2019届四川省凉山州高三毕业班第一次诊断性检测理科综合试题(物理部分)(解析版)
（3）假如在实验中，木板保持水平，小车的质量 M 不变，改变钩码的质量 m，重复进行多次实验。记下每 次力传感器的示数 F，计算出每次实验中小车的加速度 a，将得到的 a、F 数据绘制成 a-F 图象，以下图象 可能的是__________。
【答案】 (1). AC (2).
(3).
(4). A
【解析】
（1）子弹穿过木块后木块速度为多大； （2）子弹着地瞬间子弹与木块间水平距离为多大。
【答案】（1） （2）0.5m 【解析】 【详解】（1）由动量守恒定律： 解得 v2=5m/s （2）子弹穿过木块后平抛：h= gt2 解得 t=0.1s， 子弹与木块相距： 12.如图所示，在竖直平面内有一绝缘“ ”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中 AB、CD 水平且足够长， 光滑半圆半径为 R，质量为 m、电量为+q 的带电小球穿在杆上，从距 B 点 x=5.75R 处以某初速 v0 开始向左 运动。已知小球运动中电量不变，小球与 AB、CD 间动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力 Eq=3mg/4， 重力加速度为 g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
。
（3）木板保持水平，则有摩擦力没有被平衡，根据牛顿第二定律，则：F-f=Ma，则
，故应该选
A. 【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；要研究图 像时必须要知道函数关系。 11.质量 M=1.8kg 的木块静止在光滑水平地面上，一质量 m=0.1kg 的子弹以 v0=100m/s 的初速度在距地 5cm 高度水平瞬间穿过木块，穿出时速度为 10m/s，右空气阻力不计，重力加速度=10m/s2，求：
解得 a2=0.25g，方向向下；对 B：mg-T=ma2，解得细绳上的拉力为 T= mg，选项 B 正确；系统在平衡位置时
A 的速度最大，在平衡位置时满足：mg= mgsin300+F 弹 2，解得 F 弹 2=0.5mg；此时弹簧伸长
，此位置
弹簧的弹性势能与初始位置器的读数为小车所受的合外力，实验操作需要平衡摩擦力，即在未挂钩码时，
将木板的右端垫高以平衡摩擦力，选项 A 正确，B 错误；同时要调节板左端定滑轮的高度，使牵引小车的
细绳与木板平行，选项 C 正确；因有传感器测量拉力的大小，则不需要所挂钩码的质量尽量小，选项 D 错
误；故选 AC. （2）由图中可读出 AE 两点的距离为 6.50cm。根据∆x=aT2，其中 T=0.1s，可求出小车的加速度大小为
A. 当 t=2s 时，A 球与 B 球重力的 B 时功率之比为 5︰4 B. 当 t=2s 时，A 球与 B 求重力的瞬时功率之比为 1︰1 C. 在 0~2s 过程中，两球的动能改变不同 D. 在 0~2s 过程中，两球的动量改变相同 【答案】BD
【解析】 【详解】两球在竖直方向均做自由落体运动，可知 t=2s 时竖直速度相同，由 P=mgvy 可知，两球的重力的 瞬时功率之比为 1︰1，选项 A 错误，B 正确；0~2s 过程中，两球下落的竖直高度相同，重力做功相同，根 据动能定理可知，动能改变量相同，选项 C 错误；根据动量定律，在 0~2s 过程中，两球所受的重力的冲量 相同，则两球的动量改变相同，选项 D 正确；故选 BD. 【点睛】此题关键是知道两球在竖直方向的运动的特点，能灵活运用动能定理及动量定理进行相关的讨论. 7.如图所示，两竖直放置的平行板电容器 MN 与一恒定电源相连，一个带正电的粒子从靠近 M 板上的 A 点自 由释放，沿直线运动到达 N 板上的 B 点(忽略阻力)，要使粒子能到达 N 板上的 C 点(B 点的上方)，下列分 析正确的是：
得
，选项 C 错误，D 正确；故选 BD.
【点睛】此题关键是知道 A 在斜面上的运动类似简谐振动的模型，在初始位置和末位置的加速度等大反向， 在平衡位置的速度最大. 三、非选择题 9.某同学将量程为 1mA 的电流表(内阻 1000Ω)改装为量程为 3V 的电压表，可选电阻箱为 R1(最大阻值 999.9Ω)、R2(最大阻值 9999.9Ω)。
A. 卫星的发射速度小于 7.9km/s B. 发动机喷出气体时对火箭的作用力和火箭所受的重力是一对平衡力 C. 卫星在轨道上运动时周期可能小于 24h D. 卫星在轨道上运动时的向心加速度一定大于在地球上未发射时的向心加速度 【答案】D 【解析】 【详解】7.9km/s 是最小的发射速度，则卫星的发射速度大于 7.9km/s，选项 A 错误；火箭发射时加速上升， 则发动机喷出气体时对火箭的作用力大于火箭所受的重力，两个力不是一对平衡力，选项 B 错误；此卫星
（1）在虚线圆内连接改装电路图______并标出所用电阻箱 (用 R1 或 R2 标示)： （2）用该改装电压表测一导体两端电压指针位置如图。则电压为_____________V。 【答案】 (1). 如图所示：
(2). 2.00V
【解析】 【详解】（1）电流表改装成电压表要串联分压电阻，要串联的电阻为
A. 使 N 板适当左移，且粒子分別到达 N 板上的 B、C 两点时动能 EkC<EkB B. 使 N 板适当右移，且粒子分别到达 N 板上的 B、C 两点时动能 EkC<EkB C. 当粒子分别到达 N 板上的 B、C 两点电势能的改变△EpAC=△EpAB D. 当粒子分别到达 N 板上的 B、C 两点时机械能的改变△EAC <△EAB 【答案】AC 【解析】 【详解】带正电的粒子从靠近 M 板上的 A 点自由释放，沿直线运动到达 N 板上的 B 点，则 AB 连线与竖直方
第二定律得：mgtanθ=mLsinθω2，得
．两小球 L1cosθ1=L2cosθ2 相等，所以角速度相等，则 m1、
m2 两个小球转动的角速度之比为：1:1，故选 C. 4.2018 年 11 月 23 时 57 分，我国在西昌下星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功地发射了第 41 颗北斗 导航卫星。这颗卫星是北斗三号系统首颗地球静止轨道卫星，如图所示是火箭点火发射的某瞬间，关于此 卫星运动的描述正确的是：
；则刚释放 B 的瞬时，
系统的加速度满足：mg=2ma，即 a=0.5g，方向沿斜面向上；由对称性可知，物体 B 运动到最低点时，A 的 加速度沿斜面向下，大小为 0.5g，B 的加速度向上，大小为 0.5g，则对 B 分析可知，细绳上的拉力为 T=mg+ma=1.5mg，选项 A 错误；弹簧恢复原长时，弹力为零，对 AB 的整体，由牛顿第二定律：mg-mgsin300=2ma2
四川省凉山州 2019 届高中毕业班第一次诊断性检测理科综合试题（物理部分） 二、选择题 1.甲、乙两辆小车从由同一地点沿同一直线运动，它们运动的 v-t 图象如图所示，下列说法正确的是
A. 甲、乙两车运动的方向相反 B. 甲、乙两车运动的加速度相同 C. 甲、乙两车相比甲车的速度变化快 D. 甲、乙两车在相等时间内速度的变化大小相等 【答案】D 【解析】 【详解】由图像可知，两车的速度均为正值，则运动方向相同，选项 A 错误；v-t 图像的斜率等于加速度， 则两车的加速度大小相同，方向相反，选项 B 错误；因两车的加速度大小相同，则两车的速度变化的快慢 相同，在相等时间内速度的变化大小相等，选项 C 错误，D 正确；故选 D. 【点睛】本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中斜率等于加速度， 能根据图象读取有用信息． 2.如图所示，质量均为 m 的 A、B 两物体叠放在一起，在粗糙的水平面上相对静止一起向右做匀减速直线运 动，已知 A、B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦囚数为μ2，则运动过程中 B 受到的摩擦力 f 为
A. f=μ1mg，方向向左 B. f=μ2mg，方向向左 C. f=μ1mg，方向向右 D. f=μ2mg，方向向右 【答案】B 【解析】
【详解】两物块一起向右做匀减速运动，则对两物体的整体，由牛顿第二定律：
，解得 a=μ2g；
对物体 B，则：f=ma=μ2mg，方向向左，故选 B.
3.如图所示，两根长度不同的细线分别系有质量为 m1、m2 的两个小球，细线的上端都系于同一点，让两个
向的夹角满足
，若要使粒子能到达 N 板上的 C 点(B 点的上方)，则要使得θ变大，则 E 变大，根
据 E=U/d 可知，使 N 板适当左移，根据动能定理，粒子到达 N 板上的 B 点和 C 两点时电场力做功相同，而 到达 B 点时重力做功较大，则到达 N 板上的 B、C 两点时动能 EkC<EkB，选项 A 正确，B 错误；因两板间的电 势差不变，则根据∆EP=Uq 可知，当粒子分别到达 N 板上的 B、C 两点电势能的改变△EpAC=△EpAB，选项 C 正 确，D 错误；故选 AC. 8.如图所示，在倾角为 30°的光滑斜面上，劲度系数为 k 的轻质弹簧一端连接固定挡板 C，另一端连接质 量为 m 的物体 A，一轻质细绳通过定滑轮，一端系在物体 A 上，另一端与质量也为 m 的物休 B 相连，细绳 与斜面平行，斜面足够长，用手托住物休 B 使细绳刚好没有拉力，然后由静止释放物体 B(运动过程中物体
四川省凉山州2019届高三第一次诊断性测试英语试卷参考答案
3.词数少于80或多于120的，从总分中减去2分。
4.评分时应注意的主要内容为：内容要点、应用词汇和语法结构的丰富性和准确性及上下文的连贯性。
5.拼写与标点符号是语言准确性的一个方面，评分时，应视其对交际的影响程度予以考虑。
英、美拼写及词汇用法均可接受。
6.如书写较差以致影响交际，将其分数降低一个档次。
二、内容参考要点1.运动会的时间及地点；2.运动会的安排；3.邀请及期望。
三、各档次给分范围和要求第五档（21—25分）完全达到了预期的写作目的。
覆盖所有内容要点。
应用了较多的语法结构和词汇。
语法结构或词汇方面有些许错误，但为尽力使用复杂结构或较高级词汇所致。
具备较强的语言能力。
有效地使用了语句间的连接成分使全文结构紧凑。
第四档（16—20分）达到了预期的写作目的。
虽漏掉一两个次要点，但覆盖所有主要内容。
应用的语法结构和词汇能满足任务的要求。
语法结构或词汇方面应用基本准确，些许错误主要是因尝试较复杂语法结构或词汇所致。
应用简单的词句间的连接成分，使全文结构紧凑。
第三档（11—15分）整体而言，基本达到了预期的写作目的。
虽漏掉一些内容，但覆盖所有主要内容。
应用的语法结构和词汇能满足任务的要求。
有一些语法结构或词汇方面的错误，但不影响理解。
应用简单的语句间的连接成分，使全文内容连贯。
第二档（6—10分）信息未能清楚地传达给读者。
漏掉或未描述清楚一些主要内容，影响了对写作内容的理解。
语法结构单调、词汇项目有限。
有一些语法结构或词汇方面的错误，影响了对写作内容的理解。
较少使用语句间的连接成分，内容缺少连贯性。
第一档（1—5分）信息未能传达给读者。
明显遗漏主要内容，写了一些无关内容，原因可能是未理解试题要求。
语法结构单调、词汇项目有限。
较多语法结构或词汇方面的错误，影响了对写作内容的理解。
缺乏语句间的连接成分，内容不连贯。
0分未能传达给读者任何信息；内容太少，无法评判；写的内容均与所要求内容无关或所写内容无法看清。
2019届四川省凉山州高三第一次诊断性检测数学(理)试题(word版)
四川省凉山州2019+届高中毕业班第一次诊断性检测数学（理）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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，集合，则（）A. B. C. D.【答案】C2.已知复数，则的共轭复数（）A. B. C. D.【答案】A3.如图，四棱柱中，分别是、的中点，下列结论中，正确的是（）A. B. 平面C. 平面D. 平面【答案】D4.已知双曲线的渐近线方程是，则的离心率为（）A. 或2B. 或C.D.【答案】B5.执行如图所示的程序框图，输出的值为（）A. B. C. D.【答案】D6.设是边长为2的正三角形，是的中点，是的中点，则的值为（）A. 3B.C. 4D.【答案】A7.设函数，任意都满足，则的值可以是（）A. B. C. D.【答案】B8.已知，则“”是“”成立的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要【答案】D9.在中，分别是内角的对边，若，，，则的面积等于（）A. 3B.C.D.【答案】B10.一个弹性小球从100高处自由落下，每次着地后又跳回原来高度的再落下，设它第次着地时，经过的总路程记为，则当时，下面说法正确的是（）A. B.C. 的最小值为100D. 的最大值为400【答案】A11.十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数时，关于的方程没有正整数解”.经历三百多年，于二十世纪九十年中期由英国数学家安德鲁怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理，则下面说法正确的是（）A. 存在至少一组正整数组使方程有解B. 关于的方程有正有理数解C. 关于的方程没有正有理数解D. 当整数时，关于的方程没有正实数解【答案】C12.若都有成立，则的最大值为（）A. B. 1 C. D.【答案】B第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.二项式的展开式中常数项为__________．【答案】-414.已知正数满足，则的最大值是__________．【答案】-315.设（是坐标原点）的重心、内心分别是，且，若，则的最小值是__________．【答案】16.定义函数，，其中，符号表示数中的较大者，给出以下命题：①是奇函数；②若不等式对一切实数恒成立，则③时，最小值是2450④“”是“”成立的充要条件以上正确命题是__________．（写出所有正确命题的序号）【答案】②三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.某中学为研究学生的身体素质与课外体育锻炼时间的关系，对该校200名高三学生的课外体育锻炼平均每天运动的时间进行调查，如下表：（平均每天锻炼的时间单位：分钟）将学生日均课外体育运动时间在上的学生评价为“课外体育达标”.（1）请根据上述表格中的统计数据填写下面列联表，并通过计算判断是否能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“课外体育达标”与性别有关？（2）将上述调查所得到的频率视为概率，现在从该校高三学生中，抽取3名学生，记被抽取的3名学生中的“课外体育达标”学生人数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求时的概率及的数学期望.参考公式：，其中.参考数据：【答案】(1)见解析;（2）.【解析】试题分析：（1）根据所给的数据列出列联表，再代入公式计算得出，与临界值比较即可得出即结论；（2）由题意，用频率代替概率可得出抽到“课外体育达标”学生的频率为，由于，由公式计算出期望与方差即可.试题解析：（1）列出列联表，,所以在犯错误的概率不超过0.01的前提下不能判断“课外体育达标”与性别有关.（2）由表中数据可得，抽到“课外体育达标”学生的概率为0.25，将频率视为概率，∴，∴.18.如图，直三棱柱中，，，，，点是棱上不同于的动点.（1）证明：；（2）若平面将棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先由余弦定理可求得，再由勾股定理可得，然后由和即可证得平面，从而得证；（2）由题设知，，结合柱体的体积可得，所以是的中点，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，进而利用法向量求解二面角即可.【详解】（1）证明：（方法一）在中，由余弦定理.∴，则，∴.∴，又，，∴平面又平面，∴证明：（方法二）在中，，∴，∴又，，∴平面又平面，∴（2）由题设知，又，∴是的中点.∴以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标，∴，，，，，设是平面的法向量，，，令，，∴平面的法向量，.所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明及柱体和椎体的体积公式，利用空间向量求解二面角问题，属于常规题型.19.设有三点，其中点在椭圆上，，，且. （1）求椭圆的方程；（2）若过椭圆的右焦点的直线倾斜角为，直线与椭圆相交于，求三角形的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先求得的值.设出点坐标，代入，化简后可求得点坐标，将点坐标代入椭圆方程，由此求得的值，并求出椭圆方程.（2）由（1）求得椭圆焦点的坐标，利用点斜式得到直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，利用两点间距离公式求得的长度，利用点到直线的距离公式求得到直线的距离，由此求得三角形的面积.【详解】（1）解：由题意知，，设，，，由，∴，∴设椭圆方程②，将①代入②，∴，∴椭圆方程为（2），∴的方程代入，整理得，∴或，∴交点坐标为和，到的距离为所以，所以三角形的面积为.【点睛】本小题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆标准方程的求法，考查了向量加法和减法的坐标运算，以及两点间的距离公式和点到直线距离公式.有关直线和椭圆相交所得的弦长，往往通过联立直线的方程和椭圆的方程，求出交点坐标或者利用韦达定理和弦长公式来求解.20.设各项为正数列满足：（是常数）.（1）判断是否存在，使数列满足对任意正整数，有恒成立？若存在，求出；若不存在，请说明理由.（2）当，时，求数列前项和的表达式.【答案】（1）存在，使成立；（2）.【解析】【分析】（1）由和作差可得，然后只需即可得解；（2）根据条件可得，当时，，利用等比数列求和公式求解即可，再验证时也成立即可.【详解】（1）由①②①-②得：，即当时，，又，所以数列为等差数列，所以，所以，所以存在，使成立.（2）由（1）可知，当，时，所以，所以，当时，，当时，，所以也成立，所以.【点睛】本题主要考查了由数列的递推求数列的通项公式及等比数列求和，注意运算过程中，数列下标的变化及范围，属于易错题型..21.设函数.（1）当时，求函数的单调减区间；（2）若有三个不同的零点，求的取值范围；（3）设，若无极大值点，有唯一的一个极小值点，求证：.【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增；（2）或；（3）见解析【解析】【分析】（1）求函数导数，由得增区间，由得减区间；（2）设，则，则或或，讨论和0的大小关系，由的单调性及最值，分析时是否有三个根即可；（3）由题意可知，令，即在内有唯一的一个正根，由求根公式得方程两个根，因为只能有一个正跟，从而得，所以，由，得，代入，求导利用单调性即可证得.【详解】（1）当时，，.当时，；当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增.（2）设，则，则或或，.当时，恒成立，∴在上为增函数，且时，；时，，则的零点有3个，符合题意.当时，，此时只有一个零点，不合题意.当时，若，则；若时，，函数在上单调递减，在上单调递增.又且时，；时，，所以或或要有三个零点，则即，所以综上所述，或.（3）.因为在无极大值点，有唯一的一个极小值点即，即在内有唯一的一个正根.所以，即又，，又因为只有唯一的一个正根，所以即.当时，在上单调递减，在上单调递增.此时无极大值，有唯一一个极小值点，所以，所以所以所以.所以在上单调递减，所以综上，.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值及单调性以及方程的实数根问题，解题过程中用到了分类讨论的思想，分类讨论的思想也是高考的一个重要思想，要注意体会其在解题中的运用，属难题．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，以坐标原点为极点，以轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，曲线与直线相交于两点.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）当时，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）对曲线的极坐标方程两边乘以，可转化为直角坐标方程.（2）将代入圆的极坐标方程，直接求得的长度.【详解】（1）由，即，所以，所以曲线的直角坐标系方程为，（2）解一：时，.解二：曲线的标准方程为，直线的方程为，.【点睛】本小题主要考查极坐标和直角坐标相互转化，考查利用极坐标方程来求弦长的方法，基础题.23.已知函数.（1）当时，解关于的不等式；（2）当时，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）当时，利用零点分段法，将函数的绝对值去掉，变为分段函数的形式，再解不等式组，求得的范围.（2）利用零点分段法，将的绝对值去掉，变为分段函数的形式，由此求得函数的最小值.【详解】（1）时，，即，所以或或，解得或所以不等式的解集为.（2）时，，的最小值为.【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法.主要的方法就是零点分段法，将函数转化为分段函数来解决，属于基础题.。
2019四川高考物理部分试题及解答
2019年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）理科综合（物理部分）本试卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）两部分，第一部分1至4页，第二部分5至10页。
考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。
满分300分。
考试时间150分钟。
考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Fe 56第一部分 （选择题 共126分）注意事项：1.选择题必须使用2B 铅笔将答案标号填涂在答题卡上对应题目标号的位置上。
2.本部分共2大题，21小题。
每小题6分，共126分。
二、选择题（本题共8小题。
在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项是正确的，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）14．物体由大量分子组成，下列说法中正确的是（ ）C ，（A ）分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大（B ）分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小 （C ）物体的内能跟物体的温度和体积有关 （D ）只有外界对物体做功才能增加物体的内能15．今年4月30日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道半径为2.8⨯107m 。
它与另一颗同质量的同步轨道卫星（轨道半径为4.2⨯107m ）相比（）B ，（A ）向心力较小（B ）动能较大（C ）发射速度都是第一宇宙速度 （D ）角速度较小 16．如图所示，在铁芯P 上绕着两个线圈a 和b ，则（）D ，（A ）线圈a 输入正弦交流电流，线圈b 可输出恒定电流 （B ）线圈a 输入恒定电流，穿过线圈b 的磁通量一定为零 （C ）线圈b 输出的交流电流不对线圈a 的磁场造成影响 （D ）线圈a 的磁场变化时，线圈b 中一定有电场 17．如图为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子（ ）A ，（A ）从n ＝4能级跃迁到n ＝3能级比从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级辐射出的电磁波的波长长（B ）从n ＝5能级跃迁到n ＝1能级比从n ＝5能级跃迁到n ＝4能级辐射出的电磁波的速度大（C ）处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的 （D ）从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量 18．a 、b 两种色光组成的光束从介质进入空气时，其折射光束如图所示，用a 、b 两束光（）C ，（A ）先后照射双缝干涉实验装置，在缝后屏上都能出现干涉条纹，由此确定光是横波 （B ）先后照射某金属，a 光照射时恰能逸出光电子，b 光照射时也能逸出光电子（C ）从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，若b 光不能进入空气，则a 光也不能进n E /eV ∞ 0 5 －0.54 4 －0.85 3 －1.512 －3.401 －13.60入空气（D ）从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，a 光的反射角比b 光的反射角大 19．在x O y 平面内有一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，波速为2m/s ，振动幅为A ，M 、N 是平衡位置相距2m 有两个质点，如图所示，在t ＝0时，M 通过其平衡位置沿y 轴正方向运动，N 位于其平衡位置上方最大位移处，已知该波的周期大于1s ，则（ ）D ，（A ）该波的周期为53s （B ）在t ＝13s 时，N 的速度一定为2m/s（C ）从t ＝0到t ＝1s ，M 向右移动了2m（D ）从t ＝13s 到t ＝23s ，M 的动能逐渐增大20．半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0，圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示。
2019年四川省凉山州高考物理三诊试卷解析版
间为（）
A. 6s
B. 8
C. 10
D. 12s
4. 如图所示，在相距为 d 的虚线 MN、PQ 区域内有垂直于纸面向外的 匀强磁场。一带正电粒子沿与边界 MN 成 60°角的方向从 A 点以不
同的速度大小射入匀强磁场中。不计粒子重力，若粒子能从 PQ 边
界飞出磁场，则射到 PQ 边界的点到 A 点的最大距离为（ ）
A. 通过 P 点时的动能为 2mv02 B. 通过 P 点时的动能为 2.5mv02 C.势能改变相同 D. 粒子从 O 点到 P 点过程中动量增加 2mv0
7. 如图甲所示的变压器电路中，变压器原、副线圈匝数之比为 2：1，ab 输入端输入 如图乙所的交变电流，副线圈电路中电阻 R=5Ω，电路中的电流表、电压表都是理 想电表，下列说法正确的是（ ）
高考物理三诊试卷
题号 得分
一
二
三
四
总分
一、单选题（本大题共 5 小题，共 30.0 分）
1. 下列关于近代物理内容的叙述中正确的是（ ）
A. 质子和中子结合成原子核时不一定有质量亏损，但一定释放能量 B. β 衰变就是原子核内的一个中子转化为一个质子和电子，电子被释放 C. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的照射时间短
A. 当物体 a 速度最小时，两物体相距 d=
B. 物体 a 运动的最小动能为 mv +Ep-μmgs
C. 物体 a 运动的最小动能为 mv +μmgs-Ep D. 假如物体 a 速度最小时 ab 间距 d=s，则物体 a 从 P 点开始运动到恰与物体 b 要
相碰过程中，电场力对物体 a 做功等于物体 a 的摩擦生热 9. 有关对热学知识理解正确的是（ ）（填入正确选项前的字母，选对 1 个给 2 分
四川省成都市2019届高三第一次诊断性检测理科综合试题(物理部分)(附解析)
成都市2016级高中毕业班第一次诊断性检测理科综合（物理部分）二、选择题：本题共8小题每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.如图，顶部有“凹槽”的物体P静止于固定斜面上，将物体Q轻放入“凹槽”，P仍然静止。
则放入Q后与放入Q前比较A. P对斜面的压力变大B. P与斜面间的摩擦力变小C. P对斜面的作用力不变D. P所受的合外力增大【答案】A【解析】【详解】放入Q之前P对斜面的压力为m p gcosθ，放入Q后P对斜面的压力为(m p+m Q)gcosθ，则P对斜面的压力变大，选项A正确；放入Q之前P对斜面的摩擦力为m p gsinθ，放入Q后P对斜面的摩擦力为(m p+m Q)gsinθ，则P与斜面的摩擦力变大，选项B错误；斜面对P的作用力与P的重力等大反向，可知放入Q后，斜面对P 的作用力变大，即P对斜面的作用力变大，选项C错误；放入Q前后物体P始终静止，所受的合力为零不变，选项D错误；故选A.2.某电场的电场线分布如图中实线所示，一带电粒子仅受电场力作用的运动路径如图中虚线所示，M、N是路径上的两点，粒子在MN点的加速度大小分别为a M、a N，速度大小分别为v M、v N。
则下列判断正确的是A. 粒子带负电B. 粒子定从M点运动到N点C. a M＞a ND. v M＜v N【答案】D【解析】【详解】电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受到的电场力的方向也向上，所以电荷为正电荷，所以A错误；只是知道粒子受力方向，不能决定粒子是否是从M点运动到N点，选项B错误；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在N点的受力大，加速度大，所以C 错误。
若粒子从N点到M点，运动方向与电场力的方向之间的夹角是钝角，电场力做负功，电势能增大，粒子的速度减小，所以N点速度大，所以D正确；故选D。
【国家百强校】2019届四川省凉山州高中毕业班第一次诊断性检测理科综合试题 word版
凉山州2019届高中毕业班第一次诊断性检测理科综合可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Na-23 Fe-56C-64 Zn-65 Ti-48第Ⅰ卷(选择题共126分)一、选择题。
每题给出的选项中只有一个选项最符合题目要求，共13题，每题6分，共78分。
1.高等植物细胞的下列生理过程中，没有发生能量转换的是A.光合作用中三碳化合物的还原B.两分子单糖缩合成蔗糖C.质壁分离过程中水分子的扩散 ADH与氧气结合形成水2.科学家发现用烟草花叶病毒的RNA染烟草才能使烟草感染病毒，而蛋白质不能。
下列叙述错误的是A.该实验能证明烟草花叶病毒的遗传物质是RNAB.娴草花叶病毒与烟草细胞共有的核苜酸有4种C.该实验与噬菌休侵染细菌实验的设计思路相同D.烟草细胞为烟草花叶病毒增殖提供模板和原料3.摩尔根等通过染色体上基因位置的测定，说明基因在染色体上早线性排列，下列叙述正确的是A.基因是具有遗传效应的染色体片段B.染色体是真核细胞基因的唯一载体C.基因通过转录把遗传信息传递到RNAD.RNA聚合酶结合起始密码子启动转录4.下列关于“观察洋葱根尖细胞的有丝分裂装片”和“观察蝗虫精母细胞减数分裂固定装片”的叙述错误的是A.均可使川卡诺氏液染色后观察细胞内染色体的数目变化B.都先用低倍镜找到分裂期细胞后，再换高倍镜仔细观察C.都可通过观察染色体的位置、数目判断细胞的分裂时期D.着丝点分裂后，分布在细胞两极的染色体组成一般相同5.2018年诺贝尔牛理学或医学奖授予了有关T细胞“刹车”分子研究的两位科学家，该“刹车”分子是T 细胞合成的蛋白质，能抑制T细胞的激活，从而避免T细胞过度激活而导致健康细胞的损伤。
研究者通过阻断“刹车”分子的作用，使细胞仝力攻击癌细胞来进行癌症治疗。
下列分析正确的是A.只有T淋巴细胞才有控制合成“刹车”分子的相关基因B.T淋巴细胞产生的淋巴因子与癌细胞结合形成细胞集团C.抑制“刹车”分子的合成可以提高器官移植手术的成功率D.T细胞发现并攻击癌细胞体现免疫系统的监控和清除功能6.大麻是XY的雌雄昇株植物，但赤霉素和生长素会影响大麻的性别分化。
四川省凉山州高三第一次诊断性检测数学(理)试题附答案
凉山州2019届高中毕业班第一次诊断性检测数学（理科）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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{|210}A x x =->，集合{1,0,1,2}B =-，则A B =（ ） A ．{1,0}- B ．{0,1} C ．{1,2} D ．{1,1}-2.已知复数3iz i=+，则z 的共轭复数z =（ ） A ．131010i - B ．131010i + C ．1322i + D ．1322i - 3.如图，四棱柱1111ABCD A BC D -中，,E F 分别是1AB 、1BC 的中点，下列结论中，正确的是（ ）A ．1EF BB ⊥ B ．EF ⊥平面11BCC B C ．//EF 平面1D BC D ．//EF 平面 11ACC A4.已知双曲线E 的渐近线方程是2y x =±，则E 的离心率为（ ）A 2B 5.执行如图所示的程序框图，输出S 的值为（ ）A ．12- D ．126.设ABC ∆是边长为2的正三角形，E 是BC 的中点，F 是AE 的中点，则()AB FB FC +的值为（ ）A ． 3B ．．7.设函数()sin cos()4f x x x π=-，任意x R ∈都满足()()f c x f c x +=-，则c 的值可以是（ ） A ．8π B ．38π C. 2π D ．58π8.已知,x y R ∈，则“22(2)8x y +-≤”是“60x y -+>”成立的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要9.在ABC ∆中，,,a b c 分别是内角,,A B C 的对边，若a =2b c =，7cos 8A =，则ABC ∆的面积等于（ ）A ． 3B 10.一个弹性小球从100m 高处自由落下，每次着地后又跳回原来高度的23再落下，设它第n 次着地时，经过的总路程记为n S ，则当2n ≥时，下面说法正确的是（ ）A ． 500n S <B ．500n S ≤C. n S 的最小值为100 D ．n S 的最大值为40011.十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数2n >时，关于,,x y z 的方程n n n x y z +=没有正整数解”.经历三百多年，于二十世纪九十年中期由英国数学家安德鲁怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理，则下面说法正确的是（ ）A ．存在至少一组正整数组(,,)x y z 使方程333x y z +=有解B ．关于,x y 的方程331x y +=有正有理数解 C. 关于,x y 的方程331x y +=没有正有理数解 D ．当整数3n >时，关于,,x y z 的方程n n n x y z +=没有正实数解12.若120x x a <<<都有211212ln ln x x x x x x -<-成立，则a 的最大值为（ ） A ．12B ．1 C. e D ．2e 第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 13.二项式4(x -的展开式中常数项为 ． 14.已知正数,m n 满足21m n +=，则2log ()mn 的最大值是 ．15.设ABO ∆（O 是坐标原点）的重心、内心分别是,G I ，且//BO GI ，若(0,4)B ，则c o s OAB ∠的最小值是 ．16.定义函数()max{,}f x x x λλ=-，x R ∈，其中0λ>，符号max{,}a b 表示数,a b 中的较大者，给出以下命题： ①()f x 是奇函数；②若不等式(1)(2)1f x f x -+-≥对一切实数x 恒成立，则1λ≥ ③=1λ时，()()(1)(2)(100)F x f x f x f x f x =+-+-++-最小值是2450④“0xy >”是“()()()f x f y f x y +≥+”成立的充要条件以上正确命题是 ．（写出所有正确命题的序号）三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 某中学为研究学生的身体素质与课外体育锻炼时间的关系，对该校200名高三学生的课外体育锻炼平均每天运动的时间进行调查，如下表：（平均每天锻炼的时间单位：分钟）将学生日均课外体育运动时间在[40,60)上的学生评价为“课外体育达标”.（1）请根据上述表格中的统计数据填写下面22⨯列联表，并通过计算判断是否能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“课外体育达标”与性别有关？（2）将上述调查所得到的频率视为概率，现在从该校高三学生中，抽取3名学生，记被抽取的3名学生中的“课外体育达标”学生人数为X ，若每次抽取的结果是相互独立的，求2X =时的概率(2)P X =及X 的数学期望.参考公式：22()()()()()n ad bc k a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++.参考数据：18. 如图，直三棱柱111ABC A B C -中，14CC =，2AB =，AC =045BAC ∠=，点M 是棱1AA 上不同于1,A A 的动点.（1）证明：1BC B M ⊥；（2）若平面1MB C 将棱柱111ABC A B C -分成体积相等的两部分，求此时二面角1M BC B --的余弦值.19. 设有三点,,A B P ，其中点,A P 在椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>上，(0,2)A ，(2,0)B ，且6OA OB OP +=. （1）求椭圆C 的方程；（2）若过椭圆C 的右焦点的直线l 倾斜角为045，直线l 与椭圆C 相交于,E F ，求三角形OEF 的面积.20. 设各项为正数列{}n a 12n a n λ++-=+（λ是常数）.（1）判断是否存在λ，使数列{}n a 满足对任意正正数n ，有122n n n a a a ++=+恒成立？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由.（2）当1λ=-，10a =时，求数列{2}n a 前n 项和n S 的表达式. 21. 设函数2()3ln f x x a x =+.（1）当1a =-时，求函数()f x 的单调减区间；（2）若3()(())()F x f x f x =-有三个不同的零点，求a 的取值范围；（3）设()()12H x f x x =-，若()H x 无极大值点，有唯一的一个极小值点λ，求证：()12H λ≤-.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. 22.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，以x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为2sin ρθ=，直线l 的极坐标方程为0()R θθρ=∈，曲线C 与直线l 相交于,A B 两点.（1）求曲线C 的直角坐标方程； （2）当0=3πθ时，求|AB|.23.选修4-5：不等式选讲 已知函数()|2||1|f x x a x =+++.（1）当1a =时，解关于x 的不等式()2f x ≥； （2）当1a =-时，求()f x 的最小值.试卷答案一、选择题二、填空题13. -4 14. -3 15. 1216.②三、解答题 17.解：（1）22200(60203090)220 6.060 6.635150509011030k ⨯⨯-⨯==≈<⨯⨯⨯所以犯错误的概率不超过0.01的前提下，不能判断“可额外体育达标”与性别有关.（2）由表中数据可得，抽到“课外体育达标”学生的频率为0.25，将频率视为概率，则1(3,)4XB ，223139(2)()()4464P X C ===13344EX np ==⨯=. 18.（1）证明：（方法一）在ABC ∆中，有余弦定理222||||||2||||cos BC AB BC AB AC BAC =+-∠048224=+-⨯⨯= ∴||2BC =，则222||||8||AB BC AC +==，∴090ABC ∠=. ∴BC AB ⊥， 又1BC BB ⊥，1=BB AB B ，∴BC ⊥平面11ABB A 又1B M ⊂平面11ABB A ， ∴1BC B M ⊥证明：（方法二）在ABC ∆中，0|AC|cos 2||AB ∠==， ∴090ABC ∠=，∴BC AB ⊥ 又1BC BB ⊥，1=BB AB B ，∴BC ⊥平面11ABB A 又1B M ⊂平面11ABB A ， ∴1BC B M ⊥（2）11111||22482ABC A B C ABC V S CC -∆==⨯⨯⨯=由题设知，1111118422C ABB ABC A B C V V --==⨯=又11112||433C ABB ABB ABB V S BC S -∆∆===||2AM =，∴M 是1AA 的中点.∴以B 为坐标原点，1,,BA BC BB 的方向为x 轴，y 轴，z 轴建立如图的空间直角坐标， ∴(2,0,2)A ，(0,0,0)B ，1(0,0,4)B ，(0,2,0)C ，1(0,2,4)CB =-，1(2,0,2)B M =- 设1111(,,)n x y z =是平面1ACB 的法向量，1100n CB n B M ⎧=⎪⎨=⎪⎩，1111240220y z x z -+=⎧⎨-=⎩，令11x =，12y =，11z = ∴1(1,2,1)n =平面1B BC 的法向量2(1,0,0)n =，121212cos ,6||||6n nn n n n <>===所以二面角1M BC B --19.（1）解：由题意知，2b =， 设(,)P x y ，(0,2)A ，(2,0)B ， 由6OA OBOP +=，∴(2,2),)x y =， ∴x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩设椭圆方程22214x y a +=②，将①代入②，216166614a += ∴28a =，∴椭圆方程为22184x y +=（2）2c =，代入22184x y +=，整理得2380x x -=， ∴0x =或83x =，∴交点坐标为(0,2)-和82(,)33||EF =O 到l的距离为d ==所以1823OEF S ∆==， 所以三角形OEF 的面积为83.20.（112na n λ++-=+ ①2(1)n a n λ+-=-+(2)n ≥ ②①-2=，即14n n a a +-=(2)n ≥ 当1n =2λ=+，221(2)a a λ-=+ 又122n n n a a a ++=+，所以数列{}n a 为等比数列， 所以221(2)4a a λ-=+=，所以0λ=， 所以存在0λ=，使122n n n a a a ++=+成立.（2）由（1）可知，当1λ=-，10a =时，0,147,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩所以1,1216,2128n a n n n =⎧⎪=⎨≥⎪⎩，所以，当2n ≥时，2311(161616)128nn S =++++2143116(116)132112811615n n ---+=+⨯=-，当1n =时，11132115S +==，所以1n =也成立，所以4313215n n S -+=.21.（1）当1a =-时，2()3ln f x x x =-，2161'()6(0)x f x x x x x-=-=>当'()0f x >时，x >；当'()0f x <时，x <所以函数()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增. （2）设()f x t =，则3()0F x t t =-=，则0t =或1t =或1t =-，26'()6(0)a x af x x x x x+=+=>01当0a >时，'()0f x >恒成立，∴()f x 在(0,)+∞上为增函数，且0x +→时，()f x →-∞；x →+∞时，()f x →+∞，则()f x t =的零点有3个，符合题意.02当0a =时，2()3(0)f x x x =>，此时()f x t =只有一个零点，不合题意.03当0a <时，若'()0f x >，则x >'()0f x <时，0x <<，函数()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增.又且0x +→时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞，所以()1f x =或()1f x =-或()0f x =要有三个零点，则0f =即3()06a a -+=，所以6a e =-综上所述，6a e =-或0a =.（3）2()()123ln 12H x f x x x a x x =-=+-2612'()612(0)a x x a f x x x x x-+=+-=>因为()H x 在(0,)+∞无极大值点，有唯一的一个极小值点λ 即'()0H x =，即26120x x a -+=在(0,)+∞内有唯一的一个正根. 所以144240a ∆=->，即6a <又1x =，2x =又因为只有唯一的一个正根，所以10x <即0a <.当0a <时，()H x 在2(0,)x 上单调递减，在2(,)x +∞上单调递增.此时()H x 无极大值，有唯一一个极小值点2x ，所以2[2,)x λ=∈+∞，所以2612'()0(2)a H λλλλλ-+==≥ 所以2126a λλ=-所以222()3ln 123(126)ln 12(2)H a λλλλλλλλλλ=+-=+--≥ 2126'()6(1212)ln 1212(1)ln 0H λλλλλλλλλ-=+-+-=-=所以()H x 在[2,)+∞上单调递减，所以()(2)122412H H λ≤=-=- 综上，()12H λ=-.22.（1）由2sin ρθ=，即22sin ρρθ=，所以222x y y +=， 所以曲线C 的直角坐标系方程为2220x y y +-=，（2）解一：3πθ=时，||2sin 3AB πρ===解二：曲线C 的标准方程为22(1)1x y +-=，直线l的方程为y =，||AB == 23.（1）1a =时，()2f x ≥，即|21||1|2x x +++≥，所以1322x x ≤-⎧⎨--≥⎩或1122x x ⎧-<<-⎪⎨⎪-≥⎩或12322x x ⎧>-⎪⎨⎪+≥⎩，解得43x ≤或0x ≥ 所以不等式的解集为4(,][0,)3-∞-+∞. （2）1a =-时，3,11()2,1213,2x x f x x x x x ⎧⎪-<-⎪⎪=--≤≤⎨⎪⎪>⎪⎩， min 13()()22f x f == ()f x 的最小值为32.。
【精品解析】四川省凉山州2019届高三第一次诊断性检测数学(理)试题 (附解析)
四川省凉山州2019+届高中毕业班第一次诊断性检测数学（理）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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，集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求得集合中不等式的解集，然后求集合A,B的交集.【详解】由得，故.故选C.【点睛】本小题主要考查一元一次不等式的解法，考查集合交集的求法，属于基础题.2.已知复数，则的共轭复数（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由复数的除法运算可得，再由共轭复数的概念求即可.【详解】复数，的共轭复数.故选A.【点睛】本题主要考查了复数的除法运算及共轭复数的概念，属于基础题.3.如图，四棱柱中，分别是、的中点，下列结论中，正确的是（）A. B. 平面C. 平面D. 平面【答案】D【解析】【分析】连接，利用中位线证得，由此证得平面.【详解】连接交于，由于四边形是平行四边形，对角线平分，故是的中点.因为是的中点，所以是三角形的中位线，故，所以平面.故选D.【点睛】本小题主要考查直线和平面的位置关系，考查棱柱的侧面是平行四边形这一几何性质，还考查了三角形的中位线以及线面平行的证明.两条直线平行，在直观图中，这两条直线是平行的，通过直观感知，再根据线面平行的判定定理即可得出正确的选项.属于基础题.4.已知双曲线的渐近线方程是，则的离心率为（）A. 或2B. 或C.D.【答案】B【解析】【分析】讨论双曲线的焦点在x轴和y轴两种情况，利用求解即可.【详解】当双曲线的焦点在x轴上时，若渐近线方程是，则.则离心率.当双曲线的焦点在y轴上时，若渐近线方程是，则.则离心率.综上：离心率为或.故选B.【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率公式，注意双曲线的焦点所在的轴是x还是y轴，属于易错题.5.执行如图所示的程序框图，输出的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据程序运行的顺序，求得的值，代入，从而求得输出的值.【详解】运行程序，当时，判断“是”，退出循环结构，，故选D.【点睛】本小题主要考查程序框图的知识，解决这类问题只需要按照程序运行的顺序，循环结束后可求得输出的值.6.设是边长为2的正三角形，是的中点，是的中点，则的值为（）A. 3B.C. 4D.【答案】A【解析】【分析】用表示,在利用向量数量积的运算，求得的值.【详解】，故选A.【点睛】本小题主要考查平面向量的线性运算，考查平面向量数量积的计算，还考查了等边三角形的几何性质，属于基础题.7.设函数，任意都满足，则的值可以是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】化简函数得，由，得为函数的对称轴，令解出对称轴即可得解.【详解】函数，任意都满足，即为为函数的对称轴.令，解得.当时，.故选C.【点睛】本题主要考查了两角差的余弦展开公式、二倍角公式及三角函数的对称性，属于中档题.8.已知，则“”是“”成立的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要【答案】D【解析】【分析】画出两个不等式所表示的区域，根据其中的包含关系得出正确选项.【详解】不等式表示圆内和圆上，不等式表示直线的右下方.画出图像如下图所示，由图可知，点在圆上，而不在直线右下方，故两个部分没有包含关系，故为不充分不必要条件.【点睛】本小题主要考查对于圆内、圆上和圆外的表示，考查二元一次不等式表示的区域，还考查了充要条件的判断.属于基础题.9.在中，分别是内角的对边，若，，，则的面积等于（）A. 3B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由余弦定理可得，可得c，进而得b，利用面积公式即可得解.【详解】在中，由余弦定理可得.解得.所以.又.所以.故选B.【点睛】本题主要考查了余弦定理求解三角形及面积公式的应用，属于基础题.10.一个弹性小球从100高处自由落下，每次着地后又跳回原来高度的再落下，设它第次着地时，经过的总路程记为，则当时，下面说法正确的是（）A. B.C. 的最小值为100D. 的最大值为400【答案】A【解析】【分析】通过归纳得到第次着地时,共经过了，从而得，从而可得数列单调递增，有最小值，再根据有界性可得.【详解】第一次着地时,共经过了100,第二次着地时,共经过了,第三次着地时,共经过了,以此类推,第次着地时,共经过了.所以，则是关于的单调增函数，所以当时，，有最小值为.又.故选A.【点睛】本题主要考查数列的前项和的取值范围的求法,考查等比数列的性质.11.十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数时，关于的方程没有正整数解”.经历三百多年，于二十世纪九十年中期由英国数学家安德鲁怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理，则下面说法正确的是（）A. 存在至少一组正整数组使方程有解B. 关于的方程有正有理数解C. 关于的方程没有正有理数解D. 当整数时，关于的方程没有正实数解【答案】C【解析】【分析】由于B,C两个命题是对立的，故正确选项是这两个选项中的一个.利用反证法，先假设有正有理数解，然后推出跟题目所给费马大定理矛盾，由此得出方程没有正有理数解.【详解】由于B,C两个命题是对立的，故正确选项是这两个选项中的一个.假设关于的方程有正有理数解，故可写成整数比值的形式，不妨设，其中为互质的正整数，为互质的正整数.代入方程得，两边乘以得，由于都是正整数，这与费马大定理矛盾，故假设不成立，所以关于的方程没有正有理数解.故选C.【点睛】本小题主要考查对新概念的理解和运用，考查了反证法证明命题成立，考查了有理数的概念与性质.有理数是有限小数或者无限循环小数.另一种说法是有理数是可比数，即可以写成两个整数比值的数.根据有理数的性质，利用反证法，推出和费马大定理矛盾的结果，由此得出正确选项.属于难题.12.若都有成立，则的最大值为（）A. B. 1 C. D.【答案】B【解析】【分析】将题目所给不等式转化为，构造函数，利用导数研究函数的单调性，由此得出正确的选项.【详解】原不等式可转化为，构造函数，，故函数在上导数大于零，单调递增，在上导数小于零，单调递减.由于且，故在区间上，故的最大值为，所以选B.【点睛】本小题主要考查利用导数求解不等式恒成问题，考查了化归与转化的数学思想方法.属于中档题.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.二项式的展开式中常数项为__________．【答案】-4【解析】【分析】首先写出二项式展开式的通项公式，然后确定其常数项即可.【详解】由二项式展开式的通项公式可知二项式展开式的通项公式为：，令可得：，则展开式的常数项为：.【点睛】(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．14.已知正数满足，则的最大值是__________．【答案】-3【解析】【分析】由基本不等式，可得有最大值，从而得解.【详解】正数满足，又，解得.当且仅当，即时，有最大值.从而有最大值.故答案为：-3.【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，属于基础题.15.设（是坐标原点）的重心、内心分别是，且，若，则的最小值是__________．【答案】【解析】【分析】由，所以，（r为内切圆的半径），再由，从而得，再由余弦定理，结合基本不等式即可得最值.【详解】因为重心、内心分别是，且，所以，（r为内切圆的半径），又.且.解得.所以.当且仅当时，即为等边三角形有最小值.【点睛】本题考查了三角形的重心与内心的性质、三角形的面积计算公式，余弦定理与基本不等式，综合性较强，难度较大.16.定义函数，，其中，符号表示数中的较大者，给出以下命题：①是奇函数；②若不等式对一切实数恒成立，则③时，最小值是2450④“”是“”成立的充要条件以上正确命题是__________．（写出所有正确命题的序号）【答案】②【解析】【分析】函数等价于.利用奇偶性排除①，利用利用分离常数法，判断②正确.利用倒序相加法判断③错误.【详解】函数等价于，.这是一个偶函数，故命题①错误.对于命题②，不等式等价于，即由于，故，所以，故命题②是真命题.对于③，当时，，两式相加得，而，，以此类推，可得.故③为假命题.对于④，，即，这对任意的都成立，故不是它的充要条件.命题④错误.故填②.【点睛】本小题主要考查对于新定义概念的理解.将新定义的概念，转化为绝对值不等式来解决，属于化归与转化的数学思想方法.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.某中学为研究学生的身体素质与课外体育锻炼时间的关系，对该校200名高三学生的课外体育锻炼平均每天运动的时间进行调查，如下表：（平均每天锻炼的时间单位：分钟）将学生日均课外体育运动时间在上的学生评价为“课外体育达标”.（1）请根据上述表格中的统计数据填写下面列联表，并通过计算判断是否能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“课外体育达标”与性别有关？（2）将上述调查所得到的频率视为概率，现在从该校高三学生中，抽取3名学生，记被抽取的3名学生中的“课外体育达标”学生人数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求时的概率及的数学期望.参考公式：，其中.参考数据：【答案】(1)见解析;（2）.【解析】试题分析：（1）根据所给的数据列出列联表，再代入公式计算得出，与临界值比较即可得出即结论；（2）由题意，用频率代替概率可得出抽到“课外体育达标”学生的频率为，由于，由公式计算出期望与方差即可.试题解析：（1）列出列联表，,所以在犯错误的概率不超过0.01的前提下不能判断“课外体育达标”与性别有关.（2）由表中数据可得，抽到“课外体育达标”学生的概率为0.25，将频率视为概率，∴，∴.18.如图，直三棱柱中，，，，，点是棱上不同于的动点.（1）证明：；（2）若平面将棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先由余弦定理可求得，再由勾股定理可得，然后由和即可证得平面，从而得证；（2）由题设知，，结合柱体的体积可得，所以是的中点，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，进而利用法向量求解二面角即可.【详解】（1）证明：（方法一）在中，由余弦定理.∴，则，∴.∴，又，，∴平面又平面，∴证明：（方法二）在中，，∴，∴又，，∴平面又平面，∴（2）由题设知，又，∴是的中点.∴以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标，∴，，，，，设是平面的法向量，，，令，，∴平面的法向量，.所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明及柱体和椎体的体积公式，利用空间向量求解二面角问题，属于常规题型.19.设有三点，其中点在椭圆上，，，且.（1）求椭圆的方程；（2）若过椭圆的右焦点的直线倾斜角为，直线与椭圆相交于，求三角形的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先求得的值.设出点坐标，代入，化简后可求得点坐标，将点坐标代入椭圆方程，由此求得的值，并求出椭圆方程.（2）由（1）求得椭圆焦点的坐标，利用点斜式得到直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，利用两点间距离公式求得的长度，利用点到直线的距离公式求得到直线的距离，由此求得三角形的面积.【详解】（1）解：由题意知，，设，，，由，∴，∴设椭圆方程②，将①代入②，∴，∴椭圆方程为（2），∴的方程代入，整理得，∴或，∴交点坐标为和，到的距离为所以，所以三角形的面积为.【点睛】本小题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆标准方程的求法，考查了向量加法和减法的坐标运算，以及两点间的距离公式和点到直线距离公式.有关直线和椭圆相交所得的弦长，往往通过联立直线的方程和椭圆的方程，求出交点坐标或者利用韦达定理和弦长公式来求解.20.设各项为正数列满足：（是常数）.（1）判断是否存在，使数列满足对任意正整数，有恒成立？若存在，求出；若不存在，请说明理由.（2）当，时，求数列前项和的表达式.【答案】（1）存在，使成立；（2）.【解析】【分析】（1）由和作差可得，然后只需即可得解；（2）根据条件可得，当时，，利用等比数列求和公式求解即可，再验证时也成立即可.【详解】（1）由①②①-②得：，即当时，，又，所以数列为等差数列，所以，所以，所以存在，使成立.（2）由（1）可知，当，时，所以，所以，当时，，当时，，所以也成立，所以.【点睛】本题主要考查了由数列的递推求数列的通项公式及等比数列求和，注意运算过程中，数列下标的变化及范围，属于易错题型..21.设函数.（1）当时，求函数的单调减区间；（2）若有三个不同的零点，求的取值范围；（3）设，若无极大值点，有唯一的一个极小值点，求证：.【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增；（2）或；（3）见解析【解析】【分析】（1）求函数导数，由得增区间，由得减区间；（2）设，则，则或或，讨论和0的大小关系，由的单调性及最值，分析时是否有三个根即可；（3）由题意可知，令，即在内有唯一的一个正根，由求根公式得方程两个根，因为只能有一个正跟，从而得，所以，由，得，代入，求导利用单调性即可证得.【详解】（1）当时，，.当时，；当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增.（2）设，则，则或或，.当时，恒成立，∴在上为增函数，且时，；时，，则的零点有3个，符合题意.当时，，此时只有一个零点，不合题意.当时，若，则；若时，，函数在上单调递减，在上单调递增.又且时，；时，，所以或或要有三个零点，则即，所以综上所述，或.（3）.因为在无极大值点，有唯一的一个极小值点即，即在内有唯一的一个正根.所以，即又，，又因为只有唯一的一个正根，所以即.当时，在上单调递减，在上单调递增.此时无极大值，有唯一一个极小值点，所以，所以所以所以.所以在上单调递减，所以综上，.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值及单调性以及方程的实数根问题，解题过程中用到了分类讨论的思想，分类讨论的思想也是高考的一个重要思想，要注意体会其在解题中的运用，属难题．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，以坐标原点为极点，以轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，曲线与直线相交于两点.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）当时，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）对曲线的极坐标方程两边乘以，可转化为直角坐标方程.（2）将代入圆的极坐标方程，直接求得的长度.【详解】（1）由，即，所以，所以曲线的直角坐标系方程为，（2）解一：时，.解二：曲线的标准方程为，直线的方程为，.【点睛】本小题主要考查极坐标和直角坐标相互转化，考查利用极坐标方程来求弦长的方法，基础题.23.已知函数.（1）当时，解关于的不等式；（2）当时，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）当时，利用零点分段法，将函数的绝对值去掉，变为分段函数的形式，再解不等式组，求得的范围.（2）利用零点分段法，将的绝对值去掉，变为分段函数的形式，由此求得函数的最小值.【详解】（1）时，，即，所以或或，解得或所以不等式的解集为.（2）时，，的最小值为.【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法.主要的方法就是零点分段法，将函数转化为分段函数来解决，属于基础题.- 21 -。
2019届四川省凉山州高三第一次诊断性检测数学(理)试题Word版含答案
四川省凉山州2019+届高中毕业班第一次诊断性检测数学（理）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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，集合，则（）A. B. C. D.【答案】C2.已知复数，则的共轭复数（）A. B. C. D.【答案】A3.如图，四棱柱中，分别是、的中点，下列结论中，正确的是（）A. B. 平面C. 平面D. 平面【答案】D4.已知双曲线的渐近线方程是，则的离心率为（）A. 或2B. 或C.D.【答案】B5.执行如图所示的程序框图，输出的值为（）A. B. C. D.【答案】D6.设是边长为2的正三角形，是的中点，是的中点，则的值为（）A. 3B.C. 4D.【答案】A7.设函数，任意都满足，则的值可以是（）A. B. C. D.【答案】B8.已知，则“”是“”成立的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要【答案】D9.在中，分别是内角的对边，若，，，则的面积等于（）A. 3B.C.D.【答案】B10.一个弹性小球从100高处自由落下，每次着地后又跳回原来高度的再落下，设它第次着地时，经过的总路程记为，则当时，下面说法正确的是（）A. B.C. 的最小值为100D. 的最大值为400【答案】A11.十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数时，关于的方程没有正整数解”.经历三百多年，于二十世纪九十年中期由英国数学家安德鲁怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理，则下面说法正确的是（）A. 存在至少一组正整数组使方程有解B. 关于的方程有正有理数解C. 关于的方程没有正有理数解D. 当整数时，关于的方程没有正实数解【答案】C12.若都有成立，则的最大值为（）A. B. 1 C. D.【答案】B第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.二项式的展开式中常数项为__________．【答案】-414.已知正数满足，则的最大值是__________．【答案】-315.设（是坐标原点）的重心、内心分别是，且，若，则的最小值是__________．【答案】16.定义函数，，其中，符号表示数中的较大者，给出以下命题：①是奇函数；②若不等式对一切实数恒成立，则③时，最小值是2450④“”是“”成立的充要条件以上正确命题是__________．（写出所有正确命题的序号）【答案】②三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.某中学为研究学生的身体素质与课外体育锻炼时间的关系，对该校200名高三学生的课外体育锻炼平均每天运动的时间进行调查，如下表：（平均每天锻炼的时间单位：分钟）将学生日均课外体育运动时间在上的学生评价为“课外体育达标”.（1）请根据上述表格中的统计数据填写下面列联表，并通过计算判断是否能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“课外体育达标”与性别有关？（2）将上述调查所得到的频率视为概率，现在从该校高三学生中，抽取3名学生，记被抽取的3名学生中的“课外体育达标”学生人数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求时的概率及的数学期望.参考公式：，其中.参考数据：【答案】(1)见解析;（2）.【解析】试题分析：（1）根据所给的数据列出列联表，再代入公式计算得出，与临界值比较即可得出即结论；（2）由题意，用频率代替概率可得出抽到“课外体育达标”学生的频率为，由于，由公式计算出期望与方差即可.试题解析：（1）列出列联表，,所以在犯错误的概率不超过0.01的前提下不能判断“课外体育达标”与性别有关.（2）由表中数据可得，抽到“课外体育达标”学生的概率为0.25，将频率视为概率，∴，∴.18.如图，直三棱柱中，，，，，点是棱上不同于的动点.（1）证明：；（2）若平面将棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先由余弦定理可求得，再由勾股定理可得，然后由和即可证得平面，从而得证；（2）由题设知，，结合柱体的体积可得，所以是的中点，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，进而利用法向量求解二面角即可.【详解】（1）证明：（方法一）在中，由余弦定理.∴，则，∴.∴，又，，∴平面又平面，∴证明：（方法二）在中，，∴，∴又，，∴平面又平面，∴（2）由题设知，又，∴是的中点.∴以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标，∴，，，，，设是平面的法向量，，，令，，∴平面的法向量，.所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明及柱体和椎体的体积公式，利用空间向量求解二面角问题，属于常规题型.19.设有三点，其中点在椭圆上，，，且. （1）求椭圆的方程；（2）若过椭圆的右焦点的直线倾斜角为，直线与椭圆相交于，求三角形的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先求得的值.设出点坐标，代入，化简后可求得点坐标，将点坐标代入椭圆方程，由此求得的值，并求出椭圆方程.（2）由（1）求得椭圆焦点的坐标，利用点斜式得到直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，利用两点间距离公式求得的长度，利用点到直线的距离公式求得到直线的距离，由此求得三角形的面积.【详解】（1）解：由题意知，，设，，，由，∴，∴设椭圆方程②，将①代入②，∴，∴椭圆方程为（2），∴的方程代入，整理得，∴或，∴交点坐标为和，到的距离为所以，所以三角形的面积为.【点睛】本小题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆标准方程的求法，考查了向量加法和减法的坐标运算，以及两点间的距离公式和点到直线距离公式.有关直线和椭圆相交所得的弦长，往往通过联立直线的方程和椭圆的方程，求出交点坐标或者利用韦达定理和弦长公式来求解.20.设各项为正数列满足：（是常数）.（1）判断是否存在，使数列满足对任意正整数，有恒成立？若存在，求出；若不存在，请说明理由.（2）当，时，求数列前项和的表达式.【答案】（1）存在，使成立；（2）.【解析】【分析】（1）由和作差可得，然后只需即可得解；（2）根据条件可得，当时，，利用等比数列求和公式求解即可，再验证时也成立即可.【详解】（1）由①②①-②得：，即当时，，又，所以数列为等差数列，所以，所以，所以存在，使成立.（2）由（1）可知，当，时，所以，所以，当时，，当时，，所以也成立，所以.【点睛】本题主要考查了由数列的递推求数列的通项公式及等比数列求和，注意运算过程中，数列下标的变化及范围，属于易错题型..21.设函数.（1）当时，求函数的单调减区间；（2）若有三个不同的零点，求的取值范围；（3）设，若无极大值点，有唯一的一个极小值点，求证：.【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增；（2）或；（3）见解析【解析】【分析】（1）求函数导数，由得增区间，由得减区间；（2）设，则，则或或，讨论和0的大小关系，由的单调性及最值，分析时是否有三个根即可；（3）由题意可知，令，即在内有唯一的一个正根，由求根公式得方程两个根，因为只能有一个正跟，从而得，所以，由，得，代入，求导利用单调性即可证得.【详解】（1）当时，，.当时，；当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增.（2）设，则，则或或，.当时，恒成立，∴在上为增函数，且时，；时，，则的零点有3个，符合题意.当时，，此时只有一个零点，不合题意.当时，若，则；若时，，函数在上单调递减，在上单调递增.又且时，；时，，所以或或要有三个零点，则即，所以综上所述，或.（3）.因为在无极大值点，有唯一的一个极小值点即，即在内有唯一的一个正根.所以，即又，，又因为只有唯一的一个正根，所以即.当时，在上单调递减，在上单调递增.此时无极大值，有唯一一个极小值点，所以，所以所以所以.所以在上单调递减，所以综上，.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值及单调性以及方程的实数根问题，解题过程中用到了分类讨论的思想，分类讨论的思想也是高考的一个重要思想，要注意体会其在解题中的运用，属难题．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，以坐标原点为极点，以轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，曲线与直线相交于两点.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）当时，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）对曲线的极坐标方程两边乘以，可转化为直角坐标方程.（2）将代入圆的极坐标方程，直接求得的长度.【详解】（1）由，即，所以，所以曲线的直角坐标系方程为，（2）解一：时，.解二：曲线的标准方程为，直线的方程为，.【点睛】本小题主要考查极坐标和直角坐标相互转化，考查利用极坐标方程来求弦长的方法，基础题.23.已知函数.（1）当时，解关于的不等式；（2）当时，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）当时，利用零点分段法，将函数的绝对值去掉，变为分段函数的形式，再解不等式组，求得的范围.（2）利用零点分段法，将的绝对值去掉，变为分段函数的形式，由此求得函数的最小值.【详解】（1）时，，即，所以或或，解得或所以不等式的解集为.（2）时，，的最小值为.【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法.主要的方法就是零点分段法，将函数转化为分段函数来解决，属于基础题.。
33.2019年中考物理四川省凉山州
2019年凉山州高中阶段教育学校招生统一考试物理一、选择题（共10个小题，每小题2分，共22分）10．（2019四川凉山州中考，10，2分，★☆☆）“处处留心皆学问”，只要留心观察，生活中处处存在物理现象。
下列说法中，完全正确的一组是（）A．人的正常体温大约为37℃，水的沸点一定是100℃B．声音在真空中的速度约为340m/s，电磁波在真空中的速度为3×108m/sC．一个铅蓄电池的电压是2V，我国工厂用的动力电路的电压是380VD．一名中学生的质量大约为50kg，1cm3纯净水的质量为1kg11．（2019四川凉山州中考，11，2分，★☆☆）下面四幅图中能够证明大气压强存在的是（）A B C D 12．（2019四川凉山州中考，12，2分，★☆☆）在凉山州举行的中小学运动会中，来自各校的运动员们奋力拼搏，取得了优异的成绩。
比赛中涉及到一些物理现象，下列说法正确的是（）A．乒乓球比赛时，球在空中飞行，所有力全部消失，球一定落向地面B．百米比赛时，运动员冲线后不能立即停下，是因为运动员受到惯性力的作用C．跳远比赛时，运动员需要助跑，是为了增大惯性，跳得更远D．足球比赛时，抱在守门员手中的足球也具有惯性13．（2019四川凉山州中考，13，2分，★☆☆）一个物体放在凸透镜前20cm处时，在透镜另一侧光屏上找到一个清晰的等大的像，现将物体移动至凸透镜前15cm处时，移动光屏能找到（）A．倒立缩小的实像B．倒立放大的实像C．倒立放大的虚像D．正立放大的虚像14．（2019四川凉山州中考，14，2分，★☆☆）在炎热的夏天，凉山州部分县市气温高达35℃，小马同学在家使用电风扇吹风，感到凉爽，是因为（）A．电风扇吹出的风，能够降低气温B．电风扇吹出的风为冷风C．电风扇吹出的风，能吸收人体的能量D．电风扇吹出的风，能加快人体汗液的蒸发15．（2019四川凉山州中考，15，2分，★☆☆）一块挂在弹簧测力计下的金属圆柱体缓慢浸入水中（水足够深），在圆柱体接触容器底之前，能正确反映弹簧测力计示数F和圆柱体下降的高度h关系的图像是（）A B C D16．（2019四川凉山州中考，16，2分，★★☆）如图所示为小明连接的电路，他先检查导线连接无误后，闭合开关S，发现两灯均不发光，于是他用一个电压表分别并联接到ab、bc、ac两点，灯L1、L2均不发光，且电压表无示数，再用电压表并联接到dc两点时，灯L1、L2均不发光，但电压表指针有明显偏转，由此判定电路的故障可能是（）A．灯L1断路B．灯L2断路C．灯L1短路D．灯L2短路17．（2019四川凉山州中考，17，2分，★☆☆）据专家介绍，12至18岁是青少年近视的高发期，主要原因如下：（1）长时间用眼不注意姿势或者休息。