高考综合计算题练习二(含详细解析)
高考计算训练试题及答案
高考计算训练试题及答案1. 试题一：计算下列表达式的值：\[\frac{1}{2} + \frac{3}{4} - \frac{5}{6} + \frac{7}{8}\]答案：\[\frac{1}{2} + \frac{3}{4} - \frac{5}{6} + \frac{7}{8} =\frac{4}{8} + \frac{6}{8} - \frac{10}{12} + \frac{14}{16} = \frac{10}{16} + \frac{12}{16} - \frac{20}{24} + \frac{28}{32} = \frac{22}{32} - \frac{20}{24} = \frac{33}{48} -\frac{40}{48} = -\frac{7}{48}\]2. 试题二：解方程：\(3x - 7 = 14\)答案：\[3x - 7 = 14 \Rightarrow 3x = 21 \Rightarrow x = 7\]3. 试题三：计算下列函数在 \(x = 2\) 时的值：\[f(x) = 2x^3 - 5x^2 + 3x - 1\]答案：\[f(2) = 2(2)^3 - 5(2)^2 + 3(2) - 1 = 16 - 20 + 6 - 1 = 1 \]4. 试题四：求下列数列的前5项和：\[2, 4, 8, 16, 32, \ldots\]答案：\[2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 62\]5. 试题五：计算下列矩阵的行列式：\[\begin{bmatrix}1 &2 \\3 & 4\end{bmatrix}\]答案：\[\text{det} = (1)(4) - (2)(3) = 4 - 6 = -2\]6. 试题六：将下列分数化简为最简形式：\[\frac{12}{30}\]答案：\[\frac{12}{30} = \frac{2}{5}\]7. 试题七：计算下列三角函数的值：\[\sin 30^\circ \quad \text{和} \quad \cos 60^\circ \]答案：\[\sin 30^\circ = \frac{1}{2}, \quad \cos 60^\circ = \frac{1}{2}\]8. 试题八：计算下列复数的模：\[z = 3 + 4i\]答案：\[|z| = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5 \]9. 试题九：求下列方程的根：\[x^2 - 5x + 6 = 0\]答案：\[x = \frac{5 \pm \sqrt{25 - 24}}{2} = \frac{5 \pm 1}{2} \Rightarrow x = 3 \text{ 或 } x = 2\]10. 试题十：计算下列积分：\[\int (2x + 3) \, dx\]答案：\[\int (2x + 3) \, dx = x^2 + 3x + C\]。
高考数学综合题二(含解析)(2021学年)
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综合题(二）1.{}2{|},1A x x x B x =<=≥，则A B ⋃=( ) Ａ. R B. ()0,+∞ C ． {}1 D ． [)1,+∞【答案】Ｂ【解析】{}{}2||01A x x x x x =<=<<,{}()1,0,B x A B =≥⋃=+∞2.已知复数11Z i=- ，则Z = （ ）Ａ． 1i -+ B. 1i -- C. 1i + Ｄ． 1i - 【答案】D【解析】11z i z i =+⇒=- ,故选D.3.已知函数2,0(),0x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩，则((2))f f -=( ）A ．4 B.3 C.2 D.1 【答案】A考点:分段函数求值4.某长方体被一平面所截，得到的几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为Ａ. 4 Ｂ． 2 Ｃ． 2 D. 8【答案】Ｄ【解析】解:三视图复原的几何体是长方体，长方体长、宽、高分别是:2，２,3，所以这个几何体的体积是2×2×3=１2，长方体被一个平面所截,得到的几何体的是长方体的三分之二,如图所示,则这个几何体的体积为21283⨯= .本题选择D选项.5.已知六棱锥P ABCDEF-的底面是正六边形, PA⊥平面ABC.则下列结论不正确．．．的是( )A．//CD平面PAF B．DF⊥平面PAFＣ. //CF平面PAB D．CF⊥平面PAD【答案】D6.已知()()sin 2cos 30πθπθ-++-=，则cos sin cos sin θθθθ+=-（ ）A ． 3B ． 3-C ． 13 Ｄ. 13-【答案】C【解析】因为()()sin 2cos 30πθπθ-++-=,所以2cos 0sin θθ--=， 可得cos tan 1211tan 2,cos tan 1213sin sin θθθθθθθ++-+=-===---- ，故选C.7．已知()3,4a =-, ()cos ,sin b αα=,则2a b +的取值范围是( ） A ． []1,4 B. []2,6 C. []3,7 D ． 22,42⎡⎤⎣⎦【答案】C点睛：本题的求解的关键与难点在于如何将问题进行转化，依据题设条件与向量模的几何意义,则问题转化为求以()0,0O 为圆心，半径为2的圆上一个动点()2cos ,2sin P αα到定点()3,4M -的距离最大值与最小值问题．由于5OP =,所以结合图形可知5252PM -≤≤+,即37PM ≤≤,从而使得问题获解．8．若[]x 表示不超过x 的最大整数,则图中的程序框图运行之后输出的结果为( )Ａ. 4892０ Ｂ. 49660 C. 498００ Ｄ． 51867 【答案】C【解析】根据题意： []x 表示不超过x 的最大整数，且][201650.450,40⎡⎤==⎢⎥⎣⎦所以该程序运行后输出的结果中是:３9个0与40个1,40个2，40 个3,……，40个49, 0.4416⨯=个50的和,所以输出的结果为14940490.44050498002S +=⨯⨯+⨯⨯=。
2020高考数学课标二轮：综合能力训练含解析
②是将底面直径和高均为1的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体;
③是底面边长和高均为1的正四棱锥;
④是将上底面直径为2,下底面直径为1,高为1的圆台挖掉一个底面直径为2,高为1的倒置圆锥得到的几何体.
根据祖暅原理,以上四个几何体的体积与T的体积相等的是()
A.①B.②C.③D.④
故答案为3.
14.已知a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:
①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;
②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;
③直线AB与a所成角的最小值为45°;
④直线AB与a所成角的最大值为60°.
2020高考数学课标二轮：综合能力训练含解析
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综合能力训练第63页
第Ⅰ卷(选择题,共40分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)
1.设集合A={x|x2-2x<0},B= ,则A∩B=()
A.(-∞,1)B.(2,+∞)C.RD.(1,2)
即12=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc,当且仅当b=c时,等号成立.
∴S△ABC= bcsinA≤ ×12× =3 .
当且仅当b=c时,△ABC的面积取最大值3 .
16.(13分)设{an}是等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是等比数列,a1=-3,S5=5,b1=a4,b1+b3=3(b2+1).
由OA⊥OB得,x1x2+y1y2=0,即[(1+p)2-(p2+2p)]+[p2-(p2+2p)]=0,化简得2p=1,
2023年天津市新华中学高考数学统练试卷(二)+答案解析(附后)
2023年天津市新华中学高考数学统练试卷（二）1. 设全集，集合，则( )A. B. C. D.2. 已知，，则“存在使得”是“”的( )A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件3. 供电部门对某社区1000位居民2017年12月份人均用电情况进行统计后，按人均用电量分为五组，整理得到如下的频率分布直方图，则下列说法错误的是( )A. 12月份人均用电量人数最多的一组有400人B. 12月份人均用电量不低于20度的有500人C. 12月份人均用电量为25度D. 在这1000位居民中任选1位协助收费，选到的居民用电量在一组的概率为4. 设，则( )A. B. C. D.5. 函数，的图象大致为( )A. B.C. D.6. 蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m；上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其母线长为，轴截面过圆锥旋转轴的截面是面积为的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积约为( )A. B. C. D.7. 若函数的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，则下列关于函数的说法中，正确的是( )A. 函数的图象关于直线对称B. 函数的图象关于点对称C. 函数的单调递增区间为D. 函数是偶函数8. 设双曲线的左、右焦点分别为，，O为坐标原点.以为直径的圆与双曲线的右支交于P点，且以为直径的圆与直线相切，若，若双曲线C与抛物线有共同的右焦点，则抛物线的标准方程为( )A. B. C. D.9. 已知，函数在R上单调递增，且对于任意实数a，方程有且只有一个实数根，且，函数的图象与函数的图象有且只有三个不同的交点，则实数t的取值范围为( )A. B. C. D.10. 若复数z同时满足，，则______.11. 若的展开式中二项式系数之和为256，则展开式中常数项是______ .12. 已知7件产品中有5件合格品，2件次品.为找出这2件次品，每次任取一件检验，检验后不放回，则第一次和第二次都检验出次品的概率为__________；恰好在第一次检验出正品而在第四次检验出最后一件次品的概率为__________.13. 已知直线与圆C：相交于点A，B，若是正三角形，则实数______ .14. 在四边形ABCD中，，，，，E为AD的中点，，则__________；设点P为线段CD上的动点，则最小值为__________.15. 已知正实数a，b满足，则的最小值为______.的最小值为______.16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，C为锐角.求C；若，，的面积为，求的值.17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，，F是PB中点，E为BC上一点.求证：平面PBC；求三棱锥的体积；当BE为何值时，二面角为18. 设椭圆的右焦点为F，右顶点为A，已知椭圆离心率，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为求椭圆C的方程；设过点A的直线l与椭圆C交于点不在x轴上，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H，若以B、H为直径的圆经过点F，设直线l的斜率为k，直线OM的斜率为，且，求直线l斜率k的取值范围.19. 已知数列中，，，，数列的前n项和为求的通项公式；已知，①求数列前n项和；②证明：20.已知函数，其中且当时，求函数的极值；求函数的单调区间；若存在使函数，在处取得最小值，试求b的最大值．答案和解析1.【答案】D【解析】解：由可得，解得，因为全集，所以，所以故选：先化简集合A，然后用补集的定义即可求解本题主要考查了集合补集运算，属于基础题．2.【答案】C【解析】解：由，可得，或，，即存在使得“存在使得”是“”的充要条件．故选：由，可得，或，，进而判断出关系．本题考查了三角函数方程的解法、充要条件的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3.【答案】C【解析】【分析】本题考查了频率分布直方图的应用问题，是基础题．根据频率分布直方图，求出12月份人均用电量人数最多的一组，判断A正确；计算12月份人均用电量不低于20度的频率与频数，判断B正确；计算12月份人均用电量的值，判断C错误；计算从中任选1位协助收费，用电量在一组的频率，判断D正确．【解答】解：根据频率分布直方图知，12月份人均用电量人数最多的一组是有人，A正确；12月份人均用电量不低于20度的频率是，有人，正确；12月份人均用电量为，错误；在这1000位居民中任选1位协助收费，用电量在一组的频率为，估计所求的概率为，正确．故选：4.【答案】B【解析】解：，，，，即，，，故选：根据指数幂和对数的取值，分别判断a，b，c的取值范围，然后比较大小．本题主要考查对数值和指数值的大小比较，利用指数函数和对数函数的图象和性质判断范围是解决本题的关键，比较基础．5.【答案】A【解析】【分析】本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及函数值的应用，考查分析问题、解决问题的能力．根据题意，先判断函数的奇偶性，再结合函数的解析式即可得到函数图象的位置，利用排除法可得答案．【解答】解：记，，则，且，，故为奇函数，图象关于原点对称，故排除D，在区间上，，，有，此时，图象在x轴下方，在区间上，，，有，，此时，图象在x轴上方，故排除B，故选：6.【答案】C【解析】解：如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为，因为其轴截面过圆锥旋转轴的截面是腰长为，面积为的等腰三角形，所以，解得，则或舍去，由得，，则上半部分的体积为，下半部分体积为，故蒙古包的体积为故选：根据题意求圆锥的高和底面半径，再结合锥体、柱体体积运算求解．本题考查圆锥与圆柱的体积的计算，方程思想，化归转化思想，属中档题．7.【答案】D【解析】解：把函数的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，当时，，不是最值，故函数的图象不关于直线对称，故A不正确；此时，，不是零，故函数的图象不关于点对称，故B也不正确；令，求得，故函数的单调增区间为，，故C不正确；函数，显然是偶函数，故D正确，故选：由题意利用正弦函数的图象和性质，得出结论．本题主要考查正弦函数的图象和性质，属于中档题．8.【答案】A【解析】解：不妨设以为直径的圆的圆心为M，且与直线直线相切于点N，则，以为直径的圆与双曲线的右支交于P点，则，即，又，，，则，又，则，由勾股定理可得，即，即，即，双曲线C与抛物线有共同的右焦点，，则，即抛物线的标准方程为，故选：结合已知条件，由勾股定理可得，然后求解即可．本题考查了双曲线的性质及抛物线的性质，重点考查了运算能力，属中档题．9.【答案】D【解析】解：因为函数在R单调递增，则在和都递增，并且在处，一次函数的函数值大于或等于二次函数的函数值，可得不等式，解得，又因为有且只有一个实数根可得出值域为R，即，解得或，又因为，得，，即所以，令，解得或舍，作出的图象如图，若直线经过点，则，此时函数与有两个交点，若直线与相切，联立，整理得，，即，此时函数与有两个交点，因为函数的图象与函数的图象有且只有三个不同的交点，所以，故选：先根据分段函数在R单调递增列出不等式可求出m的取值范围，再根据有且只有一个实数根，转化为值域为R，结合可确定m的值，画出的图像，利用与直线有且只有三个不同的交点，可根据相切和过定点求出两个交点临界位置的t，进而求出t的取值范围．本题考查函数零点与方程根的关系，数形结合是解题关键，属于中档题．10.【答案】【解析】解：设其中a，，则由题意得：，即，解得故答案为：设其中a，，则利用复数运算和复数相等即可得出答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查计算能力，是基础题．11.【答案】28【解析】解：因为的展开式中二项式系数之和为256，所以，故，即该二项式为，设其展开式的通项为，当时，即，此时该项为故答案为：据二项式展开式的系数和公式可得n的值，然后再利用展开式通项公式求得常数项．本题考查了二项式定理，属于基础题．12.【答案】【解析】【分析】本题考查概率的运算，考查相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，属于基础题．利用相互独立事件概率乘法公式能求出第一次和第二次都检验出次品的概率；恰好在第一次检验出正品而在第四次检验出最后一件次品，有两种可能：正次正次，正正次次，利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出结果．【解答】解：第一次和第二次都检验出次品的概率为，恰好在第一次检验出正品而在第四次检验出最后一件次品，有两种可能：正次正次，正正次次，概率为故答案为：；13.【答案】【解析】解：设圆C的半径为r，由则是正三角形，点到直线AB的距离为，即，化简整理可得，，解得故答案为：根据已知条件，结合点到直线的距离公式，以及正三角形的性质，即可求解．本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题．14.【答案】【解析】【分析】可画出图形，根据条件即可得出，进行数量积的运算即可得出，然后即可得出；可设，然后即可得出，进行数量积的运算即可得出，配方即可求出最小值．本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量的数乘和数量积的运算，向量夹角的余弦公式，配方求二次函数最值的方法，考查了计算能力，属于中档题．【解答】解：如图，，，，，E为AD的中点，，，，；设，，则：，时，取得最小值故答案为：15.【答案】4【解析】解：空1：因为，所以，所以，所以，当且仅当且，即，时，等号成立，所以的最小值为4；空2：由题意可知，所以，+=+=++++，当且仅当，取等号．故答案为：4；空1先把两边平方，再对所求式子进行换元，利用二次函数求解最值；空2先分离常数，然后根据均值不等式求解．本题考查基本不等式的运用属于中档题．16.【答案】解：由题意及正弦定理可得，整理可得，即，在三角形中，，因为C为锐角，所以，可得，可得；由可得，而，可得，①，由余弦定理可得，可得，②，因为，解得，，则B为锐角，由余弦定理可得，，所以，，所以，故的值为【解析】由正弦定理及两角和的余弦公式可得，再由三角形中角的关系，可得C角的余弦值，可得C角的大小；由余弦定理及三角形的面积公式，可得a，b的值，再由余弦定理可得的值，进而求出，的大小，由两角差的余弦公式展开可得其值．本题考查三角形的正余弦公式及面积公式的应用，两角差的余弦公式的应用，属于中档题．17.【答案】证明：因为平面ABCD，平面ABCD，所以，因为ABCD是矩形，所以，因为，平面PAB，面PAB，所以平面因为平面PAB，所以因为，F是PB中点，所以，因为，平面PBC，平面PBC，所以平面解：因为平面PAB，，，，所以因为平面ABCD，所以，，又，所以以A为坐标原点，AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设，则，所以，设平面PDE的法向量为，则，故可设，平面PCE的法向量为，由于二面角的大小为，所以，解得，故【解析】通过证明，，利用线面垂直的判定定理来证得平面根据锥体体积计算方法，采用等体积法计算三棱锥的体积．建立空间直角坐标系，设，以二面角的余弦值列方程，从而求得a，也即BE的值．本题考查了线面垂直的证明、三棱锥体积的计算以及二面角的问题，属于中档题．18.【答案】解：由题意可得，解得，，，椭圆C的方程为；设直线l的方程为，由，消去y整理得，，，，，设，由，，，，，直线BH的方程为，与直线l的方程联立方程组，解得，，，，，解得或，直线l斜率k的取值范围【解析】根据题意列出关于a，b，c的方程组，再求出椭圆C的方程；由已知设直线l的方程为，联立直线方程和椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系求得B的坐标，由，求出H的坐标，再写出MH所在直线方程，由直线MH和直线l，解得M的坐标，从而得到，由，得到，再求出k的围即可．本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，属中档题．19.【答案】解：由题设，当，时，是首项为1，公差为4的等差数列，则；当，时，是首项为2，公差为4的等差数列，则；所以；解：①由知：，所以，故；证明：②，故，所以，则，而，所以，作差得，所以，故得证．【解析】由题设知：的奇、偶数项分别构成公差为4的等差数列，写出其通项公式即可；①应用分组求和及等差数列前n项和公式求，然后裂项求和求；②由，进而可得，应用错位相减及等比数列前n项和公式求即可证结论．本题考查了等差数列和等比数列的综合应用，属于中档题．20.【答案】解：当时，，，令，得或，列表讨论和的变化情况：x+0-0+递增极大值递减极小值递增当时，取得极大值，当时，取得极小值；，的定义域为，，；当时，由，解得：，由，解得：，在上单调递减，在上单调递增；当时，由，解得，由，解得：，在上单调递增，在上单调递减．，，由题意知，在区间上恒成立，即，当时，不等式成立；当时，不等式可化为，令，，，，即，由题意，只需，解得：，又，，【解析】求出函数的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；求出函数的导数，通过讨论a的范围，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；当时，不等式可化为，令，通过讨论函数的单调性求出关于b的不等式，解出即可．本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想、分类讨论思想，是一道综合题．。
高考综合计算题练习二(含详细解析)
高考综合计算题练习二1.（牛顿第二定律结合图像）如图（a）所示，“ ”型木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB 粗糙，光滑表面BC 且与水平面夹角为θ=37°．木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图（b ）所示．已知sin37°=，cos37°=，g 取10m/s 2．求：(1) 斜面BC 的长度；(2) 滑块的质量；(3)2.（动能定理、动量守恒定律与摩擦生热）如下图所示，固定在地面上的光滑圆弧面底端与车C 的上表面平滑相接，在圆弧面上有一滑块A ，其质量m A =2kg ，在距车的水平面高h =1.25m 处由静止下滑，车C 的质量为m C =6kg 。
在车C 的左端有一质量m B =2kg 的滑块B ，滑块B 与A 均可视作质点，滑块A 与B 碰撞后立即粘合在一起共同运动，最终没有从车C 上滑落。
已知滑块A 、B 与车C 的动摩擦因数均为μ=，车C 与水平面间的摩擦忽略不计，取g =10m/s 2。
求：（1）滑块A 滑到圆弧面底端时的速度大小； （2）滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度大小；（3）车C 的最短长度。
t图（b ）图（a ） 力传感3.（带电粒子在电场磁场中的运动综合）如下图所示，带电平行金属板PQ 和MN 之间的距离为d ；两金属板之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。
建立如图所示的坐标系，x 轴平行于金属板，且与金属板中心线重合，y 轴垂直于金属板。
区域I 的左边界是y 轴，右边界与区域II 的左边界重合，且与y 轴平行；区域II 的左、右边界平行。
在区域I 和区域II 内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，区域I 内的磁场垂直于Oxy平面向外，区域II 内的磁场垂直于Oxy 平面向里。
2022版高考数学二轮复习综合练习题2
综合练习题(二)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出四个选项中，只有一项符合题目要求的．1．已知全集U ＝{x ∈N |0≤x ≤5}，∁U A ＝{1，2，5}，则集合A 等于( D ) A ．{0，1，2} B ．{2，3，4} C ．{3，4}D ．{0，3，4}【解析】 因为全集U ＝{x ∈N |0≤x ≤5}， ∁U A ＝{1，2，5}，由补集的定义可知集合A ＝{0，3，4}．故选D.2．已知复数z 满足(2＋i)z ＝|4-3i|(i 为虚数单位)，则z ＝( B ) A ．2＋i B ．2-i C ．1＋2iD ．1-2i【解析】 由(2＋i)z ＝|4-3i|＝42＋（-3）2＝5， 得z ＝52＋i ＝5（2-i ）（2＋i ）（2-i ）＝5（2-i ）22＋12＝2-i ，故选B. 3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则“S n 的最大值是S 8”是“⎩⎪⎨⎪⎧a 7＋a 8＋a 9>0a 7＋a 10<0”的( C )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】 等差数列{a n }的前n 项和为S n ， 则“S n 的最大值是S 8”⇔a 8＞0，a 9＜0.则“⎩⎪⎨⎪⎧a 7＋a 8＋a 9>0a 7＋a 10<0”⇔⎩⎪⎨⎪⎧a 8>0a 8＋a 9<0.∴“S n 的最大值是S 8”是“⎩⎪⎨⎪⎧a 7＋a 8＋a 9>0a 7＋a 10<0”的充要条件．故选C.4．候鸟每年都要随季节的变化进行大规模的迁徙．研究某种鸟类的专家发现，该种鸟类的飞行速度v (单位：m/s)与其耗氧量Q 之间的关系为v ＝a ＋log 2Q10(其中a 是实数)．据统计，该种鸟类在静止的时候其耗氧量为20个单位，若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2 m/s ，其耗氧量至少需要( )个单位．( C )A ．70B ．60C ．80D ．75【解析】 由题意可得0＝a ＋log 22010，解得a ＝-1，∴v ＝-1＋log 2Q10，∴-1＋log 2Q10≥2，解得Q ≥80，故选C.5．已知数列{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，前n 项和为S n ，满足2a 4＝a 3＋5，则S 9＝( C )A ．35B ．40C ．45D ．50【解析】 ∵2a 4＝a 3＋5，∴2(a 5-d )＝a 5-2d ＋5， ∴a 5＝5，∴S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝5×9＝45，故选C.6．某四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是边长为2的正方形，正视图和俯视图都是等腰直角三角形，则该四棱锥的体积为( A )A ．83B ．8C ．43D ．4【解析】 由三视图还原原几何体如图，该几何体是四棱锥P -ABCD ， 底面ABCD 为正方形，边长为2， 侧棱PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2， 则该四棱锥的体积V ＝13×2×2×2＝83.故选A ．7．已知在边长为3的等边△ABC 中，AP →＝12AC →＋13AB →，则CP →在CB →上的投影为( C )A ．154B ．-54C ．54D ．152【解析】 CP →＝AP →-AC →＝12AC →＋13AB →-AC →＝13AB →-12AC →，∴CP →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB →-12AC →·(AB →-AC →)＝13AB →2-56AB →·AC →＋12AC →2 ＝13×9-56×3×3×12＋12×9＝154， ∴CP →在CB →上的投影为CP →·CB →|CB →|＝1543＝54.故选C.8．已知椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)与直线y a -xb＝1交于A ，B 两点，焦点F (0，-c )，其中c为半焦距，若△ABF 是直角三角形，则该椭圆的离心率为( A )A ．5-12B ．3-12 C.3＋14D ．5＋14【解析】 椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)与直线y a -xb ＝1交于A ，B 两点，焦点F (0，-c )，其中c 为半焦距，若△ABF 是直角三角形，不妨设A (0，a )，B (-b ，0)，则BA →·BF →＝0，解得b 2＝ac ，即a 2-c 2＝ac ，即e 2＋e -1＝0，e ∈(0，1)，故e ＝5-12.故选A ． 9．下列只有一个是函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋(a 2-1)x ＋1(a ≠0)的导函数的图象，则f (-1)＝( A )A ．-13B ．13C ．73D ．-13或73【解析】 因为f (x )＝13x 3＋ax 2＋(a 2-1)x ＋1(a ≠0)，所以f ′(x )＝x 2＋2ax ＋(a 2-1)，Δ＝4a 2-4(a 2-1)＝4＞0，开口向上，故导函数图象开口向上，与x 轴有2个交点， 对称轴是x ＝-a ，结合选项(3)符合， 由f ′(0)＝a 2-1＝0且-a ＞0得a ＝-1， 故f (-1)＝-13-1＋1＝-13.故选A ．10．关于函数f (x )＝sin|x |＋|sin x |有下述四个结论： ①f (x )是偶函数②f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递增 ③f (x )在[-π，π]有4个零点 ④f (x )的最大值为2其中所有正确结论的编号是( C ) A ．①②④ B ．②④ C ．①④D ．①③【解析】 f (-x )＝sin|-x |＋|sin(-x )|＝sin|x |＋|sin x |＝f (x )则函数f (x )是偶函数，故①正确，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π时，sin|x |＝sin x ，|sin x |＝sin x ， 则f (x )＝sin x ＋sin x ＝2sin x 为减函数，故②错误，当0≤x ≤π时，f (x )＝sin|x |＋|sin x |＝sin x ＋sin x ＝2sin x ，由f (x )＝0得2sin x ＝0得x ＝0或x ＝π，由f (x )是偶函数，得在[-π，0)上还有一个零点x ＝-π，即函数f (x )在[-π，π]有3个零点，故③错误，当sin|x |＝1，|sin x |＝1时，f (x )取得最大值2， 故④正确，故正确是①④，故选C. 11．设a ＝3π，b ＝π3，c ＝33，则( C ) A ．b ＞a ＞c B ．c ＞a ＞b C ．a ＞b ＞cD ．b ＞c ＞a【解析】 考查幂函数y ＝x 3在(0，＋∞)是单调增函数， 且π＞3，∴π3＞33，∴b ＞c ； 由y ＝3x 在R 上递增，可得3π＞33， 由a ＝3π，b ＝π3，可得ln a ＝πln 3，ln b ＝3ln π， 考虑f (x )＝ln x x 的导数f ′(x )＝1-ln xx2， 由x ＞e 可得f ′(x )＜0，即f (x )递减， 可得f (3)＞f (π)，即有ln 33＞ln ππ，即为πln 3＞3ln π，即有3π＞π3，则a ＞b ＞c ，故选C.12．已知F 1，F 2分别为双曲线x 2a 2-y 2b2＝1(a >0，b >0)的左焦点和右焦点，过F 2的直线l 与双曲线的右支交于A ，B 两点，△AF 1F 2的内切圆半径为r 1，△BF 1F 2的内切圆半径为r 2，若r 1＝2r 2，则直线l 的斜率为( D )A ．1B ． 2C ．2D ．2 2【解析】 记△AF 1F 2的内切圆圆心为C ， 边AF 1、AF 2、F 1F 2上的切点分别为M 、N 、E ， 易见C 、E 横坐标相等，则|AM |＝|AN |，|F 1M |＝|F 1E |，|F 2N |＝|F 2E |， 由|AF 1|-|AF 2|＝2a ，即|AM |＋|MF 1|-(|AN |＋|NF 2|)＝2a ， 得|MF 1|-|NF 2|＝2a ，即|F 1E |-|F 2E |＝2a ， 记C 的横坐标为x 0，则E (x 0，0)， 于是x 0＋c -(c -x 0)＝2a ，得x 0＝a ，同样内心D 的横坐标也为a ，则有CD ⊥x 轴， 设直线的倾斜角为θ，则∠OF 2D ＝θ2，∠CF 2O ＝90°-θ2，在△CEF 2中，tan ∠CF 2O ＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫90°-θ2＝r 1|EF 2|，在△DEF 2中，tan ∠DF 2O ＝tan θ2＝r 2|EF 2|， 由r 1＝2r 2，可得2tan θ2＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫90°-θ2＝1tanθ2，解得tan θ2＝22，则直线的斜率为tan θ＝2tanθ21-tan 2θ2＝21-12＝22，故选D.二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡相应位置上．13．若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ≤3x -y ≤0x ＋2≥0，则z ＝x -2y 的最大值为__2__.【解析】 由z ＝x -2y 得y ＝12x -12z ，作出x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ≤3x -y ≤0x ＋2≥0对应的平面区域如图(阴影部分)：平移直线y ＝12x -12z ，由图形可知当直线经过点B 时， 直线y ＝12x -12z 的截距最小，此时z 最大，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝-2x -y ＝0，得B (-2，-2)．代入目标函数z ＝x -2y ，得z ＝-2-2×(-2)＝2， 故答案为2.14．已知f (x )是定义域为R 的奇函数，满足f (1＋x )＝f (1-x )，若f (1)＝2，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 018)＝__2__.【解析】 根据题意，f (x )是定义域为R 的奇函数， 则f (-x )＝-f (x )，又由f (x )满足f (1＋x )＝f (1-x )，则f (-x )＝f (2＋x )，则有f (x ＋2)＝-f (x )， 变形可得：f (x ＋4)＝f (x )， 即函数f (x )为周期为4的周期函数；又由f (x )是定义域为R 的奇函数，则f (0)＝0，则f (2)＝-f (0)＝0，f (3)＝-f (1)＝-2，f (4)＝f (0)＝0， 则f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝2＋0＋(-2)＋0＝0，则有f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 018)＝[f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)]×504＋f (2 017)＋f (2 018)＝f (1)＋f (2)＝2；故答案为2.15．已知sin α＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝__-3【解析】 已知sin α＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3，则sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3-π3＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3，整理得：12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3-32cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3，故：32cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3＝-52sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3， 解得：tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝-35， 则：tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝tan ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3-π6 ＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3-tan π61＋tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3tan π6＝-233，故答案为-233. 16．设直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有顶点都在一个球面上，且球的体积是4010π3，AB ＝AC ＝AA 1，∠BAC ＝120°，则此直三棱柱的高是__22__.【解析】 设AB ＝AC ＝AA 1＝2m . ∵∠BAC ＝120°，∴∠ACB ＝30°，于是2msin 30°＝2r (r 是△ABC 外接圆的半径)，r ＝2m .又球心到平面ABC 的距离等于侧棱长AA 1的一半， ∴球的半径为（2m ）2＋m 2＝5m . ∴球的体积为43π×(5m )3＝4010π3，解得m ＝ 2.于是直三棱柱的高是AA 1＝2m ＝2 2. 故答案为2 2.三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． (一)必考题：共60分17．(本小题满分12分)设a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边．已知a cos B ＝b cos A ＋c ，(1)证明：△ABC 是直角三角形；(2)若D 是AC 边上一点，且CD ＝3，BD ＝5，BC ＝6，求△ABD 的面积． 【解析】 (1)由正弦定理a cos B ＝b cos A ＋c 化为：sin A cos B ＝sin B cos A ＋sin C ， ∴sin A cos B -sin B cos A ＝sin C ， ∴sin(A -B )＝sin C ，∵A -B ∈(-π，π)，C ∈(0，π)， ∴A -B ＝C 或A -B ＝π-C (舍) ∴A ＝B ＋C ，∴A ＝π2.即△ABC 是直角三角形．(2)在△BCD 中，CD ＝3，BD ＝5，BC ＝6，由余弦定理得cos C ＝CD 2＋BC 2-BD 22CD ×BC ＝59.∴sin C ＝2149.∴AC ＝BC ×cos C ＝103，∴AD ＝AC -CD ＝13，又AB ＝BC ×sin C ＝4143.∴S △ABD ＝12AB ×AD ＝2149.18．(本小题满分12分)(理)某工厂A ，B 两条相互独立的生产线生产同款产品，在产量一样的情况下通过日常监控得知，A ，B 生产线生产的产品为合格品的概率分别为p 和2p -1(0.5≤p ≤1)．(1)从A ，B 生产线上各抽检一件产品，若使得至少有一件合格的概率不低于99.5%，求p 的最小值p 0；(2)假设不合格的产品均可进行返工修复为合格品，以(1)中确定的p 0作为p 的值． 已知A ，B 生产线的不合格品返工后每件产品可分别挽回损失5元和3元，若从两条生产线上各随机抽检1 000件产品，以挽回损失的平均数为判断依据，估计哪条生产线的挽回损失较多？(文)(2021·金安区模拟)某5G 手机配件生产厂为了了解该厂生产同一型号配件的甲、乙两车间的生产质量，质检部门随机从甲、乙两车间各抽检了100件配件，其检测结果：(1)分别估计甲、乙车间生产出配件的正品的概率．(2)该厂规定一等品每件的出厂价是二等品的出厂价的2倍，已知每件配件的生产成本为5元，根据环保要求需要处理费用为3元，厂家要求生产的每件配件的平均利润不低于21.7元，求二等品每件的出厂的最低价．【解析】 (理)(1)P ＝1-(1-p )(1-(2p -1))＝1-2(1-p )2. 令1-2(1-p )2≥0.995，解得p ≥0.95. 故p 的最小值p 0＝0.95.(2)由(1)可知A ，B 生产线上的产品合格率分别为0.95，0.9. 即A ，B 生产线的不合格产品率分别为0.05和0.1.故从A 生产线抽检的1 000件产品中不合格产品大约为1 000×0.05＝50件， 故挽回损失50×5＝250元，从B 生产线上抽检1 000件产品，不合格产品大约为1 000×0.1＝100， 可挽回损失100×3＝300元， ∴从B 生产线挽回的损失较多．(文)(1)由数表知，甲车间生产出配件的正品的频率是55＋33100＝0.88. 所以甲车间生产配件的正品的概率估计值为0.88. 乙车间生产出的配件的正品的频率是65＋27100＝0.92.所以，乙车间生产的配件的正品的概率估计为0.92.(2)设二等品每件的出厂价为a 元，则一等品每件的出厂价为2a 元． 由题意知：1200[120(2a -5)＋60(a -5)-20×8]≥21.7，整理得32a -5.3≥21.7，所以a ≥18，所以二等品每件的出厂的最低价为18元．19．(本小题满分12分)如图所示，△ABC 是等边三角形，DE ∥AC ，DF ∥BC ，面ACDE ⊥面ABC ，AC ＝CD ＝AD ＝DE ＝2DF ＝2.(1)求证：EF ⊥BC ； (2)求四面体FABC 的体积．【解析】 (1)证明：∵DE ∥AC ，DF ∥BC ， 又△ABC 是等边三角形， ∴∠EDF ＝∠ACB ＝60°， 又AC ＝DE ＝BC ＝2DF ＝2， 在△EDF 中，由余弦定理可得，EF ＝22＋12-2×1×2×cos 60°＝3，∴EF 2＋DF 2＝DE 2，故EF ⊥DF ， 又DF ∥BC ，∴EF ⊥BC . (2)取AC 的中点O ，连接DO ，由AD ＝DC ，得DO ⊥AC ，又平面ACDE ⊥平面ABC ，且平面ACDE ∩平面ABC ＝AC ，∴DO ⊥平面ABC ，且求得DO ＝22-12＝ 3.由DE ∥AC ，DF ∥BC ，且DE ∩DF ＝D ，可得平面DEF ∥平面ABC ，则F 与D 到底面ABC 的距离相等，则四面体FABC 的体积V ＝13×12×2×2×32×3＝1. 20．(本小题满分12分)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)，过C 的焦点F 的直线l 1与抛物线交于A 、B 两点，当l 1⊥x 轴时，|AB |＝4.(1)求抛物线C 的方程；(2)如图，过点F 的另一条直线l 与C 交于M 、N 两点，设l 1，l 2的斜率分别为k 1，k 2，若k 1＋k 2＝0(k 1＞0)，且3S △AMF ＝S △BMN ，求直线l 1的方程．【解析】 (1)根据题意可得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0， 当l 1⊥x 轴时，直线l 1的方程为x ＝p2， 联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝p 2y 2＝2px，解得y ＝±p ，所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，p ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，-p ， 所以|AB |＝2p ＝4，解得p ＝2，进而可得抛物线的方程为y 2＝4x .(2)由(1)可知F (1，0)，设直线l 1的方程为y ＝k 1(x -1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1（x -1）y 2＝4x， 得k 21x 2-(2k 21＋4)x ＋k 21＝0，所以Δ＝(2k 21＋4)2-4k 41＝16k 21＋16＞0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以x 1＋x 2＝2k 21＋4k 21，x 1x 2＝1，① 因为k 1＋k 2＝0，所以k 1＝-k 2，因为直线l 2与抛物线交于点M ，N ，所以A 与N 关于x 轴对称，M 与B 关于x 轴对称， 因为3S △AMF ＝S △BMN ，S △AMF ＝S △BNF ，所以3S △AMF ＝S △AMF ＋S △BFM ，所以2S △AMF ＝S △BFM ，所以2|AF |＝|BF |，由抛物线定义可得|AF |＝x 1＋1，|BF |＝x 2＋1，所以2x 1＋2＝x 2＋1，即x 2＝2x 1＋1，代入①得(2x 1＋1)x 1＝1，解得x 1＝12或-1(舍去)， 所以x 2＝2x 1＋1＝2×12＋1＝2， 所以x 1＋x 2＝2k 21＋4k 21＝2＋12＝52， 解得k 21＝8，即k 1＝22，所以直线l 1的方程为y ＝22(x -1)．21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝a ln x ＋x (a ∈R )．(1)若a ＝-1，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数g (x )＝f (x )＋1e x -x a ，且g (x )≥0在x ∈(1，＋∞)时恒成立，求实数a 的最小值．【解析】 (1)a ＝-1时，f (x )＝-ln x ＋x ，函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，则f ′(x )＝-1x ＋1＝x -1x， 令f ′(x )＞0，解得：x ＞1，令f ′(x )＜0，解得：0＜x ＜1，故f (x )的单调减区间为(0，1)，f (x )的单调增区间为(1，＋∞)．(2)由g (x )≥0，可得e -x -(-x )≥x a -a ln x ，即e -x -(-x )≥eln xa -a ln x ①，令h (t )＝e t -t ，由h ′(t )＝e t -1得，当t ＜0时，h (t )递减，当t ＞0时，h (t )递增，所以①即为h (-x )≥h (a ln x )，由于求实数a 的最小值，考虑化为a ＜0，所以-x ≤a ln x ，即a ≥-xln x ，令l (x )＝-xln x ，则l ′(x )＝-ln x -1（ln x ）2， 令l ′(x )＞0，解得：0＜x ＜e ，令l ′(x )＜0，解得：x ＞e ，故l (x )在(0，e)递增，在(e ，＋∞)递减，故可得l (x )的最大值为-e ，所以a 的最小值为-e.(二)选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答．如果多做，按所做的第一题计分22．(本小题满分10分)[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的方程为x ＋y -4＝0，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝cos t y ＝2sin t(t 为参数)．以O 点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．(1)求直线l 和曲线C 的极坐标方程；(2)设射线θ＝α(ρ≥0，0≤α＜2π)与直线l 和曲线C 分别交于点M ，N ，求4|OM |2＋1|ON |2的最小值．【解析】 (1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，x 2＋y 2＝ρ2，可得直线l 的极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ-4＝0，即有ρ＝4cos θ＋sin θ； 曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝cos t y ＝2sin t(t 为参数)， 可得sin 2t ＋cos 2t ＝y 22＋x 2＝1， 则ρ2cos 2θ＋12ρ2sin 2θ＝1， 即为ρ2＝22cos 2θ＋sin 2θ＝21＋cos 2θ. (2)设M (ρ1，α)，N (ρ2，α)，其中0≤α＜3π4或7π4＜α＜2π， 则4|OM |2＋1|ON |2＝（cos α＋sin α）24＋1＋cos 2α2 ＝1＋2sin αcos α4＋3＋cos 2α4 ＝1＋sin 2α＋cos 2α4＝1＋24sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π4，由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝-1即α＝5π8时，4|OM |2＋1|ON |2取得最小值1-24.23．(本小题满分10分)[选修4-5：不等式选讲]已知函数f (x )＝|x |.(1)求不等式3f (x -1)-f (x ＋1)＞2的解集；(2)若不等式f (x -a )＋f (x ＋2)≤f (x ＋3)的解集包含[-2，-1]，求a 的取值范围．【解析】 (1)∵f (x )＝|x |，∴3f (x -1)-f (x ＋1)＞2，即3|x -1|-|x ＋1|＞2，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ≤-1，-3（x -1）＋x ＋1>2①，或⎩⎪⎨⎪⎧-1<x <1，-3（x -1）-x -1>2②，或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，3（x -1）-x -1>2③. 解①得x ≤-1，解②得-1＜x ＜0，解③得x ＞3，综合可得x ＜0或x ＞3，所以原不等式的解集为(-∞，0)∪(3，＋∞)．(2)f (x -a )＋f (x ＋2)≤f (x ＋3)，即|x -a |＋|x ＋2|≤|x ＋3|.因为不等式f (x -a )＋f (x ＋2)≤f (x ＋3)的解集包含[-2，-1]，所以，|x -a |＋|x ＋2|≤|x ＋3|对于x ∈[-2，-1]恒成立．因为x ∈[-2，-1]，所以，x ＋2≥0，x ＋3≥0，所以|x -a |＋|x ＋2|≤|x ＋3|等价于|x -a |＋x ＋2≤x ＋3，即|x -a |≤1恒成立，所以a -1≤x ≤a ＋1在[-2，-1]上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a -1≤-2-1≤a ＋1，解得-2≤a ≤-1， 即实数a 的取值范围为[-2，-1]．。
高考计算题专项训练与解析
２（ ０ ９年 高考文综 全 国卷 Ｉ２ ） ．２０ ・５ 某餐 馆适 用 的营业 税 税率 为 ５ 小明 ％。 和爸 爸去该 餐馆 吃饭 共 消 费 ２０元 ， ０ 在结 账索 要发 票 时被 告知 ， 如果 不要 发
票 ， 以 获 得 一 瓶 价 值 ４元 的饮 料 ， 明 和 爸 爸 表 示 接 受 。 述 做 法 （ 可 小 上 ）
时 间缩 短到 原来 的一半 ， 其他 条件 不变 ， 则现 在 １ 电脑 与 台 量相等 。
Ａ． ２ Ｂ． ４ Ｃ． ８ Ｄ． ６ ９年 高考文综安徽 卷 ・ ） ．２ ０ ３ 某商品生产 部 门去年 的劳 动生产率是每小 时生 产 １件 商品 ， 值 用货 币表 示 为 ２０元 。 价 ６ 该部 门今 年 的劳动 生产 率 提 高
高 ２ ％， ０ 其他 条件 不变 ， 甲种 商品 的价 值总 量与单 位 商 品的价 值量 分 别 为 则
（ ）
Ａ．２ ７ ０万元 ， ６元
Ｂ ７ ０万 元 ， ．２ ５元
Ｃ． ０万 元 ， ６ ０ ５元
Ｄ ６０万 元 ， ．０ ６元
项
工 程 收 入
４（ ０ ９年 高考 文综北 京巷 ・Ｏ 右表是 ．２０ ３）
９ （０ ８年 高 考 文 综 全 国 卷 Ｉ２ ） 设 ２ ０ ．２ ０ ・５ 假 ０ ７年 某 围 一 单 位 Ｍ 商 品 ， 价 其 值 用 该 圉 货 币 表 示 为 ｌ 。 果 ２０ ５元 如 ０ ８年 生 产 Ｍ 商 品 的社 会 劳 动 生 产 率 提 高
５ ％， ０ 且该 国的货 币价值 下 降（ 贬值 ）０ 在其 他条 件不 变 的情况 下 ，０ ８年 ２ ％， ２０
一
单位 Ｍ商 品的价值 用货 币表示 为
2020高考物理二轮专题练习——力学综合计算(共10题,含解析)
2020高考物理二轮专题练习——力学综合计算（共10题，含解析）1．如图所示，倾角为α的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A、B的质量均为m．撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g．求：（1）A固定不动时，A对B支持力的大小N；（2）A滑动的位移为x时，B的位移大小s；（3）A滑动的位移为x时的速度大小v A．2．在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。
P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。
高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h。
（1）若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；（2）求能被屏探测到的微粒的初速度范围；（3）若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系。
3．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。
如图所示，质量m=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度v B=24 m/s，A与B的竖直高度差H=48 m。
为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。
助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=–1 530 J，取g=10 m/s2。
（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力F f的大小；（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
4．风洞是研究空气动力学的实验设备。
如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m 处，杆上套一质量m=3kg ，可沿杆滑动的小球。
将小球所受的风力调节为F=15N ，方向水平向左。
小球以初速度v 0=8m/s 向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s 2。
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高考综合计算题练习二
1.（牛顿第二定律结合图像）如图（a ）所示，“
”型木块放在光滑水平地面上，木块水平
表面AB 粗糙，光滑表面BC 且与水平面夹角为θ=37°．木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负
值．一个可视为质点的滑块从C 时间的关系如图（b ）所示．已知sin37°=，cos37°=，g 取10m/s 2
(1) 斜面BC 的长度；
(2) 滑块的质量；
(3)
2.端与车C 的上表面平滑相接，在圆弧面上有一滑块A ，其质量m A =2kg ，在距车的水平面高
h =1.25m 处由静止下滑，车C 的质量为m C =6kg 。
在车C 的左端有一质量m B =2kg 的滑块B ，滑
块B 与A 均可视作质点，滑块A 与B 碰撞后立即粘合在一起共同运动，最终没有从车C 上滑落。
已知滑块A 、B 与车C 的动摩擦因数均为μ=，车C 与水平面间的摩擦忽略不计，取g =10m/s 2。
求：
（1）滑块A 滑到圆弧面底端时的速度大小；
图（b ）
图（a ）
（2）滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度大小； （3）车C 的最短长度。
3.（带电粒子在电场磁场中的运动综合）如下图所示，带电平行金属板PQ 和MN 之间的距离为d ；两金属板之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。
建立如图所示的坐标系，x 轴平行于金属板，且与金属板中心线重合，y 轴垂直于金属板。
区域I 的左边界是y 轴，右边界与区域II 的左边界重合，且与y 轴平行；区域II 的左、右边界平行。
在
区域I 和区域II 内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，区域I 内的磁场垂直于Oxy 平面向外，区域II 内的磁场垂直于Oxy 平面向里。
一电子沿着x 轴正向以速度v 0射入平行板之间，在平行板间恰好沿着x 轴正向做直线运动，并先后通过区域I 和II 。
已知电子电量为e ，质量为m ，区域I 和区域II 沿x 轴方向宽度均为
Be
mv 230。
不计电子重力。
（1）求两金属板之间电势差U ；
（2）求电子从区域II 右边界射出时，射出
点的纵坐标y ；
（3）撤除区域I 中的磁场而在其中加上沿x 轴正向的匀强电场，使得该电子刚好不能从区域II 的右边界飞出。
求电子两次经过y 轴的时间间隔t 。
答案与解析
1.解：①分析滑块受力，由牛顿第二定律得： 得：a 1=gsin θ=6m/s 2
……2分
v1.0 可编辑可修改
通过图像可知滑块在斜面上运动时间为：t 1=1s ……2分 由运动学公式得：
……2分
②滑块对斜面的压力为：N 1/
=mgcos θ……2分 木板对传感器的压力为：F 1=N 1/
sin θ……2分 由图像可知：F 1=12N ……1分 解得：m=2.5Kg ……1分
(说明：如果从系统考虑，答案正确得满分) ③滑块滑到B 点的速度为：v 1=a 1t 1=6m/s ……1分 由图像可知：f 1=5N ，t 2=2s ……2分 ……1分
……1分
W=fs 2=40J ……1分 2.
解：（1）设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为v 1，由机械能守恒定律有：
m A gh=
2
1
m A v 12 ①（3分） 代入数据，由①式解得：v 1=5(m/s) （2分）
（2）设A 、B 碰撞后瞬间的共同速度为v 2，滑块A 与B 组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得：
m A v 1=(m A +m B )v 2 ②（3分）
代入数据，由②式解得：v 2=(m/s) （2分）
（3）设车C 的最短长度为L ，滑块A 与B 最终没有从车C 上滑出，三者的最终速度相同，
A
θ B
C
力传感器
N 1
N 1/
F 1
mg mg
N 2
f
f 1
设其共同速度为v 3，根据动量守恒和能量守恒定律可得：
(m A +m B )v 2 =(m A +m B +m C )v 3 ③（3分） μ(m A +m B )gL =
21(m A +m B )v 22-2
1
(m A +m B +m C )v 32 ④（3分） 联立③④式可解得：L =(m) （2分） 3.
解：（1）电子在平行板间做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡
0eE ev B =①（2分）
而U=Ed ②（1分）
由①②两式联立解得：0U Bv d = （1分） （2）如右图所示，电子进入区域I 做匀速圆周运动，向上偏转，洛伦兹力提供向心力
2
0mv ev B R
= ③（2分） 设电子在区域I 中沿着y 轴偏转距离为 y 0，区域I 的宽度为b （b=
Be
mv 230
），则 2
220)(R b y R =+-
④（2分）
由③④式联立解得：eB mv y 20
0=
（1分）
因为电子在两个磁场中有相同的偏转量，故电子从区域II 射出点的纵坐标
eB
mv y y 0
02=
= （2分） （3）电子刚好不能从区域II 的右边界飞出，说明电子在区域II 中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域II 的右边界相切，圆半径恰好与区域II 宽度相同。
电子运动轨迹如下图所示。
设电子进入区域II 时的速度为v ，则由：
2
v evB m r
= ⑤（2分）
由r b =
得：0v =
电子通过区域I 的过程中，向右做匀变速直线运
动， 此过程中平均速度02
v v
v +=
电子通过区域I 的时间：
v
b
t =
1（b 为区域I 的宽度Be mv 230）⑥（1分）
解得：
(
)123
m t eB
=
电子在区域II 中运动了半个圆周，设电子做圆周运动的周期为T ，则：
2
v evB m r
=⑦
T
r
v π2=
⑧（1分） 电子在区域II 中运动的时间
22T m
t eB
π=
=⑨（1分） 由⑦⑧⑨式解得：t 2=
eB
m π 电子反向通过区域I 的时间仍为1t , 所以， 电子两次经过y 轴的时间间隔：
12
2t t t =+
⑩（1分）
联立解得：512π)m m
t eB eB =+≈
（1分）。