．杭州部分半城市化地区没有快速转变为完全城市化地区，可能是（）A．区域的产业空心化B．农村一二三产融合C．生态环境质量下降D．建设用地严重不足5．长三角地区，最有利于半城市化向城市化转变的措施有（）①加强乡村文化建设①加强民营经济发展①政策驱动的重大项目建设①大力发展资源加工型产业A．①①B．①①C．①①D．①①【答案】3．D 4．B 5．C【解析】3．半城市化地区的建设用地增长率显者高于城市地区，但人口增长却明显不及建设用地增长速度。

2019-2020学年潮州城西中学高三语文二模试卷及答案解析一、现代文阅读（36分）(一)现代文阅读I(9分)阅读下面的文字，完成下面小题。

老常的铃声赵华伟老常一定是全校最守时的人，因为他的工作与时间有关。

老常生得黑，整张面皮犹如锅烟抹过，凭借与校长的故旧关系，在镇中学谋到了一份打铃的职事。

当最早的一道铃声响起时，我们揉着惺忪的睡眼，望着黑乎乎的天空，会将每天的第一句话送给老常：真是个催命不休的黑无常啊！老常并不受我们爱戴，除了其所干的工作总是扰人清梦外，还因为他没老婆。

娶不到老婆的男人被称为“打寡汉”，被视为这个乡村社会的底层。

老常并不顾及这些，只将一挂铃铛敲得有声有色。

胆大的孩子从值班室门前走过时，会高声问一句：老常，你是不是北京大学打铃系毕业的？老常翻翻眼皮，恶狠狠地回着嘴，脸色也更加阴暗。

调皮的孩子还会趁晚自习时将铃绳扯断，或者打成死结系在树干上，为老常制造无穷无尽的麻烦。

因此，就算深更半夜，也依然能看到老常抱着树身折腾的情景。

老常的饭量很大，一顿能下六个馒头。

饭点一到，他先去教师伙，将馒头一拿，打碗稀饭赶紧回屋，随后再奔学生伙，零星饭票出一点，又抱回来一堆馒头。

三两天一过，等馒头积攒得差不多，他就悄悄地装进蛇皮袋，送到公路边的饭店里。

几名馋嘴的学生在饭店开荤时发现了老常的秘密，老常很爽快，二话没说就帮他们结了“狗肉账”。

然而还是有学生嘴碎，让老师们也知晓了老常的秘密，跑到校长那里去告状，校长把头一晃说：吃不掉的馒头都喂猪了，他讨个巧事也没啥。

既然连校长都这么纵容他，别人也就点不起火了。

老常从来都不会离开我们，就算看不到他的影子，也能从那富有节奏的铃声中，感知到他的存在。

可是有一天，熟悉的铃声突然中断了。

老常被派出所抓啦！有人放出了一个惊天动地的消息。

传话的人只说了结果，没给出原因，我们议论纷纷，一致归结为男女之事。

镇子是个大天地，老常连几个毛头学生的嘴巴都堵不住，更管不住镇上的风言风语。