第一章 章末检测试卷(一)
第一章 章末检测试卷(一))
第一章章末检测试卷(一))章末检测试卷(一)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．命题“∀x∈[0，＋∞)，x3＋x≥0”的否定是()A．∀x∈(－∞，0)，x3＋x＜0B．∀x∈(－∞，0)，x3＋x≥0C．∃x∈[0，＋∞)，x3＋x＜0D．∃x∈[0，＋∞)，x3＋x≥0考点全称命题的否定题点识别全称命题的否定答案 C解析全称命题的否定是存在性命题．全称命题：∀x∈[0，＋∞)，x3＋x≥0的否定是存在性命题：∃x∈[0，＋∞)，x3＋x＜0.考点充分、必要条件和充要条件的综合应用题点必要不充分条件的判断答案 C解析当x＝1，y＝－2时，x>y，但x>|y|不成立；因为|y|≥y，所以若x>|y|，则x>y.所以x>y是x>|y|的必要不充分条件．4．命题“对于正数a，若a>1，则lg a>0”以及它的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数为()A．1 B．2 C．3 D．4考点四种命题的真假判断题点由四种命题的关系判断命题的真假答案 D解析原命题和逆命题是真命题，故逆否命题和否命题也是真命题．5．已知命题p：∃x∈R，使sin x＝52，命题q：∀x∈R，都有x2＋2x＋3>0.给出下列结论：①命题“p且q”是真命题；②命题“p且綈q”是假命题；③命题“綈p或q”是真命题；④命题“綈p或綈q”是假命题．其中正确的是()A．②④B．②③C．③④D．①②③考点逻辑联结词与量词的综合应用题点逻辑联结词与量词的综合应用答案 B解析因为p为假命题，q为真命题，故綈p为真命题，綈q为假命题，所以“p且q”为假命题，“p且綈q”为假命题，“綈p或q”为真命题，“綈p或綈q”为真命题．6．“p∨q”是真命题是“p∧q”是真命题的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件考点逻辑联结词与充要条件的综合应用题点逻辑联结词与充要条件的综合应用答案 B解析p∨q是真命题⇒p与q至少有一个是真命题⇏p∧q是真命题，p∧q是真命题⇒p∨q是真命题．所以“p∨q”是真命题是“p∧q”是真命题的必要不充条件．7．“任意x∈[1,2]，x2－a≤0”为真命题的一个充分不必要条件是()A．a≥4 B．a≤4C．a≥5 D．a≤5考点四种条件题点识别四种条件答案 C解析任意x∈[1,2]，x2－a≤0⇔a≥4，又{a|a≥5}{a|a≥4}，∴“a≥5”是“任意x∈[1,2]，x2－a≤0”为真命题的充分不必要条件．8．给出以下四种命题：①若“p∨q”为真命题，则p，q均为真命题；②“若a>b，则2a>2b－1”的否命题为“若a≤b，则2a≤2b－1”；③“∀x∈R，x2＋x≥1”的否定是“∃x∈R，x2＋x≤1”；④“x>0”是“x＋1x≥2”的充要条件．其中正确的命题是() A．①②B．②③C．①④D．②④考点四种命题及命题的否定题点四种命题及命题的否定答案 D解析选项①中，若p∨q为真命题，则p与q 只需有一个为真命题即可，故①不正确；选项③中，∀x∈R，x2＋x≥1的否定为∃x∈R，x2＋x<1，故③不正确．9．若命题“∃x∈R，使ax2＋x－1>0”是假命题，则实数a的取值范围是()A．a<－14B．a>－1 4C．a≥－14D．a≤－14考点存在性命题题点由存在性命题的真假求参数的范围答案 D解析由题意知∀x∈R，ax2＋x－1≤0是真命题．当a ＝0时，x －1≤0，得x ≤1，所以不成立．当a ≠0时，由⎩⎨⎧a <0，Δ＝12＋4a ≤0， 得a ≤－14，故选D. 10．设x ∈Z ，集合A 是奇数集，集合B 是偶数集．若命题p ：∀x ∈A,2x ∈B ，则( )A ．綈p ：∀x ∈A,2x ∉BB ．綈p ：∀x ∉A,2x ∉BC ．綈p ：∃x ∉A,2x ∈BD ．綈p ：∃x ∈A,2x ∉B考点 全称命题的否定题点 识别全称命题的否定答案 D解析命题p：∀x∈A,2x∈B是一个全称命题，其命题的否定綈p应为∃x∈A,2x∉B.故选D.11．已知命题p：1x＋1>0；命题q：lg(x＋1＋1－x2)有意义，则綈p是綈q的() A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件考点四种条件与等价命题题点四种条件与等价命题答案 A解析由p得x>－1，由q得－1＜x≤1，则q是p的充分不必要条件，故綈p是綈q的充分不必要条件，故选A.12．设集合U ＝{(x ，y )|x ∈R ，y ∈R}，若A ＝{(x ，y )|2x －y ＋m >0}，B ＝{(x ，y )|x ＋y －n ≤0}，则点P (2,3)∈A ∩(∁U B )的充要条件是( )A ．m >－1，n <5B ．m <－1，n <5C ．m >－1，n >5D ．m <－1，n >5考点 充要条件的探求与证明题点 探求充要条件答案 A解析 A ∩(∁U B )满足⎩⎨⎧ 2x －y ＋m >0，x ＋y －n >0，∵P (2,3)∈A ∩(∁U B )，则⎩⎨⎧ 2×2－3＋m >0，2＋3－n >0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m >－1，n <5. 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．命题“若a <b ，则2a <2b ”的否命题为____________，命题的否定为____________． 考点 否命题的概念题点 辨析命题的否定与否命题答案 若a ≥b ，则2a ≥2b 若a <b ，则2a ≥2b14．已知命题p ：关于x 的函数y ＝x 2－3ax ＋4在[1，＋∞)上是增函数，命题q ：函数y ＝(2a －1)x 为减函数，若“p 且q ”为真命题，则实数a 的取值范围是________．考点 p ∧q 形式的命题题点 由p ∧q 的真假求参数的范围答案 ⎝⎛⎦⎥⎥⎤12，23 解析 由y ＝x 2－3ax ＋4在[1，＋∞)上是增函数， ∴3a 2≤1，即a ≤23， ∴p ：a ≤23. ∵y ＝(2a －1)x 为减函数，∴0<2a －1<1，即12<a <1. ∴q ：12<a <1， ∵p 且q 为真命题，∴p 与q 均为真命题， 则⎩⎪⎨⎪⎧ a ≤23，12<a <1，∴a 的取值范围是12<a ≤23. 15．记不等式x 2＋x －6<0的解集为集合A ，函数y ＝lg(x －a )的定义域为集合B .若“x ∈A ”是“x ∈B ”的充分条件，则实数a 的取值范围为________．考点 充分、必要条件与充要条件的综合应用 题点 由充分条件求参数的范围答案 (－∞，－3]解析 由于A ＝{x |x 2＋x －6<0}＝{x |－3<x <2}，B＝{x |x >a }，而“x ∈A ”是“x ∈B ”的充分条件，则有A ⊆B ，故a ≤－3.16．在下列四个命题中，真命题的个数是________．①∀x ∈R ，x 2＋x ＋3＞0；②∀x ∈Q ，13x 2＋12x ＋1是有理数； ③∃α，β∈R ，使sin(α＋β)＝sin α＋sin β； ④∃x ，y ∈Z ，使3x －2y ＝10.考点 全称命题与存在性命题题点 全称命题与存在性命题的真假判断 答案 4解析 ①中x 2＋x ＋3＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋122＋114≥114＞0， 故①是真命题；②中x ∈Q ，13x 2＋12x ＋1一定是有理数， 故②是真命题；③中当α＝π4，β＝－π4时， sin(α＋β)＝0，sin α＋sin β＝0，故③是真命题； ④中当x ＝4，y ＝1时，3x －2y ＝10成立，故④是真命题．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知命题p ：x <－6或x >1，命题q ：5x －6>ax 2(a 为常数)．(1)写出原命题“若p ：x <－6或x >1，则q ：5x －6>ax 2”的逆否命题．(2)若p ⇔q ，则实数a 应满足什么条件？ 考点 四种条件题点 由四种条件求参数的范围解 (1)命题“若p ，则q ”的逆否命题为“若5x －6≤ax 2，则－6≤x ≤1”．(2)∵p ⇔q ，∴x <－6或x >1⇔5x －6>ax 2，即不等式ax 2－5x ＋6<0的解集为{x |x ＜－6或x >1}，故方程ax 2－5x ＋6＝0有两根－6,1，即⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝(－5)2－4a ×6>0，a (－6)2－5×(－6)＋6＝0，a －5×1＋6＝0，解得a ＝－1，故实数a 应满足a ＝－1.18．(12分)已知集合A ＝{x |x 2－3x －10≤0}，B ＝{x |m ＋1≤x ≤2m －1}，且B ≠∅.(1)若“命题p ：∀x ∈B ，x ∈A ”是真命题，求m 的取值范围；(2)“命题q ：∃x ∈A ，x ∈B ”是真命题，求m 的取值范围．考点 全称命题与存在性命题题点 由命题的真假求参数范围解 (1)A ＝{x |－2≤x ≤5}，B ＝{x |m ＋1≤x ≤2m －1}，B ≠∅.∵“命题p ：∀x ∈B ，x ∈A ”是真命题， ∴B ⊆A ，B ≠∅，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋1≤2m －1，m ＋1≥－2，2m －1≤5，解得2≤m ≤3.(2)q 为真，则A ∩B ≠∅，∵B ≠∅，∴m ≥2，∴⎩⎨⎧ －2≤m ＋1≤5，m ≥2，∴2≤m ≤4. 19．(12分)已知集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫y | y ＝x 2－32x ＋1，x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤34，2，B ＝{x |x ＋m 2≥1}．若“x ∈A ”是“x ∈B ”的充分条件，求实数m 的取值范围．考点 充分条件、必要条件与充要条件的综合应用题点 由四种条件由参数的范围解 y ＝x 2－32x ＋1 ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －342＋716的对称轴为x ＝34， ∴y ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －342＋716在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤34，2上为增函数， ∴716≤y ≤2，即A ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤716，2. 又B ＝{x |x ＋m 2≥1}＝{x |x ≥1－m 2}，∵x ∈A ⇒x ∈B ，∴716≥1－m 2，即m 2≥916，∴m ≥34或m ≤－34. 即实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎥⎤－∞，－34∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫34，＋∞. 20．(12分)已知命题p ：若函数f (x )＝1－x 3，则实数m 满足不等式f (m )＜2，命题q ：关于x 的方程2x ＋m ＝0(x ∈R)有实根．若命题p ，q 中有且仅有一个真命题，求实数m 的取值范围．考点 p ∨q 与p ∧q 形式命题的综合应用 题点 由p ∨q 、p ∧q 的真假求参数的范围解 p ：∵f (x )＝1－x 3且f (m )＜2， ∴1－m 3＜2，即m ＞－5. q ：∵关于x 的方程2x ＋m ＝0有根，则m ＝－2x ，∴m ＜0.若命题p ，q 中有且仅有一个真命题，则存在两种情况；①当p 为真命题，q 为假命题时，⎩⎨⎧m ＞－5，m ≥0，∴m ≥0；②当q 为真命题，p 为假命题时，⎩⎨⎧m ≤－5，m ＜0，∴m ≤－5. 综上，若命题p ，q 中有且仅有一个真命题，则实数m 的取值范围是(－∞，－5]∪[0，＋∞)．21．(12分)设命题p ：实数x 满足|x －1|>a ，其中a >0；命题q ：实数x 满足3x 2－x －6<1.(1)若命题p 中a ＝1，且p ∧q 为真，求实数x 的取值范围；(2)若綈p 是q 的必要不充分条件，求实数a 的取值范围．考点 逻辑联结词与四种条件题点 逻辑联结词与四种条件的综合应用解 (1)当a ＝1时，p ：x >2或x <0，q ：－2<x <3， 又p ∧q 为真，∴p ，q 都为真，∴由⎩⎨⎧ x >2或x <0，－2<x <3，得－2<x <0或2<x <3， ∴实数x 的取值范围为(－2,0)∪(2,3)．(2)p ：|x －1|>a ，∴x <1－a 或x >1＋a ，a >0， 綈p ：1－a ≤x ≤1＋a ，a >0.∵綈p 是q 的必要不充分条件，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，a ＋1≥3，1－a ≤－2，∴a ≥3，即实数a 的取值范围为[3，＋∞)．22．(12分)已知p ：x 2－8x －20≤0；q ：1－m 2≤x ≤1＋m 2.(1)若p 是q 的必要条件，求m 的取值范围；(2)若綈p 是綈q 的必要不充分条件，求m 的取值范围．考点 四种条件题点 由四种条件求参数范围解 由x 2－8x －20≤0得－2≤x ≤10， 即p ：－2≤x ≤10，q ：1－m 2≤x ≤1＋m 2.(1)若p 是q 的必要条件，则⎩⎨⎧ 1－m 2≥－2，1＋m 2≤10， 即⎩⎨⎧m 2≤3，m 2≤9，即m 2≤3， 解得－3≤m ≤3，即m 的取值范围是[－3，3]．(2)∵綈p 是綈q 的必要不充分条件， ∴q 是p 的必要不充分条件．即⎩⎨⎧ 1－m 2≤－2，1＋m 2≥10，(两个等号不同时成立) 即m 2≥9，解得m ≥3或m ≤－3.即m 的取值范围是{m |m ≤－3或m ≥3}．。
第一章 章末检测试卷(一)
章末检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)1．(2019·泰州高二月考)下列能层中，包含f能级的是()A．K能层B．L能层C．M能层D．N能层考点能层与能级题点能层与能级的表示方法及数量关系答案 D解析K能层是第一能层，只有1s能级；L能层是第二能层，有两个能级，即2s和2p；M 能层是第三能层，有三个能级，即3s、3p、3d；N能层是第四能层，有四个能级，即4s、4p、4d、4f。
根据能级数等于能层序数，只有能层序数≥4的能层才有f能级。
2．(2020·河南林州一中高二月考)下列有关“核外电子的运动状态”的说法中错误的是()A．各原子轨道的伸展方向按p、d、f的顺序分别为3、5、7B．只有在能层、原子轨道、原子轨道的伸展方向及电子的自旋状态都确定时，电子的运动状态才能被确定下来C．原子核外可能有两个电子的运动状态是完全相同的D．原子轨道伸展方向与能量大小无关考点原子结构的综合题点原子结构的综合答案 C解析各原子轨道的伸展方向按p、d、f的顺序分别为3、5、7，s轨道是球形的，故A正确；电子的运动状态由能层、能级、电子云的伸展方向以及电子的自旋状态决定，所以在能层、能级、电子云的伸展方向，以及电子的自旋状态确定时，电子的运动状态才能确定下来，故B正确；根据泡利原理和洪特规则，原子核外不可能有两个电子的运动状态是完全相同的，故C错误；离原子核越远的电子，其能量越大，则p原子轨道电子的平均能量随能层的增加而增大，所以电子云伸展方向与能量大小无关，故D正确。
3．下列有关原子的最外能层的电子排布图正确的是()A．铍原子：B．碳原子：C．氯原子：D．铝原子：考点核外电子排布的表示方法题点电子排布图的书写与判断答案 C解析A项，铍原子的最外能层的电子排布图为，错误；B项，2p能级上的电子排布违反洪特规则，错误；C项氯原子的最外能层的电子排布图为，正确；D项，根据能量最低原理，3s轨道的能量低于3p轨道，则电子先排满3s轨道，才能排3p 轨道，所以该电子排布违背了能量最低原理，错误。
2022秋高中数学章末检测1第一章空间向量与立体几何新人教A版选择性必修第一册
第一章章末检测(时间：120分钟，满分150分)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．在空间直角坐标系中，点P(－2，1，4)关于x轴的对称点的坐标是( )A．(－2，－1，－4)B．(－2，1，－4)C．(2，－1，4)D．(2，1，－4)【答案】A 【解析】关于x轴对称的点横坐标相等，纵坐标和竖坐标相反．故选A．2．已知a＝(1，2，－y)，b＝(x，1，2)，且(a＋2b)∥(2a－b)，则( )A．x＝，y＝1B．x＝，y＝－4C．x＝2，y＝－D．x＝1，y＝－1【答案】B 【解析】由题意可得，a＋2b＝(1＋2x，4，4－y)，2a－b＝(2－x，3，－2y－2)．∵(a＋2b)∥(2a－b)，∴∃λ∈R，使a＋2b＝λ(2a－b)，得解得故选B．3．已知空间三点O(0，0，0)，A(－1，1，0)，B(0，1，1)，在直线OA上有一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为( )A．(－2，2，0)B．(2，－2，0)C．D．【答案】C 【解析】由OA＝(－1，1，0)，且点H在直线OA上，可设H(－λ，λ，0)，则BH＝(－λ，λ－1，－1)．又因为BH⊥OA，所以BH·OA＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1，1，0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝，所以H．4．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量AB1，AD1，BD是( )A．有相同起点的向量B．等长的向量C．不共面向量D．共面向量【答案】D 【解析】因为AD1－AB1＝B1D1＝BD，所以AB1，AD1，BD共面．5．已知E，F分别是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BC，CC1的中点，则截面AEFD1与底面ABCD所成二面角的正弦值是( )A．B．C．D．【答案】C 【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(1，0，0)，E，F，D1(0，0，1)，所以AD1＝(－1，0，1)，AE＝．设平面AEFD1的法向量n＝(x，y，z)，则即所以x＝2y＝z．取y＝1，则n＝(2，1，2)．而平面ABCD的一个法向量u＝(0，0，1)，因为cos〈n，u〉＝，所以sin〈n，u〉＝．6．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在B1B和D1D上，且BE＝BB1，DF＝DD1．若EF＝xAB＋yAD＋zAA1，则x＋y＋z＝( )A．－1B．0C．D．1【答案】C 【解析】因为EF＝AF－AE＝AD＋DF－(AB＋BE)＝AD＋DD1－AB－BB1＝－AB＋AD＋AA1，所以x＝－1，y＝1，z＝，所以x＋y＋z＝．7．在以下命题中，不正确的个数为( )①|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件；②若a∥b，则存在唯一的实数λ，使a＝λb；③对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP＝2OA－2OB－OC，则P，A，B，C四点共面；④若{a，b，c}为空间的一个基底，则{a＋b，b＋c，c＋a}构成空间的另一个基底；⑤|(a·b)·c|＝|a|·|b|·|c|．A．5B．4C．3D．2【答案】B 【解析】①|a|－|b|＝|a＋b|⇒a与b的夹角为π，故是充分不必要条件，故不正确；②b需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由基底的定义知，正确；⑤由向量的数量积的性质知，不正确．8．如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为( )A．B．C．D．【答案】C 【解析】如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，D，E，F，所以PA＝(0，0，－2)，DE＝，DF＝．设n＝(x，y，z)是平面DEF的法向量，由得取x＝2，则z＝1，y＝0，所以n＝(2，0，1)是平面DEF的一个法向量．设直线PA与平面DEF所成的角为θ，所以sinθ＝|cos〈PA，n〉|＝＝．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．下列各选项中，不正确的是( )A．若A，B，C，D是空间任意四点，则有AB＋BC＋CD＋DA＝0B．对于非零向量a，b，〈a，b〉与〈a，－b〉相等C．若AB，CD共线，则AB∥CDD．对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若OP＝xOA＋yOB＋zOC(其中x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面【答案】BCD 【解析】显然A正确；若a，b为非零向量，则〈a，b〉与〈a，－b〉互补，故B错误；若AB，CD共线，则直线AB，CD可能重合，故C错误；只有当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点才共面，故D错误．10．若A，B，C，D为空间不同的四点，则下列各式的结果为零向量的是( )A．AB＋2BC＋2CD＋DC B．2AB＋2BC＋3CD＋3DA＋ACC．AB＋CA＋BD D．AB－CB＋CD－AD【答案】BD 【解析】A中，原式＝AB＋2BD＋DC＝AB＋BD＋BD＋DC＝AD＋BC，不符合题意；B中，原式＝2(AB＋BC＋CD＋DA)＋(AC＋CD＋DA)＝0；C中，原式＝CD，不符合题意；D中，原式＝(AB－AD)＋(CD－CB)＝0．11．已知正方体ABCD－A′B′C′D′的中心为O，则在下列各结论中正确的有( )A．OA＋OD与OB′＋OC′是一对相反向量B．OB－OC与OA′－OD′是一对相反向量C．OA＋OB＋OC＋OD与OA′＋OB′＋OC′＋OD′是一对相反向量D．OA′－OA与OC－OC′是一对相反向量【答案】ACD 【解析】如图，A中，OA＝－OC′，OD＝－OB′，所以OA＋OD＝－(OB′＋OC′)，是一对相反向量；B中，OB－OC＝CB，OA′－OD′＝D′A′，而CB＝D′A′，故不是相反向量；C中，同A也是正确的；D中，OA′－OA＝AA′，OC－OC′＝C′C＝－AA′，是一对相反向量．12．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，侧面PAD是边长为2的正三角形，底面ABCD为矩形，CD＝2，点Q是PD的中点，则下列结论正确的是( )A．CQ⊥平面PADB．PC与平面AQC所成角的余弦值为C．三棱锥B－ACQ的体积为6D．四棱锥Q－ABCD外接球的内接正四面体的表面积为24【解析】取AD的中点O，BC的中点E，连接OE，OP，因为三角形PAD为等边三角形，所以OP⊥AD．因为平面PAD⊥平面ABCD，所以OP⊥平面ABCD．因为AD⊥OE，所以OD，OE，OP两两垂直，如图，以O为坐标原点，OD，OE，OP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，D(，0，0)，A(－，0，0)，P(0，0，3)，C(，2，0)，B(－，2，0)．因为点Q是PD的中点，所以Q，平面PAD的一个法向量m＝(0，1，0)，QC＝，显然m 与QC不共线，所以CQ与平面PAD不垂直，所以A不正确；PC＝(，2，－3)，AQ ＝，AC＝(2，2，0)，设平面AQC的法向量n＝(x，y，z)，则令x＝1，则y＝－，z＝－，所以n＝(1，－，－)，设PC与平面AQC所成角为θ，则sinθ＝＝＝，所以cosθ＝，所以B正确；三棱锥B－ACQ的体积为V B－ACQ＝V Q－ABC＝S△ABC·OP＝××2×2××3＝6，所以C不正确；设四棱锥Q－ABCD外接球的球心为M(0，，a)，则MQ＝MD，故＋()2＋＝＋＋a2，解得a＝0，即M(0，，0)为矩形ABCD对角线的交点，所以四棱锥Q－ABCD外接球的半径为3，设四棱锥Q－ABCD外接球的内接正四面体的棱长为x，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，故正方体的棱长为x，所以3＝62，得x2＝24，所以正四面体的表面积为4×x2＝24，所以D正确．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2021年潮州模拟)由空间向量a＝(1，2，3)，b＝(1，－1，1)构成向量集合A＝{x|x＝a＋k b，k∈Z}，则向量x的模|x|的最小值为________．【答案】 【解析】因为a＝(1，2，3)，b＝(1，－1，1)，所以x＝a＋k b＝(1＋k，2－k，3＋k)，所以|x|＝＝＝．因为k∈Z，所以k＝－1时，|x|的值最小，最小值为．14．下列命题：①已知λ∈R，则|λa|＝λ|a|；②在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BC＝B1C1；③若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直．其中正确的命题的序号是________．【解析】①|λa|＝|λ||a|，故①错误；②正确；③若两个平面垂直，则它们的法向量一定垂直，若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直，故③正确．15．如图，设O为▱ABCD所在平面外任意一点，E为OC的中点，若AE＝OD＋xOB＋yOA，则x＋y＝________．【答案】－1 【解析】AE＝OE－OA＝OC－OA＝(OB＋BC)－OA＝(OB＋AD)－OA＝(OB＋OD －OA)－OA＝－OA＋OB＋OD，所以x＝，y＝－．所以x＋y＝－1．16．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动，则直线D1E与A1D所成角的大小是________；若D1E⊥EC，则AE＝________．【答案】90° 1 【解析】在长方体ABCD－A1B1C1D1中，如图，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，又因为AD＝AA1＝1，AB＝2，则D(0，0，0)，D1(0，0，1), A(1，0，0)，A1(1，0，1)，C(0，2，0)，设E(1，m，0)，0≤m≤2，则D1E＝(1，m，－1)，A1D＝(－1，0，－1)，所以D1E·A1D＝－1＋0＋1＝0，所以直线D1E与A1D所成角的大小是90°．因为D1E＝(1，m，－1)，EC＝(－1，2－m，0)，D1E⊥EC, 所以D1E·EC＝－1＋m(2－m)＋0＝0，解得m＝1，所以AE＝1．四、解答题：本题共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．(10分)已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2)．(1)求|2a＋b|；(2)在直线AB上是否存在一点E，使得OE⊥b(O为原点)?解：(1)因为a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，所以2a＋b＝(0，－5，5)．所以|2a＋b|＝＝5．(2)假设存在点E，其坐标为E(x，y，z)，则AE＝λAB，即(x＋3，y＋1，z－4)＝λ(1，－1，－2)，所以所以E(λ－3，－λ－1，－2λ＋4)，所以OE＝(λ－3，－λ－1，－2λ＋4)．又因为b＝(－2，1，1)，OE⊥b，所以OE·b＝－2(λ－3)＋(－λ－1)＋(－2λ＋4)＝－5λ＋9＝0，所以λ＝，所以E．所以在直线AB上存在点E，使OE⊥b．18．(12分)已知空间三点A(1，2，3)，B(2，－1，5)，C(3，2，－5)，试求：(1)△ABC的面积；(2)△ABC的AB边上的高．解：(1)AB＝(2，－1，5)－(1，2，3)＝(1，－3，2)，AC＝(3，2，－5)－(1，2，3)＝(2，0，－8)，AB·AC＝1×2＋(－3)×0＋2×(－8)＝－14，|AB|＝，|AC|＝2，cos〈AB，AC〉＝＝－，sin〈AB，AC〉＝，S△ABC＝|AB|·|AC|sin〈AB，AC〉＝×2×＝3．(2)|AB|＝，设AB边上的高为h，则|AB|·h＝S△ABC＝3，所以h＝3．19．(12分)如图，在三棱锥S－ABC中，侧面SAC与底面ABC垂直，E，O分别是SC，AC的中点，且SA＝SC＝，BC＝AC，∠ASC＝∠ACB＝90°．(1)求证：OE∥平面SAB；(2)若点F在线段BC上，问：无论点F在BC的何处，是否都有OE⊥SF？请证明你的结论．(1)证明：因为E，O分别是SC，AC的中点，所以OE∥SA．又因为OE⊄平面SAB，SA⊂平面SAB，所以OE∥平面SAB．(2)解：方法一，在△SAC中，因为OE∥AS，∠ASC＝90°，所以OE⊥SC．又因为平面SAC⊥平面ABC，∠BCA＝90°，BC⊂平面SAC，所以BC⊥平面SAC．又因为OE⊂平面SAC，所以BC⊥OE．因为SC∩BC＝C，所以OE⊥平面BSC．又因为SF⊂平面BSC，所以OE⊥SF．所以无论点F在BC的何处，都有OE⊥SF．方法二，连接SO．因为O是AC的中点，SA＝SC，所以SO⊥AC．又因为平面SAC⊥平面ABC，所以SO⊥平面ABC．同理可得BC⊥平面SAC．如图，在平面ABC内，过点O作OM⊥AC，以O为原点，OM，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则点O(0，0，0)，A(0，－1，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，S(0，0，1)，E，OE＝．由于点F∈BC，故可设点F(x，1，0)，则SF＝(x，1，－1)，SF·OE＝0恒成立，所以无论点F在BC的何处，都有OE⊥SF．20．(12分)在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，∠ABC＝90°，如图1把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD(如图2)．(1)求证：CD⊥AB．(2)若点M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离．(3)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．(1)证明：由已知条件可得BD＝2，CD＝2，CD⊥BD．因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD．又因为AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB．(2)解：如图，以点D为原点，DB所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，由已知可得A(1，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，M(1，1，0)，所以CD＝(0，－2，0)，AD＝(－1，0，－1)，MC＝(－1，1，0)．设平面ACD的法向量n＝(x，y，z)，则CD⊥n，AD⊥n，所以令x＝1，得平面ACD的一个法向量n＝(1，0，－1)，所以点M到平面ACD的距离d＝＝．(3)解：假设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°，设BN＝λBC，0≤λ≤1，则N(2－2λ，2λ，0)，所以AN＝(1－2λ，2λ，－1)．又因为平面ACD 的一个法向量n＝(1，0，－1)，且直线AN与平面ACD所成角为60°，所以sin60°＝＝，可得8λ2＋2λ－1＝0，所以λ＝或λ＝－(舍去)．综上，在线段BC上存在点N，使AN与平面ACD所成角为60°，此时＝．21．(12分)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠A为直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，DC＝2．(1)求线段BC1的长度；(2)求异面直线BC1与DC所成角的余弦值．解：(1)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，所以DC＝(0，2，0)，BC1＝(－2，－2，2)，|DC|＝2，|BC1|＝＝2．(2)由(1)可知，DC＝(0，2，0)，BC1＝(－2，－2，2)，所以cos〈DC，BC1〉＝＝＝＝－．所以异面直线BC1与DC所成的角的余弦值为．22．(12分)如图，在圆锥PO中，已知PO＝，⊙O的直径AB＝2，C是AB的中点，D为AC的中点．(1)求证：平面POD⊥平面PAC；(2)求二面角B－PA－C的余弦值．解：如图，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，)，D．(1)证明：设n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，则由n1·OD＝0，n1·OP＝0，得所以z1＝0，x1＝y1，取y1＝1，得n1＝(1，1，0)．设n2＝(x2，y2，z2)是平面PAC的一个法向量，则由n2·PA＝0，n2·PC＝0，得所以x2＝－z2，y2＝z2，取z2＝1，得n2＝(－，，1)．因为n1·n2＝(1，1，0)·(－，，1)＝0，所以n1⊥n2，从而平面POD⊥平面PAC．(2)因为y轴⊥平面PAB，所以平面PAB的一个法向量n3＝(0，1，0)．由(1)知，平面PAC的一个法向量n2＝(－，，1)．设向量n2和n3的夹角为θ，则cosθ＝＝＝．由图可知，二面角B－PA－C的平面角为锐角，所以二面角B－PA－C的余弦值为．11。
高中数学选择性必修一 第1章 章末检测试卷(一)
解析 由l∥α，故a⊥μ，即a·μ＝0，故选D.
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3.已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1，则
—→ → AO1 ·AC
7.已知平面α内两向量a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)且c＝ma＋nb＋(4，－4,1).若c
为平面α的法向量，则m，n的值分别为
√A.－1,2
B.1，－2
C.1,2
D.－1，－2
解析 c＝ma＋nb＋(4，－4,1)＝(m，m，m)＋(0,2n，－n)＋(4，－4,1) ＝(m＋4，m＋2n－4，m－n＋1)， 由 c 为平面 α 的法向量，得cc··ba＝＝00，， 即3mm＋＋5nn＋－19＝＝00，， 解得mn＝＝2－. 1，
15.在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线
5 BC1与直线AB1所成角的余弦值为___5___.
解析 不妨设CB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1). ∴—BC→1 ＝(0,2，－1)，—AB→1 ＝(－2,2,1).
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4.已知△ABC的三个顶点为A(3,3,2)，B(4，－3,7)，C(03
C.4
D.5
解析 设BC边的中点为D，
则A→D＝12(A→B＋A→C)＝(－1，－2,2)， 所以|A→D|＝ 1＋4＋4＝3.
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章末检测1：章末检测试卷(一)
章末检测试卷(一)(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．下面列举的装置各有一定的道理，其中不能用动量定理进行解释的是( )A ．运输玻璃器皿等易碎物品时，在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔软、有弹性的垫衬物B ．建筑工人戴的安全帽内有帆布垫，把头和帽子的外壳隔开一定的空间C ．热水瓶胆做成两层，且把两层中间的空气抽去D ．跳高运动中的垫子总是十分松软答案 C2．如图1所示，在光滑的水平面上放置有两木块A 和B ，A 的质量较大，现同时施加大小相等的恒力F 使它们相向运动，然后又同时撤去外力F ，A 和B 迎面相碰后合在一起，则A 和B 合在一起后的运动情况是( )图1A ．停止运动B ．因A 的质量较大而向右运动C ．因B 的速度较大而向左运动D ．运动方向不确定答案 A解析 由动量定理知，A 和B 在碰撞之前的动量等大反向，合动量为零，碰撞过程中动量守恒，因此碰撞合在一起之后的总动量仍为零，即停止运动，故选A.3．(2019·湖北重点高中联考)一只小船质量为M ，船上人的质量为m .船原来以速度v 0行驶，当船上的人以相对地面的水平速度v 0沿船行反方向跳离船时，不计水的阻力，则船的速度大小变为( )A ．v 0B.m M v 0C.M ＋m M v 0D.M ＋2m Mv 0 答案 D解析 当船上的人以相对地面的水平速度v 0沿船行反方向跳离船时，小船和人组成的系统动量守恒，以小船原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：(M ＋m )v 0＝m (－v 0)＋M v解得：v ＝M ＋2m Mv 0，故D 正确． 4．一质量为60 kg 的建筑工人不慎由静止从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来．已知弹性安全带从开始伸直到拉伸到最长的缓冲时间是1.5 s ，安全带自然长度为5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．1 100 NC ．600 ND ．1 000 N答案 D解析 设建筑工人下落5 m 时速度为v ，则v ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s ，设安全带所受平均冲力大小为F ，则由动量定理得：(mg －F )t ＝－m v ，所以F ＝mg ＋m v t＝60×10 N ＋60×101.5N ＝1 000 N ，故D 对，A 、B 、C 错． 5．a 、b 两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，碰撞前a 球的动量p a ＝30 kg·m/s ，b 球的动量p b ＝0，碰撞过程中，a 球的动量减少了20 kg·m/s ，则碰撞后b 球的动量为( )A ．－20 kg·m/sB ．10 kg·m/sC ．20 kg·m/sD ．30 kg·m/s 答案 C解析 碰撞过程中，a 球的动量减少了20 kg·m/s ，故此时a 球的动量是10 kg·m/s ，a 、b 两球碰撞前后总动量保持不变，为30 kg·m/s ，则碰撞后b 球的动量为20 kg·m/s.6．(2018·济南市高二下期末)一只爆竹竖直升空后，在高为h 处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为3∶1，其中质量小的一块获得大小为v 的水平速度，重力加速度为g ，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距( ) A.v 42h g B.2v 32h g C ．4v2h g D.4v 32h g 答案 D解析 设其中一块质量为m ，另一块质量为3m .爆炸过程系统水平方向动量守恒，以速度v的方向为正方向，由动量守恒定律得：m v －3m v ′＝0，解得v ′＝v 3；设两块爆竹落地用的时间为t ，则有：h ＝12gt 2，得t ＝2h g ，落地后两者间的距离为：s ＝(v ＋v ′)t ，联立各式解得：s ＝4v 32h g ，故选D.7.如图2所示，半径为R 的光滑半圆槽质量为M ，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m 的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，槽的速度为(重力加速度为g )( )图2A ．0 B.m M 2MgR M ＋m ，方向向左 C.m M 2MgR M ＋m，方向向右 D ．不能确定答案 B解析 以水平向右为正方向，设在最低点时m 和M 的速度大小分别为v 和v ′，根据动量守恒定律得：0＝m v －M v ′，根据机械能守恒定律得：mgR ＝12m v 2＋12M v ′2，联立以上两式解得v ′＝m M 2MgR M ＋m，方向向左，故选项B 正确． 8.如图3所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m 的装有14弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则( )图3A ．在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B ．小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动C ．小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动D ．小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于v 0答案 C解析 整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A 错误；设小球离开小车时，小球的速度为v 1，小车的速度为v 2，整个过程中水平方向动量守恒：m v 0＝m v 1＋m v 2，由机械能守恒得：12m v 02＝12m v 12＋12m v 22，联立解得v 1＝0，v 2＝v 0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车右侧离开后对地将做自由落体运动，故B 、D 错误，C 正确．二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9．如图4所示，用水平轻弹簧相连的物块a 和b 放在光滑的水平面上，物块a 紧靠竖直墙壁，物块c 以初速度v 0向物块b 运动并在极短时间内与b 粘在一起．对于由物块a 、b 、c 和弹簧所组成的系统，在下列依次进行的过程中，机械能守恒但动量不守恒的是( )图4A ．c 刚与b 接触→c 与b 粘在一起B ．b 和c 整体向左运动→弹簧压缩量第一次最大C ．弹簧压缩量第一次最大→弹簧第一次恢复原长D ．弹簧第一次恢复原长→弹簧伸长量第一次最大答案 BC解析 c 与b 粘在一起，发生的是完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能损失最大，故A 错误；b 和c 整体向左运动→弹簧压缩量第一次最大，动能转化成弹簧的弹性势能，机械能守恒，但动量不守恒，故B 正确；弹簧压缩量第一次最大→弹簧第一次恢复原长，弹性势能转化成动能，机械能守恒，但是动量增加，故C 正确；弹簧第一次恢复原长→弹簧伸长量第一次最大，动量守恒，机械能守恒，故D 错误．10．质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以v 0的速度与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是( ) A.13v 0 B.23v 0 C.49v 0 D.59v 0 答案 AB解析 根据E k ＝12m v 2，碰撞后A 球的动能变为原来的19，则A 球的速度变为v A ′＝±13v 0，正、负表示方向有两种可能．当v A ′＝13v 0时，v A ′与v 0同向，有 m v 0＝13m v 0＋2m v B ，解得v B ＝13v 0 当v A ′＝－13v 0时，v A ′与v 0反向，有 m v 0＝－13m v 0＋2m v B ，解得v B ＝23v 0，故选A 、B.11.小车静置于光滑的水平面上，小车的A 端固定一个水平轻质小弹簧，B 端粘有橡皮泥，小车的质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩(细绳未画出)，开始时小车与C 都处于静止状态，木块C 距小车右端的距离为L ，如图5所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )图5A ．如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B ．当木块相对地面运动的速度大小为v 时，小车相对地面运动的速度大小为m M vC ．小车向左运动的最大位移为mL M ＋mD ．小车向左运动的最大位移为m ML 答案 BC解析 小车、弹簧与木块C 这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘接过程有机械能损失．M v ′－m v ＝0，则v ′＝m Mv ，该系统属于“人船模型”，Md ＝m (L －d )，所以车向左运动的最大位移应等于d ＝mL M ＋m，综上，选项B 、C 正确． 12.(2020·郑州一中高二期中)如图6所示，质量为m 的小球A 静止于光滑的水平面上，在球A 和墙之间用水平轻弹簧连接，现用完全相同的小球B 以水平速度v 0与A 相碰撞，碰撞后两球粘在一起压缩弹簧．若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E ，从球A 被碰撞到回到原静止位置的过程中弹簧对A 、B 整体的冲量大小为I ，则下列表达式中正确的是( )图6A ．E ＝14m v 02 B ．E ＝12m v 02 C ．I ＝m v 0D ．I ＝2m v 0答案 AD解析 选取A 、B 作为一个系统，设两球碰撞后的速度为v ，在A 、B 两球碰撞过程中，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：m v 0＝(m ＋m )v ，解得v ＝v 02，再将A 、B 及轻弹簧作为一个系统，在压缩弹簧过程中利用机械能守恒定律可得：弹簧最大弹性势能E ＝12×2m ⎝⎛⎭⎫v 022＝14m v 02，A 正确，B 错误；弹簧压缩到最短后，A 、B 开始向右运动，弹簧恢复原长时，由机械能守恒定律可知，A 、B 的速度大小均为v 02，以水平向右为正方向，从球A 被碰撞到回到原静止位置的过程中，弹簧对A 、B 整体的冲量大小I ＝2m ×v 02－2m ×⎝⎛⎭⎫－v 02＝2m v 0，C 错误，D 正确．三、非选择题(本题6小题，共60分)13．(6分)(2019·玉溪一中期中)如图7所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图7(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量________(填选项前的符号)间接地解决这个问题．A ．小球开始释放高度hB ．小球抛出点距地面的高度HC ．小球做平抛运动的射程(2)图中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影点．实验时，先将入射球m 1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP .然后，把被碰小球m 2静置于轨道的水平部分，再将入射球m 1从斜轨上S 位置由静止释放，与小球m 2相撞，并多次重复．(小球质量关系满足m 1>m 2)接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)A ．用天平测量两个小球的质量m 1、m 2B ．测量小球m 1开始释放时的高度hC ．测量抛出点距地面的高度HD ．分别找到m 1、m 2相碰后平均落地点的位置M 、NE ．测量平抛射程OM 、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________[用(2)中测量的量表示]． 答案 (1)C(2分) (2)ADE(2分) (3)m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OP (2分)解析 (1)验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以由落地高度不变情况下的水平射程来体现速度．故选C.(2)实验时，先让入射球m 1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．测量平均落地点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必需的，而且D要在E之前．至于用天平测量质量，先后均可以．故选A、D、E.(3)若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m2v2，又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，代入得：m1OP＝m1OM＋m2ON.14．(8分)(2019·济宁市模拟考试)为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球a、b，按下述步骤做了实验：图8①用天平测出两小球a、b的质量(分别为m1和m2，且m1>m2)．②按如图8所示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端．③先不放小球b，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．④将小球b放在斜槽末端边缘处，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球a和b在斜面上的落点位置．⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中点D、E、F是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B点的距离分别为L D、L E、L F.根据该同学的实验，回答下列问题：(1)在不放小球b时，小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，a的落点在图中________点，把小球b放在斜槽末端边缘处，小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球a的落点在图中________点．(2)若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有________．A．m1L F＝m1L D＋m2L EB．m1L E2＝m1L D2＋m2L F2C．m1L E＝m1L D＋m2L FD．L E＝L F－L D答案(1)E(2分)D(2分)(2)C(4分)解析(1)小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，a的落点在题图中的E点，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后a球的落点是D点，b球的落点是F点．(2)设斜面BC 的倾角为θ，小球落点到B 点的距离为L ，小球从B 点抛出时速度为v ，则竖直方向有L sin θ＝12gt 2，水平方向有L cos θ＝v t ，解得v ＝L cos θt ＝L cos θ2L sin θg ＝cos θ2sin θgL ，所以v ∝L .由题意分析得，只需满足m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2，把速度v 代入整理得m 1L E ＝m 1L D ＋m 2L F ，就可说明两球碰撞过程中动量守恒；若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则要满足关系式12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22，整理得m 1L E ＝m 1L D ＋m 2L F ，故C 正确．15．(8分)(2019·陕西怀仁高二期中)如图9所示，人站在滑板A 上，以v 0＝3 m/s 的速度沿光滑水平面向右运动．当靠近前方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A 从横杆下方通过，与静止的滑板B 发生碰撞并粘在一起，之后人落到B 上，与滑板一起运动，已知人、滑板A 和滑板B 的质量分别为m 人＝70 kg 、m A ＝10 kg 和m B ＝20 kg ，求：图9(1)A 、B 碰撞过程中，A 对B 的冲量的大小和方向；(2)人最终与滑板的共同速度的大小．答案 (1)20 kg·m/s 方向水平向右 (2)2.4 m/s解析 (1)人跳起后A 与B 碰撞前后动量守恒，设碰后AB 的速度为v 1，m A v 0＝(m A ＋m B )v 1 (2分)解得：v 1＝1 m/s(1分)A 对B 的冲量：I ＝m B v 1＝20×1 kg·m/s ＝20 kg·m/s 方向水平向右．(2分)(2)人下落与AB 作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度为v 2，m 人v 0＋(m A ＋m B )v 1＝(m 人＋m A ＋m B )v 2(2分)代入数据得：v 2＝2.4 m/s.(1分)16．(12分)如图10所示，在光滑水平面上静止放着一质量为2m 的木板B ，木板表面光滑，右端固定一水平轻质弹簧，质量为m 的木块A 以速度v 0从木板的左端水平向右滑上木板B .图10(1)求弹簧的最大弹性势能；(2)弹簧被压缩至最短的过程中，求弹簧给木块A 的冲量；(3)当木块A 和木板B 分离时，求木块A 和木板B 的速度．答案 (1)13m v 02 (2)23m v 0，方向水平向左 (3)13v 0，方向水平向左 23v 0，方向水平向右 解析 (1)弹簧被压缩到最短时，木块A 与木板B 具有相同的速度，此时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v ，从木块A 开始沿木板B 表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A 、B 和轻弹簧组成的系统的动量守恒，取向右为正方向，有m v 0＝(m ＋2m )v (2分)由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能E p ＝12m v 02－12(m ＋2m )v 2(1分) 解得E p ＝13m v 02(1分) (2)对木块A ，根据动量定理得I ＝m v －m v 0(1分)解得I ＝－23m v 0，负号表示方向水平向左(1分) (3)从木块A 滑上木板B 直到二者分离，系统的机械能守恒，设分离时A 、B 的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律得m v 0＝m v 1＋2m v 2(2分)根据机械能守恒定律得12m v 02＝12m v 12＋12×2m v 22 (2分) 解得v 1＝－v 03，v 2＝2v 03，负号表示方向水平向左．(2分) 17.(12分)两块质量都是m 的木块A 和B 在光滑水平面上均以大小为v 02的速度向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k 的水平轻弹簧连接，如图11所示．现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为m 4，速度大小为v 0，子弹射入木块A (时间极短)并留在其中．求：图11(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A 、B 的速度v A 和v B 的大小．(2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能．答案 (1)v 05 v 02 (2)140m v 02 解析 (1)在子弹打入木块A 的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A 、B都不受弹簧弹力的作用，故v B ＝v 02；(1分) 由于此时A 不受弹簧的弹力，木块A 和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系统动量守恒，选向左为正方向，由动量守恒定律得：m v 02－m v 04＝(m 4＋m )v A (2分) 解得v A ＝v 05(2分)(2)在弹簧压缩过程中木块A (包括子弹)、B 与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒． 设弹簧压缩量最大时共同速度的大小为v ，弹簧的最大弹性势能为E pm ，选向左为正方向，由动量守恒定律得： 54m v A ＋m v B ＝(54m ＋m )v (2分) 由机械能守恒定律得：12×54m v A 2＋12m v B 2＝12×(54m ＋m )v 2＋E pm (3分) 联立解得v ＝13v 0，E pm ＝140m v 02.(2分) 18．(14分)(2020·荆门市龙泉中学期末考试)在光滑水平面上静置有质量均为m 的木板AB 和滑块CD ，木板AB 上表面粗糙，滑块CD 上表面是光滑的14圆弧，其始端D 点切线水平且与木板AB 上表面平滑相接，如图12所示．一可视为质点的物块P ，质量也为m ，从木板AB的右端以初速度v 0滑上木板AB ，过B 点时速度为v 02，又滑上滑块CD ，最终恰好能滑到滑块CD 圆弧的最高点C 处．已知物块P 与木板AB 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .求：图12(1)物块滑到B 处时木板的速度v AB ；(2)木板的长度L ；(3)滑块CD 圆弧的半径．答案 (1)v 04，方向向左 (2)5v 0216μg (3)v 0264g解析 (1)物块由点A 到点B 时，取向左为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝m v B ＋2m ·v AB (2分)又v B ＝v 02，(1分) 解得v AB ＝v 04，方向向左(1分) (2)物块由点A 到点B 时，根据能量守恒定律得12m v 02－12m (v 02)2－12×2m (v 04)2＝μmgL (3分) 解得L ＝5v 0216μg.(1分) (3)由点D 到点C ，滑块CD 与物块P 组成的系统在水平方向上动量守恒m ·v 02＋m ·v 04＝2m v 共(2分) 滑块CD 与物块P 组成的系统机械能守恒mgR ＝12m (v 02)2＋12m (v 04)2－12×2m v 共2(2分) 联立解得，滑块CD 圆弧的半径为R ＝v 0264g .(2分)。
新教材高中数学必修一第一章 章末检测试卷(一)
章末检测试卷(一)(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．设集合A＝{1,2,3}，B＝{x|－1<x<2，x∈Z}，则A∪B等于()A．{1} B．{1,2}C．{0,1,2,3} D．{－1,0,1,2,3}答案 C解析集合A＝{1,2,3}，B＝{x|－1<x<2，x∈Z}＝{0,1}，所以A∪B＝{0,1,2,3}．2．集合A＝{x∈N|0<x<4}的真子集个数为()A．3 B．4 C．7 D．8答案 C解析∵集合A＝{x∈N|0<x<4}＝{1,2,3}，∴真子集的个数是23－1＝7.3．命题“对任意x∈R，都有x2≥1”的否定是()A．对任意x∈R，都有x2<1B．不存在x∈R，使得x2<1C．存在x∈R，使得x2≥1D．存在x∈R，使得x2<1答案 D解析因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所以命题“对任意x∈R，都有x2≥1”的否定是：存在x∈R，使得x2<1.4．设集合A＝{x，y}，B＝{0，x2}，若A＝B，则2x＋y等于()A．0 B．1 C．2 D．－1答案 C解析由A＝B，得x＝0或y＝0.当x＝0时，x2＝0，此时B＝{0,0}，不满足集合中元素的互异性，舍去；当y＝0时，x＝x2，则x＝0或x＝1.由上知x＝0不合适，故y＝0，x＝1，则2x＋y＝2. 5．“a＝－1”是“函数y＝ax2＋2x－1与x轴只有一个交点”的()A．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件 答案 B解析 当a ＝－1时，函数y ＝ax 2＋2x －1＝－x 2＋2x －1与x 轴只有一个交点；但若函数y ＝ax 2＋2x －1与x 轴只有一个交点，则a ＝－1或a ＝0，所以“a ＝－1”是“函数y ＝ax 2＋2x －1与x 轴只有一个交点”的充分不必要条件．6．已知集合A ＝[－2,7]，B ＝(m ＋1,2m －1)，若A ∪B ＝A 且B ≠∅，则m 的取值范围为( ) A ．[－3,4] B ．(－3,4) C ．(2,4) D ．(2,4]答案 D解析 ∵A ∪B ＝A ，∴B ⊆A ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1≥－2，2m －1≤7，m ＋1<2m －1，即2<m ≤4.7．已知集合A ＝{x |a －2<x <a ＋2}，B ＝{x |x ≤－2或x ≥4}，则A ∩B ＝∅的充要条件是( ) A ．0≤a ≤2 B ．－2<a <2 C ．0<a ≤2 D ．0<a <2答案 A解析 A ∩B ＝∅⇔⎩⎪⎨⎪⎧a －2≥－2，a ＋2≤4⇔0≤a ≤2.8．已知命题p ：∀x ∈R ，ax 2＋2x ＋3>0.若命题p 为假命题，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫－∞，13 B.⎝⎛⎦⎤0，13 C.⎝⎛⎦⎤－∞，13 D.⎣⎡⎭⎫13，＋∞ 答案 C解析 若a ＝0，则不等式等价为2x ＋3>0，对于∀x ∈R 不恒成立，若a ≠0，则⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝4－12a <0，解得a >13，∴命题p 为真命题时a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫13，＋∞， ∴使命题p 为假命题的a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，13. 二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．已知集合 A ＝{x |ax ≤2}，B ＝{2，2}，若 B ⊆A ，则实数 a 的值可能是( ) A ．－1 B ．1 C ．－2 D ．2 答案 ABC解析 因为B ⊆A ，所以2∈A ，2∈A ，⎩⎪⎨⎪⎧2a ≤2，2a ≤2，解得a ≤1. 10．下列说法正确的是( )A ．命题“∀x ∈R ，x 2>－1”的否定是“∃x ∈R ，x 2<－1”B ．命题“∃x ∈(－3，＋∞)，x 2≤9”的否定是“∀x ∈(－3，＋∞)，x 2>9”C ．“x 2>y 2”是“x >y ”的必要不充分条件D ．“m <0”是“关于x 的方程x 2－2x ＋m ＝0有一正根一负根”的充要条件 答案 BD解析 A ．命题“∀x ∈R ，x 2>－1”的否定是“∃x ∈R ，x 2≤－1”，故错误； B ．命题“∃x ∈(－3，＋∞)，x 2≤9”的否定是“∀x ∈(－3，＋∞)，x 2>9”，正确； C ．x 2>y 2⇔|x |>|y |，|x |>|y |不能推出x >y ，x >y 也不能推出|x |>|y |，所以“x 2>y 2”是“x >y ”的既不充分也不必要条件，故错误；D ．关于x 的方程x 2－2x ＋m ＝0有一正根一负根⇔⎩⎨⎧4－4m >0，m <0⇔m <0，所以“m <0”是“关于x 的方程x 2－2x ＋m ＝0有一正根一负根”的充要条件，正确．11．给出下列四个条件：①xt 2>yt 2；②xt >yt ；③2x >2y ；④0<1x <1y .其中能成为x >y 的充分条件的是( )A ．①B ．②C ．③D ．④ 答案 ACD解析 ①由”xt 2>yt 2可知t 2>0， 所以x >y ，故xt 2>yt 2⇒x >y ；② 当t >0时，x >y ；当t <0时，x <y ，故xt >yt ⇏ x >y ； ③ 2x >2y ⇒x >y ； ④0<1x <1y⇒x >y .12．若x ∈{x |x <k 或x >k ＋3}是x ∈{x |－4<x <1}的必要不充分条件，则实数k 可以是( ) A ．－8 B ．－5 C ．1 D ．4 答案 ACD解析 由题意知(－4,1)(－∞，k )∪(k ＋3，＋∞)， 所以k ≥1或k ＋3≤－4， 即k ∈(－∞，－7]∪[1，＋∞)．三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．“红豆生南国，春来发几枝？愿君多采撷，此物最相思．”这是唐代诗人王维的《相思》，在这四句诗中，可作为命题的是________． 答案 红豆生南国解析 “红豆生南国”是陈述句，意思是“红豆生长在中国南方”，这在唐代是事实，故本语句是命题，且是真命题；“春来发几枝”是疑问句，“愿君多采撷”是祈使句，“此物最相思”是感叹句，都不是命题．14．已知p ：－1<x <3，q ：－1<x <m ＋1，若p 是q 的必要不充分条件，则实数m 的取值范围是________，若p 是q 的充要条件，则m 的值是________．(本题第一空3分，第二空2分) 答案 (－2,2) 2解析 由p ：－1<x <3，q ：－1<x <m ＋1，p 是q 的必要不充分条件，得－1<m ＋1<3，即－2<m <2；若p 是q 的充要条件，则m ＋1＝3，所以m ＝2.15．已知集合A ＝{x |x <a }，B ＝{x |1<x <2}，A ∪(∁R B )＝R ，则实数a 的取值范围是________． 答案 {a |a ≥2}解析 因为B ＝{x |1<x <2}，所以∁R B ＝{x |x ≤1或x ≥2}．又因为A ∪(∁R B )＝R ，A ＝{x |x <a }， 观察∁R B 与A 在数轴上表示的区间，如图所示，可得当a≥2时，A∪(∁R B)＝R.16．当A，B是非空集合，定义运算A－B＝{x|x∈A，且x∉B}，若M＝{x|x≤1}，N＝{y|0≤y≤1}，则M－N＝________.答案{x|x<0}解析画出数轴如图：∴M－N＝{x|x∈M且x∉N}＝{x|x<0}．四、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知全集U为R，集合A＝{x|0<x≤2}，B＝{x|x<－3或x>1}．求：(1)A∩B；(2)(∁U A)∩(∁U B)；(3)∁U(A∪B)．解(1)在数轴上画出集合A和B，可知A∩B＝{x|1<x≤2}．(2)∁U A＝{x|x≤0或x>2}，∁U B＝{x|－3≤x≤1}．在数轴上画出集合∁U A和∁U B，可知(∁U A)∩(∁U B)＝{x|－3≤x≤0}．(3)由(1)中数轴可知，A∪B＝{x|x<－3或x>0}．所以∁U(A∪B)＝{x|－3≤x≤0}．18．(12分)写出下列命题的否定，并判断所得命题的真假性．(1)∀x∈Z，|x|∈N；(2)每一个平行四边形都是中心对称图形；(3)∃x∈R，x＋1≤0；(4)∃x∈R，x2＋2x＋3＝0.解 (1)∃x ∈Z ，|x |∉N ，假命题．(2)有些平行四边形不是中心对称图形，假命题． (3)∀x ∈R ，x ＋1>0，假命题． (4)∀x ∈R ，x 2＋2x ＋3≠0，真命题．19．(12分)若一个数集中任何一个元素的倒数仍是该数集中的元素，则称该数集为“可倒数集”．(1)判断集合A ＝{－1,1,2}是否为可倒数集； (2)试写出一个含3个元素的可倒数集．解 (1)由于2的倒数为12，12不在集合A 中，故集合A 不是可倒数集．(2)若a ∈B ，则必有1a ∈B ，现已知集合B 中含有3个元素，故必有1个元素a ＝1a ，即a ＝±1.故可以取集合B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，2，12或⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，2，12或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，3，13等．20．(12分)已知集合M ＝{x |2x －4＝0}，集合N ＝{x |x 2－3x ＋m ＝0}． (1)当m ＝2时，求M ∩N ，M ∪N ； (2)当M ∩N ＝M 时，求实数m 的值．解 (1)由题意得M ＝{2}，当m ＝2时，N ＝{x |x 2－3x ＋2＝0}＝{1,2}， 则M ∩N ＝{2}，M ∪N ＝{1,2}．(2)因为M ∩N ＝M ，所以M ⊆N ，因为M ＝{2}，所以2∈N . 所以2是关于x 的方程x 2－3x ＋m ＝0的解， 即4－6＋m ＝0，解得m ＝2.21．(12分)设a ，b ，c 为△ABC 的三边，求证：方程x 2＋2ax ＋b 2＝0与x 2＋2cx －b 2＝0有公共根的充要条件是∠A ＝90°.证明 必要性：∵方程x 2＋2ax ＋b 2＝0与x 2＋2cx －b 2＝0有公共根ξ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ξ2＋2aξ＋b 2＝0，ξ2＋2cξ－b 2＝0⇒ξ＝－b 2a －c ＝b 2c －a .∴⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2c －a 2＋2c ·b 2c －a－b 2＝0⇒a 2＝b 2＋c 2， ∴∠A ＝90°.充分性：若∠A ＝90°，则a 2＝b 2＋c 2， 易得x 0＝b 2c －a是方程的公共根．综上可知，方程x 2＋2ax ＋b 2＝0与x 2＋2cx －b 2＝0有公共根的充要条件是∠A ＝90°. 22．(12分)已知非空集合P ＝{x |a ＋1≤x ≤2a ＋1}，Q ＝{x |－2≤x ≤5}． (1)若a ＝3，求(∁R P )∩Q ；(2)若“x ∈P ”是“x ∈Q ”的充分不必要条件，求实数a 的取值范围． 解 因为P 是非空集合，所以2a ＋1≥a ＋1，即a ≥0. (1)当a ＝3时，P ＝{x |4≤x ≤7}， (∁R P )＝{x |x <4或x >7}， Q ＝{x |－2≤x ≤5}，所以(∁R P )∩Q ＝{x |－2≤x <4}．(2)若“x ∈P ”是“x ∈Q ”的充分不必要条件，即P Q ， 即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1≥－2，2a ＋1≤5，a ≥0，且a ＋1≥－2和2a ＋1≤5的等号不能同时取得，解得0≤a ≤2，即实数a 的取值范围为{a |0≤a ≤2}．。
2021-2022学年新教材高中地理第一章地球的运动章末检测含解析湘教版选择性必修1
章末检测(一)一、选择题几十亿年来，地球按照一定的规律不停地自转和公转着。
据此答复1～2题。
1．假设地球“叮〞的一声停止自转，分别站在0°、30°、60°、80°纬线上的甲、乙、丙、丁四人瞬间会( )A．都向东同速飞出B．都向西同速飞出C．甲向东飞出且速度最快D．丁向东飞出且速度最快2．假设地球只公转不自转，地球外表可能( )A．不分昼夜B．没有四季C．没有大气环流D．没有地转偏向力以下图为我国南方某中学的刘老师于10月1日在校园散步时用向前方抓拍的校园景观。
据此完成3～4题。
3．以下刘老师的前进方向和抓拍时间的搭配中，最合理的是( )A．东南5：30B．西南17：00C．东北5：30D．西北17：004．刘老师想在同一时刻，同一地点抓拍到一样的照片，应选择的日期是( )A．3月13日前后B．6月30日前后C．10月30日前后D．12月13日前后北京时间2021年6月21日23时54分是夏至节气到来的时刻。
下表为某城市夏至日前后几天的日出、日落时间(北京时间)表。
据此完成5～7题。
5.2021年的夏至到来时，太阳直射点位于( )A．北半球、东半球B．北半球、西半球C．南半球、东半球D．南半球、西半球6．该城市所在的经度大约为( )A．153°EB．113°EC．87°ED．80°E7．2021年7月1日至8月1日期间，该城市昼夜长短及其变化趋势是( )A．昼长夜短，且昼渐长，夜渐短B．昼长夜短，但昼渐短，夜渐长C．昼短夜长，但昼渐长，夜渐短D．昼短夜长，且昼渐短，夜渐长日地距平比＝(实际日地距离－日地平均距离)/日地平均距离，它反映了日地距离的变化情况。
如图为日地距平比随时间的变化规律图。
读图答复8～9题。
8．日地距平比由m变至n期间，以下说法可信的是( )A．太阳直射点一直向南移动B．地球公转速度逐渐变快C．北京正午太阳高度曾到达一年中的最大值D．海口昼长先变长后变短9．当日地距平比为n时，杭州(约30°N)正午太阳高度最可能是( )A．83.5°B．80°C．40°D．36.5°王先生于2021年1月1日乘坐飞机从上海出发，飞往美国旧金山(西八区)。
《有机化学基础》课时作业9：第一章章末检测试卷(一)
章末检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)1．下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是()A．羟基的电子式：B．CH4分子的球棍模型：C．乙烯的实验式：CH2D．苯乙醛的结构简式：答案 C解析氢氧根离子中，氢原子和氧原子之间通过共价键相连，电子式为，而羟基电子式为A项错误；该模型是甲烷分子的填充模型，不是球棍模型，B项错误；乙烯的实验式为CH2，C项正确；苯乙醛的结构简式为D项错误。
2．下列有机物命名正确的是()A．2-乙基丙烷B．CH3CH2CH2CH2OH1-丁醇C．间二甲苯D．2-甲基-2-丙烯答案 B解析选项A中有机物名称应为2-甲基丁烷；选项C中有机物名称应为对二甲苯；选项D 中有机物名称应为2-甲基-1-丙烯。
3．下列物质属于芳香烃，但不是苯的同系物的是()【考点】芳香族化合物【题点】芳香族化合物的组成与结构答案 D解析含有苯环的化合物属于芳香族化合物，含有苯环的烃属于芳香烃，而苯的同系物的定义是含有一个苯环且侧链为饱和烃基的芳香烃。
A、B两项属于苯的同系物，C项不属于芳香烃，D项属于芳香烃但侧链不饱和，不属于苯的同系物。
4．下列实验的操作和所用的试剂都正确的是()A．要鉴别己烯中是否混有少量甲苯，应先加足量溴水，然后再加入酸性高锰酸钾溶液B．配制浓硫酸和浓硝酸的混酸时，将浓硝酸沿器壁缓缓倒入浓硫酸中C．制硝基苯时，将盛有混合液的试管直接在酒精灯火焰上加热D．除去溴苯中少量的溴，可以加水后分液答案 A解析要鉴别己烯中是否混有少量甲苯，应先加足量溴水，通过加成反应，排除碳碳双键的干扰，然后再加入酸性高锰酸钾溶液，溶液退色，可证明混有甲苯，A项正确；配制浓硫酸和浓硝酸的混酸时，将浓硫酸沿器壁缓缓倒入浓硝酸中，B项错误；制硝基苯时，应该水浴加热，C项错误；除去溴苯中少量的溴，应加稀的氢氧化钠溶液，然后分液，D项错误。
5．某炔烃经催化加氢后，得到2-甲基丁烷，该炔烃是()A．2-甲基-1-丁炔B．2-甲基-3-丁炔C．3-甲基-1-丁炔D．3-甲基-2-丁炔答案 C解析先写出2-甲基丁烷的结构简式为(H省略)，再补上叁键，补叁键时注意每个C原子只能形成4个共价键，故该炔烃是(H省略)，名称为3-甲基-1-丁炔。
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章末检测试卷(一) (时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分.1～8题为单项选择题，9～14题为多项选择题)1．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( )A ．由E ＝F q知，电场中某点的电场强度与检验电荷所带的电荷量成反比 B ．由C ＝Q U知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C ．由E ＝k Q r2知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关 D ．由U AB ＝W AB q知，带电荷量为1 C 的正电荷，从A 点移动到B 点克服电场力做功为1 J ，则A 、B 两点间的电势差为－1 V答案 D解析 电场强度E 与F 、q 无关，由电场本身决定，A 错误；电容C 与Q 、U 无关，由电容器本身决定，B 错误；E ＝k Q r 2是点电荷电场强度的决定式，C 错误；由U AB ＝W AB q可知，D 正确．2．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图1所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A 、B 两点与两球球心连线位于同一直线上，C 、D 两点关于直线AB 对称，则( )图1A ．A 点的电势低于B 点的电势B ．C 点和D 点的电场强度相同C ．正电荷从A 点移至B 点，静电力做正功D ．负电荷从C 点沿直线CD 移至D 点，电势能先增加后减少答案 C解析 由题图可知φA >φB ，所以正电荷从A 移至B ，电势减小，静电力做正功，故A 错误，C正确；C、D两点电场强度大小相等、方向不同，故B错误；负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减少后增加，故D错误．3．(2019·日照市期末)如图2所示，在点电荷Q产生的电场中，实线是方向未知的电场线，虚线AB是一个带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹．下列说法正确的是()图2A．带电粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能B．带电粒子在A点的加速度一定大于在B点的加速度C．若带电粒子带负电，则点电荷Q一定带正电D．若带电粒子带负电，则A点的电势一定高于B点的电势答案 B4．(2019·阆中中学高二上月考)如图3甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压．t＝0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计)，已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰．则电子速度方向向左且速度大小逐渐减小的时间段是()图3A．0<t<t0B．t0<t<2t0C．2t0<t<3t0D．3t0<t<4t0答案 D解析开始时Q板电势比P板高，电子受到的电场力向右，因此在0<t<t0内，电子向右加速运动，A错误；t0时刻电场反向，电子开始向右减速运动，到2t0时刻，速度恰好减小到零，B错误；在2t0<t<3t0时间内，电子向左加速运动，C错误；在3t0时刻，电场再次反向，电子开始向左减速运动，到4t0时刻，速度刚好减小到零，D正确．5.(2019·南宁三中高二上月考)一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图像如图4所示，t A、t B分别是带电粒子在A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的有( )图4A ．A 处的场强一定大于B 处的场强B ．A 处的电势一定高于B 处的电势C ．带电粒子在A 处的电势能一定小于在B 处的电势能D ．带电粒子从A 到B 的过程中，所受电场力一定做正功答案 D解析 根据v －t 图像的斜率表示加速度可知，从A 点运动到B 点的过程中带电粒子的加速度增大，则其所受的电场力增大，则电场强度E 增大，A 处的场强一定小于B 处的场强，故A 错误；从A 到B 带电粒子的速度增大，动能增大，由能量守恒定律知其电势能减小，电场力做正功，故C 错误，D 正确；由于粒子电性未知，无法判断A 、B 两点电势高低，故B 错误．6．(2019·山西省三区八校二模)如图5，真空中a 、b 、c 、d 四点共线且等距．先在a 点固定一点电荷＋Q ，测得b 点场强大小为E .若再将另一等量异种点电荷－Q 放在d 点，则( )图5A ．b 点场强大小为34E B ．c 点场强大小为54E C ．b 点场强方向向左D ．c 点电势比b 点电势高答案 B解析 设ab ＝bc ＝cd ＝L ，＋Q 在b 点产生的场强大小为E ，方向水平向右，由点电荷的场强公式得：E ＝k Q L 2，－Q 在b 点产生的场强大小为E 1＝k Q (2L )2＝14E ，方向水平向右，所以b 点的场强大小为E b ＝E ＋14E ＝54E ，方向水平向右，故A 、C 错误；根据对称性可知，c 点与b 点的场强大小相等，为54E ，方向水平向右，故B 正确；电场线方向从a 指向d ，而沿着电场线方向电势降低，则c 点电势比b 点电势低，故D 错误．7．(2019·重庆八中适应性考试)直角坐标系xOy 中，A 、B 两点位于x 轴上，坐标如图6所示，C 、D 位于y 轴上，C 、D 两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q 的负点电荷置于O点时，B 点处的电场强度恰好为零，若将该负点电荷移到A 点，则B 点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为k )( )图6A.5kQ 4l2，沿x 轴正方向 B.5kQ 4l 2，沿x 轴负方向 C.3kQ 4l2，沿x 轴负方向 D.3kQ 4l2，沿x 轴正方向 答案 D解析 负点电荷置于O 点时，B 点处的电场强度恰好为零，说明负点电荷在B 点产生的场强与两正点电荷在B 点产生的合场强大小相等，方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负点电荷在B 点的场强大小为kQ l 2，方向沿x 轴负方向，则两正点电荷在B 点的合场强大小也为kQ l2，方向沿x 轴正方向；当负点电荷移到A 点时，与B 点的距离为2l ，负点电荷在B 点产生的场强为kQ 4l 2，方向沿x 轴负方向，两正点电荷在B 点产生的合场强的大小为kQ l2，方向沿x 轴正方向，所以B 点处合场强的大小为kQ l 2－kQ 4l 2＝3kQ 4l2，方向沿x 轴正方向，所以A 、B 、C 错误，D 正确．8．如图7所示，四个质量均为m 、带电荷量均为＋q 的微粒a 、b 、c 、d 距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a 微粒没有经过电场外，其他三个微粒均处在电场强度大小为E 的匀强电场中(mg >qE )，这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是t a 、t b 、t c 、t d ，不计空气阻力，则( )图7A ．t b <t a <t c <t dB ．t b ＝t c <t a ＝t dC ．t a ＝t d <t b <t cD ．t b <t a ＝t d <t c答案 D解析 根据四个微粒所受静电力的情况可以判断出，竖直方向上的加速度大小关系为a b >a a＝a d>a c，又由h＝12得t b<t a＝t d<t c，故选项D正确．2at9．(2019·孝感市高二上期中)两个带电荷量相同的正点电荷，固定在图8中P、Q两点，MN 为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点．一带负电的检验电荷q，从A 点由静止释放，只在静电力作用下运动．取无限远处的电势为零，则()图8A．q由A向O的运动是匀加速直线运动B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C．q运动到O点时的动能最大D．q运动到O点时电势能为零答案BC解析q由A向O运动的过程中，电场力的方向始终由A指向O，但力的大小变化，所以电荷q做变加速直线运动，电场力做正功，电势能减小，q通过O点后在电场力的作用下做变减速运动，所以q运动到O点时速度最大，动能最大，电势能最小，因无限远处的电势为零，则O点的电势φ>0，所以q在O点时的电势能不为零，故选项B、C正确，选项A、D错误．10．(2019·十堰市高二月考)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图9中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是()图9A．带正电B．速度先变大后变小C．电势能先变大后变小D．经过b点和d点时的速度大小相同答案CD解析根据粒子的运动轨迹及等势面的分布可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c 再到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项B错误，C正确；因为b、d两点在同一等势面上，所以粒子在b、d两点的电势能相同，粒子经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确．11.如图10所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，合上开关S后，静电计指针张开一定角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是()图10A．使A、B两板靠近一些B．使A、B两板正对面积减小一些C．断开S后，使B板向右平移一些D．断开S后，使A、B正对面积减小一些答案CD解析静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，电源电压不变，静电计指针张角不变，故A、B错误；当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，电容器所带的电荷量不变，由C＝QU可知，板间电压U增大，则静电计指针张角增大，故C、D正确．12.(2018·海南卷)如图11，a、b、c、d为一边长为l的正方形的顶点．电荷量均为q(q＞0)的两个点电荷分别固定在a、c两点，静电力常量为k.不计重力．下列说法正确的是()图11A．b点的电场强度大小为2kq l2B．过b、d点的直线位于同一等势面上C．在两点电荷产生的电场中，ac中点的电势最低D．在b点从静止释放的电子，到达d点时速度为零答案 AD解析 由图甲可知b 点的电场E ＝E a cos 45°＝E c cos 45°＝2kq l2，故A 正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，等量正点电荷的电场线与电势面分布如图乙，由图乙可知B 、C 错误；由对称性可知，b 、d 点电势相同，故电子在b 、d 点电势能相同，动能也相同，都为0，故D 正确．13.如图12所示，平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均从A 板由静止开始经加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断正确的是( )图12A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C ．加速电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶4D ．偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2答案 BD解析 设加速电场的电压为U 1，偏转电场的电压为U 2，偏转极板的长度为L ，板间距离为d .在加速电场中，静电力做的功W ＝qU 1，故加速电场的静电力对三种粒子做功之比等于电荷量之比，即1∶1∶2，故C 错误；由qU 1＝12m v 02可知，粒子经加速电场获得的速度v 0＝2qU 1m，三种粒子从B 板运动到荧光屏的过程，在水平方向做速度为v 0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；可知，y与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧根据y＝U2L24dU1，则W与q成正比，三光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场中静电力做功为W＝qU2yd种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故D 正确．14．在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上的分布如图13所示．下列说法正确的有()图13A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大答案AC解析由题图可知，两点电荷q1和q2带有异种电荷，故A正确；在φ－x图像中，图像切线的斜率大小表示电场强度大小，则x1处的电场强度不为零，故B错误；x1到x2，电场强度逐渐减小，负电荷受到的电场力逐渐减小，故D错误；由E p＝φq可知，负电荷在电势高处的电势能小，则负电荷从x1移到x2，电势能减小，故C正确．二、计算题(本题共4小题，共44分)15.(8分)如图14所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD ＝4 cm，其连线的延长线与金属板A成30°角．已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为－4.8×10－17 J，元电荷e＝1.6×10－19 C．求：图14(1)C、D两点间的电势差U CD、匀强电场的场强大小E；(2)若选取A 板的电势φA ＝0，C 点距A 板1 cm ，电子在D 点的电势能为多少？答案 (1)300 V 1.5×104 V/m (2)7.2×10－17 J解析 (1)电子从C 点移到D 点U CD ＝W CD q ＝－4.8×10－17－1.6×10－19 V ＝300 V(2分) E ＝U CD d CD sin 30°＝3004×10－2×0.5V /m ＝1.5×104 V/m(2分) (2)d ＝d CD sin 30°＋1 cm ＝3 cm(1分)U AD ＝Ed ＝1.5×104×3×10－2 V ＝450 V(1分)由U AD ＝φA －φD 和φA ＝0得φD ＝－450 V(1分)电子在D 点的电势能为E p ＝qφD ＝－1.6×10－19×(－450) J ＝7.2×10－17 J ．(1分)16．(11分)如图15所示，水平绝缘轨道AB 长L ＝4 m ，离地高h ＝1.8 m ，A 、B 间存在竖直向上的匀强电场．一质量m ＝0.1 kg 、电荷量q ＝－5×10－5 C 的小滑块，从轨道上的A 点以v 0＝6 m /s 的初速度向右滑动，从B 点离开电场后，落在地面上的C 点．已知C 、B 间的水平距离x ＝2.4 m ，滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图15(1)滑块离开B 点时速度的大小；(2)滑块从A 点运动到B 点所用的时间；(3)匀强电场的场强E 的大小．答案 (1)4 m /s (2)0.8 s (3)5×103 N/C解析 (1)从B 到C 过程中，有h ＝12gt 2(1分) x ＝v B t (1分)解得v B ＝4 m/s(1分)(2)从A 到B 过程中，有L ＝v 0＋v B 2t ′(2分)解得t′＝0.8 s(1分)(3)在电场中运动时，小滑块受力如图所示，由牛顿第二定律得－μ(mg＋E|q|)＝ma(2分)由运动学公式，有v B2－v02＝2aL(2分)解得E＝5×103 N/C.(1分)17.(11分)如图16，一质量为m＝1 kg、电荷量为q＝0.5 C的带电小球以速度v0＝4.5 m/s自光滑平台右端水平飞出，不计空气阻力，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC，圆弧轨道ABC的形状为圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点的竖直线OO′的右边空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E＝10 V/m(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2)．图16(1)求小球经过A点的速度大小v A；(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，且从C点飞出轨道，求半径R的取值应满足的条件．答案(1)7.5 m/s(2)0<R≤2528m解析(1)小球离开平台后做平抛运动，由题知，小球经过A点时的速度沿圆弧轨道的切线方向，则cos 53°＝v0vA(2分)解得v A＝7.5 m/s.(1分)(2)小球沿A点切线方向落入竖直光滑圆弧轨道ABC后，做圆周运动，若恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，设滑至最高点的速度为v C ，则有mg ＋qE ＝m v C 2R(2分) 根据动能定理得：－(mg ＋qE )R (1＋cos 53°)＝12m v C 2－12m v A 2(3分) 联立以上两式解得R ＝2528m(2分) 故当0<R ≤2528m 时，小球沿轨道做圆周运动，且能从圆弧轨道的最高点C 飞出．(1分) 18．(14分)如图17所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的足够大的屏上，A 点到MN 的距离为L 2，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：图17(1)电子运动到MN 时的速度大小；(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；(3)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ；(4)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离x .答案 (1)eEL m (2)3mL eE(3)2 (4)3L 解析 (1)从A 点到MN 的过程中，由动能定理得：eE ·L 2＝12m v 2(1分) 得：v ＝eEL m.(1分) (2)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE 1m ＝eE m(1分) v ＝a 1t 1(1分)则t 1＝mL eE(1分) 从MN 到打到屏的过程中运动的时间：t 2＝2L v ＝2mL eE (1分) 则运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3mL eE.(1分) (3)设电子射出电场E 2时平行于电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a 2＝eE 2m ＝2eE m(1分) t 3＝L v (1分)v y ＝a 2t 3tan θ＝v y v (1分)联立解得：tan θ＝2.(1分)(4)电子的运动轨迹如图所示，将电子离开电场E 2后的速度方向反向延长，交AO 于O ′由几何关系知：tan θ＝x L 2＋L (2分) 得：x ＝3L . (1分)。