章末综合检测(二)
教科版物理选修3-4：第2章章末综合检测
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.关于机械波的概念，下列说法中正确的是()A．质点振动的方向总是垂直于波的传播方向B．简谐波沿长绳传播，绳上相距半个波长的两质点振动位移大小相等C．任一振动质点每经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长D．相隔一个周期的两时刻，简谐波的图像相同解析：选BD.机械波分为横波和纵波，振动方向与传播方向垂直的为横波，振动方向与传播方向在一条直线上的为纵波；相距半个波长的两质点在同一时刻会沿相反方向振动到距平衡位置相等距离的位置，即位移大小相等、方向相反；由于每个质点都做简谐运动，因此每个质点经过一个周期后会重复原来的运动状态，则简谐波图像相同．所以B、D正确．2.如图是同一机械波在两种不同介质中传播的波动图像．从图中可以直接观察到发生变化的物理量是()A．波速B．频率C．周期D．波长解析：选D.同一机械波在不同介质中传播时，频率不会改变(由振源决定)，波长和波速改变，而从图像中能直接观看发生改变的量当然是波长，故D项正确．3.根据多普勒效应，下列说法中正确的有()A．医生检查身体用的“B超”是根据超声波的多普勒效应制成的B．一位有经验的战士听到飞行的炮弹尖叫声越来越尖锐，可以判断炮弹正向他靠近C．根据光波的多普勒效应，由地球接收到遥远天体发出的光波的频率越来越小，可以判断此天体正远离地球D．当波源和观察者间有相对运动时，观察者接收到的频率一定和波源发出的频率不同解析：选BC.超声波照射人体时，不同组织穿透的超声波的量是不同的，从而形成B超影象，A不正确．当波源与观察者间相对靠近时，观察者感到频率变大，所以听到飞行的炮弹尖叫声越来越尖锐，声音的频率增大，可以判断炮弹正向他靠近，B正确．光波和机械波一样，也有多普勒效应，地球接收到遥远天体发出的光波的频率越来越小，可以判断此天体正远离地球，C正确．设想如果人绕波源做圆周运动，那么，观察者接收到的频率和波源发出的频率相同，D不正确．4.水波通过小孔，发生一定程度的衍射，为使衍射现象更明显，可()A．增大小孔尺寸，或增大水波的频率B．增大小孔尺寸，或减小水波的频率C．缩小小孔尺寸，或增大水波的频率D．缩小小孔尺寸，或减小水波的频率解析：选D.观察到明显衍射的条件是缝、小孔或障碍物的尺寸可与波长相比，或小于波长，因此应缩小小孔的尺寸或增大波的波长，A 和B 错误．根据公式v ＝λf ，且水波的波速由介质决定，即水波的波速不变，则有λ＝vf ，可见减小频率可以使波长增大．综上所述，D 正确，C 错误．5.如图所示是水波干涉示意图，S 1、S 2是两波源，A 、D 、B 三点在一条直线上，两波源频率相同，振幅相等，下列说法正确的是( ) A ．质点A 一会儿在波峰，一会儿在波谷 B ．质点B 一会儿在波峰，一会儿在波谷 C ．质点C 一会儿在波峰，一会儿在波谷 D ．质点D 一会儿在波峰，一会儿在波谷 解析：选ABD.在波的干涉中，振动加强区域里的质点总在自己的平衡位置附近做简谐振动，只是质点的振幅较大为A 1＋A 2，本题中由于A 1＝A 2，故振动减弱区的质点并不振动，而此时A 点是波峰与波峰相遇，是加强点，B 点是波谷与波谷相遇，是加强点．又A 、D 、B 三点在一条振动加强线上，这条线上任一点的振动都是加强的，故此三点都为加强点，这样，此三点都是一会儿在波峰，一会儿在波谷．6.振源A 带动细绳上各点上下做简谐运动，t ＝0时刻绳上形成的波形如图所示．规定绳上质点向上运动的方向为x 轴的正方向，则P 点的振动图像是( )解析：选B.由t ＝0时刻绳上形成的波形可知该列简谐横波刚传到P 点处于平衡位置，由“上下坡”法可知，P 处上坡，所以起振方向向下，B 正确．7.两列平面简谐横波在空中叠加，其中简谐横波a (图中虚线所示)沿x 轴正方向传播，简谐横波b (图中实线所示)沿x 轴负方向传播，波速都是20 m/s.t ＝0时，这两列波的波动图像如图所示，那么位于x ＝45 m 处的质点P 第一次到达波峰的时间和第一次处于平衡位置的时间分别是( )A ．1.50 s ，0.25 sB ．0.25 s ，0.75 sC ．0.50 s ，0.75 sD ．0.50 s ，0.25 s解析：选B.从题图上可知两波波长均为λ＝40 m ，故T ＝λv ＝2 s ，波峰a 或b 第一次传到P 点，均需要t ＝520 s ＝0.25 s ，而平衡位置状态传到P 要t ′＝1520s ＝0.75 s.8.一列简谐横波沿x 轴传播，已知x 轴上x 1＝0处a 质点的位移—时间图像如图甲所示，x 2＝6 m 处b 质点的位移—时间图像如图乙所示，已知x 1和x 2间距离小于一个波长，则此列波的传播速度可能是( )A ．3 m/sB ．5 m/sC ．1 m/sD ．10 m/s解析：选AC.由a 、b 两点的振动图像可知，当波沿x 轴正向传播时，a 、b 之间的距离为14λ，即λ＝24 m ，v ＝λT ＝248 m/s ＝3 m/s ；当波沿x 轴负向传播时，a 、b 之间的距离为34λ，即λ＝8 m ，v ＝λT ＝88m/s ＝1 m/s.故A 、C 选项正确．9.如图所示，实线是沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图，虚线是这列波在t ＝0.2 s 时刻的波形图．已知该波的波速是0.8 m/s ，则下列说法正确的是( )A ．这列波的波长是14 cmB ．这列波的周期是0.125 sC ．这列波可能是沿x 轴正方向传播的D ．t ＝0时，x ＝4 cm 处的质点速度沿y 轴负方向解析：选D.由波的图像可以看出，波长λ＝12 cm ，波的周期T ＝λv ＝0.120.8 s ＝0.15 s ，由实线波到虚线波平移的距离Δx ＝v t ＝0.8×0.2 m ＝0.16 m ＝16 cm ＝(λ＋4 cm)，由波动图像可以看出，波沿x 轴负方向传播；t ＝0时，x ＝4 cm 处质点沿y 轴负方向运动． 10.一列简谐横波沿x 轴传播，波长为1.2 m ，振幅为A .当坐标为x ＝0处质元的位移为－32A 且向y 轴负方向运动时，坐标为x ＝0.4 m 处质元的位移为32A ．当坐标为x ＝0.2 m 处的质元位于平衡位置且向y 轴正方向运动时，x ＝0.4 m 处质元的位移和运动方向分别为( ) A ．－12A 、沿y 轴正方向B ．－12A 、沿y 轴负方向C ．－32A 、沿y 轴正方向 D ．－32A 、沿y 轴负方向 解析：选C.λ＝1.2 m ，坐标为x ＝0.4 m 处的质元距坐标原点为13λ，若波沿x 轴正方向传播，其波形如图所示．此时x ＝0.2 m 处质元在平衡位置且向y 轴负方向运动，x ＝0.4 m 处质元也向y 轴负方向运动；当x ＝0.2 m 处质元在平衡位置且向y 轴正方向运动时，需经t ＝T2，此时x ＝0.4 m 处质元应在平衡位置之下y ＝－32A ，沿y 轴正方向，A 、B 错误，C 正确． 若波沿x 轴负方向传播，其波形如图所示．位移为32A 处的质元距O 点大于13λ，故D 错． 二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分，将答案填在题中的横线上)11.声波从甲介质进入乙介质中，已知入射角为30°，折射角为37°，声波在甲介质中速度为300 m/s ，声波在乙介质中速度为________ m/s. 解析：由折射定律可知sin θ1sin θ2＝v 12，所以v 2＝v 1sin θ2sin θ1＝300×0.60.5 m/s ＝360 m/s.答案：36012.右图为声波干涉演示仪的原理图．两个U 形管A 和B 套在一起，A 管两侧各有一小孔．声波从左侧小孔传入管内，被分成两列频率________的波．当声波分别通过A 、B 传播到右侧小孔时，若两列波传播的路程相差半个波长，则此处声波的振幅________；若传播的路程相差一个波长，则此处声波的振幅________．解析：声波从左侧小孔传入管内向上向下分别形成两列频率相同的波，若两列波传播的路程相差半个波长，则振动相消，所以此处振幅为零，若传播的路程相差一个波长，振动加强，则此处声波的振幅为原来声波振幅的2倍．答案：相等 等于零 等于原来声波振幅的2倍三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.(8分)如图所示，一列简谐横波沿x 轴传播，实线为t 1＝0时的波形图，此时P 质点向y 轴负方向运动，虚线为t 2＝0.01 s 时的波形图．已知周期T ＞0.01 s.(1)波沿x 轴________(填“正”或“负”)方向传播； (2)求波速．解析：(1)根据“下坡上”判断，向正方向传播．(2分) (2)由题意知，λ＝8 m(1分) t 2－t 1＝18T ①(2分)v ＝λT②(2分)联立①②式，代入数据解得v ＝100 m/s.(1分) 答案：(1)正 (2)100 m/s 14.(12分)如图，质点O 在垂直x 轴方向上做简谐运动，形成了沿x 轴正方向传播的横波．在t ＝0时刻质点O 开始向下运动，经0.4 s 第一次形成图示波形，求位于x ＝5 m 处的质点B 再经过多少时间第一次到达波峰？(请写出必要的解答过程)解析：由题意易知，该波的波长为4 m ，周期为T ＝0.8 s(4分) 波向右传播到B 点所用的时间为t ＝sv (2分) v ＝λT ，联立解得：t ＝1 s(2分)所以质点P 第一次到达波峰所用时间 t ′＝t ＋34T ＝1.6 s(2分)所以再经过的时间t ″＝1.6 s －0.4 s ＝1.2 s ．(2分) 答案：1.2 s15.(14分)甲、乙两列完全相同的横波分别从波源A 、B 两点沿x 轴相向传播，t ＝0时的波形图像如图所示，如果两列波的波速都是10 m/s ，求：(1)甲、乙两列波的频率各是多少？(2)第几秒末两列波相遇，相遇时C 、D 两点间有哪些点位移最大？解析：(1)由题图知：λ＝4 m ，(2分) 又因v ＝10 m/s ，所以由f ＝vλ得f ＝104Hz ＝2.5 Hz ，(4分)故甲、乙两列波的频率均为2.5 Hz.(2)设经t 时刻两波相遇，则2v t ＝4 m ，(2分) 所以t ＝42×10 s ＝0.2 s ，(1分)又因T ＝1f ＝12.5 s ＝0.4 s ，(1分)故波分别向前传播λ2相遇．此时两列波的图像如图中的虚线所示．故CD 间有x ＝5 m 和x ＝7 m 处的点位移最大． (4分)答案：(1)2.5 Hz 2.5 Hz (2)0.2 s x ＝5 m 与x ＝7 m16.(14分)一列横波上有相距4 m 的A 、B 两点，波的传播方向是由A 向B ，波长大于2 m ，如图所示的是A 、B 两质点的振动图像，求这列波可能的波速．解析：由振动图像得：质点振动周期T ＝0.4 s(2分) B 点比A 点晚振动的时间Δt ＝nT ＋34T (n ＝0，1，2，3，…)(2分)所以A 、B 间的距离为Δs ＝n λ＋34λ(n ＝0，1，2，3，…)(2分)则波长为λ＝4Δs 4n ＋3＝164n ＋3(4分)因为λ>2 m ，所以n ＝0，1当n ＝0时，λ1＝163 m ，v 1＝λ1T ＝403 m/s(2分)当n ＝1时，λ2＝167 m ，v 2＝λ2T ＝407 m/s.(2分)答案：403 m/s 或 407 m/s。
《第二章 章末综合检测》(共18页、word版、含答案点拨)
章末综合检测(90分钟，100分)一、选择题(本题包括18个小题，每小题3分，共54分)1．(2012·试题调研)下列说法正确的是()A．可逆反应的特征是正反应速率总是和逆反应速率相等B．在其他条件不变时，使用催化剂只能改变反应速率，而不能改变化学平衡状态C．在其他条件不变时，升高温度可以使化学平衡向放热反应的方向移动D．在其他条件不变时，增大压强一定会破坏气体反应的平衡状态答案：B点拨：正反应速率和逆反应速率相等，是可逆反应达到化学平衡状态的特征，而不是可逆反应的特征，A错；在其他条件不变时，使用催化剂只能改变反应速率，而不能改变化学平衡状态，B对；升高温度可以使化学平衡向吸热反应的方向移动，C错；若是充入稀有气体增大压强或对于反应前后气体体积不变的反应，增大压强平衡不会发生移动，D错。
2．(2012·试题调研)本题列举的四个选项是4位同学在学习“化学反应速率和化学平衡”一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是()A．化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品B．化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品C．化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率D．化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品答案：C点拨：怎样提高原料转化产率是化学平衡理论要解决的内容。
3．(2012·河南高二检测)在一定温度下，将2molsO2和1mol O2充入一定容积的密闭容器中，在催化剂作用下发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)ΔH＝－197kJ·mol－1，当达到化学平衡时，下列说法中正确的是()A．SO2和SO3共2mol B．生成SO3 2molC．放出197kJ热量D．含氧原子共8mol答案：A点拨：该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，故生成SO3小于2mol，放出热量小于197kJ；据硫原子守恒知SO2和SO3共2mol，氧原子共6mol，因此选A。
2013年高中生物 第2章 细胞工程 综合检测 苏教版选修3
章末综合检测 (二)(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分)1.下列有关植物组织培养过程中愈伤组织的说法，错误的是( )A．愈伤组织是细胞经过脱分化和分裂形成的B．愈伤组织经过脱分化过程形成根或芽C．培养基中生长素和细胞分裂素的比值不同，愈伤组织分化的结果不同D．愈伤组织的细胞中，能发生碱基互补配对的细胞器是线粒体和核糖体解析：选B。
愈伤组织形成根或芽过程属于再分化。
愈伤组织是外植体经过脱分化形成的，具有分裂能力的薄壁细胞组成。
生长素与细胞分裂素的比值高利于根的分化，抑制芽的形成；比值低利于芽的分化，抑制根的形成；适中促进愈伤组织的生长。
在愈伤组织细胞中，含有DNA的细胞器线粒体，能够进行复制和转录，所以能发生碱基互补配对；核糖体是合成蛋白质的场所，所以也发生tRNA和mRNA的碱基互补配对。
2.马铃薯利用它的块茎进行无性繁殖，种植的世代多了以后往往会感染病毒而减产，为此农户都希望得到无病毒的幼苗进行种植。
获得无病毒幼苗的最佳办法是( )A．选择优良品种进行杂交B．进行远源植物体细胞杂交C．利用芽尖进行组织培养D．人工诱导基因突变解析：选C。
组织培养属于无性繁殖方式。
植株的芽或茎尖很少被病毒感染甚至是无病毒，通过组织培养可以很好地保护这一性状。
3.某株名贵花卉用种子繁殖会发生性状分离。
为了防止性状分离并快速繁殖，可利用该植物体的一部分器官或组织进行离体培养，发育出完整的植株。
进行离体培养时不．应采用该植株的( ) A．茎尖B．子房壁C．叶片D．花粉粒解析：选D。
花粉粒的离体培养是单倍体育种通常采用的方法，单倍体植株是变异的类型，会发生性状分离。
4.如图为植物组织培养过程，有关说法不．正确的是( )A．②试管中细胞全能性最高B．④试管中培育出的个体都是纯合子C．①→②的过程不需要光照D．①→④的细胞分裂都是有丝分裂解析：选B。
植物组织培养所获取的植株与母本的基因型相同，体现了细胞的全能性，其所获取植物的基因型与取材母本相同，不一定是纯合体，也有可能是杂合体。
苏教版数学选1-1：第2章章末综合检测
如图，有一块抛物线形钢板，其垂直于对称轴的边界线 AB 长为 2r，高为 4r，计划将此钢板 切割成等腰梯形的形状，以 AB 为下底，上底 CD 的端点在抛物线上，记 CD＝2x，梯形面 积为 S.求面积 S，使其为以 x 为自变量的函数式，并写出其定义域． 解：
建立如图所示的平面直角坐标系 xOy，则 B(r，－4r)， 设抛物线方程为 x2＝－2py(p>0)， ∵点 B(r，－4r)在抛物线上， r ∴r2＝8pr，即 p＝ . 8 r ∴抛物线方程为 x2＝－ y. 4
2 2 2
x2 y2 由①②，解得 b ＝2(b ＝－1 舍去)，∴a ＝4，故所求椭圆 C 的方程为 ＋ ＝1. 4 2 π 1 3 (2)设 PF1＝m，PF2＝n，则 S△F1PF2＝ mnsin ＝ mn. 2 3 4 由椭圆的定义知 PF1＋PF2＝2a，即 m＋n＝4.① π 2 2 2 2 2. 又由余弦定理得 PF2 1＋PF2－2PF1·PF2cos ＝F1F2，即 m ＋n －mn＝(2 2) ② 3 8 2 由①2－②，得 mn＝ ，∴S△F1PF2＝ 3. 3 3 19.(本小题满分 16 分)一束光线从点 F1(－1，0)出发，经直线 l：2x－y＋3＝0 上一点 P 反射 后，恰好穿过点 F2(1，0)． (1)求 P 点的坐标； (2)求以 F1、F2 为焦点且过点 P 的椭圆 C 的方程． m－1 n n 1 9 解：(1)设 F1 关于 l 的对称点为 F(m，n)，则 ＝－ 且 2· － ＋3＝0，解得 m＝－ ， 2 2 2 5 m＋1 9 2 2 n＝ ，即 F －5，5，故直线 F2F 的方程为 x＋7y－1＝0. 5 x＋7y－1＝0 4 1 － ， . 由 ，解得 P 3 3 2x－y＋3＝0 (2) 因 为 PF1 ＝ PF ， 根 据 椭 圆 定 义 ， 得 2a ＝ PF1 ＋ PF2 ＝ PF ＋ PF2 ＝ FF2 ＝ 2 2 2 －9－1 ＋2－0 ＝2 2，所以 a＝ 2.又 c＝1，所以 b＝1.所以椭圆 C 的方程为x ＋y2 5 5 2 ＝1. 20.(本小题满分 16 分)已知抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点为 F，A 是抛物线上横坐标为 4，且位 于 x 轴上方的点，A 到抛物线准线的距离等于 5.过 A 作 AB 垂直于 y 轴，垂足为 B，OB 的中 点为 M.
2021高中同步创新课堂数学优化方案人教A版必修2习题：章末综合检测(二) Word版含答案
章末综合检测(二)[同学用书单独成册](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．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．对两条不相交的空间直线a与b，必存在平面α，使得()A．a⊂α，b⊂αB．a⊂α，b∥αC．a⊥α，b⊥αD．a⊂α，b⊥α解析：选B.由于已知两条不相交的空间直线a和b，所以可以在直线a上任取一点A，则A∉b，过A作直线c∥b，则过a，c必存在平面α且使得a⊂α，b∥α.2．已知二面角α-l-β的大小为60°，m，n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的角为() A．30°B．60°C．90°D．120°解析：选B.易知m，n所成的角与二面角的大小相等，故选B.3．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H，K，L分别为AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点，则六边形EFGHKL在正方风光上的射影可能是()解析：选B.分别考虑该六边形在左、右侧面，前、后侧面及上、下底面上的投影，即可发觉选项B正好是上、下底面上的投影．4．在如图所示的四个正方体中，能得出AB⊥CD的是()解析：选A.A中，由于CD⊥平面AMB，所以CD⊥AB；B中，AB与CD成60°角；C中，AB与CD成45°角；D中，AB与CD 夹角的正切值为 2.5．如图所示，将无盖正方体纸盒开放，直线AB，CD在原正方体中的位置关系是()A．平行B．相交C．异面D．相交成60°解析：选D.如图所示，△ABC为正三角形，故AB，CD相交成60°.6．如图，在四周体ABCD中，E，F分别是AC与BD的中点，若CD＝2AB＝4，EF⊥BA，则EF与CD 所成的角为()A．90°B．45°C．60°D．30°解析：选D.取BC的中点H，连接EH，FH，则∠EFH为所求，可证△EFH为直角三角形，EH⊥EF，FH＝2，EH＝1，从而可得∠EFH＝30°.7．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论肯定正确的是() A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定解析：选D.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，记l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA，若l4＝AA1，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4，可以排解选项A和C.若l4＝DC1，也满足条件，可以排解选项B.故选D.8．已知直二面角α-l-β，A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足．若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离等于()A.62B．52C.63 D ．53解析：选C.如图，作DE ⊥BC 于点E ，由α-l -β为直二面角，AC ⊥l ，得AC ⊥β，进而AC ⊥DE ，又BC ⊥DE ，BC ∩AC ＝C ，于是DE ⊥平面ABC ，故DE 为D 到平面ABC 的距离．在Rt △BCD 中，利用等面积法得DE ＝BD ·DC BC＝1×23＝63.9．在矩形ABCD 中，若AB ＝3，BC ＝4，P A ⊥平面AC ，且P A ＝1，则点P 到对角线BD 的距离为( ) A.292B ．135C.175D ．1195解析：选B.如图，过点A 作AE ⊥BD 于点E ，连接PE . 由于P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BD ，又P A ∩AE ＝A ，所以BD ⊥平面P AE ， 所以BD ⊥PE .由于AE ＝AB ·AD BD ＝125，P A ＝1，所以PE ＝1＋⎝⎛⎭⎫1252＝135.10．在等腰Rt △A ′BC 中，A ′B ＝BC ＝1，M 为A ′C 的中点，沿BM 把它折成二面角，折后A 与C 的距离为1，则二面角C -BM -A 的大小为( )A ．30°B ．60°C ．90°D ．120° 解析：选C.如图所示，由A ′B ＝BC ＝1，∠A ′BC ＝90°，得A ′C ＝ 2. 由于M 为A ′C 的中点，所以MC ＝AM ＝22，且CM ⊥BM ，AM ⊥BM ， 所以∠CMA 为二面角C -BM -A 的平面角． 由于AC ＝1，MC ＝AM ＝22， 所以∠CMA ＝90°.11．已知P 是△ABC 外一点，P A ，PB ，PC 两两相互垂直，P A ＝1 cm ，PB ＝2 cm ，PC ＝3 cm ，则△ABC的面积为( )A.72 B ．4 C.92 D ．5解析：选A.如图，作PD ⊥AB 于点D ，连接CD . 由于PC ⊥P A ，PC ⊥PB ，P A ∩PB ＝P ， 所以PC ⊥平面P AB ，则PC ⊥AB ，PC ⊥PD ， 又AB ⊥PD ，PC ∩PD ＝P ， 所以AB ⊥平面PCD ，则AB ⊥CD .在Rt △P AB 中，P A ＝1 cm ，PB ＝2 cm ，则AB ＝ 5 cm ，PD ＝25cm.在Rt △PCD 中，PC ＝3 cm ， 则CD ＝PC 2＋PD 2＝9＋45＝75(cm)． 所以S △ABC ＝12AB ·CD ＝12×5×75＝72(cm 2)．12．动点P 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，过点P 作垂直于平面BB 1D 1D 的直线，与正方体表面相交于点M ，N .设BP ＝x ，MN ＝y ，则函数y ＝f (x )的图象大致是( )解析：选B.取AA 1的中点E 和CC 1的中点F ，连接EF ，则MN 在平面BFD 1E 内平行移动，且MN ∥EF ，当P 点移动到BD 1的中点时，MN 有唯一的最大值，排解答案A ，C ；当P 点移动时，由于总保持MN ∥EF ，所以x 与y 的关系是线性的(例如：取AA 1＝1，当x ∈⎝⎛⎦⎤0，32时，x 32＝y 3⇒y ＝2x .同理，当x ∈⎝⎛⎦⎤32，3时，有3－x 32＝y 3⇒y ＝23－2x ，排解答案D)．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知平面α∥平面β，P 是α，β外一点，过P 点的两条直线AC ，BD 分别交α于点A ，B ，交β于点C ，D ，且P A ＝6，AC ＝9，AB ＝8，则CD 的长为________．解析：若点P 在平面α，β的同侧，由于平面α∥平面β，故AB ∥CD ，则P A PC ＝ABCD ，可求得CD ＝20；若点P 在平面α，β之间，可求得CD ＝4.答案：20或414．如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，直线l 过点A 且垂直于平面ABC ，动点P ∈l ，当点P 渐渐远离点A 时，∠PCB 的大小________．(填“变大”“变小”或“不变”)解析：由于直线l 垂直于平面ABC ，所以l ⊥BC ，又∠ACB ＝90°，所以AC ⊥BC ，所以BC ⊥平面APC ，所以BC ⊥PC ，即∠PCB 为直角，与点P 的位置无关．答案：不变15．已知平面α，β和直线m ，给出条件：①m ∥α；②m ⊥α；③m ⊂α；④α⊥β；⑤α∥β.(1)当满足条件________时，有m ∥β；(2)当满足条件________时，有m ⊥β.解析：利用线面平行和垂直的相关学问得出，由③⑤⇒m ∥β；由②⑤⇒m ⊥β. 答案：(1)③⑤ (2)②⑤ 16. (2022·马鞍山质检)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，给出下列四个命题：①对角线AC 1被平面A 1BD 和平面B 1CD 1三等分；②正方体的内切球、与各条棱相切的球、外接球的表面积之比为1∶2∶3；③以正方体的顶点为顶点的四周体的体积都是16；④正方体与以A 为球心，1为半径的球的公共部分的体积是π6.其中正确命题的序号为________．解析：①设对角线AC 1与平面A 1BD 相交于点M ，则AM ⊥平面A 1BD ，所以13AM ·34×(2)2＝13×12×1×1×1，解得AM ＝33＝13AC 1，设对角线AC 1与平面B 1CD 1相交于点N ，则NC 1⊥平面B 1CD 1，所以13C 1N ·34×(2)2＝13×12×1×1×1，解得C 1N ＝33＝13AC 1，因此对角线AC 1被平面A 1BD 和平面B 1CD 1三等分，①正确；②正方体的内切球、与各条棱相切的球、外接球的半径分别为12、22、32，因此它们的表面积之比为4π·⎝⎛⎭⎫122∶4π·⎝⎛⎭⎫222∶4π·⎝⎛⎭⎫322＝1∶2∶3，②正确； ③以A 1，B ，D ，C 1为顶点的三棱锥的体积为V ＝13－4×16＝13，不是16，③不正确；④正方体与以A 为球心，1为半径的球的公共部分的体积为V ＝18×4π3×13＝π6，④正确．答案：①②④三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分) 如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，S 是B 1D 1的中点，E 、F 、G 分别是BC 、DC 、SC 的中点，求证：(1)直线EG ∥平面BDD 1B 1； (2)平面EFG ∥平面BDD 1B 1. 证明：(1)如图，连接SB ，由于E 、G 分别是BC 、SC 的中点， 所以EG ∥SB .又由于SB ⊂平面BDD 1B 1， EG ⊄平面BDD 1B 1， 所以直线EG ∥平面BDD 1B 1. (2)连接SD ，由于F 、G 分别是DC 、SC 的中点， 所以FG ∥SD .又由于SD ⊂平面BDD 1B 1，FG ⊄平面BDD 1B 1， 所以FG ∥平面BDD 1B 1，且EG ⊂平面EFG ， FG ⊂平面EFG ，EG ∩FG ＝G ，所以平面EFG ∥平面BDD 1B 1. 18．(本小题满分12分)如图，△ABC 和△BCD 所在平面相互垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F ，G 分别为AC ，DC ，AD 的中点．(1)求证：EF ⊥平面BCG ； (2)求三棱锥D -BCG 的体积． 解：(1)证明：由已知得， △ABC ≌△DBC ，因此AC＝DC.又G为AD的中点，则CG⊥AD.同理BG⊥AD，又由于CG∩BG＝G，因此AD⊥平面BCG.由题意，EF为△DAC的中位线，所以EF∥AD.所以EF⊥平面BCG.(2)在平面ABC内作AO⊥CB，交CB的延长线于O(图略)，由于平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，所以AO⊥平面BCD.又G为AD的中点，因此G到平面BCD的距离h ＝12AO.在△AOB中，AO＝AB sin 60°＝3，所以V DBCG＝V GBCD＝13S△BCD×h.又在△BCD中，连接BF，则BF⊥DC，得BF＝BC cos 60°＝1，所以DC＝2FC＝23，所以S△BCD＝12DC·BF＝3，所以V DBCG＝13×3×32＝12.19．(本小题满分12分)如图是某直三棱柱(侧棱与底面垂直)被削去上底后的直观图与三视图中的侧视图、俯视图．在直观图中，M是BD的中点．侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．(1)求异面直线AC与EM所成角的大小；(2)求证：平面BDE⊥平面BCD.解：(1)由于M为DB的中点，如图，取BC的中点N，连接MN，AN，则MN∥DC，且MN＝12DC，又由题图知，AE∥DC，AE＝12DC，所以MN∥AE，且MN＝AE，所以四边形ANME为平行四边形，所以AN∥EM，所以EM与AC所成的角即为AN与AC所成的角．在Rt△ABC中，∠CAN＝45°，所以异面直线AC与EM所成的角为45°.(2)证明：由(1)知EM∥AN，又由于平面BCD⊥底面ABC，AN⊥BC，所以AN⊥平面BCD，所以EM⊥平面BCD.由于EM⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面BCD.20．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE.证明：(1)由于三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又由于AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.由于AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，且CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1.又由于AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)法一：由于A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.又由于CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F.又由于CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，且CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1.由(1)知，AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.又由于AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以直线A1F∥平面ADE.法二：由(1)知，AD⊥平面BCC1B1，由于BC⊂平面BCC1B1，所以AD⊥BC.由于A1B1＝A1C1，所以AB＝AC.所以D为BC的中点．连接DF(图略)，由于F是B1C1的中点，所以DF BB 1AA1.所以四边形ADF A1是平行四边形．所以A1F∥AD.由于AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.21．(本小题满分12分)如图(1)，在矩形ABCD中，已知AB＝2，AD ＝22，M，N分别为AD和BC 的中点，对角线BD与MN交于O点，沿MN把矩形ABNM折起，使两个半平面所成二面角为60°，如图(2)．(1)求证：BO⊥DO；(2)求AO与平面BOD所成角的正弦值．解：(1)证明：翻折前，由于M，N是矩形ABCD的边AD和BC的中点，所以AM⊥MN，DM⊥MN，折叠后垂直关系不变，所以∠AMD是两个半平面所成二面角的平面角，所以∠AMD＝60°.连接AD，由AM＝DM，可知△MAD是正三角形，所以AD＝ 2.在Rt△BAD中，AB＝2，AD＝2，所以BD＝6，由题可知BO＝OD＝3，由勾股定理可知三角形BOD 是直角三角形，所以BO⊥DO.(2)如图，设E，F分别是BD，CD的中点，连接EF，OE，OF，BC，又BD＝6，BC＝2，CD＝2，所以DC⊥BC，则EF⊥CD.又OF⊥CD，所以CD⊥平面OEF，OE⊥CD.又BO＝OD，所以OE⊥BD，又BD∩CD＝D，所以OE⊥平面ABCD.又OE⊂平面BOD，所以平面BOD⊥平面ABCD.过A作AH⊥BD，由面面垂直的性质定理，可得AH⊥平面BOD，连接OH，则OH是AO在平面BOD 的投影，所以∠AOH为AO与平面BOD所成的角．又AH是Rt△ABD斜边上的高，所以AH＝233，又OA＝3，所以sin∠AOH＝AHOA＝23.故AO与平面BOD所成角的正弦值为23.22．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中(即侧棱垂直于底面的三棱柱)，∠ACB＝90°，AA1＝BC＝2AC＝2.(1)若D为AA1的中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D；(2)在AA1上是否存在一点D，使得二面角B1CDC1的大小为60°.解：(1)证明：由于∠A1C1B1＝∠ACB＝90°，所以B1C1⊥A1C1，又由直三棱柱的性质知B1C1⊥CC1，所以B1C1⊥平面ACC1A1.所以B1C1⊥CD，由AA1＝BC＝2AC＝2，D为AA1中点，可知DC＝DC1＝2，所以DC2＋DC21＝CC21＝4，即CD⊥DC1，又B1C1⊥CD，所以CD⊥平面B1C1D，又CD⊂平面B1CD，故平面B1CD⊥平面B1C1D.(2)当AD＝22AA1时二面角B1CDC1的大小为60°.假设在AA1上存在一点D满足题意，由(1)可知B1C1⊥平面ACC1A1，所以B1C1⊥CD.如图，在平面ACC1A1内过C1作C1E⊥CD，交CD或延长线于点E，连接EB1，由于B1C1∩C1E＝C1，所以CD⊥平面B1C1E，所以CD⊥EB1，所以∠B1EC1为二面角B1CDC1的平面角，所以∠B1EC1＝60°.由B1C1＝2知，C1E＝233.设AD＝x，则DC＝x2＋1，由于△DCC1的面积为1，所以12x2＋1×233＝1，解得x＝2，即AD＝2＝22AA1，所以在AA1上存在一点D满足题意．。
章末综合检测2练习
章末综合检测(时间：45分钟 满分：100分)一、选择题(本题包括8小题，每题6分，共48分。
每小题只有一个选项符合题意)1．分类是化学学习和研究中常用的思维方法，下列关于化学物质和反应类型的分类中正确的是 ( )。
解析 A 项中纯净物分为单质和化合物；B 项中化合物包括电解质，电解质包括离子化合物；D 项中复分解反应一定不是氧化还原反应。
答案 C2．实验室制取少量N 2，常利用的反应是NaNO 2＋NH 4Cl=====△NaCl ＋N 2↑＋2H 2O ，关于该反应的说法正确的是( )。
A ．NaNO 2是氧化剂B ．生成1 mol N 2时转移的电子为6 molC ．NH 4Cl 中的N 元素被还原D ．N 2既是氧化剂又是还原剂解析 分析反应方程式及各元素的化合价的变化，知道NaNO 2是氧化剂，故A 正确。
NH 4Cl 中的N 元素被氧化，N 2既是氧化产物又是还原产物；当1 mol N 2生成时，转移的电子为3 mol ，故B 、C 、D 错误。
答案 A3．Fe(OH)3胶体和MgCl 2溶液共同具备的性质是 ( )。
A．两者均有丁达尔效应B．两者均能透过半透膜C．加入盐酸先沉淀，随后溶解D．分散质微粒可通过滤纸解析MgCl2溶液无丁达尔效应；Fe(OH)3胶体不能透过半透膜；MgCl2溶液加盐酸无沉淀；Fe(OH)3胶体和MgCl2溶液的分散质微粒均可通过滤纸。
答案 D4．下列叙述正确的是()。
A．凡是离子化合物，在离子方程式中都要以离子形式表示B．离子互换反应总是向着溶液中反应物离子浓度减小的方向进行C．酸碱中和反应的实质是H＋与OH－结合生成水，故酸碱中和反应都可以用H＋＋OH－===H2O表示D．复分解反应必须具备离子反应发生的三个条件才能进行解析大部分难溶的盐如BaSO4、CaCO3等均属于离子化合物，但在离子方程式中不能以离子形式表示，A错。
在水溶液中，如果反应物离子的浓度减小了，说明离子反应发生了，这是离子反应的本质，B正确。
高中化学人教版选修4：第2章章末综合检测
章末综合检测(二)一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分)1．5.6 g铁粉投入到盛有100 mL 2 mol/L稀硫酸的烧杯中，2 min 时铁粉刚好溶解(溶解前后溶液体积变化忽略不计)，下列表示这个反应的速率正确的是()A．v(Fe)＝0.5 mol/(L·min)B．v(H2SO4)＝1 mol/(L·min)C．v(H2SO4)＝0.5 mol/(L·min)D．v(FeSO4)＝1 mol/(L·min)解析：选C。
铁粉为固体，其物质的量浓度可视为常数，不用铁粉表示化学反应速率，A错误；铁粉是0.1 mol，参加反应的H2SO4为0.1 mol，所以v(H2SO4)＝1 mol/L÷2 min＝0.5 mol/(L·min)，v(FeSO4)＝0.5 mol/(L·min)，B、D项错。
2．(2011年江苏南通调研)已知常温常压下，N2(g)和H2(g)生成2 mol NH3放出92.4 kJ 热量。
在同温、同压下向密闭容器中通入1 mol N2和3 mol H2，达到平衡时放出热量为Q1 kJ，向另一个体积相同的容器中通入0.5 mol N2、1.5 mol H2和1 mol NH3，相同条件下达到平衡时放出热量为Q2 kJ，则下列关系式正确的是()A．2Q2＝Q1＝92.4B．Q2<Q1<92.4C．Q1<Q2<92.4 D．Q2＝Q1<92.4解析：选B。
对于反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，ΔH＝－92.4 kJ/mol，而在密闭容器中通入1 mol N2和3 mol H2时，实际过程N2和H2不能完全转化，故生成n(NH3)<2 mol，放出的热量Q1<92.4，而另一容器中通入0.5 mol N2、1.5 mol H2和1 mol NH3，是从中间过程建立的平衡体系，达平衡时虽然与上述平衡相同，但生成的NH3比上述平衡体系还要少，故Q2<Q1，所以Q2<Q1<92.4。
新高一步步高必修一章末检测试卷（二）
章末检测试卷（二）（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.给定下列命题：A11①">/?习。
2>。
2；②。
2>人2=^>人；③④其中正确的命题个数是（）A.OB.1C.2D.3答案A解析对于①，当。
=1,b=—2时，。
>仞但/<屏，故①错误；对于②，当QV0<0时，。
2>力2也成立，故②错误；b对于③，只有当a>0且a>》时，£<1才成立，故③错误；当a>0,人<0时，④错误.2.已知a>l,b>l,记心=土+，，则M与N的大小关系为（）A.M>NB.M=NC.M<ND.不确定答案A解析M=粕咛士*,故选A.Y-- 13.不等式E<°的解集为（）A.{x\x>l}B.{x\x<~2）C.（x|~2<x<l）D.{x|Ql或x<~2}答案C解析原不等式等价于（x—l）（x+2）<0,则原不等式的解集为{x|—2<尤<1}・4.不等式一3^+7x~2<0的解集为（）A.jx||<x<2jB.jx|x<^^x>2jC.|x|~2<x<~3ID.{x\x>2}答案B解析不等式一3*+7工一2<0可化为—7x+2>0,方程3a2—7尤+2=0的两根为由=?,X2=2,则不等式3/—7x+2>0的解集是"或x>2 ],故选B.5.某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元.若每批生产x 件，则平均仓储时间为言天，且每件产品每天的仓储费用为1元.为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储 O费用之和最小，则每批应生产产品（）A. 60 件B. 80 件C. 100 件D. 120 件答案B解析 设每件产品的平均费用为y 元，由题意得尸M+砂2\^r§=20.Qnn r当且仅当芋=§3>。
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章末综合检测(二)(时间：40分钟分值：90分)一、选择题(每小题4分，共44分)(2020·北京西城区期末)北京市某中学师生到中国延庆世界地质公园进行野外考察。
下图中a是学生绘制的地质素描图，b是被誉为“小桂林”的龙庆峡景区照片，c是硅化木国家地质公园照片。
读图回答1～2题。
1．据图a和图b景观判断()A．a属于背斜构造B．b属于流水沉积地貌C．a地形主要由外力作用形成D．b山体由花岗岩构成2．同学们向专家了解到图c“硅化木”的形成历史。
数亿年前，火山喷发使高大林木迅速掩埋于地下，经硅化和变质形成特殊的“木化石”。
后来有部分“硅化木”出露于延庆白河两岸高坡上，始被人发现。
延庆“硅化木”经历的地质过程依次是() A．岩浆活动－沉积变质－地壳抬升－风化剥蚀B．岩浆侵入－地壳抬升－固结成岩－侵蚀搬运C．侵蚀搬运－岩浆活动－地壳抬升－固结成岩D．地壳下沉－固结成岩－变质作用－风化剥蚀解析：第1题，读图可知，a中间岩层向上弯曲，为背斜，A对。
龙庆峡被誉为“小桂林”，可知其岩石为石灰岩，受流水侵蚀形成喀斯特地貌，B、D错。
背斜是内力作用形成的，C错。
故选A。
第2题，由材料可知，硅化木形成过程为岩浆活动－沉积变质－地壳抬升－风化剥蚀，故选A。
答案：1.A 2.A(2020·河南八市重点高中联盟“领军考试”测评)下图示意渭河某河段南岸7个阶地的拔河高度(拔河高度是指河流阶地高出现代河床的相对高度)，每个河流阶地均上覆黄土，黄土层底部为古土壤层，古土壤层下面为河床相砾石层。
河流阶地的形成主要受地壳运动和气候变化影响。
河流阶地下切形成于冰期向间冰期转换时期，河流堆积发生在冰期，湿润的气候影响河流的下切。
据此回答3～5题。
3．近870千年来，该河段地壳抬升幅度最大的时期形成的阶地是()A．T4B．T5C．T6D．T74．河流阶地形成于冰期向间冰期转换时期的主要原因是()A．流量增大B．流速减慢C．含沙量增大D．水位下降5．每个阶地的黄土层()A．形成于寒冷的冰期B．形成时间较同阶地的古土壤层早C．形成时砾石层裸露D．利于开挖成本较低的窑洞解析：第3题，通常，地壳抬升幅度最大时，河流下切作用最强，阶地的拔河高度变化最大。
读图可知，近870千年来，该河段由阶地T4到T5地壳抬升幅度最大，该时期最后形成的阶地是T5，故B正确。
第4题，冰期时，寒冻风化作用强，河流中水量少，大量风化物被带至河流中，河流中上游发生大量堆积；间冰期时，河流水量增加，河流中上游发生下切侵蚀形成阶地，故A正确，B、C、D错误。
第5题，渭河位于黄土高原的南部，黄土高原由风力堆积而成，因此这些阶地上的黄土来自风力堆积。
由此可推测每个阶地上的黄土层应该是在降水较少、风力强劲的冰期沉积而成，故A正确。
黄土层底部为古土壤层，因此黄土层形成时间较同阶地的古土壤层晚，故B错误。
砾石层位于古土壤层下部，而黄土层位于古土壤层上部，故C错误。
并不是每个阶地的黄土层都利于开挖成本较低的窑洞，故D 错误。
答案：3.B 4.A 5.A比湿是空气中水汽质量与该团空气总质量的比值，通常用来表示空气的湿度。
下图示意青海湖湖岸某年8月15日正午、午夜空气比湿分布状况。
据此回答6～8题。
6．图中信息显示青海湖()A．白天呈现干岛特征，夜间呈现湿岛特征B．白天和黑夜均呈现湿岛特征C．白天的湿岛特征比夜间更为显著D．湖泊湿岛的垂直运动低于1 000 m7．湖泊上空等比湿线午夜比正午弯曲度大的原因，最有可能是()A．气流水平运动微弱B．地形封闭，外界气流难进入C．气流对流运动旺盛D．地势开阔，气流扩散能力强8．在没有大尺度水平气流的条件下，图中甲处()A．正午吹东风B．正午吹西风C．午夜吹南风D．午夜吹北风解析：第6题，依据图中信息，无论正午还是午夜，青海湖湖区上空等比湿线的数值均高于同海拔的周边地区，说明青海湖白天和黑夜均呈现出湿岛特征，A错、B对；夜间湖泊上空比湿值更大，说明夜间的湿岛特征比白天更为显著，C错；依据图示信息，湖泊湿岛的垂直运动远高于1 000 m，D错。
第7题，依据图中信息，青海湖上空正午等比湿线较为平直，可推测此时水汽水平输送作用较为强烈，即气流水平运动显著；午夜等比湿线弯曲度较大，可推测此时水汽水平输送作用微弱，大气垂直运动较为显著，A对。
夜间气温降低，空气的对流运动要比正午弱，C错。
当地的地形、地势条件稳定，对午夜、正午空气湿度的影响不会有太大的差异，因而地形、地势不是等比湿线弯曲度不同的原因，B、D错。
第8题，图中甲处位于湖泊东部近地面，在没有大尺度水平气流的条件下，正午湖泊增温幅度小于陆地，形成高压，甲地受湖风影响，吹西风；午夜湖泊降温幅度小于陆地，形成低压，甲地受陆风影响，吹东风。
答案：6.B7.A8.B(2020·甘肃天水一中高三月考)据地理工作者考察，在黄海中部海面以下20～30米处，存在一个明显的温跃层(垂直方向出现突变的水层)，抑制了海水的上下对流，在海底洼地的下层海水表现为相对低温，称为黄海冷水团。
读图，回答9～11题。
9．一年中，黄海海域上下层盐度差最小的季节是()A．春季B．夏季C．秋季D．冬季10．黄海温跃层表现最明显的季节是()A．春季B．夏季C．秋季D．冬季11．影响黄海海域表层水温的主要因素是()A．太阳高度角B．洋流C．盐度D．海陆位置解析：第9题，从图中可以读出，下层盐度高于上层盐度，二者差异最小的季节在冬季。
故黄海海域上下层盐度差最小的季节是冬季，D正确。
第10题，从图中可以看出，上下层海水温度差异最大是在夏季，下层海水表现为相对低温，结合材料中温跃层的概念，此季节存在一个明显的温跃层，故B正确。
第11题，据图可知，春夏两季上层水温高于下层水温，可能是因为春夏两季黄海海域太阳高度角大，太阳辐射较强，海水表层接收太阳辐射多，水温高，底层接收的太阳辐射少，水温低。
故A正确；黄海海域上下层之间受洋流和盐度影响的差异不大，洋流和盐度不太可能是影响水温的主要原因，B、C错误；海陆位置与海水温度关系不大，D错误。
答案：9.D10.B11.A二、非选择题(共46分)12．(2020·福州期末)阅读图文材料，回答下列问题。
(24分)植物物候变化对全球气候响应的研究已成为国内外气候变化研究领域的热点。
胡杨是干旱大陆性气候条件下喜光、抗热、抗旱、抗盐碱、抗风沙的树种。
科学家以胡杨年生长季始于春季日均温稳定≥5 ℃，止于秋季日均温稳定≤5 ℃的标准，确定胡杨年生长季的起始日、终止日，并根据胡杨的展叶始日、叶黄始日的变化，研究植物对气候变化的响应。
近56年来，中国绿洲胡杨年生长季起始日提前、终止日推迟的趋势明显。
下图是中国绿洲胡杨年生长季起始日、终止日的空间变化图。
(1)说出中国绿洲胡杨年生长季起始日的空间分布规律。
(6分)(2)说出中国绿洲胡杨年生长季变化的特点并推测原因。
(6分)(3)比较和田与格尔木胡杨年生长季长短差异，并分析原因。
(6分)(4)试推测中国绿洲胡杨展叶始日、叶黄始日与年生长季起止日显著相关，但并不吻合的原因。
(6分)解析：(1)图中实线表示胡杨年生长季起始日，西南(西)部为3月11日，东北(东)部为3月24日，可知胡杨年生长季起始日大致由西南(西)向东北(东)推迟；东部局部地区较周边早。
(2)由材料“近56年来，中国绿洲胡杨年生长季起始日提前、终止日推迟的趋势明显”说明胡杨生长季变长。
原因仍需从“近56年来”这一时间段来考虑。
最直接的原因是全球气候变暖，气温升高，积温增加。
(3)图中和田胡杨在2月27日到3月11日之间开始生长，格尔木胡杨在3月24日之后开始生长；和田胡杨年生长季终止日在11月6日以后，格尔木胡杨年生长季终止日在10月24日之前，由此得知，和田胡杨的年生长季比格尔木胡杨长。
影响生长季长短的因素是气温，影响气温的因素可从地形、海拔、下垫面等方面来分析。
格尔木位于柴达木盆地，海拔高气温低，和田位于塔里木盆地，海拔低气温高；和田北部有高大的天山山脉，对冷空气阻挡作用强。
(4)由材料“科学家以胡杨年生长季始于春季日均温稳定≥5 ℃，止于秋季日均温稳定≤5 ℃的标准，确定胡杨年生长季的起始日、终止日”可知，胡杨年生长季起止日只考虑气温；胡杨展叶始日、叶黄始日除了受气温影响，还受土温、水温、水分、光照、盐碱、风沙等因素影响。
答案：(1)最早的地区出现在西部，最晚的地区出现在东部；由西南(西)向东北(东)推迟；东部局部地区较周边早。
(2)变长。
在全球气候变暖的背景下，该地区气候也呈变暖趋势，气温升高，积温增加，年生长季起始日提前、终止日推迟，胡杨年生长季变长。
(3)和田胡杨年生长季比格尔木胡杨长。
和田地处塔里木盆地，格尔木地处柴达木盆地，和田海拔较低，气温较高；和田北部的天山等高大山脉对冷空气具有阻挡作用。
因此和田的积温高于格尔木，胡杨年生长季较长。
(4)胡杨展叶始日、叶黄始日主要受气温影响，同时也受土温、水温、水分、光照、盐碱等因素影响；胡杨年生长季起止日只考虑气温，因此中国绿洲胡杨展叶始日、叶黄始日与年生长季起止日显著相关，但并不吻合。
13．阅读图文材料，回答下列问题。
(22分)沙丁鱼喜冷水，好群居，以大量的浮游生物为食。
厄加勒斯浅滩(如下图)是南半球沙丁鱼的主要集聚地，但每年5－7月，当一股低温的沿岸流在厄加勒斯浅滩出现并向北流动时，沙丁鱼便开始了一年一度的大迁徙。
数以十亿计的沙丁鱼聚拢在一起，形成了数千米长，宽达1 km，厚数十米的“鱼带”，跋涉1 000多千米迁徙到德班附近海域。
(1)说明厄加勒斯浅滩成为南半球沙丁鱼主要集聚水域的原因。
(8分)(2)分析厄加勒斯浅滩出现的沿岸流对沙丁鱼大迁徙的有利影响。
(8分)(3)说出沙丁鱼大迁徙期间德班的常见天气特点。
(6分)解析：(1)读材料可知，“沙丁鱼喜冷水”，说明厄加勒斯浅滩水温低，适合沙丁鱼生存；“以大量的浮游生物为食”，说明厄加勒斯浅滩浮游生物多，为沙丁鱼提供食物；“好群居”说明沙丁鱼需要较大的生存空间，由图可知，厄加勒斯浅滩面积大，为沙丁鱼群居提供广阔的生存空间。
(2)读材料可知，“低温的沿岸流”为沙丁鱼提供了冷水生存环境；“向北流动”则与沙丁鱼迁徙方向一致，利于沙丁鱼顺流迁徙；同时由图可知，沿岸流与厄加勒斯暖流交汇，为沙丁鱼带来丰富饵料。
(3)沙丁鱼大迁徙时间为每年5－7月，此时为南半球冬季，且南非高原海拔高，气温低，大陆南部形成高压，盛行下沉气流，晴天多、风力小。
答案：(1)厄加勒斯浅滩位于非洲大陆的最南端，受西风漂流的影响，水温低，适合沙丁鱼生存；浅滩水域阳光充足，光合作用强，浮游生物多，为沙丁鱼提供食物；厄加勒斯浅滩面积大，为沙丁鱼群居提供广阔的生存空间。
(2)5－7月，气压带、风带北移，受西风带控制，厄加勒斯浅滩出现的沿岸流向北(东北)流动，利于沙丁鱼顺流迁徙；该沿岸流属于冷水流，降低了德班附近海域水温，为沙丁鱼提供了冷水生存环境；该沿岸流(冷水流)与外海的厄加勒斯暖流交汇，搅动起深海的营养物质，为沙丁鱼带来丰富饵料。