10年高考数学题集

2024-08-21

10年高考数学题集（精选9篇）

1.10年高考数学题集篇一

2014年全国各地高考文科数学试题分类汇编10：排列、组合及二项式定理

一、选择题

错误！未指定书签。．（2013年高考大纲卷（文））x2的展开式中x的系数是 68（）

A．28

【答案】C

二、填空题 B．56 C．112 D．224

2a7错误！未指定书签。．（2013年上海高考数学试题（文科））设常数aR.若x的二项展开式中x项x的系数为-10,则a_______.【答案】2

错误！未指定书签。．（2013年高考大纲卷（文））从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖,2名二等奖,35

名三等奖,则可能的决赛结果共有____种.(用数字作答)

【答案】60

2.10年高考数学题集篇二

这是一道蕴含着多种解题方法的高考题,经过笔者认真思考和研究,给出下面几种解法,供参考.

评注:此法理解性较强,并且有一定的难度,只有在理解“温馨提示”之后才能正确求解,故此法必须掌握怎样求m的值才能准确地求出的最大值,在这里只作为了解.

方法二平方后利用

方法三向量法

方法四柯西不等式法

解法4:因为a,b>0,且a+b=5,

方法七构造等差数列

方法八构造对偶式

方法九三角法

方法十利用数学期望公式EX2≥(EX)2

解法10:构造离散型随机变量X的分布列为

参考文献

3.10年高考数学题集篇三

【2018年高考题】

（2018·北京卷）2018年4月，川藏铁路成都至雅安段开始铺轨。读图1，回答第1-3题。

1．与成都相比，拉萨 A．日出早白昼长

B．正午太阳高度角小 C．海拔高，日照强

D．大气逆辐射强 2．图示区域

A．地处板块的生长边界

B．河流的流向自西向东 C．自然景观为高寒荒漠

D．跨地势第一、二级阶梯 3．川藏铁路开通后，能够

①缓解青藏铁路运输压力 ②改善西藏物资供应 ③消除区域内灾害的影响 ④促进地域文化交流 A．①②③

B．①②④

C．①③④

D．②③④

（2018·北京卷）随着汽车等工业产品的废弃量增加，主要利用废钢冶炼的电炉炼钢技术日渐普及。图5示意国外某流域的钢铁厂分布，读图，回答第4题。

4．甲、乙两类钢铁厂在区位选择上均靠近

①铁矿

②大城市

③交通线路

④钢铁消费量 A．①②

B．③④

C．①③

D．②④（2018·海南卷）5．阅读图文资料，完成下列要求。（10分）图7示意我国某地区主要交通线和城镇的分布。

从地表形态影响的角度，概括甲乙两地间主要交通线的分布特点并简析原因。

【2018年高考模拟题】

(【全国省级联考】2018年普通高校招生全国统一考试押题密卷

（七）)“拥堵延时指数”是城市拥堵程度的评价指标，即城市居民平均一次出行实际旅行时间与自由状态下旅行时间的比值。拼车是指相同路线的几个人乘坐同一辆车上下班、上下学、旅游等，且车费由乘客平均分摊的出行方式。读“2016年我国部分城市拥堵延时指数示意图”与“某市工作日拼车潜力路程分布图”，据此完成下面小题。

1．由图文信息可以判断

A.城市的服务范围越大，拥堵延时指数就越高 B.城市规模等级与拥堵延时指数呈正相关关系 C.上海市拥堵延时指数为1.87小时

D.拥堵延时指数受机动车保有量、城市道路状况影响明显 2．由材料提供的信息，可推断该市 A.拼车潜力与拼车距离呈正相关

B.总体来说，拼车距离越近，拼车潜力就越 C.影响拼车成功率的关键因素是拼车数量的多少 D.上午10点比18点拼车成功率高

(【全国省级联考】2018年普通高校招生高三全国统考全国卷I（衡水金卷信息卷）

（三）)历时多年的建设，全球第一条热带地区的环岛高速铁路在海南岛全线贯通，旅客搭乘高铁环游海南岛成为现实。下图示意海南岛等高线、高速铁路和城市分布。据此完成下面小题。

3．海南岛沿海地区成为城市选址的理想区位，其主导因素是 A.交通

B.气候

C.纬度

D.地形

4．高速铁路主要环岛布局，其主要目的是

A.连接主要城市，促进经济发展

B.降低工程难度，提高运输效率 C.减缓铁路坡度，防止事故发生

D.连接沿海公路干线，形成交通网 5．海南岛计划修建穿越岛屿的铁路干线，需要克服的主要自然障碍是 A.暴雨和台风

B.崎岖的地形

C.断层透水问题

D.喀斯特地貌

(【全国百强校】四川省绵阳中学2018届高三考前适应性考试

（三）)公交车作为廉价、高效的公共运输工具，为减轻城市日益严重的交通拥堵现象立下了汗马功劳。但是，随着社会经济的不断发展，我国公交车系统也出现了“小城市无人坐，大城市没车坐”的困境。据此回答下列各题。

6．造成“小城市无人坐，大城市没车坐”困境的根本原因是

（）A.公交系统完善程度

B.社会经济发展水平C.城市人口数量差异

D.城市交通拥堵状况 7．在21世纪初，小城市公交车也曾经出现过人满为患的场景，可能是因为（）A.其他交通运输方式少

B.城市公交的线路完善 C.乘坐公交车成本低

D.交通拥堵状况在加剧

8．小城市为缓解当前的问题，可以采取的最有效的措施是（）A.降低票价

B.优化线路

C.增加站点

D.减少班次

(【全国省级联考】安徽省江南十校2018届高三冲刺联考（二模）)李白说“烟花三月下扬州”，他是乘船去的，而今再下江南时，人们更愿意走公路。公路是江南的另一种河流形式，少了弧度和婉约，却多了速度和效率。江南的公路应该是中国修得最好、完善的地区之一，沿着开阔平滑的公路掠过江南，两侧河湖广布、良田万顷、人烟阜盛，自得一派风流。下图为太湖附近的高速公路。阅读材料，完成下面小题。

9．江南的公路是中国修得最好、最完善的地方之一，其原因主要是 A.气候温暖

B.人口稠密

C.资源丰富

D.地形平坦 10．江南古镇多青石板路，主要是为了

A.路面的稳定

B.货物的运输

C.旅游的需要

D.修路的难度

(【全国省级联考】2018届高三省际名校联考

（五）)2017年5月31日1l时10分，由中国路桥公司承建的蒙内铁路正式开通，连接肯尼亚首都内罗毕与东非第一大港蒙巴萨，铁路沿线设置了多处桥梁式遹道，是中国帮助肯尼亚修建的一条全线采用中国标准的标轨铁路，并包揽了这条铁路上相关的配套设施。蒙内铁路的建成通车取代了国内仅有的一百多年前由英国修建的“米轨”铁路(轨距1米)，是肯尼亚独立以来的最大基础设施建设项目。下图示意肯尼亚位置和蒙内铁路。据此完成下列各题。11．材料显示与一百多年前的米轨相比，蒙内铁路最大的优点 A.运力足

B.距离短

C.运费低

D.时速快 12．蒙内铁路沿线设置多处桥梁式通道的主要原因是 A.节约草地面积

B.解决冻土问题 C.穿过多处河流

D.保护野生动物

13．中国承建蒙内铁路可以从中获得的社会利益是 A.带动相关产业发展

B.扩大在当地的影响力 C.优化调整产业结构

D.促进基础设施建设

(【全国百强校】黑龙江省佳木斯市第一中学2018届高三第三次模拟考试)1929年，纽约市政府将原本穿越曼哈顿西区105条街道的地面铁轨改造力高架铁路，火车在褛房间穿行，完成原材杆和制成品的运输和卸载。20世纪60年代开始，这段街区的高架铁路运输日益衰弱。如今，纽约人将这废弃的高架铁路改造成线型中花园(如下图)，沿线原有的很多仓库和工厂被转化为艺术画廊，零售商店、餐厅等。据此完成下列各题。

14．当时，纽约市政府将地面铁轨改造为高架铁路的主要目的是 A.丰富城市景观

B.提高交通安全 C.促进港区发展

D.节约城市用地

15．早期，高架铁路沿线地区的城市用地类型主要属于

A.交通用地

B.商业用地

C.工业用地

D.住宅用地

(【全国省级联考】江西省2018届高三JTY考前大联考)近日，全球首段光伏高速公路(如下图)在山东济南亮相，这是我国首个承载式光伏高速公路。这种路面的最上层是类似毛玻璃的半透明新型材料，拥有较高的透光率，可以让阳光透过它，使下面的太阳能电池把光能转换成电能，实时输送至电网。据此完成下面小题。

16．与西北地区相比，在济南周边高速公路上推广光伏发电的优势是 ①光照充足 ②节约土地 ③资金、技术力量雄厚 ④高速公路网密集 A.①②

B.②③

C.②④

D.③④ 17．对光伏高速公路影响较大的自然因素是

A.地质及水文条件

B.气象及水文条件

C.气象及气候条件

D.地质及气候条件

18．下列地区中建设光伏高速公路后，发电效能最高的是

A.南方水乡

B.西北戈壁

C.青藏高原

D.东南丘陵

(【全国区级联考】天津部分区联考2018届高三二模)天津小站稻在北方稻区有较大的知名度，限于自然条件的影响天津市水稻种植面积自20世纪末急剧下滑。随着农业技术水平的提高,2016年，天津滨海新区通过发展稻蟹套养模式(一种现代化养殖技术——利用稻田的浅水环境辅以人为的措施，既种稻又养蟹)，不但恢复停止了20年的水稻生产，还成功实现了“一地两用、一水两养”，结合下图回答下列各题。

19．图示区域水稻种植面积急剧下滑的主要原因和影响滨海新区发展稻蟹套养模式的关键因素分别是

A.洪涝多发

技术

B.水资源短缺

土地 C.水资源短缺技术

D.热量不足

水源

20．下列关于海河对于天津港的最大影响说法正确的是

A.提供丰富的淡水资源

B.通过便利的海河水运加强与河北地区的联系 C.提供广阔的船舶停泊空间 D.泥沙淤积严重，堵塞航道(【全国省级联考】安徽省A10联盟2018届高三最后一卷)上海港经历了“黄浦江→长江→洋山港”的变迁，在区位变化的过程中，其功能也发生着巨大的变化。目前上海港已经成为世界吞吐量第二的超级大港。下图为上海港区及部分工业分布图。据此完成下面小题。

21．不同港口有不同功能，推测宝山区和金山区码头的主要功能是()A.提供货物中转

B.服务临港工业

C.发展自由贸易

D.促进休闲旅游 22．洋山港区的出现，表明

A.船舶大型化需要深水码头

B.海岛风景成为港区新选择 C.深水海港海平面风平浪静

D.上海工业向浦东新区迁移 23．临近上海的宁波舟山港是吞吐量位居世界前列的大港，但并未对上海港货物运输造成很大冲击，主要原因是两大港口()A.服务等级差别很大

B.服务范围没有重叠

C.服务种类优势互补

D.集散货物种类不同2018年：高考、模拟分项专题10 交通

【2018年高考题】

【答案】1.C

2.D

3.B 【解析】

2.据图，该区域为我国西南地区，结合板块分布可知该区域地处亚欧板块和印度洋板块的消亡边界，A错误；地势决定河流的流向，据图可知，图示河流大多自北向南流，B错误；四川盆地自然景观为亚热带常绿阔叶林，C错误；青藏高原为我国第一级阶梯，四川盆地位于我国第二级阶梯，因此该区域跨地势第一、二级阶梯，D正确。故选D。

3.据图可知，川藏铁路开通后，增加了进藏通道，可以缓解青藏铁路运输压力，改善西藏物质供应，促进西藏和区外的文化交流和联系，①②④正确；但不能够消除区域内灾害的影响，②错误。故选B。

【点睛】本题组主要考查区域地理环境特征和西南交通建设的意义。青藏高原海拔高，空气稀薄，大气透明度高，多晴天，白天大气的削弱作用弱，太阳辐射强，晚上大气保温作用弱，气温低，昼夜温差大。我国西南地区经济发展落后，基础设施不完善，川藏铁路的修建可加强区域对外联系和交流，对加强民族团结、巩固国防等有重要意义。【答案】4.B

5.【答案】分布特点：（主要交通线）基本上沿山麓等高线（河谷平原与山地的过渡地带）分布。（3分）

原因：南部为山地，北部为河流。沿山麓等高线修建交通线，工程量较小；（4分）（沿河谷平原与山地的过渡地带，）既避洪水，又少地质灾害威胁。（3分）【解析】

【2018年高考模拟题】

【答案】1．D

2．B

2．4KM距离以内的拼车潜力与停车距离成正相关，4KM距离以外的拼车潜力与停车距离成负相关，A错误B正确；拼车的成功率与拼车数量的多少没有关系，C错误；上下班时间拼车成功率显然要比非上班的时间的拼车成功率更高，D错误。

【答案】3．D

4．A

5．B 【解析】

5．海南岛计划修建穿越岛屿的铁路干线，岛屿中部是山脉，需要克服的主要自然障碍是崎岖的地形，B对。暴雨和台风与是否穿越岛屿无关，A错。铁路选线尽量避开断层等地质构造复杂地段，C错。岛屿上以花岗岩为主，喀斯特地貌少，D错。

点睛：海南岛沿海地区等高线稀疏，说明地形平坦，农业基础好，成为城市选址的理想区位，其主导因素是地形。高速铁路主要环岛布局，其主要目的是连接主要城市，促进经济发展。穿越岛屿的铁路干线，需要克服的主要自然障碍是崎岖的地形。

【答案】6．B

7．A

8．B 【解析】

【答案】9．D

10．A 【解析】本题组主要考查影响公路运输方式的区位。

9．结合材料公路是江南的另一种河流形式，少了弧度和婉约，却多了速度和效率，说明江南地区的公路较为平直；也印证了此地地形主要是平原，对公路交通运输的建设限制较少，在加之当地经济发达交通运输需求量大，公路运输发展速度较快。所以江南地区的公路是中国修的最好、最完善的地方之一的原因主要是地形影响的，本题D选项正确。

10．江南多雨，容易造成路面泥泞湿滑，为了交通通行的方便，就地取材铺上青石板，可以利于排水，保持路面干燥和路面的稳定性。因此本题A选项正确。【答案】11．A

12．D

13．B 【解析】

13．中国援建肯尼亚的铁路，将有效的拉动当地经济增长，带动相关产业发展、优化调整产业结构、促进基础设施建设，但这都是对肯尼亚的经济影响，对于中国而言，展示中国实力，造就并扩大在当地的影响力是中国在当地收获的社会意义，选B。

【答案】14．B

15．C 【解析】

15．早期，火车在楼房间穿行，完成原材料和制成品的运输和卸载，说明高架铁路沿线地区的城市用地类到主要属于工业用地，C对。交通用地、商业用地、住宅用地没有原材料、制成品的装缷任务，A、B、D错。故答案选C项。【答案】16．D

17．C

18．C 【解析】

18．根据所学知识四个地区中，南方水乡、东南丘陵为亚热带季风气候，阴雨天较多，太阳辐射较少，故A、D错误；西北戈壁全年降水稀少，光照较强，因其纬度较高，冬季日照时间短，故B错误；青藏高原地区纬度较低、海拔高、空气稀薄、晴天多，太阳辐射强烈，是我国太阳辐射最强烈地区，所以建设光伏高速公路的发电效能最高，故C选项正确。【答案】19．C

20．D 【解析】

【答案】21．B

22．A

23．C 【解析】

23．临近上海的宁波舟山港是吞吐量位居世界前列的大港，但并未对上海港货物运输造成很大冲击，主要原因是两大港口服务种类优势互补，C对。都是世界大港，服务等级差别小，A错。距离较近，服务范围有重叠，B错。集散货物种类不是影响服务类型的决定因素，D错。

4.10年高考数学题集篇四

2022年高考作文押题素材押题关键词1：中国故事

北京冬奥会：赴冰雪之约，讲中国故事

2022年2月2日晚，随着揭幕战冰壶混合双人赛在国家游泳中心“冰立方”打响，北京冬奥会如约而至。

经过7年的精心筹办，中国再次圆了奥运梦，北京也成为世界上首个“双奥之城”。北京冬奥会在比赛场馆、餐饮住宿、志愿者服务等方面展现出的高水准，令国际社会感受到中国的诚意和实力。此次冬奥会又堪称一场“中国故事会”，中国故事吸引着世界观众和听众：开幕式既有中国文化创意，又有十足的科技感;国际奥委会主席巴赫表示，北京冬奥会场馆设施非常出色，所有运动员对此都非常满意;冬奥吉祥物“冰墩墩”成为顶流明星，诸多外国友人对它爱不释手……观众和听众的声音抵达世界每一个角落，让世界得以重新认识中国并客观看待中国。

核心立意

用事实讲述中国故事，塑造大国形象。

2022年高考作文押题素材押题2：奋进人生

中国女足：相信拼搏的力量

2022年2月6日，在女足亚洲杯决赛中，中国女足以3∶2战胜韩国女足，第9次夺得亚洲杯冠军。回顾中国女足发展史，最近一次夺冠是在，且中国女足近在世界大赛上的发挥和成绩始终不太理想。而此次亚洲杯之路也并不轻松，面对队伍组建磨合、核心主力受伤、日韩女足整体实力增强等挑战，主教练水庆霞精准部署、及时调整，积极鼓励队员迎难而上。中国女足在半决赛对阵日本，两度落后、两度扳平，不放弃场上任何一秒，在体力已经接近透支的时候，依旧全力以赴，坚持战斗到最后一刻。中国女足在决赛对阵韩国，在比分落后的情况下，依然保持昂扬斗志，积极拼抢创造机会，用坚持到底的拼搏精神实现惊天逆转。

核心立意

学习女足精神，致敬永不言败的拼搏。

2022年高考作文押题素材押题3：“两个辛丑年的对比”：从丧权辱国到平视世界

3月18日，中国与美国的外交高官在阿拉斯加州安克雷奇市召开了首场面对面会谈。美方在先致开场白时严重超时，并对中国内外政策无理攻击、指责，挑起争端。中共中央政治局委员、中央外事工作委员会办公室主任杨洁篪掷地有声地反击：“你们没有资格在中国的面前说，你们从实力的地位出发同中国谈话。”随后，两个辛丑年的照片对比刷屏网络——20是农历辛丑年，在120年前的19，中国被迫签订丧权辱国的《辛丑条约》，那时的中国积贫积弱，任列强宰割。而今，中国早已发展壮大，国富民强，美国想继续在谈判桌上对中国横加指责，自然遭到中国的强硬回击。

核心立意

平视世界是因为有实力，有自信。

2022年高考作文押题素材押题4：杨振宁：与家国“共同途”

年9月，在“杨振宁先生学术思想研讨会”上，杨振宁回忆了自己1971年首次访问新中国时，好友邓稼先写信给他，希望他“在国外时能经常想到我们的祖国”，也希望与他“但愿人长久，千里共同途”。如今在会上，杨振宁深情回应邓稼先：“我可以很有自信地跟你说，(我这)以后50年是合了你这个‘共同途’的瞩望，我相信你也会满意的。”

一个学科的发展，不是一位领军人物的单打独斗。用杨振宁的话说：“我的一生可以算作一个圆，从一个地方开始，走了很远的地方，现在又回来了。”从1971年中美关系缓和开始，到回国定居，杨振宁一直努力搭建中国与外界科学交流的桥梁。为国招揽学术人才、筹集学术资金、激活学术资源……奔波异国他乡，他始终心系家国。

核心立意

将爱国情怀融入祖国发展的伟大事业之中。

2022年高考作文押题素材押题5：河南卫视好戏连台，坚持传统文化创新表达

2021年，河南卫视推出的“中国节日”系列节目，在朋友圈数次“出圈”。从2021年河南春晚中《唐宫夜宴》里古灵精怪的“唐宫小姐姐”、《端午奇妙游》里绝美的“洛神水下飞天”、《七夕奇妙游》中刚柔并济的“龙门金刚”，到《重阳奇妙游》中的“凤凰于飞”“李白踏歌”……河南卫视“中国节日”系列串联多个中国传统节日，通过鲜活、有趣的艺术演绎，实现了文化破圈传播。同时该系列节目也侧重保持技术赋能的特点，运用5G+AR技术，借助现代化的声光影技术，通过全新的演绎，赋予传统文化新的生命力。向传统要资源，向现代要技术，植根于古老中原大地的河南卫视找到了文化出圈的密码，造就了传统文化的创新表达。

核心立意

传统文化搭上创新载体，才能更好地传承。

2022年高考作文押题素材押题6：全面发展

“双减”政策落地，让教育回归正轨

2021年7月24日，中共中央办公厅、国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》。《意见》中明确提到“全面压减作业总量和时长，减轻学生过重作业负担”“坚持从严治理，全面规范校外培训行为”等，旨在有效减轻义务教育阶段学生过重作业负担和校外培训负担，因此被称为“双减”政策。此外，《意见》中还提到“大力提升教育教学质量，确保学生在校内学足学好”，再次强调了教育的主阵地是学校，要减轻学生负担，根本之策在于全面提高学校教学质量，做到应教尽教，使学生回归校园、回归课堂。近年来，教育内卷化、“鸡娃”普遍化引起全民焦虑。“双减”政策落地，让人们看到了教育回归正轨的希望。

核心立意

教育回归正轨，才能培养全面发展的人。

2022年高考作文押题素材押题6：人生价值

“汽修女孩”古慧晶：热爱成就人生另一种可能

2021年7月初，因在广东省职业院校学生专业技能大赛汽车机电与维修赛项中获得一等奖，而且是该赛项设置以来广东省第一个参赛并获一等奖的女生，古慧晶“意外出圈”。

身为00后的古慧晶于深圳市第二职业技术学校学习汽车运用与维修专业，选择汽修专业缘于她童年时对汽车的热爱。中考前，古慧晶面临着考普通高中还是读职业学校的选择。因为对汽车的满腔热爱，她毅然选择了后者。古慧晶曾在朋友圈写下这样一段话：“人生出彩的方式多种多样，身为学生，不一定是用学习成绩证明自己的能力，为自己的爱好努力的人，同样值得被认可。”古慧晶希望用自己的经历打破人们对职业性别和职业教育的偏见，希望更多人可以选择适合自己的发展之路。

核心立意

勇敢追梦，打破偏见，成就自我。

2022年高考作文押题素材押题7：自我与环境

北大“韦神”：在喧嚣中保持内心的秩序

2021年6月，一个记者随机采访北大“路人”的视频火了。视频中的男子头发蓬松，衣着简单，手拎馒头，怀揣着一瓶水，像一个不修边幅、醉心学术的“世外高人”。他就是北大数学科学学院助教韦东奕，在数学界，他被称为“韦神”。

受父亲影响，韦东奕从小痴迷数学。他高一就入选了数学奥林匹克国家集训队，参加第 49 届、第50 届国际数学奥林匹克竞赛，均以满分获得金牌。大三暑假时，他一举获得了丘成桐大学生数学竞赛分析、几何、概率、应用四项金奖及个人全能金奖。加上大二时获得的代数金奖，韦东奕成为“丘赛”史上前无古人的大满贯选手。2021年10月14日，韦东奕又获阿里巴巴达摩院青橙奖。在网络上爆红之后，韦东奕所在的北京国际数学研究中心曾写了一封非常得体的公开信，指出“韦东奕专注于数学世界，为人纯真，生活简朴”，并呼吁公众不要对他过度关注，“数学研究需要安静的治学环境”，可谓用心良苦。

核心立意

坚守自我，专注所爱，不为外界所扰。

2022年高考作文押题素材押题8：健康审美

奥运会重塑审美观，展现多元美的世界2022年，北京冬奥会期间，从不负众望的“青蛙公主”谷爱凌，到 “一鸣惊人”的苏翊鸣，再到要做“冰上尖刀”的任子威……网友直呼：这才是我们该追的星!早在东京奥运会时，“奥运会狠狠修正了我的审美”相关话题就频频登上热搜，引人关注。苏炳添的肌肉线条，吕小军的后背肌肉，张雨霏的水灵，李雯雯的可爱，赛艇姑娘们的小麦色皮肤……在“白瘦幼”“小鲜肉”满屏的审美世界里，这些奥运健儿突然让大众发现了更加多彩的审美世界，那就是运动之美、力量之美、健康之美。奥运健儿们以速度、力量和技巧的组合，为人们展示了更加多元的审美世界，拓宽了人们对美的认知。

核心立意

拒绝刻板、偏狭的美，拥抱健康、多元的美。

2022年高考作文押题素材押题9：中国女足夺冠

我们都知道，与日本苦战120分钟，中国女足姑娘的体能消耗有多大;我们都知道，带伤上阵的王霜，要忍受多少疼痛;我们都知道，在45分钟的时间里实现两球落后的逆转是多么困难……但是，我们更加相信，我们可以永远相信中国女足!史诗逆转、梦幻绝杀。重回亚洲巅峰，中国女足的姑娘们，你们值得一切赞美!

“铿锵玫瑰”再度怒放。王霜们身上，体现了老一辈中国女足拼搏精神的传承。祖国在她们心中。攻入制胜球的王霜赛后说，落后的时候从没有想过要放弃。

这就是精神传承的伟大之处——挽狂澜于既倒，濒绝境而重生，永远不向困难低头。

核心立意：永不言败、拼搏精神

2022年高考作文押题素材押题10：生命共同体

新全球气候协议达成，未来变得更有希望?

当地时间2021年11月13日晚，《联合国气候变化框架公约》第二十六次缔约方大会(COP26)在英国格拉斯哥闭幕。大会达成决议文件，就《巴黎协定》实施细则达成共识。气候变化是全人类的共同挑战。在格拉斯哥气候大会召开前，其曾被认为是“最后一次扭转局势的机会”。然而，事实却是各方在会后最终达成的《格拉斯哥气候公约》仍然是一份没有硬性约束力和惩罚机制的软性条约。至于此次格拉斯哥气候大会是否成功，人们恐怕要等到多年后才可得出公允的结论。“我知道你们可能会很失望，但前进的道路并不总是一帆风顺的：有时候会走弯路，有时候会遇到艰难险壑。不过，我知道我们最终能够抵达目的地。”联合国秘书长古特雷斯向所有关注气候行动的人表达了他的期望。

核心立意

5.10年高考数学题集篇五

1.让人人享有文化滋养（人民论坛）2.青春担当，正当其时！（给新时代写封信）3.于无邪诗意呼唤不变诗心(评论员随笔)4.“跪地除冰”传递劳动温度(暖闻热评)5.让人人享有安宁祥和（人民论坛）6.守着花一样的芬芳（遇见）7.余光中的江河深处（新语）8.劳动者最高贵（暖闻热评）

9.没有艰苦奋斗哪来波澜壮阔？（青年观）10.修养贵有恒（青年驿站）

1.【人民论坛】让人人享有文化滋养

2000多年前，中国古代先哲写道：“若以水济水，谁能食之？若琴瑟之专壹，谁能听之？”人类文明多样性是世界的基本特征。世界上有200多个国家和地区、2500多个民族、多种宗教，如果只有一种生活方式、一种语言、一种音乐、一种服饰，那不仅是单调的，更是不可想象的。

“我们要努力建设一个远离封闭、开放包容的世界”“让各种文明和谐共存，让人人享有文化滋养”„„在中国共产党与世界政党高层对话会上，最高领导人站在人类进步的历史高度，顺应文明互鉴的时代潮流，提出构建人类命运共同体的“文明倡议”。这一倡议，不仅是对文明交流历史规律的深刻总结，更是超越“文明冲突”旧论、书写文明新华章的不二法门。

不同文明之间能否和谐共生、相得益彰？又该有怎样的相处之道？这是人类社会的永恒话题，也是构建人类命运共同体绕不开的内容。很长时间以来，“文明冲突论”以其浓重的宿命论色彩，让一些人在看待不同文明相互交流的前景时，产生了深深的疑惑与迷惘，甚至在看待他者文明时滑向了对抗与冲突。从在联合国教科文组织总部演讲中提出“文明因交流而多彩，文明因互鉴而丰富”，到在中国共产党与世界政党高层对话会上呼吁“共同消除现实生活中的文化壁垒，共同抵制妨碍人类心灵互动的观念纰缪，共同打破阻碍人类交往的精神隔阂”，最高领导人的“文明交流互鉴共存”思想，不仅突破了“文明冲突论”的窠臼，更指明了人类文明发展进步的新路。

文明没有高下、优劣之分，只有特色、地域之别。文明差异不应该成为世界冲突的根源，而应该成为人类文明进步的动力。对此，最高领导人曾打过一个生动的比方，茶的含蓄内敛和酒的热烈奔放代表了品味生命、解读世界的两种不同方式。但是，茶和酒并不是不可兼容的，既可以酒逢知己千杯少，也可以品茶品味品人生。换句话说，“不要看到别人的文明与自己的文明有不同，就感到不顺眼，就要千方百计去改造、去同化，甚至企图以自己的文明取而代之。”应该看到，文明是多彩、平等、包容的，不同文明都是人类的精神瑰宝。只要秉持包容精神，就不存在什么文明冲突，就完全可以在实现文明和谐的基础上，让人类文明同放异彩，共同为人类发展提供精神力量。

这些年来，从访问英国时谈到莎士比亚和汤显祖两位东西方文学巨匠，到在联合国教科文组织总部演讲时谈到法门寺的域外琉璃器；从与印度总理莫迪的“西安会见”，到与美国总统特朗普的“宝蕴楼茶叙”，每逢出访或在国内举行外事活动，最高领导人经常在署名文章、演讲、活动中观照“文明交流互鉴共存”这一话题，这几乎成为外事活动“标配”。“以文明交流超越文明隔阂、文明互鉴超越文明冲突、文明共存超越文明优越”，随着最高领导人的身体力行，越来越多的人认识到，善于发现、欣赏、借鉴其他文明的价值，既是一种美德，更是一种智慧。

“和羹之美，在于合异。”文明的繁盛、人类的进步，离不开求同存异、开放包容，离不开文明交流、互学互鉴。历史呼唤着人类文明同放异彩，不同文明和谐共生、相得益彰，就能为人类发展提供更加丰富的精神滋养。

《人民日报》（2017年12月13日04版）

2.人民日报给新时代写封信：青春担当，正当其时！

新时代：

你好！

党的十九大报告中，一连串亮眼的数据，一张张宏伟的蓝图，昭示着广阔的发展机遇，激荡着国人的内心。我们青年一代，于风华正茂之际看到新时代的“风华正茂”，倍感振奋。

“青年兴则国家兴，青年强则国家强。青年一代有理想、有本领、有担当，国家就有前途，民族就有希望。”十九大报告专列一段阐述青年与国家民族的关系，充分体现了以最高领导人同志为核心的党中央对青年一代寄予的殷切希望。这与前不久出版的《最高领导人关于青少年和共青团工作论述摘编》和我国首次出台的《中长期青年发展规划（2016—2025年）》等一道，为青年发展事业做出了顶层设计，表明了我们党历来重视青年、关怀青年、信任青年的价值取向，营造了更有利于青年奋勇拼搏的良好政治氛围和政策环境。“中华民族伟大复兴的中国梦终将在一代代青年的接力奋斗中变为现实”，我们还有什么理由虚度光阴，逡巡迟滞呢？

我的工作，正是与青年打交道。当下的青年头脑更灵活，思维更开阔，也更有定力。在江西，由青年人发起的VR、3D打印、物联网等创业项目比比皆是，各种青年创客团队落地生根。更让我们欣慰的是，用知识发展经济、返乡造福乡里的风气在蔓延。有个“80后”创客黄文蒋，用丝瓜络生产出布鞋、床垫、浴片，先后获得国家实用专利16项，产品远销国外，带动他所在的抚州市东乡区周边及外省6000多农户种植丝瓜近万亩。在新时代的创新大潮下，创业之花不仅开在城镇，也开在乡野。各界青年的干事创业都焕发出勃勃生机。

到基层调研，能很强烈地感受到，今天的青年，参与社会活动、实现自我价值的热情前所未有地高涨。各类青年社会组织蓬勃兴起，青年志愿服务遍地开花。“全党要关心和爱护青年，为他们实现人生出彩搭建舞台”，最高领导人在十九大报告中如此要求。对于各级基层共青团组织而言，就是要真正关注青年人的发展需求，做好新兴青年群体的联系、服务和引导工作。毕竟，丝瓜要攀援而上，需要扶秧苗、搭架子。

紧密团结青年，才能更好把握未来。今天的青年更富时代气息，但也有更多成长的焦虑。价值多元带来的虚无与迷茫，单身率上升引发的孤独感，房价上涨诱发的居住焦虑„„身为青年干部，直面这些问题，回应、帮扶与疏导，责无旁贷。一段时间以来，我们通过“红色基因代代传”工程为青年人确立人生坐标，以“爱的约定”千场交友活动为年轻人牵线搭桥，用“千校万岗”活动助推大学生就业精准帮扶，以“筑梦计划”帮助更多怀揣梦想的人实现梦想。下一步，我们还将着力引导广大青年把思想统一到十九大精神上来，用最高领导人习近平新时代中国特色社会主义思想为青年确立理想信念的大方向，创新手段增强服务青年的实效，团结带领各界青年在新时代大显身手、建功立业。

新时代，注定要见证无数青年人的“逆袭”，也注定会见证更多平凡梦想的开花结果。无须片刻耽搁，唯有阔步向前，让我们在伟大事业的新征程中书写壮丽无悔的青春篇章，勇做时代的弄潮儿！

罗铮

2017年12月11日

3.【评论员随笔】于无邪诗意呼唤不变诗心

这种返璞归真的呼唤，“大人不失赤子之心”的坚守，并不意味着而立之年还得重回摇篮，而是历尽世事，也怀有一颗善良无伪、天真无邪的心

“灯把黑夜，烫了一个洞”“我想变成一棵树。我开心时，开花。我不开心时，落叶”„„近日，网上热传的儿童诗，让许多成年人自愧不如。“每个孩子就其天性来说，都是诗人。”一道光、一阵风、花开、叶落„„这些看似无关的意象被干净的语言和奇巧的想象力缀连，这是小小人类个体尝试用文字表达情感的启幕。当童真与诗意相遇，诗歌有了童话的色彩，既隽永，又可爱。

有网友评价说，这是没有“被套路”过的文字。的确，对于孩子们而言，创作这样的诗或许很容易，他们不过是我手写我心，把自己的奇思妙想记录下来而已。而之所以让公众惊艳，或许也是因为没有“套路”，因而更清新动人。常有人吐槽程式化的课堂作文，甚至有“造假”“撒谎”之嫌。为什么活泼泼的诗人，到了作文时间可能就抓耳挠腮干巴纠结？这让人深思。

应该说，一些套路化的作文，本身是一种规范性写作的训练，有其存在价值。不过更应该看到，语文教育不仅仅是讲授规范，更重要的是熏陶审美的触觉，把所思所感化为活泼生动的语言和信手拈来的文章。“诗可以兴，可以观，可以群，可以怨。”诗歌独特的韵律给人的震撼，其他文体难以替代。儿童诗歌也启示我们，语文教学除“规定动作”外，也该适当发挥“自选动作”，在传授必修知识和护佑孩子天性间获得平衡，给诗意一些空间。孩子们诗兴的“退化”，或许还有来自成长的压力。不久前引发热议的“家委会”及家长指导小学生完成大数据论文之事，虽体现了家长对教育的关切，但那种“不甘人后”的焦虑，在很大程度上也让孩子备感压力。家长一方面呼吁减负、给孩子一个无忧无虑的童年，但面对升学的压力，又不得不动用熬夜战、补习班等武器。诗意在书山题海面前，往往只能让步，或竟至于枯萎了。

教育思路的纠结，折射出很多成年人的共同矛盾。一方面，进入社会，学会了套路，练熟了技巧，个性这种“出厂设置”逐渐褪色，明知三段式、八股文是旧调重弹，但危急关头仍会作为救场首选。另一方面又渴望“儿童化”，厌恶“小大人”，追求萌属性，对幼时的零食和动画片念念不忘。所以，赞叹孩子的诗，也是“缺者为贵”的道理，毕竟成年人再也不会关注风中摇曳的肥皂泡。可是童年已逝，往者不可谏，来者又是否可追呢？

诗心动人，但也需看到，即便没有外部压力，要永葆这样的诗心也很难。随着年龄增长，接触到更多的知识，心灵可能会被既有的认知体系进一步规范，失却单纯与天真。不过话说回来，妙手偶得之固然清新可人，但伟大的作品却必然是精神沉淀的产物。如若能葆有孩子的敏锐度、想象力、包容性，加之以成年人岁月磨练出的思维和经验，或许才真正能够有所成。

《诗经》之所以不朽，“一言以蔽之，曰：思无邪。”如果说《诗经》是中国文学的童年，这些孩子在童年写就的诗，其感人之理亦然——思无邪。初心无所谓老幼，画家黄永玉在《比我老的老头》里描述了那些耄耋之年仍如婴儿般烂漫可爱的老者，饱经风霜而童心未泯。这种返璞归真的呼唤，“大人不失赤子之心”的坚守，并不意味着而立之年还得重回摇篮，而是历尽世事，也怀有一颗善良无伪、天真无邪的心。

4.暖评:“跪地除冰”传递劳动温度

耿磊

【人物】马路上“跪地除冰”的环卫大爷

【事件】近日，一段环卫大爷跪地除冰的视频在网上传开。视频中，环卫大爷俯身跪在结冰的马路上，用镐头一下一下地敲掉路面上的冰。道路结冰如果不及时清理，会给出行带来极大不便，甚至酿成重大交通事故。由于低温寒冷，路面结冰往往长期不化，坚硬难除，很多地方只好组织环卫工人手动清理。据了解，视频中的环卫大爷早上5点半就出来开始清冰工作了。当被问到跪地刨冰难不难为情时，大爷腼腆地笑了笑说：“都习惯了。”网友感叹道，“习惯了”三个字背后蕴含着多少默默的付出。

【点评】我们生活的城市要正常运转下去，需要许多人默默的奉献和坚守。这些人和他们所做的事，你或许从未注意到，然而一旦他们离开，就可能形成一个巨大的空洞。他们或站立护卫着万家安宁，或奔走连接起便捷生活。就像环卫大爷一样，于冷风中除去坚冰，保障城市交通的顺畅安全。在这个意义上说，他们看护的是城市的呼吸，受益而不觉，失之而难存。

很多人都渴望一份稳定而体面的工作，能坐着干活谁愿意“跪着”？无非是职责所系、岗位所求。“习惯了”可能只是一句云淡风轻的回应，却足以折射出劳动者的尊严和光荣。对此，每一个人都应该起立鼓掌。

像环卫大爷这样的劳动者还有很多。“电商狂欢”，是快递小哥加班加点送来货物；“指尖点餐”，是外卖小哥不惧风雨送饭到家；冬季供暖，是锅炉工师傅用扳手拧紧每一个螺丝；雨天积水，是管道工人在浑浊的管道里奋力疏通„„他们可能忘了吃饭、顾不得喝水、没时间擦汗、要忍住异味，可是他们没有抱怨“脏乱差”，而是尽力做到“与人方便”。这就是城市中不起眼的一分子，却擦亮了人们美好生活的光鲜色泽。

是的，我们离不开各行各业的劳动者，城市服务也不分高低贵贱。每一个行业都有存在的价值，每一行从业人员都有被尊重的权利，不仅因为那双已经粗糙的手，而且在于他们为岁月静好负重前行。

【网言网语】

向在岗位上尽职尽责的劳动者们致敬。——@Pieces 正是因为有他们辛勤的付出，才有了我们平安出行的保障。——@铁军

城市的美容师、环境的梳理者，太辛苦了。——@人民蓝天

5.让人人享有安宁祥和——携手建设更加美好的世界

姜赟

在也门，一边是战火不断，另一边是约700万人面临饥饿威胁，也门民众经历着严重的人道主义危机。当今世界，“灼热的历史依旧在燃烧”，战争的阴霾从未彻底散去，安全的格局依然基础不牢，千百年来人类渴求和平安宁的呼声从未停歇。

“让和平的阳光普照大地，让人人享有安宁祥和”，在中国共产党与世界政党高层对话会上，最高领导人呼吁共同消除引发战争的根源，共同解救被枪炮驱赶的民众，共同保护被战火烧灼的妇女儿童。领导人的倡议，道出了各国人民对和平安宁的普遍向往，彰显了大国大党的责任担当。构建人类命运共同体，首先就要让我们的世界远离恐惧、普遍安全，让和平成为世界各国的基本共识，让安宁祥和成为各国人民生活的基本元素。

和衷共济、和合共生是中华文明的精髓，和平安宁是构建人类命运共同体的基石。摆在许多国家将军案头的《孙子兵法》，要义却是世间和平、天下归心，主张慎战、不战。“以和邦国”“和羹之美，在于合异”“己所不欲，勿施于人”„„最高领导人在多个场合引用古人哲语，阐明中国人民有着和平的血脉基因。“和平而不是战争，合作而不是对抗，共赢而不是零和，才是人类社会和平、进步、发展的永恒主题”“弱肉强食、丛林法则不是人类共存之道。穷兵黩武、强权独霸不是人类和平之策”„„最高领导人在多个场合宣示和平的理念与主张。“一如既往为世界和平安宁作贡献”，最高领导人在这次高层对话会上铿锵有力的宣示，体现了中国共产党人维护和平的坚定决心和构建人类命运共同体的不懈努力。

“和平学之父”约翰•加尔通说，“有些人总希望有一个暴力选择，但中国以自己特有的视角来观察现实”。中国人不仅以“和”的眼光来观照世界，更以“和”的行动践行承诺。中国维和女警察和志虹在海地执行任务时不幸殉职，她曾经写道：“大千世界，我也许只是一根羽毛，但我也要以羽毛的方式承载和平的心愿。”作为联合国安理会常任理事国中派遣维和人员最多的国家，超过20位中国军人和警察在维和行动中牺牲。正是这样一根根“中国羽毛”，在埃博拉疫情肆虐的紧急关头，坚持与非洲兄弟站在一起；在2015年也门纷飞的炮火中，帮助279名外国公民撤离；在阿富汗、叙利亚、乌克兰等危机中，主持公道、伸出援手，把安宁祥和带到所需要的地方。

一战后，法国元帅福煦在《凡尔赛和约》签字时说：“这不是和平，而是20年的休战。”而后的历史，正应验了一句谚语“吹灭别人的灯，会烧掉自己的胡子”。如今，传统安全威胁和非传统安全威胁相互交织。突尼斯小贩的一根火柴，就能点燃席卷西亚北非的动荡；恐怖主义的魔爪四处肆虐，军事打击铲除艰难；斯诺登主演的“窃听风云”，警示网络安全威胁日益突出。只有按照最高领导人在高层对话会上所强调的“坚持共同、综合、合作、可持续的新安全观，营造公平正义、共建共享的安全格局”，才能让和平的阳光普照大地，为构建人类命运共同体奠定坚实基础。

美国前国务卿基辛格曾感叹：“和平总是地区性秩序，从未能建立在全球的基础上”。齐心协力构建人类命运共同体，让这个世界远离恐惧、普遍安全，人人享有安宁祥和，我们生于斯、长于斯的这个星球，就可以“诗意地栖居”。

6.大地副刊•遇见

守着花一样的芬芳

徐伟军

我在一个雨天走近它。墙角处，它红得清纯、干净而又安静。小小的，饱满的头颅昂扬在细细的草茎上，风一吹，沾着的雨水轻轻滑落，花骨朵柔韧地颤动几下。它的好看，不是惊鸿一瞥，也不是富贵斗艳，它的好看是淡淡的，不求人看到，却如大地的篱笆、乡村的炊烟，默默地、自然地，却又生命力非凡地在那平凡世界里盛开。

这花儿，倒让我想起那个常来我们小区收废品的人。她娇小、瘦削，五十多岁的样子，声音倒很洪亮，常骑着三轮车来我们小区转悠吆喝。那天，我把车库里堆放的水果箱、牛奶箱之类杂物一股脑儿往外扔，她说六毛钱一斤，我说你收去吧。我的本意是你拿走好了，她却很细心地把纸箱都拆了折叠好，找来一条尼龙绳四角缚住，杆秤钩子拉起这叠纸板。女人已经把脚踮得很高了，她的手臂拼命地往上提，脖子跟着吊起来，伸着头去看像是很遥远的“秤花”，等整个身子稳住了，似乎看到她为了平衡屏了一会气，本来不大的眼睛眯得更细了，很快，她响亮地说出“七块八”，紧接着，她又说：“给你八块钱吧！”我忖度了一下，估计钱是一定要给我的，我便说那就七元吧！她迅疾地补了一句：“都已经是七块八了”，似乎觉得把八毛钱省去了很不好意思，又一边说“你人真好”，一边从三轮车的底座下取出钱来。我接过钱的一刹那，突然有一种异样的滋味从心头生起，是温暖，是感动，是敬意，抑或是生活的朴质？手掌上，棱角坚挺的五元纸币和两个锃亮的硬币静躺着，此时传递着我的手温，我显得笨拙极了，不知道该安放何处？

我迟疑的片刻，她又与我聊起我妈。我妈七十多岁了，隔三岔五要来屋边的一片菜畦里耕种，也不知是什么时候，她们就聊上了，很熟络的样子，有时，我在书房里，就传来两个女人絮絮叨叨、家长里短的腔音，一个是吴越老媪，一个是河南妇人，语言的交流上却一点没有沟壑。我突然想起“醉里吴音相媚好”的诗句，感觉那么温馨，那么投缘。她们究竟聊了啥，我没听清，但我听得出，每一次与我妈聊，她都很爽朗开心。在别处的城市、陌生的人群里，女人知道，除了三轮车上自己的吆喝声，她大多数时间是寂寞的，只是一个人穿行在城市的小区，在别家的灯火中念想着自己的家人，念想着幸福团聚的日子。所以，女人见我妈的身影没有在菜园里晃动，她就惦记起我妈来了。她说我妈身骨子真健，很善良，人好。在她眼里，我妈是她恩人似的，她说这话时，满心的喜悦写在脸上，仿佛有一阵又一阵的幸福掠过来。我莫名被眼前这样一个直性子女人感染，转眼又瞥见那朵墙角的无名花，灿灿然，润湿，光洁，红晕在娇小的花瓣上荡漾着，那么透亮。

夜色渐渐笼罩过来，女人已经把一天的收获都高高地堆向三轮车，她习惯地环顾一下“营地”，俯下身，拾捡起草缝和石隙间的断绳、纸屑和破塑料瓶，甚至不是她扔的一个烟蒂„„日暮苍山下，一个早已被纸板淹没的女人渐行渐远。

我想，我们每个人都会有梦，大多数人都在为自己的梦竭尽全力。尽管有时候并不招人注意，但坚守着花一样的芬芳和情操，不迷失不低落，自有生动摇曳之美。

7.余光中的江河深处（新语）

余光中先生走得有些遗憾。他曾说：“当我死时，葬我，在长江与黄河之间。枕我的头颅，白发盖着黑土。在中国，最美最母亲的国度，我便坦然睡去，睡整张大陆。听两侧，安魂曲起自长江，黄河，两管永生的音乐”。今天，诗人溘然长逝于海岛，长江黄河若有知，应会为他歌一曲。

少年时读《白玉苦瓜》，其实难知愁滋味。只觉这位“雪线上了头顶”的老头俏皮而浪漫。他爱回溯青春的悸动：所谓妻，曾是新娘；所谓新娘，曾是女友；所谓女友，曾非常害羞。他啊，纯真依旧。是啊，不纯真，怎能有诗心；不纯真，何来长江水、海棠红、梨花白与腊梅香的灼热与透彻。

他也曾曲折。他是浪迹天涯的游子，曾跨越历史的海峡，也曾在文学江湖上出游。早年台湾的诗歌论战、乡土文学论战，余光中的作品都曾被认为远离现实、高度西化、无视读者，就连他自己也反思：“少年时代，笔尖所染，不是希顿克灵的余波，便是泰晤士的河水。所酿也无非一八四二年的葡萄酒。”然而，1842年的葡萄酒，经过历史的发酵，最终变成了“在杏花春雨的江南，在江南的杏花村，借问酒家何处，何处有我的母亲”，变成了长江水沸腾而成的烧酒。

江流宛转，终究不离其源。青山遮不住的，正是两岸共同的文化之根。“我的血系中有一条黄河的支流”“蓝墨水的上游是汨罗江”，从玄武湖到日月潭，从川江到淡水河，历史的大江大河在余光中笔下奔腾恣肆，也在每一个中国人心中激荡。“烧我成灰，我的汉魂唐魄仍然萦绕着那一片后土。那无穷无尽的故国，四海漂泊的龙族叫她做大陆，壮士登高叫她做九州，英雄落难叫她做江湖”，文学的力量怎不叫人动容；“秦哪秦哪，番邦叫我们；秦哪秦哪，黄河清过了几次？秦哪秦哪，哈雷回头了几回？”血脉的力量怎么不让人涕下？没有余光中，会有王鼎钧的《关山夺路》吗？会激发齐邦媛写下《巨流河》吗？余光中，对于一个中国的叙事，是一束强光。

余光中的江河深处，不仅有历史的两岸，更有两岸的未来。“在我少年的盆地嘉陵江依旧。日夜在奔流，回声隐隐。犹如四声沉稳的川话。四十年后仍流在我齿唇”，60多年来他乡音无改，而为了守护共同的文化之根，他战斗到最后一刻。今年，台湾当局“12年国教课程纲领”引发争议，台湾课审大会普通高中分组委员欲将文言文选文由20篇降为10篇，余老先生站在保卫文言文的第一线，他郑重地在“国语文是我们的屋宇”的声明上联署。

“家”的古汉字顶上就是屋宇，“乡”的一笔写下来总如故乡水，让人心蜿蜒伤感。其实很早以前，余光中就不再写乡愁诗，他要写还乡诗。青春作伴好还乡，然而，“四十年后，所有的镜子，都不再认得我了”。海峡风急天高，守护共同的根脉，让游子归来，让诗人还乡，我辈仍需努力。

8.劳动者最高贵（暖闻热评）

张楠

《人民日报》（2017年12月08日 05 版）

【人物】杭州电子科技大学宿管阿姨徐根娣

【事件】“一位宿管阿姨要退休了，没想到引发了一起舆情。”近日，在杭州电子科技大学工作了14年、年满55周岁的宿管阿姨徐根娣要退休了。所有学生都舍不得她，不少人抱着她哭了。徐阿姨能叫出全部691名学生的名字，并报出宿舍号、学院、班级和籍贯，甚至连他们有什么兴趣爱好，外卖喜欢点什么，女朋友是谁都知道。学生们衣服、裤子破了，也都找她帮忙缝补。徐阿姨说，做这些都是应该的，孩子们出门在外求学，家长不在身边，能帮上忙的都会帮。应同学们的强烈请求，征询了意见之后，有关部门决定返聘徐阿姨继续工作，岗位还在原来的学生公寓。【点评】

所谓奉献，就是以心换心；所谓尊重，就是以情换情。像徐阿姨一样，干得尽心尽力，学生们依依不舍。这勾起了很多人的学生时代记忆，也蕴含着对包括宿管阿姨在内的奉献者的无尽敬意。

“宿管”是对一个岗位的称呼，但作为爱的生动诠释，却无比具体。还记得香港大学的“三嫂”吗？那个被港大授予“荣誉院士”的老太太，以母亲般的爱照顾学生，让大学堂充满人情味。还记得浙江大学的“后勤人员”吗？在今年该校毕业典礼上，食堂厨师、宿管员、校医院医生、保安等集体接受鲜花。还记得吉林大学的“大爷”吗？即使在教学楼负责传达室工作，也能写出一本诗集，激励着自我、感染着学生。可爱又可敬的他们，没有因为平凡而变得藐小，也没有因为普通而不被尊重，他们有一个共同的名字——劳动者。

劳动的美，不是光鲜亮丽的外表，而是灵魂深处的纯粹。有人写道，“我觉得劳动者是最美的人！没有劳动者的辛勤劳动，你吃啥？没有劳动者的辛勤劳动，你穿啥？”这话虽简单却有力，它告诉人们，辛勤与奉献的人最高贵，新时代的幸福就是要靠劳动来创造，更因劳动而舒心。

今天，面对日益精细化的社会分工，不同职业之间有交往也有间隙，行业角色有时胜过人情价值，人们经常会忽视默默付出的人。尊重可能少了、敬意或许淡了，这绝非现代文明的应有之义。这么看来，一位宿管阿姨的点点滴滴、几百学子的依依不舍，正是在告诉我们，劳动的艰辛会换来生活的甜味。只要心有阳光、行尚至善，就能点亮人间、温暖灵魂，也能让你我在追求美好生活的道路上彼此相拥而行。

【网言网语】

在我们身边有很多像徐阿姨这样的宿管阿姨，为所有宿管阿姨点赞。——@邹英

感动中国的好楼管。看哭了，尽责之外的努力，都是爱。——@周丹

9.没有艰苦奋斗哪来波澜壮阔？（青年观）

魏哲哲

《人民日报》（2017年12月19日18版）

不久前，一份高校消费趋势榜单“出炉”：过去一年，全国大学生“剁手”指数攀升，来自在校生的订单已占17%。更早之前的一份调查同样引人关注，“社交与娱乐”和“形象消费”已成为大学生群体消费的主要方向，超三成大学生曾入不敷出，39%的被调查学生反映身边有人使用过“校园贷”等。

年轻人的消费观念之变，与整个社会的消费方式转变相呼应。物质高度丰富，为多元化、个性化的消费提供了足够的选择空间。一些大学生为了提升能力、拓宽视野，在时尚、旅行等方面 9 有了更多消费。他们宣言：“不是爱慕虚荣，而是让自己变得更好。”应该说，这种更前沿的消费方式、更前卫的消费观念，本身无可厚非，它是年轻人选择的自由，也是时代风貌的直接反映。

投资自身是明智的，但如果过度透支现在，就变成给自己挖坑了。有必要提醒一句，大学生超前消费要适可而止。消费习惯不仅是花钱多少的问题，还关系年轻人修身立德的过程。且不说在校大学生的经济来源多是父母的钱，过度追求超前消费无疑会给家长带来负担，更重要的是，大手大脚花别人的钱，很容易形成不良心态。首先可能消弭奋斗精神，过于安逸的生活，容易让人产生惰性。所以即使一些富豪，也不敢随便给孩子太好的物质条件。其次，一些不合理的消费会让整个家庭陷入情感危机：要钱父母给，觉得理所当然；若不给就心生埋怨。伸手习惯了就难自立；埋怨于孝道有亏。

殊不知真正要让自己变得更好，不是几次旅游、几瓶高档化妆品就能解决的问题。要知道，知识是最好的化妆品，也是真正强壮筋骨的良药。分清主次，就不会太纠结要不要下那个自己都有些肝颤的订单。

事实上，社会公众对于大学生消费水平的关注，背后正是对其能否艰苦奋斗的担忧。青年时代，选择吃苦也就选择了收获，父辈嘱托的背后是深厚的人生积淀。《最高领导人的七年知青岁月》一书记录了青年最高领导人的人生选择，其中有这样一段话：“可以想到的是，在那个**的年代，一个从小在北京长大的15岁少年，孤身来到那被群山阻隔、多风少雨的荒僻之地，劳动和生活中有多少困难、多少问题需要他去面对、去解决！”

吃苦的过程，也正是思想成熟、内心丰盈、灵魂升华的过程。正是这些人生的困难和挫折，不断锤炼着品格，磨砺着心性，才能最终给人以脱胎换骨般的自信与从容。

最近一句网络流行语也不乏劝诫之意：别在最该奋斗的年纪里选择安逸和潇洒。青年时光非常宝贵，错过了最为难得的吃苦经历，对生活的理解和感悟也会变得单薄，就像小溪里的鱼，难以理解江湖的波澜壮阔。只有经历了激情奋斗和顽强拼搏的青春，才会留下充实无悔的回忆。

新时代新征程，能拼搏敢吃苦，仍应是年轻人受用的人生信条。

10.修养贵有恒（青年驿站）

庄永明

《人民日报》（2017年12月19日18 版）

自从得知将要调离的消息，小李就好像“变了”。两年前，她作为高校应届毕业生，通过公开招考，成为一名事业编制人员，被安排在服务窗口工作。当时的她，工作积极，礼貌待人，从不迟到早退，得到大家一致好评。今年上半年，她顺利通过公选，被某上级机关选中，这也意味着，她在本单位工作的时间不长了。但渐渐地，她变了：工作没有以前卖力，对上门办事的群众更是爱搭不理。“人还没走呢，就变成这样。”同事们直摇头，也感到很失望。

“一离开就变脸，一进步就端架子。”归根到底还是个人缺乏修养、目光短浅的表现。人生是一个“不间断”的过程，这里的离开，就是那里的开始。做人做事，都要有一颗恒心，有一股子恒劲，不能丢了“本色”。我的单位有一位清洁工，快60岁了，家庭很困难。去年底，一个亲戚开了民宿，请她去帮忙，承诺收入是现在的2倍。于是她就向单位提出了辞职。按常规，一个清洁工的离职，只要提前打声招呼就行了。但单位领导却对她说，因为年底招工难，要等到“有人接手”她才能离开。那位阿姨满口答应，又干了3个月才离职。为此，损失了几千元的收入，对她来说也不是小数字。

不因是临时工而说走就走，不因收入低微而放弃做人原则。从老阿姨身上，我明白了一个人生道理：人格力量的强弱，不取决于文凭和地位，而是内在的个人修养。“负责到底，优雅离开”就是一种“修养”，令人肃然起敬。一个老年人能做到，受过高等教育的年轻人，更没有理由做不到。

最好的修养，贵在一个“恒”字。一个人做点好事并不难，难的是一辈子做好事。多年来，郭明义献血的总量超过自身血量多倍，先后帮助群众及特困生无数，自己却几乎一贫如洗。党的好干部杨善洲，退休后坚守山林，义务工作20多年。每每学习他们的先进事迹，总会为一种无私而崇高的精神深深打动、热泪盈眶。他们“认真做事、一贯做人”的人格魅力，树起共产党人的精神丰碑，永远是我们学习的典范。

一个人的好修养，来自心底无私，站得高、看得远，不只有眼前的苟且。

6.10年高考数学题集篇六

等比数列{an}的前n项和为Sn, 已知对任意的n∈N+, 点 (n, Sn) 均在函数y=b x+r (b>0且b≠1, b, r均为常数) 的图像上。

(1) 求r的值;

(2) 当b=2时, 记bn=2 (log2an+1) (n∈N+) , 证明:对任意的n∈N+, 不等式成立。

该题主要考查了等比数列的定义、通项公式, 以及已知Sn求an的基本题型, 并运用数学归纳法证明与自然数有关的命题, 以及用放缩法、构造函数法证明不等式。

(2) 法一: (数学归纳法) 由 (1) 可知an=2n-1,

法二: (放缩法)

7.10年高考数学题集篇七

语文试卷分析

四川南溪职业高级中学校易培华

一、试卷整体情况评价

08-10年的四川普通高校职教师资班和高职班对口招生统一考试语文试卷（以下简称“四川职教语文试卷”）在考点分布、难度设置、命题思想的基本走向和试卷的整体框架等方面大体保持稳定，并在落实基础、注重运用、开放创新、强化思维等方面保持稳定。试卷定位：立足于测查学生整体的语文素养，针对目前职高语文教学和教材的特点，在试题的设计和能力的考查等方面对学生提出了不同的要求。特别是在强调语文学科的知识性与人文性方面，突出语文实践，鼓励自主创新，具有良好的导向作用。试题特点的概述：稳中有变，综合性较强、覆盖面较广、开放性较大、整体感强、引领本质教诲的意识较浓五个方面。

二、试卷特点分析

（一）整体保持稳定。

1、试卷形态保持稳定。

（1）题量稳定。08-10年三年的试题题量都是七道大题22道小题。

（2）题型稳定。08-10年三年的试题题型分别为选择题、社科文的阅读、文言文阅读、文言文翻译及古诗词鉴赏、大阅读（散文）、仿写句子、作文（应用文和命题作文）。

（3）核心能力考查保持稳定。

2、命题思想保持稳定。

（1）突出学科特点。

（2）关注人文精神。

A、选材范围上：教材、课外阅读、关注社会生活、自然生活和学生生活。

B、实用能力考查，围绕语文核心能力。

C、整体阅读能力的考查。

D、思维和想象力的的考察。

（二）局部有所变化，1、主要体现在试题选材上。A、基础知识考点略有变化。

B、古诗鉴赏由简单的诗逐步向较长的诗、词发展。

C、大阅读，国内散文转向国外散文。

D、应用文由指出错误并改正变化为直接写一则应用文。E、社会科文的阅读材料更接近于实际生活。

2、能力层级有所调整。

难度有所降低。标点的考察改为修辞、直接仿写颇具哲理的句子变化为以**话题补写句子、应用文由指出错误并改正变化为直接写一则应用文。其整体难度降。

3、联系实际生活更为紧密。

社科文的阅读08、09年似乎离我们的生活要远些，10年的话题就在我们的身边了。

三、试卷命题的点滴体会

（一）要注重语文学科的基础教学。

1、强调要夯实基础，注重基础教学。

1题中的汉语拼音、2题中汉字规范使用、以及3、4、5题中的选词填空、修改病句、修辞或标点、13题名言名句填空。

2、突出常见和常用。偏题和怪题不多。

（二）在教学中要注重语言本位的回归。

引导学生对关键字、词、句的理解和赏析。在试题中，第9题对文言词、句的理解；10年的第6题、12题、14等题都是回归语言本位的考查；强调赏析品味语言是语文教学的重点，比如，社科文、散文和诗词赏析的考察；强调对文章内容的整体把握。三个阅读的考察（社科文、散文和文言文）都要求学生整体把握其内容，全面掌控并理解，这样才能达到正确解答的目的；强调主客观题的相互穿插和有机结合，比如，11题文言文画线句子的翻译、13题名言名句填空属客观题，社科文、散文阅读、诗词赏析、仿句和作文题属客观性较强的题。其中文言文的阅读题中主客观都有所体现；重实际运用，病句修改、标点符号、修辞、仿写和作文都体现了语文知识在实际生活中的运用。

（三）要注重语文学科人文性的正确引导。

人文指人类社会的各种文化现象。语出《易〃贲》：“文明以止，人文也。观乎天文，以察时变；观乎人文，以化成天下。”提出人文性，语文教学就要以人为本，以学生为本。突出语文教学的文化性。思想性、情感性和审美性是融于人类文化之中。

1、关注自然、保护自然，与自然的和谐才是真正的以报酬本。

2、以报酬本不是个人主义的泛滥，应该是从群体起航，尊重人性。09年的大阅读《让孩子们的膝盖伤痕累累》试题中隐含的深意就是对当今中国家长们的警醒，关注孩子的身心健康才是最重要的；再如10年的大阅读《你不必完美》试题中引导我们正确认识人的“完美与完整”，人要有追求但不必完美，因为人类的刻意和固执，往往会适得其反。

3、着力培养生活体验意识。

4、用心打造书香人生。

应该引导学生读书，扩展阅读视野，包括国内外著作。诗词赏析08、09、10分别选自李白、杜甫、辛弃疾的作品，其作家属中国古代诗词人；大阅读08年的大阅读属国内作家作品，09、10年大阅读属国外的作家作品。每道题所占分值较大，平时应该加强学生阅读的质和量，真正提升学生阅读水平。

（四）注重引导学生对语文学科书本内容的夯实。

1、文言文的阅读，历年的考题都节选自课本。需要重视课本中文言文重点篇目的重点段落。08年（第四册苏轼《赤壁赋》节选）、09年（第二册《邹忌讽齐王纳谏》节选）、10年（第一册《廉颇蔺相如列传》节选）。

2、名言名句填空。历年考题都来自课本，且都是大纲中必背篇目，古诗词、现代诗词。08年荀况《劝学》、李白《将进酒》、柳永《雨霖铃〃寒蝉凄切》；09年柳永《雨霖铃〃寒蝉凄切》、泰戈尔《飞鸟集》、余光中《乡愁》；10年泰戈尔《飞鸟集》、舒婷《致橡树》、苏轼《念奴娇〃赤壁怀古》。重视课本的同时，尤其要重视重要的作家，更重要的还是要求学生能正确书写，因此反复练习很有必要。

（五）注重思维的晋升功效。

1、思维的严密性。答题、思考问题要严密。

2、思维的深刻性。提高认识事物的水准，要有意识站在一定的高度思考问题，切勿泛泛而谈，甘居平凡。

3、思维的创造性。要有独创性、新颖性，要善于创新。

4、思维的综合性。现代文阅读仅用原句作答已经不行了，必须让学生学会概括和归纳。

5、思维的开放性。表现在中西文化的结合和文理综合。

四、11年试卷命题的预测

1、题量、题型、考察能力和10年考题基本一致。

2、社科文的阅读更接近生活，大阅读属散文仍为国外散文。

3、诗词赏析更有可能选宋代名家诗、词。

4、文言文的阅读、名言名句填空不会离开课本。

5、加强学生写作应用文的练习。

6、作文仍然要注意给材料命题作文。

8.10年高考数学题集篇八

●知识梳理

1.二项展开式的通项公式是解决与二项式定理有关问题的基础.2.二项展开式的性质是解题的关键.3.利用二项式展开式可以证明整除性问题，讨论项的有关性质，证明组合数恒等式，进行近似计算等.●点击双基

9291.已知（1－3x）=a0+a1x+a2x+…+a9x，则｜a0｜+｜a1｜+｜a2｜+…+｜a9｜等于

999A.B.4

C.D.1 解析：x的奇数次方的系数都是负值，∴｜a0｜+｜a1｜+｜a2｜+…+｜a9｜=a0－a1+a2－a3+…－a9.∴已知条件中只需赋值x=－1即可.答案：B 2.（2004年江苏，7）（2x+x）的展开式中x的系数是 A.6

42B.12

C.24

D.48 解析：（2x+x）=x（1+2x），在（1+2x）中，x的系数为C24·2=24.答案：C 3.（2004年全国Ⅰ，5）（2x－A.14

1x）的展开式中常数项是

C.42

B.－14

D.－42

r7r）=C72·

r解析：设（2x－1xr）的展开式中的第r+1项是Tr1=C7（2x）7r（－

1xr3(7x)r2（－1）·x，当－r61+3（7－r）=0，即r=6时，它为常数项，∴C67（－1）·2=14.23213答案：A 4.（2004年湖北，文14）已知（x+x

5）的展开式中各项系数的和是128，则展开式

n中x的系数是_____________.（以数字作答）

解析：∵（x+x3213）的展开式中各项系数和为128，nn∴令x=1，即得所有项系数和为2=128.r∴n=7.设该二项展开式中的r+1项为Tr1=C7（x）7r·（x3213r）=C7·xr6311r6，令6311r5=5即r=3时，x项的系数为C37=35.6答案：35

5.若（x+1）=x+…+ax+bx+cx+1（n∈N），且a∶b=3∶1，那么n=_____________.2解析：a∶b=C3n∶Cn=3∶1，n=11.nn32*答案：11 ●典例剖析

【例1】如果在（x+理项.解：展开式中前三项的系数分别为1，由题意得2×

124x）的展开式中，前三项系数成等差数列，求展开式中的有

nnn(n1)，28n(n1)n=1+，得n=8.281·xr2163r4设第r+

1r项为有理项，Tr1=C8·，则r是4的倍数，所以r=0，4，8.351x，T9=.28256x评述：求展开式中某一特定的项的问题常用通项公式，用待定系数法确定r.13【例2】求式子（｜x｜+－2）的展开式中的常数项.|x|11113解法一：（｜x｜+－2）=（｜x｜+－2）（｜x｜+－2）（｜x｜+－2）得到|x||x||x||x|13常数项的情况有：①三个括号中全取－2，得（－2）；②一个括号取｜x｜，一个括号取，|x|有理项为T1=x，T5=41一个括号取－2，得C13C2（－2）=－12，∴常数项为（－2）+（－12）=－20.解法二：（|x|+31136－2）=（|x|－）.|x||x|设第r+1项为常数项，r则Tr1=C6·（－1）·（r1r6r）·|x|6r=（－1）·C6·|x|62r，得6－2r=0，r=3.|x|∴T3+1=（－1）·C36=－20.3思考讨论

（1）求（1+x+x+x）（1－x）的展开式中x的系数； 23

444－4）的展开式中的常数项； x34503（3）求（1+x）+（1+x）+…+（1+x）的展开式中x的系数.（2）求（x+1x4746444解：（1）原式=（1－x）=（1－x）（1－x），展开式中x的系数为（－1）C6－

1x1=14.1.一串装饰彩灯由灯泡串联而成，每串有20个灯泡，只要有一只灯泡坏了，整串灯泡就不亮，则因灯泡损坏致使一串彩灯不亮的可能性的种数为

20A.20 B.2C.2D.2－1 220解析：C120+C20+…+C20=2－1.20答案：D 2.（2004年福建，文9）已知（x－则展开式中各项系数的和是

A.2B.3r解析：Tr1=C8·x8－r－1

a8）展开式中常数项为1120，其中实数a是常数，x

C.1或3

r8－2r8

D.1或2

8r·（－ax）=（－a）C8·xr.令8－2r=0，∴r=4.4∴（－a）C8=1120.∴a=±2.4当a=2时，令x=1，则（1－2）=1.88当a=－2时，令x=－1，则（－1－2）=3.答案：C 3.（2004年全国Ⅳ，13）（x－

1x）展开式中x的系数为_____________.85

r解析：设展开式的第r+1项为Tr1=C8x8－r·（－

1xr）=（－1）C8xrr83r2.令8－3r522=5得r=2时，x的系数为（－1）·C8=28.21xxr答案：28 4.（2004年湖南，理15）若（x+

323）的展开式中的常数项为84，则n=_____________.93nr2n解析：Tr1=Crn（x）3

n－r·（x）=Crn·x.9r=0，∴2n=3r.2∴n必为3的倍数，r为偶数.令3n－

6试验可知n=9，r=6时，Crn=C9=84.答案：9 5.已知（xlgx+1）展开式中，末三项的二项式系数和等于22，二项式系数最大项为20000，n求x的值.2n1n解：由题意Cnn＋Cn＋Cn=22，10即C2n＋Cn＋Cn=22，∴n=6.∴第4项的二项式系数最大.lgx∴C3）=20000，即x6（x3

3lgx=1000.∴x=10或x=1.10培养能力

652116.若（1+x）（1－2x）=a0+a1x+a2x+…+a11x.求：（1）a1+a2+a3+…+a11；（2）a0+a2+a4+…+a10.65211解：（1）（1+x）（1－2x）=a0+a1x+a2x+…+a11x.令x=1，得 a0+a1+a2+…+a11=－26，又a0=1，6所以a1+a2+…+a11=－2－1=－65.（2）再令x=－1，得

a0－a1+a2－a3+…－a11=0.①+②得a0+a2+…+a10=

①

②

（－2+0）=－32.2评述：在解决此类奇数项系数的和、偶数项系数的和的问题中常用赋值法，令其中的字母等于1或－1.mn127.在二项式（ax+bx）（a＞0，b＞0，m、n≠0）中有2m+n=0，如果它的展开式里最大系数项恰是常数项.（1）求它是第几项；（2）求r解：（1）设Tr1=C12（ax）

ma的范围.br·（bx）=C12anr12－rrm（12－r）+nr12－rbx为常数项，则有m（12－r）+nr=0，即m（12－r）－2mr=0，∴r=4，它是第5项.（2）∵第5项又是系数最大的项，43C12ab≥C12ab，84

②

①

∴有 45C12ab≥C12ab.8475

12111098412111093

ab≥ab，43232a99∵a＞0，b＞0，∴ b≥a，即≤.44ba88a9由②得≥，∴≤≤.5b4b5由①得8.在二项式（x+124x）的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中的有理项.n分析：根据题意列出前三项系数关系式，先确定n，再分别求出相应的有理项.解：前三项系数为C0n，11121220Cn，Cn，由已知C1=C+Cn，即n－9n+8=0，nn244解得n=8或n=1（舍去）.rTr1=C8（x）（2x）8－r4－rr=C8·

414.·xr23r∵4－3r∈Z且0≤r≤8，r∈Z，44∴r=0，r=4，r=8.∴展开式中x的有理项为T1=x，T5=评述：展开式中有理项的特点是字母x的指数4－探究创新

9.有点难度哟！

351x，T9= x－2.82563r3r∈Z即可，而不需要指数4－∈N.441n*）<3（n≥2，n∈N）.n1121n1n1112n23证明：（1+）=C0+C× +C（）+…+C（）=1+1+C×+C×+…+Cnnnnnnnn23nnnnnnn(n1)211111n(n1)1n(n1)(n2)1×n=2+×+×+…+×<2++ n232!3!n!2!3!nnnn求证：2<（1+

11[1()n1]1111111n12++…+<2++2+3+…+n1=2+2=3－（）n1<3.显然（1+）=1+1+C2n×14!n!2222n2121n1113n+C×+…+C×>2.所以2<（1+）<3.nnn23nnnn●思悟小结

nr1.在使用通项公式Tr1=Crb时，要注意： nar（1）通项公式是表示第r＋1项，而不是第r项.（2）展开式中第r+1项的二项式系数Crn与第r+1项的系数不同.（3）通项公式中含有a，b，n，r，Tr1五个元素，只要知道其中的四个元素，就可以求出第五个元素.在有关二项式定理的问题中，常常遇到已知这五个元素中的若干个，求另外几个元素的问题，这类问题一般是利用通项公式，把问题归纳为解方程（或方程组）.这里必须注意n是正整数，r是非负整数且r≤n.2.证明组合恒等式常用赋值法.●教师下载中心教学点睛

1.要正确理解二项式定理，准确地写出二项式的展开式.2.要注意区分项的系数与项的二项式系数.3.要注意二项式定理在近似计算及证明整除性中的应用.4.通项公式及其应用是二项式定理的基本问题，要熟练掌握.拓展题例

10343【例题】求（a－2b－3c）的展开式中含abc项的系数.10解：（a－2b－3c）=（a－2b－3c）（a－2b－3c）…（a－2b－3c），从10个括号中任取3

个括号，从中取a；再从剩余7个括号中任取4个括号，从中取－2b；最后从剩余的3个括号

343434中取－3c，得含abc的项为C10aC7·（－2b）C33（－3c）=C10C7C32（－3）abc.所以343

9.10年高考数学题集篇九

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.设集合则∁I (P∩Q) = ( ) .

(A) {1, 4} (B) {2, 3}

2. (理科) 设a, b∈R且a≠0, 若复数 (a+bi) 3是纯虚数, 则

$\begin{array}{l} \frac{b}{a} = () . \\ (A) \pm \frac{1}{3} (B) \pm \frac{\sqrt{3}}{3} \\ (C) \pm 3 (D) \pm \sqrt{3} \end{array}$

(文科) 若向量a, b, c满足a+b+c=0, 则a, b, c ( ) .

(A) 一定能构成一个三角形

(B) 一定不能构成一个三角形

(D) 都是非零向量时也可能无法构成一个三角形

3. (理科) 设函数其中a>0且a≠1, 若 $f (- \frac{1}{9}) = - \frac{1}{2}$ , 则 $f^{- 1} (\frac{1}{4})$ 值为 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) 1 (B) \frac{1}{4} \\ (C) 3 (D) \frac{1}{81} \end{array}$

(文科) 函数 $y = \frac{x}{x - 1} (x \geq 2)$ 的值域为 ( ) .

(A) {y︱y≠1且y∈R}

(B) {y︱1<y≤2}

(D) {y︱y≤2}

4.已知 $f (x) = \sin (x + \frac{π}{2}) ‚ g (x) = \cos (x - \frac{π}{2})$ , 则下列命题中正确的是 ( ) .

(A) 函数y=f (x) ·g (x) 的最小正周期为2π

(B) 函数y=f (x) ·g (x) 是偶函数

(D) 函数y=f (x) +g (x) 的一个单调递增区间是 $[- \frac{3 π}{4}, \frac{π}{4}]$

5. (理科) 已知三个正态分布密度函数 $f_{i} (x) = \frac{1}{\sqrt{2 π} σ_{i}} e^{- \frac{(x - μ_{i})^{2}}{2 σ_{i}^{2}}} (x \in R ‚ i = 1 ‚ 2 ‚ 3)$ 的图象如图1所示, 则 ( ) .

(A) μ1<μ2=μ3, σ1=σ2>σ3

(B) μ1>μ2=μ3, σ1=σ2<σ3

(D) μ1<μ2=μ3, σ1=σ2<σ3

(文科) 某化工厂有职工320人, 其中工人240人, 管理人员48人, 其余为后勤人员.在一次职工工作情况抽样调查中, 如果用分层抽样的方法, 抽得工人的人数是30人, 那么这次抽样调查中样本的容量是 ( ) .

(A) 30 (B) 40

6. (理科) 已知x, y满足线性约束条件:若目标函数z=-x+my取最大值的最优解有无数个, 则m= ( ) .

(A) -3或 $- 2 (B) - \frac{1}{2}$ 或 $\frac{1}{3}$

(文科) 下面给出的四个点中, 到直线x-y+1=0的距离等于 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ , 且位于

${\begin{cases} x + y - 1 < 0, \\ x - y + 1 > 0 \end{cases}$

表示的平面区域内的点是 ( ) .

(A) (1, 1) (B) (-1, 1)

7.已知焦点 (设为F1和F2) 在x轴上的双曲线上有一点 $Ρ (x_{0} ‚ \frac{3}{2})$ , 直线 $y = \sqrt{3} x$ 是双曲线的一条渐近线, 当 $\vec{Ρ F_{1}} \cdot \vec{Ρ F_{2}} = 0$ 时, 该双曲线的一个顶点坐标是 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) (\sqrt{2} ‚ 0) (B) (\sqrt{3} ‚ 0) \\ (C) (2 ‚ 0) (D) (1 ‚ 0) \end{array}$

8. (理科) 在等腰直角三角形ABC中, 斜边 $A B = 4 \sqrt[]{2} ‚ D ‚ E$ 分别是AB, AC边的中点, 沿DE将△ADE折起, 使A到A′的位置, 若二面角A′-DE-A是120°, 则BC与面A′DE的距离等于 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) 2 (B) 3 \\ (C) \sqrt{2} (D) \sqrt{3} \end{array}$

(文科) 在正四棱柱A1B1C1D1-ABCD中, 若AA1=2AB, 则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) \frac{1}{5} (B) \frac{2}{5} \\ (C) \frac{3}{5} (D) \frac{4}{5} \end{array}$

9.设 $\vec{Ο Ρ_{1}} ‚ \vec{Ο Ρ_{2}} ‚ \vec{Ο Ρ_{3}}$ 是同一平面上的单位向量, 则“ $\vec{Ο Ρ_{1}} + \vec{Ο Ρ_{2}} + \vec{Ο Ρ_{3}} = 0$ ”是“△P1P2P3为正三角形”的 ( )

(A) 充分不必要条件

(B) 必要不充分条件

(D) 既不充分又不必要条件

10. (理科) 已知数列{an}的前n项的和为其中a>0, 则 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{S_{n}} = () .$

(A) 0 (B) 0或1

(文科) 设数列: $1 ‚ 1 + \frac{1}{2} ‚ 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2}} ‚ \dots ‚ 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2}} + \dots + \frac{1}{2^{n - 1}} ‚ \dots$ 的前n项和为Sn, 则Sn等于 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) 2 n + \frac{1}{2^{n - 1}} (B) \frac{1}{2^{n - 1}} \\ (C) 2 n - 1 + \frac{1}{2^{n}} (D) 2 n - 2 + \frac{1}{2^{n - 1}} \end{array}$

11.已知等腰三角形的面积为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ , 顶角的正弦值是底角的正弦值的 $\sqrt{3}$ 倍, 则该三角形一腰的长为 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) \sqrt{2} (B) \sqrt{3} \\ (C) 2 (D) \sqrt{6} \end{array}$

12.设函数f (x) 的定义域为A, 若存在非零实数t, 使得对于任意x∈C (C⊆A) , 有x+t∈A, 且f (x+t) ≤f (x) , 则称f (x) 为C上的t低调函数.如果定义域为[0, +∞) 的函数f (x) =-︱x-m2︱+m2, 且f (x) 为[0, +∞) 上的10低调函数, 那么实数m的取值范围是 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) [- 5 ‚ 5] (B) [- \sqrt{5} ‚ \sqrt{5}] \\ (C) [- \sqrt{10} ‚ \sqrt{10}] (D) [- \frac{\sqrt{5}}{2}, \frac{\sqrt{5}}{2}] \end{array}$

二、填空题:本大题共4小题, 每小题4分, 共16分.把答案填在题中的横线上.

13.已知函数 $f (x) = \sin x - \cos (x - \frac{π}{6}) ‚ x \in [0 ‚ 2 π)$ , 则满足f (x) >0的x值的集合为____.

14.图2给出的是计算 $\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + \dots + \frac{1}{20}$ 的值的一个程序框图, 其中菱形判断框内应填入的条件是____.

15.设a>2b>0, 则 $(a - b)^{2} + \frac{9}{b (a - 2 b)}$ 的最小值是____.

16.给出下列命题:

①“sinα-tanα>0”是“α是第二或第四象限角”的充要条件;

②平面直角坐标系中有三个点A (4, 5) , B (-2, 2) , C (2, 0) , 则 $\tan A B C = \frac{4}{3}$ ;

③函数 $f (x) = \cos^{2} x + \frac{3}{\cos^{2} x}$ 的最小值为 $2 \sqrt[]{3}$ ;

④设[m]表示不大于m的最大整数, 若x, y∈R, 那么[x+y]≥[x]+[y].

其中所有正确命题的序号是____.

三、解答题:本大题共74分.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) 设△ABC三个角A, B, C的对边分别为a, b, c, 向量p= (a, 2b) , q= (sinA, 1) , 且p//q.

(Ⅰ) 求角B的大小;

(Ⅱ) 若△ABC是锐角三角形, m= (cosA, cosB) , n= (1, sinA-cosAtanB) , 求m·n的取值范围.

18. (本小题满分12分) (理科) 已知函数 $f (x) = \frac{3}{2} a x^{2} (a \neq 0) ‚ g (x) = - 6 x + \ln x^{3} .$

(Ⅰ) 若函数h (x) =f (x) -g (x) 有两个极值点, 求实数a的取值范围.

(Ⅱ) 是否存在实数a>0, 使得方程g (x) =xf′ (x) -3 (2a+1) x无实数解?若存在, 求出a的取值范围;若不存在, 请说明理由.

(文科) 已知函数 $f (x) = \frac{2}{3} x^{3} - (2 m + 1) x^{2} - 6 m (m - 1) x + 1 ‚ x \in R .$

(Ⅰ) 当m=-1时, 求函数y=f (x) 在[-1, 5]上的单调区间和最值;

(Ⅱ) 设f ′ (x) 是函数y=f (x) 的导数, 当函数y=f ′ (x) 的图象在 (-1, 5) 上与x轴有唯一的公共点时, 求实数m的取值范围.

19. (本小题满分12分) 如图3, 正方形ABCD所在平面与圆O所在平面相交于CD, 线段CD为圆O的弦, AE垂直于圆O所在平面, 垂足为E.若AE=3, 圆O的直径为9.

(Ⅰ) 求证:平面ABCD⊥平面ADE;

(Ⅱ) 求二面角D-BC-E的平面角的正切值.

20. (本小题满分14分) 某幸运观众参加电视节目抽奖活动, 抽奖规则是:在盒子里预先放有大小相同的5个小球, 其中一个绿球, 两个红球, 两个白球.该观众依次从盒子里摸球, 每次摸一个球 (不放回) , 若累计摸到两个白球就停止摸球, 否则直到将盒子里的球摸完才停止.规定:在摸球停止时, 只有摸出红球才获得奖金, 奖金数为摸出红球个数的1000倍 (单位:元) .

(Ⅰ) 求该幸运观众摸三次球就停止的概率;

(Ⅱ) (理科) 设ξ为该幸运观众摸球停止时所得的奖金数 (元) , 求ξ的分布列和数学期望Eξ.

(文科) 求该幸运观众获得1000元奖金的概率.

21. (本小题满分14分) 设椭圆C的中心在坐标原点O, 焦点在x轴上, 短轴长为 $2 \sqrt[]{21}$ , 左焦点到左准线的距离为 $3 \sqrt[]{7} .$

(Ⅰ) 求椭圆C的方程;

(Ⅱ) 设椭圆C上有不同两点P, Q, 且OP⊥OQ, 过P, Q的直线为l, 求点O到直线l的距离.

请考生在第22, 23, 24三题中任选一题做答, 如果多做, 则按所做的第一题记分.

22. (本小题满分10分) 选修4-1:几何证明选讲

如图4, △ABC是⊙O的内接三角形, PA是⊙O的切线, PB交AC于点E, 交⊙O于点D, 若PE=PA, ∠ABC=60°, PD=1, BD=8, 求BC的长.

23. (本小题满分10分) 选修4-4:坐标系与参数方程

已知直线l经过点P (1, 1) , 倾斜角 $α = \frac{π}{6} .$

(Ⅰ) 写出直线l的参数方程;

(Ⅱ) 设l与圆x2+y2=4相交于两点A, B, 求点P到A, B两点的距离之积.

24. (本小题满分10分) 选修4-5:不等式选讲

如果a, b, c∈R+, 求证: $\frac{a^{3} + b^{3} + c^{3}}{3} \geq (\frac{a + b + c}{3})^{3}$ (当且仅当a=b=c时, 等号成立) .

参考答案

$\begin{array}{l} 1 . A . ∵ Ι = {x | \begin{array}{l} \end{array} | x - 2 | \leq 2 ‚ x \in Ν^{*}} = {1 ‚ 2 ‚ 3 ‚ 4} ‚ Ρ \cap Q = {2 ‚ 3} ‚ \\ ∴ ∁_{Ι} (Ρ \cap Q) = {1 ‚ 4} ‚ 选 A . \end{array}$

2. (理科) B. (a+bi) 3=a3+3a2bi+3a (bi) 2+ (bi) 3=a3-3ab2+ (3a2b-b3) i,

由已知得a3-3ab2=0, a≠0, ∴ a2=3b2, b≠0,

∴ 3a2b-b3=b (3a2-b2) =8b3≠0, 于是 $\frac{b}{a} = \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ , 选B.

(文科) D.反例法:从一个正三角形的中心出发的三个单位向量, 夹角均为120°, 它们的和为零向量, 但不能构成三角形;三个共线的非零向量之和为零向量时, 它们也不能构成三角形.在三角形ABC中, $\vec{A B} + \vec{B C} + \vec{C A} = 0, ∴$ 和为零向量的三个向量可能构成三角形.选D.

$\begin{array}{l} 3 . (理科) C . ∵ f (- \frac{1}{9}) = - \frac{1}{2} ‚ \\ ∴ - 2^{a (- \frac{1}{9})} = - \frac{1}{2} ‚ 解之 ‚ 得 a = 9 . \end{array}$

$\begin{array}{l} ∴ f (x) = {\begin{cases} - 2^{9 x} (x \leq 1), \\ \log_{81} x (x > 1), \end{cases} \\ ∴ f^{- 1} (x) = {\begin{cases} \frac{1}{9} \log_{2} (1 - x) (- 2^{9} \leq x < 0), \\ 81^{x} (x > 0), \end{cases} \end{array}$

由34=81, 得 $f^{- 1} (\frac{1}{4}) = 3$ , 选C.

另解:由互为反函数的两个函数的性质——“定义域与值域互换”知, 当x≤1时, $f (x) ＜ 0, f (x) = \frac{1}{4}, ∴ \log_{a^{2}} x = \frac{1}{4} \Rightarrow x = 3 .$

(文科) B.将原式整理得 $y = 1 + \frac{1}{x - 1}$ , 令u=x-1, 则 $u \geq 1 ‚ ∴ y = 1 + \frac{1}{u}$ , 得1<y≤2, 选B.

$\begin{array}{l} 4 . D . 化简函数 ‚ 得 f (x) = \cos x ‚ g (x) = \sin x ‚ \\ ∴ f (x) g (x) = \frac{1}{2} \sin 2 x, ∴ Τ = π, \\ [f (x) g (x)]_{\min} = - \frac{1}{2}, ∴ A ‚ B 错 . 选 D . \end{array}$

5. (理科) D.根据正态分布密度函数的性质可知, x=μ表示对称轴, δ表示曲线的分散程度, δ越大, 分布越分散.由题图可知, f1 (x) 和f2 (x) 的分散程度一致, 因此δ1=δ2<δ3, f2 (x) 和f3 (x) 的对称轴相同, 因此, μ1<μ2=μ3.∴ 选D.

(文科) B.根据题意知, $\frac{x}{320} = \frac{30}{240}, x = 40 .$

6. (理科) C.作出线性约束条件所表示的可行区域, 如图, 将目标函数变形, 得 $y = \frac{x + z}{m}$ , 根据平移直线法, 只需平移直线 $y = \frac{x}{m}$ 即可.

当m>0时, 直线 $y = \frac{x + z}{m}$ 在y轴上的截距越大, z就越大, 将 $y = \frac{x}{m}$ 向上平移至与直线x-2y+3=0平行的位置时, 可得目标函数有无数个最大值的最优解, $∴ \frac{1}{m} = \frac{1}{2}, ∴ m = 2;$

当m<0时, 直线 $y = \frac{x + z}{m}$ 在y轴上的截距越小, z就越大, 将 $y = \frac{x}{m}$ 向上平移至与直线2x-6y-9=0平行的位置时, 符合题意, $∴ \frac{1}{m} = - \frac{1}{3} \Rightarrow m = - 3 . ∴$ 选C.

(文科) C.根据题意, 将各点代入验证即可得到答案.

7.D.由已知可设双曲线的方程为

$∴ \vec{Ρ F_{1}} ⊥ \vec{Ρ F_{2}}$ 于是 $| \vec{Ο Ρ} |^{2} = | \vec{Ο F_{2}} |^{2}$ ,

则 $x_{0}^{2} + (\frac{3}{2})^{2} = \frac{λ}{3} + λ$ .又 $3 x_{0}^{2} - (\frac{3}{2})^{2} = λ ‚$

∴ 消去x0, 解之, 得λ=3.

因此双曲线方程为 $x^{2} - \frac{y^{2}}{3} = 1 ‚ a = 1$ , 选D.

另解:由面积公式得到关系式: $b^{2} \cot 45 ° = \frac{1}{2} \cdot 2 c \cdot \frac{3}{2}, ∴ b^{2} = \frac{3}{2} c$ .又 $b^{2} = 3 a^{2}, c^{2} = 4 a^{2}, ∴ b^{2} = 3 a^{2} = \frac{3}{2} \cdot 2 a = 3 a, ∴ a = 1$ 或a=0 (舍) , ∴ 选D.

8. (理科) D.根据题意作出符合条件的图形, 由D, E分别是AB, AC边的中点知, AE⊥DE, A′E⊥DE, ∴ ∠AEA′就是二面角A′-DE-A的平面角, ∴ ∠AEA′=120°, ∴ ∠A′EC=60°.

又∵ A′E=AE=EC=2, ∴ △A′EC是正三角形, 取A′E中点F, 连结CF, 则CF⊥A′E.

又∵ DE//BC, ∴ CF⊥面A′ED, ∴ CF就是BC到面A′DE的距离, $∴ C F = \frac{\sqrt{3}}{2} \times 2 = \sqrt{3} .$

∴ 选D.

(文科) D.设AB=a, 则AA1=2a, 如图, 则 $A_{1} B = B C_{1} = \sqrt{5} a$ , 设所成角为α, 则由余弦定理知, $(\sqrt{2} a)^{2} = 5 a^{2} + 5 a^{2} - 2 \cdot \sqrt{5} a \cdot \sqrt{5} \cos α \Rightarrow \cos α = \frac{4}{5} . ∴$ 选D.

9.C. (充分性) ∵ (D为P2P3的中点) ,

∴ O在△P1P2P3的P2P3的中线上.

同理, O在△P1P2P3的边P1P3的中线上,

因而O是△P1P2P3的重心.

又 $| \vec{Ο Ρ_{1}} | = | \vec{Ο Ρ_{2}} | = | \vec{Ο Ρ_{3}} | = 1 ‚ ∴ Ο$ 是三角形P1P2P3的外心, 表明△P1P2P3是正三角形.

(必要性) 由正三角形的性质可知, 结论显然成立, 选C.

10. (理科) D.当n≥2时, $a_{n} = \frac{1}{a^{n}} - \frac{1}{a^{n - 1}}$ ,

$\begin{array}{l} 所以 S_{n} = 1 + \frac{1}{a} + (\frac{1}{a^{2}} - \frac{1}{a}) + (\frac{1}{a^{3}} - \frac{1}{a^{2}}) + \dots + (\frac{1}{a^{n}} - \frac{1}{a^{n - 1}}) = 1 + \frac{1}{a^{n}} = \frac{1 + a^{n}}{a^{n}} ‚ ∴ \frac{1}{S_{n}} = \frac{a^{n}}{1 + a^{n}}, \\ ∴ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{S_{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{a^{n}}{1 + a^{n}} = {\begin{cases} 0 (0 < a < 1), \\ \frac{1}{2} (a = 1), \\ 1 (a > 1), \end{cases} 选 D . \end{array}$

(文科) D.设数列的通项为an, 则

$\begin{array}{l} a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2}} + \dots + \frac{1}{2^{n - 1}} = \frac{1 \times [1 - (\frac{1}{2})^{n}]}{1 - \frac{1}{2}} = 2 [1 - (\frac{1}{2})^{n}] ‚ \\ ∴ S_{n} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n} = 2 n - 2 (\frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2}} + \dots + \frac{1}{2^{n}}) = 2 n - 2 \times \frac{\frac{1}{2} [1 - (\frac{1}{2})^{n}]}{1 - \frac{1}{2}} = 2 n - 2 + \frac{1}{2^{n - 1}} ‚ \\ ∴ S_{n} - 2 n = \frac{1}{2^{n - 1}} - 2 ‚ 选 D . \end{array}$

11.A.设A为顶角, B, C为底角, 它们所对的边分别为a, b, c, 则 $\sin A = \sqrt{3} \sin B = \sqrt{3} \sin C$ , 于是 $a = \sqrt{3} b = \sqrt{3} c$ , 所以 $\cos A = \frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2 b c} = \frac{2 (\frac{1}{\sqrt{3}} a)^{2} - a^{2}}{\frac{3}{2} a^{2}} = - \frac{1}{2} ‚ \sin A = \sqrt{1 - \cos^{2} A} = \frac{\sqrt{3}}{2} .$

又 $S_{△ A B C} = \frac{1}{2} b^{2} \sin A = \frac{\sqrt{3}}{2} ‚ ∴ \frac{1}{2} b^{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ ,

解之, 得 $b = \sqrt{2}$ , 选A.

另解1:设顶角为A, 则底角为 $90 ° - \frac{A}{2}$ , 于是由已知得 $\sin A = \sqrt{3} \sin (90 ° - \frac{A}{2})$ , 所以 $\sin \frac{A}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , 得A=120°, 进而底角B=C=30°, 下略.

另解2:设顶角为β, 底角为α, 腰长为m, 则底边为2mcosα, 则 $\frac{1}{2} \cdot 2 m \cos α \cdot m \cdot \sin α = \frac{1}{2} \cdot m \cdot m \cdot \sin β = \frac{1}{2} m^{2} \cdot \sqrt{3} \sin α, ∴ \cos α = \frac{\sqrt{3}}{2}, ∴ \sin α = \frac{1}{2}, \sin β = \frac{\sqrt{3}}{2}, ∴ \frac{1}{2} \cdot m^{2} \cdot \sin β = \frac{\sqrt{3}}{2}, ∴ m^{2} = 2, m = \sqrt{2} .$

12.B.由f (x) =-︱x-m2︱+m2和f (x+10) ≤f (x) , 得

-︱x+10-m2︱+m2≤-︱x-m2︱+m2,

所以︱x+10-m2︱≥︱x-m2︱≥0,

两边平方, 得 (x+10-m2) 2- (x-m2) 2≥0,

即10 (2x+10-2m2) ≥0, x+5-m2≥0恒成立, 所以m2≤x+5在x∈[0, +∞) 的条件下恒成立, 只需m2≤5, 选B.

$\begin{array}{l} 13 . x \in (\frac{π}{3}, \frac{4 π}{3}) . f (x) = \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x - \frac{1}{2} s i n x = \frac{1}{2} \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x = \sin (x - \frac{π}{3}) . \\ ∵ x \in [0 ‚ 2 π) ‚ f (x) = \sin (x - \frac{π}{3}) > 0 ‚ \\ ∴ 0 ＜ x - \frac{π}{3} < π ‚ \end{array}$

$∴ \frac{π}{3} < x < \frac{4 π}{3}$ , 即 $x \in (\frac{π}{3}, \frac{4 π}{3}) .$

14.i>10.

15.12.方法1: $∵ a ＞ 2 b ＞ 0 ‚ ∴ a - 2 b ＞ 0 ‚ ∴ (a - b)^{2} + \frac{9}{b (a - 2 b)} = (a - 2 b + b)^{2} + \frac{9}{b (a - 2 b)} = (a - 2 b)^{2} + b^{2} + 2 (a - 2 b) b + \frac{9}{b (a - 2 b)} \geq 4 (a - 2 b) b + \frac{9}{b (a - 2 b)}$ (当且仅当a=3b时, 等号成立) $\geq 2 \sqrt[]{4 (a - 2 b) b \times \frac{9}{b (a - 2 b)}} = 12$ (当且仅当 $(a - b) b = \frac{3}{2}$ 时, 等号成立) .

综上, 当 $a = \frac{3 \sqrt[]{6}}{2} ‚ b = \frac{\sqrt{6}}{2}$ 时, $(a - b)^{2} + \frac{9}{b (a - 2 b)}$ 的最小值为12.

方法2:∵ a>2b>0, ∴ 令a=2b+t, t>0, 则原式 $= (b + t)^{2} + \frac{9}{b \cdot t} = b^{2} + 2 b t + t^{2} + \frac{9}{b t} \geq 4 b t + \frac{9}{b t} \geq 2 \cdot \sqrt{4 \cdot 9} = 12$ , 当且仅当 $b = t, b t = \sqrt{\frac{9}{4}} = \frac{3}{2}$ 时, 即 $b = t = \frac{\sqrt{6}}{2}$ 时, 等号同时成立, 取得最小值12.

两种方法, 两种不同的思路, 方法1利用了配凑技巧, 而方法2则利用a=2b+t (t>0) 变换了a>2b这一条件, 实现了等与不等的转化.

16.①③④.对于①, 当 $0 ＜ x ＜ \frac{π}{2}$ 时, sinx<x<tanx, ∴ 在第一象限内, 有sinx<tanx, 在第二象限内, 有sinx>0>tanx, 在第三象限内, sinx<0, tanx>0, 在第四象限内, 由对称性和奇偶性知, sin (-x) <tan (-x) , 即sinx>tanx, ∴①正确;对于②, 过B作BB′平行于x轴, 则 $\tan A B B^{'} = \frac{1}{2} ‚ \tan B^{'} B C = \frac{1}{2} ‚ ∴ \tan A B C = \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{4}{3}, ∴ ②$ 正确;对于③, 由三角函数的有界性可知, $0 ＜ \cos^{2} x \leq 1 ＜ \sqrt{3}, ∴$ 此处最好通过单调性求最值, 而不宜直接运用均值不等式求解 (否则容易出现错误) , 故③错;对于④, 设x=[x]+a, y=[y]+b, 0≤a<1, 0≤b<1, 则x+y=[x]+[y]+a+b, 0≤a+b<2, 所以

$[x + y] = {\begin{matrix} [x] + [y], \\ [x] + [y] + 1, \end{matrix}$

即[x+y]≥[x]+[y], 故④正确.

填①③④.

17.解: (Ⅰ) ∵ p= (a, 2b) , q= (sinA, 1) , p//q,

∴ a-2bsinA=0, 由正弦定理得

$\begin{array}{l} \sin A - 2 \sin B \sin A = 0 . \\ ∵ 0 ＜ A ‚ B ‚ C ＜ π ‚ \\ ∴ \sin B = \frac{1}{2} \end{array}$

, 得 $B = \frac{π}{6}$ 或 $B = \frac{5 π}{6} .$

(Ⅱ) ∵ △ABC是锐角三角形, ∴由 (Ⅰ) 知, $B = \frac{π}{6} ‚ m = (\cos A, \frac{\sqrt{3}}{2}), n = (1, \sin A - \frac{\sqrt{3}}{3} \cos A)$ ,

于是 $m \cdot n = \cos A + \frac{\sqrt{3}}{2} (\sin A - \frac{\sqrt{3}}{3} \cos A) = \frac{1}{2} c o s A + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin A = \sin (A + \frac{π}{6}) .$

由 $A + C = π - B = \frac{5 π}{6}$ 及 $0 ＜ C ＜ \frac{π}{2}$ , 得

$A = \frac{5 π}{6} - C \in (\frac{π}{3}, \frac{5 π}{6}) .$

$\begin{array}{l} 或 m \cdot n = \sin (A + \frac{π}{6}) = \sin (A + B) = \sin C . \\ ∴ \frac{\sqrt{3}}{2} < \sin C = m \cdot n < 1 . \end{array}$

18. (理科) 解: (Ⅰ) 由题意知,

$\begin{array}{l} h (x) = f (x) - g (x) = \frac{3}{2} a x^{2} + 6 x - 3 \ln x (x ＞ 0) ‚ \\ ∴ h^{'} (x) = 3 a x + 6 - \frac{3}{x} . \end{array}$

∵ 函数h (x) 有两个极值点,

∴ 方程 $h^{'} (x) = 3 a x + 6 - \frac{3}{x} = \frac{3 (a x^{2} + 2 x - 1)}{x} = 0$ ,

即ax2+2x-1=0应有两个不同的正数根,

于是

Symbol^C@-1<a<0.

(Ⅱ) 方程g (x) =xf′ (x) -3 (2a+1) x,

即-6x+3lnx=3ax2-3 (2a+1) x,

等价于方程ax2+ (1-2a) x-lnx=0.

设H (x) =ax2+ (1-2a) x-lnx, 则问题就可以转化等价地为函数H (x) 在区间 (0, +∞) 内无零点的问题 (即函数H (x) 图象与x轴无交点的问题) .

$∵ Η^{'} (x) = 2 a x + (1 - 2 a) - \frac{1}{x} = \frac{2 a x^{2} + (1 - 2 a) x - 1}{x} = \frac{(2 a x + 1) (x - 1)}{x}$ , 并且x>0, a>0,

所以, 当x∈ (0, 1) 时, H′ (x) <0, H (x) 是减函数;

当x∈ (1, +∞) 时, H′ (x) >0, H (x) 是增函数.

因为x→0或者x→+∞时, H (x) →+∞,

∴ 要使H (x) 图象与x轴有无交点, 只需

H (x) min=H (1) =a+ (1-2a) =1-a>0,

结合a>0, 得0<a<1.

(文科) 解: (Ⅰ) 当m=-1时,

$\begin{array}{l} f (x) = \frac{2}{3} x^{3} + x^{2} - 12 x + 1 ‚ \\ ∴ f^{'} (x) = 2 x^{2} + 2 x - 12 = 2 (x + 3) (x - 2) = 0 的两个根为 x = - 3 或 x = 2 ‚ \end{array}$

只有x=2在[-1, 5]上, 所以f (x) 在[-1, 2]上单调递减, 在[2, 5]上单调递增.

又 $f (- 1) = \frac{40}{3} ‚ f (2) = - \frac{41}{3} ‚ f (5) = \frac{148}{3} .$

∴ f (x) , f ′ (x) 随x的变化情况如下表:

故函数y=f (x) 在[-1, 5]上的最大值为 $\frac{148}{3}$ , 最小值为 $- \frac{41}{3} .$

(Ⅱ) 由已知可得f′ (x) =2x2-2 (2m+1) x-6m (m-1) , x∈R.

函数y=f′ (x) 的图象与x轴的公共点的横坐标就是二次方程x2- (2m+1) x-3m (m-1) =0的实数根, 解之, 得x1=3m, x2=1-m.

①当x1=x2时, 有3m=1-mSymbol^C@ $m = \frac{1}{4}$ , 此时 $x_{1} = x_{2} = \frac{3}{4} \in (- 1 ‚ 5)$ 为所求.

②当x1≠x2时, 令H (x) =x2- (2m+1) x-3m (m-1) , 则函数y=f′ (x) 的图象在 (-1, 5) 上与x轴有唯一的公共点Symbol^C@H (-1) ·H (5) ≤0, 而H (-1) =-3m2+5m+2, H (5) =-3m2-7m+20, 所以 (-3m2+5m+2) (-3m2-7m+20) ≤0, 即 (m-2) (3m+1) (m+4) (3m-5) ≤0,

解之, 得 $- 4 \leq m \leq - \frac{1}{3}$ 或 $\frac{5}{3} \leq m \leq 2 .$

经检验, 当m=-4和m=2时, 不符合条件, 故舍去.

综上所述, 实数m的取值范围是 $m = \frac{1}{4}$ 或 $- 4 ＜ m \leq - \frac{1}{3}$ 或 $\frac{5}{3} \leq m ＜ 2 .$

19.解: (Ⅰ) 证明:∵ AE垂直于圆O所在平面, ∴ AE⊥CD.

在正方形ABCD中, CD⊥AD.

∵ AD∩AE=A,

∴ CD⊥平面ADE.

∵ CDSymbolLC@平面ABCD,

∴ 平面ABCD⊥平面ADE.

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 可知, CD⊥DE,

∴ CE为圆O的直径, CE=9.

设正方形ABCD的边长为a.

在Rt△CDE和Rt△ADE中,

有DE2=81-a2=a2-9,

解之, 得 $a = 3 \sqrt[]{5}$ , 所以DE=6.

过点E作EF⊥AD于点F, 作FG//AB交BC于点G, 连结EG,

∴ EF⊥AB, 进而EF⊥平面ABCD,

∴ EF⊥BC, 而BC⊥FG, 所以BC⊥EG,

∴ ∠EGF就是二面角D-BC-E的平面角.

$\begin{array}{l} 在 R t △ A D E 中 ‚ 由 A D \cdot E F = A E \cdot D E ‚ \\ ∴ E F = \frac{A E \cdot D E}{A D} = \frac{3 \times 6}{3 \sqrt[]{5}} = \frac{6}{\sqrt[]{5}} . \end{array}$

又 $F G = A B = 3 \sqrt[]{5} ‚ ∴ \tan E G F = \frac{E F}{F G} = \frac{2}{5} .$

故二面角D-BC-E的平面角的正切值为 $\frac{2}{5} .$

注:在 (Ⅰ) 的基础上, 理科可以以D为坐标原点, 分别以CD、ED所在的直线为x轴、y轴建立空间直角坐标系, 利用向量的知识加以求解, 过程略.

20.解: (Ⅰ) 记“该幸运观众摸球三次就停止”为事件A, 则 $Ρ (A) = \frac{C_{2}^{1} C_{3}^{1} A_{2}^{2}}{A_{5}^{3}} = \frac{1}{5} .$

(Ⅱ) (理科) ξ的可能值为0, 1000, 2000.

$\begin{array}{l} Ρ (ξ = 0) = \frac{A_{2}^{2}}{A_{5}^{2}} + \frac{C_{2}^{1} A_{2}^{2}}{A_{5}^{3}} = \frac{1}{6} ‚ \\ Ρ (ξ = 1000) = \frac{C_{2}^{1} C_{2}^{1} A_{2}^{2}}{A_{5}^{3}} + \frac{C_{2}^{1} C_{2}^{1} A_{3}^{3}}{A_{5}^{4}} = \frac{1}{3} ‚ \\ Ρ (ξ = 2000) = \frac{C_{2}^{2} C_{2}^{1} A_{3}^{3}}{A_{5}^{4}} + \frac{C_{3}^{3} C_{2}^{1} A_{4}^{4}}{A_{5}^{5}} = \frac{1}{2} . \end{array}$

∴ξ的分布列为:

所以 $E ξ = 0 \times \frac{1}{6} + 1000 \times \frac{1}{3} + 2000 \times \frac{1}{2} = \frac{4000}{3} .$

(文科) 该幸运观众获得1000元奖金分为两种情况:摸3次球, 一个红球, 两个白球;摸4次球, 一个红球, 一个绿球, 两个白球.∴ 摸3次球时, 一个红球有C $_{2}^{1}$ 种选法, 摸出红球的顺序可以有2种, ∴ 共有C $_{2}^{1}$ ·C $_{2}^{1}$ ·A $_{2}^{2}$ =8种;摸4次球时, 必有绿球, 摸出绿球的顺序可以有C $_{3}^{1}$ 种, 最后一次是白球有C $_{2}^{1}$ 种, 剩下的顺序是A $_{2}^{2}$ 种, 红球有两种方法, ∴ 其概率为 $Ρ = \frac{C_{2}^{1} C_{2}^{1} A_{2}^{2}}{A_{5}^{3}} + \frac{C_{2}^{1} C_{2}^{1} A_{3}^{3}}{A_{5}^{4}} = \frac{1}{3} .$

21.解: (Ⅰ) 设椭圆C的方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{b^{2}}{b^{2}} = 1 (a ＞ b ＞ 0)$ , 则 $2 b = 2 \sqrt[]{21} ‚ b = \sqrt{21} .$

由 $- c - (\frac{- a^{2}}{c}) = 3 \sqrt[]{7}$ ,

即 $\frac{a^{2} - c^{2}}{c} = \frac{b^{2}}{c} = 3 \sqrt[]{7}$ , 得 $c = \sqrt{7} .$

于是a2=b2+c2=21+7=28,

椭圆C的方程为 $\frac{x^{2}}{28} + \frac{y^{2}}{21} = 1 .$

(Ⅱ) 若直线l的斜率不存在, 即l⊥x轴时, 不妨设l与x正半轴交于点M, 将x=y代入 $\frac{x^{2}}{28} + \frac{y^{2}}{21} = 1$ 中, 得 $x = y = \pm 2 \sqrt[]{3}$ , 则点 $Ρ (2 \sqrt[]{3} ‚ 2 \sqrt[]{3}) ‚ Q (2 \sqrt[]{3} ‚ - 2 \sqrt[]{3})$ , 于是点O到l的距离为 $2 \sqrt[]{3} .$

若直线l的斜率存在, 设l的方程为y=kx+m (k, m∈R) , 则点P (x1, y1) , Q (x2, y2) 的坐标是方程组

${\begin{cases} y = k x + m, \\ \frac{x^{2}}{28} + \frac{y^{2}}{21} = 1 \end{cases}$

的两个实数解,

消去y, 整理, 得

(3+4k2) x2+8kmx+4m2-84=0,

∴ Δ= (8km) 2-4 (3+4k2) (4m2-84) =12 (28k2-m2+21) >0, ①

$\begin{array}{l} x_{1} + x_{2} = - \frac{8 k m}{3 + 4 k^{2}} ‚ x_{1} x_{2} = \frac{4 m^{2} - 84}{3 + 4 k^{2}} . ② \\ ∵ Ο Ρ ⊥ Ο Q ‚ ∴ k_{Ο Ρ} \cdot k_{Ο Q} = - 1 ‚ \end{array}$

即 $\frac{y_{1}}{x_{1}} \cdot \frac{y_{2}}{x_{2}} = - 1 ‚ x_{1} x_{2} + y_{1} y_{2} = 0 .$

将x1+x2, x1x2代入上式, 得

$\begin{array}{l} (1 + k^{2}) \cdot \frac{4 m^{2} - 84}{3 + 4 k^{2}} - k m \frac{8 k m}{3 + 4 k^{2}} + m^{2} = 0 ‚ \\ ∴ (k^{2} + 1) (4 m^{2} - 84) - 8 k^{2} m^{2} + m^{2} (4 k^{2} + 3) = 0 ‚ \end{array}$

化简, 得m2=12 (k2+1) . ④

将④代入①知, Δ>0, 因此原点O到直线l的距离 $d = \frac{| - m |}{\sqrt{k^{2} + 1}} = \sqrt{12} = 2 \sqrt[]{3} .$

综上知, 原点O到直线l的距离为 $2 \sqrt[]{3} .$

22.解:由切割线定理, 得

PA2=PD·PB=9, 故PA=3.

根据弦切角定义, 得∠PAC=∠ABC=60°, 且PE=PA,

故△PAE为等边三角形, PE=PA=3,

所以BE=6, DE=PE-PD=2.

根据相交弦定理, 可得BE·DE=AE·CE,

∴ CE=4.

在△BCE中, BE=6, EC=4, ∠BEC=60°,

∴ 由余弦定理, $B C^{2} = 6^{2} + 4^{2} - 2 \times 4 \times 6 \times \cos 60 ° = 36 + 16 - 24 = 28, ∴ B C = 2 \sqrt[]{7} .$

23.解: (Ⅰ) 直线的参数方程是

${\begin{cases} x = 1 + t c o s \frac{π}{6} = 1 + \frac{\sqrt{3}}{2} t, \\ y = 1 + t s i n \frac{π}{6} = 1 + \frac{1}{2} t, \end{cases} t$

是参数.

(Ⅱ) 因为点A、B都在直线l上, 所以可设它们对应的参数为t1和t2,

则点A, B的坐标分别为 $A (1 + \frac{\sqrt{3}}{2} t_{1} ‚ 1 + \frac{1}{2} t_{1}) ‚ B (1 + \frac{\sqrt{3}}{2} t_{2} ‚ 1 + \frac{1}{2} t_{2}) .$

把直线l的参数方程代入圆的方程x2+y2=4,

经整理, 得 $t^{2} + (1 + \sqrt{3}) t - 2 = 0 .$

因为t1和t2是上述方程的解, 从而t1t2=-2, 因此︱PA︱·︱PB︱=︱t1·t2︱=2.

$\begin{array}{l} 24 . 证明 ∶ \frac{a^{3} + b^{3} + c^{3}}{3} \geq (\frac{a + b + c}{3})^{3} \\ \Leftrightarrow 9 (a^{3} + b^{3} + c^{3}) \geq (a + b + c)^{3} \\ \Leftrightarrow 8 (a^{3} + b^{3} + c^{3}) \geq 3 a b^{2} + 3 a^{2} b + 3 a c^{2} + 3 a^{2} c + 3 b^{2} c + 3 b^{2} c + 6 a b c \\ \Leftrightarrow 8 (a^{3} + b^{3} + c^{3}) \geq 3 a b (a + b) + 3 a c (a + c) + 3 b c (b + c) + 6 a b c \\ \Leftrightarrow 2 (a^{3} + b^{3}) \geq 3 a b (a + b) ‚ 2 (b^{3} + c^{3}) \geq 3 b c (b + c) ‚ 2 (a^{3} + c^{3}) \geq 3 a c (a + c) ‚ 2 (a^{3} + b^{3} + c^{3}) \geq 6 a b c \end{array}$