【答案】B【解析】苔原植被处于极不利的生态条件下,气候严寒,冬季漫长,多暴风雪;夏季短促,热量不足。苔原植物常具有大型鲜艳的花,其特点是大部分花向着太阳开放,并呈杯型,以便尽可能多地获得太阳光;苔原气候相对湿度大,且大部分降水是雪。该地的植被抗寒性都比较强,且气候寒冷与花型关系不大;吸收地下水分的功能主要与植被的根系关联较大,与其花型无关。9.导致该生物群落局部变成森林的原因是A.人工播种B.降水减少C.气候变暖D,冻土增厚【答案】C【解析】全球气候变暖,使得高纬地区降水会有所增加,生物群落可能有局部会变成森林;跟人工播种无关;降水减少不会增加森林植被;随着全球变暖,极地气温升高,冻土层会变薄。叶尔羌河发源于喀喇昆仑山,是新疆塔里木河源头地区最长的河流,随着全球气候变暖,叶尔羌河流域升温明显,年降水量呈增加趋势。据此完成10~11题。10.推测叶尔羌河最大流量出现在A.5月B.8月C.10月D.12月【答案】B【解析】叶尔羌河发源于喀喇昆仑出,是塔里木河的一段,因此属于内流河,以冰川融水补给为主,最大流量出现在气温高的夏季,8月是北半球的夏季;5月、10月、12月分别是北半球的春季、秋季、冬季,气温均比夏季低,冰川融水少,河流流量较小。11.全球变暖对叶尔羌河流域洪水的影响可能是A.频次减少B流量稳定C.历时变长D.强度减弱【答案】C【解析】全球气候变暖,叶尔羌河流域升温明显,短时间内冰川融化早,结束晚,且融化的多,年降水量呈增加趋势,因此河流洪水出现的时间提前、结束的时间推后,洪水历时变长;洪水频次增多、强度增大;洪水更加频繁,因此河流流量变化大。2021年6月29日,加拿大西部不列颠哥伦比亚省最高气温达到49.6°℃,美国西北部的最高气温也连续创下当地纪录。本次高温直接来源于高压系统控制下形成的“热穹顶”,“热穹顶”就好比是有一个“高温的盖子”盖在了上空,其内部都是热空气,靠近地面的热空气会上升,但由于上方是高气压,它会把上升的热空气压回到地面,这就使得地面的热空气温度升高,升高后还会继续上升,再被上方的高气压压回来,温度继续上升,这样持续不停,循环往复,温度就会越来越高。图1为“热穹顶”位置分布图,图2为“热穹顶”形成原理图。据此完成12~13题。大气中的高压系统导致空气下沉,地表气压增大一大团热气被困在其中范围固定外界冷空气被隔离无法随着热空气越挤越多,越来图1图212.推测这次“热穹顶”形成的原因有①大陆热气流上升被高压阻挡下沉②高速气流阻碍冷空气进入③四周高中间低的地形导致热空气不易扩散④与全球气候变暖关系极大A.①②③B.②③④C.①③④D.①②④·36·
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B①米6819:09预览8.C【命题意图】本题主要考查天气变化对人类活动的12.D【命题意图】本题主要考查价值规律的内容及表现影响及解决措施。考查获取和解读地理信息,调动和形式的相关知识,考查获取和解
8.C【命题意图】本题考查程序框图的循环结构,体现了逻枰推理、数学运算等核心素养,3。=ln,所以h=3.故选D【解析】初始值n=1,S=100.第1次循环结束时,S=97方法三由题意可知,g=+君),所以A()=3所以△BAC外接圆的半径丁,戊),共10种.甲、乙两人中n=2;第2次循环结束时,S=91,n=3;第3次循环结束图师识题本题考查的是同构关系式的应用,其情况为(甲,丙,丁),(甲,丙,戊u令omg-+号kez,则BC52时,S=82,n=4:第4次循环结束时,S=70,n=5;第5次实质是利用对数恒等关系式:a=N,lg,0':W丙,丁),(乙,丙,戊),(乙,丁,2sin L BAC3设三棱锥A,-ABC外接球的半径循环结束时,S=55,n=6;第6次循环结束时,S=37<50,(0>0且a≠1),对指数、对数混合式进行变形,使结两人中恰有一人参加的概率为n=7.此时循环结束,所以输出的n的值为7故选C.R-曾所以三能Ac外9.A【命题意图】本题考查图维的结构特征、轴截面及过构统一,以便构造函数,通过研究函数的单调性来2分别9任1,23:-无光把由题意知解决问题,顶,点的截面,体现了直观想象、数学运算等核心素养的表面积S=4n心=4如×-3故选99图】本题考查椭圆标准方程的【解析】设圆锥的底面圆的半径为,母线长为!因为底11.C【命题意图】本题考查三角函数图像的变换,与三名师评题本题的考点有两个:一是三视图,二是数学运算等核心素养面圆的面积为4π,所以2=4π,解得r=2(负值已舍角画数有关的极值、零点问题,考查数形结合思想,体多面体的外接球。求多面体的外接球是考查的热去),因为圆锥的轴截面的顶角为心》,设经过圆锥现了直观想象、辽辑推理等核心素养点,做此类题的关健是找准球心,主要有两种方法,【解桥1因为点,顶点的截面的顶角为P,所以过圆锥顶点的截面的面积多法解圆上方法-由题意,得8)=叫司2keZ分别令k=12,3则红13由(1)通过补形找球心,根据多面体的特征,补形成特6w'6w'6w椭圆过四点中的三点,S=子·mp(0<0≤0).所以当p=号时,截面面积殊的图形,如正方体、长方体、直棱柱。本题的三棱m+》a+写所以(a)=eu*写引锥中A,A1底面ABC,因此可以借助直三棱柱找出题意知取得最大值,放S==,解得1=,5(负值已合去)。解得名<≤综上可知,(山,和分球心的位置。令1=+写e(0,).则e(信om写引椭圆方程为mx2+y2=1(m(2)利用球心在过截面圆的圆心且与裁面圆垂直的设m(0=a,则n(0在te得om+)上怡有两(侣g故选c直线上找球心.着0S过0...个复值点和两个点结合固像知心号号S名师评题求参数“的取值范围是近年来高考备二、13.1立【命题意图】本题考查偶函数的性质,体现了数学抽象、数学运算等核心素养10.D【命题意图】本题考查构造函数解决方程的相关问考中的热点与难点问题之一,先利用三角函数的图(1,)的坐标代人精圆题,考查函数与方程思想,体现了数学抽象、逻辑推解得;名故选C13像变换求得解析式,再根据解析式研究三角函数的多法解题二方法一f(x)的定义域为R,关于原点n=1,理、数学运算等核心素养性质.求解时可作出函数的大致图像,借助临界点对称.因为f(x)是偶函数,所以f(-x)=f(x),所以1所以椭圆的方程为多法解题兰方法一因为x。是方程。-1hx+2x=01m0的范围列出不等关系,也可求出极值点和零点,结f(-x)=sin(-x)(me-e')=-sin x(me-e')=sinm=4的一个根,所以e-lh0+2x,=0,即e0-ln0-o+合个数分析极值点、零点与π的大小关系,列式时(me-e)=f(x).整理,得(m-1)sinx(e+e)=0.因为对任意x∈R此式都恒成立,所以m-1=0,所经过2h3=0,整理得ne+eo=no+o令f(x)=lnx+方法二验证排除法由题意可知g(x)=要注意端点值的取舍以m=1.x(x>0),则∫(x)=+1>0(>0)恒成立,所以x)在12.A【命题意图】本题考查由三视图还原几何体、锥体得m写引所以e加ma根方法二设g(x)=sinx,h(x)=me-e.因为fx)归程为(0,+四)上为增函数由ne+e=n,+,得的外接球,考查数形结合思想,体现了直观想象、数学sinx(me-e)为偶函数,g(x)为奇函数,所以h(x)为名师评题本题是典型运算等核心素养。c)户),所以e=,即3%=h0,所以h。据四个选项的特点,只有选项C中不合}所以只需奇函数.又h(x)的定义域为R,所以h(0)=m-l=0,不唯一,求解时要分析【解析】将三视图还原成几何体,得到所以m=1.选择,适当排除.求方程3.故选D.验正w=弓时的情况若。则():m行/5三棱锥A,-ABC,将三棱锥补全为正方31(m≠n,m>0,n>0)既方法二因为x0是方程e”-hx+2x=0的一个根,所【命题意图】本题考查古典概型的概率计算,体现令子+号因为e0.m)所以(2体,如图.由题意可知A,A=4,AB体会这种待定系数法的以e-lhx0+2x,=0,即e-h-0+3。=0,所以AC=V4+2=25,BC=V2+2=了数学运算的核心素养,活性要求较高,e0+3x0=n0+0,所以e+3x0=n+eh.令g()=e+x(x>0),则易知g(x)在(0,+o)上为增函令y=c0st,1e写,2m,结合函数图像知此范围内有两【解析】将其余3名同学分别记作丙、丁、戊从中选出2W2.在△BMC中,由余弦定理的推论,得cos∠BAC=3名同学参加活动,所有的情况为(甲,乙,丙),(甲,16【命题意图】本题考:数由e+36=h气,+如,得g(3)卢gh6,所以个零点.一个极小值点,不符合题意所以a号数选C器品号aa4c乙,丁),(甲,乙,成),(甲,丙,丁),(甲,丙,戊)(甲,式的求解、代数式最值的D43卷(七)文科数学丁,戊),(乙,丙,丁),(乙,丙,戊),(乙,丁,戊),(丙,运算等核心素养。D4卷(七)文科数学
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