高考物理试卷（全国卷ⅰ）（含解析版）（精选5篇）
②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间；
③物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间；
④绳子的长度．（2）为提高实验结果的准确程度．某小组同学对此实验提出如下建议：
①绳的质量要轻；
②在“轻质绳”的前提下绳子越长越好；
③尽量保证物块沿竖直方向运动，不要摇晃；
④两个物块的质量之差要尽可能小． 以上建议中对提高准确程度确实有作用的是 ．（3）写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议： ． 10．（12分）一直流电压表V，量程为1V，内阻为1000Ω，现将一个阻值在5000﹣7000Ω之间的固定电阻R1与此电压表串联，以扩大电压表量程，为求得扩大后量程的准确值，再给定一直流电源（电动势E为6﹣7V，内阻不计）、一阻值R2=2000Ω的固定电阻、两个单刀开关S1、S2及导线若干．（1）为达到上述目的，将对应的图连成一个完整的实验电路图．（2）连线完成以后，当S1、S2均闭合时，电压表示数为0.90V；
当S1闭合，S2断开时，电压表示数为0.70V．由此可以计算出改装后电压表的量程为 V，电动势为 V． 11．（14分）已知O、A、B、C为同一直线上的四点，AB间的距离为l1，BC间的距离为l2，一物体自O点静止起出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点．已知物体通过AB段与通过BC段所用时间相等．求O与A的距离． 12．（18分）图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为1．开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ=60°时小球达到最高点．求（1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；
（2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小． 13．（22分）如图所示，在坐标系xOy中，过原点的直线OC与x轴正向的夹角φ=120°，在OC右侧有一匀强电场，在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠，右边界为y轴，左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ=30°，大小为v，粒子在磁场内的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的2倍，粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场．已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期．忽略重力的影响．求：
（1）粒子经过A点时的速度方向和A点到x轴的距离；
（2）匀强电场的大小和方向；
（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场所用的时间． 2008年全国统一高考物理试卷（全国卷Ⅰ）参考答案与试题解析 一、选择题（本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．（6分）如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上。物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足（）A．tanφ=sinθ B．tanφ=cosθ C．tanφ=tanθ D．tanφ=2tanθ 【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有 【专题】518：平抛运动专题． 【分析】φ为速度与水平方向的夹角，tanφ为竖直速度与水平速度之比；
θ为平抛运动位移与水平方向的夹角，tanθ为竖直位移与水平位移之比。
【解答】解：竖直速度与水平速度之比为：tanφ=，竖直位移与水平位移之比为：
tanθ==，故tanφ=2tanθ，故选：D。
【点评】解决本题的关键掌握速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍。
2．（6分）如图，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是（）A．向右做加速运动 B．向右做减速运动 C．向左做加速运动 D．向左做匀速运动 【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有 【专题】522：牛顿运动定律综合专题． 【分析】小球和小车具有相同的加速度，对小球运用牛顿第二定律，判断出加速度的方向，得知小车的加速度方向，从而知道小车的运动情况． 【解答】解：小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，知小球所受的合力向右，根据牛顿第二定律，小球的加速度方向向右，小球和小车具有相同的加速度，知小车具有向右的加速度，所以小车向右做加速运动或向左做减速运动。故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键抓住小球和小车具有相同的加速度，运用牛顿第二定律进行求解． 3．（6分）一列简谐横波沿x轴传播，周期为T，t=0时的波形如图所示，此时处于x=3m处的质点正在向上运动，若a、b两质点平衡位置的坐标分别为xa=2.5m和xb=5.5m，则（）A．当a质点处在波峰时，b质点恰在波谷 B．当t=时，a质点正在向y轴负方向运动 C．当t=时，b质点正在向y轴负方向运动 D．在某一时刻，a、b两质点的位移和速度可能相同 【考点】F4：横波的图象；
F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有 【分析】由波动图象，分析质点的振动情况，判断质点a、b的速度方向，分析两位移的关系． 【解答】解：A、由图λ=4m，xb﹣xa=3m≠，则a质点处在波峰时，b质点不在波谷。故A错误。
B、简谐横波沿x轴负方向传播，t=0时，a质点正在向y轴正方向运动，t=时，a质点正在向y轴正方向运动。故B错误。
C、t=0时刻，b点振动方向向y轴正方向，当t=时，b质点正在向y轴负方向。故C正确。
D、由于＜xb﹣xa＜λ，位移相同时，速度大小相等，方向相反，两者不可能同时相同。故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查识别、理解波动图象的能力，根据波动图象，分析质点的振动过程是应具备的能力． 4．（6分）已知太阳到地球与地球到月球的距离的比值约为390，月球绕地球旋转的周期约为27天，利用上述数据以及日常的天文知识，可估算出太阳对月球与地球对月球的万有引力的比值约为（）A．0.2 B．2 C．20 D．200 【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有 【专题】528：万有引力定律的应用专题． 【分析】由万有引力等于向心力，分别列出太阳与月球的引力的表达式，地球与月球的引力的表达式；
两式相比求得表示引力之比的表达式，再由圆周运动的向心力由万有引力来提供分别列出地球公转，月球公转的表达式．进而分析求得比值． 【解答】解：太阳对月球的万有引力：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①（r指太阳到月球的距离）地球对月球的万有引力：﹣﹣﹣﹣﹣﹣②（r2指地球到月球的距离）r1表示太阳到地球的距离，因r1=390r2，因此在估算时可以认为 r=r1（即近似认为太阳到月球的距离等于太阳到地球的距离），则由得：=﹣﹣﹣﹣﹣③ 由圆周运动求中心天体的质量，由地球绕太阳公转：﹣﹣﹣﹣④（T1指地球绕太阳的公转周期T1=365天），由月球绕地球公转：=r2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤（T2指月球周期，T2=27天）由可得：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥ 把⑥式代入③式 可得 所以ACD错误，B正确，故选：B。
【点评】本题考查万有引力定律．首先要根据万有引力定律表达出太阳的地球的质量，然后再列出太阳和地球分别对月球的万有引力定律方程． 5．（6分）三个原子核X、Y、Z，X核放出一个正电子后变为Y核，Y核与质子发生核反应后生成Z核并放出一个氦核（He）．则下面说法中正确的是（）A．X核比Z核多一个质子 B．X核比Z核少一个中子 C．X核的质量数比Z核质量数大3 D．X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍 【考点】JJ：裂变反应和聚变反应．菁优网版权所有 【分析】根据题意写出核反应方程，再由质量守恒定律和核电荷数守恒来判断各选项． 【解答】解：A、设原子核X的质量数为x，电荷数为y，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得原子核Y的质量数为x，电荷数为y﹣1，原子核Z的质量数为x﹣3，电荷数为y﹣2．由此可得X核的质子（y）比Z核的质子（y﹣2）多2个，故A错误；
B、由A可得X核的中子（x﹣y）比Z核的中子（x﹣y﹣1）多1个，故B错误；
C、X核的质量数（x）比Z核的质量数（x﹣3）多3个，故C正确；
D、X核与Z核的总电荷（2y﹣2）是Y核电荷（y﹣1）的2倍，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了核反应方程中质量数和核电荷数守恒的知识，属于基础知识，应仔细阅读题目，一步一步向下分析． 6．（6分）已知地球半径约为6.4×106 m，空气的摩尔质量约为2.9×10﹣2 kg/mol，一个标准大气压约为1.0×105 Pa．利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状态下的体积为（）A．4×1016 m3 B．4×1018 m3 C．4×1020 m3 D．4×1022 m3 【考点】82：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有 【专题】16：压轴题；
543：阿伏伽德罗常数的应用专题． 【分析】大气压强是由地球附近大气层中空气的重力产生的，根据大气压强和地球的表面积求出地球周围大气层空气分子的总质量，再求出空气体积． 【解答】解：大气压强P0=，地球表面积s=4πR2 则地球周围空气质量为：；
由于标准状态下，一摩尔任何气体的体积都是22.4升，即摩尔体积为V=22.4×10﹣3m3；
故空气密度为：；
空气的总体积为=；
代入解得，V′=4×1018 m3 故选：B。
【点评】本题要注意大气压强与容器中气体压强产生的原因不同，容器中气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的． 7．（6分）矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示。若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（）A． B． C． D． 【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；
D8：法拉第电磁感应定律．菁优网版权所有 【专题】16：压轴题；
53B：电磁感应与图像结合． 【分析】由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；
由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；
【解答】解：由图可知，0﹣1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0﹣1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；
同理可知，1﹣2s内电路中的电流为顺时针，2﹣3s内，电路中的电流为顺时针，3﹣4s内，电路中的电流为逆时针，由E==可知，电路中电流大小恒定不变。
故选：D。
【点评】本题要求学生能正确理解B﹣t图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定。
8．（6分）一束由红、蓝两单色光组成的光线从一平板玻璃砖的上表面以入射角θ射入，穿过玻璃砖从下表面射出，已知该玻璃对红光的折射率为1.5，设红光与蓝光穿过玻璃砖所需时间分别为t1和t2，则在θ逐渐由0°增大到90°的过程中（）A．t1始终大于t2 B．t1始终小于t2 C．t1先大于后小于t2 D．t1先小于后大于t2 【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有 【专题】16：压轴题；
54D：光的折射专题． 【分析】根据结合关系，结合折射定律n=，n=，求出光在玻璃砖中传播的时间与折射率的关系，从而根据数学知识进行比较． 【解答】解：设折射角为α，玻璃砖的厚度为h，由折射定律n=，且n=，在玻璃砖中的时间为t=，联立解得t2∝，红光折射率较小，θ为零时，t1＜t2，θ为90°时，趋近渐近线，初步判定该函数为单调函数，通过带入θ为其它特殊值，仍然有t1＜t2，所以B选项正确。A、C、D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握折射定律n=，以及光在介质中传播的速度v=． 二、（18分）9．（6分）如图所示，两个质量各为m1和m2的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知m1＞m2．现要利用此装置验证机械能守恒定律．（1）若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量，则需测量的物理量有． ①物块的质量m1、m2；
②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间；
③物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间；
④绳子的长度．（2）为提高实验结果的准确程度．某小组同学对此实验提出如下建议：
①绳的质量要轻；
②在“轻质绳”的前提下绳子越长越好；
③尽量保证物块沿竖直方向运动，不要摇晃；
④两个物块的质量之差要尽可能小． 以上建议中对提高准确程度确实有作用的是．（3）写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议：． 【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有 【专题】13：实验题；
52E：机械能守恒定律应用专题． 【分析】（1）这个实验的原理是要验证m1、m2的增加的动能和m1、m2减少重力势能是不是相等，所以我们要测量的物理量有：物块的质量m1、m2；
物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间或物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间．（2）如果绳子较重，系统的重力势能就会有一部分转化为绳子的动能，造成实验误差；
绳子不宜太长，长了形变对实验的影响越大；
m1、m2相差越大，整体所受阻力相对于合力对运动的影响越小．物体末速度v是根据匀变速直线运动求出的，故要保证物体在竖直方向运动．这些都是减小系统误差，提高实验准确程度的做法．（3）多次取平均值可减少测量误差，绳子伸长量尽量小，可减少测量的高度的准确度． 【解答】解：（1）通过连接在一起的A、B两物体验证机械能守恒定律，即验证系统的势能变化与动能变化是否相等，A、B连接在一起，A下降的距离一定等于B上升的距离；
A、B的速度大小总是相等的，故不需要测量绳子的长度和B上升的距离及时间．故选①②或①③均可以．（2）如果绳子较重，系统的重力势能就会有一部分转化为绳子的动能，造成实验误差；
绳子不宜太长，长了形变对实验的影响越大；
m1、m2相差越大，整体所受阻力相对于合力对运动的影响越小．物体末速度v是根据匀变速直线运动求出的，故要保证物体在竖直方向运动．这些都是减小系统误差，提高实验准确程度的做法．故选：①③（3）实验误差来自测量：所以多次取平均值可减少测量误差，又绳子伸长量尽量小，可减少测量的高度时的误差． 故答案为：（1）①②或①③；
（2）①③；
（3）多次取平均值可减少测量误差或绳子伸长量尽量小等．（意思对即可）【点评】此题为一验证性实验题．要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断如何减小实验误差．掌握各种试验方法是解题的关键． 10．（12分）一直流电压表V，量程为1V，内阻为1000Ω，现将一个阻值在5000﹣7000Ω之间的固定电阻R1与此电压表串联，以扩大电压表量程，为求得扩大后量程的准确值，再给定一直流电源（电动势E为6﹣7V，内阻不计）、一阻值R2=2000Ω的固定电阻、两个单刀开关S1、S2及导线若干．（1）为达到上述目的，将对应的图连成一个完整的实验电路图．（2）连线完成以后，当S1、S2均闭合时，电压表示数为0.90V；
当S1闭合，S2断开时，电压表示数为0.70V．由此可以计算出改装后电压表的量程为 7 V，电动势为 6.3 V． 【考点】N6：伏安法测电阻；
NA：把电流表改装成电压表．菁优网版权所有 【专题】13：实验题；
535：恒定电流专题． 【分析】构造电路，据全电欧姆定律得含有R1，E的方程组，可求解问题． 【解答】解：（1）实验电路如图所示 若S1与S2都闭合：E=U1+R1=0.90+9×10﹣4•R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1）若S1闭合S2断开：E=U2+（R1+R2）=0.70+7×10﹣4•（R1+R2）﹣﹣﹣﹣（2）量程为 U=Ig（RV+R1）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3）由（1）（2）（3）式得 U=7V E=6.3V 故答案为：（1）电路图如图所示．（2）7 6.3 【点评】全电路欧姆定律要注意构造两个电路，得出方程组求解问题上． 11．（14分）已知O、A、B、C为同一直线上的四点，AB间的距离为l1，BC间的距离为l2，一物体自O点静止起出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点．已知物体通过AB段与通过BC段所用时间相等．求O与A的距离． 【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有 【专题】512：运动学中的图像专题． 【分析】物体做匀加速运动，加速度不变．对AB段、BC段时间相等，分别用位移关系公式列方程求出加速度和初速度，再由速度位移关系公式求解有O与A的距离． 【解答】解：设物体的加速度为a，到达A点的速度为v0，通过AB段和BC点所用的时间为t，则l1=v0t+at2① l1+l2=v0•2t+a（2t）2② 联立②﹣①×2得 a=③ v0=④ 设O与A的距离为l，则有 l=⑤ 将③、④两式代入⑤式得 l=． 答：有O与A的距离为l=． 【点评】本题是多过程问题，除了分别对各个过程进行研究外，重要的是寻找过程之间的联系，列出关系式．本题求加速度，也用推论△x=aT2直接求解． 12．（18分）图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为1．开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ=60°时小球达到最高点．求（1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；
（2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小． 【考点】53：动量守恒定律；
65：动能定理；
6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有 【专题】16：压轴题；
52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合． 【分析】（1）从小球由静止释放到滑块与挡板接触前，小球和滑块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，根据两个守恒定律列方程，求出滑块与挡板接触前小球与滑块的速度大小．根据动量定理求解挡板阻力对滑块的冲量．（2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，重力和绳的拉力对小球做功，根据动能定理求解绳的拉力对小球做功的大小． 【解答】解：（1）对系统，设小球在最低点时速度大小为v1，此时滑块的速度大小为v2，滑块与挡板接触前 由系统的机械能守恒定律：mgl=mv12+mv22 ① 由系统的水平方向动量守恒定律：mv1=mv2 ② 对滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量为：
I=mv2 ③ 联立①②③解得I=m 方向向左④（2）小球释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功的大小为W，对小球由动能定理：
mgl+W=mv12 ⑤ 联立①②⑤解得：W=﹣mgl，即绳的拉力对小球做负功，大小为mgl． 答：
（1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量为I=m，方向向左；
（2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小是﹣mgl． 【点评】本题是系统机械能守恒和水平方向动量守恒的类型，再加上运用动量定理求冲量、由动能定理求功，都是常用的方法和思路． 13．（22分）如图所示，在坐标系xOy中，过原点的直线OC与x轴正向的夹角φ=120°，在OC右侧有一匀强电场，在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠，右边界为y轴，左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ=30°，大小为v，粒子在磁场内的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的2倍，粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场．已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期．忽略重力的影响．求：
（1）粒子经过A点时的速度方向和A点到x轴的距离；
（2）匀强电场的大小和方向；
（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场所用的时间． 【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；
CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有 【专题】16：压轴题；
536：带电粒子在磁场中的运动专题． 【分析】（1）结合运动的轨迹图象，判断出圆周运动的圆心即两虚线的交点，再根据洛伦兹力提供向心力，粒子的速度和A到y轴的距离；
（2）粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域说明电场力的方向一定与运动的方向相反，则电场方向必与v相反；
根据时间关系求出粒子在电场中运动的时间，进而求出电场的强度和方向；
（3）粒子出磁场后到进入电场是匀速直线运动，根据轨迹图象，就可以求出从第二次离开磁场到再次进入电场所用的时间． 【解答】解：（1）粒子第一次进入磁场时弧的半径为磁场左右边界间距的2倍，如图做运动的轨迹，则圆周运动的圆心即两虚线的交点．进入磁场时速度必垂直于磁场边界，由洛伦兹力提供向心力：，得：R=，A点到x轴的距离为：，（2）设粒子在磁场中运动的周期为T，则：vT=2πR 所以：，在磁场中运动的时间为 粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域说明电场力的方向一定与运动的方向相反，则电场方向必与v相反，再次进入磁场时速度方向也与v相反，将向y轴负方向偏转做圆周运动，运动的轨迹如图1所示：
运动时间为，则在电场中运动的时间为：
那么在电场中的运动有：﹣v=v﹣t2，求得：
（3）粒子出磁场后到进入电场是匀速直线运动，达到电场的距离为（如图2），所用时间为 答：（1）粒子经过A点时的速度方向平行于X轴，A点到x轴的距离，（2）电场方向与v相反，大小；
关键词：全国理综Ⅰ卷,实验题,求同存异,核心素养
2016年全国高考已经结束,要评析全国理综Ⅰ卷物理实验题,必须放到时代背景中去思考,否则,评析就成为“无源之水,无本之木”。2016年全国理综Ⅰ卷,具有两个特殊的时代背景:其一,新增广东省、福建省、安徽省、山东省使用全国Ⅰ卷,从而使用全国Ⅰ卷的省份由原来的6个变为现在的10个。新增加的4个省,以前高考物理试题都是自主命题的,试题题干简洁,整卷难度较低,若全国Ⅰ卷还保持以前一样的风格,肯定对新加入省份的考生会造成影响,命题者不得不面对这个事实。为了减少命题风险,全国Ⅰ卷必须做出相应调整,让选择全国Ⅰ卷的省份,高考能够平稳过渡,同时又利于选拔高校需要的人才。其二,物理课程标准正在修订,预计不久推出,新课程标准把课程目标从物理“三维目标”变为物理“核心素养”。高考试题命题专家,肯定会联系物理“核心素养”去设计试题,这样有利于引导高中物理一线教师关注物理“核心素养”。
笔者认真分析2016年全国理综Ⅰ卷物理实验题,发现试题具有鲜明的时代特色:彰显“求同存异”,渗透“核心素养”。本文中,“求同存异”是指2016年全国Ⅰ卷物理实验题,以教材和考纲为命题依据,但试题设计、考查方向与常见练习有一定区别,着重考查学生的迁移能力和发散思维能力。物理“核心素养”包括物理观念、科学思维、实验探究、科学态度与责任。物理观念是指物质观、运动观、能量观等;科学思维是指能正确使用物理思维方法,从定性和定量两个方面进行科学推理、找出规律、形成结论,具有批判思维,能基于证据大胆质疑,从不同角度思考问题,追求科技创新;实验探究是指具有科学探究意识,能发现问题、提出合理猜测,能设计实验探究方案,使用各种科技手段和方法收集信息,具有合作与交流的意愿与能力,能准确表达、评估和反思实验探究过程与结果;科学态度与责任是指正确认识科学的本质,具有学习和研究物理的好奇心和求知欲,理解科学、技术、环境的关系,具有保护环境、节约资源、促进可持续发展的责任感。
一、试题评析
【例1】(全国理综Ⅰ卷·22)某同学用图1(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点计时器的电源为交流电源,可以使用的频率有20Hz、30Hz和40Hz,打出纸带的一部分如图1(b)所示。
该同学在实验中没有记录交流电的频率f,需要用实验数据和其他条件进行推算。
评析:
1.“求同存异”
本题有“三同一异”,通过相同,减少题目的陌生感,降低题目难度;通过相异,体现试题的创新意识,考查学生的迁移能力和逆向思维能力。一同:全国Ⅰ卷实验题与教材和考纲规定的实验相同。人教版物理必修2第七章第9节的实验:“验证机械能守恒定律”,是学生实验,学生必须去实验室进行操作。因为是教材中的学生实验,也是考试大纲规定考查的实验,教师会重点讲解,学生也会实践操作,习题也经常出现,因此,学生看到题目有亲切感,减少了学生畏难情绪。二同:高考实验题装置与教材相同(如图2(a))。由于学生已经做过该实验,看到实验装置图,很容易回忆起做实验时的情形,有利于学生顺利解答高考实验题。这样的高考实验题,能有效调动物理一线教师,尽力完成学生实验。三同:高考实验题求速度的方法与教材相同。人教版物理必修2第七章第9节实验求瞬时速度如图2(b)所示。只要学生按照教材要求,计算某点的瞬时速度,那么就一定可以正确解答此题。一异:求电源频率。实验操作、平时练习时,频率是作为已知量的,经常求的是速度、加速度,而高考题,采用逆向思路,已知加速度,求解频率,笔者看到此题时,心头一惊,拍手称赞!通过这一问的设置,能够有效区分、选拔人才,同时也启发教师,在设计练习时,可以全方位变化,不要总是用相同的形式考查。
2.“核心素养”
考查机械能守恒定律,体现以“物理观念”选择高考实验题,通过考查,让学生具有能量观,用能量观分析问题、解决问题。利用纸带求速度,定量验证机械能守恒定律,并从不同角度考查物理实验,通过求解电源频率,培养创新意识,从而形成严谨的“科学思维”。
【例2】(2016年全国Ⅰ卷·23)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求热敏电阻的温度达到或超过60℃时,系统报警。提供的器材有:热敏电阻,报警器(内阻很小,流过的电流超过Ic时就报警),电阻箱(最大阻值为999.9Ω),直流电源(输出电压为U,内阻不计),滑动变阻器R1(最大阻值为1000Ω),滑动变阻器R2(最大阻值为2000Ω),单刀双掷开关一个,导线若干。
在室温下对系统进行调节,已知U约为18V,Ic约为10mA;流过报警器的电流超过20mA时,报警器可能损坏;该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小,在60℃时阻值为650.0Ω。
评析:
1.“求同存异”
本题有二同二异,通过相同,实现知识迁移,通过相异,应用新产品。一同:高考实验题滑动变阻器处理方式与平时处理方式相同。限流式连接,在开关接通前,滑动变阻器滑片应放在阻值最大处。二同:高考实验题选取的实验方法与平时讲解实验方法相同。本实验应用的等效替代法,是高中物理电学实验常用的研究方法,学生对这种方法理解深刻,应用较多。一异:本实验不是教材规定的学生实验,也不是考试说明规定的实验,而是根据已学知识,独立设计的创新实验。二异:实验器材与平时实验不同,试题选取了热敏电阻、报警器,是平时不常见的实验器材。
2.“核心素养”
本实验为创新性实验,需要解读原理,设计方案,选择器材,并要完成实验步骤,进行数据处理,从而培养学生“实验探究”能力。通过应用等效替代法,按照步骤调节报警系统,实现“科学思维”方法的迁移。以热敏电阻、报警器为实验器材,引导物理一线教师关注现代生活,应用现代科技。调动学生把现代科技成果,用于日常生活,为生产生活服务,有利于培养学生的“科学态度与责任意识”,并激发学生研究物理的好奇心和求知欲。
二、教学启发
通过以上评析,得到如下启发。
1.关注课程改革,更新教学理念
虽然物理新课标还没有正式颁布,但物理新课标提倡的“核心素养”已经在网络和期刊上经常出现,作为一线物理教师,应该紧跟时代步伐,主动了解新课标,用新理念指导教学,不要“只顾低头拉车,而不抬头看路”。高考物理试题,对物理教学具有一定的导向作用,肯定会联系课程改革,体现新的教学理念。关注课程改革,就相当于紧跟高考的命题方向,把握高考的命题动向,这样可以增加物理教学的针对性,提高物理教学效率。
2.落实教材实验,重视实验方法
以前高考实验题,距离教材实验太远,很多学生反映无法动笔,一些薄弱学校的物理教师,干脆就不让学生做实验,因为学生做实验对解高考题没有多大帮助。2016年力学实验题,与教材实验基本一致,只要学生做过这个实验,在考试时就会比没有做过该实验的学生答对率高。在做教材实验时,学生要操作实验。教师在教学过程中,要重视实验中用到的方法,讲清方法的本质,引导学生用相同的实验方法,完成不同的实验。如等效替代法可以测量电压表、电流表、多用电表的内阻,也可以验证力的平行四边形定则;用纸带法可以验证机械能守恒定律,也可以验证牛顿第二定律、探究动能定理。
3.变换实验器材,应用现代科技
物理实验要与时俱进,时刻关注科技变化,了解新产品。高考物理试题,为了引导学生关注现代科技,培养学生科学·技术·环境的意识,在试题中必然会植入新产品。若教师在教学过程,有意识地设计有新器材的实验,学生在高考答题时就会得心应手,稳定发挥。如实验中引进光电门、传感器、电子秤等等。
4.加强同量异构,培养发散思维
教学过程中,注意引导学生同量异构,即相同物理量用不同构想测量,培养学生的发散思维和创新意识。如测量速度,可以用速度公式测量,也可以圆周运动公式测量,还可以用位移图像测量。
8．立体几何
【2017，7】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）
A．10
B．12
C．14
D．16
【2016，11】平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，则所成角的正弦值为（）
（A）
（B）
（C）
（D）
【2016，6】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（）
（A）
（B）
（C）
（D）
【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有
（A）14斛
（B）22斛
（C）36斛
（D）66斛
【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为，则（）
（A）1
（B）2
（C）4
（D）8
【2014，12】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为
...6
.4
【2013，6】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8
cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6
cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为()．
A．cm3
B．cm3
C．cm3
D．cm3
【2013，8】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()．
A．16＋8π
B．8＋8π
C．16＋16π
D．8＋16π
【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为
A．6
B．9
C．12
D．15
【2012，11】已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（）
A．
B．
C．
D．
【2011，6】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（）
二、填空题
【2011，15】已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为。
三、解答题
【2017，18】如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，求二面角A-PB-C的余弦值．
【2016，18】如图，在以为顶点的五面体中，面
为正方形，且二面
角与二面角都是．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
【2015，18】如图，四边形为菱形，是平面同一侧的两点，⊥平面，⊥平面，.（I）证明：平面⊥平面；
（II）求直线与直线所成角的余弦值.【2014，19】如图三棱柱中，侧面为菱形，.(Ⅰ)
证明：；
（Ⅱ）若，AB=BC
求二面角的余弦值.【2013，18】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
【2012，19】如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD。
（1）证明：DC1⊥BC；
（2）求二面角A1－BD－C1的大小。
【2011，18】如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PA⊥BD；
(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。
2011年—2017年新课标高考全国Ⅰ卷理科数学分类汇编（含答案）
8．立体几何（解析版）
【2017，7】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）
A．10
B．12
C．14
D．16
（7）【解析】由三视图可画出立体图，该立体图平面内只有两个相同的梯形的面，，故选B；
【2016，11】平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，则所成角的正弦值为（）
（A）
（B）
（C）
（D）
【解析】：如图所示：
∵，∴若设平面平面，则
又∵平面∥平面，结合平面平面
∴，故，同理可得：
故、的所成角的大小与、所成角的大小相等，即的大小．
而（均为面对交线），因此，即．
故选A．
【2016，6】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（）
（A）
（B）
（C）
（D）
【解析】：原立体图如图所示：是一个球被切掉左上角的后的三视图
表面积是的球面面积和三个扇形面积之和
故选A．
【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有
（A）14斛
（B）22斛
（C）36斛
（D）66斛
解析：，圆锥底面半径，米堆体积，堆放的米约有，选（B）.【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为，则（）
（A）1（B）2（C）4（D）8
解析：由正视图和俯视图知，该几何体是半球和半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都，圆柱的高为，其表面积为，解得，故选（B）.【2014，12】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为
...6
.4
【答案】C
【解析】：如图所示，原几何体为三棱锥，其中，故最长的棱的长度为，选C
【2013，6】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8
cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6
cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为()．
A．cm3
B．cm3
C．cm3
D．cm3
答案：A
解析：设球半径为R，由题可知R，R－2，正方体棱长一半可构成直角三角形，即△OBA为直角三角形，如图．
BC＝2，BA＝4，OB＝R－2，OA＝R，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5，所以球的体积为(cm3)，故选A.【2013，8】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()．
A．16＋8π
B．8＋8π
C．16＋16π
D．8＋16π
答案：A
解析：由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径r＝2，长为4，在长方体中，长为4，宽为2，高为2，所以几何体的体积为πr2×4×＋4×2×2＝8π＋16.故选A.【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）
A．6
B．9
C．12
D．15
【解析】由三视图可知，该几何体为
三棱锥A-BCD，底面△BCD为
底边为6，高为3的等腰三角形，侧面ABD⊥底面BCD，AO⊥底面BCD，因此此几何体的体积为，故选择B。
【2012，11】已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（）
A．
B．
C．
D．
【解析】如图所示，根据球的性质，知平面，则。
在直角中，，所以。
因此三棱锥S－ABC的体积，故选择A。
【2011，6】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（）
解析：条件对应的几何体是由底面棱长为r的正四棱锥沿底面对角线截出的部分与底面为半径为r的圆锥沿对称轴截出的部分构成的。故选D
二、填空题
【2011，15】已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为。
解析：设ABCD所在的截面圆的圆心为M,则AM=,OM=，.三、解答题
【2017，18】如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，求二面角A-PB-C的余弦值．
（18）【解析】（1）证明：∵，∴，又∵，∴，又∵，、平面，∴平面，又平面，∴平面平面．
（2）取中点，中点，连接，∵，∴四边形为平行四边形，∴，由（1）知，平面，∴平面，又、平面，∴，又∵，∴，∴、、两两垂直，∴以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，∴、、、，∴、、，设为平面的法向量，由，得，令，则，可得平面的一个法向量，∵，∴，又知平面，平面，∴，又，∴平面，即是平面的一个法向量，∴，由图知二面角为钝角，所以它的余弦值为．
【2016，18】如图，在以为顶点的五面体中，面
为正方形，且二面
角与二面角都是．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
【解析】：⑴
∵为正方形，∴，∵，∴，∵
∴面，面，∴平面平面
⑵
由⑴知，∵，平面，平面
∴平面，平面
∵面面
∴，∴
∴四边形为等腰梯形
以为原点，如图建立坐标系，设，，设面法向量为，即，设面法向量为，.即，设二面角的大小为.，二面角的余弦值为
【2015，18】如图，四边形为菱形，是平面同一侧的两点，⊥平面，⊥平面，.（I）证明：平面⊥平面；
（II）求直线与直线所成角的余弦值.解：（Ⅰ）证明：连接，设，连接，.在菱形中，不妨设，由，可得，由⊥平面，可知.又，所以，且.在中，可得,故.在中，可得.在直角梯形中，由，，可得.因为，所以，又，则平面.因为平面，所以平面⊥平面.……6分
（Ⅱ）如图，以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系，由（Ⅰ）可得，，，.故.所以直线与直线所成的角的余弦值为.……12分
【2014，19】如图三棱柱中，侧面为菱形，.(Ⅰ)
证明：；
（Ⅱ）若，AB=BC
求二面角的余弦值.【解析】：(Ⅰ)连结，交于O，连结AO．因为侧面为菱形，所以^，且O为与的中点．又，所以平面，故=又，故
………6分
（Ⅱ）因为且O为的中点，所以AO=CO= 又因为AB=BC=，所以
故OA⊥OB^，从而OA，OB，两两互相垂直．
以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单位长，建立如图所示空间直角坐标系O-． 因为，所以为等边三角形．又AB=BC=，则，，设是平面的法向量，则，即
所以可取
设是平面的法向量，则，同理可取
则，所以二面角的余弦值为.【2013，18】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
(1)证明：取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.因为CA＝CB，所以OC⊥AB.由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.又A1C平面OA1C，故AB⊥A1C.(2)解：由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直．
以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.由题设知A(1,0,0)，A1(0，0)，C(0,0，)，B(－1,0,0)．
则＝(1,0，)，＝＝(－1，0)，＝(0，)．
设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，则即可取n＝(，1，－1)．
故cos〈n，〉＝＝.所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.【2012，19】如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD。
（1）证明：DC1⊥BC；
（2）求二面角A1－BD－C1的大小。
【解析】（1）在中，得：，同理：，得：。
又DC1⊥BD，所以平面。
而平面，所以。
（2）解法一：（几何法）
由面。
取的中点，连接。
因为，所以，因为面面，所以面，从而，又DC1⊥BD，所以面，因为平面，所以。
由，BD⊥DC1，所以为二面角A1－BD－C1的平面角。
设，则，在直角△，，所以。
因此二面角的大小为。
解法二：（向量法）
由面
。又平面，所以，以C点为原点，CA、CB、CC1所在直线分别为
轴、轴、轴建立空间直角坐标系。
不妨设AA1=2，则AC=BC=AA1=1，从而A1（1，0，2），D（1，0，1），B（0，1，0），C1（0，0，2），所以。
设平面的法向量为，则，所以，即，令，则。
设平面的法向量为，则，所以，即，令，则。
所以，解得。
因为二面角为锐角，因此二面角的大小为。
【2011，18】如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PA⊥BD；
(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。
（18）解：（I）因为，由余弦定理得.从而，故.又底面，可得.所以平面.故.（II）如图，以为坐标原点，的长为单位长，射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量为，则
1
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。
把实物当作原物的倾向，在美术史领域根深蒂固。事实上，实物并不等于原物，我们需要对美术史中“原物”的概念进行反思，对美术馆藏品的直觉上的完整性提出质疑。这种反思和质疑并不是要否定这些藏品。恰恰相反，它们可以在更大程度上发挥藏品作为历史材料的潜在意义。一旦美术史家取消“实物”和“原物”之间的等号，他们就必须认真考虑和重构二者间的历史关系。这会引导他们发现很多以前不曾想到的问题，其核心就是美术的“历史物质性”。
有研究者追溯郭熙《早春图》的渊源，提出这幅卷轴画原来是北宋宫殿一套建筑画中的一幅。邓椿《画继》记载，他祖上被赐予一个宅子，他父亲被任命为提举官时，朝廷派遣一个中官监修这所宅第。一天，邓椿的父亲看到裱工用“旧绢山水”擦拭桌子，他拿过来一看，发现竟是郭熙的作品。那位中官说：“昔神宗好熙笔，一殿专背(即‘裱’)熙作，上(徽宗)继位后，易以古画，退入库中者不止此尔。”邓父请求徽宗赏赐这些“退画”。徽宗答应了，并派人把废弃的郭熙壁障整车拉到邓宅。这个记载透露了宋神宗时期皇宫中“一殿专背熙作”的状态，这应该是郭熙创作《早春图》这类大幅山水时的状态。因此，任何讨论这幅画的构图、功能以及观看方式的文章都必须首先重构这种原始状态。这也就是说，目前人们在台北“故宫博物院”看到的《早春图》只是这幅画的“实物”而非“原物”。也许有人会说：如果研究者的关注点是郭熙的笔墨技法的话，这种研究则似不需要。但是笔墨离不开观看，而观看必然和绘画的形式和空间有关。
邓椿的记载还引导我们思考另外一个问题，即郭熙绘画的“历史物质性”甚至在徽宗时期就已经发生了重要变化：从形式上说，这些画作从建筑绘画转变为卷轴画;从空间上说，它们从皇宫内的殿堂进入了私人宅第。从功能说，它们从宣扬皇权的政治性作品转化为私家收藏中的纯粹山水画;从观赏方式上说，它们从要求“远观”的宏大构图转变为鼓励“近视”的独幅作品。
需要强调的是，这种“历史物质性”的转换并非是少数作品的特例。一幅卷轴画可能在它的流传和收藏过程中并没有发生形态上的重大变化，但是各代的藏家在上面盖上图章、写下题跋，尤其是乾隆等帝王把这类操作全面系统化之后，即使是形状未改但也是面貌已非。
那些表面上并没有被改换面貌的艺术品，因为环境、组合和观看方式的变化，也会成为再造的历史实体。一面原来悬挂在墓室天顶上代表光明的铜镜被移到了美术馆的陈列柜里，和几十面其他同类器物一起展示，以呈现铜镜的发展史。一幅“手卷”变成了一幅“长卷”，因为观众再不能真正用手触摸它，一段一段地欣赏移动的场景……所有这些转化都可以成为美术史研究的课题，这些研究所探求的不再是一件作品的原始动机和创作，而是它的流传、收藏和陈列——它的持续的和变化中的生命。
(摘编自巫鸿《实物的回归：美术的“历史物质性”》)
1.下列关于原文内容的理解和分析，正确的一项是(3分)
A美术馆所收藏、陈列的部分艺术品的真实性值得怀疑，因为实物并不等同于原物。
B宋徽宗的美术趣味与神宗不同，这都是郭熙为宫廷创作的画流出皇宫的原因之一。
C历代藏家和帝王在古画上盖章、题跋，导致这些画作的原初状态已不可考。
D艺术品在流传中经历的各种转化和变化，使得它们获得了更有价值的生命。
2.下列关于原文论证的相关分析，不正确的一项是(3分)
A文章明确反对美术史领域中将实物当作原物的倾向，并提供了新的理解和欣赏美术馆藏品的思路，富有启发意义。
B文章从多个角度探讨了艺术品在历史流传中可能发生的形式、形态、功能、环境、组合和观看方式等方面的变化。
C文章第二、三两段对《画继》所记掌故的讨论，是为了证明藏于台北“故宫博物院”的《早春图》并非“原物”。
D文章末尾一段举例阐明，一些外表没有发生变化的艺术品所经历的转化，也可以成为美术史研究关注的课题。
3.根据原文内容，下列说法不正确的一项是(3分)
A一件艺术品的历史形态并不好自动地显现于它的现存状态，而是需要通过深入的历史研究来加以重构。
B郭熙的《早春图》很可能是北宋宫廷建筑画中的一幅，观看它时，只留意细部的笔墨技法，未必符合其最初的创作状态。
C从寺庙、墓葬中发现的壁画、石刻等，在它们从原址移出转入美术馆陈列后，将不可避免地被赋予新的属性和意义。
D考虑到艺术品普遍经历了“历史物质性”的转换，美术馆应当改变布展方式，还原它们本来的环境、组合和观看方式。
分值: 9分
2
(二)实用类文本阅读(本题共3小题，12分)
阅读下面的文字，完成4~6题。
材料一：
现在，中国在扶贫攻坚工作中采取的重要举措，就是实施精准扶贫方略，找到“贫根”，对症下药，靶向治疗。我们坚持中国制度的优势，构建省市县乡村五级一起抓扶贫，层层落实责任制的治理格局。我们注重抓六个精准，即扶持对象精准、项目安排精准、资金使用精准、措施到户精准、因村派人精准、脱贫成效精准，确保各项政策好处落到扶贫对象身上。
(摘自习近平《携手消除贫困 促进共同发展——在减贫与发展高层论坛的主旨演讲》)
材料二：
贫困是一个世界性难题，反贫困是国际社会和各个国家或地区面临的共同责任，随着对贫困问题认识的不断深入和反贫困实践的有效推进，贫困概念和反贫困的理论不断发展。精准扶贫是对世界反贫困理论的发展和创新，体现了以人为本、赋权提能、参与合作的反贫困思想，并将该思想具体化、可操作化，初步形成了具有中国特色、体现社会主义优越性的精准扶贫理论体系。
(摘编自王介勇等《我国精准扶贫政策及其创新路径研究》)
材料三：
贵州省江口县通过发掘本地资源与特色文化，寻求经济高质量发展和生态环境高水平保护，探索了一条利于形成脱贫长效机制的新路。江口县以“天下名岳之宗”的世界自然遗产梵净山申遗为契机，创建区域品牌，大早民族民俗非物质文化遗产和梵净山地理标识。梵净山周边的自然村落风景优美，少数民族居多，这里保留了丰富的人文和自然资源，因此江口县引进多家旅游企业，创建景区、中国传统古村落和乡村旅游示范点，形成了旅游产业群。另一方面，江口县发展规模化生态农业，重点扶持生态茶和冷水鱼等项目。江口县引进了专业的企业，由企业负责研发、技术指导、标准认证、茶叶深加工和市场开拓，同时在景区周边删去开发茶园，实现“茶旅”互动，促进产业发展良性循环。
(摘编自谢玉梅《脱贫攻坚背景下的设计参与扶贫——基于江口的考察》，《光明日报》5月8日)
材料四：
与缅甸、老挝、越南接壤的云南是国际公认的世界茶树原产地之一。发源于青海唐古拉山脉的澜沧江在云南省境内长达1200多公里，这条大河流经云南两岸的山区正是云南茶叶的主产区，这里拥有成片的古茶园，其中不乏树龄在数百年至上千年的古茶树。居住在这一流域的布朗族、傣族、基诺族、拉祜族、佤族等少数民族世代以茶为生，创造出了灿烂丰富的民族茶文化，近年来，云南省把茶产业作为重点产业来抓，对以普洱茶为代表的茶产业引导扶持，将其视为促进农村脱贫攻坚、茶农增收的重要途径，在政策扶持方面，重点茶产区各级政府对茶产业发展给予政策倾斜，各级财政加大对茶产业的投入扶持力度，重点打造区域品牌，做大做强普洱茶、滇红茶、滇绿茶三个品牌。与此同时，为解决云南茶叶销路不畅、困扰茶农与消费者的卖难买难问题，云南从省里到市、县都在努力搭建多种销售平台，通过走出去、请进来，助力茶产业成长壮大。
(摘编自《茶产业托起云南民族地区脱贫致富梦》，《光明日报》202月21日)
4.下列对材料相关内容的理解和分析，不正确的一项是(3分)
A精准扶贫方略是我国目前扶贫攻坚工作的重要举措，它通过对贫困对象的精准帮扶，争取拔除“贫根”，实现脱贫致富。
B贵州省江口县把产品研发、标准认证等工作交给专业的企业进行运作，这种做法推进了产业规模化，促进了产业良性发展。
C近年来，云南省充分发挥其生态资源、地理资源、劳动力资源和交通资源的优势，把茶产业作为当地重点产业来抓。
D云南省古茶园区域拥有独特的少数民族文化资源和自然资源，结合这两种资源可以设计出更为精准的扶贫方案。
5.下列对材料相关内容的概括和分析，不正确的一项是(3分)
A材料一和材料二介绍了精准扶贫的具体内容、作用和价值，据此可知落实精准扶贫政策是解决我国当前贫困问题的有效途径。
B材料三中，贵州省江口县通过打造民族民俗非物质文化遗产和梵净山地理标识两项举措，探索出了一条利于形成脱贫长效机制的新路。
C材料四中，为进一步做大做强茶产业、推进精准扶贫、带动茶农增收，云南省各级财政加大了对茶产业的投入扶持力度。
D通过材料三、四的对比可以发现，云南古茶园如果发挥自身优势，做好“茶旅”互动的文章，可能会进一步促进当地经济发展。
6.贵州省江口县与云南省民族地区的精准扶贫工作内容有哪些共通之处?请结合材料概括说明。(6分)
分值: 12分
3
(三)文学类文本阅读(本题共3小题，15分)
阅读下面的文字，完成7～9题。
书匠(节选) 葛亮
秋天的时候，父亲接到了小龙的电话。
小龙说，毛羽，这个老董，差点没把我气死。
父亲问他怎么回事。
他说，馆里昨天开了一个古籍修复的研讨会，请了许多业界有声望的学者。我好心让老董列席，他竟然和那些权威叫起了板。说起来，还是因为馆里来了本清雍正国子监刊本《论语》，很稀见。可是书皮烧毁了一多半，给修复带来很大难度。省外的专家，都主张将整页书皮换掉。没承想老董跟人家轴上了，说什么“不遇良工，宁存故物”，弄得几个专家都下不了台。其中一个，当时就站起身要走，说，我倒要看看，到哪里找这么个“良工”。老董也站起来，说，好，给我一个月，我把这书皮补上。不然，我就从馆里走人，永远离开修书行。你说说看，仪器做了电子配比都没辙。你一个肉眼凡胎，却要跟自己过不去，还立了军令状。毛羽，再想保他，我怕是有心无力了。
父亲找到老董，说，董哥，你怎么应承我的?
老董不说话，闷着头，不吱声。
父亲说，你回头想想，当年你和夏主任那梁子，是怎么结下的。你能回来不容易，为了一本书，值得吗?
老董将手中那把乌黑发亮的竹起子，用一块绒布擦了擦，说，值得。
后来，父亲托了丝绸研究所的朋友，在库房里搜寻，找到了一块绢。这块绢的质地和经纬，都很接近内府绢。但可惜的是，绢是米色的。
老董摸一摸说，毛羽，你是帮了我大忙。剩下的交给我。我把这蓝绢染出来。
父亲说，谈何容易，这染蓝的工艺已经失传了。
老董笑笑，凡蓝五种，皆可为靛。《天工开物》里写着呢，无非“菘、蓼、马、吴、苋”。这造靛的老法子，是师父教会的。我总能将它试出来。
此后很久，没见着老董，听说这蓝染得并不顺利。老董家里，沙发套和桌布、窗帘，都变成了靛蓝色。这是让老董拿去当了实验品。
中秋后，我照旧去老董家练书法。父亲拎了一笼螃蟹给他家。老董说，毛羽，今天放个假。我带孩子出去玩玩。
老董穿了一件卡其布的工作服，肩膀上挎了个军挎。父亲笑笑，也没有多问，只是让我听伯伯的话。
老董就踩着一辆二十八型的自行车，带着我，穿过了整个校园。老董踩得不快不慢，中间经过了夫子庙，停下来，给我买了一串糖葫芦。我问老董，伯伯，我们去哪里啊?
老董说，咱们看秋去。
也不知骑了多久，我们在东郊一处颓败的城墙处停住了。
这里是我所不熟悉的南京。萧瑟、空阔，人烟稀少，但是似乎充满了野趣。沿着水塘，生着许多高大的树。枝叶生长蔓延，彼此相接，树冠于是像伞一样张开来。我问，这是什么树?
老董抬着头，也静静地看着，说，橡树。
老董说，这么多年了。这是寿数长的树啊。
老董说，我刚刚到南京的时候，老师傅们就带我到这里来。后来，我每年都来，有时候自己来，有时和人结伴。有一次，我和你爷爷一起来。
你爷爷那次带了画架，就支在那里。老董抬起胳膊，指了指一个地方。那里是一人高的芦苇丛，在微风中摇荡。
你爷爷说，这是个好地方，有难得的风景啊。
他说这个话，已经是三十年前了。
老董的目光，渐渐变得肃穆。他抬起头，喃喃说，老馆长，我带您的后人来了。
我问，伯伯，我们来做什么呢?
老董俯下身，从地上捡起一个东西，放在我手里。那东西浑身毛刺刺的，像个海胆。老董说，收橡碗啊。
我问，橡碗是什么呢?
老董用大拇指，在手里揉捏一下，说，你瞧，橡树结的橡子，熟透了，就掉到地上，壳也爆开了。这壳子就是橡碗。
这时候，忽然从树上跳下来个毛茸茸的东西。定睛一看，原来是一只松鼠。它落到了地上，竟像人一样站起了身，前爪紧紧擒着一颗橡子。看到我们，便慌慌张张地跑远了。
老董说，它也识得宝呢。
我问，橡碗有什么用呢?
老董这才回过神，说，捡回去洗洗干净，在锅里煮到咕嘟响，那汤就是好染料啊。哪朝哪代的旧书，可都补得赢喽。我们这些人啊，一年也盼中秋，不求分月饼吃螃蟹，就盼橡碗熟呢。
我听了恍然大悟，说，原来是为了修书啊，那咱们赶快捡吧。
老董到底把那块蓝绢染出来了。据说送去做光谱检测，色温、光泽度与成分配比率，和古书的原书皮相似度接近百分之九十。也就是说，基本完美地将雍正年间的官刻品复制了出来。
因为本地一家媒体的报道，老董成了修书界的英雄。图书馆要给老董转正，请他参与主持修复文澜阁《四库全书》的工作，老董摇摇头，说，本来，还是原来那样吧，挺好。
(有删改)
7.下列对本文相关内容和艺术特色的分析鉴赏，不正确的一项是(3分)
A小龙与“我”父亲毛羽的电话，既介绍了本文故事发生的起因，表现了书匠老董的性格，也为情节的发展做了铺垫。
B“老董穿了一件卡其色的工作服，肩膀上挎了个军挎”，“踩着一辆二八型的自行车”，是老董生活现状、职业习惯的表现。
C小松鼠跳到地上，“像人一样站起了身，前爪紧紧擒着一颗橡子”，渲染了此处的生机与野趣，烘托了老董的童心与快乐。
D“仪器做了电子配比都没辙”，老董却用传统工艺修复了罕见典籍，说明在科技发达的今天，传统技艺仍有用武之地。
8.本文画线部分表达了老董怎样的心情?请结合本文简要分析。(6分)
9.老董的匠人精神主要体现在哪些方面?请结合本文简要分析。(6分)
分值: 15分
4
二、古代诗文阅读(34分)
(一)文言文阅读(本题共4小题，19分)
阅读下面的文言文，完成10～13题。
王安中字履道，中山阳曲人。进士及第，历秘书省著作郎。政和间，天下争言瑞应，廷臣辄笺表贺，徽宗观所作，称为奇才。他日，特出制诏三题使具草，立就，上即草后批：“可中书舍人。”未几，自秘书少监除中书舍人，擢御史中丞。开封逻卒夜迹盗盗脱去民有惊出与卒遇缚以为盗民讼诸府不胜考掠之惨遂诬服安中廉知之按得冤状即出民抵吏罪 时上方乡神仙之事，蔡京引方士王仔昔以妖术见，朝臣戚里寅缘关通。安中疏请自今招延山林道术之士，当责所属保任;并言京欺君僣上、蠹国害民数事。上悚然纳之。已而再疏京罪，上曰：“本欲即行卿章，以近天宁节，俟过此，当为卿罢京。”京伺知之，大惧，其子攸日夕侍禁中，泣拜恳祈。上为迁安中翰林学士，又迁承旨。宣和元年，拜尚书右丞;三年，为左丞。金人来归燕，谋帅臣，安中请行。王黼赞于上，授庆远军节度使、河北河东燕山府路宣抚使、知燕山府，辽降将郭药师同知府事。药师跋扈，府事皆专行，安中不能制，第曲意奉之，故药师愈骄。靖康初，言者论其缔合王黼、童贯及不几察郭药师叛命，罢为观文殿大学士、提举嵩山崇福宫;又责授朝议大夫、秘书少监、分司南京，随州居住;又贬单州团练副使，象州安置。高宗即位，内徙道州，寻放自便。绍兴初，复左中大夫。子辟章知泉州，迎安中往，未几卒，年五十九。安中为文丰润敏拔，尤工四六之制。徽宗尝宴睿谟殿，命安中赋诗百韵以纪其事。诗成，赏叹不已，令大书于殿屏，凡侍臣皆以副本赐之。其见重如此。
(节选自《宋史·王安中传》)
10.下列对文中画波浪线部分的断句，正确的一项是(3分)
A开封逻卒夜迹盗/盗脱去/民有惊出与卒遇/缚以为盗/民讼诸府/不胜考掠之惨/遂诬服/安中廉知之/按得冤状/即出民/抵吏罪/
B开封逻卒夜迹盗/盗脱去/民有惊出与卒遇/缚以为盗/民讼诸府不胜/考掠之惨/遂诬服/安中廉知之/按得冤状/即出民/抵吏罪/
C开封逻卒夜迹盗/盗脱去/民有惊出与卒遇/缚以为盗/民讼诸府/不胜考掠之惨/遂诬服/安中廉知之/按得冤状/即出民抵吏罪/
D开封逻卒夜迹盗/盗脱去/民有惊出与卒遇/缚以为盗/民讼诸府不胜/考掠之惨/遂诬服/安中廉知之/按得冤状/即出民抵吏罪/
11.下列对文中加点词语的相关内容的解说，不正确的一项是(3分)
A方士，又称方术士，指中国古代好讲神仙方术、从事巫祝术数活动的人。
B保任，意思是担保或担保者，文中特指因向朝廷推荐人才而负担保责任。
C禁中，又称禁内，指皇室宗族所居之处，因所居宫室严禁随便进出得名。
D四六之制，即骈文，因在发展中逐渐成为相对整齐的四六句式而由此称。
12.下列对原文有关内容的概括和分析，不正确的一项是(3分)
A王安中进士出身，具有敏捷才思。他随众向朝廷表贺瑞应，徽宗称他为奇才，又出题专门考查，随即任命他为中书舍人，不久又擢升为御史中丞。
B王安中弹劾蔡京，得到皇上采纳。蔡京投皇上所好，引荐道术之士，扰乱朝廷，他陈奏蔡京之罪，要求惩治，蔡京恐惧，其子蔡攸也哭请皇上宽恕。
C王安中外放任职，仕途屡遭坎坷。金人前来归顺，他自请燕山府任职，与辽降将郭药师共事;靖康初，因此前的行事备受指责，仕途随之沉浮不定。
D王安中诗文兼擅。受到皇上器重。他极有文采，为文厚实脱俗，曾受命赋诗百韵以纪盛宴，徽宗高度赞扬，下令书于大殿屏风，将副本赐给侍臣。
13.把文中画横线的句子翻译成现代汉语。(10分)
(1)并言京欺君僣上、蠹国害民数事。上悚然纳之。
(2)药师跋扈，府事皆专行，安中不能制，第曲意奉之，故药师愈骄。
分值: 19分
5
(二)古代诗歌阅读(本题共2小题，9分)
阅读下面这首宋诗，完成14~15题。
读 史 王安石
自古功名亦苦辛，行藏终欲付何人。
当时黮闇犹承误，末俗纷纭更乱真。
糟粕所传非粹美，丹青难写是精神。
区区岂尽高贤意，独守千秋纸上尘。
【注】①黮闇：蒙昧，糊涂。②糟粕：这里用来指代典籍，也作“糟魄”，《庄子·天道》：“然则君之所读者，古人之糟魄已夫。”
14.下列对这首诗的理解和赏析，不正确的一项是(3分)
A这首诗从大处着眼，并非是针对某个具体的历史事件、历史人物而作。
B历代高人贤士一世奔忙，建功立业，但无法避免身后湮没无闻的可能。
C历史人物在其所处的时代已经难免被误解，在世俗的传言中更会失真。
D颈联的上下两句反复陈说，表明诗人的观点，堪称这首诗的警策之语。
15.这首诗阐述了一个什么样的道理?对我们有何启示?(6分)
分值: 9分
6
三、语言文字运用(20分)
阅读下面的文字，完成17~19题。
18发现的殷墟甲骨文，是近代中国史料“四大发现”之一。殷墟甲骨文内容丰富，甲骨刻辞大多是占卜的记录，但占卜的范围很广，涉及祭祀、征伐、农业，田猎、气象、疾病等等，能够在一定程度上反映商代的社会生活。从目前的发掘情况看，甲骨文不止出现在殷墟，在北京、山西、陕西、山东、湖北，______________宁夏都发现了刻有卜辞的甲骨。殷墟甲骨文年代最早，数量最多。但它不是当时唯一的文字。《尚书·多士》记载“惟殷先人，有册有典”，甲骨文有“典”“册” “聿(笔)”这样的文字，说明殷人祖先常规的书写材料是简册，书写工具是毛笔。只是用竹木做成的简册___________腐烂，似乎无法在北方的地下长期保存，所以至今___________没有发现商代的竹简。从出土材料看，甲骨文是商代晚期商王武丁以后才出现的，而商代早期、中期的青铜器上已有少量铭文。( )，甲骨文字体简化较多。对于文字本身来说，汉代学者总结的“六书”的方法在甲骨文基本都已出现，已经说明它是成熟的文字。文字本质上是记录语言的，___________受书写材质和体裁所限，甲骨文不能全面记录当时的语言现象，但是已经能够反映汉语的基本语法、词汇系统，
17.依次填入文中機线上的词语，全都恰当的一项是(3分)
A以及 容易 尚且 然而
B乃至 容易 仍然 虽然
C以及 易于 仍然 然而
D乃至 易于 尚且 虽然
18.下列填入文中括号内的语句，衔接最恰当的一项是(3分)
A由于相较于铸造的青铜器铭文，用刀在龟甲和兽骨上刻字比较困难
B用刀在龟甲和兽骨上刻字比较困难，这是相较于铸造青铜器铭文而言的
C由于用刀在龟甲和兽骨上刻字比较困难，所以相较于铸造的青铜器铭文
D用刀在龟甲和兽骨上刻字，相较于铸造青铜器铭文而言，比较困难
19.文中画横线的句子有语病，下列修改最恰当的一项是(3分)
A就文字本身来说，汉代学者总结的“六书”的方法在甲骨文基本都已出现，已经说明它是成熟的文字。
B对于文字本身来说，汉代学者总结的“六书”的方法在甲骨文中基本都已出现，已经说明它是成熟的文字。
C对于文字本身来说，汉代学者总结的“六书”的方法在甲骨文基本都已出现，说明它已经是成熟的文字。
D就文字本身来说，汉代学者总结的“六书”的方法在甲骨文中基本都已出现，说明它已经是成熟的文字。
分值: 9分
填空题本大题共4小题，每小题6分，共24分。把答案填写在题中横线上。
7
16.名篇名句默写(本题共1小题，6分)
(1)《荀子·劝学》中举例说，笔直的木材如果“___________”，就会弯曲到符合圆规的标准;即使再经暴晒也不会挺直，因为“___________”。
(2)欧阳修《醉翁亭记》中称出游时的食物都可来自山间，肥美的鱼从溪水中捕捞出，所谓“___________，___________”;而用泉水酿制的美酒，口味甘洌。
(3)苏轼在《赤壁赋》中发议论说，江水不停地流去，“___________”;月亮时圆时缺，“___________”。
分值: 6分
8
20.在下面一段文字横线处补写恰当的语句，使整段文字语意完整连贯，内容贴切，逻辑严密，每处不超过10个字，(6分)
无论生产、生活还是娱乐，当人暴露在噪声环境中时，健康就会受到威胁。暴露时间短，会产生焦虑与精神压力;基露时间长，___①____，甚至失聪。 听力损失程度与音量和暴露时长相关。然而，当噪声级达到一定高度时，② ， 均会产生水久性听力损害。而单从听力保护角度来说，即使是乐音，③ ，时间过久，也会对听力造成不可逆的损害。
分值: 6分
9
21.请对下面这段新闻报道的文字进行压缩。要求保留关键信息，句子简洁流畅，不超过75个字。(5分)
年6月1日，中共中央、国务院公布《海南自由贸易港建设总体方案》(以下简称《方案》)对建设海南自贸港做了全面部署和具体安排。海南自贸港建设有了明确的时间表和路线图。《方案》明确海南自贸港的实施范围为海南岛全岛。《方案》提出，海南自贸港的发展目标是，到2025年初步建立以贸易自由便利和投资自由便利为重点的自由贸易港政策制度体系，到2035年成为我国开放型经济新高地，到本世纪中叶企面建成具有較强国际影响力的高水平自由贸易港。《方案》的公布标志着海南自贸港建设进入全面实施阶段。
分值: 5分
10
22.阅读下面的材料，根据要求写作。(60分)
墨子说：“视人之国，若视其国;视人之家，若视其家;视人之身，若视其身。”英国诗人约翰?多恩说：“没有人是自成一体、与世隔绝的孤岛，每一个人都是广袤大陆的一部分。”
“青山一道同云雨，明月何曾是两乡。”“同气连枝，共盼春来。”……2020年的春天，这些寄言印在国际社会援助中国的物资上，表达了世界人民对中国的支持。
“山和山不相遇，人和人要相逢。”“消失吧，黑夜!黎明时我们将获胜!”……这些话语印在中国援助其他国家的物资上，寄托着中国人民对世界的祝福。
“世界青年与社会发展论坛”邀请你作为中国青年代表参会，发表以“携手同一世界，青年共创未来”为主题的中文演讲。请完成一篇演讲稿。
要求：结合材料内容及含意完成写作任务;选好角度，确定立意，明确文体，自拟标题;不要套作，不得抄袭;不得泄露个人信息;不少于800字。
分值: 60分
（2）设bn=，求数列{bn}的前n项和Tn． 19．（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB=90°，BC=1，AC=CC1=2．（Ⅰ）证明：AC1⊥A1B；
（Ⅱ）设直线AA1与平面BCC1B1的距离为，求二面角A1﹣AB﹣C的大小． 20．（12分）设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6、0.5、0.5、0.4，各人是否需使用设备相互独立．（Ⅰ）求同一工作日至少3人需使用设备的概率；
（Ⅱ）X表示同一工作日需使用设备的人数，求X的数学期望． 21．（12分）已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|=|PQ|．（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点，且A、M、B、N四点在同一圆上，求l的方程． 22．（12分）函数f（x）=ln（x+1）﹣（a＞1）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）设a1=1，an+1=ln（an+1），证明：＜an≤（n∈N*）． 2014年全国统一高考数学试卷（理科）（大纲版）参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分）1．（5分）设z=，则z的共轭复数为（）A．﹣1+3i B．﹣1﹣3i C．1+3i D．1﹣3i 【考点】A1：虚数单位i、复数；
A5：复数的运算．菁优网版权所有 【专题】5N：数系的扩充和复数． 【分析】直接由复数代数形式的除法运算化简，则z的共轭可求． 【解答】解：∵z==，∴． 故选：D． 【点评】本题考查复数代数形式的除法运算，考查了复数的基本概念，是基础题． 2．（5分）设集合M={x|x2﹣3x﹣4＜0}，N={x|0≤x≤5}，则M∩N=（）A．（0，4] B．[0，4）C．[﹣1，0）D．（﹣1，0] 【考点】1E：交集及其运算．菁优网版权所有 【专题】5J：集合． 【分析】求解一元二次不等式化简集合M，然后直接利用交集运算求解． 【解答】解：由x2﹣3x﹣4＜0，得﹣1＜x＜4． ∴M={x|x2﹣3x﹣4＜0}={x|﹣1＜x＜4}，又N={x|0≤x≤5}，∴M∩N={x|﹣1＜x＜4}∩{x|0≤x≤5}=[0，4）． 故选：B． 【点评】本题考查了交集及其运算，考查了一元二次不等式的解法，是基础题． 3．（5分）设a=sin33°，b=cos55°，c=tan35°，则（）A．a＞b＞c B．b＞c＞a C．c＞b＞a D．c＞a＞b 【考点】HF：正切函数的单调性和周期性．菁优网版权所有 【专题】56：三角函数的求值． 【分析】可得b=sin35°，易得b＞a，c=tan35°=＞sin35°，综合可得． 【解答】解：由诱导公式可得b=cos55°=cos（90°﹣35°）=sin35°，由正弦函数的单调性可知b＞a，而c=tan35°=＞sin35°=b，∴c＞b＞a 故选：C． 【点评】本题考查三角函数值大小的比较，涉及诱导公式和三角函数的单调性，属基础题． 4．（5分）若向量、满足：||=1，（+）⊥，（2+）⊥，则||=（）A．2 B． C．1 D． 【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算．菁优网版权所有 【专题】5A：平面向量及应用． 【分析】由条件利用两个向量垂直的性质，可得（+）•=0，（2+）•=0，由此求得||． 【解答】解：由题意可得，（+）•=+=1+=0，∴=﹣1；
（2+）•=2+=﹣2+=0，∴b2=2，则||=，故选：B． 【点评】本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量垂直，则它们的数量积等于零，属于基础题． 5．（5分）有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有（）A．60种 B．70种 C．75种 D．150种 【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．菁优网版权所有 【专题】5O：排列组合． 【分析】根据题意，分2步分析，先从6名男医生中选2人，再从5名女医生中选出1人，由组合数公式依次求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案． 【解答】解：根据题意，先从6名男医生中选2人，有C62=15种选法，再从5名女医生中选出1人，有C51=5种选法，则不同的选法共有15×5=75种；
故选：C． 【点评】本题考查分步计数原理的应用，注意区分排列、组合的不同． 6．（5分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左、右焦点为F1、F2，离心率为，过F2的直线l交C于A、B两点，若△AF1B的周长为4，则C的方程为（）A．+=1 B．+y2=1 C．+=1 D．+=1 【考点】K4：椭圆的性质．菁优网版权所有 【专题】5D：圆锥曲线的定义、性质与方程． 【分析】利用△AF1B的周长为4，求出a=，根据离心率为，可得c=1，求出b，即可得出椭圆的方程． 【解答】解：∵△AF1B的周长为4，∵△AF1B的周长=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=2a+2a=4a，∴4a=4，∴a=，∵离心率为，∴，c=1，∴b==，∴椭圆C的方程为+=1． 故选：A． 【点评】本题考查椭圆的定义与方程，考查椭圆的几何性质，考查学生的计算能力，属于基础题． 7．（5分）曲线y=xex﹣1在点（1，1）处切线的斜率等于（）A．2e B．e C．2 D．1 【考点】62：导数及其几何意义．菁优网版权所有 【专题】52：导数的概念及应用． 【分析】求函数的导数，利用导数的几何意义即可求出对应的切线斜率． 【解答】解：函数的导数为f′（x）=ex﹣1+xex﹣1=（1+x）ex﹣1，当x=1时，f′（1）=2，即曲线y=xex﹣1在点（1，1）处切线的斜率k=f′（1）=2，故选：C． 【点评】本题主要考查导数的几何意义，直接求函数的导数是解决本题的关键，比较基础． 8．（5分）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（）A． B．16π C．9π D． 【考点】LG：球的体积和表面积；
LR：球内接多面体．菁优网版权所有 【专题】11：计算题；
5F：空间位置关系与距离． 【分析】正四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心在它的高PO1上，记为O，求出PO1，OO1，解出球的半径，求出球的表面积． 【解答】解：设球的半径为R，则 ∵棱锥的高为4，底面边长为2，∴R2=（4﹣R）2+（）2，∴R=，∴球的表面积为4π•（）2=． 故选：A． 【点评】本题考查球的表面积，球的内接几何体问题，考查计算能力，是基础题． 9．（5分）已知双曲线C的离心率为2，焦点为F1、F2，点A在C上，若|F1A|=2|F2A|，则cos∠AF2F1=（）A． B． C． D． 【考点】KC：双曲线的性质．菁优网版权所有 【专题】5D：圆锥曲线的定义、性质与方程． 【分析】根据双曲线的定义，以及余弦定理建立方程关系即可得到结论． 【解答】解：∵双曲线C的离心率为2，∴e=，即c=2a，点A在双曲线上，则|F1A|﹣|F2A|=2a，又|F1A|=2|F2A|，∴解得|F1A|=4a，|F2A|=2a，||F1F2|=2c，则由余弦定理得cos∠AF2F1===． 故选：A． 【点评】本题主要考查双曲线的定义和运算，利用离心率的定义和余弦定理是解决本题的关键，考查学生的计算能力． 10．（5分）等比数列{an}中，a4=2，a5=5，则数列{lgan}的前8项和等于（）A．6 B．5 C．4 D．3 【考点】89：等比数列的前n项和．菁优网版权所有 【专题】54：等差数列与等比数列． 【分析】利用等比数列的性质可得a1a8=a2a7=a3a6=a4a5=10．再利用对数的运算性质即可得出． 【解答】解：∵数列{an}是等比数列，a4=2，a5=5，∴a1a8=a2a7=a3a6=a4a5=10． ∴lga1+lga2+…+lga8 =lg（a1a2•…•a8）= 4lg10 =4． 故选：C． 【点评】本题考查了等比数列的性质、对数的运算性质，属于基础题． 11．（5分）已知二面角α﹣l﹣β为60°，AB⊂α，AB⊥l，A为垂足，CD⊂β，C∈l，∠ACD=135°，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（）A． B． C． D． 【考点】LM：异面直线及其所成的角．菁优网版权所有 【专题】5G：空间角． 【分析】首先作出二面角的平面角，然后再构造出异面直线AB与CD所成角，利用解直角三角形和余弦定理，求出问题的答案． 【解答】解：如图，过A点做AE⊥l，使BE⊥β，垂足为E，过点A做AF∥CD，过点E做EF⊥AE，连接BF，∵AE⊥l ∴∠EAC=90° ∵CD∥AF 又∠ACD=135° ∴∠FAC=45° ∴∠EAF=45° 在Rt△BEA中，设AE=a，则AB=2a，BE=a，在Rt△AEF中，则EF=a，AF=a，在Rt△BEF中，则BF=2a，∴异面直线AB与CD所成的角即是∠BAF，∴cos∠BAF===． 故选：B． 【点评】本题主要考查了二面角和异面直线所成的角，关键是构造二面角的平面角和异面直线所成的角，考查了学生的空间想象能力和作图能力，属于难题． 12．（5分）函数y=f（x）的图象与函数y=g（x）的图象关于直线x+y=0对称，则y=f（x）的反函数是（）A．y=g（x）B．y=g（﹣x）C．y=﹣g（x）D．y=﹣g（﹣x）【考点】4R：反函数．菁优网版权所有 【专题】51：函数的性质及应用． 【分析】设P（x，y）为y=f（x）的反函数图象上的任意一点，则P关于y=x的对称点P′（y，x）一点在y=f（x）的图象上，P′（y，x）关于直线x+y=0的对称点P″（﹣x，﹣y）在y=g（x）图象上，代入解析式变形可得． 【解答】解：设P（x，y）为y=f（x）的反函数图象上的任意一点，则P关于y=x的对称点P′（y，x）一点在y=f（x）的图象上，又∵函数y=f（x）的图象与函数y=g（x）的图象关于直线x+y=0对称，∴P′（y，x）关于直线x+y=0的对称点P″（﹣x，﹣y）在y=g（x）图象上，∴必有﹣y=g（﹣x），即y=﹣g（﹣x）∴y=f（x）的反函数为：y=﹣g（﹣x）故选：D． 【点评】本题考查反函数的性质和对称性，属中档题． 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分)13．（5分）的展开式中x2y2的系数为 70 ．（用数字作答）【考点】DA：二项式定理．菁优网版权所有 【专题】5P：二项式定理． 【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x、y的幂指数都等于2，求得r的值，即可求得展开式中x2y2的系数． 【解答】解：的展开式的通项公式为 Tr+1=•（﹣1）r••=•（﹣1）r••，令 8﹣=﹣4=2，求得 r=4，故展开式中x2y2的系数为 =70，故答案为：70． 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题． 14．（5分）设x、y满足约束条件，则z=x+4y的最大值为 5 ． 【考点】7C：简单线性规划．菁优网版权所有 【专题】31：数形结合． 【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，由图得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案． 【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得C（1，1）． 化目标函数z=x+4y为直线方程的斜截式，得． 由图可知，当直线过C点时，直线在y轴上的截距最大，z最大． 此时zmax=1+4×1=5． 故答案为：5． 【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题． 15．（5分）直线l1和l2是圆x2+y2=2的两条切线，若l1与l2的交点为（1，3），则l1与l2的夹角的正切值等于． 【考点】IV：两直线的夹角与到角问题．菁优网版权所有 【专题】5B：直线与圆． 【分析】设l1与l2的夹角为2θ，由于l1与l2的交点A（1，3）在圆的外部，由直角三角形中的边角关系求得sinθ= 的值，可得cosθ、tanθ 的值，再根据tan2θ=，计算求得结果． 【解答】解：设l1与l2的夹角为2θ，由于l1与l2的交点A（1，3）在圆的外部，且点A与圆心O之间的距离为OA==，圆的半径为r=，∴sinθ==，∴cosθ=，tanθ==，∴tan2θ===，故答案为：． 【点评】本题主要考查直线和圆相切的性质，直角三角形中的变角关系，同角三角函数的基本关系、二倍角的正切公式的应用，属于中档题． 16．（5分）若函数f（x）=cos2x+asinx在区间（，）是减函数，则a的取值范围是（﹣∞，2] ． 【考点】HM：复合三角函数的单调性．菁优网版权所有 【专题】51：函数的性质及应用；
57：三角函数的图像与性质． 【分析】利用二倍角的余弦公式化为正弦，然后令t=sinx换元，根据给出的x的范围求出t的范围，结合二次函数的图象的开口方向及对称轴的位置列式求解a的范围． 【解答】解：由f（x）=cos2x+asinx =﹣2sin2x+asinx+1，令t=sinx，则原函数化为y=﹣2t2+at+1． ∵x∈（，）时f（x）为减函数，则y=﹣2t2+at+1在t∈（，1）上为减函数，∵y=﹣2t2+at+1的图象开口向下，且对称轴方程为t=． ∴，解得：a≤2． ∴a的取值范围是（﹣∞，2]． 故答案为：（﹣∞，2]． 【点评】本题考查复合函数的单调性，考查了换元法，关键是由换元后函数为减函数求得二次函数的对称轴的位置，是中档题． 三、解答题 17．（10分）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知3acosC=2ccosA，tanA=，求B． 【考点】GL：三角函数中的恒等变换应用；
HP：正弦定理．菁优网版权所有 【专题】58：解三角形． 【分析】由3acosC=2ccosA，利用正弦定理可得3sinAcosC=2sinCcosA，再利用同角的三角函数基本关系式可得tanC，利用tanB=tan[π﹣（A+C）]=﹣tan（A+C）即可得出． 【解答】解：∵3acosC=2ccosA，由正弦定理可得3sinAcosC=2sinCcosA，∴3tanA=2tanC，∵tanA=，∴2tanC=3×=1，解得tanC=． ∴tanB=tan[π﹣（A+C）]=﹣tan（A+C）=﹣=﹣=﹣1，∵B∈（0，π），∴B= 【点评】本题考查了正弦定理、同角的三角函数基本关系式、两角和差的正切公式、诱导公式等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于中档题． 18．（12分）等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=13，a2为整数，且Sn≤S4．（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn=，求数列{bn}的前n项和Tn． 【考点】8E：数列的求和．菁优网版权所有 【专题】55：点列、递归数列与数学归纳法． 【分析】（1）通过Sn≤S4得a4≥0，a5≤0，利用a1=13、a2为整数可得d=﹣4，进而可得结论；
（2）通过an=13﹣3n，分离分母可得bn=（﹣），并项相加即可． 【解答】解：（1）在等差数列{an}中，由Sn≤S4得：
a4≥0，a5≤0，又∵a1=13，∴，解得﹣≤d≤﹣，∵a2为整数，∴d=﹣4，∴{an}的通项为：an=17﹣4n；
（2）∵an=17﹣4n，∴bn===﹣（﹣），于是Tn=b1+b2+……+bn =﹣[（﹣）+（﹣）+……+（﹣）] =﹣（﹣）=． 【点评】本题考查求数列的通项及求和，考查并项相加法，注意解题方法的积累，属于中档题． 19．（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB=90°，BC=1，AC=CC1=2．（Ⅰ）证明：AC1⊥A1B；
（Ⅱ）设直线AA1与平面BCC1B1的距离为，求二面角A1﹣AB﹣C的大小． 【考点】LW：直线与平面垂直；
MJ：二面角的平面角及求法．菁优网版权所有 【专题】5F：空间位置关系与距离． 【分析】（Ⅰ）由已知数据结合线面垂直的判定和性质可得；
（Ⅱ）作辅助线可证∠A1FD为二面角A1﹣AB﹣C的平面角，解三角形由反三角函数可得． 【解答】解：（Ⅰ）∵A1D⊥平面ABC，A1D⊂平面AA1C1C，∴平面AA1C1C⊥平面ABC，又BC⊥AC ∴BC⊥平面AA1C1C，连结A1C，由侧面AA1C1C为菱形可得AC1⊥A1C，又AC1⊥BC，A1C∩BC=C，∴AC1⊥平面A1BC，AB1⊂平面A1BC，∴AC1⊥A1B；
（Ⅱ）∵BC⊥平面AA1C1C，BC⊂平面BCC1B1，∴平面AA1C1C⊥平面BCC1B1，作A1E⊥CC1，E为垂足，可得A1E⊥平面BCC1B1，又直线AA1∥平面BCC1B1，∴A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离，即A1E=，∵A1C为∠ACC1的平分线，∴A1D=A1E=，作DF⊥AB，F为垂足，连结A1F，又可得AB⊥A1D，A1F∩A1D=A1，∴AB⊥平面A1DF，∵A1F⊂平面A1DF ∴A1F⊥AB，∴∠A1FD为二面角A1﹣AB﹣C的平面角，由AD==1可知D为AC中点，∴DF==，∴tan∠A1FD==，∴二面角A1﹣AB﹣C的大小为arctan 【点评】本题考查二面角的求解，作出并证明二面角的平面角是解决问题的关键，属中档题． 20．（12分）设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6、0.5、0.5、0.4，各人是否需使用设备相互独立．（Ⅰ）求同一工作日至少3人需使用设备的概率；
（Ⅱ）X表示同一工作日需使用设备的人数，求X的数学期望． 【考点】C8：相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式；
CH：离散型随机变量的期望与方差．菁优网版权所有 【专题】5I：概率与统计． 【分析】记Ai表示事件：同一工作日乙丙需要使用设备，i=0，1，2，B表示事件：甲需要设备，C表示事件，丁需要设备，D表示事件：同一工作日至少3人需使用设备（Ⅰ）把4个人都需使用设备的概率、4个人中有3个人使用设备的概率相加，即得所求．（Ⅱ）X的可能取值为0，1，2，3，4，分别求出PXi，再利用数学期望公式计算即可． 【解答】解：由题意可得“同一工作日至少3人需使用设备”的概率为 0.6×0.5×0.5×0.4+（1﹣0.6）×0.5×0.5×0.4+0.6×（1﹣0.5）×0.5×0.4+0.6×0.5×（1﹣0.5）×0.4+0.6×0.5×0.5×（1﹣0.4）=0.31．（Ⅱ）X的可能取值为0，1，2，3，4 P（X=0）=（1﹣0.6）×0.52×（1﹣0.4）=0.06 P（X=1）=0.6×0.52×（1﹣0.4）+（1﹣0.6）×0.52×0.4+（1﹣0.6）×2×0.52×（1﹣0.4）=0.25 P（X=4）=P（A2•B•C）=0.52×0.6×0.4=0.06，P（X=3）=P（D）﹣P（X=4）=0.25，P（X=2）=1﹣P（X=0）﹣P（X=1）﹣P（X=3）﹣P（X=4）=1﹣0.06﹣0.25﹣0.25﹣0.06=0.38． 故数学期望EX=0×0.06+1×0.25+2×0.38+3×0.25+4×0.06=2 【点评】本题主要考查了独立事件的概率和数学期望，关键是找到独立的事件，计算要有耐心，属于难题． 21．（12分）已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|=|PQ|．（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点，且A、M、B、N四点在同一圆上，求l的方程． 【考点】KH：直线与圆锥曲线的综合．菁优网版权所有 【专题】5E：圆锥曲线中的最值与范围问题． 【分析】（Ⅰ）设点Q的坐标为（x0，4），把点Q的坐标代入抛物线C的方程，求得x0=，根据|QF|=|PQ|求得 p的值，可得C的方程．（Ⅱ）设l的方程为 x=my+1（m≠0），代入抛物线方程化简，利用韦达定理、中点公式、弦长公式求得弦长|AB|．把直线l′的方程代入抛物线方程化简，利用韦达定理、弦长公式求得|MN|．由于MN垂直平分线段AB，故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|，由此求得m的值，可得直线l的方程． 【解答】解：（Ⅰ）设点Q的坐标为（x0，4），把点Q的坐标代入抛物线C：y2=2px（p＞0），可得x0=，∵点P（0，4），∴|PQ|=． 又|QF|=x0+=+，|QF|=|PQ|，∴+=×，求得 p=2，或 p=﹣2（舍去）． 故C的方程为 y2=4x．（Ⅱ）由题意可得，直线l和坐标轴不垂直，y2=4x的焦点F（1，0），设l的方程为 x=my+1（m≠0），代入抛物线方程可得y2﹣4my﹣4=0，显然判别式△=16m2+16＞0，y1+y2=4m，y1•y2=﹣4． ∴AB的中点坐标为D（2m2+1，2m），弦长|AB|=|y1﹣y2|==4（m2+1）． 又直线l′的斜率为﹣m，∴直线l′的方程为 x=﹣y+2m2+3． 过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点，把线l′的方程代入抛物线方程可得 y2+y﹣4（2m2+3）=0，∴y3+y4=，y3•y4=﹣4（2m2+3）． 故线段MN的中点E的坐标为（+2m2+3，），∴|MN|=|y3﹣y4|=，∵MN垂直平分线段AB，故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|，∴+DE2=MN2，∴4（m2+1）2 ++=×，化简可得 m2﹣1=0，∴m=±1，∴直线l的方程为 x﹣y﹣1=0，或 x+y﹣1=0． 【点评】本题主要考查求抛物线的标准方程，直线和圆锥曲线的位置关系的应用，韦达定理、弦长公式的应用，体现了转化的数学思想，属于难题． 22．（12分）函数f（x）=ln（x+1）﹣（a＞1）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）设a1=1，an+1=ln（an+1），证明：＜an≤（n∈N*）． 【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；
RG：数学归纳法．菁优网版权所有 【专题】53：导数的综合应用． 【分析】（Ⅰ）求函数的导数，通过讨论a的取值范围，即可得到f（x）的单调性；
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