选修三-综合测试题(一轮复习总结)

高中物理选修三综合测试题知识点归纳总结(精华版)单选题1、若粒子（电荷为2e）在磁感应强度为B均匀磁场中沿半径为R的圆形轨道运动，则粒子的德布罗意波长是（）A．ℎ2eRB B．ℎeRBC．12eRBℎD．1eRBℎ答案：A粒子在磁场中做匀速圆周运动有2evB=m v2 R可得粒子的动量为p=2eBR 德布罗意波长为λ=ℎp=ℎ2eBR故选A。

2、如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，汽缸中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态。

现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡。

不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变。

下列判断正确的是（）A．气体A吸热，内能减少B．气体B吸热，对外做功，内能不变C ．气体A 分子的平均动能增大D ．气体A 和气体B 内每个分子的动能都增大答案：CACD ．由题意可知气体A 发生等容变化，则W =0，根据ΔU =W +Q 可知，气体A 吸收热量，内能增加，温度升高，气体A 分子的平均动能变大，但并不是每个分子的动能都增大，C 正确，AD 错误；B ．因为中间是导热隔板，所以气体B 吸收热量，温度升高，内能增加，根据pV T =C ，又因为压强不变，故体积变大，气体对外做功，B 错误。

故选C 。

3、下列说法正确的是（ ）A ．原子核在衰变时，它在元素周期表中的位置改变B ．β衰变是原子核外电子的电离C ．把放射性元素放在低温处，可以减缓放射性元素的衰变D ．某原子核衰变时，放出一个β粒子后，原子核的中子数少1，原子序数少1E ．氡的半衰期是3.8天，若有4个氡原子核，则经过7.6天后只剩下一个氡原子核答案：AA ．原子核在衰变时，它在元素周期表中的位置改变。

A 正确；BD ．β衰变是原子核内的一个中子衰变成一个质子和一个β粒子，原子核的中子数少1，原子序数加1。

β衰变不是原子核外电子的电离。

B 错误，D 错误；C ．把放射性元素放在低温处，不可以减缓放射性元素的衰变。

选考题专练卷[选修3－3]1．(1)以下说法正确的是________。

A．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征B．液体的分子势能与液体的体积有关C．水的饱和汽压不随温度变化D．组成固体、液体、气体的物质分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”(2)如图1所示，在内径均匀两端开口、竖直放置的细U形管中，两边都灌有水银，底部封闭一段空气柱，长度如图所示，左右两侧管长均为h＝50 cm，现在大气压强为p0＝75 cmHg，气体温度是t1＝27 ℃，现给空气柱缓慢加热到t2＝237 ℃，求此时空气柱的长度。

图12．(1)下列有关热学知识的论述正确的是________。

A．两个温度不同的物体相互接触时，热量既能自发地从高温物体传给低温物体，也可以自发地从低温物体传给高温物体B．无论用什么方式都不可能使热量从低温物体向高温物体传递C．第一类永动机违背能量的转化和守恒定律，第二类永动机不违背能量的转化和守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，但大量分子的运动却是有规律的(2)如图2所示，可自由滑动的活塞将圆筒形汽缸分成A和B两部分，汽缸底部通过阀门K与另一密封容器C相连，活塞与汽缸顶部间连一弹簧，当A、B两部分真空，活塞位于汽缸底部时，弹簧恰无形变。

现将阀门K关闭，B内充入一定质量的理想气体，A、C内均为真空，B部分的高度L1＝0.10 m，此时B与C的体积正好相等，弹簧对活塞的作用力恰等于活塞的重力。

若把阀门K打开，平衡后将整个装置倒置，当达到新的平衡时，B部分的高度L2是多少？(设温度保持不变)图2[选修3－4]1．(1)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形图如图3甲所示，波此时恰好传播到M点。

图乙是质点N(x＝3 m)的振动图像，则Q点(x＝10 m)开始振动时，振动方向为________，从t＝0开始，终过________s，Q点第一次到达波峰。

高中物理选修三综合测试题笔记重点大全单选题1、如图所示，一定质量的理想气体沿不同路径由状态A变到状态B，已知T A=T B，则下列说法正确的是（）A．气体在过程Ⅰ中对外界做的功大于在过程Ⅱ中对外界做的功B．在过程Ⅰ中外界对气体做的功等于在过程Ⅱ中外界对气体做的功C．气体在过程Ⅰ中内能的变化量大于在过程Ⅱ中内能的变化量D．气体在过程Ⅰ中吸收的热量小于在过程Ⅱ中吸收的热量答案：DA B．根据气体对外界做功的大小等于p−V图线与V轴围成的面积可知，气体在过程Ⅰ中对外界做的功小于在过程Ⅱ中对外界做的功，故A、B错误；C．对于一定质量的理想气体，内能的大小由温度决定，又因为气体的初、末状态温度相同，则两个过程中气体内能的变化量相同，故C错误；D．沿不同路径由状态A变到状态B，由热力学第一定律ΔU=Q+W知，在内能变化相同的情况下，气体对外做的功越多（W<0），则吸收的热量越多（Q>0），即气体在过程Ⅰ中吸收的热量小于在过程Ⅱ中吸收的热量，故D正确；故选D。

2、能源利用的过程实质上是（）A．能量的消失过程B．能量创造过程C．能量的转化和转移过程D．能量的转化传递并且逐渐消失的过程答案：C能源利用的过程是做功或传热的过程，前者是能量的转化，后者是能量的转移。

故选C。

3、某同学将一定质量的理想气体封闭在导热性能良好的注射器内，并将注射器置于恒温水池中，注射器通过非常细的导气管与压强传感器相连。

开始时，活塞位置对应的刻度数为“8”，测得压强为p0，活塞缓慢压缩气体的过程中，当发现导气管连接处有气泡产生时，立即进行气密性加固；继续缓慢压缩气体，当活塞位置对应刻度数为“4”时停止压缩，此时压强为43p0。

则（）A．气泡在上升过程中要吸收热量B．在压缩过程中，气体分子的平均动能变大C．泄漏气体的质量为最初气体质量的一半D．泄漏气体的内能与注射器内存留气体的内能相等答案：AA．气泡在上升过程中温度不变，由等温变化pV=C可知，气泡内气体压强减小时，体积增大，气体对外做功，即W＜0；理想气体的内能只跟温度有关，所以气泡在上升过程中内能不变，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知，Q>0，所以气泡在上升过程中要吸收热量，故A正确；B．由于注射器导热性能良好，所以注射器内的气体温度不变，据温度是气体分子平均动能大小的标志，所以在压缩过程中，气体分子的平均动能不变，故B错误；C．设单位刻度的气体体积为V0，由p0×8V0=43p0×V c解得V c =6V 0则泄漏气体的质量为Δm =6−46m =13m 故C 错误；D ．温度相同时，理想气体的内能与分子数有关，可知泄漏气体的内能是注射器内存留气体的内能的一半，故D 错误。

最新人教版高中化学选修三测试题全套及答案第一章综合测试题注意事项：1．本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分；考试用时90分钟，满分100分。

2．可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。

每小题只有一个选项符合题意）1．已知，a A n+、b B（n+1）+、c C n-、d D(n+1)-具有相同的电子层结构。

关于A、B、C、D四种元素的叙述正确的是（）A．气态氢化物的稳定性：D>CB．原子序数：b>a>c>dC．最高价氧化物对应水化物的碱性：B>AD．A、B、C、D四种元素处在同一短周期中2．下列能级能量由小到大排列顺序正确的是（）A．3s 3p 3d 4s B．4s 4p 3d 4dC．4s 3d 4p 5s D．1s 2s 3s 2p3．下列关于原子核外电子排布式或运动状态的描述中，不完全是专指碳原子的是（）A．原子核外电子有六种运动状态B．L能层p能级只有一个空轨道C．L能层有两个未成对的电子D．最外层p能级电子数与次外层电子数相等4．根据电子排布的特点，Cu在周期表属于（）A．ds区B．p区C．d 区D．s区5．下列各原子或离子的基态电子排布式正确的是（）A．Fe [Ar]3d64s2B．O2-1s22s22p4C．Ca [Ar]3d2D．P [Ne]3s23p56．下列说法中不正确的是( )A．已知原子的核电荷数，可以推知该原子的周期序数B．原子的电子层数等于该原子的周期序数C．知道原子的周期序数，就能确定该元素在周期表中的位置D．知道原子的周期序数，还不能确定该元素在周期表中的位置7．现有A、B、C、D、E为五种原子序数依次增大的短周期元素，A原子的最外层电子数是其内层电子数的一半；B和D原子最外层电子数之比为1:1，而两者的原子序数之比为1:2；C元素的氢氧化物既能溶于强碱又能溶于强酸溶液。

高中物理选修三综合测试题知识点总结归纳单选题1、科学研究表明，太阳核心的温度极高、压力极大，使得太阳内部每4个氢核（H 11）转化为1个氦核（H 24e）和几个正电子并释放出大量能量。

假设生成的所有正电子均定向移动，且正电子在8×10﹣4s 时间内定向移动形成的平均电流为8.0×10﹣8A ，已知电子的电荷量为1.6×10﹣19C ，则在这段时间内发生核聚变的氢核（H 11）的个数为（ ）A ．8.0×108B ．4.8×108C ．3.2×108D ．2.4×108答案：A根据电荷数与质量数守恒可得4H 11→H 24+2e 10 每4个氢核转化为1个氦核和2个正电子，根据公式可得q =It =8×10﹣4×8.0×10﹣8C =6.4×10﹣11C正电子个数为n =q e =6.4×10−111.6×10−19=4×108 由上可知发生核聚变的氢核的个数为正电子个数的两倍，即氢核的个数是8×108。

故选A 。

2、下列说法不正确的是（ ）A ．在原子核中，结合能越大，原子核中的核子结合的越牢固B ．电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性C ．根据玻尔理论，氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，会释放一定频率的光子D ．在α､β､γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强答案：AA ．原子核的比结合能越大，原子核中的核子结合的越牢固，原子核越稳定，故A 错误，符合题意；B ．衍射现象是波特有的性质，电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性，故正确，不符合题意；C ．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，故C 正确，不符合题意；D ．在α､β､γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强，故D 正确，不符合题意。

化学选修三物质结构与性质综合测试题及答案一、选择题每小题3分,共54分;每小题只有一个．．．．选项符合题意1．有关乙炔H-C=C-H分子中的化学键描述不正确的是A．两个碳原子采用sp杂化方式 B．两个碳原子采用sp2杂化方式C．每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道形成π键D．两个碳原子形成两个π键2．下列物质中,难溶于CCl4的是A．碘单质 B．水C．苯酚 D．己烷3．下列分子或离子中,含有孤对电子的是A．H2O B．CH4C．SiH4D．NH4+4．氨气分子空间构型是三角锥形,而甲烷是正四面体形,这是因为A ．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子;B．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同,NH3为sp2型杂化,而CH4是sp3型杂化;C．NH3分子中N原子形成三个杂化轨道,CH4分子中C原子形成4个杂化轨道;D．NH3分子中有一对未成键的孤对电子,它对成键电子的排斥作用较强;5.对充有氖气的霓虹灯管通电,灯管发出红色光;产生这一现象的主要原因A．电子由激发态向基态跃迁时以光的形式释放能量B．在电流的作用下,氖原子与构成灯管的物质发生反应C．电子由基态向激发态跃迁时吸收除红光以外的光线D．氖原子获得电子后转变成发出红光的物质6.若某原子在处于能量最低状态时,外围电子排布为4d15s2,则下列说法正确的是A．该元素原子处于能量最低状态时,原子中共有3个未成对电子B．该元素原子核外共有6个电子层 C．该元素原子的M能层共有8个电子D．该元素原子最外层共有2个电子7.σ键可由两个原子的s轨道、一个原子的s轨道和另一个原子的p轨道以及一个原子的p轨道和另一个原子的p轨道以“头碰头”方式重叠而成;则下列分子中的σ键是由一个原子的s 轨道和另一个原子的p 轨道以“头碰头”方式重叠构建而成的是 A ．H 28. 下列原子或离子原子核外电子排布不属于基态排布的是A. S 2-: 1s 22s 22p 63s 23p 6B. N: 1s 22s 22p 3C. Si: 1s 22s 22p 63s 23p 2D. Na: 1s 22s 22p 53s 29.元素电负性随原子序数的递增而增强的是,Si,Ge , P, As , P, Cl D. F, S, Cl 10.某元素质量数51,中子数28,其基态原子未成对电子数为 B.1 C. 211, 只有阳离子而没有阴离子的晶体是;A ．金属晶体B ．分子晶体C ．离子晶体D ．原子晶体12,下列关于物质熔点的排列顺序,不正确的是;A ．HI ＞HBr ＞HCl ＞HFB ．CI 4＞CBr 4＞CCl 4＞CF 4C ．KCl ＞KBr ＞KID ．金刚石＞碳化硅＞晶体硅Na 2O Na AlF 3 AlCl 3 Al 2O 3 BCl 3 CO 2 SiO 2 920℃ ℃ 1291℃ 190℃ 2073℃ -107℃ -57℃ 1723℃A ．只要含有金属阳离子的晶体就一定是离子晶体B ．在上述共价化合物分子中各原子都形成8电子结构C ．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D ．金属晶体的熔点不一定比离子晶体的高14、现有四种晶体,其离子排列方式如图所示,其中化学式不属AB 型的是A B CD15．x 、y 为两种元素的原子,x 的阴离子与y 的阳离子具有相同的电子层结构,由此可知的原子半径大于y 的原子半径; 的电负性小于y 的电负性阴离子的半径大于y阳离子的半径的第一电离能小于y 的第一电离能16.下列有关物质性质的比较顺序中,不正确的是A．热稳定性：HF>HCl>HBr>HI B．微粒半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+C．酸性：HClO4<H2SO4<H3PO4<H2SiO3D．熔点：Li＞Na＞K＞Rb17．下列现象与氢键有关的是：①NH3的熔、沸点比VA族其他元素氢化物的高②乙醇可以和水以任意比互溶③冰的密度比液态水的密度小4邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低5水分子高温下也很稳定A.①②B.①②③④⑤C.①②③④D.①②③18.钡在氧气中燃烧时的得到一种钡的氧化物晶体,其结构如下图所示,有关说法不正确的是A、该晶体属于离子晶体B、晶体的化学式为Ba2O 2C、该晶体晶胞结构与NaCl相似D、与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个二,填空题共46分19.14分1金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式,晶胞分别如下图所示;面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为________;2等径圆球在二维空间里进行排列,可形成密置层和非密置层,在图1所示的半径相等的圆球的排列中,A属于________层,配位数是________；B属于________层,配位数是________;3将非密置层一层一层地在三维空间里堆积,得到如图2所示的一种金属晶体的晶胞,它被称为简单立方堆积,在这种晶体中,金属原子的配位数是________,平均每个晶胞所占有的原子数目是________;20.8分按要求回答下列问题1石墨晶体中C-C键的键角为 ;其中平均每个六边形所含的C原子数为个;2金刚石晶体中含有共价键形成的C原子环,其中最小的C环上有个C原子;Ba2+3白磷分子中的键角为 ,分子的空间结构为 ,每个P原子与个P原子结合成共价键;4 晶体硼的基本结构单元都是由硼原子组成的正二十面体的原子晶体;其中含有20个等边三角形和一定数目的顶角,每个顶角各有一个原子,试观察图形回答;这个基本结构单元由_____个硼原子组成,共含有________个B-B键;21. 12分下表是元素周期表的一部分;表中所列的字母分别代表一种化学元素;ab c d e fg h i j k l mn p试回答下列问题：1请写出元素h的基态原子电子排布式;2i单质晶体中原子的堆积方式如下图甲所示,其晶胞特征如下图乙所示,原子之间相互位置关系的平面图如下图丙所示;若已知i的原子半径为d,N A代表阿伏加德罗常数,i的相对原子质量为M,请回答：①晶胞中i原子的配位数为 ,一个晶胞中i原子的数目为；②该晶体的密度为用字母表示;3c,d,e三种元素第一电离能由大到小的顺序为——————用元素符号表示4p的离子与4个a2e分子形成的阳离子中含的化学键有____________.22．12分用N A表示阿伏加德罗常数的值;下列叙述正确的画v,错误的画x.A．常温常压下的33.6 L氯气与27 g铝充分反应,转移电子数为3N A B．标准状况下, L乙烷中共价键数目为6N AC．由CO2和O2组成的混合物中共有N A个分子,其中的氧原子数为2N AD．1 L浓度为1 mol·L-1的Na2CO3溶液中含有2N A个钠离子E．23 g钠在氧气中完全燃烧失去电子数为F． 2 mol·L－1的MgCl2溶液中含Mg2＋数为2N AG．标准状况下,11.2 L的SO3所含分子数为甲乙H．室温下,8g甲烷含有共价键数为2N AI．2 mol重水含有N A个D2O分子J．2 mol钠与过量稀盐酸反应生成N A个H2分子K．1 g氢气含有N A个H2分子L．22.4 L水含有N A个H2O分化学试卷答案一．选择题1—5 BBADA 6----10 DBDCA 11---15 AABBC 16—18 CCB 二．19.12:12非密置层. 4. 密置层 636 .120.1120 ,2 26360, 正四面体, 3412, 302111S 2S 2P 3S212, 4,——————3N>O>C4配位键,共价键,D,H,J正确画V,其他错误画X。

综合练习时间：50分钟1．(2018·南昌市高三一模)氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是ⅤA 族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。

回答下列问题：(1)N 、P 、As 原子的第一电离能由大到小的顺序为________；As 原子的核外电子排布式为______________。

(2)NH 3的沸点比PH 3________(填“高”或“低”)，原因是_______________________________________________________________。

(3)Na 3AsO 4中含有的化学键类型包括____________________；AsO 3－4的空间构型为________，As 4O 6的分子结构如图1所示，则在该化合物中As 的杂化方式是________。

(4)白磷(P 4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2(小圆圈表示白磷分子)。

己知晶胞的边长为a cm ，阿伏加德罗常数为N A mol －1，则该晶胞中含有的P 原子的个数为________，该晶体的密度为____________g·cm －3(用含N A 、a 的式子表示)。

答案 (1)N ＞P ＞As 1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 3(或[Ar]3d 104s 24p 3)(2)高 NH 3分子间存在较强的氢键作用，而PH 3分子间仅有较弱的范德华力(3)离子键、共价键 正四面体 sp 3(4)16 496a 3N A解析 (1)同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以N 、P 、As 原子的第一电离能由大到小的顺序为N ＞P ＞As ；根据能量最低原则，As 原子的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 3(或[Ar]3d 104s 24p 3)。

(2)NH 3分子间存在较强的氢键作用，而PH 3分子间仅有较弱的范德华力，NH 3的沸点比PH 3高。

模块综合检测(选修3)(时间：45分钟；满分：100分)一、选择题(本题包括9个小题，每小题5分，共45分) 1．(2022·福州模拟)下列各组原子中，彼此化学性质肯定相像的是( )A ．原子核外电子排布式为1s 2的X 原子与原子核外电子排布式为1s 22s 2的Y 原子B ．原子核外M 层上仅有两个电子的X 原子与原子核外N 层上仅有两个电子的Y 原子C ．2p 轨道上只有两个电子的X 原子与3p 轨道上只有两个电子的Y 原子D ．最外层都只有一个电子的X 、Y 原子解析：选C 。

C 项，2p 轨道上只有两个电子的X 原子是C 原子，3p 轨道上只有两个电子的Y 原子是Si 原子，两者化学性质相像。

2．已知氢分子键能为436 kJ·mol －1，氧分子键能为498 kJ·mol －1，氯分子键能为243 kJ·mol －1，氮分子键能为946 kJ·mol －1。

参考以上数据推断以下说法中正确的是( )A ．N —N 键键能为13×946 kJ·mol －1＝315.3 kJ·mol －1B ．氮分子中的共价键比氢分子中的共价键键长短C ．氧分子中氧原子是以共价单键结合的D ．氮分子比氯分子稳定解析：选D 。

氮分子的N ≡N 中的三个键不是等同的，A 错；虽然氮分子中N ≡N 键键能>H —H 键键能，但氢原子半径远小于氮原子，键长是成键两原子的核间距，H —H 键键长<N ≡N 键键长，B 错；氧气中氧原子以共价双键结合，C 错；氮分子键能比氯分子的大，D 正确。

3．下列叙述中正确的是( ) A ．NH 3、CO 、CO 2都是极性分子B ．CH 4、CCl 4都是含有极性键的非极性分子C ．HF 、HCl 、HBr 、HI 的稳定性依次增加D ．CS 2、H 2O 、C 2H 2都是直线形分子解析：选B 。

《选修3-3》综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共13小题,每小题4分,共52分.在每小题给出的选项中,有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.如图是某喷水壶示意图.未喷水时阀门K闭合,压下压杆A可向瓶内储气室充气;多次充气后按下按柄B 打开阀门K,水会自动经导管从喷嘴处喷出.储气室内气体可视为理想气体,充气和喷水过程温度保持不变,则( AC )A.充气过程中,储气室内气体内能增大B.充气过程中,储气室内气体分子平均动能增大C.喷水过程中,储气室内气体吸热D.喷水过程中,储气室内气体压强增大解析:充气过程中,储气室内气体的质量增加,气体的温度不变,故气体分子的平均动能不变,气体内能增大,选项A正确,B错误;喷水过程中,气体对外做功,体积增大,而气体温度不变,则气体吸热,所以气体压强减小,选项C正确,D错误.2.下列说法中正确的是( BD )A.物体速度增大,则分子动能增大,内能也增大B.一定质量的气体体积增大,但既不吸热也不放热,内能减小C.相同质量的两种物体,提高相同的温度,内能的增量一定相同D.物体的内能与物体的温度和体积都有关系解析:速度增大,不会改变物体的分子动能,选项A错误;体积增大时,气体对外做功,不吸热也不放热时,内能减小,选项B正确;质量相同,但物体的物质的量不一定相同,故提高相同的温度时,内能的增量不一定相同,选项C错误;物体的内能取决于物体的温度和体积,选项D正确.3.如图所示,是氧气分子在0 ℃和100 ℃下的速率分布图线,由图可知( AD )A.随着温度升高,氧气分子的平均速率增大B.随着温度升高,每一个氧气分子的速率都增大C.随着温度升高,氧气分子中速率小的分子所占比例增大D.同一温度下,氧气分子速率分布呈现“中间多,两头少”的规律解析:读取图像信息知,同一温度下,分子速率分布呈现“中间多,两头少”的特点,故D正确.由分子动理论知,不同温度下的图像不同,温度升高,分子中速率大的分子所占比例增大,其分子运动的平均速率也增大,平均动能增大,故A正确,C错误.温度升高,多数分子的速率会变大,少数分子的速率会变小,故B错误.4.下列说法正确的是( BCD )A.凡是不违背能量守恒定律的实验构想,都是能够实现的B.做功和热传递在改变内能的效果上是等效的,表明要使物体的内能发生变化,既可以通过做功来实现,也可以通过热传递来实现C.保持气体的质量和体积不变,当温度升高时,每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多D.温度升高,分子热运动的平均动能一定增大,但并非所有分子的速率都增大解析:由热力学第二定律可知,A错误.由热力学第一定律可知,B正确.保持气体的质量和体积不变,当温度升高时,分子平均速率增大,每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多,C正确.温度越高,分子热运动的平均动能越大,分子的平均速率增大,这是统计规律,具体到个别分子,其速率的变化不确定,因此仍可能有分子的运动速率变小,D正确.5.下列说法正确的是( BD )A.布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动B.水可以浸润玻璃,但不能浸润石蜡,表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系C.液晶的各种物理性质,在各个方向上都是不同的D.相同温度下相对湿度越大,表明空气中水蒸气越接近饱和解析:布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动,故选项A错误;液体是否浸润某种固体取决于相关液体及固体的性质,故选项B正确;液晶的光学性质,在各个方向是不同的,但不是所有物理性质都具有各向异性.故C错误;相对湿度是空气中水蒸气的压强与同温度水的饱和汽压的比值,故选项D正确.6.如图所示,a,b,c,d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态,图中ad平行于横坐标轴,cd平行于纵坐标轴,ab的延长线过原点,以下说法正确的是( BCD )A.从状态d到c,气体不吸热也不放热B.从状态c到b,气体放热C.从状态a到d,气体对外做功D.从状态b到a,气体吸热解析:读取pT图像信息,从状态d到c,气体等温变化,内能不变,体积变大,气体对外界做功,由热力学第一定律知气体要吸热,故A错误.从状态c到b,气体体积变小,外界对气体做功,又内能减小,则气体放热,故B 正确.从状态a到d,气体等压变化,温度升高,体积变大,气体对外界做功,故C正确.从状态b到a,气体等容变化,温度升高,内能变大,气体吸热,故D正确.7.以下有关热现象的叙述,正确的是( CD )A.气体的体积是所有气体分子的体积之和B.当气体膨胀时,气体的内能一定减少C.即使没有漏气,也没有摩擦的能量损失,内燃机也不可能把内能全部转化为机械能D.单晶体一定具有规则形状,且有各向异性的特征解析:气体体积主要是气体所充满的空间,故选项A错误;气体膨胀时,对外做功,但不清楚传热情况,所以不能确定内能的变化情况,故选项B错误;由热力学第二定律知,内燃机不可能把内能全部转化为机械能,而不产生其他影响,故选项C正确;由单晶体的特点知选项D正确.8.一定质量的理想气体分别在T1,T2温度下发生等温变化,相应的两条等温线如图所示,T2对应的图线上有A,B两点,表示气体的两个状态.下列说法正确的是( BCD )A.温度为T1时气体分子的平均动能比T2时的大B.A到B的过程中,气体内能不变C.A到B的过程中,气体从外界吸收热量D.A到B的过程中,气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少解析:由题图知T2>T1,温度为T1时气体分子的平均动能比T2时小,选项A错误;A到B的过程中,气体体积增大,对外做功,温度不变,内能不变,由热力学第一定律,可知气体从外界吸收热量,选项B,C正确;A到B的过程中,气体体积增大,气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少,选项D正确.9.下列关于固体、液体、气体的性质的说法正确的是( BD )A.气体如果失去了容器的约束就会散开,这是因为气体分子之间存在斥力的缘故B.液体表面具有收缩的趋势,这是液体表面层分子的分布比内部稀疏的缘故C.黄金、白银等金属容易加工成各种形状,没有固定的外形,所以金属不是晶体D.某温度下空气的相对湿度是此时空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压之比的百分数解析:气体如果失去了容器的约束就会散开,这是气体分子无规则运动的缘故,选项A错误;液体表面具有收缩的趋势,这是液体表面层分子的分布比内部稀疏的缘故,选项B正确;黄金、白银等金属一般是多晶体,容易加工成各种形状,没有固定的外形,选项C错误;某温度下空气的相对湿度是此时空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压之比的百分数,选项D正确.10.下列说法中正确的是( ABC )A.气体放出热量,其分子的平均动能可能增大B.布朗运动不是液体分子的运动,但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动C.当分子力表现为斥力时,分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D.第二类永动机不违背能量守恒定律,但违背了热力学第一定律解析:根据热力学第一定律,气体放出热量,若外界对气体做功,使气体温度升高,其分子的平均动能增大,选项A正确;布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动,不是液体分子的运动,但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动,选项B正确;当分子力表现为斥力时,分子力总是随分子间距离的减小而增大,随分子间距离的减小,分子力做负功,所以分子势能也增大,选项C正确;第二类永动机不违背能量守恒定律,但违背了热力学第二定律,选项D错误.11.下列说法正确的是( ACD )A.单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化B.足球充足气后很难压缩,是足球内气体分子间斥力作用的结果C.一定质量的理想气体经过等容过程,吸收热量,其内能一定增加D.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的解析:单晶体冰糖有固定的熔点,磨碎后物质微粒排列结构不变,熔点不变,选项A正确;足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因,与气体分子之间的作用力无关,选项B错误;一定质量的理想气体经过等容过程,吸收热量,没有对外做功,根据热力学第一定律可知,其内能一定增加,选项C正确;根据热力学第二定律可知,自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的,选项D正确.12.如图所示,汽缸和活塞与外界均无热交换,中间有一个固定的导热性良好的隔板,封闭着两部分气体A和B,活塞处于静止平衡状态.现通过电热丝对气体A加热一段时间,后来活塞达到新的平衡,不计气体分子势能,不计活塞与汽缸壁间的摩擦,大气压强保持不变,则下列判断正确的是( AC )A.气体A吸热,内能增加B.气体B吸热,对外做功,内能不变C.气体A分子的平均动能增大D.气体A和气体B内每个分子的动能都增大解析:气体A做等容变化,则W=0,根据ΔU=W+Q可知气体A吸收热量,内能增加,温度升高,气体A分子的平均动能变大,但不是每个分子的动能都增加,选项A,C正确,D错误;因为中间是导热隔板,所以气体B吸收热量,温度升高,内能增加;又因为压强不变,故体积变大,气体对外做功,选项B错误.13.如图为某同学设计的喷水装置,内部装有2 L水,上部密封1 atm的空气0.5 L,保持阀门关闭,再充入1 atm的空气 0.1 L,设在所有过程中空气可看成理想气体,且温度不变,下列说法正确的有( ACD )A.充气后,密封气体的压强增加B.充气后,密封气体的分子平均动能增加C.充气过程,外界对密封气体做功D.打开阀门后,密封气体对外界做正功解析:以两部分气体整体为研究对象,初状态有p1=1a t m, V1=(0.5+0.1) L,末状态有V2=0.5 L,p2未知.由玻意耳定律p1V1=p2V2,解得p2== atm=1.2 atm,则充气后压强增大,故选项A正确;温度不变,则气体分子平均动能不变,故选项B错误;充气过程,气体体积减小,外界对其做功,故选项C正确;打开阀门后气体体积增大,则气体对外界做正功,故选项D正确.二、非选择题(共48分)14.(9分)油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL,现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液,量筒中的溶液体积增加了1 mL,若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中,由于酒精溶于水,油酸在水面展开,稳定后形成的油膜的形状如图所示.若每一小方格的边长为25 mm,试问:(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为模型,让油酸尽可能地在水面上散开,则形成的油膜可视为油膜,这层油膜的厚度可视为油酸分子的.图中油酸膜的面积为m2;每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是m3;根据上述数据,估测出油酸分子的直径是m.(结果保留两位有效数字)(2)某同学在实验过程中,在距水面约2 cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜,实验时观察到,油膜的面积先扩张后又收缩了一些,这是为什么呢?请写出你分析的原因: .解析:(1)油膜面积约占70小格,面积约为S=70×25×25×10-6 m2≈4.4×10-2 m2,一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V=××10-6 m3=1.2×10-11 m3,油酸分子的直径约等于油膜的厚度d== m≈2.7×10-10 m.(2)主要有两个原因:①水面受到落下的油酸酒精溶液的冲击,先陷下后又恢复水平,因此油膜的面积扩张;②油酸酒精溶液中的酒精挥发,使液面收缩.答案:(1)球体单分子直径 4.4×10-2 1.2×10-11 2.7×10-10(2)见解析评分标准:第(1)问6分,第(2)问3分.15.(9分)某同学估测室温的装置如图所示,汽缸导热性能良好,用绝热的活塞封闭一定质量的理想气体.室温时气体的体积V1=66 mL,将汽缸竖直放置于冰水混合物中,稳定后封闭气体的体积V2=60 mL.不计活塞重力及活塞与缸壁间的摩擦,室内大气压p0=1.0×105 Pa.(1)根据题干条件可得室温是多少?(2)上述过程中,外界对气体做的功是多少?解析:(1)设室温为T1,则=, (2分)又T2=273 K, (2分)代入解得T1=300.3 K,t1=27.3 ℃. (1分)(2)外界对气体做的功W=p0·ΔV, (2分)解得W=0.60 J. (2分)答案:(1)27.3 ℃(2)0.60 J16.(9分)如图所示,一粗细均匀的玻璃瓶水平放置,瓶口处有阀门K,瓶内有A,B两部分用一活塞分开的理想气体.开始时,活塞处于静止状态,A,B两部分气体长度分别为2L和L,压强均为p.若因阀门封闭不严,B 中气体向外缓慢漏气,活塞将缓慢移动,整个过程中气体温度不变,瓶口处气体体积可以忽略.当活塞向右缓慢移动的距离为0.4L时(忽略摩擦阻力),求此时:(1)A中气体的压强;(2)B中剩余气体与漏气前B中气体的质量之比.解析:(1)对A中气体,由玻意耳定律可得p·2LS=p A(2L+0.4L)S (2分)得p A=p. (1分)(2)AB气体通过活塞分开,AB中气体压强始终保持相同p A=p B设漏气后B中气体和漏出气体总长度为L BpLS=p B L B S (1分)得L B=L (2分)此时B中气体长度为L B′=L-0.4L=0.6L(1分)则此时B中气体质量m B′与原有质量m B之比为==. (2分)答案:(1)p (2)17.(9分)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图像如图所示,气体在状态A时的压强p A=p0,温度T A=T0,线段AB与V轴平行,BC的延长线过原点.求:(1)气体在状态B时的压强p B;(2)气体从状态A变化到状态B的过程中,对外界做的功为10 J,该过程中气体吸收的热量为多少;(3)气体在状态C时的压强p C和温度T C.解析:(1)A到B是等温变化,压强和体积成反比,根据玻意耳定律有p A V A=p B V B, (2分)解得p B=p0. (1分)(2)A状态至B状态过程是等温变化,气体内能不变,即ΔU=0气体对外界做功W=-10 J (1分)根据热力学第一定律有ΔU=W+Q (1分)解得Q=-W=10 J. (1分)(3)由B到C等压变化,则p C=p B=p0根据盖—吕萨克定律得= (2分)解得T C=T0. (1分)答案:(1)p0(2)10 J (3)p0T018.(12分)如图所示,有一个高度为 h=0.6 m的金属容器放置在水平地面上,容器内有温度为t1=27 ℃的空气,容器左侧壁有一阀门距底面高度为h1=0.3 m,阀门细管直径忽略不计.容器内有一质量为m=5.0 kg的水平活塞,横截面积为S=20 cm2,活塞与容器壁紧密接触又可自由活动,不计摩擦,现打开阀门,让活塞下降直至静止并处于稳定状态.外界大气压强为p0=1.0×105 Pa.阀门打开时,容器内气体压强与大气压相等,g取10 m/s2.求:(1)若不考虑气体温度变化,则活塞静止时距容器底部的高度h2;(2)活塞静止后关闭阀门,对气体加热使容器内气体温度升高到327 ℃,求此时活塞距容器底部的高度h3. 解析:(1)活塞在阀门以上时,容器内气体的压强为p1=1.0×105 Pa,活塞静止时,气体压强为p2=p0+=1.25×105 Pa, (2分)活塞刚到阀门时,容器内气体体积为V1=h1S,活塞静止时,气体的体积为V2=h2S,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2, (2分)代入数据得h2=0.24 m. (2分)(2)活塞静止后关闭阀门,此时气体的压强为p3=p2=1.25×105 Pa,等压变化,T2=T1=300 K,T3=600 K,V2=h2S,V3=h3S, (2分)根据盖—吕萨克定律有=, (2分)代入数据得h3==0.48 m. (2分)答案:(1)0.24 m (2)0.48 m。

第11章选修3-3【满分：110分时间：90分钟】一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。

填正确答案标号．选对1个得3分,选对2个得4分,选对3个得5分．每选错1个扣3分,最低得分为0分)1．下列叙述和热力学定律相关,其中正确的是。

A．第一类永动机不可能制成,是因为违背了能量守恒定律B．能量耗散过程中能量不守恒C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,违背了热力学第二定律D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功【答案】ADE【名师点睛】本题主要考查了热力学定律，本题关键要记住热力学三大定律，根据三大定律直接判断即可。

2．下列说法正确的是。

A．一定量的气体，体积不变，分子平均碰撞频次随着温度降低而减小B．一定量的气体，气体膨胀，气体分子之间的势能减小C．一定量的干冰，升华成同温度的二氧化碳，其分子之间的势能增加D．物体吸收了热量，其内能一定会增加E．物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功【答案】ACE【解析】一定量的气体，体积不变，温度降低，分子平均动能减少，则分子平均碰撞频次减小，故A正确；一定量的气体，气体膨胀，由于分子间的作用力表现为引力，所以分子力做负功，势能增加，故B错误；一定量的干冰，升华成同温度的二氧化碳，要吸收热量，由于分子动能不变，则其分子之间的势能增加，故C正确；做功和热传递都可以改变物体的内能，物体吸收了热量，其内能不一定增加，还与做功情况有关，故D错误；根据热力学第二定律知，在外界的影响下，物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功，故E正确．【名师点睛】温度是分子平均动能的标志．分子力表现为引力时分子距离，分子力做正功，分子势能增大．物态变化时，根据热力学第二定律分析分子势能的变化．在外界的作用下可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功.3．下列说法正确的是。

A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B．气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变C．温度一定时，饱和汽的密度为一定值，温度升高，饱和汽的密度增大D．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功E．空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压【答案】ACE【名师点睛】此题考查了3-3中几个简单知识点：气体压强、分子动能及势能、饱和汽、热力学第二定律以及相对湿度等；对于热学基本内容一定要加强记忆；并能准确应用。

选修3－3综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(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符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．对一定质量的想气体，下列说法正确的是( )A．气体的体积是所有气体分子的体积之和B．气体温度越高，气体分子的热运动就越剧烈．气体对容器的压强是由大量气体分子对容器不断碰撞而产生的D．当气体膨胀时，气体分子的势能减小，因而气体的内能一定减少[答案] B[解析] 气体分子间空隙较大，不能忽略，选项A错误；气体膨胀时，分子间距增大，分子力做负功，分子势能增加，并且改变内能有两种方式，气体膨胀，对外做功，但该过程吸、放热情况不知，内能不一定减少，故选项D错误．2．(2012·乌鲁木齐模拟) 在分子力存在的范围内，分子间距离减小时，以下说法中正确的是( )A．斥力减小，引力增大B．斥力增大，引力减小．斥力减小，引力减小D．斥力增大，引力增大[答案] D[解析] 当分子间的距离减小时引力与斥力均增大．3．(2012·南京模拟)关于热现象和热规律，以下说法正确是( )A．布朗运动就是液体分子的运动B．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力．随分子间的距离增大，分子间的引力减小，分子间的斥力也减小D．晶体熔时吸收热量，分子平均动能一定增大[答案] B[解析] 布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体颗粒的无规则运动，A选项错误；晶体吸收热量熔过程中的固液共存态温度不变，分子的平均动能不变，D选项错误，B选项正确．4．做布朗运动实验，得到某个观测记录如图，图中记录的是( )A．分子无规则运动的情况B．某个微粒做布朗运动的轨迹．某个微粒做布朗运动的速度—时间图线D．按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线[答案] D[解析] 布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，而非分子的运动，故A项错误；既然无规则所以微粒没有固定的运动轨迹，故B项错误；对于某个微粒而言，在不同时刻的速度大小和方向均是不确定的，所以无法确定其在某一个时刻的速度，故也就无法描绘其速度—时间图线，故项错误，D项错误．5．(2012·长沙模拟)下列说法正确的是( )A．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点B．单晶体和多晶体物性质是各向异性的，非晶体是各向同性的．露珠呈球形，是由于表面张力作用的结果D．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中气泡内气体组成的系统的熵增加[答案] AD[解析] 晶体分为单晶体和多晶体，单晶体有固定的熔点和各向异性；而多晶体虽然也有固定的熔点但是却是各向同性的．非晶体和晶体不同的是它没有固定的熔点，而且是各向同性，故A正确，B错误；由于表面张力的作用露珠呈球形，故正确；气泡内气体做等温膨胀，根据熵增加原可知D正确．6(2012·太原模拟)如图所示，甲分子固定在坐标原点O，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿轴方向运动，两分子间的分子势能E p与两分子间距离的变关系如图中曲线所示，设分子间所具有的总能量为0，则以下说法正确的是( )A．乙分子在P点(＝2)时加速度为零B．乙分子在P点(＝2)时动能最大．乙分子在Q点(＝1)时处于平衡状态D．乙分子在Q点(＝1)时分子势能最小[答案] AB[解析] 由图可知，沿轴负方向看，分子势能先减小，后增加，在P点最小，说明分子力先做正功，后做负功．先是分子引力后是分子斥力，P点为转折点，分子力为零，在P点右边为分子引力，左边为分子斥力．所以乙分子在P点的分子力为零，则加速度也为零，且在P点的动能最大．所以答案为AB 7．(2012·南昌模拟)下列说法中正确的是( )A．只要技术可行，物体的温度可降至－274℃B．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子间的作用表现为相互吸引．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次，与单位体积内的分子和温度有关D．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间斥力大于引力[答案] B[解析] 物体的温度不可能降至热力温度以下，A错；根据分子引力和斥力的作用范围和大小关系分析可得，B对；根据气体压强的微观解释可得，对；气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子永不停息地做无规则运动，D错．8．(2012·武汉模拟)对于一定质量的想气体，下列说法正确的是( )A．温度升高，分子的平均动能增大，每次碰撞对容器壁的作用力增大，压强一定增大B．体积减小，单位体积内的分子增多，气体的内能一定增大．绝热压缩一定质量的想气体时，外界对气体做功，内能增加，压强一定增大D．一定质量的想气体向真空自由膨胀时，体积增大，熵减小[答案][解析] 对于一定质量的想气体温度升高，但如果气体体积增大，压强不一定增大，A错；体积减小，单位体积内的分子增多，但如果对外放热，气体的内能可能减小，B错；孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，D错．只有对．9．(2012·东北三省模拟)下列说法中正确的是( )A．第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律B．自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大D．分子从远处靠近固定不动的分子b，当只在b的分子力作用下到达所受的分子力为零的位置时，的动能一定最大[答案] BD[解析] 第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违背了能量转的方向性这一规律，即热力第二定律；气体温度升高时分子热运动剧烈可以导致压强增大，但不知气体体积如何变，由错误！未定义书签。

高中数学选修三综合测试题知识汇总大全单选题1、若x4+(x+1)7=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+⋅⋅⋅+a7(x+2)7，则a3=（）A．27B．35C．−8D．−43答案：A分析：由a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+⋯+a7(x+2)7=[(x+2)−2]4+[(x+2)−1]7，再利用二项展开式的通项公式，求得a3的值．由x4+(x+1)7=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+⋯+a7(x+2)7=[(x+2)−2]4+[(x+2)−1]7，则a3=C41(−2)+C74(−1)4=−8+35=27.故选：A.小提示：关键点点睛：对式子进行变形，结合展开式的通项公式，系数性质是解题的关键．2、(x−y+2)5的展开式中，x3y的系数为（）A．80B．40C．−80D．−40答案：D分析：利用二项展开式的通项公式求解.(x−y+2)5=[x−(y−2)]5的展开式中含x3的项为C52x3(y−2)2，(y−2)2的展开式中含y的项为C21y(−2)，所以(x−y+2)5的展开式中，x3y的系数为C52⋅C21⋅(−2)=−40，故选：D3、从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为（）A．24B．18C．12D．6答案：C分析：由分步乘法计数原理结合排列直接求解即可.根据题意，要使组成无重复数字的三位数为偶数，则从0，2中选一个数字为个位数，有2种可能，从1，3，5中选两个数字为十位数和百位数，有A 32=3×2=6种可能，故这个无重复数字的三位数为偶数的个数为2×6=12． 故选：C ．4、琵琶、二胡、编钟、箫笛、瑟、琴、埙、笙和鼓这十种民族乐器被称为“中国古代十大乐器”.为弘扬中国传统文化，某校以这十种乐器为题材，在周末学生兴趣活动中开展了“中国古代乐器”知识讲座，共连续安排八节课，一节课只讲一种乐器，一种乐器最多安排一节课，则琵琶、二胡、编钟一定安排，且这三种乐器互不相邻的概率为（ ） A ．1360B ．16C ．715D ．115 答案：B分析：先求出全部的结果总数为A 108，再求出琵琶、二胡、编钟一定安排，且这三种乐器互不相邻的基本事件总数为A 75A 63，再利用古典概型的概率求解.从这十种乐器中挑八种全排列，有情况种数为A 108.从除琵琶、二胡、编钟三种乐器外的七种乐器中挑五种全排列，有A 75种情况，再从排好的五种乐器形成的6个空中挑3个插入琵琶、二胡、编钟三种乐器，有A 63种情况，故琵琶、二胡、编钟一定安排，且这三种乐器互不相邻的情况种数为A 75A 63.所以所求的概率P =A 75A 63A 108=16，故选：B.小提示：方法点睛：排列组合常用的方法有：一般问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法、小数问题列举法.5、有甲､乙两个抽奖箱，甲箱中有3张无奖票3张有奖票，乙箱中有4张无奖票2张有奖票，某人先从甲箱中抽出一张放进乙箱，再从乙箱中任意抽出一张，则最后抽到有奖票的概率是（ ） A ．27B ．514C ．730D ．57答案：B分析：先分为在甲箱中抽出一张有奖票放入乙箱和在甲箱中抽出一张无奖票放入乙箱，进而结合条件概率求概率的方法求得答案.记B 1表示在甲箱中抽出一张有奖票放进乙箱，B 2表示在甲箱中抽出一张无奖票放进乙箱，A 表示最后抽到有奖票.所以P (B 1)=36=12,P (A|B 1)=37，P (B 2)=36=12,P (A|B 2)=27，于是P (A )=37×12+27×12=514.故选：B.6、已知下表为离散型随机变量X 的分布列，则P(X ≥D (X ))=（ ）A ．10B ．5C ．710D ．25答案：A分析：先利用分布列求得期望，进而得到方差求解. 解：由题意得E (X )=0×110+1×15+2×310+3×25=2，D (X )=(0−2)2×110+(1−2)2×15+ (2−2)2×310+(3−2)2×25=1， 故P (X ≥1)=1−P (X =0)=1−110=910. 故选：A.7、在关于sinx (x ∈[0,π])的二项式(1+sinx )n 的展开式中，末尾两项的二项式系数之和为7，且二项式系数最大的项的值为52，则x =（ ） A ．π3B ．π3或2π3C ．π6D ．π6或5π6 答案：D分析：根据末尾两项二项式系数和可求得n ，进而确定第4项的二项式系数最大，利用展开式第4项构造方程求得sinx 后，结合特殊角三角函数值可得结果.由题意知：C n n−1+C n n=n +1=7，解得：n =6，∴展开式的第4项的二项式系数最大， ∴C 63sin 3x =52，即20sin 3x =52，∴sinx =12，又x ∈[0,π]，∴x =π6或5π6.故选：D ．8、某市物价部门对5家商场的某商品一天的销售量及其价格进行调查，5家商场的售价x （元）和销售量y （件）之间的一组数据如表所示：ŷ=−3.2x+â，相关系数|r|=0.986，则下列说法错误的是（）A．变量x，y线性负相关且相关性较强；B．â=40；C．当x=8.5时，y的估计值为12.8；D．相应于点(10.5,6)的残差为0.4．答案：D分析：根据相关性、相关系数判断A选项；利用样本中心点判断B选项；将x=8.5代入回归直线方程，由此判断C选项；求得x=10.5时y的估计值，进而求得对应的残差，从而判断D选项.对A，由表可知y随x增大而减少，可认为变量x，y线性负相关，且由相关系数|r|=0.986可知相关性强，故A正确.对B，价格平均x=15(9+9.5+10+10.5+11)=10，销售量y=15(11+10+8+6+5)=8.故回归直线恒过定点(10,8)，故8=−3.2×10+â⇒â=40，故B正确.对C，当x=8.5时，ŷ=−3.2×8.5+40=12.8，故C正确.对D，相应于点(10.5,6)的残差ê=6−(−3.2×10.5+40)=−0.4，故D不正确. 故选：D多选题9、已知(2x+√x )n的二项展开式中二项式系数之和为64，下列结论正确的是（）A．二项展开式中各项系数之和为36B．二项展开式中二项式系数最大的项为160x32C．二项展开式中无常数项D．二项展开式中系数最大的项为90x3答案：AB分析：根据二项式定理的相关性质逐项验证即可得出答案.因为(2x√x )n的二项展开式中二项式系数之和为64，所以2n=64，得n=6，所以题中二项式为(2x+√x )6，所以二项式展开式的通式公式为：T r+1=C6r(2x)6−r(√x)r=C6r26−r x6−32r，对于选项A ，令x =1，可得二项展开式中各项系数之和为36，所以选项A 正确；对于选项B ，第4项的二项式系数最大，此时r =3，则二项展开式中二项式系数最大的项为T 4=C 6326−3x 6−32×3=160x 32，所以选项B 正确；对于选项C ，令6−32r =0，则r =4，所以二项展开式中的常数项为C 6426−4x 6−32×4=60，所以选项C 错误； 对于选项D ，令第r +1项的系数最大，则{C 6r 26−r ≥C 6r−126−(r−1)C 6r 26−r≥C 6r+126−(r+1) ，解得53≤r ≤73， 因为r ∈N ∗，所以r =2时，二项展开式中系数最大，则二项展开式中系数最大的项为T 3=C 6224x 3=240x 3，所以选项D 错误.故选：AB .10、已知随机变量X ∼N (80,100)，则（ ） A ．E (X )=80，D (X )=100B ．P (X ≥10)=0.5 C ．P (X ≥70)≈0.8413D ．P (X ≥100)≈0.0015 答案：AC分析：根据正态分布的性质计算可得.解：由题意，得μ=80，σ2=100，即E (X )=80，D (X )=100，故A 正确； ∵μ=80，∴P (X ≥80)=0.5，故B 错误； ∵μ=80，σ=10，∴P (X ≥70)≈0.5+0.68262=0.8413，故C 正确；P (X ≥100)≈1−0.95442=0.0228，故D 错误．故选：AC11、已知X 的分布列为则下列说法正确的有（ ）A ．P (X ＝0)＝13B ．E (X )＝－13C ．D (X )＝2327D ．P (X ＞－1)＝12 答案：ABD解析：根据概率分布列求得参数a ，然后计算出期望、方差，及概率P(X >−1)判断各选项．由分布列的性质可知12+a +16＝1，即a ＝13.∴P (X ＝0)＝13，故A 正确；E (X )＝(−1)×12+0×13+1×16=−13，故B 正确；D (X )＝(−1+13)2×12+(0+13)2×13+(1+13)2×16=59，故C 错误； P (X ＞－1)＝P (X ＝0)＋P (X ＝1)＝12，故D 正确．故选：ABD. 填空题12、“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.若在“杨辉三角”中从第二行右边的1开始按“锯齿形”排列的箭头所指的数依次构成一个数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则在该数列中，第35项是__________.答案：171解析：根据杨辉三角，总结出规律，确定其第k (k ≥2)行的第三个数的通项，再确定第35项是第19行的第三个数，由通项公式，即可求出结果. 由杨辉三角可得，第2行的第三个数为1； 第3行的第三个数为1+2； 第4行的第三个数为1+2+3； 第5行的第三个数为1+2+3+4； ……因此第k (k ≥2)行的第三个数为1+2+3+...+(k −1)， 而该数列的第35项是第19行的第三个数，所以第35项是1+2+3+...+18=18(1+18)2=171.所以答案是：171.13、设随机变量X服从二项分布B(2,p)，若P(X≥1)=3536，则p=______．答案：56分析：由随机变量X服从二项分布B(2,p)可得P(X=0)，然后利用P(X≥1)=1−P(X=0)即可得到答案解：因为随机变量X服从二项分布B(2,p)，所以P(X=0)=C20(1−p)2=(1−p)2，所以P(X≥1)=1−P(X=0)=1−(1−p)2=3536，因为p>0，所以p=56，所以答案是：5614、2020年4月份，华为举行中国区春季新品发布会，华为消费者业务CEO余承东正式发布P40系列5G手机．现调查得到该系列手机上市时间x和市场占有率y（单位：%)的几组相关对应数据，绘制如图所示的折线图，图中的x=1，2，3，4，5，…，分别代表2020年的4月份，5月份，6月份，7月份，8月份，…．据此数据得出y关于x的回归方程为ŷ=0.042x+â，用此方程预测该系列手机市场占有率的变化趋势，要使该系列手机的市场占有率超过0.5%，最早应在2021年的__月份．答案：4解析：先求出样本中心点(x̅,y̅)，代入ŷ=0.042x+â中，求得â的值，再解不等式ŷ>0.5，即可．x̅=15×(1+2+3+4+5)=3，y̅=15×(0.02+0.05+0.10+0.15+0.18)=0.1，∴样本中心点为(3,0.1)，将其代入y ̂=0.042x +a ̂，得0.1=0.042×3+a ̂，解得a ̂=−0.026， ∴ y ̂=0.042x −0.026，当y ̂>0.5时，有0.042x −0.026>0.5，解得x >12.52， ∴应取x =13，对应的年份为2021年4月份． 所以答案是：4．【小提示】本题考查线性回归方程的应用、样本中心点的求法，考查学生对数据的分析与处理能力，属于基础题． 解答题15、某科技公司研发了一项新产品A ，经过市场调研，对公司1月份至6月份销售量及销售单价进行统计，销售单价x （千元）和销售量y （千件）之间的一组数据如下表所示：的回归直线方程；（2）若由回归直线方程得到的估计数据与剩下的检验数据的误差不超过0．65千件，则认为所得到的回归直线方程是理想的，试问（1）中所得到的回归直线方程是否理想？参考公式：回归直线方程y ̂=b ̂x +a ̂，其中b ̂=∑x i ni =1y i −n⋅x̅⋅y̅∑x i 2n i =1−nx̅2. 参考数据：∑x i 5i =1y i =392，∑x i 25i =1=502.5.答案：（1）y ̂=−3．2x +40；（2）是.分析：（1）先由表中的数据求出x,y ，再利用已知的数据和公式求出b ̂,a ̂，从而可求出y 关于x 的回归直线方程； （2）当x =8时，求出y ̂的值，再与15比较即可得结论（1）因为x̅=15(9+9.5+10+10.5+11)=10，y ̅=15(11+10+8+6+5)=8， 所以b ̂=392−5×10×8502.5−5×102=−3.2， 得a ̂=8−(−3.2)×10=40，于是y 关于x 的回归直线方程为y ̂=−3.2x +40； （2）当x =8时，y ̂=−3.2×8+40=14.4，则|ŷ−y|=|14.4−15|=0.6<0.65，故可以认为所得到的回归直线方程是理想的.。

(名师选题)部编版高中物理选修三综合测试题知识点总结归纳单选题1、由a和b两种频率的光组成的光束，经玻璃三棱镜折射后的光路如图所示。

其中a光是氢原子由n= 4的能级向n = 2的能级跃迁时发出的。

下列说法中正确的是（）A．入射光束绕入射点顺时针旋转时，a光将先发生全反射B．b光可能是氢原子由n = 3的能级向n= 2的能级跃迁时发出的C．用同一双缝干涉装置进行实验，a光的相邻条纹间距比b光的大D．用b光照射某金属时能发生光电效应，用a光照射同一金属时也一定能发生光电效应答案：CA．由题图可知，三棱镜对b光的折射率较大，所以a光的频率小于b光，则说明a光的折射率小于b光，根据全反射定律有sinC=1 n可知a光的全反射临界角大于b，则b光将先发生全反射，A错误；B．由于a光的频率小于b光，光是氢原子由n= 4的能级向n = 2的能级跃迁时发出的，而b光的能量大于a光，b光不可能是氢原子从n = 3的能级向n = 2的能级跃迁时发出的，B错误；C．由于a光的频率小于b光，a光的波长大于b光的波长，由Δx=l d λ可得用同一双缝干涉装置进行实验，a光干涉条纹的间距大于b光干涉条纹的间距，C正确；D．因b光的频率较大，则若用b光照射某种金属时能发生光电效应现象，则改用a光照射该种金属时不一定能发生光电效应现象，D错误。

故选C。

2、一群处于n=4能级的激发态的氧原子，向低能级跃迁时，最多发射出的谱线为（）A．3种B．4种C．5种D．6种答案：D一群处于n=4能级的激发态的氧原子，向低能级跃迁时，最多辐射出的谱线为N=n(n−1)2=4×(4−1)2=6共6种，ABC错误，D正确。

故选D。

3、下列现象中，通过传热的方法来改变物体内能的是（）A．打开电灯开关，灯丝的温度升高，内能增加B．太阳能热水器在阳光照射下，水的温度逐渐升高C．用磨刀石磨刀时，刀片的温度升高，内能增加D．打击铁钉，铁钉的温度升高，内能增加答案：BA．打开电灯开关，灯丝的温度升高，是通过电流做功的方法来改变物体内能的，A错误；B．太阳能热水器中水的内能增加是以传热方式进行的，B正确；C．用磨刀石磨刀时，刀片温度升高，是通过摩擦力做功的方法来改变物体内能的，C错误；D．打击铁钉，铁钉温度升高，是通过做功的方法来改变物体内能的，D错误。

(名师选题)部编版高中物理选修三综合测试题总结(重点)超详细单选题1、下列说法中正确的（）A．质量大的物体，其德布罗意波长短B．速度大的物体，其德布罗意波长短C．动量大的物体，其德布罗意波长短D．动能大的物体，其德布罗意波长短答案：C根据德布罗意波长公式λ=ℎp可知动量大的物体，其德布罗意波长短。

故选C。

2、人类探测月球发现，在月球的土壤中含有较丰富的质量数为3的氦，它可以作为未来核聚变的重要原料之一。

氦的该种同位素应表示为（）A．34He B．23He C．24He D．33He答案：B同一元素的两种同位素质子数相同而中子数不同，则氦的该种同位素质子数一定为2，质量数为3，故可写作23He。

故选B。

3、下列说法正确的是（）A．重核裂变及轻核聚变过程都释放核能，原因是中等质量的核最稳定，平均每个核子的质量最小，比结合能最小B．在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比C．大量氢原子从n=4能级向低能级跃迁时，可以辐射出6种不同波长的光子，其中波长最短是从n=4能级跃迁到n=3能级放出的D．氚核发生β衰变时，一个中子释放出电子后变成质子，进而生成23He答案：DA．相对轻核和重核，中等质量的核中平均每个核子的质量最小，亏损质量最大，比结合能最大，故最稳定，核裂变及核聚变过程都要释放核能，选项A错误；B．根据光电效应方程E k=ℎv−W即光电子的最大初动能与入射光的频率为线性关系但不是正比例关系，选项B错误；C．大量氢原子从n=4能级向低能级跃迁时，可以辐射出不同波长光的种数n=C42=6即放出6种不同波长的光，由E=ℎv=ℎc λ氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级所放出光子能量最小、其波长最长，选项C错误；D．氚核发生β衰变生成23He，其实质是氚核中的中子发生能级跃迁，释放出电子同时，自身变成质子的缘故，选项D正确。

故选D。

4、下列说法正确的是（）A．根据热力学第二定律可知，低温物体不能传递热量给高温物体B．扫地时，在阳光照射下，看到尘埃飞舞，这是尘埃在做布朗运动C．竹节虫可以停在水面上是由于液体表面张力的作用D．气体温度升高，其每个分子的动能都增大答案：CA．根据热力学第二定律可知，低温物体能传递热量给高温物体，但必然会引起其它的一些变化，选项A错误。

高中物理选修三综合测试题高频考点知识梳理单选题1、正电子是电子的反粒子，它跟普通电子的电荷量大小相等，而电性相反，科学家设想在宇宙的某些部分可能存在完全由反粒子构成的物质——反物质。

1997年，欧洲和美国的科学研究机构先后宣布：他们分别制造出9个和7个反氢原子，这是人类探索反物质的一大进步。

你推测反氢原子的结构是（）A．由一个带正电荷的质子和一个带负电荷的电子构成B．由一个带负电荷的反质子和一个不带电荷的中子构成C．由一个不带电荷的中子和一个带负电荷的电子构成D．由一个带负电荷的反质子与一个带正电荷的正电子构成答案：D氢原子由质子和电子组成，它们的反粒子分别是带负电荷的反质子和一个带正电荷的正电子，故D正确，ABC错误。

故选D。

2、气体能够充满密闭容器，说明气体分子除相互碰撞的短暂时间外（）A．气体分子可以做布朗运动B．气体分子的速率都一样大C．相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动D．相互作用力十分微弱，气体分子间的距离都一样大答案：C气体能够充满密闭容器，说明气体分子除相互碰撞的短暂时间外，气体分子平均距离较远，所以分子间的相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动，C正确，ABD错误。

故选C。

3、A、B两分子距离等于分子平衡距离的10倍，若将B分子向A分子靠近，直到不能再靠近，此过程中，关于分子间的作用力做功及分子势能的变化说法正确的是（）A．分子间的作用力始终对B做正功，分子势能不断减小B．B分子始终克服分子间的作用力做功，分子势能不断增大C．分子间的作用力先对B做功，而后B克服分子间的作用力做功，分子势能先减小后增大D．B分子先克服分子间的作用力做功，而后分子间的作用力对B做功，分子势能先增大后减小答案：C开始时，r=10r0，两分子间作用力表现为引力，将B分子向A分子靠近过程分子间的作用力做正功，分子势能减小，直到r=r0，即分子间距离等于平衡距离时，分子势能最小，再靠近时，r＜r0，分子间的作用力表现为斥力，分子间的作用力做负功，分子势能增加，因而C正确，ABD错误。

(名师选题)部编版高中物理选修三综合测试题知识点总结归纳完整版单选题1、目前我们学习过的核反应有4种类型，下列核反应方程的类型说法正确的是（ ）①1124Na →1224Mg +−10e ②92235U +01n →X 54140e +3894Sr +201n ③919F +H 24e →N 1022e +H 11 ④12H +13H→24He +01n A ．①人工核转变、②核裂变、③核聚变、④衰变B ．①衰变、②核裂变、③核聚变、④人工核转变C ．①人工核转变、②核聚变、③衰变、④核裂变D ．①衰变、②核裂变、③人工核转变、④核聚变答案：D①是放射性元素放射出粒子而转变为另一种元素的过程，属于原子核的衰变；②是重核分裂成两个中等质量的原子核，属于核裂变；③是高能粒子轰击原子核使之转变为另一种原子核的过程，属于原子核的人工转变；④是轻核结合成较重的原子核，属于核聚变。

所以以上反应类型依次属于衰变、核裂变、人工转变、核聚变。

故选D 。

2、用细线将一块玻璃片水平地悬挂在弹簧测力计下端，并使玻璃片贴在水面上，如图所示。

缓慢提起弹簧测力计，在玻璃片脱离水面的瞬间，弹簧测力计的示数大于玻璃片的重力，其主要原因是（ ）A ．玻璃片分子做无规则热运动B ．玻璃片受到大气压力作用C ．玻璃片和水间存在万有引力作用D ．玻璃片分子与水分子间存在引力作用答案：D玻璃片脱离水面的一瞬间，除了受重力、拉力外，还受到水分子对它的引力。

所以拉力大于玻璃片的重力。

故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

3、如图是一自热米饭盒，盒内有一个发热包，遇水发生化学反应而产生大量热量，盖上盒盖便能在10～15分钟内加热食品。

自热米饭盒的盖子上有一个透气孔，如果透气孔堵塞，容易造成小型爆炸，下列说法正确的是（ ）A ．饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，则盒内每一个气体分子速率都增大了B ．饭盒爆炸，是盒内气体温度升高，气体压强增大导致的结果C ．在饭盒爆炸的瞬间，外界对盒内气体做正功D ．在饭盒爆炸的瞬间，盒内气体温度急剧升高答案：BA ．饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，分子的平均动能增大，但是不是盒内每一个气体分子速率都增大了，故A 错误；B ．饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，分子的平均动能增大，所以气体压强增大导致饭盒爆炸，故B 正确；C ．在饭盒爆炸的瞬间，气体体积增大，气体对外界做正功，故C 错误；D ．根据热力学第一定律可知，爆炸前气体温度升高，内能增大，在饭盒爆炸的瞬间，气体对外界做功，其内能应减小，盒内气体温度急剧下降，故D 错误。

高中数学选修三综合测试题考点大全笔记单选题1、某校团委决定举办“鉴史知来”读书活动，经过选拔，共10名同学的作品被选为优秀作品，其中高一年级5名同学，高二年级5名同学，现从这10个优秀作品中随机抽7个，则高二年级5名同学的作品全被抽出的概率为（ ） A ．112B ．13C ．12D ．34 答案：A分析：用X 表示抽到高二年级同学的作品数，P (X =5)=C 55⋅C 52C 107，即可得到答案.从10个作品中抽7个，用X 表示抽到高二年级同学的作品数， 则P (X =5)=C 55⋅C 52C 107=112．故选：A ．2、设0<a <12,0<b <12，随机变量ξ的分布则当a 在(0,2)内增大时，（ ）A ．E(ξ)增大，D(ξ)增大B ．E(ξ)增大，D(ξ)减小C ．E(ξ)减小，D(ξ)增大D ．E(ξ)减小，D(ξ)减小 答案：D分析：求得a,b 之间的关系，再求出E (ξ),D (ξ)讨论其单调性即可判断. 因为分布列中概率之和为1，可得a +b =12，∴E (ξ)=−12+b =−12+(12−a)=−a ，∴当a 增大时，E (ξ)减小， 又由D (ξ)=(−1+a )2×12+(0+a )2×a +(1+a )2×b =−(a +12)2+54， 可知当a 在(0,12)内增大时，D (ξ)减小. 故选：D.3、某同学用收集到的6组数据对(x i ,y i )(i =1,2,3,4,5,6)制作成如图所示的散点图（点旁的数据为该点坐标），并由最小二乘法计算得到回归直线l 1的方程：y ̂=b 1̂x +a 1̂，相关系数为r 1，相关指数为R 12：经过残差分析确定点E 为“离群点”（对应残差过大的点），把它去掉后，再用剩下的5组数据计算得到回归直线l 2的方程：y ̂=b 2̂x +a 2̂，相关系数为r 2，相关指数为R 22．则以下结论中，正确的是（ ）①r 1>0，r 2>0；②b 1̂>0，b 2̂>0；③b 1̂>b 2̂；④R 12>R 22A ．①②B ．①②③C ．②④D ．②③④ 答案：B分析：根据散点图逐项进行判断即可.①：由散点图可知，x,y 之间是正相关关系，所以r 1>0，r 2>0，故①正确；②③：由散点图可知，回归直线的斜率是正数，且l 1的斜率大于l 2的斜率，所以b 1̂>0，b 2̂>0，b 1̂>b 2̂，故②③正确；④：由散点图可知，去掉“离群点”E 后，相关性更强，拟合的效果更好，所以R 12<R 22，故④错误；故选：B.4、某一电子集成块有三个元件a ，b ，c 并联构成，三个元件是否有故障相互独立．已知至少1个元件正常工作，该集成块就能正常运行．若每个元件能正常工作的概率均为45，则在该集成块能够正常工作的情况下，有且仅有一个元件出现故障的概率为（ ）． A ．1231B ．48125C ．1625D ．16125答案：A分析：记事件A 为该集成块能够正常工作，事件B 为仅有一个元件出现故障，进而结合对立事件的概率公式得P (A )=124125，再根据条件概率公式求解即可.解：记事件A 为该集成块能够正常工作，事件B 为仅有一个元件出现故障， 则A 为该集成块不能正常工作，所以P (A )=1−P(A)=1−(15)3=124125，P (B )=C 31(45)215=48125， 所以P (B |A )=P (AB )P (A )=48124=1231故选：A5、为考察一种新药预防疾病的效果，某科研小组进行动物实验，收集整理数据后将所得结果填入相应的2×2列联表中，由列联表中的数据计算得K 2≈9.616.参照附表，下列结论正确的是（ ） 附表：” B ．在犯错误的概率不超过0.1％的前提下，认为“药物无效” C ．有99％以上的把握认为“药物有效” D ．有99％以上的把握认为“药物无效” 答案：C分析：根据K 2与参考值比较，结合独立性检验的定义，即可判断；解：因为K 2≈9.616，即7.879<K 2<10.828，所以有99%以上的把握认为“药物有效”． 故选：C ．6、播种用的一等小麦种子中混有2%的二等种子，1.5%的三等种子，1%的四等种子.用一、二、三、四等种子长出的穗含50颗以上麦粒的概率分别为0.5，0.15，0.1，0.05，则这批种子所结的穗含50颗以上麦粒的概率为（ ）A ．0.8B ．0.832 5C ．0.532 5D ．0.482 5 答案：D分析：设从这批种子中任选一颗是一、二、三、四等种子的事件分别是A 1，A 2，A 3，A 4，利用全概率公式P (B )=∑P (A i )P (B |A i )4i=1即可求出.设从这批种子中任选一颗是一、二、三、四等种子的事件分别是A 1，A 2，A 3，A 4，则它们构成样本空间的一个划分.设B ＝“从这批种子中任选一颗，所结的穗含50颗以上麦粒”，则： P (B )=∑P (A i )P (B |A i )4i=1=95.5%×0.5+2%×0.15+1.5%×0.1+1%×0.05=0.4825. 故选：D.7、有8位学生春游，其中小学生2名､初中生3名､高中生3名.现将他们排成一列，要求2名小学生相邻､3名初中生相邻，3名高中生中任意两名都不相邻，则不同的排法种数有（ ） A ．288种B ．144种C ．72种D ．36种 答案：B分析：利用捆绑法和插空法可求得结果.第一步，先将2名小学生看成一个人，3名初中生看成一个人，然后排成一排有A 22种不同排法；第二步，将3名高中生插在这两个整体形成的3个空档中，有A 33种不同排法；第三步，排2名小学生有A 22种不同排法，排3名初中生有A 33种不同排法.根据分步计数原理，共有A 22A 33A 22A 33=144种不同排法.故选：B小提示：方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为： （1）相邻问题采取“捆绑法”； （2）不相邻问题采取“插空法”； （3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.8、有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ） A ．甲与丙相互独立B ．甲与丁相互独立 C ．乙与丙相互独立D ．丙与丁相互独立 答案：B分析：根据独立事件概率关系逐一判断P(甲)=16，P(乙)=16，P(丙)=536，P(丁)=636=16， ，P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)=136=P(甲)P(丁)， P(乙丙)=136≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)=0≠P(丁)P(丙)， 故选：B小提示：判断事件A,B 是否独立，先计算对应概率，再判断P(A)P(B)=P(AB)是否成立 多选题9、一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，下列结论正确的是（ ） A ．从中任取3个球，恰有1个白球的概率为35B ．从中有放回地取球6次，每次任取1个球，恰好有2个白球的概率为40243C ．从中不放回地取球2次，每次任取1个球，则在第一次取到的是红球条件下，第二次再次取到红球的概率为25D ．从中有放回地取球3次，每次任取1个球，则至少有一次取到红球的概率为2627 答案：AD分析：利用古典概型的概率公式判断A 选项，利用二项分布判断B 、D 选项，利用条件概率判断C 选项． 解：一袋中有大小相同的4个红球和2个白球， 对于A ：恰有1个白球的概率为P =C 42⋅C 21C 63=6×220=35，故A 正确．对于B ：6次试验中取到白球的次数X 服从二项分布，即X~B(6,13)，所以P(X =2)=C 62⋅(13)2⋅(1−13)4=80243，故B 错误．对于C ：在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为35，故C 错误．对于D ：3次试验中取到红球的次数Y 服从二项分布，即Y~B(3,23)，所以P(Y ≥1)=1−P(Y =0)=1−(1−23)3=2627，故D 正确． 故选：AD ．10、老杨每天17：00下班回家，通常步行5分钟后乘坐公交车再步行到家，公交车有A,B 两条线路可以选择．乘坐线路A所需时间（单位：分钟）服从正态分布N(44,4)，下车后步行到家要5分钟；乘坐线路B所需时间（单位：分钟）服从正态分布N(33,16)，下车后步行到家要12分钟．下列说法从统计角度认为合理的是（）已知X~N(μ,σ2)时，有P(|X−μ|≤σ)≈0.6827，P(|X−μ|≤2σ)≈0.9545，P(|X−μ|≤3σ)≈0.9973．A．若乘坐线路B，18：00前一定能到家B．乘坐线路A和乘坐线路B在17：58前到家的可能性一样C．乘坐线路B比乘坐线路A在17：54前到家的可能性更大D．若乘坐线路A，则在17：48前到家的可能性超过1%答案：BC分析：根据题意乘坐线路A一共步行10分钟，乘坐线路B一共步行17分钟，结合题意及正态分布的对称性分析运算．=0.99865<1若乘坐线路B，18：02前能到家的可能性为P≈1−1−0.99732∴乘坐线路B，18：00前不可能一定能到家，A错误；=0.97725乘坐线路A在17：58前到家的可能性P≈1−1−0.95452乘坐线路B在17：58前到家的可能性P≈1−1−0.9545=0.977252∴乘坐线路A和乘坐线路B在17：58前到家的可能性一样，B正确；乘坐线路A在17：54前到家的概率P=0.5=0.84135>0.5乘坐线路B在17：54前到家的可能性P≈1−1−0.68272∴乘坐线路B比乘坐线路A在17：54前到家的可能性更大，C正确；=0.00135<0.01，D错误；乘坐线路A，则在17：48前到家的可能性P≈1−0.99732故选：BC．11、下列说法正确的的有（）A．已知一组数据x1,x2,x3,⋯,x10的方差为3，则x1+2,x2+2,x3+2,⋯,x10+2的方差也为3B．对具有线性相关关系的变量x,y，其线性回归方程为ŷ=0.3x−m，若样本点的中心为(m,2.8)，则实数m 的值是4C ．已知随机变量X 服从正态分布N (μ,σ2)，若P(X >−1)+P (X ≥5)=1，则 μ=2D ．已知随机变量X 服从二项分布B (n,13)，若E (3X +1)=6，则n =6答案：AC分析：根据方差的定义可判断A ；根据样本点在回归直线上求得m 的值可判断B ；根据P(X >−1)+P (X ≥5)=1可得P (X ≥5)=P (X ≤−1)，由对称性求出对称轴可得μ的值可判断C ；根据二项分布方差的公式以及方差的性质可判断D ，进而可得正确选项. 对于A ：设x 1,x 2,x 3,⋯,x 10的平均数为x ，方差为D (x )， 则x =x 1+x 2+⋯+x 1010，D (x )=110[(x 1−x )2+(x 2−x )2+⋯+(x 10−x )2]=3，所以x 1+2,x 2+2,x 3+2,⋯,x 10+2的平均数为x +2，所以方差为110[(x 1+2−x −2)2+(x 2+2−x −2)2+⋯+(x 10+2−x −2)2] =110[(x 1−x )2+(x 2−x )2+⋯+(x 10−x )2]=D (x )=3，故选项A 正确； 对于B ：因为线性回归直线过样本点中心，所以2.8=0.3m −m ，可得m =−4， 故选项B 错误；对于C ：因为随机变量X 服从正态分布N (μ,σ2)，所以对称轴为X =μ，又P (X >−1)+P (X ≥5)=1， 而P (X >−1)+P (X ≤−1)=1，所以P (X ≥5)=P (X ≤−1)， 则μ=5+(−1)2=2，故选项C 正确；对于D ：因为X 服从二项分布B (n,13)，所以E (X )=13n ，所以 E(3X +1)=3E(X)+1=3×n3+1=6，则n =5，故选项D 错误.故选：AC. 填空题12、有人发现，多看手机容易使人近视，下表是调查机构对此现象的调查数据： 单位：人答案：有分析：计算卡方，与10.828比较大小，得出结论. 由题中数据可得，K 2= 168×(20×42−38×68)258×110×88×80≈11.377>10.828，所以有99.9%的把握认为近视与多看手机有关系．所以答案是：有13、一个盒子里装有7个大小､形状完成相同的小球，其中红球4个，编号分别为1，2，3，4，黄球3个，编号分别为1，2，3，从盒子中任取4个小球，其中含有编号为3的不同取法有________种. 答案：30解析：从反面考虑，总数为C 74,不含有编号为3的总数为C 54,即得解. 从反面考虑，总数为C 74,不含有编号为3的总数为C 54, 所以含有编号为3的总数为C 74−C 54=30.所以答案是：30. 小提示：方法点睛：1 、排列组合问题的解题步骤：仔细审题→编程→列式→计算.2 、编程的一般方法一般问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法、小数问题列举法.3 、解排列组合问题，要排组分清（有序排列，无序组合），加乘有序(分类加法，分步乘法). 14、已知随机变量X 的概率分布为P (X =n )=a n (n+1)(n =1,2,3,⋅⋅⋅,10)，则实数a =______．答案：1110分析：根据给定条件利用随机变量分布列的性质列式计算作答. 依题意，P (X =n )=a(1n −1n+1)，由分布列的性质得∑P(X =n)10n=1=a[(1−12)+(12−13)+⋯+(110−111)]=10a 11=1，解得a =1110，所以实数a=1110.所以答案是：1110解答题15、在核酸检测中, “k合1”混采核酸检测是指：先将k个人的样本混合在一起进行1次检测,如果这k个人都没有感染新冠病毒，则检测结果为阴性，得到每人的检测结果都为阴性，检测结束:如果这k个人中有人感染新冠病毒，则检测结果为阳性，此时需对每人再进行1次检测,得到每人的检测结果，检测结束.现对100人进行核酸检测，假设其中只有2人感染新冠病毒，并假设每次检测结果准确.（I）将这100人随机分成10组，每组10人，且对每组都采用“10合1”混采核酸检测.(i)如果感染新冠病毒的2人在同一组，求检测的总次数;(ii)已知感染新冠病毒的2人分在同一组的概率为111.设X是检测的总次数，求X的分布列与数学期望E(X).(II）将这100人随机分成20组，每组5人，且对每组都采用“5合1”混采核酸检测.设Y是检测的总次数，试判断数学期望E(Y)与(I)中E(X)的大小.(结论不要求证明)答案：（1）①20次；②分布列见解析；期望为32011；（2）E(Y)>E(X)．分析：（1）①由题设条件还原情境，即可得解；②求出X的取值情况，求出各情况下的概率，进而可得分布列，再由期望的公式即可得解；（2）求出两名感染者在一组的概率，进而求出E(Y)，即可得解.（1）①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次；所以总检测次数为20次；②由题意，X可以取20，30，P(X=20)=111，P(X=30)=1−111=1011，则X的分布列:所以E(X)=20×11+30×11=11；（2）由题意，Y 可以取25，30， 两名感染者在同一组的概率为P 1=20C 22C 983C 1005=499，不在同一组的概率为P 2=9599，则E(Y)=25×499+30×9599=295099>E(X).。