湖南省衡阳八中2017届高三上学期第四次月考物理试卷(解析版).doc

2016-2017学年湖南省衡阳八中高三（上）第四次月考数学试卷（文科）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．已知集合A={x|（x+1）（x﹣2）≤0}，集合B为整数集，则A∩B=（）A．{﹣1，0} B．{0，1}C．{﹣2，﹣1，0，1} D．{﹣1，0，1，2}2．i是虚数单位，复数z=1+在复平面内对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．函数的最小正周期为（）A．2πB． C．πD．4．如图圆C内切于扇形AOB，∠AOB=，若在扇形AOB内任取一点，则该点在圆C内的概率为（）A．B．C．D．5．已知f（x）为偶函数，当x≥0时，f（x）=﹣（x﹣1）2+1，满足f[f（a）]=的实数a的个数为（）A．2 B．4 C．6 D．86．设向量=（1，sinθ），=（3sinθ，1），且∥，则cos2θ等于（）A．B． C．D．7．已知实数a i，b i∈R，（i=1，2，…n），且满足a12+a22+…a n2=1，b12+b22+…b n2=1，则a1b1+a2b2+…+a n b n的最大值为（）A．1 B．2 C．n D．28．明代程大位《算法统宗》卷10中有题：“远望巍巍塔七层，红灯点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头儿盏灯？”你的答案是（）A．2盏B．3盏C．4盏D．7盏9．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，俯视图是圆心角为的扇形，则该几何体的侧面积为（）A．B．1+C．1+D．1++10．给出计算的值的一个程序框图如图，其中判断框内应填入的条件是（）A．i＞10 B．i＜10 C．i＞20 D．i＜2011．已知双曲线Γ：﹣=1（a＞0，b＞0）的上焦点F（0，c）（c＞0），M是双曲线下支上的一点，线段MF与圆x2+y2﹣y+=0相切于点D，且|MF|=3|DF|，则双曲线Γ的渐近线方程为（）A．4x±y=0 B．x±4y=0 C．2x±y=0 D．x±2y=012．设直线l1，l2分别是函数f（x）=图象上点P1，P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是（）A．（0，1）B．（0，2）C．（0，+∞）D．（1，+∞）二.填空题（每题5分，共20分）13．已知函数f（x）=是（﹣∞，+∞）上的增函数，那么实数a的取值范围是．14．已知点A（0，2）为圆M：x2+y2﹣2ax﹣2ay=0外一点，圆M上存在点T使得∠MAT=45°，则实数a的取值范围是．15．长方体ABCD﹣A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E为AB的中点，CE=3，cos∠ACE=，且四边形ABB1A1为正方形，则球O的直径为．16．某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，瓶子的制造成本是0.8πr2分，其中r是瓶子的半径，单位是厘米．已知每出售1mL饮料，制造商可获利0.2分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为6cm，则瓶子半径为cm时，每瓶饮料的利润最小．三.解答题（共6题，共70分）17．已知数列a n的各项为正数，前n和为S n，且．（1）求证：数列a n是等差数列；（2）设，求T n．18．如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD的交点为G，AD⊥平面ABE，AE⊥EB，AE=EB=BC=2，F为CE上的点，且BF⊥CE．（Ⅰ）求证：AE⊥平面BCE；（Ⅱ）求三棱锥C﹣GBF的体积．19．某种商品在50个不同地区的零售价格全部介于13元与18元之间，将各地价格按如下方式分成五组：第一组[13，14）；第二组[14，15），…，第五组[17，18]．如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图．（Ⅰ）求价格在[16，17）内的地区数，并估计该商品价格的中位数（精确到0.1）；（Ⅱ）设m、n表示某两个地区的零售价格，且已知m，n∈[13，14）∪[17，18]，求事件“|m﹣n|＞1”的概率．20．已知点P在椭圆C： +=1（a＞b＞0）上，以P为圆心的圆与x轴相切于椭圆的右焦点F2，且•=2，tan∠OPF2=，其中O为坐标原点．（1）求椭圆C的方程；（2）已知点M（﹣1，0），设Q是椭圆C上的一点，过Q、M两点的直线l交y轴于点N，若=2，求直线l的方程；（3）作直线l1与椭圆D： +=1交于不同的两点S，T，其中S点的坐标为（﹣2，0），若点G（0，t）是线段ST垂直平分线上一点，且满足•=4，求实数t的值．21．已知函数．（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点P（1，f（1））处的切线与直线y=x+2垂直，求函数y=f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对于∀x∈（0，+∞）都有f（x）＞2（a﹣1）成立，试求a的取值范围；（Ⅲ）记g（x）=f（x）+x﹣b（b∈R）．当a=1时，函数g（x）在区间[e﹣1，e]上有两个零点，求实数b的取值范围．[选修4-4．坐标系与参数方程]22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为，（ϕ为参数），直线l的参数方程为（t为参数）．以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，点P的极坐标为．（Ⅰ）求点P的直角坐标，并求曲线C的普通方程；（Ⅱ）设直线l与曲线C的两个交点为A，B，求|PA|+|PB|的值．[选修4-5．不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣1|+|x+3|．（1）解不等式f（x）≥8；（2）若不等式f（x）＜a2﹣3a的解集不是空集，求实数a的取值范围．2016-2017学年湖南省衡阳八中高三（上）第四次月考数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．已知集合A={x|（x+1）（x﹣2）≤0}，集合B为整数集，则A∩B=（）A．{﹣1，0} B．{0，1}C．{﹣2，﹣1，0，1} D．{﹣1，0，1，2}【考点】交集及其运算．【分析】由题意，可先化简集合A，再求两集合的交集．【解答】解：A={x|（x+1）（x﹣2）≤0}={x|﹣1≤x≤2}，又集合B为整数集，故A∩B={﹣1，0，1，2}故选D．2．i是虚数单位，复数z=1+在复平面内对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则和几何意义即可得出．【解答】解：复数z=1+=1=1﹣i在复平面内对应的点（1，﹣1）位于第四象限．故选：D．3．函数的最小正周期为（）A．2πB． C．πD．【考点】三角函数的周期性及其求法；同角三角函数基本关系的运用．【分析】先将函数化简为y=Asin（ωx+φ）的形式即可得到答案．【解答】解：由可得最小正周期为T==2π，故选A．4．如图圆C内切于扇形AOB，∠AOB=，若在扇形AOB内任取一点，则该点在圆C内的概率为（）A．B．C．D．【考点】几何概型；扇形面积公式．【分析】本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件对应的包含的事件对应的是扇形AOB，满足条件的事件是圆，根据题意，构造直角三角形求得扇形的半径与圆的半径的关系，进而根据面积的求法求得扇形OAB的面积与⊙P的面积比．【解答】解：由题意知本题是一个等可能事件的概率，设圆C的半径为r，试验发生包含的事件对应的是扇形AOB，满足条件的事件是圆，其面积为⊙C的面积=π•r2，连接OC，延长交扇形于P．由于CE=r，∠BOP=，OC=2r，OP=3r，==；则S扇形AOB∴⊙C的面积与扇形OAB的面积比是．∴概率P=，故选C．5．已知f（x）为偶函数，当x≥0时，f（x）=﹣（x﹣1）2+1，满足f[f（a）]=的实数a 的个数为（）A．2 B．4 C．6 D．8【考点】函数奇偶性的性质．【分析】令f（a）=x，则f[f（a）]=转化为f（x）=．先解f（x）=在x≥0时的解，再利用偶函数的性质，求出f（x）=在x＜0时的解，最后解方程f（a）=x即可．【解答】解：令f（a）=x，则f[f（a）]=变形为f（x）=；当x≥0时，f（x）=﹣（x﹣1）2+1=，解得x1=1+，x2=1﹣；∵f（x）为偶函数，∴当x＜0时，f（x）=的解为x3=﹣1﹣，x4=﹣1+；综上所述，f（a）=1+，1﹣，﹣1﹣，﹣1+；当a≥0时，f（a）=﹣（a﹣1）2+1=1+，方程无解；f（a）=﹣（a﹣1）2+1=1﹣，方程有2解；f（a）=﹣（a﹣1）2+1=﹣1﹣，方程有1解；f（a）=﹣（a﹣1）2+1=﹣1+，方程有1解；故当a≥0时，方程f（a）=x有4解，由偶函数的性质，易得当a＜0时，方程f（a）=x也有4解，综上所述，满足f[f（a）]=的实数a的个数为8，故选D．6．设向量=（1，sinθ），=（3sinθ，1），且∥，则cos2θ等于（）A．B． C．D．【考点】二倍角的余弦．【分析】根据向量平行时满足的条件，列出关系式，化简后得到sin2θ的值，然后把所求的式子利用二倍角的余弦函数公式化简后，将sin2θ的值代入即可求出值．【解答】解：∵∥，∴=，即sin2θ=，则cos2θ=1﹣2sin2θ=1﹣2×=．故选D7．已知实数a i，b i∈R，（i=1，2，…n），且满足a12+a22+…a n2=1，b12+b22+…b n2=1，则a1b1+a2b2+…+a n b n的最大值为（）A．1 B．2 C．n D．2【考点】二维形式的柯西不等式．【分析】由条件利用柯西不等式可得（a12+a22+…+a n2）•（b12+b22+…+b n2）=1≥（a1b1+a2b2+…+a n b n）2，由此求得a1b1+a2b2+…+a n b n的最大值．【解答】解：∵a12+a22+…+a n2=1，b12+b22+…+b n2=1，则由柯西不等式可得（a12+a22+…+a n2）•（b12+b22+…+b n2）≥（a1b1+a2b2+…+a n b n）2，即1×1≥（a1b1+a2b2+…+a n b n）2，故（a1b1+a2b2+…+a n b n）2的最大值为1，故a1b1+a2b2+…+a n b n的最大值为1，故选：A．8．明代程大位《算法统宗》卷10中有题：“远望巍巍塔七层，红灯点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头儿盏灯？”你的答案是（）A．2盏B．3盏C．4盏D．7盏【考点】等比数列的前n项和．【分析】利用等比数列的求和公式即可得出．【解答】解：设每层塔的灯盏数为a n，数列{a n}是公比为2的等比数列．由题意可得：，解得a1=3，故选：B．9．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，俯视图是圆心角为的扇形，则该几何体的侧面积为（）A．B．1+C．1+D．1++【考点】由三视图求面积、体积．【分析】三视图复原几何体是四分之一圆锥，根据数据计算即可．【解答】解：由三视图可知，该几何体是一个沿着对称轴切开的四分之一圆锥，该圆锥的母线l长，其侧面积为：•+2•=1+，故选：C．10．给出计算的值的一个程序框图如图，其中判断框内应填入的条件是（）A．i＞10 B．i＜10 C．i＞20 D．i＜20【考点】循环结构．【分析】结合框图得到i表示的实际意义，要求出所需要的和，只要循环10次即可，得到输出结果时“i”的值，得到判断框中的条件．【解答】解：根据框图，i﹣1表示加的项数当加到时，总共经过了10次运算，则不能超过10次，i﹣1=10执行“是”所以判断框中的条件是“i＞10”故选A11．已知双曲线Γ：﹣=1（a＞0，b＞0）的上焦点F（0，c）（c＞0），M是双曲线下支上的一点，线段MF与圆x2+y2﹣y+=0相切于点D，且|MF|=3|DF|，则双曲线Γ的渐近线方程为（）A．4x±y=0 B．x±4y=0 C．2x±y=0 D．x±2y=0【考点】双曲线的简单性质．【分析】由圆的方程求出圆心坐标，设出D的坐标，由题意列式求出D的坐标，结|MF|=3|DF|，求得M的坐标，再把M的坐标代入双曲线方程求得答案．【解答】解：由x2+y2﹣y+=0，得x2+（y﹣）2=，则该圆的圆心坐标为（0，），半径为．设切点D（x0，y0）（y0＞0），则由x2+y2﹣y+=0与（x0，y0﹣c）•（x0，y0﹣）=0，解得：x0=，y0=．∴D（，），由|MF|=3|DF|，得=3，得M（，﹣），代入双曲线Γ：﹣=1（a＞0，b＞0）整理得b=2a，∴双曲线Г的渐近线方程为y=±x．故选：D．12．设直线l1，l2分别是函数f（x）=图象上点P1，P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是（）A．（0，1）B．（0，2）C．（0，+∞）D．（1，+∞）【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】设出点P1，P2的坐标，求出原分段函数的导函数，得到直线l1与l2的斜率，由两直线垂直求得P1，P2的横坐标的乘积为1，再分别写出两直线的点斜式方程，求得A，B两点的纵坐标，得到|AB|，联立两直线方程求得P的横坐标，然后代入三角形面积公式，利用基本不等式求得△PAB的面积的取值范围．【解答】解：设P1（x1，y1），P2（x2，y2）（0＜x1＜1＜x2），当0＜x＜1时，f′（x）=，当x＞1时，f′（x）=，∴l1的斜率，l2的斜率，∵l1与l2垂直，且x2＞x1＞0，∴，即x1x2=1．直线l1：，l2：．取x=0分别得到A（0，1﹣lnx1），B（0，﹣1+lnx2），|AB|=|1﹣lnx1﹣（﹣1+lnx2）|=|2﹣（lnx1+lnx2）|=|2﹣lnx1x2|=2．联立两直线方程可得交点P的横坐标为x=，∴|AB|•|x P|==．∵函数y=x+在（0，1）上为减函数，且0＜x1＜1，∴，则，∴．∴△PAB的面积的取值范围是（0，1）．故选：A．二.填空题（每题5分，共20分）13．已知函数f（x）=是（﹣∞，+∞）上的增函数，那么实数a的取值范围是（1，3] ．【考点】指数函数单调性的应用．【分析】由题意可得a＞1且a0≥3a﹣8，由此求得实数a的取值范围．【解答】解：∵函数是（﹣∞，+∞）上的增函数，∴a＞1且a0≥3a﹣8，解得1＜a≤3，故实数a的取值范围是（1，3]，故答案为（1，3]．14．已知点A（0，2）为圆M：x2+y2﹣2ax﹣2ay=0外一点，圆M上存在点T使得∠MAT=45°，则实数a的取值范围是≤＜或≤．【考点】圆的一般方程．【分析】化标准方程易得圆的圆心为M（a，a），半径r=a，由题意可得1≥≥sin∠MAT，由距离公式可得a的不等式，解不等式可得．【解答】解：化圆的方程为标准方程可得（x﹣a）2+（y﹣a）2=2a2，∴圆的圆心为M（a，a），半径r=|a|，∴AM=，TM=|a|，∵AM和TM长度固定，∴当T为切点时，∠MA T最大，∵圆M上存在点T使得∠MAT=45°，∴若最大角度大于45°，则圆M上存在点T使得∠MAT=45°，∴=≥sin∠MAT=sin45°=，整理可得a2+2a﹣2≥0，解得a≥或a≤，又=≤1，解得a≤1，又点A（0，2）为圆M：x2+y2﹣2ax﹣2ay=0外一点，∴02+22﹣4a＞0，解得a＜1综上可得≤a＜1或a≤故答案为：≤a＜1或a≤15．长方体ABCD﹣A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E为AB的中点，CE=3，cos∠ACE=，且四边形ABB1A1为正方形，则球O的直径为4或．【考点】球的体积和表面积．【分析】设AB=2x，则AE=x，BC=，由余弦定理可得x2=9+3x2+9﹣2×3××，求出x，即可求出球O的直径．【解答】解：设AB=2x，则AE=x，BC=，∴AC=由余弦定理可得x2=9+3x2+9﹣2×3××，∴x=1或，∴AB=2，BC=2，球O的直径为=4，或AB=2，BC=，球O的直径为=．故答案为：4或．16．某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，瓶子的制造成本是0.8πr2分，其中r是瓶子的半径，单位是厘米．已知每出售1mL饮料，制造商可获利0.2分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为6cm，则瓶子半径为1cm时，每瓶饮料的利润最小．【考点】根据实际问题选择函数类型．【分析】先确定利润函数，再利用求导的方法，即可得到结论．【解答】解：由于瓶子的半径为rcm，每出售1ml的饮料，制造商可获利0.2分，且制造商制作的瓶子的最大半径为6cm，∴每瓶饮料的利润是y=f（r）=0.2×πr3﹣0.8πr2，0＜r≤6，令f′（r）=0.8πr2﹣0.8πr=0，则r=1，当r∈（0，1）时，f′（r）＜0；当r ∈（1，6）时，f ′（r ）＞0．∴函数y=f （r ）在（0，1）上单调递减，在（1，6）上单调递增， ∴r=1时，每瓶饮料的利润最小． 故答案为：1．三.解答题（共6题，共70分）17．已知数列a n 的各项为正数，前n 和为S n ，且．（1）求证：数列a n 是等差数列； （2）设，求T n ．【考点】等差关系的确定；数列的求和．【分析】（1）先根据a 1=求出a 1的值，再由2a n =2（S n ﹣S n ﹣1）可得，将其代入整理可得到（a n +a n ﹣1）（a n ﹣a n ﹣1﹣1）=0，再由a n +a n ﹣1＞0可得到a n ﹣a n ﹣1=1，从而可证明{a n }是等差数列．（2）先根据（1）中的{a n }是等差数列求出其前n 项和Sn ，进而可表示出数列b n 的通项公式，最后根据数列求和的裂项法进行求解即可．【解答】解：（1），n=1时，，∴所以（a n +a n ﹣1）（a n ﹣a n ﹣1﹣1）=0， ∵a n +a n ﹣1＞0∴a n ﹣a n ﹣1=1，n ≥2， 所以数列{a n }是等差数列（2）由（1），所以∴=18．如图，矩形ABCD 中，对角线AC 、BD 的交点为G ，AD ⊥平面ABE ，AE ⊥EB ，AE=EB=BC=2，F 为CE 上的点，且BF ⊥CE ． （Ⅰ） 求证：AE ⊥平面BCE ； （Ⅱ）求三棱锥C ﹣GBF 的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定． 【分析】（Ⅰ）利用线面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面ABE ，可得BC ⊥AE ．再利用线面垂直的判定定理可得AE ⊥平面BCE ；（Ⅱ）由三角形的中位线定理可得：FG ∥AE ，．利用线面垂直的性质可得FG⊥平面BCE ．再利用“等体积变形”即可得出V C ﹣GBF =V G ﹣BCF 计算出即可． 【解答】（I ）证明：∵AD ⊥面ABE ，AD ∥BC ， ∴BC ⊥面ABE ，AE ⊂平面ABE ， ∴AE ⊥BC ．…又∵AE ⊥EB ，且BC ∩EB=B ，∴AE ⊥面BCE ．… （II ）解：∵在△BCE 中，EB=BC=2，BF ⊥CE ， ∴点F 是EC 的中点，且点G 是AC 的中点，…∴FG ∥AE 且． …∵AE ⊥面BCE ，∴FG ⊥面BCE ． ∴GF 是三棱锥G ﹣BFC 的高 …在Rt △BCE 中，EB=BC=2，且F 是EC 的中点．…∴．…19．某种商品在50个不同地区的零售价格全部介于13元与18元之间，将各地价格按如下方式分成五组：第一组[13，14）；第二组[14，15），…，第五组[17，18]．如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图．（Ⅰ）求价格在[16，17）内的地区数，并估计该商品价格的中位数（精确到0.1）；（Ⅱ）设m 、n 表示某两个地区的零售价格，且已知m ，n ∈[13，14）∪[17，18]，求事件“|m ﹣n |＞1”的概率．【考点】古典概型及其概率计算公式；众数、中位数、平均数．【分析】（Ⅰ）价格在[16，17﹚内的频数为0.32，价格在[16，17﹚内的地区数为16，设价格中位数为x，由0.06+0.16+（x﹣15）×0.38=0.5，能计该商品价格的中位数．（Ⅱ）由直方图知，价格在[13，14）的地区数为3，价格在[17，18）的地区数为4，由此能求出事件“|m﹣n|＞1”的概率．【解答】解：（Ⅰ）价格在[16，17﹚内的频数为1﹣（0.06+0.08+0.16+0.38）=0.32，所以价格在[16，17﹚内的地区数为50×0.32=16，…设价格中位数为x，由0.06+0.16+（x﹣15）×0.38=0.5，解得：x≈15.7（元）估计该商品价格的中位数为15.7．（Ⅱ）由直方图知，价格在[13，14）的地区数为50×0.06=3，记为x、y、z，价格在[17，18）的地区数为50×0.08=4，记为A、B、C、D，若m，n∈[13，14）时，有xy，xz，yz 3种情况，若m，n∈[17，18）时，有AB，AC，AD，BC，BD，CD6种情况，m n13141718共有种情况．所以基本事件总数为种，事件“|m﹣n|＞1”所包含的基本事件个数有12种，∴事件“|m﹣n|＞1”的概率P（|m﹣n|＞1）=．…20．已知点P在椭圆C： +=1（a＞b＞0）上，以P为圆心的圆与x轴相切于椭圆的右焦点F2，且•=2，tan∠OPF2=，其中O为坐标原点．（1）求椭圆C的方程；（2）已知点M（﹣1，0），设Q是椭圆C上的一点，过Q、M两点的直线l交y轴于点N，若=2，求直线l的方程；（3）作直线l1与椭圆D： +=1交于不同的两点S，T，其中S点的坐标为（﹣2，0），若点G（0，t）是线段ST垂直平分线上一点，且满足•=4，求实数t的值．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．【分析】（Ⅰ）由已知条件推导出PF2⊥OF2，设r为圆P的半径，c为椭圆的半焦距，由，，求出，再由点P在椭圆，求出a2=4，b2=2，由此能求出椭圆C的方程．（Ⅱ）设直线l的方程为y=k（x+1），由N（0，k），Q（x1，y1），，能求出直线l 的方程．（Ⅲ）由题意知椭圆D：，设直线l1的方程为y=k（x+2），把它代入椭圆D的方程得：（1+4k2）x2+16k2x+（16k2﹣4）=0，利用韦达定理能求出满足条件的实数t的值．【解答】（本小题满分14分）解：（Ⅰ）由题意知，在△OPF2中，PF2⊥OF2，由，得：，设r为圆P的半径，c为椭圆的半焦距，∵，∴，又，，解得：，∴点P的坐标为，…∵点P在椭圆C：上，∴，又a2﹣b2=c2=2，解得：a2=4，b2=2，∴椭圆C的方程为．…（Ⅱ）由（Ⅰ）知椭圆C的方程为，由题意知直线l的斜率存在，故设其斜率为k，则其方程为y=k（x+1），N（0，k），设Q（x1，y1），∵，∴（x1，y1﹣k）=2（﹣1﹣x1，﹣y1），∴，…又∵Q是椭圆C上的一点，∴，解得k=±4，∴直线l的方程为4x﹣y+4=0或4x+y+4=0．…（Ⅲ）由题意知椭圆D：，由S（﹣2，0），设T（x1，y1），根据题意可知直线l1的斜率存在，设直线斜率为k，则直线l1的方程为y=k（x+2），把它代入椭圆D的方程，消去y，整理得：（1+4k2）x2+16k2x+（16k2﹣4）=0，由韦达定理得，则，y1=k（x1+2）=，所以线段ST的中点坐标为，，（1）当k=0时，则有T（2，0），线段ST垂直平分线为y轴，∴，由，解得：．…（2）当k≠0时，则线段ST垂直平分线的方程为y﹣=﹣（x+），∵点G（0，t）是线段ST垂直平分线的一点，令x=0，得：，∴，由，解得：，代入，解得：，综上，满足条件的实数t的值为或．…21．已知函数．（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点P（1，f（1））处的切线与直线y=x+2垂直，求函数y=f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对于∀x∈（0，+∞）都有f（x）＞2（a﹣1）成立，试求a的取值范围；（Ⅲ）记g（x）=f（x）+x﹣b（b∈R）．当a=1时，函数g（x）在区间[e﹣1，e]上有两个零点，求实数b的取值范围．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点的判定定理；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用．【分析】（Ⅰ）求出函数的定义域，在定义域内，求出导数大于0的区间，即为函数的增区间，求出导数小于0的区间即为函数的减区间．（Ⅱ）根据函数的单调区间求出函数的最小值，要使f（x）＞2（a﹣1）恒成立，需使函数的最小值大于2（a﹣1），从而求得a的取值范围．（Ⅲ）利用导数的符号求出单调区间，再根据函数g（x）在区间[e﹣1，e]上有两个零点，得到，解出实数b的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）直线y=x+2的斜率为1，函数f（x）的定义域为（0，+∞），因为，所以，，所以，a=1．所以，，．由f'（x）＞0解得x＞2；由f'（x）＜0，解得0＜x＜2．所以f（x）的单调增区间是（2，+∞），单调减区间是（0，2）．（Ⅱ），由f'（x）＞0解得；由f'（x）＜0解得．所以，f（x）在区间上单调递增，在区间上单调递减．所以，当时，函数f（x）取得最小值，．因为对于∀x∈（0，+∞）都有f（x）＞2（a﹣1）成立，所以，即可．则．由解得．所以，a的取值范围是．（Ⅲ）依题得，则．由g'（x）＞0解得x＞1；由g'（x）＜0解得0＜x＜1．所以函数g（x）在区间（0，1）为减函数，在区间（1，+∞）为增函数．又因为函数g（x）在区间[e﹣1，e]上有两个零点，所以，解得．所以，b的取值范围是．[选修4-4．坐标系与参数方程]22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为，（ϕ为参数），直线l的参数方程为（t为参数）．以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，点P的极坐标为．（Ⅰ）求点P的直角坐标，并求曲线C的普通方程；（Ⅱ）设直线l与曲线C的两个交点为A，B，求|PA|+|PB|的值．【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．【分析】（I）消参数即可得到普通方程，根据极坐标的几何意义即可得出P的直角坐标；（II）将l的参数方程代入曲线C的普通方程得出A，B对应的参数，利用参数得几何意义得出|PA|+|PB|．【解答】解：（Ⅰ），y=sin=，∴P的直角坐标为；由得cosφ=，sinφ=．∴曲线C的普通方程为．（Ⅱ）将代入得t2+2t﹣8=0，设A，B对应的参数分别为t1，t2，则t1+t2=﹣2，t1t2=﹣8，∵P点在直线l上，∴|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=|t1﹣t2|==6．[选修4-5．不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣1|+|x+3|．（1）解不等式f（x）≥8；（2）若不等式f（x）＜a2﹣3a的解集不是空集，求实数a的取值范围．【考点】绝对值不等式的解法；绝对值三角不等式．【分析】（1）求出函数f（x）的分段函数的形式，通过解各个区间上的x的范围去并集即可；（2）求出f（x）的最小值，得到关于a的不等式，解出即可．【解答】解：（1）f（x）=|x﹣1|+|x+3|=，当x＜﹣3时，由﹣2x﹣2≥8，解得x≤﹣5；当﹣3≤x≤1时，f（x）≤8不成立；当x＞1时，由2x+2≥8，解得x≥3．所以不等式f（x）≥8的解集为{x|x≤﹣5或x≥3}．（2）因为f（x）=|x﹣1|+|x+3|≥4，又不等式f（x）＜a2﹣3a的解集不是空集，所以，a2﹣3a＞4，所以a＞4或a＜﹣1，即实数a的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪（4，+∞）．2017年1月11日。

衡阳市八中2019届高三第四次月考试题物理本试题卷分选择题和非选择题两部分，共5页。

时量90分钟，满分100分。

第I卷选择题（共40分）一、选择题（本题共11小题；每小题4分，共44分。

1-7题为单选，8-11题为多选，多选题全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离均为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是()A. 23m/s2 B.169m/s2 C.89m/s2 D.43m/s22.质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图所示，则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是( )A．0，－10 N·sB．10 N·s，－10 N·sC．0,10 N·sD．10 N·s,10 N·s3.如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。

一颗子弹水平射入木块A，并留在其中。

在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是A．动量守恒、机械能守恒B．动量不守恒、机械能守恒C．动量守恒、机械能不守恒D．动量、机械能都不守恒4.如图所示，倾角为θ=30°的光滑斜面上固定有竖直光滑挡板P，横截面为直角三角形的物块A放在斜面与P之间，则物块A对竖直挡板P的压力与物块A对斜面的压力大小之比为A．2：1B．1：2CD 45.如图所示，“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三号”在环月轨道上的运动，发现每经过时间t 通过的弧长为l ，该弧长对应的圆心角为θ弧度．已知万有引力常量为G ，则月球的质量是A ．l 3Gθt 2B ．θ3Gl 2tC ．l 2Gθ3tD ．t 2Gθl 36.质量为2kg 的物体，放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上，在水平拉力F 的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W 和物体发生的位移s 之间的关系如图所示，210/g m s ，下列说法中正确的是A ．此物体在AB 段所匀加速直线运动，且整个过 程中拉力的最大功率为15WB ．此物体在AB 段做匀速直线运动，且整个过程 中拉力的最大功率为15WC ．此物体在AB 段做匀加速直线运动，且整个过程 中拉力的最大功率为6WD ．此物体在AB 段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6W7.直角坐标系xoy 中，A 、B 两点位于x 轴上，坐标如图所示，C 、D 位于y 轴上。

2016-2017学年湖南省衡阳市衡阳八中三（上）第二次月考物理试卷实验班）一、本卷共21题，每题6分．其中物理部分为不定项选择题，全部选对得6分，部分选对得3分，错选，多选不得分．化学部分和生物部分后面所给的四个选项中，只有一个是正确的．1．下列有关质点的说法中正确的是（）A．只有质量和体积都极小的物体才能视为质点B．研究一列火车过铁路桥经历的时间时，可以把火车视为质点C．研究自行车的运动时，因为车轮在不停地转动，所以在任何情况下都不能把自行车作为质点D．虽然地球很大，还在不停地自转，但是在研究地球的公转时，仍然可以把它视为质点2．如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面加速上升，在这个过程中，人脚所受的静摩擦力（）A．等于零，对人不做功B．水平向左，对人做负功C．水平向右，对人做正功 D．斜向上，对人做正功3．（2016秋•衡阳校级月考）在同一点O抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹如图所示，则三个物体做平抛运动的初速度v A、v B、v C的关系和三个物体做平抛运动的时间t A、t B、t C 的关系分别是（）A．v A＞v B＞v C t A＞t B＞t CB．v A=v B=v C t A=t B=t CC．v A＜v B＜v C t A＞t B＞t CD．v A＞v B＞v C t A＜t B＜t C4．（2007•莱芜模拟）如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO1转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块B 到OO1轴的距离为物块A到OO1轴的距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是（）A．A受到的静摩擦力一直增大B．B受到的静摩擦力先增大，后保持不变C．A受到的静摩擦力是先增大后减小D．A受到的合外力一直在增大5．（2015•青岛一模）如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M=2m，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（）A．M和m组成的系统机械能守恒B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和6．（2014春•西城区校级期中）北京时间2005年11月9日11时33分，欧洲宇航局的“金星快车”探测器发射升空，主要任务是探测金星的神秘气候，这是近十年来人类探测器首次探访金星．假设探测器绕金星做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T；又已知金星的半径为R，体积为πR3，万有引力常量为G，根据以上条件可得（）A．金星的质量为M=B．金星的质量为M=C．金星的密度ρ=D．金星的密度ρ=7．（2015•宝鸡模拟）如图，在光滑的水平面上放置着质量为M的木板，在木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是（）A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大C．若仅增大恒力F，则时间t增大D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数为μ，则时间t增大8．（2012•常州学业考试）冰壶比赛场地如图，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线MN处放手让冰壶滑出．设在某次投掷后发现冰壶投掷的初速度v0较小，直接滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心O的位置，于是运动员在冰壶到达前用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从μ减小到某一较小值μ′，设经过这样擦冰，冰壶恰好滑行到圆心O点．关于这一运动过程，以下说法正确的是（）A．为使本次投掷成功，必须在冰壶滑行路线上的特定区间上擦冰B．为使本次投掷成功，可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰C．擦冰区间越靠近投掷线，冰壶滑行的总时间越短D．擦冰区间越远离投掷线，冰壶滑行的总时间越短二、非选择题（共174分）9．（12分）（2016秋•衡阳校级月考）某同学用如图所示装置来验证动量守恒定律，相应的操作步骤如下：A．将斜槽固定在桌面上，使斜槽末端保持水平，并用“悬挂重锤”的方法在水平地面上标定斜槽末端正下方的O点．B．取入射小球a，使之自斜槽上某点静止释放，并记下小球a的落地点P1；C．取被碰小球b，使之静止于斜槽末端，然后让小球a自斜槽上同一点由静止释放，运动至斜槽末端与小球b发生碰撞，并记下小球a的落地点M和小球b的落地点N；D．测量有关物理量，并利用所测出的物理量做相应的计算，以验证a、b两小球在碰撞过程中所遵从的动量守恒定律．（1）在下列给出的物理量中，本实验必须测量的有______（填写选项的序号）．①小球a的质量m1和小球b的质量m2；②小球a在斜槽上的释放点距斜槽末端的竖直高度h；③斜槽末端距水平地面的竖直高度H；④斜槽末端正下方的O点距两小球落地点P、M、N的水平距离OP、OM、ON；⑤小球a自斜槽上某点处由静止释放直至离开斜槽末端所经历的时间t0；⑥小球a、b自离开斜槽末端直至落地经历的时间t．（2）步骤C和步骤B中小球a的释放点相同的原因______；步骤B和步骤C中选取入射小球a的质量m1和被碰小球b的质量m2间的关系应该为m1______m2（填“＞”或“＜”）．（3）实验中所测量的物理量之间满足关系式______，就可证实两小球在碰撞过程中遵从动量守恒定律．10．（16分）（2016•成都模拟）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s2．求（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．11．（16分）（2015•安庆校级三模）如图所示，一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上，光滑圆弧MN的半径为R=3.2m，水平部分NP长L=3.5m，物体B静止在足够长的平板小车C上，B与小车的接触面光滑，小车的左端紧贴平台的右端．从M点由静止释放的物体A 滑至轨道最右端P点后再滑上小车，物体A滑上小车后若与物体B相碰必粘在一起，它们间无竖直作用力．A与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．物体A、B和小车C的质量均为1kg，取g=10m/s2．求：（1）物体A进入N点前瞬间对轨道的压力大小？（2）物体A在NP上运动的时间？（3）物体A最终离小车左端的距离为多少？12．（18分）（2014秋•乳山市期中）如图所示，斜面轨道AB与水平面之间的夹角θ=53°，BD为半径R=4m的圆弧形轨道，且B点与D点在同一水平面上，在B点，斜面轨道AB与圆弧形轨道BC在B点相切，整个轨道处于竖直平面内且处处光滑，在A点处有一质量m=1kg的小球由静止滑下，经过B、C两点后从D点斜抛出去，已知A点距地面的高度H=10m，B点距地面的高度h=5m，（不计空气阻力，g取10m/s2，cos 53°=0.6，保留两位有效数字）求：（1）小球从D点抛出后，落到水平地面上的速度（2）小球经过AB段所用的时间？（3）小球经过圆弧轨道最低处C点时对轨道的压力多大？2016-2017学年湖南省衡阳市衡阳八中三（上）第二次月考物理试卷实验班）参考答案与试题解析一、本卷共21题，每题6分．其中物理部分为不定项选择题，全部选对得6分，部分选对得3分，错选，多选不得分．化学部分和生物部分后面所给的四个选项中，只有一个是正确的．1．下列有关质点的说法中正确的是（）A．只有质量和体积都极小的物体才能视为质点B．研究一列火车过铁路桥经历的时间时，可以把火车视为质点C．研究自行车的运动时，因为车轮在不停地转动，所以在任何情况下都不能把自行车作为质点D．虽然地球很大，还在不停地自转，但是在研究地球的公转时，仍然可以把它视为质点【考点】质点的认识【分析】当物体的形状和大小在所研究的问题中可以忽略，物体可以看成质点．【解答】解：A、物体能否看成质点，不是看物体的质量和体积大小，是看形状和大小在所研究的问题中能否忽略．故A错误．B、研究火车过桥，火车的长度不能忽略，火车不能看成质点．故B错误．C、研究车轮的转动，车轮的形状不能忽略，自行车不能看成质点．但在研究自行车的运动速度时，就可以忽略自行车的自身大小，则可把自行车作为质点．故C错误．D、地球很大，在研究地球公转时，地球的大小与日地距离比较，可以忽略，可以看出质点．故D正确．故选D．【点评】解决本题的关键掌握物体能否看出质点的条件，关键看物体的形状和大小在所研究的问题中能否忽略．2．如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面加速上升，在这个过程中，人脚所受的静摩擦力（）A．等于零，对人不做功B．水平向左，对人做负功C．水平向右，对人做正功 D．斜向上，对人做正功【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】动扶梯上的人随扶梯斜向上做加速运动，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向，根据牛顿第二定律即可求解．【解答】解：人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：a x=acosθ，方向水平向右；a y=asinθ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f=ma=macosθ，水平向右，设扶梯与水平方向的夹角为θ，运动的位移为x，则W=fxcosθ＞0，做正功．故选：C【点评】解决本题时可以把加速度进行分解，结合牛顿第二定律求解，难度适中．3．（2016秋•衡阳校级月考）在同一点O抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹如图所示，则三个物体做平抛运动的初速度v A、v B、v C的关系和三个物体做平抛运动的时间t A、t B、t C 的关系分别是（）A．v A＞v B＞v C t A＞t B＞t CB．v A=v B=v C t A=t B=t CC．v A＜v B＜v C t A＞t B＞t CD．v A＞v B＞v C t A＜t B＜t C【考点】平抛运动【分析】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．【解答】解：三个物体都做平抛运动，取一个相同的高度，此时物体的下降的时间相同，水平位移大的物体的初速度较大，如图所示，由图可知：v A＜v B＜v C，由h=gt2可知，物体下降的高度决定物体运动的时间，所以t A＞t B＞t C，所以C正确．故选：C【点评】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．4．（2007•莱芜模拟）如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO1转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块B 到OO1轴的距离为物块A到OO1轴的距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是（）A．A受到的静摩擦力一直增大B．B受到的静摩擦力先增大，后保持不变C．A受到的静摩擦力是先增大后减小D．A受到的合外力一直在增大【考点】牛顿第二定律；静摩擦力和最大静摩擦力；向心力【分析】在转动过程中，两物体都需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以做向心力时，绳子的拉力就会来做补充，速度再快，当这2个力的合力都不足以做向心力时，物体将会发生相对滑动，根据向心力公式进行讨论即可求解．【解答】解：D、在转动过程中，两物体都需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以做向心力时，绳子的拉力就会来做补充，速度再快，当这2个力的合力都不足以做向心力时，物体将会发生相对滑动．根据向心力公式，F向=可知：在发生相对滑动前物体的半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力就是物体的合力，故D正确．A、由于A的半径比B小．根据向心力的另一个公式F向=mω2R 可知A、B的角速度相同，知当角速度逐渐增大时，B物体先达到最大静摩擦力，角速度继续增大，B物体靠绳子的拉力和最大静摩擦力提供向心力，角速度增大，拉力增大，则A物体的摩擦力减小，当拉力增大到一定程度，A物体所受的摩擦力减小到零后反向，角速度增大，A物体的摩擦力反向增大．所以A所受的摩擦力先增大后减小，又增大，反向先指向圆心，然后背离圆心，B物体的静摩擦力一直增大达到最大静摩擦力后不变，AC错误，B正确．故选：BD【点评】本题主要考查了向心力的来源以及向心力公式的直接应用，难度适中．5．（2015•青岛一模）如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M=2m，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（）A．M和m组成的系统机械能守恒B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和【考点】机械能守恒定律；功能关系【分析】分析AB两物体的受力情况及各力做功情况，从而分析A其运动情况，类比弹簧振子，从而判断选项．【解答】解：A、因Mm之间有弹簧，故两物体受弹簧的弹力做功，机械能不守恒；故A错误；B、M的重力分力为Mgsinθ=mg；物体先做加速运动，当受力平衡时M速度达最大，则此时m受力为mg，故m恰好与地面间的作用力为零；故B正确；C、从m开始运动至到M到达底部过程中，弹力的大小一直大于m的重力，故m一直做加速运动，M到达底部时，m的速度不为零；故C错误；D、M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和；故D正确；故选：BD．【点评】本题考查功能关系，要注意明确能量之间的转化及功能关系的正确应用．6．（2014春•西城区校级期中）北京时间2005年11月9日11时33分，欧洲宇航局的“金星快车”探测器发射升空，主要任务是探测金星的神秘气候，这是近十年来人类探测器首次探访金星．假设探测器绕金星做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T；又已知金星的半径为R，体积为πR3，万有引力常量为G，根据以上条件可得（）A．金星的质量为M=B．金星的质量为M=C．金星的密度ρ=D．金星的密度ρ=【考点】万有引力定律及其应用【分析】万有引力提供向心力，由万有引力公式与牛顿第二定律求出质量，然后由密度公式求出密度．【解答】解：万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m（）2r，解得：M=，密度：ρ===，故AC正确；故选：AC．【点评】本题考查了求金星的质量与密度，金星绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律与密度公式即可正确解题．7．（2015•宝鸡模拟）如图，在光滑的水平面上放置着质量为M的木板，在木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是（）A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大C．若仅增大恒力F，则时间t增大D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数为μ，则时间t增大【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】根据牛顿第二定律分别求出m和M的加速度，抓住位移之差等于板长，结合位移时间公式求出脱离的时间，从而进行分析．【解答】解：根据牛顿第二定律得，m的加速度，M的加速度根据L=．t=．A、若仅增大木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度减小，则时间t减小．故A错误．B、若仅增大小木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大．故B正确．C、若仅增大恒力F，则m的加速度变大，M的加速度不变，则t变小．故C错误．D、若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大．故D正确．故选：BD．【点评】解决本题的关键通过牛顿第二定律和位移时间公式得出时间的表达式，从而进行逐项分析．8．（2012•常州学业考试）冰壶比赛场地如图，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线MN处放手让冰壶滑出．设在某次投掷后发现冰壶投掷的初速度v0较小，直接滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心O的位置，于是运动员在冰壶到达前用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从μ减小到某一较小值μ′，设经过这样擦冰，冰壶恰好滑行到圆心O点．关于这一运动过程，以下说法正确的是（）A．为使本次投掷成功，必须在冰壶滑行路线上的特定区间上擦冰B．为使本次投掷成功，可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰C．擦冰区间越靠近投掷线，冰壶滑行的总时间越短D．擦冰区间越远离投掷线，冰壶滑行的总时间越短【考点】动能定理的应用【分析】从发球到O点应用动能定理列出等式找出在冰壶滑行路线上擦冰的距离来进行判断．擦冰区间越靠近投掷线，则开始阶段冰壶的平均速度就越大，总的平均速度越大，距离一定，所以时间越短．【解答】解：A、从发球到O点应用动能定理列出等式可知：，所以可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰，只要保证擦冰的距离一定就行．故A错误，B正确．C、擦冰区间越靠近投掷线，则开始阶段冰壶的平均速度就越大，总的平均速度越大，距离一定，所以时间越短，故C正确，D错误．故选BC．【点评】本题关键要分析冰壶的运动情况，能运用动能定理找出擦冰的距离．对于一定距离，先以较大速度运动，再以较小速度运动，总的时间较小．二、非选择题（共174分）9．（12分）（2016秋•衡阳校级月考）某同学用如图所示装置来验证动量守恒定律，相应的操作步骤如下：A．将斜槽固定在桌面上，使斜槽末端保持水平，并用“悬挂重锤”的方法在水平地面上标定斜槽末端正下方的O点．B．取入射小球a，使之自斜槽上某点静止释放，并记下小球a的落地点P1；C．取被碰小球b，使之静止于斜槽末端，然后让小球a自斜槽上同一点由静止释放，运动至斜槽末端与小球b发生碰撞，并记下小球a的落地点M和小球b的落地点N；D．测量有关物理量，并利用所测出的物理量做相应的计算，以验证a、b两小球在碰撞过程中所遵从的动量守恒定律．（1）在下列给出的物理量中，本实验必须测量的有①④（填写选项的序号）．①小球a的质量m1和小球b的质量m2；②小球a在斜槽上的释放点距斜槽末端的竖直高度h；③斜槽末端距水平地面的竖直高度H；④斜槽末端正下方的O点距两小球落地点P、M、N的水平距离OP、OM、ON；⑤小球a自斜槽上某点处由静止释放直至离开斜槽末端所经历的时间t0；⑥小球a、b自离开斜槽末端直至落地经历的时间t．（2）步骤C和步骤B中小球a的释放点相同的原因保证小球做平抛运动的初速度相等；步骤B和步骤C中选取入射小球a的质量m1和被碰小球b的质量m2间的关系应该为m1＞m2（填“＞”或“＜”）．（3）实验中所测量的物理量之间满足关系式m1OP=m1OM+m2ON，就可证实两小球在碰撞过程中遵从动量守恒定律．【考点】验证动量守恒定律【分析】（1）应用动量守恒定律求出需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题．（2）根据实验原理与实验注意事项分析答题，明确入射球应大于被碰球，且每次入射球由同一点释放；（3）根据平抛运动规律，再利用动量守恒定律求出需要验证的表达式，【解答】解：（1）小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则：m1v1=m1v1′+m2v2′，两边同时乘以t，则：m1v1t=m1v1′t+m2v2′t，m1OP=m1OM+m2ON，实验需要测量小球的质量、小球的水平位移，故选①④；（2）为保证小球做平抛运动的初速度相等，每次实验时小球a应从同一位置由静止释放，为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m1＞m2．（3）由（1）可知，实验需要验证的表达式为：m1OP=m1OM+m2ON．故答案为：（1）①④；（2）保证小球做平抛运动的初速度相等；＞；（3）m1OP=m1OM+m2ON 【点评】本题考查了验证动量守恒定律实验，要注意实验需要测量的量、实验注意事项、求表达式，知道实验原理与实验注意事项、应用动量守恒定律即可正确解题．10．（16分）（2016•成都模拟）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s2．求（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律【分析】（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得μ1；再对碰后过程分析同理可求得μ2．（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度；（3）对木板和物块达相同静止后的过程进行分析，由牛顿第二定律及运动学公式联立可求得位移；则可求得木板最终的距离．【解答】解：（1）规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M．由牛顿第二定律有﹣μ1（m+M）g=（m+M）a1 ①由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1=4m/s，由运动学公式得v1=v0+at ②③式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ1=0.1 ④。

衡阳八中2017-2018学年高三实验班第二次月考物理（试题卷）第I卷选择题（每题6分，共126分）本卷共21题，每题6分。

其中物理部分为不定项选择题，全部选对得6分，部分选对得3分，错选，多选不得分。

化学部分和生物部分后面所给的四个选项中，只有一个是正确的。

1.下列有关质点的说法中正确的是A．只有质量和体积都极小的物体才能视为质点B．研究一列火车过铁路桥经历的时间时，可以把火车视为质点C．研究自行车的运动时，因为车轮在不停地转动，所以在任何情况下都不能把自行车作为质点D．虽然地球很大，还在不停地自转，但是在研究地球的公转时，仍然可以把它视为质点2.如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面加速上升，在这个过程中，人脚所受的静摩擦力A.等于零，对人不做功；B.水平向左，对人做负功；C.水平向右，对人做正功；D.斜向上，对人做正功；3.在同一点O抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹如图所示，则三个物体做平抛运动的初速度vA、vB、v C的关系和三个物体做平抛运动的时间t A、t B、t C的关系分别是A．v A＞v B＞v C t A＞t B＞t C B．v A=v B=v C t A=t B=t CC．v A＜v B＜v C t A＞t B＞t C D．v A＞v B＞v C t A＜t B＜t C4.如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO1转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块B 到OO1轴的距离为物块A到OO1轴的距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是A．A受到的静摩擦力一直增大B．B受到的静摩擦力先增大，后保持不变C．A受到的静摩擦力是先增大后减小D．A受到的合外力一直在增大5.如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M=2m，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是A．M和m组成的系统机械能守恒B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和6.北京时间2005年11月9日，欧洲宇航局的“金星快车”探测器发射升空，主要任务是探测金星的神秘气候，这是近十年来人类探测器首次探访金星。