全国中考数学卷

第一篇：2018年全国中考数学卷

2018年高考数学全国卷信息归集与高考命题预测

未 考 先 知

——2018年高考数学全国卷信息归集与高考命题预测

一、高考信息归集

1.命题要求的变化

2018年全国新课标数学学科《考试大纲》和《考试说明》文理科和2017年对比，在内容、能力要求、时间、分值(含选修比例)、题型题量、包括考试说明后面的题型示例等几个方面都没有发生变化.

但从教育部的相关信息，有以下几点改变：

(1)2018高考数学将把考查逻辑推理素养作为重要任务，以数学知识为载体，考查学生理性思维、严格推理的能力;

(2)通过多种渠道渗透数学文化，如有的试题将通过数学史展示数学文化的民族性与世界性;

(3)通过揭示知识的产生背景和形成过程，体现数学的实用性和创新性; (4)通过对数学思维方法的总结、提炼，呈现数学的思想性. 2.新课标全国卷数学试卷的命题特点

(1)试题的设计理念体现“大稳定、小创新、重运算、考思维”。

(2)坚持对五能力两意识的考查：五个能力：空间想象、抽象概括、推理论证、运算求解、

数据处理等基本能力;两个意识：应用意识和创新意识;注重对数学思想与方法的考查。 (3)体现数学的基础、应用和工具性的学科特色，多视角、多维度、多层次地考查数学思维品质和思维能力，考查考生对数学本质的理解，考查考生的数学素养和学习潜能。

(4)重视回归课本，每年会借用课本中的一个图形、一个概念的注解、一个例题的思考题或一个练习题等改编包装成高考题。2013年新课标全国卷Ⅱ考了正棱柱、正棱锥这两个概念，这两个概念课本上有注解，选考4-4的第1问考了课本上一个例题的思考题，2013年新课标全国卷Ⅰ理科的第6题借用了课本上的一个图形等。

二、高考考情报告

纵观2008～2017年10年高考的试题，结合最新消息，从以下几个方面对2018年高考试题加以预测：如新课标全国卷Ⅰ卷。

理科每年必考的知识点有：复数、程序框图、三视图、函数与导数、三角函数、圆锥曲线、球的组合体、(计数原理、概率与统计模块)等。

理科每年常考的知识点有：常用逻辑用语、集合、线性规划、数列、平面向量、解三角形、定积分、直线与圆等。

理科不考知识点(即考纲不要求的知识点，人教A版)有：象与原象、反函数(只考指数函数和对数函数的反函数)、极限、连续性、向量的平移、定比分点、高次不等式、反三角表示、流程图、正棱台、直线的到角公式与夹角公式、圆锥曲线的第二定义、椭圆和双曲线的准线、复合函数的导数仅限于形如的导数、随机变量的表示没有ξ、几何证明选讲等。

文科每年必考的知识点有：集合、复数、平面向量、程序框图、三视图、函数与导数、三角函数、圆锥曲线、球的组合体、(概率与统计模块)等。

文科每年常考的知识点有：常用逻辑用语、线性规划、数列、解三角形、直线与圆等。 文科不考知识点(即考纲不要求的知识点，人教A版)有：象与原象、反函数(只考指数函数和对数函数的反函数)、极限、连续性、定积分、复合函数的导数、向量的平移、定比分点、高次不等式、反三角表示、空间向量、立体几何的各种角、正棱台、直线的到角公式与夹角公式、曲线与方程、圆锥曲线的第二定义、椭圆和双曲线的准线、排列组合、二项式、随机变量的期望、方差和分布列、正态分布、数学归纳法、几何证明选讲等。

三、高考命题预测

1.集合、简易逻辑和复数：这是高考必考内容，预测18年有2～3道客观题，且一般以简单题出现。

例1：18届金典卷第一套理科N卷1 设已知集合，，则为( ) A.

B. C.

D.

说明：新课标全国卷第1题集合常和解不等式结合考。 例2:18届金典卷第一套理科N卷2

已知(是虚数单位)，则复数的共轭复数的模为(

) A.

B.

C.

D. 说明：复数多考基本运算和复数的几何意义。 例3:18届模拟卷第六套理科Y卷4

已知，;，函数的最小正周期为， 则真命题是(

) A.

B.

C.

D.

说明：简易逻辑多考命题真假和全称命题，充分必要条件考的次数较少。

2.函数与导数：试题个数稳定在2-3个小题，一个大题. 选择题、填空题主要以考查函数的基本性质、函数图象及变换、函数零点、导数的几何意义、定积分等为主，也有可能与不等式等知识综合考查;解答题主要是以导数为工具解决函数、方程、不等式、解析几何(抛物线的切线)应用问题,也有可能涉及到导数新增知识积分.

例4:大理一中18届第一次月考14

设为定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)=-3ax+a+1(a为常数)，则的解集为( ) A.

B.

C.

D. 说明：函数性质的简单应用是高考常考的题型。 例5:全国第二次百万联考乙卷理科10 设，定义运算：，则(

) A.

B.

C. D. 说明：指对运算或分段函数是高考考查函数极其常见又基础的题型. 例6:18届模拟卷第四套理科N卷4

设函数为自然对数的底数)，定义在上的函数满足，且当时，，若存在，且为函数的1个零点，则实数的取值范围为(

)

A.

B.

C.

D. 说明：小题函数零点和导数结合是常考的题型。 例7:18届模拟卷第四套理科N卷21 已知函数.

(1)若函数在定义域内单调递增，求的取值范围; (2)当时，若函数有3个极值点， 证明：.

说明：解答题中导数试题仍以考常规问题为主,不过也会和三角函数等结合. 3.数列：如果没有解答题，会有两个小题;如果有解答题，为一个大题,不出现小题.一般所占分值为10—12分。小题以考查数列概念、性质、通项公式、前n项和公式等内容为主，属中低档题;解答题以考查等差(比)数列通项公式、求和公式，错位相减求和、简单递推数列为主.理科也有可能与函数、解析、不等式、数学归纳法等结合综合考查，但可能性很小.

例8:2018届湖南山西高三大联考文科12 在数列中，且.记，则

A.能被41整除

B. 能被43整除

C.能被51整除

D. 能被57整除

说明：预测2018年全国Ⅰ卷文科小题将考数列,解答题第一题考解三角形. 例9:18届联考卷第三套理科卷17 已知数列满足，.

(1)若 为等比数列，求常数和的通项公式;

(2)设数列的前项和为，若对恒成立，求实数的取值范围.

说明：预测2018年全国Ⅰ卷理科解答题考数列，考查数列往往涉及到通项公式、前n项和及恒成立问题等。

4.三角函数、解三角形与平面向量：若果有解答题，则会出现两个小题;如果没解答题则会有四个小题，一般所占分值为20-22分.若小题一般主要考查三角函数的图像与性质、利用诱导公式与和差角公式、倍角公式、正余弦定理求值化简、平面向量的基本性质与运算.大题主要以正、余弦定理为知识框架，以三角形为依托进行考查(注意在实际问题中的考查)或向量与三角结合考查三角函数化简求值以及图像与性质.另外向量也可能与解析等知识结合考查.果

例10:18届金典卷第一套理科N卷7

已知函数的部分图象如图所示，则下列叙述错误的是

A.是函数的一条对称轴

B.

C.要得的图象，只需将函数的图象向左平移个单位

D.要得的图象，只需将函数的图象向右平移个单位 说明：三角函数图象性质及图象平移是考查的重点。 例11:2018届全国第一次百万联考乙卷文科17 △ABC的内角A，B，C所对的边分别为.已知且. (1)求△ABC的面积; (2)若，求△ABC的周长.

说明：预测2018年全国Ⅰ卷文科解答题考解三角形，正弦定理与余弦定理是考查的重点。 5.解析几何：一般为2小一大，所占分值为22分。小题一般主要考查：直线、圆及圆锥曲线的性质为主，一般结合定义，借助于图形可容易求解.大题一般以直线与圆曲线位置关系为命题背景，并结合函数、方程、数列、不等式、导数、平面向量等知识，考查求轨迹方程问题，探求有关曲线性质，求参数范围，求最值与定值，探求存在性等问题.另外要注意对二次曲线间结合的考查，比如椭圆与抛物线,椭圆与圆等.

例12:18届模拟卷第四套理科N卷20

抛物线C的方程为，点与点在抛物线的同一侧，Q为抛物线C上任意一点，的最小值为2. (1)求m的值;

(2)设过点且斜率不为的动直线交抛物线C于两点，探究在直线上是否存在一个定点S，使得为定值，其中分别是直线的斜率. 说明：预测2018年解析几何部分小题考双曲线，和椭圆，大题会考抛物线，全国卷每隔几年会考一次抛物线。

6.立体几何：一般为2小一大，所占分值为22分。小题一般侧重于线与线、线与面、面面的位置的关系以及空间几何体中的空间角(理科)、距离(理科)、面积、体积的计算的考查.解答题文科以平行、垂直、夹角(理科)、距离(理科)为考查目标. 几何体以四棱柱、四棱锥、三棱柱、三棱锥等为主，现在也考多面体了。

例13：(2018届河南尖子生联赛理科14

《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：“今有仓，广三丈，袤四丈五尺，容粟一万斛.问高几何?”其意思为：“今有一个长方体的粮仓，宽3丈，长4丈5尺，可装粟一万斛.问该粮仓的高是多少?”已知1斛粟的体积为2.7立方尺，1丈为10尺，则该粮仓的高是 丈.

说明：2018年高考考纲强调弘扬中国传统文化的重要性，故预测此题。 例14：第四次百万联考河南河北专版理科5

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，则该几何体的体积为

A.4

B.5

C.6

D.7

说明：近几年比较流行借助网格纸考查三视图，所以诸如此类题型一定要让考生多见为宜。

例15:18届模拟卷第四套理科N卷19 如图,在四棱柱中,底面是梯形,,侧面为菱形,. (1)求证:平面;

(2)若,点在平面上的射影恰为线段的中点,求平面 与平面所成二面角的正弦值. 说明：2018年立体几何理科大题要重视多面体的考查，特别注意底面是直角梯形或菱形的情况。

7.计数原理、概率与统计和统计案例：理科一般为2小一大;文科为1小1大。小题一般主要考查：频率分布直方图、茎叶图、样本的数字特征、独立性检验、几何概型和古典概型、抽样(特别是分层抽样)、排列组合、二项式定理、几个重要的分布等.其中文科茎叶图和抽样考查几率较大，理科茎叶图和二项式定理考查几率较大.解答题理科考查点比较固定，一般考查离散型随机变量的分布列、期望和方差.仍然侧重于考查与现实生活联系紧密的应用题，体现数学的应用性.文科命题着眼点有两个：一个是通过对实际案例的分析，考查频率分布直方图，频率分布表，独立性检验的知识.另一个是通过对实际案例的分析，求解回归方程。

例16:18届金典卷第十套理科N卷18

某网站“点击数”转换成“点击得分”的规定如下： 每天点击次数(万次)

点击得分

4.5

10 统计该网站某月份每天的点击数如下表： 点击次数(万次)

天数

(1)若从中任选2天,求“点击得分”不相同的概率;

(2)从该月份“点击数”低于150万次的天数中随机抽取“点击得分”不都相同的3天,记这3天“点击得分之和”为随机变量,求随机变量的分布列(计算结果无需要约分).

说明：大题概率与统计多考与实际生活结合的试题，用数学方法解决生活中的问题是出题的趋势，理科可以用排列组合求解，文科多出现频率分布直方图，茎叶图，涉及列举法(古典概型)求解，这几年正态分布也要注意一下。

8.不等式：几乎每年都有一个题目，并且目标函数均为线性的. 新课标高考对不等式的要求是：突出工具性，淡化独立性。小题一般考查不等式的基本性质及解法(一般与其他知识联系，比如集合、分段函数等)、基本不等式性质应用、线性规划。解答题一般以其他知识(比如数列、解析几何及函数等)为主要背景，不等式为工具进行综合考查,一般较难。

例17：第四次百万联考河南河北专版理科7

记不等式组表示的平面区域为,点P的坐标为.有下面四个命题 的最小值为6;

的最大值为6;. 其中的真命题是

A.

B.

C.

D.

说明：线性规划小题是理科常考题型，文科必考题型，若简单可以把组成三角形顶点坐标带入可求解，若出难目标函数或不等式里面含参数求解。

9.算法与推理：每年出现一个。多与数列、函数等结合考，难度一般. 例18:18届金典卷第一套理科N卷1

《九章算术》有如下问题：“今有上禾三秉(古代容量单位)，中禾二秉，下禾一秉，实三十九斗，上禾二秉，中禾三秉，下禾一秉，实三十四斗，上禾一秉，中禾二秉，下禾三秉，实二十六斗.问上、中、下禾一秉各几何?”依上文，设上、中、下禾一秉分别为x斗，y斗，z斗，设计如图所示的程序框图，则输出的x,y,z的值分别为

A.

B. C.

D.

说明：程序框图是文理必考题型，常和其他知识结合考查。

第二篇：2018年中考数学专题复习卷《命题与证明》含解析

2018年中考数学专题复习卷含解析

命题与证明

一、选择题

1.下列说法正确的是(

) A. 真命题的逆命题是真命题

B. 原命题是假命题，则它的逆命题也是假命题 C. 定理一定有逆定理

D. 命题一定有逆命题 【答案】D 【解析】 ：A、真命题的逆命题可能是真命题，也可能是假命题，故A不符合题意; B、原命题是假命题，则它的逆命题可能是假命题，也可能是真命题，故B不符合题意; C、逆定理一定是真命题，定理不一定有逆定理，故C不符合题意; D、任意一个命题都有逆命题;故D符合题意; 故答案为：D 【分析】根据把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题，用逻辑方法判断为正确的命题叫定理，任何命题都有逆命题，对各选项逐一判断即可。 2.下列命题为真命题的是(

)。 A.两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例 B.相似三角形面积之比等于相似比 C.对角线互相垂直的四边形是菱形

D.顺次连结矩形各边的中点所得的四边形是正方形 【答案】A 【解析】 ：A.根据平行线分线段成比例定理即可判断正确，A符合题意; B.相似三角形面积之比等于相似比的平方，故错误，B不符合题意; C.对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故错误，C不符合题意;

D.顺次连结矩形各边的中点所得的四边形是正菱形，故错误，D不符合题意; 故答案为:A. 【分析】A.根据平行线分线段成比例定理即可判断对错; B.根据相似三角形的性质即可判断对错;

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C.根据菱形的判定即可判断对错;

D.根据矩形的性质和三角形中位线定理即可判断对错;

3.用反证法证明时，假设结论“点在圆外”不成立，那么点与圆的位置关系只能是(

) A. 点在圆内

B. 点在圆上

C. 点在圆心上

D. 点在圆上或圆内 【答案】D 【解析】 ：点与圆的位置关系只有三种：点在圆内、点在圆上、点在圆外， 如果点不在圆外，那么点就有可能在圆上或圆内 故答案为D 【分析】运用反证法证明，第一步就要假设结论不成立，即结论的反面，要考虑到反面所有的情况。 4.下列语句中，是命题的是(

) ①若 1=60 ， 2=60 ，则

1=

2;②同位角相等吗;

③画线段AB=CD;④一个数能被2整除，则它也能被4整除;⑤直角都相等.

A. ①④⑤

B. ①②④

C. ①②⑤

D. ②③④⑤ 【答案】A 【解析】 ：①若 ∠ 1=60 ∘ ， ∠ 2=60 ∘ ，则 ∠ 1= ∠ 2;它是命题; ②同位角相等吗，不是命题; ③画线段AB=CD，不是命题;

④一个数能被2整除，则它也能被4整除，是命题; ⑤直角都相等.是命题; 故事命题的有：①④⑤ 故答案为：A 【分析】根据命题是判断一件事情的语句，构成命题必须有已知条件和结论，逐一判断即可求解。 5.某届世界杯的小组比赛规则：四个球队进行单循环比赛(每两队赛一场)，胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，某小组比赛结束后，甲、乙，丙、丁四队分别获得第一，二，三，四名，各队的总得分恰好是四个连续奇数，则与乙打平的球队是(

) A.甲 B.甲与丁

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C.丙 D.丙与丁 【答案】B 【解析】 ：小组赛一共需要比赛

场，

由分析可知甲是最高分，且可能是9或7分， 当甲是9分时，乙、丙、丁分别是7分、5分、3分， 因为比赛一场最高得分3分， 所以4个队的总分最多是6×3=18分， 而9+7+5+3>18，故不符合;

当甲是7分时，乙、丙、丁分别是5分、3分、1分，7+5+3+1<18，符合题意， 因为每人要参加3场比赛，

所以甲是2胜一平，乙是1胜2平，丁是1平2负， 则甲胜丁1次，胜丙1次，与乙打平1次， 因为丙是3分，所以丙只能是1胜2负， 乙另外一次打平是与丁， 则与乙打平的是甲、丁 故答案是B。

【分析】需要推理出甲、乙、丙、丁四人的分数：每个人都要比赛3场，要是3场全胜得最高9分，根据已知“甲、乙，丙、丁四队分别获得第一，二，三，四名”和“各队的总得分恰好是四个连续奇数”，可推理出四人的分数各是多少，再根据胜、平、负一场的分数去讨论打平的场数。

6.甲、乙、丙、丁4人进行乒乓球单循环比赛(每两个人都要比赛一场)，结果甲胜了丁，并且甲、乙、丙胜的场数相同，则丁胜的场数是(

)

A. 3

B. 2

C. 1

D. 0 【答案】D 【解析】 ：四个人共有6场比赛，由于甲、乙、丙三人胜的场数相同， 所以只有两种可能性：甲胜1场或甲胜2场;

若甲只胜一场，这时乙、丙各胜一场，说明丁胜三场，这与甲胜丁矛盾， 所以甲只能是胜两场，

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即：甲、乙、丙各胜2场，此时丁三场全败，也就是胜0场. 答：甲、乙、丙各胜2场，此时丁三场全败，丁胜0场. 故答案为：D.

【分析】分类讨论：甲、乙、丙、丁4人进行乒乓球单循环比赛，故四个人共有6场比赛，由于甲、乙、丙三人胜的场数相同，所以只有两种可能性：①若甲只胜一场，这时乙、丙各胜一场，说明丁胜三场，这与甲胜丁矛盾;②甲胜两场，则乙、丙各胜2场，此时丁三场全败，也就是胜0场.综上所述即可得出答案。

7.否定“自然数a、b、c中恰有一个偶数”时的正确反设为(

) A. a、b、c都是奇数

B. a、b、c或都是奇数或至少有两个偶数 C. a、b、c都是偶数

D. a、b、c中至少有两个偶数 【答案】B 【解析】 a，b，c三个数的奇、偶性有以下几种情况：①全是奇数;②有两个奇数，一个偶数;③有一个奇数，两个偶数;④三个偶数.因为要否定②，所以假设应为“全是奇数或至少有两个偶数”.故答案为：B.【分析】因为a，b，c三个数的奇、偶性有以下几种情况：①全是奇数;②有两个奇数，一个偶数;③有一个奇数，两个偶数;④三个偶数。根据命题的否定形式可知“自然数a、b、c中恰有一个偶数”时的正确反设为“a、b、c或都是奇数或至少有两个偶数”。

8.对于命题“已知：a∥b，b∥c，求证：a∥c”.如果用反证法，应先假设(

) A. a不平行b

B. b不平行c

C. a⊥c

D. a不平行c 【答案】D 【解析】 ：对于命题“已知：a∥b，b∥c，求证：a∥c”.如果用反证法 应先假设a不平行c 故答案为：D 【分析】根据反证法的第一步就是假设结论的反面，即可得出答案。 9.下列命题是真命题的是(

)

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A. 如果a+b=0，那么a=b=0

B. 是±4

C. 有公共顶点的两个角是对顶角

D. 等腰三角形两底角相等 【答案】D 【解析】 A、如果a+b=0，那么a=b=0，或a=﹣b，错误，为假命题; B、 =4的平方根是±2，错误，为假命题;

的平方根C、有公共顶点且相等的两个角是对顶角，错误，为假命题; D、等腰三角形两底角相等，正确，为真命题; 故答案为：D.

【分析】A根据等式的性质判断;B根据算术平方根和平方根判断;C根据对顶角的定义判断;D根据等腰三角形的性质判断. 10.有下列命题：

①若x2=x，则x=1;②若a2=b2 ， 则a=b;③线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等;④相等的弧所对的圆周角相等;其中原命题与逆命题都是真命题的个数是(

)

A. 1个

B. 2个

C. 3个

D. 4个 【答案】B 【解析】 ：若x=x，则x=1或x=0，所以①错误; 若a=b ， 则a=±b，所以②错误;

线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，所以③正确;

相等的弧所对的圆周角相等，所以④正确.四个命题的逆命题都是真命题. 故答案为：B.

【分析】(1)根据一元二次方程的根的判别式大于0，方程有两个不相等的实数根可知，方程漏掉了一个根;

(2)根据平方根的意义可得a=±b;

(3)线段的垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等;线段的垂直平分线的判定：到线段两端点距离相等的点在这个角的平分线上; 222 5

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(4)根据圆周角定理和圆周角和弧之间的关系可知：相等的弧所对的圆周角相等;在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等。

11.下列命题是假命题的是(

) A. 对顶角相等

B. 两直线平行，同旁内角相等

C. 平行于同一条直线的两直线平行

D. 同位角相等，两直线平行 【答案】B 【解析】 ：A.对顶角相等是真命题，故本选项正确，A不符合题意; B.两直线平行，同旁内角互补，故本选项错误，B符合题意;

C.平行于同一条直线的两条直线平行是真命题，故本选项正确，C不符合题意; D.同位角相等，两直线平行是真命题，故本选项正确，D不符合题意. 故答案为：B.

【分析】本题是让选假命题，也就是在题设的条件下得到错误的结论. 两直线平行同旁内角互补而不是相等. 12.下列语句中，不是命题的是(

) A.生活在水里的动物是鱼 B.若直线a∥b，b ∥c，则a∥c C.作已知线段的垂直平分线 D.对顶角相等 【答案】A 【解析】 ：根据命题的定义判断： A、是判断一件事情的句子，A不符合题意; B、是判断一件事情的句子，B不符合题意; C、是作图语句，C符合题意;

D、是判断一件事情的句子，D不符合题意。 故答案为：C。

【分析】命题：一般地，判断某一件事情的句子叫做命题。命题分真命题和假命题。

二、填空题

13. 命题：“如果m是整数，那么它是有理数”，则它的逆命题为：________.

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【答案】“如果m是有理数，那么它是整数”

【解析】 ：命题：“如果m是整数，那么它是有理数”的逆命题为“如果m是有理数，那么它是整数”. 故答案为“如果m是有理数，那么它是整数”.

【分析】把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题.

14. 下列四个命题中：①对顶角相等;②同旁内角互补;③全等三角形的对应角相等;④两直线平行，同位角相等，其中假命题的有________(填序号) 【答案】②

【解析】 ：①对顶角相等是真命题;②同旁内角互补是假命题;③全等三角形的对应角相等是真命题;④两直线平行，同位角相等是真命题;故假命题有②， 故答案为：②.

【分析】要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可.

15.写出命题“两个锐角的和是钝角”是假命题的一个反例：________ 【答案】两个锐角的度数分别为20°，30° 【解析】 ：若两个锐角的度数分别为20°，30° 则这两个角的和为50°，50°的角是锐角

故答案为：两个锐角的度数分别为20°，30°(答案不唯一) 【分析】根据题意写出两个锐角的和是直角或锐角即可。

16.命题“如果两个角都是直角,那么这两个角相等”的逆命题________. 【答案】如果两个角相等，那么这两个角是直角。

【解析】 ：∵原命题是：如果两个角都是直角,那么这两个角相等 ∴它的逆命题是;如果两个角相等，那么这两个角是直角。 【分析】将原命题的题设和结论互换，再写成如果

，那么

的形式即可。

17.命题“全等三角形的面积相等”的逆命题是________命题.(填“真”或“假”) 【答案】假

【解析】 原命题的逆命题为：面积相等的两个三角形为全等三角形，则这个命题为假命题.【分析】首先将原命题改写成如果那么的形式，然后根据原命题与逆用的关系，将原命题的题设和结论交换位置得到其逆命题：面积相等的两个三角形为全等三角形;再根据已有知识判断此命题显然是假命题。 18.把命题“对顶角相等”改写成“如果

那么

”的形式：________.

【答案】如果两个角是对顶角，那么它们相等

2018年中考数学专题复习卷含解析

【解析】 ：题设为：对顶角，结论为：相等， 故写成“如果 那么 ”的形式是：如果两个角是对顶角，那么它们相等，

故答案为：如果两个角是对顶角，那么它们相等.

【分析】根据命题的构成可知题设为：对顶角，结论为：相等，所以用“如果 … 那么 … ”的形式可表示为：如果两个角是对顶角，那么它们相等。

19.用反证法证明命题：“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤：

①∠A+∠B+∠C=90°+90°+∠C>180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，则∠A=∠B=90°不成立;②所以一个三角形中不能有两个直角;③假设∠A，∠B，∠C中有两个角是直角，不妨设∠A=∠B=90°.正确顺序的序号排列为________ 【答案】③①②

【解析】 由反证法证明的步骤知，先反证即③，再推出矛盾即①，最后作出判断，肯定结论即②，即顺序应为③①②【分析】根据反证法的步骤，首先假设结论不成立，其次用已学的知识或已知条件得到与假设或已学的知识或已知条件相矛盾的结论，那么原命题成立。所以正确顺序的序号排列③①②。 20. 如图，图中二次函数解析式为y=ax2+bx+c(a≠0)则下列命题中正确的有________(填序号) ①abc>0;②b2<4ac;③4a﹣2b+c>0;④2a+b>c.

【答案】①③④

【解析】 ：①∵抛物线开口向上，抛物线的对称轴在y轴右侧，抛物线与y轴交于y轴负半轴， ∴a>0，﹣ >0，c<0，

∴b<0，abc>0，①正确; ②∵抛物线与x轴有两个不同交点， ∴△=b﹣4ac>0，b>4ac，②错误; ③当x=﹣2时，y=4a﹣2b+c>0，③正确; ④∵0<﹣ <1， 22∴﹣2a0>c，④正确.

2018年中考数学专题复习卷含解析

故答案为：①③④.

【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系以及命题与定理，观察函数图象，根据二次函数图象与系数的关系逐一分析四条结论判断正误即可.

三、解答题

21.已知命题：“如图，点B、F、C、E在同一条直线上，则AB∥DE.”判断这个命题是真命题还是假命题，如果是真命题，请给出证明;如果是假命题，在不添加其他辅助线的情况下，请添加一个适当的条件使它成为真命题，并加以证明.

【答案】解：如图，点B、F、C、E在同一条直线上，则AB∥DE，是假命题，当添加：∠B=∠E时，AB∥DE，

理由：∵∠B=∠E， ∴AB∥DE.

【解析】【分析】根据平行线的判定定理即可得出结论。

22. 如图，四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，在①AB∥CD;②AO=CO;③AD=BC中任意选取两个作为条件，“四边形ABCD是平行四边形”为结论构造命题.

(1)以①②作为条件构成的命题是真命题吗?若是，请证明;若不是，请举出反例;

(2)写出按题意构成的所有命题中的假命题，并举出反例加以说明.(命题请写成“如果…，那么….”的形式)

【答案】(1)解：以①②作为条件构成的命题是真命题， 证明：∵AB∥CD， ∴∠OAB=∠OCD， 在△AOB和△COD中，

，

2018年中考数学专题复习卷含解析

∴△AOB≌△COD(ASA)， ∴OB=OD，

∴四边形ABCD是平行四边形

(2)解：根据①③作为条件构成的命题是假命题，即如果有一组对边平行，另一组对边相等，那么四边形是平行四边形，如等腰梯形符合，但不是平行四边形;

根据②③作为条件构成的命题是假命题，即如果一个四边形ABCD的对角线交于O，且OA=OC，AD=BC，那么这个四边形是平行四边形，如图，

根据已知不能推出OB=OD或AD∥BC或AB=DC，即四边形不是平行四边形.

【解析】【分析】(1)根据平行得出全等三角形，即可求出OB=OD，根据平行四边形的判定推出即可;(2)根据等腰梯形和平行四边形的判定判断即可.

23. 正方形ABCD和正方形AEFG有公共顶点A，将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角∠DAG=α，其中0°≤α≤180°，连结DF，BF，如图.

(1)若α=0°，则DF=BF，请加以证明;

(2)试画一个图形(即反例)，说明(1)中命题的逆命题是假命题;

(3)对于(1)中命题的逆命题，如果能补充一个条件后能使该逆命题为真命题，请直接写出你认为需要补充的一个条件，不必说明理由.

2018年中考数学专题复习卷含解析

【答案】(1)证明：如图1，∵四边形ABCD和四边形AEFG为正方形，

∴AG=AE，AD=AB，GF=EF，∠DGF=∠BEF=90°， ∴DG=BE，

在△DGF和△BEF中，

，

∴△DGF≌△BEF(SAS)， ∴DF=BF (2)解：图形(即反例)如图2，

(3)解：补充一个条件为：点F在正方形ABCD内; 即：若点F在正方形ABCD内，DF=BF，则旋转角α=0° 【解析】【分析】(1)利用正方形的性质证明△DGF≌△BEF即可;(2)当α=180°时，DF=BF.(3)利用正方形的性质和△DGF≌△BEF的性质即可证得是真命题.

第三篇：2018年高考真题——文科数学(全国卷Ⅲ)+Word版含解析

2018年普通高等学校招生全国统一考试

(新课标 III 卷) 文 科 数 学 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给的四个选项中，只有一项符合) 1.已知集合Ax|x1≥0，B0，1，2，则AA.0 2.1i2i( ) A.3i 3.中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( ) B.3i C.3i D.3i B.1 B( ) C.1，2 D.0，1，2 考场号 座位号 14.若sin，则cos2( ) 3 8A. 9 B.7 9 7C. 9 8D. 9 5.若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( ) A.0.3 6.函数 fxA. 7.下列函数中，其图像与函数ylnx的图像关于直线x1对称的是( ) A.yln1x D.yln2x 8.直线xy20分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆x2y22上，则ABP面积的取值范围是( ) A.2，6  D.22，32 2 B.0.4 C.0.6 D.0.7 tanx的最小正周期为( ) 1tan2x 4 B. 2 C. D.2 B.yln2x C.yln1x 8 B.4， C.2，32 9.函数yx4x22的图像大致为( ) x2y2b0)的离心率为2，则点4，10.已知双曲线C：221(a0，0到C的渐近线的ab距离为( ) A.2 B.2 C.32 2 D.22 a2b2c211.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若ABC的面积为，则C4( ) A. 12.设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥DABC体积的最大值为( ) A.123

二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分) 13.已知向量a=1,2，b=2,2，c=1,λ.若c∥2a+b，则________. B.183 C.243 D.543  2 B. 3 C. 4 D. 614.某公司有大量客户，且不同龄段客户对其服务的评价有较大差异.为了解客户的评价，该公司准备进行抽样调查，可供选择的抽样方法有简单随机抽样、分层抽样和系统抽样，则最合适的抽样方法是________. 2xy3≥0，115.若变量x，y满足约束条件x2y4≥0，则zxy的最大值是________. 3x2≤0. 16.已知函数fxln

三、解答题(共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17~31题为必考题，每个试题考生都必须作答，第

22、23题为选考题，考生根据要求作答.)

(一)必考题：共60分。

17.(12分) 等比数列an中，a11，a54a3. ⑴求an的通项公式; ⑵记Sn为an的前n项和.若Sm63，求m. 18.(12分) 某工厂为提高生产效率，开展技术创新活动，提出了完成某项生产任务的两种新的生产方式.为比较两种生产方式的效率，选取40名工人，将他们随机分成两组，每组20人，第一组工人用第一种生产方式，第二组工人用第二种生产方式.根据工人完成生产任务的工作时间(单位：min)绘制了如下茎叶图： 1x2x1，fa4，则fa________.  ⑴根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高?并说明理由; ⑵求40名工人完成生产任务所需时间的中位数m，并将完成生产任务所需时间超过m和不超过m的工人数填入下面的列联表： 第一种生产方式 第二种生产方式 超过m 不超过m ⑶根据⑵中的列表，能否有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异? PK2≥k0.0500.0100.001附：K，. k3.8416.63510.828abcdacbd2nadbc2 19.(12分) 如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点. ⑴证明：平面AMD⊥平面BMC; ⑵在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD?说明理由. 20.(12分) x2y2已知斜率为k的直线l与椭圆C：1交于A，B两点.线段AB的中点为43M1，mm0. 1⑴证明：k; 2⑵设F为C的右焦点，P为C上一点,且FPFAFB0.证明:2FPFAFB . 21.(12分) ax2x1已知函数fx. ex1处的切线方程; ⑴求由线yfx在点0，⑵证明：当a≥1时，fxe≥0.

(二)选考题：共10分，请考生在第

22、23题中任选一题作答。

如果多做，则按所做的第一题计分. 22.[选修4—4：坐标系与参数方程](10分) xcos⊙O的参数方程为在平面直角坐标系xOy中，(为参数)，过点0，2ysin且倾斜角为的直线l与⊙O交于A，B两点. ⑴求的取值范围; ⑵求AB中点P的轨迹的参数方程. 23.[选修4—5：不等式选讲](10分) 设函数fx2x1x1. ⑴画出yfx的图像; ⑵当x∈0，，fx≤axb，求ab的最小值. 2018年普通高等学校招生全国统一考试 (新课标 III 卷) 文 科 数 学 答 案

一、选择题 1.答案：C 解答：∵A{x|x10}{x|x1}，B{0,1,2}，∴A2.答案：D 解答：(1i)(2i)2ii3i，选D. 3.答案：A 解答：根据题意，A选项符号题意; 4.答案：B 解答：cos212sin15.答案：B 解答：由题意P10.450.150.4.故选B. 6.答案：C 解答： 2B{1,2}.故选C. 227.故选B. 99sinxtanxcosxsinxcosxsinxcosx1sin2x，∴f(x)的周期f(x)sin2xsin2xcos2x1tan2x212cosxT2.故选C. 27.答案：B 解答：f(x)关于x1对称，则f(x)f(2x)ln(2x).故选B. 8.答案：A 解答： 由直线xy20得A(2,0),B(0,2)，∴|AB|222222，圆22∴点P22，11∴圆心到直线xy20的距离为(x2)2y22的圆心为(2,0)，到直线xy20的距离的取值范围为222d222，即2d32，∴SABP1|AB|d[2,6]. 29.答案：D 解答： 当x0时，y2，可以排除A、B选项; 又因为y4x2x4x(x322)(x)，则f(x)0的解集为22(,2222)，(0,);f(x)0的解集为)U(0,)，f(x)单调递增区间为(,2222(2222,0)U(,)，f(x)单调递减区间为(,0)，(,).结合图象，可知D选2222项正确. 10.答案：D 解答： 由题意e为dcb2，则1，故渐近线方程为xy0，则点(4,0)到渐近线的距离aa|40|22.故选D. 211.答案：C 解答： SABC∴C1a2b2c22abcosC1anC1，又SABCabsinC，故tabcosC，24424.故选C. 12.答案：B 解答： 如图，ABC为等边三角形，点O为A，B，C，D外接球的球心，G为ABC的重心，由SABC93，得AB6，取BC的中点H，∴AHABsin6033，∴2AH23，∴球心O到面ABC的距离为d42(23)22，∴三棱锥31DABC体积最大值VDABC93(24)183. 3AG

二、填空题 13.答案：解答： 1 21. 22ab(4,2)，∵c//(2ab)，∴1240，解得14.答案：分层抽样 解答：由题意，不同龄段客户对其服务的评价有较大差异，故采取分层抽样法. 15.答案：3 解答： 由图可知在直线x2y40和x2的交点(2,3)处取得最大值，故1z233. 3 16.答案：2 解答：fxln1x2x1(xR)，

f(x)f(x)ln(1x2x)1ln(1x2x)1ln(1x2x2)22， ∴f(a)f(a)2，∴f(a)2.

三、解答题 17.答案：(1)an2n1或an(2)n1;(2)6. 解答：(1)设数列{an}的公比为q，∴q∴an2n1或an(2)n1. 2a54，∴q2. a312n1(2)n1n(2)由(1)知，Sn21或Sn[1(2)n]， 12123∴Sm2m163或Sm[1(2)]63(舍)， ∴m6. 18.答案：见解析 13m 解答： (1)第一种生产方式的平均数为x184，第二种生产方式平均数为x274.7，∴ x1x2，所以第一种生产方式完成任务的平均时间大于第二种，∴第二种生产方式的效率更高. (2)由茎叶图数据得到m80，∴列联表为

n(adbc)240(151555)2K106.635(ab)(cd)(ac)(bd)20202020(3)，∴有299% 的把握认为两种生产方式的效率有差异. 19.答案：见解答 解答：(1)∵正方形ABCD半圆面CMD， ∴AD半圆面CMD，∴AD平面MCD. ∵CM在平面MCD内，∴ADCM，又∵M是半圆弧CD上异于C,D的点，∴CMMD.又∵ADIDMD，∴CM平面ADM，∵CM在平面BCM内，∴平面BCM平面ADM. (2)线段AM上存在点P且P为AM中点，证明如下： 连接BD,AC交于点O，连接PD,PB,PO;在矩形ABCD中，O是AC中点，P是AM的中点; ∴OP//MC，∵OP在平面PDB内，MC不在平面PDB内，∴MC//平面PDB. 20.答案：见解答： 解答： (1)设直线l方程为ykxt，设A(x1,y1),B(x2,y2), ykxt2联立消y得(4k23)x28ktx4t2120， xy2134则64k2t24(4t212)(34k2)0， 得4k23t2…①，

8kt6t2yyk(xx)2t2m， ，121234k234k2∵m0，∴t0且k0. 且x1x234k2且t…②. 4k(34k2)2由①②得4k3， 216k211或k. 221∵k0，∴k. 2uuruuruurruuruuurr(2)FPFAFB0，FP2FM0, ∴k∵M(1,m)，F(1,0)，∴P的坐标为(1,2m). 14m2331，∴m，M(1,)， 由于P在椭圆上，∴2443x12y12x22y22又1，1， 4343两式相减可得y1y23xx12， x1x24y1y23，∴k1， 2又x1x22，y1y2直线l方程为y即yx3(x1)， 47， 47yx4∴2， 2xy134消去y得28x56x10，x1,2214321， 14 uuruur|FA||FB|(x11)2y12(x21)2y223，

uur33|FP|(11)2(0)2, 22∴|FA||FB|2|FP|. 21.答案：详见解析 ax2x1解答：(1)由题意：fx得ex(2ax1)ex(ax2x1)exax22axx2， f(x)x2x(e)e∴f(0)22，即曲线yfx在点0,1处的切线斜率为2，∴1y(1)2(x0)，即2xy10; (2)证明：由题意：原不等式等价于：ex1ax2x10恒成立;令g(x)ex1ax2x1， ∴g(x)ex12ax1，g(x)ex12a，∵a1，∴g(x)0恒成立，∴g(x)在(,)上单调递增，∴g(x)在(,)上存在唯一x0使g(x0)0，∴ex012ax010，即ex012ax01，且g(x)在(,x0)上单调递减，在(x0,)上单调递增，∴g(x)g(x0). 又g(x0)e0x1ax02x01ax02(12a)x02(ax01)(x02)，

111111g()ea1，∵a1，∴0ea1e1，∴x0，∴g(x0)0，得证. aa综上所述：当a1时，fxe0. 22.答案：见解析 解答： (1)eO的参数方程为xcos22，∴eO的普通方程为xy1，当90时，ysin直线：l:x0与eO有两个交点，当90时，设直线l的方程为yxtan2，由直线l与eO有两个交点有|002|1tan21，得tan21，∴tan1或tan1，∴4590或90135，综上(45,135). (2)点P坐标为(x,y)，当90时，点P坐标为(0,0)，当90时，设直线l的22xy1①方程为ykx2，A(x1,y1),B(x2,y2)，∴有x2(kx2)21，整理ykx2②2kx③222k221k得(1k2)x222kx10，∴x1x2，y1y2，∴得1k21k2y2④1k2kx代入④得x2y22y0.当点P(0,0)时满足方程x2y22y0，∴AB中y2点的P的轨迹方程是x2y22y0，即x(y22122由图可知，A()，,)，22222xcos2222则故点P的参数方程为(为参数，B(,)，y0，222y22sin220). 23.答案：见解答 解答： 13x,x21(1)f(x)x2,x1，如下图：

23x,x1 (2)由(1)中可得：a3，b2， 当a3，b2时，ab取最小值， ∴ab的最小值为5. 。

第四篇：2018上海中考数学卷25题思路解析

如图，在⊙O中AB是直径，AB=2，点C，点D是圆上的两点，连结BD，AC交于E，OD⊥AC垂足为F. (1)如图11，若AC=DB，求弦AC的长. (2)如图12，E是DB的中点，求∠ABD的余切. (3)连结CB，DC，DA若CB是⊙O内接正n边形的一边，DC是是⊙O内接正(n+4)边形的一边，求三角形ADC的面积.

(1)∵AC=DB，

∴弧ADC=弧BCD，

∴弧AD=弧BC， 则∠A=∠B; 又∵∠AOD=2∠B ∴∠AOD=2∠A，

则∠AOD+∠A=3∠A; 又∵OD⊥AC ∴∠AFO=900，

∴∠AOD+∠A=900， ∴3∠A=900， ∠A=300;

在Rt△AFO中，AO=1，

AF=AO×cos∠A=1×cos300=3 2;又∵OD⊥AC ∴AC=2 AF =3

(2)连结CB，OE，

∵AB为直径，

∴3∠C=900，

又∵∠DFE=900;

易证得△BCE≌△DFE，

∴BC=DF;

又∵是△ABC的中位线， ∴BC=2OF， 则DO=3OF， 又∵DO=1 ∴OF=12，DF= 33由垂径定理推论，OE⊥BD ∴在Rt△DEO中，

易证得Rt△DFE∽Rt△EFO， ∴EF2=OF×DF=2， 9则EF=2; 3DF=2 EF又∵∠ABD=∠D， cot∠ABD=cot∠D=

(3)

为了方便研究问题，我们省略线段BD，标注了α，β，在Rt△AFO中，

1α 21α+∠AOF=900; 2

∠AOF=1800-α-β ∴β+1α=900 2连结OC，

根据⊙O内接正n边形的中心角公式，

36003600α=

，β= ;

nn4∴3601360+·=90 n42n解得，n=4 ，n=-2(舍去); 此时得α=900 ，β=450 ， ∴∠AOF=450 ，

为解题方便最好重新画图如下，

用割补法，S△ADC = S四AOCD-S△AOC 易证得△AOD≌△COD， ∴S四AOCD=2S△ODC ， S△ODC=1OD·FC， 2而FC=OC·sin450=2， 2∴S△ODC=122·1·=， 224则S四AOCD=2S△ODC∵S△AOC=2 211·1·1= 22∴S△ADC = S四AOCD-S△AOC=

21 2

第五篇：2018年高考全国卷Ⅱ卷历史

绝密★启用前

注意事项： 1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类写在答题卡和试卷规定的位置上。 2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;如需改动，用橡皮擦干净后，再选途其他答案标号。写在试卷上无效。 3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置;如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案;不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按以上要求作答的答案无效。

一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.据《史记》记载，商汤见野外有人捕猎鸟兽，张设的罗网四面密实，认为这样便将鸟兽杀绝了，“乃去其三面”，因此获得诸侯的拥护，最终推翻夏桀，创立商朝，这一记载意在说明 A.商汤成功缘于他的仁德之心 C.商朝已经注重生态环境保护

B.捕猎是夏商时主要经济活动 D.资源争夺是夏商更替的主因

2.西汉文景时期，粮食增产，粮价极低。国家收取的实物田租很少甚至免除，但百姓必须把粮食换成钱币，缴纳较高税额的人头税。富商大贾趁机操纵物价，放高利贷，加剧了土地兼并、农户流亡，这反映出当时

A.重农抑商政策未能实行 C.粮价低抑制了生产热情

B.自耕农经济发展受阻 D.富商大贾操纵税收

3.武则天时期，将中书、门下三省名称分别改为凤阁、鸾台，通过加授“同风阁鸾台平章事”头衔，使低品阶官员得以与凤衙、鸾台长官共同议政，宰相数量大增，且更替频繁。这一做法的目的是 A.扩大中书、门下二省的职权 C.便于实现对朝政的全面控制

B.为官员提供迅速晋升的机会 D.强化宰相参政议政职能

4.昆曲在明朝万历年间被视为“官腔”，到清代被誉为“雅乐”“盛世元音”，宫廷重要活动常有昆曲演出，江南地区“郡邑大夫宴款不敢不用”，甚至“演戏必请昆班，以示府城中庙会之高雅”。这些史实表明，昆曲在明清时期的流行是因为 A.陆王心学广泛传播 C.社会等级观念弱化

B.吸收了京剧的戏曲元素 D.符合士大夫的文化品味

5.19世纪70年代，针对日本阻止硫球国向中国进贡，有地方督抚在上奏中强调:琉球向来是中国的落属，日本“不应阻贡”;中国使臣应邀请西方各国驻日公使，“按照万国公法与评直自”。这说明当时 A.日本借助西方列强侵害中国权益 C.地方督抚干预朝廷外交事务决策

B.传统朝贡体系已经解体 D.近代外交观念影响中国

6.1923年底，孙中山认为，“俄革命六年成功，而我则十二年尚未成功，何以故?则由于我党组织之方法不善，前此因无可仿效。法国革命八十年成功，美国革命血战八年而始得独立，因均无一定成功之方法，惟今俄国有之，殊可为我党师法。”其意在 A.走苏俄革命的道路 C.加强革命的领导核心

B.放弃资产阶级代议制 D.改变反封建的斗争目标

7.美国记者曾生动地记述抗日根据地：“如果你遇见这样的农民——他的整个一生都被人欺凌，被人鞭答、被人辱骂……你真正把他作为一个人来对持，征求他的意见，让他投票选举地方政府……让他自己决定是否减相减息。如果你做到了这一切，那么，这个农民就会变成一个具有奋斗目标的人。”这一记述表明，抗日根据地

A.农民的抗日热情得到激发 C.国民革命的任务得以实现

B.废除了封建土地制度 D.排除了国民党的影响

8.图5为1956年的一幅漫画《两把尺》(画中字：“奶奶的尺——量布做新衣。阿姨的尺——测量祖国，建设杜会主义。”该漫画反映了

A.社会主义建设以工业化为中心 B.女性成为国家建设的重要力量 C.人民公社化运动蓬勃发展 D.城乡差别发生根本性改变

9.罗马共和国时期，平民和贵族展开了长达两个世纪的斗争，斗争的成就主要体现为其间所颁布的一系列法律，恩格斯曾评论说：“氏族贵族和平民不久便完全溶化在国家中了。”这一长期斗争的结果是 A.贵族的特权被取消 B.罗马法体系最终形成 C.公民与贵族法律上平等 D.自由民获得相同的权利 10.图6可以用来说明，奴隶贸易

A.是早期资本主义扩张的手段 B.促成世界殖民体系最终确立 C.导致“日不落帝国”的产生 D.因白银开采的需要达到极盛

11.1836年，俄国著名戏剧家果戈里发表剧作《钦差大臣》，描写的是一名小官吏路过某偏僻小城，当地人们误把他当作钦差大臣而竞相巴结、行贿。该作品 A.抨击了资本主义政治腐败 C.体现了浪漫主义文学风格

B.揭露了专制体制的腐朽 D.讽刺了拜金主义的风气

12.20世纪60～70年代，法国、联邦德国和意大利北部原本落后的农村迅速实现了机械化，数百万农民成了相对富裕的农场主，这一变化的原因是 A.马歇尔计划开始发挥作用 C.西欧社会福利制度的确立

B.欧洲经济一体化的推动 D.布雷顿森林体系的瓦解

二、非选择题：共52分。第

13、14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第

15、

16、17题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题：共37分。

13.阅读材料，完成下列要求。(25分) 材料

中国是大豆的故乡，甲骨文中就有关于大豆的记载。先秦时期，大豆栽培主要是在黄河中游地区，“豆饭”是人们的重要食物，《齐民要术》通过总结劳动人民长期的实践经验，认识到大豆对于改良土壤的作用，主张大豆与其他作物轮种。唐宋时期的文献中都有朝廷调集大豆送至南方救灾、备种的记录，大豆的种植推广到江南及岭南……从古至今，各式各样的豆制品是中国人喜爱的食物，提供了人体所需的优质植物蛋白。

1765年，大豆引入北美，最初作为饲料或绿肥。19世纪60年代，豆腐在美国开始被视为健康食品。19世纪末，大豆根瘤的固氮功能被发现，在美国干旱地区推广种植，至1910年，美国已经拥有280多个大豆品种。1931年，福特公司从大豆中开发出人造蛋白纤维，大豆成为食品工业、轻工业及医药工业的重要原料。1954年，美国成为世界上最大的大豆生产国，种植面积超过一亿亩。大豆在南北美洲都得到广泛种植，美洲的农田和中国人的餐桌发生了紧密联系。

——摘编自刘启振等《“一带一路”视域下栽培大豆的起源和传播》等

(1)根据材料并结合所学知识，概括我国历史上种植利用大豆的特点和作用。(12分) (2)根据材料并结合所学知识，说明大豆在美国广泛种植的原因。(8分) (3)根据材料并结合所学知识，简析物种交流的积极意义。(5分) 14.阅读材料，完成下列要求。(12分) 材料

1889年，两广总督张之洞从英国预购炼铁机炉，有人提醒先要确定煤、铁质地才能配置合适的机炉，张之洞认为不必“先觅煤、铁而后购机炉”。张之洞调任湖广总督，购得大冶铁矿，开始筹建汉阳铁厂，由于找不到合适的煤，耗费六年时间和巨资，仍未能炼出合格的钢铁。盛宣怀接手后，招商股银200万两，并开办萍乡煤矿，但由于原来定购的机炉不适用，依然未能炼出好钢，只得贷款改装设备，才获得成功。通过克服种种困难，汉阳铁厂成为中国第一家大型的近代化钢铁企业，1949年后收归国有。

——摘编自陈真等编《中国近代工业史资料》等

材料提供了一个中国近代企业发展的案例，蕴含了现代化的诸多启示，从材料中提炼一个启示，并结合所学的中国近现代史知识予以说明。(要求：观点明确，史论结合，言之成理。)

(二)选考题：共15分。请考生从3道历史题中每科任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 15.[历史——选修1：历史上重大改革回眸](15分) 材料

1949-1966年，国家制定了科技政策，积累了发展科技的经验。此后很长时间，正常的科技工作遭到破坏，造成了轻视科学与文化知识的社会风气。1977年9月，中共中央发布《关于成立国家科学技术委员会的决定》，国家科委成为统管全国科技工作的机构，在《关于召开全国科学大会的通知》中，中央“号召全国青少年奋发努力，学政治、学文化，树立爱科学，讲科学，用科学的风气”。同年，恢复高考和研究生考试招生制度，制定了新的留学政策。1978年11月，中央正式发出《关于落实知识分子政策的几点意见》，要求把党的知识分子政策落到实处。1981年12月，国务院科技领导小组成立，从宏观、战略方面统领全国科技工作，统筹安排全国科技规划，组织管理全国科技队伍，协调各部门工作。此后，各地，各部门的科研机构和科技管理机构也纷纷恢复和创设。学.科网

——摘编自郭德宏等主编《中华人民共和国专题史稿》

(1)根据材料并结合所学如识，说明1977~1981年我国科技体制改革的背景。(6分) (2)根据材料并结合所学知识，概括1977~1981年我国科技体制改革的主要内容及影响。(9分) 16.[历史——选修3：20世纪的战争与和平](15分) 材料

1943年10月，中、美、英、苏四国共同签署了《关于普遍安全的誓言》，宣告在战后建立一个维持国际和平与安全的国际组织，奠定了联合国成立的基础。1944年8~10月，中、美、英、苏四国代表在美国举行会议，中国代表团提出的关于处理国际争端的原则等多项建议后来被纳入联合国宪章，被称为“中国建议”。10月9日，中、美、英、苏四国同时发表了《关于建立普遍性的国际组织的建议案》，确立了未来联合国宪章的基本内容，1945年4月，联合国制宪会议在旧全山召开，四个发起国的首席代表轮流担任大会主席。中、英、法、俄和西班牙文为会议正式语言。设立了中、美、英、苏、法等14国首席代表组成的执行委员会。6月25日，制宪大会一致通过《联合国宪章》。次日，与会的50个国家举行签字仪式，中国代表团第一个在宪章上签字。中国成为联合国安理会五大常任理事国之一

——摘编自张海鹏主编《中国近代通史》

(1)根据材料，概述中国在参与联合国创建过程中的主要括动(8分)

(2)根据材料并结合所学知识，说明中国成为联合国安理会常任理事国的主要原因。(7分) 17.[历史——选修4：中外历史人物评说](15分) 材料

三娘子(1550-1613)。明代蒙古土默特部首领俺答汗之妻，深受俺答汗器重，“事无巨细，咸听取哉”。三娘子生活的时代，明朝与蒙古部落势力沿长城相持已近200年。1570年，俺答汗之孙授附明朝，双方关系顿时紧张，在三娘子的劝说下，俺答汗问意与明朝和谈。明朝送还俺答汗之孙，封俺答汗为顺义王，并开放十余处市场供蒙汉人民自由贸易。每当开市时，蒙汉人民“醉饱讴歌，婆娑忘返”。三娘子本人也“勤精骑，拥胡姬，貂帽锦裘，翱翔塞下”。在三娘子的辅佐下，俺答汗在今呼和浩特地区建城，后明朝赐名为“归化”。1581年，俺答汗去世后，三娘子辅佐继任的顺义王，继续与明朝通好。明、蒙“四十余年无用兵之患，沿边矿土皆得耕牧”。

——摘编自白寿彝总主编《中国通史》

(1)根据材料并结合所学知识，概括三娘子能够推动明、蒙双方取得和平局面的原因。(8分) (2)根据材料并结合所学知识，简要评价三娘子的历史功绩。(7分)