山西省晋中市2021届高三一模考试理科综合试题(含答案)
2021-2022年高三第一次高考模拟考试理综试题 纯含答案
2021年高三第一次高考模拟考试理综试题纯含答案本试卷分单项选择题、双项选择题和非选择题三个部分。
满分300分。
考试时间150分钟。
注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的准考证号、姓名、试室号和座位号。
用2B型铅笔把答题卡上试室号、座位号对应的信息点涂黑。
2．选择题每小题选出答案后，用2B型铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卡整洁。
考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Mg 24 Cu 64一、单项选择题（本题包括16小题，每小题4分，共64分。
每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）实用文档1．真核细胞具有一些能显著增大膜面积，有利于酶的附着以提高代谢效率的结构。
下列不．属于此类结构的是A．神经细胞的树突 B．线粒体的嵴C．甲状腺细胞的内质网 D．叶绿体的基粒2．已知4个试管中均含有等量的淀粉溶液，1号试管中加入唾液，2号试管中加入煮沸的唾液，3号试管中加入唾液和HCl，4号试管中加入麦芽糖酶， 4个试管在37℃水浴一段时间后，分别加入碘液，呈现蓝色的试管有A．1、2、3 B．1、2、4 C．2、3、4 D．1、3、43．下列依次表示倒平板、接种的位置，以及划线法接种的路径示意图，其中错误．．的是4．下列有关基因控制蛋白质合成的叙述中，正确的是A．一个密码子只决定一种氨基酸，一种氨基酸只由一种转运RNA运载B．肽链上氨基酸的位置是由存在于转运RNA上的密码子决定的C．转录和翻译的原料分别是核糖核苷酸和氨基酸D．该过程遵循碱基互补配对原则，即A与T配对，C与G配对实用文档5．右图为植物生长过程中的两种现象，下列分析正确的是A．这两种现象的产生都与单侧光影响了生长素分布有关B．图甲中植物根水平生长，以利于吸收土壤中的水分C．图乙中茎的生长体现了生长素的两重性D．图甲中生长素在背光侧多，细胞伸长快，所以出现向光生长现象6．有一种“生物活性绷带”的原理是先让细胞在特殊膜片上增殖5—7天后，将膜片敷到患者伤口上，膜片会将细胞逐渐“释放”到伤口处，并促进新生皮肤层生长，达到愈合伤口的目的。
山西省晋中市高考理综-化学一模考试试卷(I)卷
山西省晋中市高考理综-化学一模考试试卷（I）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共7题；共14分)1. （2分）化学与人类生产生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是（）A . 我们熟悉的塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料，都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的B . “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”其中的“丝”和“泪”化学成分都是蛋白质C . 天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源D . 干电池即使不用，放置过久也可能漏液失效，其原因是电解质溶液NH4Cl显酸性和外壳锌反应2. （2分）(2020·珠海模拟) 已知：在无氧条件下，葡萄糖发生反应C6H12O6 2CH3CH2OH + 2CO2↑。
设NA是阿伏伽德罗常数的值。
下列说法正确的是（）A . 0.1 mol葡萄糖(C6H12O6)含羟基(-OH)数目为0.6NAB . 常温常压下，46 g CH3CH2OH与足量的钠反应产生氢分子数为0.5NAC . 4.48 L CO2和CO的混合气体所含碳原子总数为0.2NAD . 2.4 g Mg在足量的CO2中完全燃烧，转移电子数目为0.4NA3. （2分）下列说法中正确的是（）A . 相对分子质量相同，组成元素也相同的化合物一定是同分异构体B . 凡是分子组成相差一个或若干个CH2原子团的物质，彼此一定是同系物C . 两种物质的组成元素相同，各元素的质量分数也相同，则两者一定是同分异构体D . 分子式相同的不同有机物一定互为同分异构体4. （2分）根据元素周期律，由下列事实进行的推测不合理的是（）事实推测A Mg与水反应缓慢，Ca与水反应较快Ba（元素位于第六周期，第ⅡA族）与水反应会更快B Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料ⅣA族元素的单质都是半导体材料C HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间D Si与H2高温时反应，S与H2加热时反应P与H2在高温时能反应A . AB . BC . CD . D5. （2分） (2016高三上·烟台期中) 下列有关实验操作和实验事故处理不正确的是（）A . 用蘸浓盐酸的玻璃棒靠近盛放氨气的装置，检查是否漏气B . 浓硫酸沾在皮肤上，立刻用稀氢氧化钠溶液冲洗C . 液溴应保存在棕色磨口玻璃塞的试剂瓶中，并加少量水进行水封D . 为防止被氧化，FeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中6. （2分） (2018高二上·白城月考) 一定温度下,三种碳酸盐MCO3(M: Mg2+ 、Ca2+ 、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。
山西省晋中市第一中学2021-2022学年高三物理模拟试题含解析
山西省晋中市第一中学2021-2022学年高三物理模拟试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示，一个自由下落的小球，从它接触弹簧开始到弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度和所受合外力的变化情况为A．速度一直变小直到零B．速度先变大，然后变小直到为零C．合外力一直变小，方向向上D．合外力先变小后变大，方向先向下后向上参考答案：BD2. （多选）以下有关近代物理内容的若干叙述，正确的是( )A．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B．质子和中子结合成新原子核一定有质量亏损，释放出能量C．有10个放射性元素的原子核，当有5个原子核发生衰变所需的时间就是该放射性元素的半衰期D．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能增大参考答案：BD 3. （多选）两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。
在此过程中，下列说法不正确的是A分子力先增大，后一直减小 B.分子力先做正功，后做负功C.分子动能先增大，后减小D.分子势能先增大，后减小参考答案：AD解析： A、当分子间距大于平衡间距时，分子力表现为引力时，随着距离的减小，分子间的作用力先增大，后减小，平衡位置时作用力为零；而小于平衡位置时，分子间为斥力，分子力一直增大；故A错误；B、两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，分子力先是引力后是斥力，故先做正功后做负功，故B正确；C、只有分子力做功，先做正功后做负功，根据动能定理，动能先增加后减小，故C正确；D、分子力先做正功后做负功；分子力做功等于分子势能的减小量；故分子势能先减小后增加，故D错误；本题选不正确的，故选：AD4. 用平行于斜面的力推动质量为m的物体沿倾角为α的光滑斜面向上运动，当物体运动到斜面的中点时撤去推力，物体恰能滑到斜面顶点，由此可以判定F的大小是A．2mgcosα B．2mgsinαC．2mg(1-cosα) D．2m(1-sinα)参考答案：B5. 在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多的物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是A．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、位移等是理想化模型B．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强，电容 ,加速度都是采用比值法定义的D.根据速度定义式半，当非常小时, 就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法参考答案：BD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. (4分)已知地球半径为6.4×106m，又知月球绕地球的运动可近似看作为匀速圆周运动，则可估算出月球到地球的距离为________m。
山西省晋中市2021-2022年下学期3月高三第一模拟考试理科综合化学试题
晋中市2022年3月普通高等学校招生模拟考试理综试题化学(时间:150分钟满分:300分)注意事项:1.答题前,考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置。
.2.全部答案在答题卡上完成,答在本试卷上无效。
3.回答选择题时,选出每小题答案后,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,再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案用0.5毫米及以上黑色笔迹签字笔写在答题卡上。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O- 16 Al-27 S- 32 C1-35. 5 Ti-48 Zn--65一、选择题:本题共13小题，每小题6分,共78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。
7.化学与人类生活、生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法正确的是( )A.我国科学家首次利用CO2和H2人工合成淀粉,分子式为(C6H10O5)n，是纯净物B.我国火星探测器“天问一号”使用的新型SiC增强铝基复合材料是一种新型硅酸盐材料C.海水淡化可以缓解淡水供应危机,海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等D.第24届冬季奥林匹克运动会，上使用的滑雪板,其复合层用玻璃纤维制作，玻璃纤维属于天然有机高分子材料8.我国科研人员发现中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。
下列相关说法不正确的是A.黄芩素的分子式为C15 H12O5B.黄芩素分子中所有碳原子可能共平面C.黄芩素分子中有易被氧化的官能团,应密闭贮存D.27 g黄芩素与氢氧化钠溶液完全反应最多消耗0.3 mol NaOH .9.下列图示实验装置(部分夹持装置省略)正确的是( )A.图1用于制备并收集少量氨气B.图2可吸收多余的HCl 气体C.图3用标准NaOH 溶液测定某醋酸溶液的浓度D.图4可用于制备少量NaHCO 310.一种基于光催化剂MeO x (某金属氧化物)催化氮还原制取氨的反应过程如图所示(图中h +表示空穴),下列说法错误的是( )A.H+和N2是反应物,H 2O 是中间体B.导带上发生的反应为2H2O +4h +==4H ++ O 2↑C.光能转变为化学能D.该过程总反应可表示为2N2 +6H2O x hvMeO 4NH 3 +3O 2 11.研究绿色环保阻燃效率高的阻燃剂一直备受科学家的青睐,如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。
2021学年山西省晋中市高三第一次模拟考试数学(理)试卷有答案
2021学年山西省晋中市高三第一次模拟考试数学（理）试卷学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________1. 已知集合A ={x||x −1|≤2}，B ={x|−4≤x ≤1}，则A ∪B =( ) A.{x|−1≤x ≤1} B.{x|−4<x <3} C.{x|−1≤x ≤3} D.{x|−4≤x ≤3}2. 已知复数z 满足(2−i )z ¯=1−2i ，其中i 为虚数单位，则z 在复平面内对应的点在( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3. 下列说法正确的是( )①线性相关系数r 越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱； ②已知随机变量ξ∼N (0,σ2)，若P (ξ>2)=0.023，则P (−2≤ξ≤2)=0.954； ③在线性回归模型中，计算R 2=1−∑(n i=1y i −yi ̂)2∑(n i=1y i −y i ¯)2=0.96 ，则可以理解为解释变量对预报变量的贡献率约为96%；④在残差图中，残差点分布的带状区域的宽带越窄，其模型拟合精度越高． A.①②③ B.②③④C.②④D.①②③④4. 某班会课上，班主任拟安排甲、乙、丙、丁、戊五名同学以新冠疫情为主题分享体会，要求甲不能排前3位，且乙必须排在丙、丁的前面，则安排方法种数为( ) A.8 B.12C.16D.245. 《九章算术》在中国数学史中占有重要地位，其中在卷五《商功篇》中介绍了“羡除”（此处是指三面为等腰梯形，其余两侧面为直角三角形的五面体）体积的求法．在如下图所示的形似羡除的几何体中，其两侧面为全等的三角形，平面ABDA ′是铅垂面，下宽AA ′=4m ，上宽BD =6m ，深3m ，平面BDEC 是水平面，末端宽CE =8m ，无深，长6m （直线CE 到BD 的距离），则下图中几何体的体积为( )A.30m 3B.45m 3C.54m 3D.90m 36. 函数 f(x)=ln |x|⋅cos x x+sin x在[−π,0)∪(0,π]的大致图像为( )A.B.C.D.7. 已知sin α+√3cos α=1，则cos (2α−π3)=( ) A.−√32B.−12C.−12或12D.−√32或128. 在平行四边形ABCD 中，E ，F 分别满足BE →=13BC →，DF →=12DC →，则AF →=( ) A.58BD →+98AE →B.58BD →+12AE →C.14BD →+34AE →D.BD →+14AE →9. 已知π4<θ<π2，则( )A.(sin θ)sin θ<(cos θ)sin θ<(sin θ)cos θB.(sin θ)sin θ<(sin θ)cos θ<(cos θ)sin θC.(cos θ)sin θ<(sin θ)sin θ<(sin θ)cos θD.(cos θ)sin θ<(sin θ)cos θ<(sin θ)sin θ10. 已知抛物线C:y 2=4x ，焦点为F ，过F 的直线交C 于A ，B 两点，交其准线于点M ，且|AF||BF|=3，则|MF|=( ) A.4 B.5 C.6 D.811. 在锐角△ABC 中， BC =2，D 为BC 中点，若sin B +sin C =2sin A ，则AD 的取值范围为( ) A.[√3,2) B.[√132,2) C.[√3,√132) D.[√32,√132)12. 在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =3，BC =2，AA 1=4，在长方体内部存在动点P ，满足PD 与平面ABCD ，平面ADD 1A 1，平面 CDD 1C 1所成角相等，则PD 所在直线与CB 1所成角的余弦值为( ) A.2√56 B.√306C.2√55D.√15513. 函数f (x )=xe x −x −1在x =0处的切线方程为________.14. 实数x ，y 满足{x +y −3≥0，x −y −3≤0，0≤y ≤2，则z =2x +y 的最大值为________.15. 已知双曲线C:x 2−y 2b 2=1(b >0)，圆M:x 2+(y −3)2=1与C 的一条渐近线相切于点P (P 位于第二象限)．若PM 所在直线与双曲线的另一条渐近线交于点S ，与x 轴交于点T ，则ST 长度为________.16. 已知函数f (x )=sin x−1sin x+2，则关于函数性质，下列说法正确的有________． (1)f (x )关于(π,−12)中心对称； (2)f (x )的最小正周期为π； (3)f (x )关于x =−π2轴对称；(4)f(x)在x∈(0,7)上有且仅有一个极大值；(5)−2是f(x)的一个极小值．17. 数列{a n}中，a1=1，a2=32，前n项和S n满足S n+S n+1=n2+2n(n∈N∗).(1)证明：{a2n}为等差数列；(2)求S101 .18. 如图所示，在直四棱柱ABCD−A′B′C′D′中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，AD⊥AB，连接BD′，AC，已知AB=2，CD=4，AD=3，E为线段DD′上的一动点．(1)E在什么位置时，有BD′//平面EAC？请说明理由；(2)若该四棱柱高为92，当BD′//平面EAC时，求BE与平面EAC所成角的正弦值．19. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，F1，F2分别为C的左、右焦点，离心率e=12，P为椭圆上任意一点，且|PF1|的最小值为1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过F2的直线交椭圆C于A，B两点，其中A点关于x轴的对称点为A′（异于点B），证明：A′B所在直线恒过定点．20. 某医疗研究所新研发了一款医疗仪器，为保障该仪器的可靠性，研究所外聘了一批专家检测仪器的可靠性，已知每位专家评估过程相互独立．(1)若安排两位专家进行评估，专家甲评定为“可靠”的概率为34，专家乙评定为“可靠”的概率为45，只有当两位专家均评定为“可靠”时，可以确定该仪器可靠，否则确定为“不可靠”．现随机抽取4台仪器，由两位专家进行评估，记评定结果不可靠的仪器台数为X，求X的分布列和数学期望；(2)为进一步提高该医疗仪器的可靠性，研究所决定每台仪器都由三位专家进行评估，若每台仪器被每位专家评定为“可靠”的概率均为p (0<p <1)，且每台仪器是否可靠相互独立．只有三位专家都评定仪器可靠，则仪器通过评估．若三位专家评定结果都为不可靠，则仪器报废．其余情况，仪器需要回研究所返修．拟定每台仪器评估费用为100元，若回研究所返修，每台仪器还需要额外花费300元的维修费．现以此方案实施，且抽检仪器为100台，研究所用于评估和维修的预算是3.3万元，你认为该预算是否合理？并说明理由．21. 函数f (x )=(a +1)ln (x +1)+1x (a ≠−1)在x ∈(−1,0)上不单调．(1)求a 的取值范围；(2)若x 1∈(−1,−12)，x 2∈(1,+∞)，a ∈[−12,1]，求证：f (x 2)−f (x 1)≥ln (√3+2)+√3.22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =t 2−3,y =2t, （t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ=√2cos (θ−π4).(1)求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)P 为曲线C 1上的动点，M (3,0)，问P 在什么位置时，PM 最短？并求出最短距离．23. 已知函数f (x )=|ax −1|+|x +2|. (1)若a =2，解不等式f (x )<4；(2)若1<a <4，证明：f (x )>94恒成立．参考答案与试题解析2021学年山西省晋中市高三第一次模拟考试数学（理）试卷一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 3 分 ，共计36分 ） 1.【答案】 D【考点】 绝对值不等式 并集及其运算【解析】不等式|x −1|≤2解集为{x|−1≤x ≤3}，因此A ∪B ={x|−4≤x ≤3} . 【解答】解：∵ 不等式|x −1|≤2解集为{x|−1≤x ≤3}， ∴ A ={x|−1≤x ≤3}， 又B ={x|−4≤x ≤1}，∴ A ∪B ={x|−4≤x ≤3} . 故选D . 2.【答案】 A【考点】 共轭复数复数的代数表示法及其几何意义 复数代数形式的混合运算 【解析】 暂无 【解答】解：∵ (2−i )z ¯=1−2i ， ∴ z ¯=1−2i 2−i =45−35i ，∴ z =45+35i ，∴ z 在复平面内对应的点在第一象限. 故选A. 3.【答案】 B【考点】两个变量的线性相关 正态分布的密度曲线 回归分析回归分析的初步应用【解析】①错，|r|越大，线性相关性越强；根据定义可知②③④对． 【解答】解：①根据定义可知，|r|越大，线性相关性越强，故①错误； ②∵ 曲线关于x =0对称，且P (ξ>2)=0.023 ， ∴ P(ξ<−2)=0.023 ，∴ P (−2≤ξ≤2)=1−P (ξ>2)−P (ξ<−2)=0.954，故②正确； ③根据公式R 2=1−∑(n i=1y i −yi ̂)2∑(n i=1y i −y i ¯)2=0.96，得解释变量对预报变量的贡献率约为96%，故③正确；④根据定义可知，在残差图中，残差点分布的带状区域的宽带越窄， 其模型拟合精度越高，故④正确. 综上所述，正确的有②③④. 故选B . 4.【答案】 C【考点】排列、组合及简单计数问题 计数原理的应用【解析】由分步乘法计数原理，甲不能排前三位，故甲有2种选择：乙必须排在丙、丁前面，这三人有C 41+2种选择．因此对五个人的安排总共有2×C 11×2×1=16种方法 . 【解答】解：由分步乘法计数原理，甲不能排前三位，则甲有2种选择；乙必须排在丙、丁前面，这三人有C 41×2种选择，所以对五个人的安排总共有2×C 41×2×1=16种方法 . 故选C . 5. 【答案】 C【考点】柱体、锥体、台体的体积计算 【解析】 暂无 【解答】解：如图，连接CD ， CA ′，则五面体的体积V=V C−BDA′A +V A′−CED ，由锥体体积公式，得V C−BDA′A =13×(4+6)×3×12×6=30(m3)，V A′−CED =13×(8×6×12)×3=24(m3)，所以五面体体积V=30+24=54(m3). 故选C.6.【答案】D【考点】函数的图象函数奇偶性的判断【解析】此题暂无解析【解答】解：∵f(−x)=−ln|x|⋅cos xx+sin x=−f(x)，∴f(x)为奇函数.又∵f(±1)=0，f(±π2)=0，f(π3)>0，f(π)<0,只有D选项符合题意.故选D.7.【答案】B【考点】两角和与差的正弦公式三角函数中的恒等变换应用二倍角的余弦公式【解析】由sinα+√3cosα=1得sin(α+π3)=12，故cos(2ω+2π3)=1−2sin2(α+π3)=12，故cos (2a −π3)=−cos (2a +2π3)=−12 . 【解答】解：∵ sin α+√3cos α=1， ∴ 2sin (α+π3)=1， ∴ sin (α+π3)=12，∴ cos (2α+2π3)=1−2sin 2(α+π3)=12， ∴ cos (2a −π3)=−cos (2a +2π3)=−12 . 故选B .8.【答案】A【考点】向量加减混合运算及其几何意义 【解析】AF →=12AB →+AD →,AE →=AB →+13AD →，BD →=AD →−AB →．若AF →=xBD →+yAE →，则12AB →+AD →=x (AD →−AB →)+y (AB →+13AD →)，计算得： x =58,y =98.【解答】 解：如图.∵ BE →=13BC →，DF →=12DC →，∴ AE →=AB →+13AD →，BD →=AD →−AB →， 设AF →=xBD →+yAE →，则AF →=12AB →+AD →=x (AD →−AB →)+y (AB →+13AD →)， 即{−x +y =12，x +13y =1， 解得x =58，y =98 ， ∴ AF →=58BD →+98AE →. 故选A . 9.【答案】C【考点】幂函数的性质指数函数的性质正弦函数的定义域和值域余弦函数的定义域和值域【解析】暂无【解答】解：∵π4<θ<π2，∴sinθ∈(√22,1)，cosθ∈(0,√22)，∴sinθ>cosθ，由指数函数单调性，得(sinθ)cosθ>(sinθ)sinθ；由幂函数单调性，得(sinθ)sinθ>(cosθ)sinθ，∴(cosθ)sinθ<(sinθ)sinθ<(sinθ)cosθ.故选C.10.【答案】A【考点】抛物线的标准方程与抛物线有关的中点弦及弦长问题【解析】设过点F的直线为：x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2)，由|AF||BF|=3得y1y2=−3，联立直线与抛物线方程可得：m=√33，所以|MF|=2p=4 . 【解答】解：由题意，得抛物线的焦点坐标为F(1,0)，设过点F的直线为x=my+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，由|AF||BF|=3，得y1y2=−3，联立直线与抛物线方程，得{y2=4x，x=my+1，整理，得y2−4my−4=0，∴y1+y2=4m，y1y2=−4，解得m=√33，∴过点F的直线与x轴所成的夹角为30∘，∴|MF|=2p=4 .故选A .11.【答案】 C【考点】平面向量的基本定理及其意义 正弦定理平面向量数量积的性质及其运算律 余弦定理【解析】首先利用正弦定理化简，再利用锐角三角形的特征，求出边b 的范围，从而结合二次函数求出bc 的范围，应用向量求模，即可求出答案. 【解答】解：设AB =c ， AC =b ， BC =a =2， ∵ sin B +sin C =2sin A ，由正弦定理，得b +c =2a =4， 解得c =4−b ，又△ABC 为锐角三角形，∴ {b 2+c 2>a 2，b 2+a 2>c 2，a 2+c 2>b 2，即{b 2+(4−b )2>4,b 2+4>(4−b )2,(4−b)2+4>b 2,解得32<b <52，∴ bc =b (4−b )=−b 2+4b ， 由二次函数性质，得154<bc ≤4， ∵ AD →=12(AB →+AC →), ∴ |AD →|=12√AB →2+AC →2+2AB →⋅AC →⋅cos ∠BAC=12√b 2+c 2+2bc ⋅b 2+c 2−42bc=12√2b 2+2c 2−4 =12√28−4bc ， ∴ |AD →|的范围为[√3,√132). 故选C . 12. 【答案】 D【考点】用空间向量求直线与平面的夹角 直线与平面所成的角 异面直线及其所成的角【解析】 暂无 【解答】解：如图，在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中构造小正方体ADEF −GHIJ ，并作出小正方体的体对角线DJ ．根据题意，PD 与平面ABCD ，平面ADD 1A 1，平面CDD 1C 1所成角相等， 则点P 在直线DJ 上，以点D 为坐标原点，建立空间直角坐标系， 所以PD 所在直线的方向向量m →=(1,1,1) ，CB 1→=(0,2,4)， 所以cos ⟨m →,CB 1→⟩=√155. 故选D .二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 3 分 ，共计12分 ） 13.【答案】 y =−1 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】先求出曲线的斜率和切点坐标，即可得到切线方程. 【解答】解：∵ f (x )=xe x −x −1， ∴ f ′(x )=xe x +e x −1， ∴ f ′(0)=0+e 0−1=0， 又f(0)=−1，∴ 函数f (x )=xe x −x −1在x =0处的切线方程为y =−1. 故答案为：y =−1. 14.【答案】 12【考点】 简单线性规划求线性目标函数的最值【解析】由约束条件得如图所示可行域，当y=−2x+z经过点B(5,2)时，z取得最大值12 .【解答】解：由约束条件作出可行域如图中阴影部分所示，由z=2x+y，得y=−2x+z，由图象可知，当y=−2x+z经过点(5,2)时，z取得最大值，且z max=2×5+2=12 .故答案为：12 .15.【答案】727【考点】双曲线的渐近线两点间的距离公式圆与圆锥曲线的综合问题【解析】双曲线渐近线方程为：y=±bx，圆心M(0,3)．根据渐近线与圆相切，计算得：b= 2√2，因为直线PM与直线OP垂直，所以直线PM方程为：y=√24x+3，又因为直线OS方程为：y=2√2x，联立相关直线可得出点T(−6√2,0)，S(67√2,247)，由两点间距离公式可得：ST=727.【解答】解：由题意，得双曲线渐近线方程为y=±bx，且圆C的圆心M(0,3)，半径为1，根据渐近线与圆相切，得b =2√2， 所以直线OS 的方程为y =2√2x ， 因为直线PM 与直线OP 垂直， 所以直线PM 的方程为y −3=2√2，即y =√24x +3，令y =0，解得x =−6√2，所以T(−6√2,0).联立直线OS 与直线PM ，得{y =2√2x ，y =√24x +3， 解得{x =6√27，y =247，所以S (6√27,247)， 由两点间距离公式，得ST =727.故答案为：727. 16.【答案】(3)(4)(5) 【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换 三角函数的周期性及其求法 正弦函数的图象 正弦函数的单调性 【解析】因为f (π2)+1(3π2)+−1，（1）错误；因为f (x )≠f (x +π)不恒成立，最小正周期不是π，（2）错误：由诱导公式得： sin x =sin (−π−x )，故f (x )=f (−π−x )，（3）正确；因为f ′(x )=3cos x(sin x+2)2，根据y =3cos x 图像与性质可得；（4）（5）正确． 【解答】 解：∵ f (x )=sin x−1sin x+2，∴ f (π2)+f (3π2)=sin π2−1sin π2+2+sin3π2−1sin 3π2+2=−2，故(1)错误；∵ f (x +π)=sin (x+π)−1sin (x+π)+2=−sin x−1−sin x+2=sin x+1sin x−2， ∴ f (x )≠f (x +π)，∴ f (x )的最小正周期不是π，故(2)错误；∵f(x)关于kπ+π2(k∈Z)对称，当k=−1时，x=−π2，故(3)正确；当x=2kπ+π2(k∈Z)时，sin x取得最大值，则f(x)取得最大值，当k=0时，x=π2，当k=1时，x=5π2>7，当k=−1时，x=−π2<0，∴f(x)在x∈(0,7)上有且仅有一个极大值，故(4)正确；当x=2kπ−π2(k∈Z)时，sin x取得最小值，则f(x)取得最小值，此时sin x=−1，则f(x)=−2，∴−2是f(x)的一个极小值，故(5)正确．综上所述，正确的结论有(3)(4)(5).故答案为：(3)(4)(5).三、解答题（本题共计 7 小题，每题 10 分，共计70分）17.【答案】(1)证明：∵S n+S n+1=n2+2n(n∈N∗)①，∴S n−1+S n=(n−1)2+2(n−1)(n∈N∗,n≥2)②，①−②，得a n+a n+1=2n+1(n∈N∗,n≥2)③，∴a n+2+a n+1=2n+3(n∈N∗)④，④−③，得a n+2−a n=2(n∈N∗,n≥2)，∴a2n−a2(n−1)=2(n∈N∗,n≥2)，∴{a2n}是以32为首项，2为公差的等差数列.(2)解：由(1)得{a2n}是以32为首项，2为公差的等差数列，同理可得{a2n−1 }是以a3为首项，2为公差的等差数列．∵S2+S3=22+2×2，∴a3=S3−S2=3，前101项的偶数项和为S偶=32×50+50×492×2=2525，前101项的奇数项和为S奇=a1+3×50+50×492×2=2601，∴S101=S偶+S奇=2525+2601=5126.【考点】数列递推式等差数列等差数列的前n项和【解析】暂无暂无【解答】(1)证明：∵S n+S n+1=n2+2n(n∈N∗)①，∴S n−1+S n=(n−1)2+2(n−1)(n∈N∗,n≥2)②，①−②，得a n+a n+1=2n+1(n∈N∗,n≥2)③，∴a n+2+a n+1=2n+3(n∈N∗)④，④−③，得a n+2−a n=2(n∈N∗,n≥2)，∴a2n−a2(n−1)=2(n∈N∗,n≥2)，∴{a2n}是以32为首项，2为公差的等差数列.(2)解：由(1)得{a2n}是以32为首项，2为公差的等差数列，同理可得{a2n−1 }是以a3为首项，2为公差的等差数列．∵S2+S3=22+2×2，∴a3=S3−S2=3，前101项的偶数项和为S偶=32×50+50×492×2=2525，前101项的奇数项和为S奇=a1+3×50+50×492×2=2601，∴S101=S偶+S奇=2525+2601=5126.18.【答案】解：(1)当ED=23DD′时，有BD′//平面EAC．理由如下：如图，连接BD，设BD交AC于点O，连接EO.∵底面ABCD为直角梯形，AB//CD，∴△ABO∼△CDO，又∵AB=2，CD=4，∴AB=12CD，∴DO=2BO，即DO=23DB，又ED=23DD′，∴ EO//BD ′ ，又∵ EO ⊂平面EAC ，BD ′⊄平面EAC ， ∴ BD ′//平面EAC ．(2)如图，以D 为坐标原点，DA 方向为x 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，∵ 四棱柱高为92，且ED =23DD ′，∴ DE =3.则D (0,0,0)， E (0,0,3)，A (3,0,0)，C (0,4,0) ，B (3,2,0) ， ∴ EB →=(3,2,−3)，EA →=(3,0,−3)，EC →=(0,4,−3)， 设平面EAC 的法向量为n →=(x,y,z )， 则{n →⋅EA →=0,n →⋅EC →=0,即{3x −3z =0，4y −3z =0，解得n →=(4,3,4) ， ∴ cos ⟨n →，EB →⟩=n →⋅EB →|n →||EB →|=6√902902.即直线EB 与平面EAC 所成角的正弦值为6√902902． 【考点】直线与平面平行的判定用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】（1）当ED =23DD ′时，有BD ′平面EAC ．证明：连接BD ，设BD ∩AC =O ，连接EO ， ∵ 底面ABCD 为直角梯形，AB//CD ， ∴ △ABO ∼△CDO ，又∵ AB =12CD ，∴ DO =2BO ，DO =23DB ， 在△DBD ′中，∵ DO =23DB ，ED =23DD ′，∴ EO//BD ′ ，又∵ EO ⊂平面EAC ，$BD\prime\operatorname{\subset"}role\operatorname{="}presentation"data - latex\operatorname{="}BD^{\prime}\operatorname{\subset"}data -width\operatorname{="}41\operatorname{">}BD\prime \subset$平面EAC ， ∴ BD ′//平面EAC ．（2）以D 为坐标原点，DA 方向为x 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，有D (0,0,0)， E (0,0,3)，A (3,0,0),C (0,4,0)， B (3,2,0) . ∴ 直线EB 的方向向量EB →=(3,2,−3)，EA →=(3,0,−3)， EC →=(0,4,−3)，设平面EAC 的法向量为n →=(x,y,z )， 则{n →⋅EA →=0,n →⋅EC →=0, 解得n →=(4,3,4) ， ∴ cos ⟨n →，EB →⟩=|n →⋅EB →||n →||EB →|=6√902902.即直线EB 与平面EAC 所成角的正弦值为6√902902． 【解答】解：(1)当ED =23DD ′时，有BD ′//平面EAC ．理由如下： 如图，连接BD ，设BD 交AC 于点O ，连接EO .∵ 底面ABCD 为直角梯形，AB//CD ， ∴ △ABO ∼△CDO ， 又∵ AB =2，CD =4， ∴ AB =12CD ，∴ DO =2BO ， 即DO =23DB ， 又ED =23DD ′，∴ EO//BD ′ ，又∵ EO ⊂平面EAC ，BD ′⊄平面EAC ， ∴ BD ′//平面EAC ．(2)如图，以D 为坐标原点，DA 方向为x 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，∵ 四棱柱高为92，且ED =23DD ′，∴ DE =3.则D (0,0,0)， E (0,0,3)，A (3,0,0)，C (0,4,0) ，B (3,2,0) ， ∴ EB →=(3,2,−3)，EA →=(3,0,−3)，EC →=(0,4,−3)， 设平面EAC 的法向量为n →=(x,y,z )， 则{n →⋅EA →=0,n →⋅EC →=0,即{3x −3z =0，4y −3z =0， 解得n →=(4,3,4) ， ∴ cos ⟨n →，EB →⟩=n →⋅EB →|n →||EB →|=6√902902.即直线EB 与平面EAC 所成角的正弦值为6√902902． 19. 【答案】(1)解：由题意，得 {ca =12,a −c =1,解得{a =2，c =1，∴ b 2=3，∴ 椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1．(2)证明：由(1)可知， F 2(1,0)，则直线A ′B 的斜率不可能为0． 设直线A ′B 的 方程为x =my +t (m ≠0) ，A ′(x 1,y 1)，B (x 2,y 2)， 则A (x 1,−y 1)， 由{x 24+y 23=1，x =my +t ，整理，得(3m 2+4)y 2+6mty +3t 2−12=0， 根据韦达定理，得y 1+y 2=−6mt3m 2+4①，y 1y 2=3t 2−123m 2+4②，∵ AB 所在直线经过点F 2(1,0)，∴ y 2x2−1=−y 1x 1−1，即y 2x 1+y 1x 2−y 2−y 1=0，∴ 2my 1y 2+(t −1)(y 1+y 2)=0，将①②两式代入，得2m (3t 2−12)−(t −1)6mt =0， 化简整理，得t =4，∴ 直线AB 恒过定点(4,0) ． 【考点】椭圆的标准方程 椭圆的离心率圆锥曲线中的定点与定值问题 【解析】 暂无暂无关于y 的一元二次方程 【解答】(1)解：由题意，得 {ca =12,a −c =1,解得{a =2，c =1，∴ b 2=3，∴ 椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1．(2)证明：由(1)可知， F 2(1,0)，则直线A ′B 的斜率不可能为0． 设直线A ′B 的 方程为x =my +t (m ≠0) ，A ′(x 1,y 1)，B (x 2,y 2)， 则A (x 1,−y 1)， 由{x 24+y 23=1，x =my +t ，整理，得(3m 2+4)y 2+6mty +3t 2−12=0， 根据韦达定理，得y 1+y 2=−6mt3m 2+4①，y 1y 2=3t 2−123m 2+4②，∵ AB 所在直线经过点F 2(1,0)， ∴ y 2x2−1=−y 1x 1−1，即y 2x 1+y 1x 2−y 2−y 1=0，∴ 2my 1y 2+(t −1)(y 1+y 2)=0，将①②两式代入，得2m (3t 2−12)−(t −1)6mt =0， 化简整理，得t =4，∴ 直线AB 恒过定点(4,0) ． 20.【答案】解：(1)记事件A 为一台机器被评定为不可靠， 则P (A )=1−34×45=25，∵ X 的所有可能取值为0，1，2，3，4，且X ∼B (4,25)，∴ P (X =k )=C 4k(25)k (35)4−k(k =0，1，2，3，4)，即P (X =0)=C 40(25)×(35)4=81625， P(X =1)=C 41(25)1×(35)3=216625， P (X =2)=C 42(25)2×(35)2=216625，P (X =3)=C 43(25)3×(35)1=96625， P (X =4)=(25)4=16625 ． ∴ 随机变量X 的分布列为即E (X )=np =4×25=85 .(2)该预算合理．理由如下：设每台仪器用于评估和维修的费用为Y 元，则Y 的可能取值为100，400， ∵ P(Y =100)=p 3+(1−p)3， P(Y =400)=1−p 3−(1−p)3，∴ E(Y)=100[p 3+(1−p)3]+400[1−p 3−(1−p)3]， 化简整理，得E (Y )=400−300[p 3+(1−p )3] ． 令f(p)=400−300[p 3+(1−p)3]，p ∈(0,1)， 则f ′(p)=−300[3p 2−3(1−p)2]=−300(6p −3)， 令f ′(p)=−300(6p −3)=0， 解得p =12，当p ∈(0,12)时，f ′(p)>0，函数f (p )在p ∈(0,12)上单调递增；当p ∈(12,1)时，f ′(p )<0，函数 f (p )在p ∈(12,1)上单调递减，综上所述，当p =12时，函数f (p )的最大值为f (12)=325 ．∴ 实施此方案，100台抽检仪器的费用期望值最高为100×325=32500<33000， ∴ 该预算合理．【考点】离散型随机变量及其分布列 离散型随机变量的期望与方差 利用导数研究函数的最值 【解析】解：(1)记事件A 为一台机器被评定为不可靠， 则P (A )=1−34×45=25，∵ X 的所有可能取值为0，1，2，3，4，且X ∼B (4,25)，∴ P (X =k )=C 4k(25)k (35)4−k(k =0，1，2，3，4)，即P (X =0)=C 40(25)0×(35)4=81625，P(X =1)=C 41(25)1×(35)3=216625， P (X =2)=C 42(25)2×(35)2=216625， P (x =3)=C 43(25)3×(35)1=96625，P (X =4)=(25)4=16625 ．∴ 随机变量X 的分布列为即E (X )=np =4×25=85 .【解答】解：(1)记事件A 为一台机器被评定为不合格， 则P (A )=1−34×45=25，由题意可知，X 的所有可能取值为0，1，2，3，4， 且X ∼B (4,25)，∴ P (X =k )=C 4k(25)k (35)4−k(k =0，1，2，3，4)，即P (X =0)=C 40(25)0×(35)4=81625，P(X =1)=C 41(25)1×(35)3=216625， P (X =2)=C 42(25)2×(35)2=216625，P (X =3)=C 43(25)3×(35)1=96625，P (X =4)=(25)4=16625 ． ∴ 随机变量X 的分布列为即E (X )=np =4×25=85 .(2)该预算合理．理由如下：设每台仪器用于评估和维修的费用为Y 元，则Y 的可能取值为100，400， ∵ P(Y =100)=p 3+(1−p)3， P(Y =400)=1−p 3−(1−p)3，∴ E(Y)=100[p 3+(1−p)3]+400[1−p 3−(1−p)3]， 化简整理，得E (Y )=400−300[p 3+(1−p )3] ． 令f(p)=400−300[p 3+(1−p)3]，p ∈(0,1)， 则f ′(p)=−300[3p 2−3(1−p)2]=−300(6p −3)， 令f ′(p)=−300(6p −3)=0， 解得p =12，当p ∈(0,12)时，f ′(p)>0，函数f (p )在p ∈(0,12)上单调递增；当p ∈(12,1)时，f ′(p )<0，函数 f (p )在p ∈(12,1)上单调递减， 综上所述，当p =12时，函数f (p )的最大值为f (12)=325 ． ∴ 实施此方案，100台抽检仪器的费用期望值最高为100×325=32500<33000， ∴ 该预算合理． 21. 【答案】(1)解：∵ 函数f (x )=(a +1)ln (x +1)+1x (a ≠−1)， ∴ f ′(x)=a+1x+1−1x 2=(a+1)x 2−x−1x 2(x+1)，∵ 函数f(x)在x ∈(−1,0)上不单调， ∴ f ′(x )在(−1,0)上有变号根，∴ 方程(a +1)x 2−x −1=0在(−1,0)上有变号根， 即方程(a +1)=x+1x 2在(−1,0)上有变号根，即方程(a +1)=1x +1x 2在(−1,0)上有变号根， 令y =1x +1x 2，当x ∈(−1,0)时，y =1x +1x 2∈(0,+∞)，∴ a +1>0， 解得a >−1.∴ a 的取值范围为(−1,+∞).(2)证明：由题意可知，函数f(x)的定义域为(−1,0)∪(0,+∞)，且f ′(x )=(a+1)x 2−x−1x 2(x+1)， 令g (x )=(a +1)x 2−x −1， ∵ a ∈[−12,1]，∴ g(x)的图象开口向上，对称轴为x =12(a+1)>0，且g (−1)=a +1>0，g (−12)=14a −14≤0，g (1)=a −1≤0 ，故存在m ∈(−1,−12]，使得g (m )=(a +1)m 2−m −1=0， n ∈[1,+∞)，使得g (n )=(a +1)n 2−n −1=0，即m ，n 均为一元二次方程(a +1)x 2−x −1=0的根， ∴ m +n =1a+1，mn =−1a+1， ∴ m +n +mn =1a+1+(−1a+1)=0， ∴ 1m+1n +1=0，∴ (1+m)(1+n)=1. ∵ a +1=n+1n 2，∴ n ∈[1,1+√3]，即f (x 1)≤f (m )，f (x 2)≥f (n )， ∴ f (x 2)−f (x 1)≥f (n )−f (m ) =(a +1)ln (n +1)+1n −(a +1)ln (m +1)−1m =(a +1)ln (n +1)+1n −(a +1)ln [(n +1)−1]+1+1n=2(a +1)ln (n +1)+1+2n≥ln (n +1)+1+2n， 令ℎ(x )=ln (x +1)+1+2x (x ≥1)，则ℎ′(x)=1x+1−2x 2=x 2−2x−2x 2(x+1)，当x ∈(1,1+√3)时， ℎ′(x)<0恒成立，此时ℎ(x )单调递减，∴ ℎ(x )≥ℎ(1+√3)=ln (2+√3)+√3， ∴ f (x 2)−f (x 1)≥ln (√3+2)+√3. 【考点】已知函数的单调性求参数问题 利用导数研究不等式恒成立问题 【解析】 暂无 暂无 【解答】(1)解：∵ 函数f (x )=(a +1)ln (x +1)+1x (a ≠−1)，∴ f ′(x)=a+1x+1−1x 2=(a+1)x 2−x−1x 2(x+1)，∵ 函数f(x)在x ∈(−1,0)上不单调， ∴ f ′(x )在(−1,0)上有变号根，∴ 方程(a +1)x 2−x −1=0在(−1,0)上有变号根， 即方程(a +1)=x+1x 2在(−1,0)上有变号根，即方程(a +1)=1x+1x 2在(−1,0)上有变号根，令y =1x+1x 2，当x ∈(−1,0)时，y =1x +1x 2∈(0,+∞)，∴ a +1>0， 解得a >−1.∴ a 的取值范围为(−1,+∞).(2)证明：由题意可知，函数f(x)的定义域为(−1,0)∪(0,+∞)， 且f ′(x )=(a+1)x 2−x−1x 2(x+1)，令g (x )=(a +1)x 2−x −1， ∵ a ∈[−12,1]，∴ g(x)的图象开口向上，对称轴为x =12(a+1)>0，且g (−1)=a +1>0，g (−12)=14a −14≤0， g (1)=a −1≤0 ，故存在m ∈(−1,−12]，使得g (m )=(a +1)m 2−m −1=0，n ∈[1,+∞)，使得g (n )=(a +1)n 2−n −1=0，即m ，n 均为一元二次方程(a +1)x 2−x −1=0的根， ∴ m +n =1a+1，mn =−1a+1， ∴ m +n +mn =1a+1+(−1a+1)=0，∴ 1m+1n+1=0，∴ (1+m)(1+n)=1. ∵ a +1=n+1n 2，∴ n ∈[1,1+√3]，即f (x 1)≤f (m )，f (x 2)≥f (n )， ∴ f (x 2)−f (x 1)≥f (n )−f (m ) =(a +1)ln (n +1)+1n −(a +1)ln (m +1)−1m=(a +1)ln (n +1)+1n −(a +1)ln [(n +1)−1]+1+1n=2(a +1)ln (n +1)+1+2n ≥ln (n +1)+1+2n ， 令ℎ(x )=ln (x +1)+1+2x (x ≥1)，则ℎ′(x)=1x+1−2x 2=x 2−2x−2x 2(x+1)，当x ∈(1,1+√3)时， ℎ′(x)<0恒成立，此时ℎ(x )单调递减，∴ ℎ(x )≥ℎ(1+√3)=ln (2+√3)+√3， ∴ f (x 2)−f (x 1)≥ln (√3+2)+√3. 22. 【答案】解：(1)∵ 曲线C 1的参数方程为{x =t 2−3,y =2t (t 为参数），∴ 消去参数t ，得曲线C 1的普通方程为y 2=4x +12. 由曲线C 2的极坐标方程为ρ=√2cos (θ−π4)， 且ρ2=ρcos θ+ρsin θ，又∵ {x =ρcos θ,y =ρsin θ，∴ x 2+y 2=x +y ，∴ 曲线C 2的直角坐标方程为x 2+y 2−x −y =0. (2)∵ P 是曲线C 1上的动点，M (3,0)，∴ 可设它的坐标为(t 2−3,2t )，其中t ∈R ，∴ |PM |=√(t 2−3−3)2+(2t −0)2=√t 4−8t 2+36 =√(t 2−4)2+20. ∵ 1>0，∴ 当t 2=4，即t =±2时，|PM |min =2√5.∴ 当点P 的坐标为(1,4)或(1,−4)时，|PM |最短，为2√5. 【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化 直线的参数方程 两点间的距离公式【解析】对于曲线C 1，利用代入消元法，消去参数t 即可得出它的普通方程； 对于曲线C 2，先将其极坐标方程化为 ρ2=ρcos θ+ρsin θ,在利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可写出它的直角坐标方程. 根据曲线C 1的参数方程，将点P 的坐标用参数形式表示出来， 然后利用两点间的距离公式求出|PM |，再配方即可求解. 【解答】解：(1)∵ 曲线C 1的参数方程为{x =t 2−3,y =2t (t 为参数），∴ 消去参数t ，得曲线C 1的普通方程为y 2=4x +12.由曲线C 2的极坐标方程为ρ=√2cos (θ−π4)， 且ρ2=ρcos θ+ρsin θ，又∵ {x =ρcos θ,y =ρsin θ，∴ x 2+y 2=x +y ，∴ 曲线C 2的直角坐标方程为x 2+y 2−x −y =0. (2)∵ P 是曲线C 1上的动点，M (3,0)，∴ 可设它的坐标为(t 2−3,2t )，其中t ∈R ，∴ |PM |=√(t 2−3−3)2+(2t −0)2=√t 4−8t 2+36 =√(t 2−4)2+20. ∵ 1>0，∴ 当t 2=4，即t =±2时，|PM |min =2√5.∴ 当点P 的坐标为(1,4)或(1,−4)时，|PM |最短，为2√5. 23.【答案】(1)解：当a =2时，f(x)=|2x −1|+|x +2|={−3x −1,x ≤−2,3−x,−2<x ≤12,3x +1,x >12,当x ≤−2时，则−3x −1<4，无解； 当−2<x ≤12时，则3−x <4， 解得−1<x ≤12 ； 当x >12时，则3x +1<4，解得12<x <1 .综上所述，不等式的解集为(−1,1). (2)证明：当1<a <4时，则f(x)=|ax −1|+|x +2|={−(a +1)x −1,x ≤−2,3+(1−a)x,−2<x ≤1a ,(a +1)x +1,x >1a ,当x ≤−2时，f(x)≥f(−2)=2a +1>3； 当−2<x ≤1a 时，1−a <0，f(x)为减函数，则f(x)≥f(1a )=1a +2>14+2=94；当x >1a 时，f(x)>f (1a )=1a +2>14+2=94， 故1<a <4时，f(x)>94恒成立. 【考点】绝对值不等式的解法与证明 函数恒成立问题 【解析】 暂无 暂无【解答】(1)解：当a =2时，f(x)=|2x −1|+|x +2|={−3x −1,x ≤−2,3−x,−2<x ≤12,3x +1,x >12,当x ≤−2时，则−3x −1<4，无解； 当−2<x ≤12时，则3−x <4， 解得−1<x ≤12 ；当x >12时，则3x +1<4， 解得12<x <1 .综上所述，不等式的解集为(−1,1). (2)证明：当1<a <4时，则f(x)=|ax −1|+|x +2|={−(a +1)x −1,x ≤−2,3+(1−a)x,−2<x ≤1a ,(a +1)x +1,x >1a ,当x ≤−2时，f(x)≥f(−2)=2a +1>3； 当−2<x ≤1a 时，1−a <0，f(x)为减函数， 则f(x)≥f(1a )=1a +2>14+2=94；当x >1a 时，f(x)>f (1a )=1a +2>14+2=94， 故1<a <4时，f(x)>94恒成立.。
2021年3月山西省普通高中2021届高三下学期高考考前适应性测试(省一模)理综化学试题及答案
绝密★启用前[考试时间：2021年3月19日上午9:00-11:30]山西省普通高中2021届高三毕业班下学期高考考前适应性测试(省一模)理综-化学试题注意事项：1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用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,再选涂其他答案标号。
回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：O16 Fe56 As 75 Ba 137一、选择题：本题共7小题,每小题6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。
7.化学推动社会的进步和人类的发展,下列叙述中错误的是A.高温或常用消毒剂均可使新冠病毒蛋白质变性B.嫦娥五号将一面特制的芳纶纤维五星红旗带到月球,芳纶纤维属于有机高分子材料C.在食品包装袋中放置盛有生石灰的透气小袋,生石灰作食品抗氧化剂和干燥剂D.“煤制烯烃大型现代煤化工成套技术开发及应用”中,煤的气化属于化学变化8.化合物丙是一种医药中间体,可以通过如图反应制得。
下列有关说法正确的是A.甲的一氯代物有3种（不考虑立体异构）B.乙分子中所有原子可能处于同一平面C.甲有芳香族同分异构体D.图中反应属于加成反应9.我国科学家用大阴离子（如图所示）的盐作水系锌离子电池的电解质溶液,显示了优良的循环性能。
X、Y、Z、W均为短周期元素,其中X、Y、Z同一周期,Y.W同一主族,Y的原子半径比W小。
下列叙述正确的是A.简单氢化物的沸点W>YB.简单阴离子半径的大小顺序为W>Y>ZC.该离子中的原子均满足8电子稳定结构D.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性最强10.下图所示为环氧丙醇（)在Co-Al2O3,载体上催化加氢选择性合成1,3-丙二醇（HOCH2CH2CH2OH)的反应过程。
下列说法中不正确的是A.金属Co的作用是吸附并活化H2B.1,3-丙二醇易溶于水C.step3中,在H作用下,若另一个C-O键断裂,产物不变D.整个过程的化学方程式为： HOCH2CH2CH2OH11.我国科学家开发设计一种天然气脱硫装置,利用如图装置可实现：H 2S+O2=H2O2+S.下列说法错误的是。
2024届山西省晋中市榆次区高三下学期第一模拟考试理综全真演练物理试题(基础必刷)
2024届山西省晋中市榆次区高三下学期第一模拟考试理综全真演练物理试题（基础必刷）学校：_______ 班级：__________姓名：_______ 考号：__________（满分：100分时间：75分钟）总分栏题号一二三四五六七总分得分评卷人得分一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32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）(共8题)第(1)题2021年12月20日，我国宣布：全球首座球床模块式高温气冷堆核电站——山东荣成石岛湾高温气冷堆核电站示范工程送电成功。
标志着我国成为世界少数几个掌握第四代核能技术的国家之一。
目前核电站获取核能的基本核反应方程：，其中不稳定，衰变的半衰期为，下列说法正确的是（ ）A．反应产物的中子数为50B．上述核反应也称热核反应，由于质量亏损而释放出能量C．反应产物的比结合能比的比结合能小D．的原子核，经过后剩余的质量是开始时的第(2)题为了质疑“重物比轻物下落得快”，通过逻辑推理，得出互相矛盾结论的科学家是（ ）A．亚里士多德B．牛顿C．惠更斯D．伽利略第(3)题探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比( )A．轨道半径变小B．向心加速度变小C．线速度变小D．角速度变小第(4)题2024年3月20日，“鹊桥二号”中继星在文昌航天发射场成功发射升空，为嫦娥六号提供地月间中继通信，将月球背面信息直接传回地球。
如图所示，“鹊桥二号”定位于图中拉格朗日L2点附近运动，在几乎不消耗燃料的情况下与月球以相同的周期绕地球做圆周运动。
下列说法正确的是（）A．该卫星受到地球与月球的引力的合力为零B．该卫星绕地球运动的角速度大于月球绕地球运动的角速度C．该卫星绕地球运动的线速度大于月球绕地球运动的线速度D．该卫星绕地球运动的向心加速度小于月球绕地球运动向心加速度第(5)题如图所示，在水平向右磁感应强度大小为的匀强磁场中，以点为圆心的竖直面内圆周上有M、N、P、Q四个点，将两根长直导线垂直于纸面放在、处，并通入相同的电流，点磁感应强度大小为0。
山西省晋中市2021年高三物理一模试题
一、选择题1、如图所示，真空中有直角坐标系xOy，在x轴上固定着关于O点对称的等量异号点电荷+Q和﹣Q，C 是y轴上的一个点，D是x轴上的一个点，DE连线垂直于x轴．下列判断正确的是（）A、D、E两点场强大小相等B、D点电势比E点电势低C、将正电荷由O移至C电势能减少D、将正电荷由O移至D和由C移至E电场力做功相等2、跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示．已知人的质量为70kg，吊板的质量为10kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计．取重力加速度g=10m/s2．当人以440N 的力拉绳时，人与吊板的加速度a和人对吊板的压力F分别为（）A、a=1.0m/s2，F=260NB、a=1.0m/s2，F=330NC、a=3.0m/s2，F=110ND、a=3.0m/s2，F=50N3、如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2．原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为U ab和U cd，则（）A、U ab：U cd=n1：n2B、增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C、负载电阻的阻值越小，cd间的电压U cd越大D、将二极管短路，电流表的读数加倍4、某颗行星的同步卫星正下方的行星表面上有一观察者，他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星，发现日落的时间内有的时间看不见此卫星．（已知该行星自转周期为T，该行星半径为R不考虑大气对光的折射，）则该同步卫星距该星球的高度是（）A、RB、2RC、5.6RD、6.6R5、如图所示为一个做匀变速曲线运动的物块的轨迹示意图，运动至A点时速度大小为v0，经一段时间后物块运动至B点，速度大小仍为v0，但相对于A点时的速度方向改变了90°，则在此过程中（）A、物块的运动轨迹AB可能是某个圆的一段圆弧B、物块的动能可能先增大后减小C、物块的速度大小可能为D、B点的加速度与速度的夹角小于90°6、质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m 的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示．则（）A、甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力属于内力作用，故系统动量守恒B、当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C、甲物块的速率可能达到5m/sD、当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为07、示波管的内部结构如图甲所示，如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏一中心．如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中（a）、（b）所示的两种波形，则（）A、若XX′和YY′分别加电压（2）和（1），荧光屏上可以出现图乙中（a）所示波形B、若XX′和YY′分别加电压（4）和（1），荧光屏上可以出现图乙中（a）所示波形C、若XX′和YY′分别加电压（3）和（2），荧光屏上可以出现图乙中（b）所示波形D、若XX′和YY′分别加电压（4）和（2），荧光屏上可以出现图乙中（b）所示波形8、如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，ab间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变成水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域，bc宽度也为d，所加电场大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列关于粒子运动的有关说法中正确的是（）A、粒子在ab区域中做匀变速运动，运动时间为B、粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r=2dC、粒子在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为D、粒子在ab、bc区域中运动的总时间为二、非选择题9、如图甲所示，实验桌面上O点的左侧光滑，从O点到实验桌的右边缘平铺一块薄硬砂纸并固定．为测定木块与与砂纸纸面之间的动摩擦因数，某同学按照该装置进行实验．实验中，当木块A位于O点时，沙桶B刚好接触地面．将A拉到M点，待B稳定且静止后释放，A最终滑到N点．测出MO和ON的长度分别为h和L．改变木块释放点M的位置，重复上述实验，分别记录几组实验数据．(1)实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮，请提出两个解决方法：①________；②________．(2)问题解决后，该同学根据实验数据作出h﹣L关系的图象如图乙所示，图象的斜率为K1，实验中已经测得A、B的质量之比为K2，则动摩擦因数μ=________．（用K1、K2表示）10、某同学要测量一电池的电动势和内阻，实验器材有一个电阻箱、一个开关、导线若干和一个自行设计的多用电表．该多用电表的内部结构原理如图1所示，其电流表的量程分别为100mA和1A．(1)该同学先将选择开关S接“5”，用这个多用电表粗测电池的电动势，则他应该用B表笔连接电池的________极（填“正”或“负”）．(2)接下来该同学使用多用电表的电流档（内阻不计），采用如图2所示的电路进行实验，并得到了表格中数据：实验次数12345R/Ω246810I/A0.830.460.310.240.19（1/I）A﹣1 1.202.193.204.215.20（1/R）Ω﹣10.500.250.170.130.10根据表格中数据可知，该同学实验时，多用电表的档位选择开关应接________（填“1”或“2”）(3)根据表中提供的实验数据，若利用图象确定电池的电动势和内阻，则应作图象．A、I﹣RB、﹣RC、I﹣D、(4)根据这些实验数据，在图3坐标纸上做出适当的图线________，由做出的图线可知，该电池的电动势是________ V，内电阻为________Ω．11、如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿沿与水平面成53°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F=4.0N，玩具的质量m=0.5kg，经过时间t=2.0s，玩具移动了距离x=4.8m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下．(1)全过程玩具的最大速度是多大？(2)松开手后玩具还能运动多远？（取g=10m/s2．sin53°=0.8，co s53°=0.6）12、如图所示，两根质量均为m=2kg的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为1：2，导轨间有大小相等但左右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，今用250N的水平力F向右拉CD棒，在CD棒运动0.5m的过程中，CD棒上产生的焦耳热为30J，此时两棒速率之比为v1：v2=1：2，立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：(1)在CD棒运动0.5m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；(2)撤去拉力F瞬间，棒速度v A和v c；(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度v A′和v C′．13、下列说法正确的是（）A、悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B、空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C、彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D、高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E、干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果14、某同学想了解自己乘坐热气球在不同时刻离地大致的高度，他查阅资料得知低空中某个位置的大气压p与高度H的近似关系是p=p0（1﹣0.12H），其中p0为地面大气压，单位为cmHg，H的单位为km．他利用热气球中一根带直尺并装有少许水银的一端开口的均匀玻璃管进行观察，发现在地面时水银柱封闭的气柱长度为l0，经过一定时间后水银柱移动了△x，如果忽略水银柱产生的压强，假设整个过程温度保持不变．①求水银柱移动了△x时热气球离地的高度；②若△x=2cm时，对应的高度H= km，那么△x=1cm时，对应的高度为多少？15、图（a）为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图（b）为质点Q的振动图象，下列说法正确的是（）A、在t=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动B、在t=0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C、从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6mD、从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cmE、质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin19πt（国际单位）16、如图甲所示是由透明材料制成的半圆柱体，一束细光束由真空沿着径向与AB成θ角射入，对射出的折射光线的强度随θ角的变化进行记录，得到的关系如图乙所示，如图丙所示是这种材料制成的器具，左侧是半径为R的半圆，右侧是长为8R，高为2R的长方体，一束单色光从左侧A'点沿半径方向与长边成37°角射入器具．已知光在真空中的传播速度为c，求：①该透明材料的折射率；②光线穿过器具的时间．答案解析部分一、<b >选择题</b>1、【答案】B【考点】电场强度和电场线，电势差、电势、电势能【解析】【解答】解：A、根据等量异种电荷周围电场的分布情况，可知D、E两点的电场线的疏密不同，则场强大小不等，D点的场强较大，故A错误．B、作出过E点的等势线，与x轴的交点为F，如图红线所示，根据顺着电场线电势降低可知，D点的电势比F点的电势低，则知D点电势比E点电势低，故B正确．C、y轴是一条等势线，在同一等势面上移动电荷时电场力不做功，所以将正电荷由O移至C电场力不做功，电势能不变，故C错误．D、由于OD间的电势差大于CE间的电势差，根据W=qU可知，将正电荷由O移至D电场力做功大于由C移至E电场力做功，故D错误．故选：B．【分析】本题要根据等量异种电荷周围电场分布情况，分析电场强度和电势的关系．在如图所示的电场中，y轴是一条等势线，其上各点的电势相等，等量异种电荷连线上的电场方向是相同的，由+Q指向﹣Q；两电荷连线上的电场强度大小关于O点对称．2、【答案】B【考点】牛顿第三定律【解析】【解答】解：以整体为研究对象，整体受重力、两根绳子的拉力；由牛顿第二定律可知：整体的加速度a= = m/s2=1.0m/s2；以人为研究对象，由牛顿第二定律可知：T+F﹣mg=ma解得人受吊板的支持力F=mg﹣T+ma=700N﹣440N+70N=330N；由牛顿第三定律可知人对吊板的压力为330N；故选B．【分析】将人与吊板当成一个整体，对整体进行受力分析，由牛顿第二加速定律可求得整体的加速度；再以人为研究对象，由牛顿第二定律可求得吊板对人的拉力，再由牛顿第三定律可求得人对吊板的压力．3、【答案】B,D【考点】变压器原理【解析】【解答】解：A、假设副线圈两端电压的有效值为U2，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有：U ab：U2=n1：n2；而因二极管的单向导电性，cd间电压的有效值并不等于副线圈两端的电压有效值，所以U ab：U cd不等于n1：n2；，故A错误；B、副线圈两段的电压依赖于输入电压和匝数，所以副线圈两端的电压不变，电阻增大，则电流减小，副线圈的功率减小，最后使得输入功率减小，而输入电压不变，最后使得电流减小，所以电流表的示数减小，故B正确；C、cd间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载电阻无关，所以cd间的电压U cd不会随着负载电阻变化，故C错误；D、假设副线圈两端交变电压的峰值为U m，副线圈回路的电流峰值为I m，则二极管短路前有：副线圈两端电压的有效值U2= ，由W= 计算电阻R的电能得：，求得U cd= ．副线圈回路电流的有效值I2= ，由W=I2Rt计算电阻R的电能得：（）2R =I cd2RT，求得I cd= ．则P cd=U cd I cd=二极管短路后有：cd两端电压等于副线圈两端电压，即U′cd= ，流经定值电阻R的电流I′cd= ．则P′cd=U′cd I′cd= ．所以P′cd=2P cd．由于理想变压器原线圈上的功率与副线圈的相等，而原线圈上的电压有效值不变，所以二极管短路后的电流表读数是二极管短路前的2倍．故D正确．故选：BD．【分析】假设没有二极管，则可根据理想变压器的原副线圈的功率相等，且电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求解电压关系，电流变化情况，再由二极管的单向导电性，根据副线圈的电压与时间变化规律，从而可求得结果．4、【答案】A【考点】万有引力定律及其应用【解析】【解答】解：根据光的直线传播规律，日落时内间有时间该观察者看不见此卫星图示如图所示，同步卫星相对地心转过角度为θ=2α，sinα= ，结合θ=ωt= = ，则，sin = ，可得r=2R，则高度h=r﹣R=R，则A正确故选：A【分析】画出图，利用几何关系确定太阳照不到同步卫星的范围，确定出不能看到卫星的角度，由θ=ωt，确定出角度再由三角形确定出卫星的半径．5、【答案】D【考点】功能关系【解析】【解答】解：A、由题意，物体做匀变速曲线运动，则加速度的大小与方向都不变，所以运动的轨迹是一段抛物线，不是圆弧．故A错误；B、由题意，质点运动到B点时速度方向相对A点时的速度方向改变了90°，速度沿B点轨迹的切线方向，则知加速度方向垂直于AB的连线向下，合外力也向下，质点做匀变速曲线运动，质点由A到B过程中，合外力先做负功，后做正功，由动能定理可得，物体的动能先减小后增大，故B错误；C、物体的加速度方向垂直于AB的连线向下，根据意义可知速度方向改变45°，则A点的速度方向与AB 连线方向夹角为45°，如图所示，所以在物体运动过程中的最小速度为，C错误；D、物体在B点速度沿B点轨迹的切线方向，而加速度方向垂直于AB的连线向下，可知二者之间的夹角小于90°．故D正确．故选：D．【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；由牛顿第二定律可以判断加速度的方向；根据运动的合成与分解求解最小速度的可能值．6、【答案】A,D【考点】动量守恒定律【解析】【解答】解：A、甲、乙两物块（包括弹簧）组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确；B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律得到mv乙﹣mv甲=2mv，解得v=0.5m/s．故B错误．C、若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则：mv乙﹣mv甲=﹣mv甲′+m乙v乙′，代入数据代入解得：v乙′=6m/s．两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律．若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则：mv乙﹣mv甲=mv甲′+m乙v乙′，代入数据解得：v乙′=﹣5m/s，当碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律．所以物块甲的速率不可能达到5m/s，故C错误．D、甲、乙组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得：mv乙﹣mv甲=﹣mv甲′+m乙v乙′，代入数据解得：v乙′=2m/s；若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得：mv乙﹣mv甲=mv甲′+m乙v乙′，代入数据解得：v乙′=0，故D正确．故选：AD．【分析】根据动量守恒的条件：系统所受的合外力为零判断动量是否守恒．竖直方向上甲乙两物体所受的重力与水平面的支持力平衡．水平方向系统不受外力．当两物块相距最近时速度相同，根据动量守恒定律求出物块甲的速率．物块甲的速率为1m/s时，速度方向可能与原来方向相同，也与原来方向相反，由动量守恒研究乙的速率．若物块甲的速率为5m/s，由动量守恒求出乙的速率，根据系统的机械能是否守恒判断速率为5m/s是否可能．7、【答案】C【考点】示波管的原理与使用【解析】【解答】解：要显示一个周期的信号电压，XX′偏转电极要接入锯齿形电压．则只有C项符合要求，故C正确，ABD错误故选：C【分析】示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．8、【答案】A,B,D【考点】电荷在电场中的偏转，磁场、电场和重力场复合【解析】【解答】解：A、将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，有水平方向：v0=at，d=竖直方向：0=v0﹣gt解得a=g ①t= ②故A正确；B、粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qv0B=m解得r= ③由①②③得到r=2d，故B正确；C、由于r=2d，画出轨迹，如图由几何关系，得到回旋角度为30°，故在复合场中的运动时间为t2= = = 故C错误；D、粒子在电场中运动时间为t1=故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为t=t1+t2= ，故D正确；故选：ABD．【分析】将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式和牛顿第二定律列式分析；粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．二、<b >非选择题</b>9、【答案】（1）增大A的质量；减小B的质量（2）【考点】滑动摩擦力【解析】【解答】解：（1）B减少的重力势能转化成系统的内能和AB的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，转化成系统的内能太少，可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度）解决．故解决方法有：可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度）．（2）设A、B的质量分别为m、M．则B下落至临落地时根据动能定理有：Mgh= （M+m）v2，在B落地后，A运动到N有mv2=μmgL，又因为，．所以解得μ=故答案为：（1）增大A的质量、减小B的质量、降低B的起始高度等．（2）．【分析】B减少的重力势能转化成系统的内能和A、B的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，转化成系统的内能太少，从而找作答依据．对在B下落至临落地时和在B落地后，A运动到N，两个过程运用动能定理，求得μ的表达式．10、【答案】（1）负（2）1（3）B（4）；2.3；0.69【考点】测电源电动势和内阻【解析】【解答】解：（1）由图可知，B接内部电源的正极处，说明B是黑表笔，故在测电源时，B表笔应接电源的负极；（2）由表中数据可知，电流表选择1A量程，故表头应并联一个小电阻；故采用先将表头与一电阻串联后，再并联一个小电阻的方式；故应接1；（3）由闭合电路欧姆定律可知：I=为了得出直线，应将公式变形为：= ；故应做出﹣R 图象；故选：B；（4）由表达式可知：截距=0.3；斜率k= = =2.3V；解得：E=2.3V；r=0.69Ω；故答案为：（1）负（2）1（3）B （4）2.3；0.69；【分析】由电路图可知，电阻R0与电阻箱R串连接入电路，根据闭合电路欧姆定律列式，然后进行公式变形，得到﹣R关系式，结合图象分析可得出电源的电动势及内电阻．11、【答案】（1）解：由牛顿第二定律得：F•cos53°﹣μ（mg﹣F•sin53°）=ma①根据运动学公式知x= at2②v m=at③由①②③解得μ=0.67v m=4.8m/s（2）解：松手后玩具滑行的加速度a1=μg=6.7m/s2滑行距离S= = =1.7m【考点】匀变速直线运动基本公式应用，对单物体(质点)的应用【解析】【分析】根据牛顿第二定律和运动学公式求最大速度；松手后的加速度与之前不同，根据运动学公式求距离．12、【答案】（1）解：两棒的长度分别为l和2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路在任何时刻电流均相等，根据焦耳定律：，所以AB棒的焦耳热为15J（2）解：根据能量守恒定律有：又故有（3）解：撤去拉力F后，AB棒继续向左加速运动，而CD棒向右开始减速运动，两棒最终匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足：即：即对两棒分别应用动量定理，有：，因为：F C=2F A﹣故有：联立以上各式解得：，v′C=3.2m/s【考点】动量定理，焦耳定律【解析】【分析】（1）根据焦耳定律，AB棒和CD棒电流相等，焦耳热和电阻成正比，CD棒产生的焦耳热已知，即可求出AB棒产生的焦耳热；（2）根据能量守恒定律，外力F做的功等于两棒增加的动能和回路增加的总的焦耳热；（3）最终两棒匀速，电路电流为0，两棒产生的感应电动势大小相等，得出两棒速度大小关系，对AB棒和CD棒分别运用动量定理即可求解；13、【答案】B,C,E【考点】分子运动论，固体和液体【解析】【解答】解：A、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由大量花粉分子组成的，所以布朗运动不能反映了花粉分子的热运动，故A错误；B、空气的小雨滴呈球形是水的表面张力使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故B正确；C、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确；D、高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压较低的缘故，故D错误；E、干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，故E正确．故选：BCE．【分析】布朗运动反映了液体分子的无规则运动，不能反映花粉分子的热运动；液体表面存在表面张力，能使空气的小雨滴呈球形；液晶具有各向异性的特点；高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压低的缘故；湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿温度计的示数较低．14、【答案】解：①因为忽略水银柱产生的压强，故玻璃管中气柱在地面上时压强为p0，热气球上升H 时气柱的压强为p根据玻意耳定律有p0l0S=p（l0+△x）S又因为空中某个位置的大气压p与高度H的近似关系是p=p0（1﹣0.12H）解得：H=②若△x=2cm时，H= km，代入上式可解得：l0≈20cm则△x=1cm时，H= km=0.397km答：①水银柱移动了△x时热气球离地的高度为；②若△x=2cm时，对应的高度H= km，那么△x=1cm时，对应的高度为0.397km【考点】气体实验定律，气体的状态方程【解析】【分析】（1）先分析玻璃管中气柱在地面上时压强为p0，热气球上升H时气柱的压强为p，根据玻意耳定律列式，利用空中某个位置的大气压p与高度H的近似关系，求出水银柱移动了△x时热气球离地的高度；（2）将△x=2cm时，对应的高度H= km代入（1）式，求出l0的值，再将△x=1cm 代入，求出对应的高度．15、【答案】B,C【考点】横波的图象【解析】【解答】解：A、图（b）为质点Q的振动图象，则知在t=0.10s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以点Q向y轴负方向运动，故A错误；B、在t=0.10s时，质点Q沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动．由图b读出周期T=0.2s，从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为△t=0.15s= T，则在t=0.25s时，质点P位于x轴下方，加速度方向与y轴正方向相同，故B正确；C、由甲图知波长λ=8m，则波速为：v= =40m/s，从t=0.10s到=0.25s经过的时间为△t=0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为△x=v△t=40×0.15m=6m，故C正确；D、从t=0.10s到=0.25s经过的时间为△t=0.15s= T，由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故D错误；E、质点Q简谐运动的表达式为y=Asin t=0.1sin t m=y=0.10sin10πt（m），故E错误．故选：BC．【分析】根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时Q点在平衡位置上，由word版高中物理乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播．根据时间与周期的关系，分析质点P的位置和加速度，求出通过的路程．根据x=vt求解波传播的距离．根据图象读出振幅A，结合数学知识写出Q点的振动方程．16、【答案】解：①由图乙可知，θ=37°时，折射光线开始出现，说明此时对应的入射角应是发生全反射的临界角，即：C=90°﹣37°=53°，根据全反射临界角公式为：sinC= ，则有折射率：n=arcsin C=1.25．②因为临界角是53°，光线在玻璃砖中刚好发生3次全反射，光路图如图所示，则光程为：L=10R；光在器具中的传播速度为：v= = ；光在器具中的传播时间：t= = ；答：①该透明材料的折射率1.25；②光线穿过器具的时间．【考点】光的折射【解析】【分析】①由图象能读出此透明体的临界角，根据全反射临界角公式sinC= ，求解折射率n；②根据光路图，结合光的全反射，确定光程，并根据v=nc与t= ，即可求解．。