【市级联考】山东省青岛市2019届高三下学期3月教学质量检测(一模)理科综合化学试题(解析版)

249年青岛市高三年级教学质■检测理科综合能力测试物理试题2019.3二、选择题：本题共E小题，毎小题6分°在每小题给出的四牛选项中，第J4-IR题只有一项符合题冃要求，第1421题有名项符合题目要求.全部选对的得石分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14*舂*期间非常火爆的虹彩《流浪地球冷讲述了若干年后太阳内部轨转氯的速度加快，形成”氮闪”产生巨大的能量会使地球融化・核反应方程为+ 已+ %「人类为了生存，通过给地球加速使其逃离丈阳系，最终到达4.25光年外的比邻星系前某轨道绕比邻星做匀速圆周运动，引力常量为G,根锯以上信息下列说法正确的是A.核反应方程式中的X为正电子R.地珠要脱离太阳系需加速到第二宇宙速度C.若C知地球在比邻星系内的轨道半径和环绕周期，则可确定岀比邻星的密度m 若已知地球在比邻星系内的轨道半径和坏绕周期'则叮确定出比邻星的质s1匚一个7K = 2kg的物体受四个力的作用处于平衡状态。

当其中•个*14的作用力窠然消失，其余三个力保持不变七经过时间严冶后.F列说法正确的是A.物体一定做在线运动B*物体的速度一定是5m f sC*物体速度的变化量一楚等于5m,sm物休的动能-底增加了2刃】&随材北京冬奧会的临近，滑雪顶目成为了人们非常喜爱的运动项目剧如图，运动员从高为A的4点由静止滑下，到达F点水平飞出肓经过时间「落到长直滑道上的「点，不计滑动过程的摩擦和空代阻力*关于运动城的运动，F列说法正确的垦A.若力加倍*则水平弋出的速度”加倍B-若矗加倍，则在空中运动的时间门山倍C.若方加倍，运动员落到斜面上的速度大小不变D*若斤加倍＜运动员落到斜面上的速度方向不变17*雨打芭蕉是我国古代立学中重要的抒情意象为佔算雨天院中芭蕉叶面上单•位面积所療受的力，小玲同学将一圆拄形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15mm,査询得知，当时雨滴落地速度约为lOnvs,设雨禰撞击芭焦后无反弹，不计雨滴収力.雨水的密度为lxIO^kg/m\据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为A. 0.25NB. OdNC. 1.5ND. 2.5N2019年青岛市高三年级教学质■檢测 理科综合能力测试第2页】!＜如图，为臬小型水电站电能输送杓示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器八的 原、副线圈礎数比为】：20,降压变压器门的原、副线圈I 币数比为3:1。

山东省青岛市2019届高三3月教学质量检测（一模）数学（理）试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合，集合，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出集合，集合，由此能求出．【详解】∵集合，集合，∴．故选：C．【点睛】本题考查并集的求法，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.已知为虚数单位，实数，满足，则的值为（）A. 6B. -6C. 5D. -5【答案】A【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求解即可得答案．【详解】∵，∴，解得．∴的值为6．故选：A．【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件，是基础题．3.已知，满足约束条件，则的最小值是（ ）A.B.C. 0D. 3【答案】A 【解析】 【分析】作出不等式对应的平面区域，利用的几何意义进行求解即可． 【详解】作出，满足约束条件对应的平面区域如图（阴影部分）：则的几何意义为区域内的点到定点的直线的斜率，由图象可知当直线过点时对应的斜率最小，由，解得，此时的斜率，故选：A ．【点睛】本题主要考查线性规划应用，利用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法，要熟练掌握目标函数的几何意义．4.已知函数图象的相邻两对称中心的距离为，且对任意都有，则函数的一个单调递增区间可以为（ ）A.B.C.D.【答案】D 【解析】 【分析】根据条件求出函数的周期和，利用条件判断函数的对称性，然后结合函数单调性的性质进行求解【详解】∵函数图象的相邻两对称中心的距离为，∴，即，∵，∴，∵对任意都有，∴函数关于对称，即，，即，，∵，∴当时，，即，由，得，，即函数的单调递增区间为，，当时，单调递增区间为，故选：D．【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，根据条件求出函数的解析式是解决本题的关键．5.执行如图所示的程序框图，则输出的值为（）A. 7B. 6C. 5D. 4【解析】 【分析】由流程图循环4次，输出，即可得出结果.． 【详解】初始值，，是， 第一次循环：，，是， 第二次循环：，，是， 第三次循环：，，是， 第四次循环:S ，，否，输出．故选：C ．【点睛】本题考查程序框图的循环，分析框图的作用，逐步执行即可，属于基础题．6.过抛物线的焦点作倾斜角为的直线，若与抛物线交于，两点，且的中点到抛物线准线的距离为4，则的值为（ ）A. B. 1C. 2D. 3【答案】C 【解析】 【分析】 设，，由点差法得到，因为过抛物线的焦点且斜率为1的直线与抛物线相交于，两点，所以，方程为：，故，中点横坐标为，再由线段的中点到抛物线准线的距离为4，能求出．【详解】设，，则，①-②，得：， ∴， ∵过抛物线的焦点且斜率为1的直线与抛物线相交于，两点，∴，方程为：，∵为中点纵坐标，∴，∵，，∴，∴，∵，∴中点横坐标为，∵线段的中点到抛物线准线的距离为4，∴，解得．故选：C．【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系及其应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．7.部分与整体以某种相似的方式呈现称为分形．谢尔宾斯基三角形是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出．具体操作是取一个实心三角形，沿三角形的三边中点连线，将它分成4个小三角形，去掉中间的那一个小三角形后，对其余3个小三角形重复上述过程得到如图所示的图案，若向该图案随机投一点，则该点落在黑色部分的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先观察图象，再结合几何概型中的面积型可得：，得解．【详解】由图可知：黑色部分由9个小三角形组成，该图案由16个小三角形组成，设“向该图案随机投一点，则该点落在黑色部分”为事件，由几何概型中的面积型可得：，故选：B．【点睛】本题考查了识图能力及几何概型中的面积型，熟记公式即可，属于常考题型．8.在中，，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由平面向量的基本定理结合向量共线定理，即可得解.【详解】，故选：A．【点睛】本题考查了平面向量的基本定理，熟记基本定理即可，属于常考题型．9.已知双曲线：，为坐标原点，过的右顶点且垂直于轴的直线交的渐近线于，，过的右焦点且垂直于轴的直线交的渐近线于，，若与的面积比为，则双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由三角形的面积比等于相似比的平方，可得＝，即可求出渐近线方程．【详解】由三角形的面积比等于相似比的平方，则＝，∴，∴＝，∴C渐近线方程为y＝±x，故选：B．【点睛】这个题目考查了双曲线的几何意义的应用，考查了三角形面积之比等于相似比这一转化，题目比较基础.10.设，则展开式中的常数项为（）A. 560B. 1120C. 2240D. 4480【答案】B【解析】【分析】计算定积分求得的值，再利用二项展开式的通项公式，求出展开式中的常数项．【详解】设，则展开式中的通项公式为，令，求得，可得展开式中的常数项为，故选：B．【点睛】本题主要考查定积分的运算，二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．11.在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵．已知在堑堵中，，，，则与平面所成角的大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出与平面所成角的大小．【详解】在堑堵中，，，，∴以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，平面的法向量，设与平面所成角的大小为，则，∴与平面所成角的大小为45°．故选：B．【点睛】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．12.已知函数，若方程有四个不相等的实根，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由方程的根的个数与函数图象交点个数的关系得：方程有四个不相等的实根，等价于函数的图象与直线有四个交点，结合导数求函数图象的切线方程可得：①当直线与函数相切时，，②当直线与函数相切时，利用导数的几何意义可得：，再结合像图知函数的图象与直线有四个交点时，实数的取值范围是，得解．【详解】因为方程有四个不相等的实根，等价于函数的图象与直线有四个交点，易得：①当直线与函数相切时,方程只有一个实根，即只有一个实根，故，即，或(舍)；②当直线与函数相切时，设切点坐标为,因为，所以；所以切线方程为，即；又切线方程为，所以，，由图知函数的图象与直线有四个交点时，实数的取值范围是，故选：D．【点睛】本题考查了方程的根的个数与函数图象交点个数的关系及利用导数求函数图象的切线方程，属中档题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若，则______．【答案】.【解析】【分析】由题意利用同角三角函数的基本关系，二倍角公式，求得的值．【详解】∵，则，故答案为：．【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，二倍角公式的应用，属于基础题．14.已知，且，则的最小值为______．【答案】4.【解析】【分析】直接利用代数式的恒等变换和利用均值不等式的应用求出结果．【详解】∵，∴，∴，当且仅当，时取等号，故答案为：4.【点睛】本题考查的知识要点：代数式的恒等变换，均值不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．15.在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，面，且，若在这个四棱锥内有一个球，则此球的最大表面积为__________．【答案】【解析】【分析】首先根据题意分析出当球和四棱锥内切时球的表面积最大，之后根据面积分割得到，从而得到球的半径.【详解】在这个四棱锥内有一个球，则此球的最大表面积时，对应的球应该是内切球，此时球的半径最大，设内切球的球心为O半径为R，连接球心和ABCD四个点，构成五个小棱锥，根据体积分割得到，五个小棱锥的体积之和即为大棱锥的体积，，根据AB垂直于AD，PD垂直于AB可得到AB垂直于面PDA，故得到AB垂直于PA，同理得到BC垂直于PC，表面积为：，此时球的表面积为： .故答案为：.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球和锥体的内切问题，通常是应用体积分割来求解.16.在中，，，若恒成立，则的最小值为______【答案】.【解析】【分析】由正弦定理可得，，可表示，，然后根据和差角公式及余弦函数的性质可求的范围，进而可求．【详解】∵，，由正弦定理可得，，∴，，∴∵，∴，∴，∴，∵恒成立，则，即的最小值为，故答案为：．【点睛】本题主要考查了正弦定理，和差角公式及余弦函数的性质的简单应用，属于中档试题．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列的前项和为，满足：，，数列为等比数列，满足，，．（Ⅰ）求数列，的通项公式；（Ⅱ）若数列的前项和为，数列的前项和为，试比较与的大小．【答案】（Ⅰ）；.（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）由题意可得数列为首项和公差均为1的等差数列，即可得到所求的通项公式；再由等比数列的通项公式，解方程可得首项和公比，即可得到的通项公式；（Ⅱ）由，运用裂项相消求和可得，由等比数列的求和公式可得，由不等式的性质即可得到大小关系．【详解】（Ⅰ），，可得，即数列为首项和公差均为1的等差数列，可得；数列为等比数列，满足，，．设公比为，可得，可得，即有时，，可得；不成立，舍去，则；（Ⅱ），；，则，即有．【点睛】本题考查等差数列和等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，考查数列的裂项相消求和，以及不等式的性质，考查运算能力和推理能力，属于中档题．18.如图，在多面体中，平面，平面平面，是边长为2的等边三角形，，．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值．【答案】(Ⅰ)见解析；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）取的中点，连结，，推导出，从而平面，再由平面，得，从而四边形是平行四边形，进而，推导出，平面，从而平面，由此能证明平面平面．（Ⅱ）分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．【详解】证明：（Ⅰ）取的中点，连结，，∵，∴，，∵平面，平面平面，平面平面，∴平面，∵平面，∴，又，∴四边形是平行四边形，∴，∵是等边三角形，∴，又∵平面，平面平面，平面平面，∴平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）得平面，∴，又，，∴分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，设平面的一个法向量为，，，则，取，得，设平面的一个法向量为，，，则，取，得，设二面角的平面角为，由题意为钝角，则．∴二面角的余弦值为．【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．19.已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆的右焦点，过的直线与椭圆交于不同的两点，，当直线垂直于轴时，四边形的面积为6．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若直线的斜率为，线段的垂直平分线与轴交于点，求证：为定值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）根据，可得，再根据离心率求出，即可求出椭圆方程，（Ⅱ）由题意可知，直线的方程为，根据韦达定理和弦长公式求出，再求出直线的方程可得的坐标，即可求出，问题得以证明．【详解】（Ⅰ）由：，令可得，则，则，可得∵，∴，，∴∴椭圆的方程为．证明：（Ⅱ）由题意可知，直线的方程为，由，可得设，，∴，，∴，设的中点为，则，则的过程为，令，可得，∴，∵，∴为定值．【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查根的判断式、韦达定理、弦长公式，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．20.某食品厂为了检查甲、乙两条自动包装流水线的生产情况，随机在这两条流水线上各抽取100件产品作为样本称出它们的质量（单位：毫克），质量值落在的产品为合格品，否则为不合格品．如表是甲流水线样本频数分布表，如图是乙流水线样本的频率分布直方图．（Ⅰ）由以上统计数据完成下面列联表，能否在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关？附表：（参考公式：）（Ⅱ）由乙流水线的频率分布直方图可以认为乙流水线生产的产品质量指标服从正态分布，求质量指标落在上的概率；参考公式：，．（Ⅲ）若以频率作为概率，从甲流水线任取2件产品，求至少有一件产品是合格品的概率．【答案】(Ⅰ) 在犯错误的概率不超过0.15的前提下不能认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关；(Ⅱ) 0.8185；(3) 0.9936．【解析】【分析】（Ⅰ）由乙流水线样本的频率分布直方图可知，合格品的个数为，由此可得列联表，根据列联表求得的观测值，结合临界值表可得；（Ⅱ）先根据题中参考公式求出，再由即可求出结果.（Ⅲ）根据对立事件概率公式计算．【详解】（Ⅰ）由乙流水线样本的频率分布直方图可知，合格品的个数为所以，列联表是：所以，所以在犯错误的概率不超过0.15的前提下不能认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关．（Ⅱ）乙流水线的产品生产质量指标服从正态分布， 所以，，所以，即：，所以质量指标落在的概率是0.8185．（Ⅲ）若以频率作概率，则从甲流水线任取一件产品是不合格品的概率，设“任取两件产品，至少有一件合格品”为事件， 则为“任取两件产品，两件均为不合格品”，且，所以，所以任取两件产品至少有一件为合格品的概率为0.9936．【点睛】本题考查了独立性检验，以及正态分布问题，熟记独立性检验的思想以及正态分布的特征即可，属于中档题．21.已知函数．（Ⅰ）当时，证明：函数只有一个零点；（Ⅱ）若函数的极大值等于0，求实数的取值范围．【答案】(Ⅰ)见解析；（Ⅱ）.【解析】 【分析】（Ⅰ）首先求解所给函数的导函数，然后利用导数研究函数的单调性证明题中的结论即可； （Ⅱ）由题意结合函数的解析式和导函数的性质分类讨论确定实数的取值范围即可．【详解】（Ⅰ）由题知：．令则，所以，当时，，即在上单调递减．又因为，所以，当时，；当时，．所以，在上单调递增，在上单调递减，所以．所以只有一个零点．（Ⅱ）由（Ⅰ）知：当时，的极大值等于0，符合题意．①当时，因为当时，；当时，；且，．故存在，满足，当，当，又，；，；所以，此时是的唯一极大值点，且，符合题意．②当时，因为，；，，且，所以，即在上单调递减无极值点，不合题意．③当时，因为当时，；当时，；且，．令，则；所以，所以，即．又因为，故存在，满足，此时是的唯一极小值点，是的唯一极大值点，．因此不合题意．综上可得：．【点睛】本题主要考查导数研究函数的零点，导数研究函数的极值，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题．22.直角坐标系中，曲线的参数方程为其中为参数）；以为极点，以轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线．（Ⅰ）求曲线的普通方程和极坐标方程；（Ⅱ）已知直线与曲线和曲线分别交于和两点（均异于点），求线段的长．【答案】（Ⅰ）的普通方程为，的极坐标方程为：；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）消去参数可得普通方程，再利用公式化成极坐标方程；（Ⅱ）设，的极坐标并分别代入，可得，，再利用可得．【详解】（Ⅰ）因为曲线的参数方程为（为参数），所以的普通方程为①，在极坐标系中，将代入①得，化简得，的极坐标方程为：②．（Ⅱ）因为直线的极坐标方程为（），且直线与曲线和和曲线分别交于，，可设，，将代入②得，将代入曲线得．所以．【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程，熟记参数方程与普通方程的互化方法、以及极坐标与直角坐标的互化公式即可，属于常考题型．23.已知函数，.（1）若，解不等式；（2）对任意，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)代入参数a，零点分区间去掉绝对值，分段解不等式即可；（2）根据绝对值三角不等式得到，所以，进而求解.【详解】（1）当时，，①当时，，解得，所以.②当时，，解得，所以.③当时，，解得，所以.所以不等式的解集为. （2）因为，所以.因为对任意，恒成立，所以，所以，所以.所以实数的取值范围为.【点睛】这个题目考查了绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式求最值的应用，题目难度中等.。

2019年青岛市高三年级教学质量检测理科综合能力测试二、选择题：1.春节期间非常火爆的电影《流浪地球》讲述了若干年后太阳内部氢转氦的速度加快，形成“氦闪”产生巨大的能量会使地球融化，核反应方程为。

人类为了生存，通过给地球加速使其逃离太阳系，最终到达4.25光年外的比邻星系的某轨道绕比邻星做匀速圆周运动，引力常量为G，根据以上信息下列说法正确的是A. 核反应方程式中的X为正电子B. 地球要脱离太阳系需加速到第二宇宙速度C. 若已知地球在比邻星系内的轨道半径和环绕周期，则可确定出比邻星的密度D. 若已知地球在比邻星系内的轨道半径和环绕周期，则可确定出比邻星的质量【答案】D【解析】【详解】根据核反应的电荷数及质量数守恒可知，X的电荷数为0，质量数为1，即为中子，故A 错误；根据宇宙的三个速度定义可知，地球脱离太阳系需加速到第三宇宙速度，故B错误；根据万有引力与向心力的公式可得，解得，即可求解比邻星系的质量，但是不知道比邻星系的半径，所以不可以算出密度，故C错误，D正确。

故选D。

2.一个质量m=2kg的物体受四个力的作用处于平衡状态。

当其中一个F=10N的作用力突然消失，其余三个力保持不变。

经过时间t=1s后，下列说法正确的是A. 物体一定做直线运动B. 物体的速度一定是5m／sC. 物体速度的变化量一定等于5m／sD. 物体的动能一定增加了25J【答案】C【解析】【详解】当F=10N的力消失后，其它力的合力与消失的这个力大小相等，方向相反，若物体原来做匀速直线运动，且速度方向与F的方向不在一条直线上，则物体做曲线运动，故A错误。

F=10N的作用力突然消失，物体的加速度大小为．若初速度为零，则t=1s的速度为v=at=5m/s。

若有初速度，则t=1s末物体的速度不等于5m/s，故B错误。

物体速度的变化量一定为△v=at=10m/s，故C正确。

若初速度为零，则t=1s末动能为E k=mv2=25J，若初速度不为零，则物体的动能变化量不等于25J，故D错误。

绝密★启用前 【市级联考】山东省青岛市2019届高三3月教学质量检测理综物理试题 试卷副标题 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I 卷（选择题) 请点击修改第I 卷的文字说明 一、单选题 1．春节期间非常火爆的电影《流浪地球》讲述了若干年后太阳内部氢转氦的速度加快，形成“氦闪”产生巨大的能量会使地球融化，核反应方程为 。

人类为了生存，通过给地球加速使其逃离太阳系，最终到达4.25光年外的比邻星系的某轨道绕比邻星做匀速圆周运动，引力常量为G ，根据以上信息下列说法正确的是 A ．核反应方程式中的X 为正电子 B ．地球要脱离太阳系需加速到第二宇宙速度 C ．若已知地球在比邻星系内的轨道半径和环绕周期，则可确定出比邻星的密度 D ．若已知地球在比邻星系内的轨道半径和环绕周期，则可确定出比邻星的质量 2．一个质量m=2kg 的物体受四个力的作用处于平衡状态。

当其中一个F=10N 的作用力突然消失，其余三个力保持不变。

经过时间t=1s 后，下列说法正确的是 A ．物体一定做直线运动 B ．物体的速度一定是5m ／s C ．物体速度的变化量一定等于5m ／s D ．物体的动能一定增加了25J 3．随着北京冬奥会的临近，滑雪项目成为了人们非常喜爱的运动项目。

如图，运动员从高为h 的A 点由静止滑下，到达B 点水平飞出后经过时间t 落到长直滑道上的C 点，不计滑动过程的摩擦和空气阻力，关于运动员的运动，下列说法正确的是○………………装…………………○……※不※※要※※在※○………………装…………………○…… A ．若h 加倍，则水平飞出的速度v 加倍 B ．若h 加倍，则在空中运动的时间t 加倍 C ．若h 加倍，运动员落到斜面上的速度大小不变 D ．若h 加倍，运动员落到斜面上的速度方向不变4．雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。

为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15mm ，查询得知，当时雨滴落地速度约为10m ／s ，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg ／m 3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为A ．0.25NB ．0.5NC ．1.5ND ．2.5N5．如图，为某小型水电站电能输送的示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器T 1的原、副线圈匝数比为1：20，降压变压器T 2的原、副线圈匝数比为3：1。

2019届山东青岛高三下第一次模拟考试理综生物试卷【含答案及解析】姓名___________ 班级____________ 分数__________一、选择题1. 下列关于细胞结构和功能的说法，错误的是A．植物细胞“生命系统的边界”是细胞膜B．胃蛋白酶分泌到消化道内不需要载体蛋白C．胰岛B细胞分泌胰岛素的过程中一定会发生膜的融合D．经核糖体合成到达细胞膜的膜蛋白必须经过高尔基体的加工和包装2. 下列关于基因表达的叙述，正确的是A．T细胞受病毒刺激后有特定mRNA的合成B．线粒体、叶绿体和核糖体中均存在A-T和U-A的配对方式C．转运20种氨基酸的tRNA总共有64种D．基因的两条链可分别作模板进行转录，以提高蛋白质合成的效率3. 下列有关实验的描述，正确的是A．鉴定还原糖的实验中，刚加入斐林试剂时组织样液呈无色，加热后变成砖红色B．在观察口腔上皮细胞DNA和RNA分布时，盐酸的作用是对该细胞进行解离C．选取经低温诱导的洋葱根尖制成的临时装片，在显微镜下观察不到联会现象D．探究温度对酶活性的影响时，将酶与底物溶液混合后置于不同温度下保温4. 下列有关遗传和变异的叙述，正确的是A．基因重组可以产生新的性状，但不能改变基因频率B．一对表现正常的夫妇生一患某遗传病的孩子，正常情况下母方是致病基因的携带者 C．花药离体培养过程中，基因突变、基因重组、染色体变异均有可能发生D．基因型为AAbb和aaBB的个体杂交，F 2 双显性性状中能稳定遗传的个体占1／165. 下列关于人体内环境稳态及调节的叙述，错误的是A．血浆和组织液都有运输激素的作用B．内环境稳态是指内环境的温度、PH、渗透压保持相对稳定C．兴奋沿反射弧的传递过程离不开内环境D．神经元细胞膜内 K + 外流是形成静息电位的基础6. 用不同浓度的生长素类似物溶液处理某植物插条使其生根，结果如下表。

下列叙述错误的是A．实验中用于扦插的枝条可能带有芽或幼叶B．根据实验结果无法比较a、b、c浓度的大小C．实验结果表明促进插条生根的最适浓度在a和c之间D．该生长素类似物对根的生理作用具有两重性二、综合题7. 研究小组将生长状况相似的菠菜幼苗均分为A、B两组进行实验探究，A组培养在完全培养液中，B组培养在缺Mg 2+ 的培养液中，其他条件相同且适宜。

2019年青岛市高三年级教学质量检测理科综合生物试卷1.磷存在于所有细胞中，是组成细胞化合物的重要元素，参与生物体内许多生化反应。

下列关于细胞内含磷化合物的叙述，错误的是A. DNA分子解旋后，因空间结构改变而丧失功能B. 核酸具有携带遗传信息、转运某些物质、催化等功能C. 线粒体、染色质、核糖体等结构都有含磷化合物D. 叶绿体基质中三碳化合物的还原需要含磷化合物的参与【答案】A【解析】【分析】DNA、RNA、ATP、磷脂的组成元素均为C、H、O、N、P。

【详解】DNA分子解旋后，未丧失功能，A错误；DNA是遗传物质，携带遗传信息，tRNA可以转运氨基酸，某些RNA还具有催化作用，B正确；线粒体、染色质、核糖体中均含有核酸，故均含有P，C正确；C3的还原需要A TP的参与，ATP含有P，D正确。

故选A。

2.已知施加药物A能使蔗糖酶的活性丧失；施加药物B后蔗糖酶活性不变，但蔗糖和蔗糖酶结合的机会减少。

如图为蔗糖酶在不同处理条件下(温度、PH均适宜)产物浓度与时间的关系，其中乙组使用少量药物B处理。

据图分析，下列叙述合理的是A. 甲组先使用药物B处理，在t1时可能适当提高了温度B. 丙组先使用药物B处理，在t1时可能使用药物A处理C. 在t1时间之后甲组蔗糖酶的活性高于乙组和丙组D. 在t1时间之后丙组中蔗糖酶和蔗糖作用机会不变【答案】B【解析】【分析】由图可知，三条曲线起始反应速率相同，说明开始的处理是相同的；t1后，丙组产物浓度不变，很可能是药物A导致酶失活；甲组达到平衡点的时间缩短。

【详解】甲、乙、丙可能开始均用B处理，甲组原本就是最适温度，若提高温度，酶活性会下降，达到平衡点的时间会延长而不是缩短，A错误；丙组开始用药物B处理，t1后产物浓度不变，可能是药物A处理导致酶失活，B正确；t1后，丙组酶失活，甲乙组酶活性不变，故甲乙组酶活性高于丙组，C错误；t1后，蔗糖酶失活，酶与底物不能结合，D错误。

2019年青岛市高三年级教学质量检测理科综合能力测试2019.03 本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

第I卷1至6页，第Ⅱ卷6至16页，共300分。

考试时间150分钟。

考生注意：1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。

考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。

2．第I卷每小题选出答案后，用2B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，第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。

3．考试结束，监考员将答题卡收回。

可能用到的相对原子质量：H—1 N—14 O—16 Na—23 C1—35.5 Fe—56第I卷(选择题共126分)本卷共21小题，每小题6分，共126分。

一、选择题：本题共13小题，每小题6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．磷存在于所有细胞中，是组成细胞化合物的重要元素，参与生物体内许多生化反应。

下列关于细胞内含磷化合物的叙述，错误的是A．DNA分子解旋后，因空间结构改变而丧失功能B．核酸具有携带遗传信息、转运某些物质、催化等功能C．线粒体、染色质、核糖体等结构都有含磷化合物D．叶绿体基质中三碳化合物的还原需要含磷化合物的参与2．已知施加药物A能使蔗糖酶的活性丧失；施加药物B后蔗糖酶活性不变，但蔗糖和蔗糖酶结合的机会减少。

如图为蔗糖酶在不同处理条件下(温度、PH均适宜)产物浓度与时间的关系，其中乙组使用少量药物B处理。

据图分析，下列叙述合理的是A．甲组先使用药物B处理，在t1时可能适当提高了温度B．丙组先使用药物B处理，在t1时可能使用药物A处理C．在t1时间之后甲组蔗糖酶的活性高于乙组和丙组D．在t1时间之后丙组中蔗糖酶和蔗糖作用机会不变3．某大学的实验小组为验证药物P的抗癌作用，以体外培养的宫颈癌细胞为实验材料进行实验，研究发现在一定浓度范围内随药物P浓度的升高，癌细胞凋亡率升高。

2019届山东省青岛市高三3月教学质量检测（一模）数学（理）试题一、单选题1．已知集合，集合，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】先求出集合，集合，由此能求出．【详解】∵集合，集合，∴．故选：C．【点睛】本题考查并集的求法，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2．已知为虚数单位，实数，满足，则的值为（）A．6 B．-6 C．5 D．-5【答案】A【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求解即可得答案．【详解】∵，∴，解得．∴的值为6．故选：A．【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件，是基础题．3．已知，满足约束条件，则的最小值是（）A．B．C．0 D．3【答案】A【解析】作出不等式对应的平面区域，利用的几何意义进行求解即可．【详解】作出，满足约束条件对应的平面区域如图（阴影部分）：则的几何意义为区域内的点到定点的直线的斜率，由图象可知当直线过点时对应的斜率最小，由，解得，此时的斜率，故选：A．【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法，要熟练掌握目标函数的几何意义．4．已知函数图象的相邻两对称中心的距离为，且对任意都有，则函数的一个单调递增区间可以为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】根据条件求出函数的周期和，利用条件判断函数的对称性，然后结合函数单调性的性质进行求解即可．【详解】∵函数图象的相邻两对称中心的距离为，∴，即，∵，∴，∵对任意都有，∴函数关于对称，即，，即，，∵，∴当时，，即，由，得，，即函数的单调递增区间为，，当时，单调递增区间为，故选：D．【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，根据条件求出函数的解析式是解决本题的关键．5．执行如图所示的程序框图，则输出的值为（）A．7 B．6 C．5 D．4【答案】C【解析】由流程图循环4次，输出，即可得出结果.．【详解】初始值，，是，第一次循环：，，是，第二次循环：，，是，第三次循环：，，是，第四次循环:S，，否，输出．故选：C．【点睛】本题考查程序框图的循环，分析框图的作用，逐步执行即可，属于基础题．6．过抛物线的焦点作倾斜角为的直线，若与抛物线交于，两点，且的中点到抛物线准线的距离为4，则的值为（）A．B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】设，，由点差法得到，因为过抛物线的焦点且斜率为1的直线与抛物线相交于，两点，所以，方程为：，故，中点横坐标为，再由线段的中点到抛物线准线的距离为4，能求出．【详解】设，，则，①-②，得：，∴，∵过抛物线的焦点且斜率为1的直线与抛物线相交于，两点，∴，方程为：，∵为中点纵坐标，∴，∵，，∴，∴，∵，∴中点横坐标为，∵线段的中点到抛物线准线的距离为4，∴，解得．故选：C．【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系及其应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．7．部分与整体以某种相似的方式呈现称为分形．谢尔宾斯基三角形是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出．具体操作是取一个实心三角形，沿三角形的三边中点连线，将它分成4个小三角形，去掉中间的那一个小三角形后，对其余3个小三角形重复上述过程得到如图所示的图案，若向该图案随机投一点，则该点落在黑色部分的概率是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】先观察图象，再结合几何概型中的面积型可得：，得解．【详解】由图可知：黑色部分由9个小三角形组成，该图案由16个小三角形组成，设“向该图案随机投一点，则该点落在黑色部分”为事件，由几何概型中的面积型可得：，故选：B．【点睛】本题考查了识图能力及几何概型中的面积型，熟记公式即可，属于常考题型．8．在中，，，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由平面向量的基本定理结合向量共线定理，即可得解.【详解】，故选：A．【点睛】本题考查了平面向量的基本定理，熟记基本定理即可，属于常考题型．9．已知双曲线：，为坐标原点，过的右顶点且垂直于轴的直线交的渐近线于，，过的右焦点且垂直于轴的直线交的渐近线于，，若与的面积比为，则双曲线的渐近线方程为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由三角形的面积比等于相似比的平方，可得＝，即可求出渐近线方程．【详解】由三角形的面积比等于相似比的平方，则＝，∴，∴＝，∴C的渐近线方程为y＝±x，故选：B．【点睛】这个题目考查了双曲线的几何意义的应用，考查了三角形面积之比等于相似比这一转化，题目比较基础.10．设，则展开式中的常数项为（）A．560 B．1120 C．2240 D．4480【答案】B【解析】计算定积分求得的值，再利用二项展开式的通项公式，求出展开式中的常数项．【详解】设，则展开式中的通项公式为，令，求得，可得展开式中的常数项为，故选：B．【点睛】本题主要考查定积分的运算，二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．11．在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵．已知在堑堵中，，，，则与平面所成角的大小为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出与平面所成角的大小．【详解】在堑堵中，，，，∴以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，平面的法向量，设与平面所成角的大小为，则，∴与平面所成角的大小为45°．故选：B．【点睛】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．12．已知函数，若方程有四个不相等的实根，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由方程的根的个数与函数图象交点个数的关系得：方程有四个不相等的实根，等价于函数的图象与直线有四个交点，结合导数求函数图象的切线方程可得：①当直线与函数相切时，，②当直线与函数相切时，利用导数的几何意义可得：，再结合像图知函数的图象与直线有四个交点时，实数的取值范围是，得解．【详解】因为方程有四个不相等的实根，等价于函数的图象与直线有四个交点，易得：①当直线与函数相切时,方程只有一个实根，即只有一个实根，故，即，或(舍)；②当直线与函数相切时，设切点坐标为,因为，所以；所以切线方程为，即；又切线方程为，所以，，由图知函数的图象与直线有四个交点时，实数的取值范围是，故选：D．【点睛】本题考查了方程的根的个数与函数图象交点个数的关系及利用导数求函数图象的切线方程，属中档题．二、填空题13．若，则______．【答案】.【解析】由题意利用同角三角函数的基本关系，二倍角公式，求得的值．【详解】∵，则，故答案为：．【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，二倍角公式的应用，属于基础题．14．已知，且，则的最小值为______．【答案】4.【解析】直接利用代数式的恒等变换和利用均值不等式的应用求出结果．【详解】∵，∴，∴，当且仅当，时取等号，故答案为：4.【点睛】本题考查的知识要点：代数式的恒等变换，均值不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．15．在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，面，且，若在这个四棱锥内有一个球，则此球的最大表面积为__________．【答案】【解析】首先根据题意分析出当球和四棱锥内切时球的表面积最大，之后根据面积分割得到，从而得到球的半径.【详解】在这个四棱锥内有一个球，则此球的最大表面积时，对应的球应该是内切球，此时球的半径最大，设内切球的球心为O半径为R，连接球心和ABCD四个点，构成五个小棱锥，根据体积分割得到，五个小棱锥的体积之和即为大棱锥的体积，，根据AB垂直于AD，PD垂直于AB可得到AB 垂直于面PDA，故得到AB垂直于PA，同理得到BC垂直于PC，表面积为：，此时球的表面积为：.故答案为：.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球和锥体的内切问题，通常是应用体积分割来求解.16．在中，，，若恒成立，则的最小值为______【答案】.【解析】由正弦定理可得，，可表示，，然后根据和差角公式及余弦函数的性质可求的范围，进而可求．【详解】∵，，由正弦定理可得，，∴，，∴∵，∴，∴，∴，∵恒成立，则，即的最小值为，故答案为：．【点睛】本题主要考查了正弦定理，和差角公式及余弦函数的性质的简单应用，属于中档试题．三、解答题17．已知数列的前项和为，满足：，，数列为等比数列，满足，，．（Ⅰ）求数列，的通项公式；（Ⅱ）若数列的前项和为，数列的前项和为，试比较与的大小．【答案】（Ⅰ）；.（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由题意可得数列为首项和公差均为1的等差数列，即可得到所求的通项公式；再由等比数列的通项公式，解方程可得首项和公比，即可得到的通项公式；（Ⅱ）由，运用裂项相消求和可得，由等比数列的求和公式可得，由不等式的性质即可得到大小关系．【详解】（Ⅰ），，可得，即数列为首项和公差均为1的等差数列，可得；数列为等比数列，满足，，．设公比为，可得，可得，即有时，，可得；不成立，舍去，则；（Ⅱ），；，则，即有．【点睛】本题考查等差数列和等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，考查数列的裂项相消求和，以及不等式的性质，考查运算能力和推理能力，属于中档题．18．如图，在多面体中，平面，平面平面，是边长为2的等边三角形，，．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值．【答案】(Ⅰ)见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）取的中点，连结，，推导出，从而平面，再由平面，得，从而四边形是平行四边形，进而，推导出，平面，从而平面，由此能证明平面平面．（Ⅱ）分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．【详解】证明：（Ⅰ）取的中点，连结，，∵，∴，，∵平面，平面平面，平面平面，∴平面，∵平面，∴，又，∴四边形是平行四边形，∴，∵是等边三角形，∴，又∵平面，平面平面，平面平面，∴平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）得平面，∴，又，，∴分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，设平面的一个法向量为，，，则，取，得，设平面的一个法向量为，，，则，取，得，设二面角的平面角为，由题意为钝角，则．∴二面角的余弦值为．【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．19．已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆的右焦点，过的直线与椭圆交于不同的两点，，当直线垂直于轴时，四边形的面积为6．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若直线的斜率为，线段的垂直平分线与轴交于点，求证：为定值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）根据，可得，再根据离心率求出，即可求出椭圆方程，（Ⅱ）由题意可知，直线的方程为，根据韦达定理和弦长公式求出，再求出直线的方程可得的坐标，即可求出，问题得以证明．【详解】（Ⅰ）由：，令可得，则，则，可得∵，∴，，∴∴椭圆的方程为．证明：（Ⅱ）由题意可知，直线的方程为，由，可得设，，∴，，∴，设的中点为，则，则的过程为，令，可得，∴，∵，∴为定值．【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查根的判断式、韦达定理、弦长公式，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．20．已知函数．（Ⅰ）当时，证明：函数只有一个零点；（Ⅱ）若函数的极大值等于0，求实数的取值范围．【答案】(Ⅰ)见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）首先求解所给函数的导函数，然后利用导数研究函数的单调性证明题中的结论即可；（Ⅱ）由题意结合函数的解析式和导函数的性质分类讨论确定实数的取值范围即可．【详解】（Ⅰ）由题知：．令则，所以，当时，，即在上单调递减．又因为，所以，当时，；当时，．所以，在上单调递增，在上单调递减，所以．所以只有一个零点．（Ⅱ）由（Ⅰ）知：当时，的极大值等于0，符合题意．①当时，因为当时，；当时，；且，．故存在，满足，当，当，又，；，；所以，此时是的唯一极大值点，且，符合题意．②当时，因为，；，，且，所以，即在上单调递减无极值点，不合题意．③当时，因为当时，；当时，；且，．令，则；所以，所以，即．又因为，故存在，满足，此时是的唯一极小值点，是的唯一极大值点，．因此不合题意．综上可得：．【点睛】本题主要考查导数研究函数的零点，导数研究函数的极值，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题．21．直角坐标系中，曲线的参数方程为其中为参数）；以为极点，以轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线．（Ⅰ）求曲线的普通方程和极坐标方程；（Ⅱ）已知直线与曲线和曲线分别交于和两点（均异于点），求线段的长．【答案】（Ⅰ）的普通方程为，的极坐标方程为：；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）消去参数可得普通方程，再利用公式化成极坐标方程；（Ⅱ）设，的极坐标并分别代入，可得，，再利用可得．【详解】（Ⅰ）因为曲线的参数方程为（为参数），所以的普通方程为①，在极坐标系中，将代入①得，化简得，的极坐标方程为：②．（Ⅱ）因为直线的极坐标方程为（），且直线与曲线和和曲线分别交于，，可设，，将代入②得，将代入曲线得．所以．【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程，熟记参数方程与普通方程的互化方法、以及极坐标与直角坐标的互化公式即可，属于常考题型．22．已知函数，.（1）若，解不等式；（2）对任意，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】(1)代入参数a，零点分区间去掉绝对值，分段解不等式即可；（2）根据绝对值三角不等式得到，所以，进而求解.【详解】（1）当时，，①当时，，解得，所以.②当时，，解得，所以.③当时，，解得，所以.所以不等式的解集为.（2）因为，所以.因为对任意，恒成立，所以，所以，所以.所以实数的取值范围为.【点睛】这个题目考查了绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式求最值的应用，题目难度中等.。