许昌平顶山新乡2015届高三第一次调研考试理科综合试题(含答案)(高清版)
河南省许昌平顶山新乡2015年高三第一次调研考试——文科综合
许昌、平顶山、新乡2015年高三第一次调研考试文科综合能力测试注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
第Ⅰ卷（选择题，共140分）本卷共35个小题，每小题4分，共140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。
图1示意太阳直射点在地球表面移动的轨迹，读图完成1～3题。
1．当太阳直射点位于A处时，北京时间为A．6月23日6：40 B．6月23日6：24C．6月22日6：40 D．6月22日6：242．当太阳直射点从A点沿移动轨迹向西略偏南方向移动，到达B点时，用时A．12小时B．24小时C．36小时D．48小时3．图示时段所处的季节，地中海沿岸的气候特征是A．寒冷干燥B．温和湿润C．炎热干燥D．高温多雨读“某季节索马里洋流流向示意图”（图2），完成4～6题。
4．该季节为北半球的A．春季B．夏季C．秋季D．冬季5．驱动图示洋流的盛行风及该洋流的性质是A．东北季风，暖流B．西南季风，寒流C．东南季风，暖流D．西北季风，寒流6．图示洋流沿岸的景观为A．热带荒漠B．热带雨林C．热带草原D．亚热带常绿硬叶林读“我国三种产业生产布局的变化统计表”。
并结合学习过的知识，完成7～9题。
7．影响甲产业布局的主导因素是A．原料的供应B．大量廉价的劳动力C．交通的便利程度D．市场的开放程度8．决定乙、丙产业集中分布在京、沪、粤三地的主要原因是A．经济因素B．环境因素C．技术因素D．劳力因素9．有关甲、乙、丙产业布局叙述正确的是A．甲产业因生产条件优势的变化，有从沿海向内陆迁移的趋势B．乙、丙产业布局的集聚效应明显，主要是为了降低生产成本C．甲、乙、丙产业均属于劳动密集型产业D．三种产业布局变化体现了全球经济一体化的趋势读图3，完成10～11题。
许昌平顶山新乡2015年高三第一次调研考试理科数学
臼 为参数
)。
(I)若 在极坐标系(与 直角坐标系 J0丿 取相同的长度单位 ,且 以原点 O为 极点 ,以 ￡轴
正半轴为极轴)中 ,点 P的 极坐标为 (4,号 )9判 断点 P与 直线 J的 位置关系
(Ⅱ )设 点
;
Q是 曲线 C上 的一个动点 ,求 点 Q到 直线 J的 距离的最大值与最小值的差。
线 0:'=2夕 y(夕 >0)的 焦点到双曲线 G的 渐近线的距离为 2,则 抛物线 0的 方程为
Байду номын сангаас
(C)ε
⑷ '=鹗 2=16y
ε +晋
(B)J2=坐 辽Ey
(D)=2=8y /(=)的 部分图 象如图
(9)已 知函 数/o)=A⒍ n(oE+口 (A>0,ω >0,0<￠⒊),其 导函 数
所示 ,则 函数 rω )的 解析式为
高三理科数学 第 3页 (共 4页
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(20× 本小题满分 12分 )
已知两点 F1(-1,0)及 凡 (1,0),点 列。
P在 以 F1、 凡 为
焦点的椭圆 C上 ,且 |PFl|、 |FlFz|、 |P凡 |构 成等差数
(I)求 椭圆 C的 方程
(Ⅱ )如 图 ,动 直线
;
J与 椭 圆 C有 且 仅有一个公共点
'
.
鲁
)《 e为 自然对数 的底数 ),求 Fo)一 只 ω 的最大值
请考生在第 22、 23、 24题 中任选 一题做答 ,如 果 多做 。 则按所做 的第 一 题记分 。 做答 时 用 2B铅 笔在答题卡上把所选题 目对应 的题号涂黑 。 (夕 ×本 小题满分 10分 )选 修 4-1:几 何证 明选 讲 如 图 ,AB是 ⊙O的 直 径 ,C,F为 ⊙O上 的 点 ,AC是
许昌平顶山新乡2015届高三第一次调研考试理科数学试题(含答案)(高清版)
设平面 SCD 与平面 SAB 所成的锐二面角为 ，则 cos | cos n1 , n2 |
1 ， 3
1 .……………………12 分 3 x2 y2 20. 解：(Ⅰ)依题意，设椭圆 C 的方程为 2 2 1 ． a b
故所成锐二面角的余弦值为
F1 F 2 、 PF2 构成等差数列，∴ 2a PF1 PF ∵ PF1 、
2 2 2
……………………5 分
2
由直线 l 与椭圆 C 仅有一个公共点知， 64k m 4(4k 3)(4m 12) 0 ， 化简得： m 2 4 k 2 3 ． ……………………6 分
设 d1 F1M
k m k 1
2
， d 2 F2 M
k m k 2 1
'
x 2 (m 2) x 1 21.解:(Ⅰ) f ( x) ，……………………1 分 x 2 则由题意则方程 x ( m 2) x 1 0 有两个正根，
(m 2) 2 4 0 故 ，……………………3 分 m 2 0 解得 m 0 .故实数 m 的取值范围是 m 0 .………………4 分 b 1 (Ⅱ) f (b) f ( a ) ln (b 2 a 2 ) ( m 2)(b a ) ，………………6 分 a 2 b 1 b2 a 2 b 1 又 m 2 a b ， ab 1 f (b) f ( a ) ln (b 2 a 2 ) ln ( ) a 2 a 2 ab b 1 b a = ln ( ) ，………………8 分 a 2 a b b 1 1 设 t (t e) ，故，构造函数 g (t ) ln t (t )(t e) ………10 分 a 2 t 2 1 1 1 (t 1) g ' (t ) (1 2 ) 0 ，所以 g (t ) 在 [e, ) 上是减函数， t 2 t 2t 2 e 1 e 1 ， f (b ) f ( a ) 的最大值为 1 ………………12 分 g (t ) g (e) 1 2 2e 2 2e
2015年河南省新乡市、许昌市、平顶山市高考物理三模试卷
2015年河南省新乡市、许昌市、平顶山市高考物理三模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的离子，即“磁单极子”，1982年，美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验：他设想，如果一个只有S 极的磁单极子从上向下穿过如图所示的闭合超导线圈，那么，从上向下看，这个线圈中将出现（ ）A.先是逆时针方向的感应电流，然后是顺时针方向的感应电流B.先是顺时针方向的感应电流，然后是逆时针方向的感应电流C.顺时针方向的持续流动的感应电流D.逆时针方向的持续流动的感应电流【答案】C【解析】解：若S 磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从上向下看，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向顺时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从上向下，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向顺时针．因此线圈中产生的感应电流方向不变．故C 正确，ABD 错误．故选：C ．磁单极子穿过超导线圈，导致线圈中的磁通量发生变化，根据磁通量变化情况，由楞次定律可判定感应电流的方向．考查右手螺旋定则、楞次定律，及磁单极子的特征．同时注意磁体外部的感应线是从N 极射出，射向S 极．2.有一直角V 形槽固定在水平面上，其截面如图所示，BC 面与水平面间夹角为60°，有一质量为m 的正方体木块放在槽内，木块与BC 面间的动摩擦因数为μ，与AB 面间无摩擦，现用垂直于纸面向里的力推木块使之沿槽运动，则木块所受的摩擦力为（ ）A.μmgB.√32μmgC.√22μmgD.12μmg 【答案】D【解析】解：将重力按照实际作用效果正交分解，如图故F2=mgsin30°=0.5mg滑动摩擦力为f=μF2=0.5μmg故选：D先将重力按照实际作用效果正交分解，求解出正压力，然后根据滑动摩擦定律求解摩擦力本题关键将重力按照作用效果正交分解，然后根据滑动摩擦定律求解出滑动摩擦力3.在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略，闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列叙述正确的是（）A.电压表和电流表的示数都增大B.灯L2变暗，电流表的示数减小C.灯L1变暗，电压表的示数增大D.电容器C所带电荷量减小【答案】D【解析】解：A、将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，灯L1变亮，故AC错误；B、R与灯L2并联电路的电压U并=U-U1，U减小，U1增大，则U并减小，灯L2变暗．流过电流表的电流I A=I-I2，I增大，I2减小，I A增大，电流表的示数增大，故B错误；D、R与灯L2并联电路的电压减小，电容器板间电压减小，则其带电量减小．故D正确．故选：D将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化．电压表的示数等于路端电压．判断灯L1亮度的变化．根据路端电压与灯L1电压的变化，分析并联部分电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据干路电流与灯L2电流的变化，分析电流表读数的变化．根据电容器电压的变化，即可判断其电量的变化．本题是电路动态变化分析问题，难点在于分析电流的示数变化，往往根据干路电流与另一支路的电流变化来确定，也可以根据结论判断，即变阻器这一路电流的变化与干路电流变化情况一致．4.如图所示，竖直平面内固定一个半径为R的半圆形轨道ABC，左端口A和右端口C与圆心O在同一水平面上，M、N为右端口C正上方两点，到右端口C的距离分别为2R和R，现将一小球从M点静止释放，小球从左端口飞出后到达最高处D点，D点与半圆轨道的最低点B的竖直高度差为2R，接着小球又竖直下落返回进入圆弧轨道，若不考虑空气阻力，则下列说法正确的是（）A.小球返回轨道后能沿轨道一直运动，并上升到N 点B.小球返回轨道后沿轨道运动可能到不了C 点C.小球返回轨道后沿轨道运动到C 点时，速度一定大于零D.若将小球从N 点静止释放，则小球恰能运动到左端口A 处【答案】C【解析】解：A 、由题意可知，小球从A 点上升没有达到最高点，则说明小球在圆轨道中有阻力做功；故小球在返回过程中同样有阻力做功，小球无法到达N 点；故A 错误；B 、小球返回轨道后，由于速度小于由C 到A 过程中的速度，故在轨道里的压力要小，故摩擦力要小，故摩擦力做功小；因此小球能到达C 点，并且在C 点的速度不为零；故B 错误；C 正确；D 、由B 的分析可知，若将小球由N 点释放，则小球一定能超过左端点A 处，故D 错误；故选：C ．分析小球在圆形轨道里的受摩擦力做功情况，分析别各过程由动能定理进行分析，则可知小球实际运动情况．本题考查动能定理的应用，要注意小球受到的摩擦力与速度有关，速度越快则摩擦力越大，同样的路程上摩擦力做功越多．5.如图所示，半径为R 的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量质量为m ，电荷量为+q 的粒子，在纸面内沿各个方向以相同速率v 从P 点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PMQ 圆弧上，PMQ 圆弧长等于磁场边界周长的16，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为（ ） A.2mv qR B.√3mv qR C.√3mv 2qR D.2√3mv 3qR【答案】A【解析】解：从P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q ，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，相应的弧长变为圆周长的16，所以∠POQ=60°；结合几何关系，有：r =12R …①洛仑兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qv B=m v 2r …② 联立①②解得：B=2mvqR ，故选A ，BCD 错误．故选：A ．画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件及角度关系，表示出圆周运动的半径，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力列式求解即可带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解；本题关键画出临界轨迹．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.欧洲南方天文台分布消息称，科学家在太阳系附近发现三颗适宜生命繁衍的“超级地球”，这三颗行星都围绕着天蝎座的一颗名为“格利泽667C”的恒星运行．其中两颗“超级地球”甲和乙的公转周期分别是28天和39天，假设“超级地球”绕“格利泽667C”做匀速圆周运动，不考虑“超级地球”间的万有引力及其他星球对他们的影响，根据以上信息可以判断（）A.“超级地球”甲的质量大于“超级地球”乙的质量B.“超级地球”甲的绕行速度大于“超级地球”乙的绕行速度C.“超级地球”甲的加速度小于“超级地球”乙的加速度D.“超级地球”甲和乙两次相距最近的最短时间间隔约为99天【答案】BD【解析】解：A、万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：GMm r2=m v2r=m4π2T2r=ma等式两边m约去，无法比较甲和乙的质量大小关系，故A错误，B、两颗“超级地球”甲和乙的公转周期分别是28天和39天，T=2π√r3GM，甲的周期小于乙的周期，故甲的轨道半径小于乙的轨道半径，v=√GMr，所以“超级地球”甲的绕行速度大于“超级地球”乙的绕行速度，故B正确；C、a=GMr2，甲的轨道半径小，故加速度大，故C错误；D、“超级地球”甲和乙两次相距最近时间间隔为甲多转动一圈的时间，故：2πT甲t-2πT乙t=2π解得：t=28×3939−28≈99天，故D正确；故选：BD．两颗“超级地球”甲和乙都做匀速圆周运动，离恒星越远越慢、越近越快；也可以结合牛顿第二定律列式分析．本题关键是明确两颗“超级地球”的运动学规律和动力学规律，然后结合牛顿第二定律列式分析，不难．7.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则下列说法中正确的是（）A.q1带正电，q2带负电B.|q1|=|q2|C.A点的电场强度大小为零D.将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功【答案】AD【解析】解：A、由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，M点电荷q2带负电，由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量．故A正确，B错误；C、该图象的斜率等于场强E，则知，A点的电场强度大小不为零，故C错误；D、N→D段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功．故D正确；故选：ADφ-x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否8.如图甲所示，平行于光滑固定斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B在斜面上紧靠着物块A但不粘连，物块A、B质量均为m．初始时两物块均静止．现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块的v-t图象如图乙所示（t1时刻图线A、B相切），己知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.A、B分离前，A、B和弹簧系统机械能增加，A和弹簧系统机械能增加B.力F的最小值为m（gsinθ+a）C.A达到最大速度时的位移为mgsinθkD.t1=√2(mgsinθ−ma)时A、B分离ak【答案】CD【解析】解：A、A、B分离前，F做正功，根据功能关系得知，A、B和弹簧系统机械能增加，而B对A的压力做负功，A和弹簧系统机械能减小．故A错误．B、对AB整体，根据牛顿第二定律得：F-2mgsinθ+kx=2ma，得：F=2mgsinθ-kx+2ma，则知开始时F最小，此时有：2mgsinθ=kx，得F的最小值为：F=2ma，故B错误．C、由图知，A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，得：x=mgsinθ，故C正确．kD、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma开始时有：2mgsinθ=kx0，at12又x0-x=12．故D正确．联立以三式得：t1=√2(mgsinθ−ma)ak故选：CDA的速度最大时加速度为零，根据胡克定律求出A达到最大速度时的位移；根据牛顿第二定律求出拉力F的最小值．由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律和运动学公式求解t1．根据功能关系分析能量如何转化．从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是（）A.一定质量的气体吸收热量，其内能可能不变B.液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈C.不可能使热量由低温物体传递到高温物体D.若两分子间距离增大，分子势能一定增大E.若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大【答案】ABE【解析】解：A、一定质量的气体吸收热量，若同时对外做功，其内能可能不变；故A正确；B、布朗运动是由于固体小颗粒受到的撞击不平衡而导致的，液体温度越高，悬浮颗粒越小，固体小颗粒受到的撞击越不平衡，布朗运动越剧烈；故B正确；C、公积金热力学第二定律，不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他的变化；故C错误；D、若分子间的距离从特别小增大到无穷远的过程中，分子之间首先是排斥力做的功，分子势能减小；然后分子之间的作用力表现为分子引力，随距离的增大，分子力做负功，分子势能增大；故D错误；E、若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大．故E正确．故选：ABE．根据热力学第一定律分析物体的内能的变化；布朗运动是由于固体小颗粒受撞击不平衡造成的；若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大．分子势能的变化要看是分子引力还是分子斥力．本题考查热力学第一定律、分子间的相互作用力、热力学第二定律及布朗运动的性质，要注意正确理解相关内容，并且要会解释相关现象．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.固定的半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线，足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN，由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO′夹角θ较小时，光屏NQ区域出现两个光斑，逐渐增大θ角．当θ=α时，光屏NQ区城A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ=β时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则下列说法中正确的是（）A.A光在MN面发生全反射的临界角比B光的在MN面发生全反射的临界角大B.玻璃砖对A光的折射率比对B光的大C.A光在玻璃砖中传播速度比B光的大D.α＜θ＜β时，光屏PQ上有2个光斑E.β＜θ＜π2时，光屏PQ上只有1个光斑【答案】BDE【解析】解：AB、根据题干描述“当θ=α时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ=β时，光屏NQ区域B光的光斑消失”，说明A光先发生了全反射，A光的临界角小于B光的临界角，而发生全反射的临界角C满足：sin C=1n，可知，玻璃砖对A光的折射率比对B光的大，故A错误，B正确；C、玻璃砖对A光的折射率比对B光的大，由v=cn知，A光在玻璃砖中传播速度比B 光的小．故C错误．D、当α＜θ＜β时，B光尚未发生全反射现象，故光屏上应该看到2个亮斑，其中包含NP侧的反射光斑（A、B重合）以及NQ一侧的B光的折射光线形成的光斑．故D正确．D、当β＜θ＜π2时，A、B两光均发生了全反射，故仅能看到NP侧的反射光斑（A、B重合），光屏PQ上只有1个光斑，故E正确．故选：BDE．当光斑在光屏上消失时，是由于光线发生了全反射，A光先消失，说明A光的临界角较小，根据临界角公式sin C=1n ，即可确定玻璃对两种光折射率的大小；由v=cn，判断光在玻璃中传播速度的大小；对照全反射的条件，当光线从玻璃射入空气，入射光大于临界角时光线将发生全反射进行分析．本题主要考察几何光学和物理光学的基础知识应用，关键要掌握全反射的条件及临界角公式进行分析．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.用甲、乙、丙三种不同的入射光分别照射在三种不同的金属a、b、c上，均恰能使金属中逸出光电子．已知这三种光的波长间的定性关系为λ甲＞λ乙＞λ丙，则下列说法中正确的是（）A.用入射光甲照射金属b，可能发生光电效应B.用入射光丙照射金属b，一定发生光电效应C.用入射光丙照射金属a，一定发生光电效应D.用入射光甲和乙同时照射金属c，可能发生光电效应E.用入射光乙和丙同时照射金属a，一定发生光电效应【答案】BCE【解析】解：A、三种光线的波长λ甲＞λ乙＞λ丙，知γ甲＜γ乙＜γ丙，因为乙光照射金属b，恰能发生光电效应，甲的频率小于乙的频率，所以甲光照射金属b，不能发生光电效应．故A错误．B、丙光频率大于乙光频率，乙光照射金属b能发生光电效应，所以丙光照射一定能发生光电效应．故B正确．C、由上分析可知，当入射光丙照射金属a，一定发生光电效应．故C正确；D、甲光和乙光的频率均小于丙光，丙光照射恰能发生光电效应，所以两光照射不能发生光电效应．故D错误．E、因为乙光和丙光的频率均大于甲光的频率，甲光照射能发生光电效应，所以乙和丙光照射一定能发生光电效应，故E正确．故选：BCE．三种光线的波长λ甲＞λ乙＞λ丙，可知三种光的频率大小，三种不同的入射光线甲、乙、丙分别照射在三种不同的金属a、b、c上，均恰能使金属中逸出光电子，根据光电效应的条件，当入射光的频率大于极限频率，会发生光电效应进行判断．解决本题的关键知道波长与频率的关系，以及掌握光电效应的条件，同时注意频率与波长的关系．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.某实验小组设计了如图甲所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象，他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条α-F图线，如图乙所示．（1）图线①是轨道位于______ （选填“水平”或“倾斜”）情况下得到的实验结果；（2）滑块和位移传感器发射部分的总质量m= ______ kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ= ______ ．（重力加速度g取10m/s2）【答案】倾斜；2；0.1【解析】解：（1）由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线①是在倾斜情况下得到的．（2）根据F=ma得a=Fm所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．由图形得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=0.5，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=2K g由图形②得，在水平轨道上F=2N时，加速度a=0，根据牛顿第二定律得F-μmg=0解得μ=0.1故答案为：（1）倾斜；（2）2，0.1．对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解，知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系；运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解，注意利用数学知识的应用．10.某实验小组用伏安法测量一段金属丝的电阻R x，实验所用器材为：电池组（电动势3V，内阻约为1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3KΩ）、滑动变阻器R （0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干．（1）该小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数1234567U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30 I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520 由以上实验数据可知，他们测量R x 是采用下面图中的 ______ 图（选填“甲”或“乙”）．（2）该小组的同学在坐标纸上建立U-I 坐标系，如图丙所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U-I 图线．由图线得出金属丝的电阻值R x = ______ Ω（保留两位有效数字）．（3）任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于本实验中误差的说法中正确的选项是 ______ ．A ．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差B ．用U-I 图象处理数据来求金属丝的电阻可以减少偶然误差．C ．由于读数引起的误差属于系统误差D ．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的偶然误差．【答案】乙；4.4；B【解析】解：①由记录表数据可知，最小电流为I min =0.02A ，若变阻器采用限流式接法时，电路中的最大电阻应为R max =E I min =30.02Ω=150Ω，而此时对应待测电阻的阻值为R x =U I =0.10.02Ω=5Ω，显然变阻器的全电阻太小，所以变阻器应采用分压式接法，即测量电路应采用乙图；②描出的U-I 图象如图所示：根据R=U I 可求出待测电阻阻值为R x =2.30.52Ω=4.4Ω； ④A 、根据误差的概念可知，由于电表内阻引起的误差应是系统误差而不是偶然误差，所以A 错误；B 、用图象来处理数据可以有效的减小因读数而产生的偶然误差；故B 错误；C 、由于读数产生的误差属于偶然误差；故C 错误；D 、把电表内阻考虑之内，根据欧姆定律计算可求出待测电阻的真实值，因此可以消除由于测量仪表引起的系统误差，所以D 错误；故选：B；故答案为（1）乙；（2）如图所示；4.4；（3）B（1）根据表中数据求出电路中需要的最大电阻，可知变阻器不能采用限流式接法；（2）由描点法得出U-I图象，求出U-I图象的斜率即可；（3）根据偶然误差和系统误差的概念即可求解．应明确：（1）当实验没有“要求电流从零调或电流调节范围足够大”的特殊说明时，可知，若U-I 应通过求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器的接法；（2）根据R=UI图象是倾斜直线，则图象的斜率即为待测电阻阻值．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.将一个小圆环瓷片保持环面平行地面从高处由静止释放，小瓷片直接撞击地面不被摔坏的最大释放高度为hm．若将该圆环瓷片套在圆柱体的上端，瓷片可沿圆柱体下滑，但瓷片与圆柱体间的滑动摩擦力是瓷片重力的μ倍（μ＞1），如图所示，现将该装置从下端距地面H高处由静止释放，瓷片撞击地面时速度最大且恰好不被摔坏．已知瓷片、圆柱体与瓷片下落过程中均受空气阻力的作用，空气阻力恒为自身重力的k倍（k＞1），重力加速度为g，圆柱体与地面碰撞后速度立即变为零且保持竖立．求：（1）瓷片直接撞击地面而不被摔坏时，瓷片着地的最大速度v m；（2）圆柱体的长度L．【答案】解：（1）瓷片从h处下落直接撞击地面而恰好不被摔坏，设瓷片质量为m加速度为a1，对瓷片受力分析，由牛顿第二定律得，mg-kmg=ma1，v m2=2a1ℎm联立以上方程得：v m=√2(1−k)gℎm（2）瓷片随圆柱体一起加速下落，加速度为a2，对瓷片和圆柱体受力分析，由牛顿第二定律可得：a2=a1由运动学公式得圆柱体落地时瓷片速度：v12=2a2H瓷片继续沿圆柱体减速下落直到落地，加速度大小为a3，对瓷片受力分析，由牛顿第二定律可得瓷片继续下落的加速度为：mg-kmg-μmg=ma3根据：v m2−v12=2a3L联立以上各式解得：L=(1−k)(H−ℎm)μ+k−1答：（1）瓷片直接撞击地面而不被摔坏时，瓷片着地的最大速度是√2(1−k)gℎm；（2）圆柱体的长度是(1−k)(H−ℎm)．μ+k−1【解析】（1）通过牛顿第二定律求出加速度，利用运动学求出落地速度；（2）通过运动学求出柱体落地时的速度，再利用牛顿第二定律求出瓷片的加速度，即可求的柱体的长度；本题属于实际问题，很好考查了牛顿第二定律和运动学公式的应用，为已知受力情况求解运动情况的类型，加速度是将力与运动联系起来的桥梁．12.如图甲所示，定滑轮上绕一细线，线的一端系一质量为M 的重物，另一端系一质量为m 的金属棒，金属棒ab 放在两根间距为L 的足够长的光滑平行金属导轨上，导轨与水平方向的夹角为θ，在两导轨底端之间连接有阻值为R 的电阻、导轨和金属棒的电阻不计，磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨平面垂直向上．开始时金属杆置于导轨下端，将重物由静止释放，重物最终能匀速下滑．运动过程中金属杆始终与两导轨垂直且接触良好，已知重力加速度为g ；求：（1）求重物匀速下降时的速度大小；（2）当M 匀速运动时，突然剪断细线，金属棒继续沿导轨向上运动，当滑行了一段距离，后达到最高点，求此过程中电阻R 上产生的焦耳热；（3）对一定的磁感应强度B ，重物取不同的质量M ，测出相应的重物做匀速下降运动时的v 值，得到实验图线如图乙所示．图中画出了磁感应强度分别为B 1和B 2时的两条实验图线，试根据实验结果计算比值B 1B 2．【答案】 解：（1）设重物匀速下降时的速度大小为v ．金属杆达到匀速运动时，受绳子拉力F 、金属杆的重力mg 、向下的安培力F A ． 则：F=F A +mgsin θ…① 其中F=M g …②又对金属杆有：安培力F A =BIL ，感应电流I=ER ，感应电动势 E=BL v 则得：F A =B 2L 2v R…③所以由①②③得：v =(M−msinθ)gRB 2L 2…④（2）剪断细线后，对金属棒和回路系统，产生的焦耳热为Q ，由能量守恒得：12mv 2=mgssin θ+Q解得Q=m(M−msinθ)2g 2R 22B 4L 4-mgssin θ（3）根据第1问求得的结果可知，由④式可得v -M 的斜率为k =gRB 2L 2。
河南省许昌平顶山新乡2024届高三10月第一次调研理综试题WORD版
河南省许昌平顶山新乡2024届高三10月第一次调研理综试题（WORD版）本试题卷分选择题和非选择题两部分。
全卷共16页，满分300分，考试时间150分钟。
第Ⅰ卷（选择题共126分）留意事项：1．答题前考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡规定的位置上。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂出其他答案标号。
不能答在试题卷上。
以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H．1 C．12 O．16 F．19 Mg．24 Al．27 Si．28 S．32 K．39 Fe．56 Ni．59 Cu．64 Ag．108 Pb．207一、选择题：本大题共l3小题。
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．对下列生命现象及生物学意义表述不正确的是A．细胞分化使细胞趋向特地化，提高了机体生理功能效率B．细胞凋亡使细胞自主死亡，有利于生物体内部环境稳定C．生物都有独立合成和利用ATP的实力D．光合作用推动碳循环和促进群落中的能量流淌2．下列有关试验试剂或试验方法的叙述，正确的是A．植物的生长素和人的胰岛素均能及双缩脲试剂发生作用，产生紫色反应B．在绿叶中色素的提取和分别试验中，若只画一次滤液细线，结果滤纸条上色素带重叠C．运用相宜浓度的硝酸钾溶液视察到洋葱表皮细胞的质壁分别现象后，不滴加清水也能视察到质壁分别复原现象D．探讨土壤中小动物类群的丰富度时，宜采纳标记重捕法3．关于生物遗传方面的叙述，正确的是A．原发性高血压、青少年型糖尿病的遗传遵循孟德尔遗传定律B．基因都是通过限制酶的合成来限制代谢过程，进而限制生物的性状 C．若某生物精原细胞含有n对等位基因，则其产生的配子的基因型种类为2nD．某双链DNA分子含n个碱基对，T为m个，其复制3次共需G为7(n-m)个4．下列关于代谢及调整叙述中，正确的是A．糖尿病患者多尿主要是因为蛋白质分解加强导致尿素增加而带走大量水分B．水平放置的幼苗，其茎的背重力生长体现了生长素作用的两重性C．在200m短跑竞赛中，人体产生的二氧化碳是有氧呼吸及无氧呼吸的产物D．甲状腺激素须要通过血浆和组织液的运输才能作用于下丘脑细胞5．下列有关人体免疫的叙述正确的是①血浆中溶菌酶的杀菌作用属于人体的第一道防线②抗原都是外来异物③人体分泌的乳汁中含有某些抗体④吞噬细胞可参及特异性免疫⑤过敏反应一般不会破坏组织细胞⑥HIV主要攻击人体的T细胞，引起自身免疫病⑦对移植器官的排斥是通过细胞免疫进行的A．①④⑤⑦ B．①②③⑦ C．③④⑤⑦ D．②③⑥⑦6．一块退耕的农田因未刚好补种树木，若干年后渐渐演化成了一片杂草丛生的灌木林，成为了一个相对稳定的生态系统。
河南省三市(许昌平顶山新乡)2015届高三物理10月第一次调研考试试题新人教版
许昌市、平顶山市、新乡市三市联考2015届高三第一次调考物理试卷〔10月份〕一、选择题：此题共8小题，每一小题6分．在每一小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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．1．一个物体做变速直线运动，物体的加速度从某一值逐渐减小到零．如此在此过程中，关于该物体的运动情况，如下不可能的是〔〕A．物体速度不断增大，加速度减小到零时，物体速度最大B．物体速度不断减小，加速度减小到零时，物体速度为零C．物体速度不断减小到零，然后物体反向做加速直线运动D．物体先做匀减速直线运动，然后物体反向做匀加速直线运动考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：当物体的速度方向与加速度方向一样，物体做加速运动，当物体的速度方向与加速度方向相反，物体做减速运动．解答：解：A、物体做变速直线运动，可能速度方向与加速度方向一样，加速度逐渐减小，速度不断增大，当加速度减小为零，速度达到最大，而后做匀速直线运动．故A正确．B、物体做变速直线运动，速度不断减小，速度方向与加速度方向相反，当加速度减小为零，物体速度恰好为零，故B正确．C、物体的加速度方向与初速度方向可能相反，加速度减小，速度减小，当速度减小为零，加速度不为零，返回向相反方向做加速运动，故C正确．D、物体的加速度减小，不可能做匀变速直线运动，故D错误．此题选不可能的，应当选：D．点评：解决此题的关键掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系．2．一物体在某一外力的作用下从静止开始做直线运动，外力随时间的变化关系如下列图，如此如下关于该物体在0到2t0时间内的位移﹣时间图象、速度﹣时间图象，正确的答案是〔〕A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．分析：根据牛顿第二定律知0﹣t0时间内物体沿正方做匀加速直线运动，t0﹣2t0时间内物体先沿正方向匀减速直线运动再反向匀加速，据此选择位移时间图象和速度时间图象，解答：解：根据牛顿第二定律，设0﹣t0时间内加速度为a，如此t0﹣2t0时间内物体加速度为﹣3a，故物体沿正方做匀加速直线运动，t0﹣2t0时间内物体先沿正方向匀减速直线运动，再反向匀加速，A、x﹣t图线的斜率表示速度，A表示先正方向匀速直线运动，后沿负方向匀速直线运动，故A错误；B、表示0﹣t0时间内先沿正方向速度逐渐增大，t0﹣2t0时间速度沿负方向逐渐增大，故B 错误；C、C图象与运动情况相符合，故C正确D错误；应当选：C．点评：该题考查了对位移﹣﹣时间图象的理解和应用，要掌握：在位移﹣时间图象中，图象的斜率表示质点运动的速度的大小，纵坐标的变化量表示位移．3．目前，我们的手机产品逐渐采用我国的北斗导航…包含5颗地球同步卫星．设北斗导航系统中某一颗地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大小为a，在该同步卫星运行的轨道处由地球引力产生的加速度大小为g1，地球赤道外表的重力加速度大小为g2，如此如下关系正确的答案是〔〕A．g2=a B．g1=a C．g2﹣g1=a D．g2+g1=a考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．专题：人造卫星问题．分析：根据牛顿第二定律得出在该同步卫星运行的轨道处由地球引力产生的加速度大小．根据万有引力等于重力得出地球赤道外表的重力加速度大小．解答：解：北斗导航系统中某一颗地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得出向心加速度大小等于在该同步卫星运行的轨道处由地球引力产生的加速度大小，所以g1=a=，根据万有引力等于重力得出地球赤道外表的重力加速度大小为g2=，所以g2＞a，故ACD错误，故B正确；应当选：B．点评：解决此题的关键知道同步卫星和随地球自转的物体角速度相等，同步卫星以与贴近地球外表运行的卫星靠万有引力提供向心力．4．如下列图，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上的P1点以速度v射入第一象限所示的区域，入射方向与x轴正方向成α角．为了使该粒子能从x轴上的P2点射出该区域，且射出方向与x轴正方向也成α角，可在第一象限适当的地方加一个垂直于xOy平面、磁感应强度为B的匀强磁场．假设磁场分布为一个圆形区域，如此这一圆形区域的最小面积为〔不计粒子的重力〕〔〕A．B．cos2αC．sinαD．sin2α考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：做出粒子的轨迹，根据牛顿第二定律求出半径，圆形磁场区域的最小面积是以磁场中圆周运动轨迹对应弦为直径的圆．解答：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，如此粒子在磁场中做圆周的半径：R=，由题意可知，粒子在磁场区域中的轨道为半径等于r的圆上的圆周，这段圆弧应与入射方向的速度、出射方向的速度相切，如下列图：如此到入射方向所在直线和出射方向所在直线相距为R的O′点就是圆周的圆心．粒子在磁场区域中的轨道就是以O′为圆心、R为半径的圆上的圆弧ef，而e点和f点应在所求圆形磁场区域的边界上，在通过e、f两点的不同的圆周中，最小的一个是以ef连线为直径的圆周．即得圆形区域的最小半径r=Rsinα=，如此这个圆形区域磁场的最小面积S min=πr2=；应当选：D．点评：此题考查磁场区域面积的极值问题，此题的关键是确定出圆心，且从a到b有圆周运动有直线运动．5．如下列图，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限内有垂直该坐标平面向里的匀强磁场，二者磁感应强度一样，圆心角为90°的扇形导线框OPQ以角速度ω绕O 点在图示坐标平面内沿顺时针方向匀速转动．规定与图中导线框的位置相对应的时刻为t=0，导线框中感应电流逆时针为正．如此关于该导线框转一周的时间内感应电流i随时间t的变化图象，如下正确的答案是〔〕A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．分析：当线框的磁通量变化时产生感应电流，由楞次定律判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律分段研究即可．解答：解：BD、在线框切割磁感线产生感应电动势时，由E=ω知，产生的感应电动势一定，产生的感应电流大小不变，故BD错误．AC 、在～内，由楞次定律判断可知线框中感应电动势方向沿逆时针方向，为正，故A正确，C错误．应当选：A．点评：此题关键掌握楞次定律，会用来判断感应电流的方向．要注意线框中只有半径所在的边切割磁感线产生感应电动势，对于转动切割，有时还用到感应电动势公式E=ω．6．如下列图，点电荷与带电金属板的电场线的分布情况．带负电的金属板MN〔可理解为无限大〕水平放置，正点电荷位于金属板的上方某处．P1点在点电荷的正上方，P2点在点电荷的正下方，且P1与P2到点电荷的距离相等．P3点和P2点的连线和金属板平行．如此如下说法中正确的答案是〔〕A．P1点的电场强度比P2点的电场强度大B．P1点的电势比P2点的电势高C．P2点的电势比P3点的电势高D．将一正检验电荷由P2点移动到P3点，电场力做负功考点：电场线．分析：首先知道电场线的特点，该电场与等量异种电荷的电场类比，且此电场是等量异种电荷形成电场的中垂线到正电荷的局部，据此类比分析即可．解答：解：A、据等量异种电荷形成电场，中垂线到正电荷局部可知，P1点的电场线比P2点的电场先稀疏，所以P1点的电场强度比P2点的电场强度小；故A错误；B、据等量异种电荷形成电场，中垂线到正电荷局部可知，中垂线上的电势为零，据等势面图可知，P1点的电势比P2点的电势高，故B正确；C、据电场线与等势面垂直，作等势面如图，据图可知，P2点的电势比P3点的电势高；再据W=Uq可知，将一正检验电荷由P2点移动到P3点，电场力做正功，故C正确，D 错误．应当选：BC．点评：此电场与等量异种电荷形成的电场类比，是解题的关键，灵活应用电场线与等势面垂直是解题的核心．7．如下列图，质量为m B的薄木板B足够长，放在水平地面上，质量为m A的小物体A放在薄木板上，二者都静止不动．A、B之间的动摩擦因数为μ1，B与地面之间的动摩擦因数为μ2，水平恒力作用在B上一段时间后，B相对地面前进了一段距离L1，A在B上相对B后退了一段距离L2，此时A的速度为v A，B的速度为v B，重力加速度为g．如此在此过程中，关于恒力做的功，如下表达式正确的答案是〔〕A．m A v+m B vB．m A v+m B v+μ2〔m A+m B〕g〔L1﹣L2〕+μ1m A gL2C．m B v+μ2〔m A+m B〕gL1+μ1m A gL2D．m A v+m B v+μ2〔m A+m B〕gL1+μ1m A gL2考点：动能定理的应用；功能关系．专题：动能定理的应用专题．分析：根据能量守恒，抓住恒力做功等于A、B动能的增加量、A、B之间摩擦产生的内能，以与与地面之间摩擦产生的内能之和，求出恒力F做功的大小．解答：解：恒力F做功等于A、B的动能增加量、AB间产生的内能、B与地面产生的内能之和，有：W=m A v+m B v+μ2〔m A+m B〕gL1+μ1m A gL2．故D正确，A、B、C错误．应当选：D．点评：此题考查了能量守恒的综合运用，知道摩擦产生的内能等于摩擦力与相对路程的乘积，难度不大．8．两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的下端接有电阻R，导轨的电阻不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场的方向垂直斜面向上．一电阻不计的光滑金属棒ab，在沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上升到图示虚线位置，在此过程中，如下说法正确的答案是〔〕A．恒力F和安培力对金属棒所做功的和等于金属棒重力势能的增量B．恒力F和重力对金属棒所做功的和等于电阻R上产生的电热C．金属棒抑制安培力所做的功等于金属棒重力势能的增量D．恒力F对金属棒所做的功等于电阻R上产生的电热考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：导体棒ab匀速上滑，合力为零，即知合力的做功为零；对导体棒进展受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，即可进展分析．要注意抑制安培力所做功等于回路电阻中产生的热量．解答：解：A、导体棒匀速上升过程中，动能不变，根据功能关系可知：恒力F和安培力对金属棒所做功的和等于金属棒重力势能的增量，故A正确．B、根据动能定理得：W F﹣W G﹣W安=0，得：W F﹣mgh=W安，而W安=Q，如此恒力F和重力对金属棒所做功的和等于电阻R上产生的电热，故B正确．C、金属棒抑制安培力所做的功等于等于回路中电阻R上产生的热量，不等于金属棒重力势能的增量．故C错误．D、恒力F所做的功在数值上等于金属棒增加的重力势能与电阻R上产生的焦耳热，故D错误；应当选：AB．点评：对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进展判断各个力做功之间关系，尤其注意的是抑制安培力所做功等于整个回路中产生热量．三、非选择题：必考题9．某学习小组做探究“合力做的功和物体速度变化关系〞的实验如下列图．当图中小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，这时，橡皮筋对小车做的功记为W．当用2条、3条…完全一样的橡皮筋并在一起进展第2条、第3条…实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致．每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出．〔1〕实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡掉摩擦阻力，如此关于是否完全平衡掉摩擦力，下面操作正确的答案是： D 〔填所选答案的字母序号〕A．放开小车，小车能够自由下滑即可B．放开小车，小车能够匀速下滑即可C．放开拖着纸带的小车，小车能够自由下滑即可D．放开拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可〔2〕设第1次小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，橡皮筋对小车做的功为W．假设在某次操作时用4根同样的橡皮筋并在一起进展，并使小车从同样的位置被弹出，如此该次橡皮筋对小车做的功是4W ．〔3〕在正确操作情况下，打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的相邻点的间隔大致一样局部进展测量．考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：实验中可以适当抬高木板的一侧来平衡摩擦阻力．受力平衡时，小车应做匀速直线运动．要测量最大速度，应该选用点迹恒定的局部．橡皮筋对小车做的功我们没法直接测量，所以我们是通过改变橡皮筋的条数的方法来改变功，为了让橡皮筋的功能有倍数关系就要求将橡皮筋拉到同一位置处．解答：解：实验中可以适当抬高木板的一侧来平衡摩擦阻力．受力平衡时，小车应做匀速直线运动，所以正确的做法是：放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可，故ABC错误，D正确．应当选：D．〔2〕橡皮筋对小车做的功我们没法直接测量，所以我们是通过改变橡皮筋的条数的方法来改变功，为了让橡皮筋的功能有倍数关系就要求将橡皮筋拉到同一位置处．故第二次将4条橡皮筋并在一起，并且与第一次拉伸的长度一样，小车在橡皮筋的作用下从静止弹出，沿木板滑行，橡皮筋对小车所做的功是W的4倍，〔3〕要测量最大速度，应该选用点迹恒定的局部故答案为：〔1〕D；〔2〕4W；〔3〕相邻点的间隔大致一样点评：实验题首先要弄清楚实验原理是什么，在明确实验原理的情况下去记忆实验器材，实验步骤，须知事项，数据处理等方面的问题会起到事半功倍的效果．10．〔9分〕某实验探究小组要测量某电压表的内阻，实验室提供的实验器材如下：A．待测电压表mV，量程0﹣100mV，内阻待测；B．电源E，电动势为4.5V，内阻不计；C．电压表V，量程0﹣5V，内阻未知；D．定值电阻R1，阻值为300Ω；E．定值电阻R2，阻值为5Ω；F．滑动变阻器R，最大阻值20Ω；G．开关S、导线假设干．该小组根据以上实验器材设计了如图1所示的电路来测量其阻值，实验过程所记录的数据如如下表格：次数 1 2 3 4 5 6电压表mV读数U1/mV 10.0 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0电压表V读数U2/V 0.63 1.27 1.89 2.53 3.14 3.78〔1〕为了利用图象法处理数据，该小组的同学画出了如图2的U2﹣U1坐标图，请你帮助该小组同学，利用表中的有关数据，在U2﹣U1坐标图中描点、连线．〔2〕根据你所画的图象，该待测电压表mV的内阻约为200 Ω．〔3〕根据该电路图和表格中的数据，能否测出电压表V的内阻？不能．〔填“能〞或“不能〞〕考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：此题〔1〕将描出的各点用直尺画线即可；题〔2〕根据图1量程电压表V与待测电压表mV的函数表达式，然后根据斜率概念求解即可；题〔3〕由于表达式中不含电压表V的内阻，可知不能测量电压表V的内阻．解答：解：〔1〕：画出的图象如下列图：〔2〕：根据图1可知应有：=+〔〕，变形为：=〔1+〕，所以图象的斜率应为：k=〔1+〕=，代入数据解得：=200Ω；〔3〕：由于上题的表达式中不含电压表V的内阻，所以不能测出电压表V的内阻．故答案为：〔1〕如图；〔2〕200；〔3〕不能点评：涉与到根据图象求解的问题，首先根据相应的物理规律写出表达式，然后整理出有关纵轴和横轴物理量的函数表达式，再根据斜率概念求解即可．11．〔12分〕如下列图，拉杆箱是由拉杆和箱子构成的交通旅游工具．设箱子的质量为m，拉杆质量可忽略．箱子与水平地面之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g．某同学在水平地面上拉动拉杆箱，设拉力的方向沿拉杆方向，拉杆与水平方向的夹角为θ．〔1〕假设箱子在水平地面上匀速移动，求拉力的大小；〔2〕θ存在一临界角θ0，假设θ=θ0，如此箱子在水平地面上匀速移动时，拉力有最小值，求这一临界角的正切tanθ0和对应的拉力最小值．考点：共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对于箱子受重力、支持力、推力和摩擦力，抓住水平方向和竖直方向平衡，根据正交分解求出拉力的大小．解答：解：〔1〕设该同学沿拉杆方向用大小为F的力拉箱子，地面对箱子的支持力为F1、摩擦力为F2，由平衡条件得：Fsinθ+F1=mg…①Fcosθ=F2…②由摩擦定律得：F2=μF1…③联立①②③式得：F=〔2〕当θ=θ0时，F=要使拉力有最小值，如此〔μsinθ0+cosθ0〕应有最大值，令x=μsinθ0+cosθ0=〔μsinθ0+cosθ0〕设sinα=，cosα=，如此x=sin〔θ0+α〕当θ0+α=时，x存在最大值x m=对应的拉力F的最小值为：F min=对应的角度有：tanθ0=μ答：〔1〕假设箱子在水平地面上匀速移动，拉力的大小；〔2〕θ存在一临界角θ0，假设θ=θ0，如此箱子在水平地面上匀速移动时，拉力有最小值，这一临界角的正切tanθ0为μ对应的拉力最小值为．点评：解决此题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进展求解．12．〔20分〕如图〔1〕所示，真空中足够大的两个互相平行的金属板a、b之间距离为d，两板之间的电压按图〔2〕所示的规律做周期性的变化〔当a比b电势高时，电压为正，当a比b电势低时，电压为负〕，其电压变化周期为T．在t=0时刻，一个带正电荷的粒子〔重力不计〕在电场力的作用下，从a板的小孔中由静止开始向b板运动，当t=T时刻刚好到达b板〔图和题中，d、T为，U为未知〕，如此：〔1〕粒子在两之间运动的加速度大不为多少？〔2〕如果该粒子是在t=时刻才从小孔由静止开始运动，如此：粒子在两板之间运动一个周期T后它将运动到距a板多远的地方？粒子在两板之间运动多长时间，才能到达b板？考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：带电粒子在两板之间电压Uab按图所示规律变化的电场中受到电场力作用，从而做匀变速运动．当a板从静止开始向b板运动，并于t=nT〔n为自然数〕时刻，恰好到达b板．如此当t=时刻才开始从a板运动，那么经过同样长的时间，前一段时间是先匀加速后匀减速，后一段时间回头匀加速，所以两段时间内的位移之差即为粒子离开a板的距离．由此可知最后一个周期尚未完毕就已碰到b板，如此可由运动学公式算出碰b板后的时间，从而再减去这个时间．解答：解：〔1〕对于t=0时刻进入的粒子，前半周期向右匀加速运动，后半周期向右匀减速运动到速度为零．有：d=2×a〔〕2…①解得：a=；〔2〕对于t=进入的粒子，有：﹣内向右匀加速，有：s1=a〔〕2…②解得：s1=；﹣内向右匀减速到速度为零，有：s2=s1=，﹣T内反向向左匀加速，有：s3=a〔〕2…③解得：s3=；T﹣内反向向左匀减速到速度为零，有：s4=s3=，所以粒子运动一个周期T后，距a板距离为：s=s1+s2﹣s3﹣s4，解得：s=；﹣内继续向右匀加速，有：s5=s1=，在t=时刻，粒子的速度为：v=a〔〕…④，解得：v=，从t=时刻开始，设再经过△t时间，粒子刚好到达b板，有：s6=v△t﹣a△t2…⑤d=++s6…⑥解得：△t=〔±〕T，[〔+〕T不符合题意，舍去]，所以总时间为：t0=T++△t=≈1.57T；答：〔1〕粒子在两之间运动的加速度大小为．〔2〕粒子在两板之间运动一个周期T后它将运动到距a板的地方，粒子在两板之间运动1.57T才能到达b板．点评：由于粒子不是在电场中一直处于加速或减速，所以导致分析运动较复杂．当然第2个问题也可以假设b板向下移动到最后一个周期末速度为零的位置，这算出整段时间，再去移动距离的时间．三、选题题．请考从3道题中任选一题作答．如果多做，如此按所做的第一题计分．[选修3-3]13．两个相邻的分子之间同时存在着引力和斥力，它们随分子之间距离r的变化关系如下列图．图中虚线是分子斥力和分子引力曲线，实线是分子合力曲线．当分子间距为r=r0时，分子之间合力为零．如此如下关于该两分子组成系统的分子势能E p与两分子间距离r的关系曲线，可能正确的答案是〔〕A．B ．C．D．E．考点：分子间的相互作用力．专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系．分析：当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力；当分子距离大于平衡距离时，分子力表现为吸引力；分子力做功等于分子势能的减小量．解答：解：设想分子甲和乙相距较远〔此时它们之间的作用力可以忽略〕，设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近，在整个移动过程中，r0为分子间的平衡距离，分子间距大于平衡距离时分子间为引力，小于平衡距离时，分子间为斥力；在r＞r0阶段，分子力表现为引力，相互靠近时F做正功，分子势能减小；当r＜r0时，分子间的作用力表现为斥力，相互靠近时F做负功，分子势能增加；故AD错误，BCE正确；应当选：BCE．点评：分子间的势能与分子力虽然属于微观世界的关系，但是可运用我们所学过的力学中功能关系进展分析，记住分子力做功等于分子势能的减小量的结论即可．14．〔9分〕如下列图，内径组细均匀的U形管，右侧B管上端封闭，左侧A管上端开口，管内注入水银，并在A管内装配有光滑的、质量可以不计的活塞，使两管中均封入L=11cm 的空气柱，活塞上方的大气压强为p0=76cmHg，这时两管内水银面高度差h=6cm．今用外力竖直向上缓慢地拉活塞，直至使两管中水银面相平．设温度保持不变，如此：活塞中A管中向上移动距离是多少？考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强．专题：理想气体状态方程专题．分析：由题意知两局部封闭气体的温度与环境温度保持相等，气体都作等温变化．先对B端气体研究，根据玻意耳定律求出活塞上移后的压强．水银面相平时，两局部气体的压强相等，再研究A端气体，求出活塞上移后的长度，根据几何关系求解活塞向上移动的距离．解答：解：①取B管中气体为研究对象，设活塞运动前B管中气体的压强为p B、体积为V B，活塞运动后B管中气体的压强为p B′、体积为V B'，管的横截面积为S，有：p B=p0﹣h，V B=LS，V B'=〔L+〕S如此〔p0﹣h〕LS=p B'〔L+〕S，①②设活塞向上移动的距离为x，取A管中气体为研究对象，设活塞运动前A管中气体的压强为p A、体积为V A，活塞运动后A管中气体的压强为p A′、体积为V A'，有：p A=p0，V A=LS，p A'=p B'，V A'=〔L+x﹣〕S如此p A LS=p A'〔L+x﹣〕S ②解得：x=7.2cm答：活塞向上移动的距离是7.2cm．点评：此题考查了玻意耳定律，关键要抓住两局部气体之间相关联的条件，运用玻意耳定律解答．[选修3-4]15．如下列图，O1O2是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，A、B是关于O1O2轴等距且平行的两束不同单色细光束，从玻璃体右方射出后的光路图如下列图．MN是垂直于O1O2放置的光屏，沿O1O2方向不断左右移动光屏，可在光屏上得到一个光斑P，根据该光路图，如下说法正确的答案是〔〕A．该玻璃体对A光的折射率比对B光的折射率小B．在真空中，A光的波长比B光的波长长C．在该玻璃体中，A光比B光的速度大D．A光的频率比B光的频率高E．A光从空气进入该玻璃体后，其频率变高考点：光的折射定律．分析：根据光线的偏折程度比拟a、b两光的折射率，根据v=比拟光在介质中的传播速度，根据光的频率，结合光子能量公式E=hγ分析光子能量的大小．由c=λγ比拟波长的大小．解答：解：A、B、D、B光的偏折程度比A光大，如此B光的折射率大于A光的折射率，说明B光的频率较大，由c=λγ知，A光的波长较长，故A、B正确D错误；C、根据v=得，A光的折射率较小，如此A光在玻璃砖中的速度较大．故C正确．E、光由一种介质进入另一种介质时频率不变，故E错误．应当选：ABC．点评：解决此题的突破口在于通过光的偏折程度比拟光的折射率，知道折射率、频率、波长以与光在介质中的速度等大小关系．16．如下列图，一列水平向右传播的简谐横波，波速大小为v=0.6m/s，P质点的平衡位置坐标为x=0.96m．从图中状态开始计时〔此时该波刚好传到距O点0.24m的位置〕，求：①经过多长时间，P质点第一次到达波峰？②经过多长时间，P质点第二次到达波谷？P质点第二次到达波谷时，P质点通过的路程与该时刻的位移为多少？。
河南省许昌平顶山新乡2015年高三第一次调研考试——物理
许昌平顶山新乡2015年高三第一次调研考试理科综合能力测试本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（必考题和选考题两部分）。
考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试题卷上答题无效。
第Ⅰ卷二、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。
14．一个物体做变速直线运动，物体的加速度从某一值逐渐减小到零。
则在此过程中，关于该物体的运动情况，下列不．可能的是A．物体速度不断增大，加速度减小到零时，物体速度最大B．物体速度不断减小，加速度减小到零时，物体速度为零C．物体速度不断减小到零，然后物体反向做加速直线运动D．物体先做匀减速直线运动，然后物体反向做匀加速直线运动15．一物体在某一外力的作用下从静止开始做直线运动，外力随时间的变化关系如图所示。
则下列关于该物体在0到2t0时间内的位移一时间图像、速度一时间图像，正确的是16．目前，我们的手机产品逐渐采用我国的北斗导航技术（缩写为BDS），北斗导航系统包含5颗地球同步卫星。
设北斗导航系统中某一颗地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大小为a，在该同步卫星运行的轨道处由地球引力产生的加速度大小为g1，地球赤道表面的重力加速度大小为g2，则下列关系正确的是A．g2=a B．g1=a C．g2-g1=a D．g2+g1=a17．如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上的P1点以速度v射入第一象限所示的区域，入射方向与x轴正方向成α角。
为了使该粒子能从x轴上的P2点射出该区域，且射出方向与x轴正方向也成α角，可在第一象限适当的地方加一个垂直于xoy平面、磁感应强度为B的匀强磁场。
若磁场分布为一个圆形区域，则这一圆形区域的最小面积为（不计粒子的重力）A ．2222m v qB π B ．22222cos m v q B παC ．2222sin m v q B παD ．22222sin m v q Bπα 18．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一、三象限内有垂直该坐标平面向里的匀强磁场，二者磁感应强度相同。
2015年河南省许昌、平顶山、新乡三市高考一模数学试卷(理科)【解析版】
2015年河南省许昌、平顶山、新乡三市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．（5分）已知全集U＝R，A＝{x|x≤1}，B＝{x|x≥2}，则集合∁U（A∪B）＝（）A．{x|1＜x＜2}B．{x|1≤x≤2}C．{x|x≤2}D．{x|x≥1} 2．（5分）已知＝b+i（a，b∈R），其中i为虚数单位，则a+b＝（）A．﹣1B．1C．2D．33．（5分）若A：a∈R，|a|＜1，B：x的二次方程x2+（a+1）x+a﹣2＝0的一个根大于零，另一根小于零，则A是B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4．（5分）如图是一个算法的程序框图，该算法输出的结果是（）A．B．C．D．15．（5分）若x∈（e﹣1，1），a＝lnx，b＝（）lnx，c＝e lnx，则a，b，c的大小关系为（）A．c＞b＞a B．b＞c＞a C．a＞b＞c D．b＞a＞c 6．（5分）从正六边形六个顶点及其中心这7个点中，任取两个点，则这两个点的距离大于该正六边形边长的概率为（）A．B．C．D．7．（5分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．10C．30D．24+28．（5分）已知双曲线C1：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为2，若抛物线C2：x2＝2py（p＞0）的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2，则抛物线C2的方程为（）A．B．x2＝y C．x2＝8y D．x2＝16y 9．（5分）已知函数f（x）＝A sin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π），其导函数f′（x）的部分图象如图所示，则函数f（x）的解析式为（）A．f（x）＝2sin（x+）B．f（x）＝4sin（x+）C．f（x）＝2sin（x+）D．f（x）＝4sin（x+）10．（5分）已知正项数列{a n}的前n项的乘积等于T n＝（n∈N*），b n＝log2a n，则数列{b n}的前n项和S n中最大值是（）A．S6B．S5C．S4D．S311．（5分）设x、y满足约束条件，若目标函数z＝ax+by（其中a＞0，b＞0）的最大值为3，则的最小值为（）A．4B．3C．2D．112．（5分）已知函数f（x）＝x2+ln（x+m）与函数g（x）＝x2+e x﹣（x＜0）的图象上存在关于y轴对称的点（e为自然对数的底数），则m的取值范围是（）A．（﹣∞，）B．（﹣∞，）C．（﹣，）D．（﹣，）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13．（5分）dx＝．14．（5分）（x﹣）6展开式的常数项为．15．（5分）在直角三角形ABC中，AB＝4，AC＝2，M是斜边BC的中点，则向量在向量方向上的投影是．16．（5分）设函数f（x）＝1+sin2x，g（x）＝2cos2x+m，若存在x0∈[0，]，f （x0）≥g（x0），则实数m的取值范围是．三、解答题：解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（12分）在斜三角形ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b，c，且＝﹣．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若，求角C的取值范围．18．（12分）经调查发现，人们长期食用含高浓度甲基汞的鱼类会引起汞中毒，其中罗非鱼体内汞含量比其它鱼偏高．现从一批数量很大的罗非鱼中随机地抽出15条作样本，经检测得各条鱼的汞含量的茎叶图（以小数点前的数字为茎，小数点后一位数字为叶）如图．《中华人民共和国环境保护法》规定食品的汞含量不得超过1.0ppm．（Ⅰ）检查人员从这15条鱼中，随机抽出3条，求3条中恰有1条汞含量超标的概率；（Ⅱ）若从这批数量很大的鱼中任选3条鱼，记ξ表示抽到的汞含量超标的鱼的条数．以此15条鱼的样本数据来估计这批数量很大的鱼的总体数据，求ξ的分布列及数学期望Eξ．19．（12分）四棱锥S﹣ABCD，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC⊥底面ABCD．已知∠DAB＝135°，BC＝2，SB＝SC＝AB＝2，F为线段SB的中点．（1）求证：SD∥平面CF A；（2）求面SCD与面SAB所成二面角的平面角的余弦值大小．20．（12分）已知两点F1（﹣1，0）及F2（1，0），点P在以F1、F2为焦点的椭圆C上，且|PF1|、|F1F2|、|PF2|构成等差数列．（1）求椭圆C的方程；（2）如图，动直线l：y＝kx+m与椭圆C有且仅有一个公共点，点M，N是直线l上的两点，且F1M⊥l，F2N⊥l．求四边形F1MNF2面积S的最大值．21．（12分）设函数f（x）＝lnx+x2﹣（m+2）x，在x＝a和x＝b处有两个极值点，其中a＜b，m∈R．（Ⅰ）求实数m的取值范围；（Ⅱ）若≥e（e为自然对数的底数），求f（b）﹣f（a）的最大值．四、选做题：请考生在第22、23、24题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分，做答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.【选修4-1：几何证明选讲】22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，C，F为⊙O上的点，CA是∠BAF的角平分线，过点C作CD⊥AF交AF的延长线于D点，CM⊥AB，垂足为点M．（1）求证：DC是⊙O的切线；（2）求证：AM•MB＝DF•DA．【选修4-4：坐标系与参数方程】23．选修4﹣4：坐标系与参数方程已知：直线l的参数方程为（t为参数），曲线C的参数方程为（θ为参数）．（1）若在极坐标系（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，点P的极坐标为（4，），判断点P与直线l的位置关系；（2）设点Q是曲线C上的一个动点，求点Q到直线l的距离的最大值与最小值的差．【选修4-5：不等式选讲】24．已知函数f（x）＝|x﹣a|．（1）若不等式f（x）≤3的解集为{x|﹣1≤x≤5}，求实数a的值；（2）在（1）的条件下，若f（x）+f（x+5）≥m对一切实数x恒成立，求实数m 的取值范围．2015年河南省许昌、平顶山、新乡三市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．（5分）已知全集U＝R，A＝{x|x≤1}，B＝{x|x≥2}，则集合∁U（A∪B）＝（）A．{x|1＜x＜2}B．{x|1≤x≤2}C．{x|x≤2}D．{x|x≥1}【解答】解：∵全集U＝R，A＝{x|x≤1}，B＝{x|x≥2}，∴A∪B＝{x|x≤1或x≥2}，则∁U（A∪B）＝{x|1＜x＜2}．故选：A．2．（5分）已知＝b+i（a，b∈R），其中i为虚数单位，则a+b＝（）A．﹣1B．1C．2D．3【解答】解：由得a+2i＝bi﹣1，所以由复数相等的意义知a＝﹣1，b ＝2，所以a+b＝1另解：由得﹣ai+2＝b+i（a，b∈R），则﹣a＝1，b＝2，a+b＝1．故选：B．3．（5分）若A：a∈R，|a|＜1，B：x的二次方程x2+（a+1）x+a﹣2＝0的一个根大于零，另一根小于零，则A是B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【解答】解：A：a∈R，|a|＜1，可得﹣1＜a＜1；B：x的二次方程x2+（a+1）x+a﹣2＝0的一个根大于零，另一根小于零，所以f （0）＝a﹣2＜0，所以a＜2；当﹣1＜a＜1时，a﹣2＜0，∴A是B的充分条件，当a＜2时，不能得出﹣1＜a＜1，比如a＝1.5，∴A不是B的必要条件；所以A是B的充分不必要条件故选：A．4．（5分）如图是一个算法的程序框图，该算法输出的结果是（）A．B．C．D．1【解答】解：执行程序框图，有i＝1，m＝0，n＝0i＜3成立，i＝2，m＝1，n＝i＜3成立，i＝3，m＝2，n＝i＜3不成立，输出n的值为．故选：C．5．（5分）若x∈（e﹣1，1），a＝lnx，b＝（）lnx，c＝e lnx，则a，b，c的大小关系为（）A．c＞b＞a B．b＞c＞a C．a＞b＞c D．b＞a＞c【解答】解：∵x∈（e﹣1，1），a＝lnx∴a∈（﹣1，0），即a＜0；又y＝为减函数，∴b＝＞＝＝1，即b＞1；又c＝e lnx＝x∈（e﹣1，1），∴b＞c＞a．故选：B．6．（5分）从正六边形六个顶点及其中心这7个点中，任取两个点，则这两个点的距离大于该正六边形边长的概率为（）A．B．C．D．【解答】解：从正六边形六个顶点及其中心这7个点中任取两个点共有＝21种情况；距离等于该正六边形边长有6+6＝12种，故这两个点的距离大于该正六边形边长的概率为＝．故选：C．7．（5分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．10C．30D．24+2【解答】解：由俯视图可知该几何体的底面为直角梯形，侧棱垂直于底面的直四棱柱，则正视图和俯视图可知该几何体的高为2，侧棱长为2，所以该几何体的体积为＝10故选：B．8．（5分）已知双曲线C1：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为2，若抛物线C2：x2＝2py（p＞0）的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2，则抛物线C2的方程为（）A．B．x2＝y C．x2＝8y D．x2＝16y【解答】解：双曲线C1：的离心率为2．所以，即：＝4，所以；双曲线的渐近线方程为：抛物线的焦点（0，）到双曲线C1的渐近线的距离为2，所以2＝，因为，所以p＝8．抛物线C2的方程为x2＝16y．故选：D．9．（5分）已知函数f（x）＝A sin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π），其导函数f′（x）的部分图象如图所示，则函数f（x）的解析式为（）A．f（x）＝2sin（x+）B．f（x）＝4sin（x+）C．f（x）＝2sin（x+）D．f（x）＝4sin（x+）【解答】解：根据题意，对函数f（x）＝A sin（ωx+φ）求导，可得f′（x）＝ωA cos （ωx+φ），由导函数的图象可知：导函数的周期为2[﹣（﹣）]＝4π，则有T＝＝4π，解得ω＝，由导函数图象可得导函数的最大值为2，则有Aω＝2，即A＝4，∴导函数f′（x）＝2cos（x+φ），把（﹣，2）代入得：4cos（﹣+φ）＝2，且|φ|＜，解得φ＝，则f（x）＝4sin（x+）．故选：B．10．（5分）已知正项数列{a n}的前n项的乘积等于T n＝（n∈N*），b n ＝log2a n，则数列{b n}的前n项和S n中最大值是（）A．S6B．S5C．S4D．S3【解答】解：由已知当n＝1时，a1＝T1＝，当n≥2时，a n＝＝，n＝1时也适合上式，数列{a n}的通项公式为a n＝∴b n＝log2a n＝14﹣4n，数列{b n}是以10为首项，以﹣4为公差的等差数列．＝﹣2n2+12n＝﹣2[（n﹣3）2﹣9]，当n＝3时取得最大值．故选：D．11．（5分）设x、y满足约束条件，若目标函数z＝ax+by（其中a ＞0，b＞0）的最大值为3，则的最小值为（）A．4B．3C．2D．1【解答】解：满足约束条件的区域是一个三角形，如图3个顶点是A（﹣3，0），B（﹣2，0），C（1，2），由图易得目标函数在（1，2）取最大值3，即a+2b＝3．∴＝（a+2b）•（）＝（1+4++）≥×9＝3（当且仅当a＝b＝1时取“＝”）．故选：B．12．（5分）已知函数f（x）＝x2+ln（x+m）与函数g（x）＝x2+e x﹣（x＜0）的图象上存在关于y轴对称的点（e为自然对数的底数），则m的取值范围是（）A．（﹣∞，）B．（﹣∞，）C．（﹣，）D．（﹣，）【解答】解：题目可转化为：假设对称点为（x0，y0）和（﹣x0，y0），其中：x0＞0此时有：x02+e（﹣x0）﹣＝x02+ln（x0+m）即x2+e（﹣x）﹣＝x2+ln（x+m）在x＞0时有解可化为：e（﹣x）﹣＝ln（x+m）通过数形结合：显然有：m＜．故选：A．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13．（5分）dx＝π．【解答】解：令y＝，画出图象：由微积分基本定理的几何意义可得：＝π．故答案为π．14．（5分）（x﹣）6展开式的常数项为﹣20．【解答】解：由于（x﹣）6展开式的通项公式为T r+1＝•（﹣1）r•x6﹣2r，令6﹣2r＝0，求得r＝3，可得（x﹣）6展开式的常数项为﹣＝﹣20，故答案为：﹣20．15．（5分）在直角三角形ABC中，AB＝4，AC＝2，M是斜边BC的中点，则向量在向量方向上的投影是﹣．【解答】解：如图所示，B（4，0），C（0，2），M（2，1）．∴＝（2，1），＝（﹣4，2）．∴向量在向量方向上的投影＝＝＝﹣．故答案为：．16．（5分）设函数f（x）＝1+sin2x，g（x）＝2cos2x+m，若存在x0∈[0，]，f （x0）≥g（x0），则实数m的取值范围是m≤．【解答】解：由题意可得存在x0∈[0，]，使1+sin2x0﹣2cos2x0﹣m≥0即可满足题意，故只需存在x0∈[0，]，m≤1+sin2x0﹣2cos2x0，故只需m≤（1+sin2x﹣2cos2x）max，x∈[0，]，化简可得y＝1+sin2x﹣2cos2x＝sin2x﹣cos2x＝sin（2x﹣），∵x∈[0，]，∴2x﹣∈[，]，∴sin（2x﹣）∈[，1]，∴sin（2x﹣）∈[﹣1，]，即y＝1+sin2x﹣2cos2x的最大值为，∴m≤故答案为：m≤三、解答题：解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（12分）在斜三角形ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b，c，且＝﹣．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若，求角C的取值范围．【解答】解：（I）由已知＝﹣，可得2cos B＝．而△ABC为斜三角形，∴cos B≠0，∴sin2A＝1．∵A∈（0，π），∴2A＝，A＝．（II）∵B+C＝，且＝＝＝+tan C＞，即tan C＞1，∴＜C＜．18．（12分）经调查发现，人们长期食用含高浓度甲基汞的鱼类会引起汞中毒，其中罗非鱼体内汞含量比其它鱼偏高．现从一批数量很大的罗非鱼中随机地抽出15条作样本，经检测得各条鱼的汞含量的茎叶图（以小数点前的数字为茎，小数点后一位数字为叶）如图．《中华人民共和国环境保护法》规定食品的汞含量不得超过1.0ppm．（Ⅰ）检查人员从这15条鱼中，随机抽出3条，求3条中恰有1条汞含量超标的概率；（Ⅱ）若从这批数量很大的鱼中任选3条鱼，记ξ表示抽到的汞含量超标的鱼的条数．以此15条鱼的样本数据来估计这批数量很大的鱼的总体数据，求ξ的分布列及数学期望Eξ．【解答】（本小题满分13分）解：（Ⅰ）记“15条鱼中任选3条恰好有1条鱼汞含量超标”为事件A，则，∴15条鱼中任选3条恰好有1条鱼汞含量超标的概率为．…（4分）（Ⅱ）依题意可知，这批罗非鱼中汞含量超标的鱼的概率，…（5分）ξ可能取0，1，2，3．…（6分）则，，，．…（10分）∴ξ的分布列如下：…（12分）∴．…（13分）19．（12分）四棱锥S﹣ABCD，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC⊥底面ABCD．已知∠DAB＝135°，BC＝2，SB＝SC＝AB＝2，F为线段SB的中点．（1）求证：SD∥平面CF A；（2）求面SCD与面SAB所成二面角的平面角的余弦值大小．【解答】（1）证明：连结BD交AC于点E，连结EF，∵底面ABCD为平行四边形，∴E为BD的中点．在△BSD中，F为SB的中点，∴EF∥SD，又∵EF⊂面CF A，SD⊄面CF A，∴SD∥平面CF A．（2）解：以BC的中点O为坐标原点，分别以OA，OC，OS为x，y，z轴，建立如图所示的坐标系．则有，，，，∴，，，，（7分）设平面SAB的一个法向量为由得，令z＝1得：x＝1，y＝﹣1∴同理设平面SCD的一个法向量为由，得，令b＝1得：a＝﹣1，c＝1，∴设面SCD与面SAB所成二面角为θ，则＝，∴面SCD与面SAB所成二面角的平面角的余弦值为．20．（12分）已知两点F1（﹣1，0）及F2（1，0），点P在以F1、F2为焦点的椭圆C上，且|PF1|、|F1F2|、|PF2|构成等差数列．（1）求椭圆C的方程；（2）如图，动直线l：y＝kx+m与椭圆C有且仅有一个公共点，点M，N是直线l上的两点，且F1M⊥l，F2N⊥l．求四边形F1MNF2面积S的最大值．【解答】解：（1）依题意，设椭圆C的方程为．∵|PF1|、|F1F2|、|PF2|构成等差数列，∴2a＝|PF1|+|PF2|＝2|F1F2|＝4，a＝2．又∵c＝1，∴b2＝3．∴椭圆C的方程为．（2）将直线l的方程y＝kx+m代入椭圆C的方程3x2+4y2＝12中，得（4k2+3）x2+8kmx+4m2﹣12＝0．由直线l与椭圆C仅有一个公共点知，△＝64k2m2﹣4（4k2+3）（4m2﹣12）＝0，化简得：m2＝4k2+3．设，，法一：当k≠0时，设直线l的倾斜角为θ，则|d1﹣d2|＝|MN|×|tanθ|，∴，＝，∵m2＝4k2+3，∴当k≠0时，，，．当k＝0时，四边形F1MNF2是矩形，．所以四边形F1MNF2面积S的最大值为．法二：∵，．∴＝．四边形F1MNF2的面积＝，＝．当且仅当k＝0时，，故．所以四边形F1MNF2的面积S的最大值为．21．（12分）设函数f（x）＝lnx+x2﹣（m+2）x，在x＝a和x＝b处有两个极值点，其中a＜b，m∈R．（Ⅰ）求实数m的取值范围；（Ⅱ）若≥e（e为自然对数的底数），求f（b）﹣f（a）的最大值．【解答】解：（Ⅰ），则由题意得方程x2﹣（m+2）x+1＝0有两个正根，故，解得m＞0．故实数m的取值范围是m＞0．（Ⅱ），又m+2＝a+b，ab＝1∴＝＝，设，故，构造函数，所以g（t）在[e，+∞）上是减函数，，f（b）﹣f（a）的最大值为．四、选做题：请考生在第22、23、24题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分，做答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.【选修4-1：几何证明选讲】22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，C，F为⊙O上的点，CA是∠BAF的角平分线，过点C作CD⊥AF交AF的延长线于D点，CM⊥AB，垂足为点M．（1）求证：DC是⊙O的切线；（2）求证：AM•MB＝DF•DA．【解答】证明：（1）连接OC，∵OA＝OC∴∠OAC＝∠OCA，∵CA是∠BAF的角平分线，∴∠OAC＝∠F AC∴∠F AC＝∠OCA，∴OC∥AD．…（3分）∵CD⊥AF，∴CD⊥OC，即DC是⊙O的切线．…（5分）（2）连接BC，在Rt△ACB中，CM⊥AB，∴CM2＝AM•MB．又∵DC是⊙O的切线，∴DC2＝DF•DA．∵∠MAC＝∠DAC，∠D＝∠AMC，AC＝AC∴△AMC≌△ADC，∴DC＝CM，∴AM•MB＝DF•DA…（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】23．选修4﹣4：坐标系与参数方程已知：直线l的参数方程为（t为参数），曲线C的参数方程为（θ为参数）．（1）若在极坐标系（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，点P的极坐标为（4，），判断点P与直线l的位置关系；（2）设点Q是曲线C上的一个动点，求点Q到直线l的距离的最大值与最小值的差．【解答】解：（1）把点P的极坐标为（4，）化为直角坐标为（2，2），把直线l的参数方程（t为参数），化为直角坐标方程为y＝x+1，由于点P的坐标不满足直线l的方程，故点P不在直线l上．（2）∵点Q是曲线C上的一个动点，曲线C的参数方程为（θ为参数）．把曲线C的方程化为直角坐标方程为（x﹣2）2+y2＝1，表示以C（2，0）为圆心、半径等于1的圆．圆心到直线的距离d＝＝+，故点Q到直线l的距离的最小值为d﹣r＝﹣，最大值为d+r＝+，∴点Q到直线l的距离的最大值与最小值的差为2．【选修4-5：不等式选讲】24．已知函数f（x）＝|x﹣a|．（1）若不等式f（x）≤3的解集为{x|﹣1≤x≤5}，求实数a的值；（2）在（1）的条件下，若f（x）+f（x+5）≥m对一切实数x恒成立，求实数m 的取值范围．【解答】解：（1）由f（x）≤3得|x﹣a|≤3，解得a﹣3≤x≤a+3．又已知不等式f（x）≤3的解集为{x|﹣1≤x≤5}，所以解得a＝2．（6分）（2）当a＝2时，f（x）＝|x﹣2|．设g（x）＝f（x）+f（x+5），于是所以当x＜﹣3时，g（x）＞5；当﹣3≤x≤2时，g（x）＝5；当x＞2时，g（x）＞5．综上可得，g（x）的最小值为5．从而，若f（x）+f（x+5）≥m即g（x）≥m对一切实数x恒成立，则m的取值范围为（﹣∞，5]．（12分）。
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（3）99%（4）减少副产物，获得更纯净的CO2（5）CaS+2O2 CaSO4
（二）选考题
33．[物理——选修3-3]（15分）
（1）（6分）BCE
（2）（9分）解：①取B管中气体为研究对象，设活塞运动前B管中气体的压强为pB、体积为VB，活塞运动后B管中气体的压强为pB'、体积为VB'，管的横截面积为S，有：
pB=p0-h，VB=LS，VB'=（L+ ）S
则（p0-h）LS=pB'（L+ ）S，①．．．．．．（3分）
（2）PF5+4H2O = H3PO4+5HF（2分）LiHF2+ PF5= LiPF6+ HF（2分）
（3）液态HF冷凝（4）+5 16（5）0.5（2分）
28．（15分）（1）1031.2kJ/mol（3分，其余每空2分）;0时，lgK随温度升高而减小。
设波最右端传到P处所需时间为t3，有：
t3= =1.2s
所以从质点P起振到第二次到达波谷历时
Δt=t2-t3=1.7s-1.2s=0.5s，相当于
所以P通过路程为 =0.25 m
此时刻质点P的位移为-5 cm……（9分)
35．[物理——选修3-5]（15分）
（1）ABE（6分）
（2）（9分）解：①学生推小球过程：设学生第一次推出小球后，学生所乘坐小车的速度大小为v1，学生和他的小车及小球组成的系统动量守恒，取向右的方向为正方向，则
要使学生不能再接到挡板反弹回来的小球，有：vn≥2 m/s ③
解得：n≥25.5
即学生推出第26次后，再也不能接到挡板反弹回来的小球……（9分)
化学参考答案及评分标准（15一摸）
7D 8C 9C 10A 11A 12B 13D
26．(13分)（除了表明2分的空外，其余每空均为1分。）
（1）硫酸溶液飞溅
（2）滴加苯乙晴球形冷凝管回流需要便于苯乙酸析出
（3）重结晶117n/136m×100%（2分）（4）看沉淀是否洗涤干净（2分）
（5）增加苯乙酸溶解度，便于充分反应（2分）
27（15分）（1）LiF+HF=LiHF2（2分）
氢氟酸对玻璃有腐蚀作用（或SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O）（2分）NaHCO3
第Ⅱ卷
三、非选择题：包括必考题和选考题
（一）必考题
22．（6分）
（1）D；（2分）
（2）4W；（2分）
（3）相邻点的间隔大致相同
的纸带。（2分）
23．（9分）
（1）如图所示；（3分）
（2）内阻约为150Ω；（3分）
（3）不能。（3分）
24．（12分）解：（1）设该同学沿拉杆方向用大小为F的力拉箱子，地面对箱子的支持
Δx1=0.96m-0.06m=0.90 m
则t1= = =1.5s……（4分)
②为了求P质点第二次到达波谷所需的时间，可选取x=0.18m处的质点的振动状态作为研究对象，该振动状态传到P点所需的时间再加一个周期即为所求时间，则：
Δx2=0.96m-0.18m=0.78m
t2= +T= +0.4s=1.7s……（6分)
许昌平顶山新乡2014-2015高三第一次调研测试
理科综合物理试题参考答案及评分标准
第Ⅰ卷
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。
14．D 15．C 16．B 17．D 18．A 19．BC 20．CD 21．AB
0=mv+Mv1①……（3分）
解得：v1=-0.04m/s
负号表示车的方向向左……（4分)
②学生每向右推一次小球，根据方程①可知，学生和小车的动量向左增加mv，同理，学生每接一次小球，学生和小车的动量向左再增加mv
设学生第n次推出小球后，小车的速度大小为vn，有：
0=（2n-1）mv-Mvn②……（7分)
②设活塞向上移动的距离为x，取A管中气体为研究对象，设活塞运动前A管中气体的压强为pA、体积为VA，活塞运动后A管中气体的压强为pA'、体积为VA'，有：
pA=p0，VA=LS，pA'=pB'，VA'=（L+x- ）S
则pALS=pA'（L+x- ）S②．．．．．．（6分）
解得：x=7.2cm．．．．．．（9分）
力为F1、摩擦力为F2，
由平衡条件得：Fsinθ+F1=mg①
Fcosθ=F2②
由摩擦定律得：F2=μF1③……（3分）
联立①②③式得： ……（5分）
（2）当θ=θ0时， ……（6分）
要使拉力有最小值，则（ ）应有最大值，
令x= =
设sinα= ，cosα= ，则x= ……（8分）
当 = 时，x存在最大值xm= ……（10分）
对应的拉力F的最小值为Fmin=
对应的tanθ0=μ……（12分）
25．（20分）解：（1）对于t=0时刻进入的粒子，前半周期向右匀加速运动，后半周期向右匀减速运动到速度为零。有：
d=2× ①
解得：a= ……（3分）
（2）对于t= 进入的粒子，有：
— 内向右匀加速，有：s1= ②
解得：s1= ……（6分）
— 内向右匀减速到速度为零，有：s2=s1= ……（7分）
— 内反向向左匀加速，有：s3= ③
解得：s3= ……（10分）
— 内反向向左匀减速到速度为零，有：s4=s3= ……（11分）
所以粒子运动一个周期T后，距a板距离为：
s=s1+s2-s3-s4= + - - = ……（13分）
— 内继续向右匀加速，有：s5=s1= ……（14分）
34．[物理——选修3-4]（15分）
（1）（6分）ABC
（2）（9分）解：由波形图可知，波长λ=0.24m，波上质点振动的振幅为A=5cm，
波上质点振动的周期为：
T= = =0.4s……（2分)
①P质点第一次到达波峰所需的时间，就是初始时刻x=0.06m处的质点的振动状态传到P点所需的时间，由图可知：
在t= 时刻，粒子的速度为v=a ④……（15分）
解得：v= ……（16分）
从t= 时刻开始，设再经过Δt时间，粒子刚好到达b板，有：
s6=vΔt- aΔt2⑤……（17分）
d= + +s6⑥……（18分）
解得：Δt=（ ）T，[（ + ）T不符合题意，舍去] ……（19分）
所以总时间为t0=T+ +Δt= ≈1.57T……（20分）