2021年新人教版江苏省泰兴市一中高三第一次月考

江苏泰兴重点中学2021年高三第一次检测试卷化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Al-27 Mg-24 Fe-56第Ⅰ卷（选择题共42分）选项）一、单项选择题（本题共7小题，每小题2分，共14分。

每小题只有一个正确．．．．1．关于合金性质的说法中，错误的是（）A．多数合金的硬度一般比其各成分金属的硬度高B．多数合金的熔点一般比其各成分金属的熔点低C．合金的物理性质一般与其各成分金属的物理性质不同D．合金的化学性质一般与其各成分金属的化学性质不同2．久置空气中会发生颜色变化，但颜色变化不是由于跟氧气反应引起的是（）A．过氧化钠固体B．亚硫酸钠固体C．硫酸亚铁晶体D．苯酚晶体4．要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+。

进行如下实验操作时最佳顺序为（）①加入足量氯水②加入足量KMnO4溶液③加入少量KSCN溶液A．③① B．③② C．①③ D．①②③4．下列离子方程式正确的是（）A．钾跟水的反应：2K + 2H2O = 2K+ + 2OH- + H2↑B．碳酸氢钠溶液和苛性钠溶液反应：H+ + OH- = H2OC．过氧化钠加水：Na2O2 + H2O = 2Na+ + 2OH- + O2↑D．小苏打和少量澄清石灰水混合：Ca2+ + OH- + HCO3- = CaCO3↓+ H2O5．下列各组物质相互混合反应，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是（）①金属钠投入到FeCl3溶液②过量NaOH溶液和明矾溶液③少量电石投入过量NaHCO3溶液④Na2O2投入FeCl2溶液A．① B．③ C．②③ D．①③④6．碳酸氢钠受热容易分解为碳酸钠。

现加热5．00 g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了0．31g，则原混合物中碳酸钠的质量为（）A．3．38 g B．4．58 g C．4．16 g D．4．41 g7．将等物质的量的镁和铝相混合,取等质量该混合物四份,分别加到足量的下列溶液中充分反应后,放出氢气最多的是（）A．3mol/LHCl B．4mol/LHNO3C．8mol/LNaOH D．18mol/LH2SO4二、不定项选择题（本题包括7小题，每小题4分共28分。

2021届高江苏省泰州中学三上学期第一次月考文数试题一、填空题：本大题共14个小题,每小题5分,共70分.1.已知集合{}2|20A x x x =-=，{}0,1,2B =，则A B = ．【答案】{}0,2考点：集合运算 【方法点睛】1.用描述法表示集合，首先要弄清集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明确集合类型，是数集、点集还是其他的集合．2．求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．3．在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn 图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元素离散时用Venn 图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍． 2.若31zi i=+-，i 是虚数单位，则复数z 的虚部为 ． 【答案】2- 【解析】 试题分析：3421zi z i i=+⇒=--，所以复数z 的虚部为2- 考点：复数概念【名师点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如()()()(),(,,.)++=-++∈a bi c di ac bd ad bc i a b c d R . 其次要熟悉复数相关基本概念，如复数(,)+∈a bi a b R 的实部为a 、虚部为b 22+a b 、对应点为(,)a b 、共轭为.-a bi3.函数22()log (6)f x x =-的定义域为 ． 【答案】(,6)(6,)-∞+∞【解析】试题分析：由题意得26066x x x ->⇒><-或，即定义域为(,6)(6,)-∞-+∞考点：函数定义域 4.已知函数()sin()5f x kx π=+的最小正周期是3π，则正数k 的值为 ．【答案】6 【解析】试题分析：由题意得263k k ππ=⇒= 考点：三角函数周期5.已知幂函数()y f x =的图象经过点1(4,)2，则1()4f 的值为 ． 【答案】2考点：幂函数解析式6.“三个数a ，b ，c 成等比数列”是“2b ac =”的 条件．（填“充分不必要、充要、必要不充分、既不充分也不必要”） 【答案】充分不必要 【解析】试题分析：三个数a ，b ，c 成等比数列，则2b cb ac a b=⇒=，充分性成立； 0a b c ===满足2b ac =，但a ，b ，c 不成等比数列，必要性不成立，所以“三个数a ，b ，c 成等比数列”是“2b ac =”的充分不必要条件． 考点：充要关系【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法．定义法：直接判断“若p 则q ”、“若q 则p ”的真假．并注意和图示相结合，例如“p ⇒q ”为真，则p 是q 的充分条件．2．等价法：利用p ⇒q 与非q ⇒非p ，q ⇒p 与非p ⇒非q ，p ⇔q 与非q ⇔非p 的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．3．集合法：若A ⊆B ，则A 是B 的充分条件或B 是A 的必要条件；若A ＝B ，则A 是B 的充要条件．7.已知53cos()25πα+=，02πα-<<，则sin 2α的值是 ． 【答案】2425-考点：二倍角公式【方法点睛】三角函数求值的三种类型(1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数。

2020-2021学年江苏省泰州中学高三（上）第一次月考化学试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。

每小题只有一个选项符合题意。

1．能源是人类社会不断发展的核心驱动力。

下列说法正确的是（）A．D、T核聚变发电过程中不产生新元素B．光催化CO2和H2O合成甲醇为放热反应C．可燃冰是天然气水合物，属于清洁能源D．流水、地热能发电的能量转化形式相同2．工业上通常利用反应2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑来获得单质铝，该反应还需要添加Na3[AlF6]（冰晶石）以降低氧化铝的熔化温度。

下列表示相关微粒的化学用语错误的是（）A．质子数与中子数相等的氟原子：FB．[AlF6]﹣的中心离子的结构示意图：C．基态钠原子外围电子排布式：3s1D．基态氧原子的电子排布图：3．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．NH4Cl溶液呈酸性，可用于去除铁锈B．SO2具有还原性，可用于漂白纸张C．Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料D．Na2SiO3溶液呈碱性，可用作木材防火剂4．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．0.1mol•L﹣1HCl溶液：Ba2+、Na+、AlO2﹣、NO3﹣B．0.1mol•L﹣1MgSO4溶液：Al3+、H+、Cl﹣、NO3﹣C．0.1mol•L﹣1NaOH溶液：NH4+、K+、CH3COO﹣、CO32﹣D．0.1mol•L﹣1Na2S溶液：NH4+、K+、ClO﹣、SO42﹣5．下列装置应用于实验室制NO并回收硝酸铜的实验，能达到实验目的是（）A．用装置制取NOB．用装置收集NOC．用装置分离炭粉和硝酸铜溶液D．用装置蒸干硝酸铜溶液制Cu（NO3）2•3H2O6．下列有关物质性质的叙述一定不正确的是（）A．过量铁粉与硝酸反应生成Fe（NO3）3B．KAl（SO4）2•12H2O溶于水可形成Al（OH）3胶体C．NH4Cl与Ca（OH）2混合加热可生成NH3D．Cu与FeCl3洛液反应可生成CuCl27．下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32﹣+CaSO4⇌CaCO3+SO42﹣B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I﹣+IO3﹣+6H+═I2+3H2OC．KClO碱性溶液与Fe（OH）3反应：3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl﹣+4H++H2O D．电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H+Cl2↑+H2↑8．下列有关电化学的说法正确的是（）A．铜的金属活泼性比铁弱，可在海轮外壳上镶入若干铜块以减缓铁腐蚀B．原电池中，一定由活泼性强的金属作负极，发生氧化反应C．原电池放电时的负极和电解池充电时的阴极均发生氧化反应D．可充电电池充电时，负极与电源负极相连，正极与电源正极相连9．五种短周期元素在元素用期表中的位置如表，已知Y原子最外层电子数是其电子层数的2倍，下列说法不正确的是（）M WX Y ZA．五种元素中原子半径最大的是X，离子半径最大的是Y单核离子B．X与M、X与Z形成的化合物晶体类型不同，但化学键类型相同C．工业上M单质可以制X单质，这个事实可证明非金属性M＞XD．五种元素均能与氢元素组成18电子分子10．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．NaCl（aq）Cl2（g）FeCl2（s）B．MgCl2（aq）Mg（OH）2（s）MgO （s）C．S（s）SO3（g）H2SO4（aq）D．N2（g）NH3（g）Na2CO3（s）二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。

江苏省泰州中学2021届高三第一次月度检测物理试题第I 卷（选择题 共48分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分共24分，每小题只有一个选项符合题意.1.某人沿着半径为R 的水平圆周跑道跑了1.75圈时，他的（ ）A.路程和位移的大小均为3.5R πB.C.路程为3.5R πD.路程为1.75R π2.一物体在做匀加速直线运动，第2s 内的平均速度为1m/s ，第7s 内的位移为6m ，则该物体的加速度为（ ）A.0.5m/s 2B.1m/s 2C.1.5m/s 2D.2m/s 23.如图所示，质量m A >m B 的两物体A 、B 叠放在一起，靠着竖直墙面.让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B 的受力示意图正确的是（ ）A. B. C. D.4.如图所示，一个质点做匀加速直线运动依次经过a 、b 、c 、d 四点，已知经过ab 、bc 和cd 三段所用时间之比为3:2:1，通过ab 和cd 段的位移分别为x 1和x 2，则bc 段的位移为（ ）A.122x x + B.122129x x + C.1254x x + D.12529x x - 5.如图所示，木块B 静止在水平地面上，木块A 叠放在B 上.A 的左侧靠在光滑的竖直墙面上.关于A 、B 的受力情况，下列说法中正确的是（ ）A.B 对A 的作用力方向一定竖直向上B.B 对A 的作用力一定大于A 的重力C.地面对B 的摩擦力方向可能向右D.地面对B 的作用力大小可能等于A 、B 的总重力6.如图所示，细线的一端系一质量为m 的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行.在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T 和斜面的支持力为F N 分别为（重力加速度为g ）（ ）A.(cos sin )T m a g θθ=-，(cos sin )N F m g a θθ=+B.(sin cos )T m a g θθ=-，(sin cos )N F m g a θθ=+C.(sin cos )T m g a θθ=+，(cos sin )N F m g a θθ=-D.(sin cos )T m g a θθ=+，(sin cos )N F m g a θθ=-7.如图所示，不计重力的轻杆OP 能以点O 为圆心在竖直平面内自由转动，P 端用轻绳PB 挂一重物，另用一根轻绳通过光滑定滑轮系住P 端.在力F 的作用下，当杆OP 和竖直方向的夹角α()0απ<<缓慢增大时，轻杆OP 的弹力大小（ ）A.逐渐增大B.恒定不变C.逐渐减小D.先增大后减小8.如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg 的恒力F 向上拉B ，运动距离为h 时，B 与A 分离.下列说法正确的是（ ）A.B 和A 刚分离时，弹簧长度等于原长B.B 和A 刚分离时，它们的加速度为gC.弹簧的劲度系数等于mg hD.在B 与A 分离之前，它们做匀加速直线运动二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分.在每小题给出的四个选项中，每小题有多个正确选项。

2021学年江苏省泰州市某校高一（上）第一次月考数学试卷一.填空题：（本大题共14小题，每小题5分，共70分．）1. 已知集合M＝{1, 2, 3}，N＝{2, 3, 4}，则M∩N＝________．2. 已知集合A＝{x|−1≤x≤3}，B＝{x|x<2}，那么集合A∩B＝________．3. 若集合A={1, 2, 3}，B={1, 3, 4}，则A∪B的真子集个数为________．4. 给定映射f：(x, y)→(x+2y, 2x−y)，则象(3, 1)对应的原象为________．5. 函数f(x)=√x+2+2的定义域为________．3−x6. 已知A＝{x|−3≤x≤4}，B＝{m−1≤x≤m+1}，B⊆A，则m∈________．7. 函数f(x)=1−√1−2x的最大值是________．8. 若函数f(x)＝x2+4x+7−a的最小值为2，则函数y＝f(x−2015)的最小值为________．9. 函数f(x)=2x2+3的值域为________．x2+1(x−1)2+1的定义域和值域都是[1, b]，则b的值为________．10. 若函数f(x)=12的定义域为R，则实数m的取值范围是________．11. 若函数y=mx−1mx2+mx+312. 函数y=√5−4x−x2的单调增区间是________．13. f(x)是定义在(−1, 1)上的增函数，且f(x)+f(−x)＝0，若f(1−a)+f(1−a2)> 0，则a∈________．14. 设函数y＝f(k)是定义在N∗上的增函数，且f（f(k)）＝3k，则f(1)+f(9)+f(10)＝________．二.解答题（本大题6小题，前3题各14分，后3题各16分，共90分．）已知集合A＝{x|x2−3x≤0}，B＝{x|2a≤x≤a+2}（1）当a＝1时，求A∩B；（2）当集合A，B满足B⊊A时，求实数a的取值范围．已知二次函数f(x)的最小值为1，且f(0)＝f(2)＝3．（1）求f(x)的解析式；（2）若f(x)在区间[2a, a+1]上是单调函数，求实数a的取值范围．某军工企业生产一种精密电子仪器的固定成本为20000元，每生产一台仪器需增加投入100元，已知总收益满足函数：R(x)={400x−12x2,0≤x≤400,80000,x>400其中x是仪器的月产量．(1)将利润表示为月产量的函数；(2)当月产量为何值时，公司所获利润最大？最大利润是多少元？（总收益=总成本+利润．）已知二次函数f(x)=x2−4x−4在闭区间[t, t+2](t∈R)上的最大值记为g(t)，求g(t)的表达式，并求出g(t)的最小值．已知函数f(x)=x+4x，（1）用定义证明函数f(x)在(2, +∞)上为单调递函数；（2）若g(x)＝a−f(x)，且当x∈[2, 6]时g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．已知f(x)是定义在[−1, 1]上的奇函数，且f(1)=2，任取a，b∈[−1, 1]，a+b≠0，都有f(a)+f(b)a+b>0成立．(1)证明函数f(x)在[−1, 1]上是单调增函数．(2)解不等式f(x)<f(x2)．(3)若对任意x∈[−1, 1]，函数f(x)≤2m2−2am+3对所有的a∈[0, 32]恒成立，求m的取值范围．参考答案与试题解析2021学年江苏省泰州市某校高一（上）第一次月考数学试卷一.填空题：（本大题共14小题，每小题5分，共70分．）1.【答案】{2, 3}【考点】交集及其运算【解析】利用集合交集的定义，求出两个集合的交集．【解答】∵M＝{1, 2, 3}，集合N＝{3, 4, 2}，∴M∩N＝{3, 2}2.【答案】{x|−1≤x<2}【考点】交集及其运算【解析】由A与B，求出两集合的交集即可．【解答】∵A＝{x|−1≤x≤3}，B＝{x|x<2}，∴A∩B＝{x|−1≤x<2}，3.【答案】15【考点】子集与真子集的个数问题并集及其运算【解析】由A与B，求出两集合的并集，找出并集的真子集个数即可．【解答】解：∵A={1, 2, 3}，B={1, 3, 4}，∴A∪B={1, 2, 3, 4}，则A∪B的真子集个数为24−1=15．故答案为：15.4.【答案】(1, 1)【考点】映射【解析】本题已知映射f的对应法则和映射的象，可列出参数x、y相应的关系式，解方程组求出原象，得到本题题结论．【解答】∵ 映射f ：(x, y)→(x +2y, 2x −y)，映射f 下的对应元素为(3, 1)，∴ x +2y ＝3，2x −y ＝1∴ x ＝y ＝1．∴ (3, 1)原来的元素为(1, 1)．5.【答案】[−2, 3)∪(3, +∞)【考点】函数的定义域及其求法【解析】由根式内部的代数式大于等于0，分式的分母不为0求得x 的取值集合得答案．【解答】由{x +2≥03−x ≠0，解得x ≥−2且x ≠3． ∴ 函数f(x)=√x +2+23−x 的定义域为[−2, 3)∪(3, +∞)．6.【答案】[−2, 3]【考点】集合的包含关系判断及应用【解析】B ⊆A 时，逐一讨论集合B 所对应集合的情况，求出符号条件的m 的范围即可【解答】∵ B ⊆A ，∴ ①若B ＝⌀，则m −1>m +1，不成立．②若B ≠⌀，则−3≤m −1≤m +1≤4，解得，−2≤m ≤3．综上所述，m ∈[−2, 3]．7.【答案】1【考点】函数的值域及其求法【解析】由观察法可直接得到函数的最大值．【解答】解：∵ √1−2x ≥0，∴ 1−√1−2x ≤1，即函数f(x)=1−√1−2x 的最大值是1．故答案为：1．8.【答案】2【考点】二次函数的性质二次函数的图象【解析】函数y＝f(x−2015)的图象是由函数f(x)的图象向右平移2015个单位得到的，最小值不变．【解答】∵函数f(x)＝x2+4x+7−a的最小值为2，函数y＝f(x−2015)的图象是由函数f(x)的图象向右平移2015个单位得到的，最小值不变．故函数y＝f(x−2015)的最小值为2，9.【答案】(2, 3]【考点】函数的值域及其求法【解析】变形可得原式＝2+1x2+1，由x2+1≥1结合不等式的性质可得．【解答】变形可得f(x)=2x 2+3x2+1=2(x2+1)+1x2+1=2+1x2+1，∵x2+1≥1，∴0<1x2+1≤1，∴2<2+1x2+1≤3故原函数的值域为(2, 3]10.【答案】3【考点】函数的值域及其求法函数的定义域及其求法【解析】先根据f(x)在[1, b]上为增函数，当x=1时，f(x)=1，当x=b时，f(x)=12(b−1)2+1=b，可得然后把b代入即可得出答案．【解答】解：∵函数f(x)=12(x−1)2+1的定义域和值域都是[1, b]，且f(x)在[1, b]上为增函数，∴当x=1时，f(x)=1，当x=b时，f(x)=12(b−1)2+1=b，解得：b=3或b=1（舍去），∴b的值为3，故答案为：3．11.【答案】[0, 12)函数的定义域及其求法【解析】根据函数成立的条件，即可求出结论．【解答】∵y=mx−1mx2+mx+3的定义域为R，∴不等式mx2+mx+3≠0，若m＝0，则3≠0成立，若m≠0，则等价为判别式△＝m2−12m<0，解得0<m<12，综上0≤m<12，12.【答案】[−5, −2]【考点】复合函数的单调性【解析】先求函数的定义域，再结合复合函数的单调性的判断规则，本题即求y＝5−4x−x2大于等于零时的增区间，根据二次函数的性质，即可求得答案．【解答】函数y=√5−4x−x2的定义域为{x|−5≤x≤1}，∵函数y=√x在其定义域内是增函数，∴函数y=√5−4x−x2的单调递增区间即为y＝5−4x−x2大于等于零时的增区间，∵y＝5−4x−x2＝−(x+2)2+9，∴二次函数的对称轴为x＝−2，根据二次函数的性质，可得y＝5−4x−x2在区间(−∞, −2]上单调递增，又函数y=√5−4x−x2的定义域为{x|−5≤x≤1}，∴函数y=√5−4x−x2的单调增区间是[−5, −2]．13.【答案】(0, 1)【考点】函数单调性的性质与判断【解析】由条件利用函数的奇偶性、单调性和定义域，求得a的范围．【解答】由f(x)+f(−x)＝0，可得f(−x)＝−f(x)，故f(x)为奇函数．不等式f(1−a)+f(1−a2)>0，即f(1−a)>f(a2−1)．再根据f(x)是定义在(−1, 1)上的增函数，可得1>1−a>a2−1>−1，即{1>1−a1−a>a2−1a2−1>−1，求得0<a<1，14.【答案】39求函数的值函数的求值函数单调性的性质与判断【解析】f（f(k)）＝3k，取k＝1，得f（f(1)）＝3，由已知条件推导出f(1)＝2，f(2)＝3，由此能求出f(1)+f(9)+f(10)的值．【解答】∵f（f(k)）＝3k，∴取k＝1，得f（f(1)）＝3，假设f(1)＝1时，有f（f(1)）＝f(1)＝1矛盾，假设f(1)≥3，因为函数是正整数集上的增函数，得f（f(1)）≥f(3)>f(1)≥3矛盾，由以上的分析可得：f(1)＝2，代入f（f(1)）＝3，得f(2)＝3，可得f(3)＝f（f(2)）＝3×2＝6，f(6)＝f（f(3)）＝3×3＝9，f(9)＝f（f(6)）＝3×6＝18，由f（f(k)）＝3k，取k＝4和5，得f（f(4)）＝12，f（f(5)）＝15，∵在f(6)和f(9)之间只有f(7)和f(8)，且f(4)<f(5)，∴f(4)＝7，f(7)＝12，f(8)＝15，f(5)＝8，∴f(12)＝f（f(7)）＝3×7＝21，∵f(10)＝19，f(11)＝20．∴f(1)+f(9)+f(10)＝2+18+19＝39．故答案为：39．二.解答题（本大题6小题，前3题各14分，后3题各16分，共90分．）【答案】当a＝1时，B＝{x|2≤x≤3}．∵A＝{x|x2−3x≤0}＝{x|0≤x≤3}，∴A∩B＝{x|2≤x≤3}；∵B⊊A，∴B＝⌀，2a>a+2，∴a>2B≠⌀，2a≤a+2，∴a≤2又2a≥0且a+2≤3，∴0≤a≤1．综上，0≤a≤1或a>2．【考点】交集及其运算集合的包含关系判断及应用【解析】（1）化简集合A，B，即可求A∩B；（2）当集合A，B满足B⊊A时，可得不等式，即可求实数a的取值范围．【解答】当a＝1时，B＝{x|2≤x≤3}．∵A＝{x|x2−3x≤0}＝{x|0≤x≤3}，∴A∩B＝{x|2≤x≤3}；∵B⊊A，∴B＝⌀，2a>a+2，∴a>2B ≠⌀，2a ≤a +2，∴ a ≤2又2a ≥0且a +2≤3，∴ 0≤a ≤1．综上，0≤a ≤1或a >2．【答案】由已知，设f(x)＝a(x −1)2+1，由f(0)＝3，得a ＝2，故f(x)＝2x 2−4x +3；二次函数的对称轴为x ＝1，2a <a +1，即a <1，当对称轴在区间的左侧时，函数f(x)在区间[2a, a +1]上单调递增，即2a ≥1解得a ≥12； 当对称轴在区间的右侧时，函数f(x)在区间[2a, a +1]上单调递减，即a +1≤1解得a ≤0，综上，实数a 的取值范围为(−∞, 0]∪[12, 1)． 【考点】二次函数的图象二次函数的性质【解析】（1）根据二次函数f(x)的最小值为1，且f(0)＝f(2)可得对称轴为x ＝1，可设f(x)＝a(x −1)2+1，由f(0)＝3，求出a 的值即可；（2）根据 f(x)在区间[2a, a +1]上是单调函数则对称轴应该在区间的左侧或在区间的右侧，从而可求出a 的取值范围．【解答】由已知，设f(x)＝a(x −1)2+1，由f(0)＝3，得a ＝2，故f(x)＝2x 2−4x +3；二次函数的对称轴为x ＝1，2a <a +1，即a <1，当对称轴在区间的左侧时，函数f(x)在区间[2a, a +1]上单调递增，即2a ≥1解得a ≥12；当对称轴在区间的右侧时，函数f(x)在区间[2a, a +1]上单调递减，即a +1≤1解得a ≤0，综上，实数a 的取值范围为(−∞, 0]∪[12, 1)．【答案】解：(1)由题意得，总成本为20000+100x ，从而利润f(x)={−12x 2+300x −20000，0≤x ≤400,60000−100x,x >400.(2)0≤x ≤400时，f(x)=−12(x −300)2+25000， 所以当x =300时，有最大值25000；当x >400时，f(x)=60000−100x 是减函数，所以f(x)<60000−100×400<25000．所以当x =300时，有最大值25000，即当月产量为300台时，公司所获利润最大，最大利润是25000元．【考点】函数模型的选择与应用函数最值的应用【解析】（1）先设月产量为x 台，写出总成本进而得出利润函数的解析式；（2）分两段求出函数的最大值：当0≤x ≤400时，和当x >400时，最后得出当月产量为多少台时，公司所获利润最大及最大利润即可．【解答】解：(1)由题意得，总成本为20000+100x ，从而利润f(x)={−12x 2+300x −20000，0≤x ≤400,60000−100x,x >400.(2)0≤x ≤400时，f(x)=−12(x −300)2+25000， 所以当x =300时，有最大值25000；当x >400时，f(x)=60000−100x 是减函数，所以f(x)<60000−100×400<25000．所以当x =300时，有最大值25000，即当月产量为300台时，公司所获利润最大，最大利润是25000元．【答案】解：二次函数f(x)=x 2−4x −4=(x −2)2−8开口方向向上，对称轴方程：x =2， 当2<t+(t+2)2，即t >1时，x =t +2距离对称轴的距离比x =t 的距离远，所以，当x =t +2时，g(t)=t 2−8；当2≥t+(t+2)2，即t ≤1时，x =t +2距离对称轴的距离比x =t 的距离近，所以，当x =t 时，g(t)=t 2−4t −4；综上可得，g(t)={t 2−4t −4，t ≤1,t 2−8，t >1,t =1时，g(t)取小值−7，所以g(t)的最小值为−7.【考点】二次函数在闭区间上的最值分段函数的应用【解析】首先把二次函数的一般式转化成顶点式，进一步求出对称轴，根据轴固定和区间不固定进行分类讨论，然后确定函数的单调性，进一步求出最大值和最小值．【解答】解：二次函数f(x)=x 2−4x −4=(x −2)2−8开口方向向上，对称轴方程：x =2， 当2<t+(t+2)2，即t >1时，x =t +2距离对称轴的距离比x =t 的距离远，所以，当x =t +2时，g(t)=t 2−8；当2≥t+(t+2)2，即t ≤1时，x =t +2距离对称轴的距离比x =t 的距离近，所以，当x =t 时，g(t)=t 2−4t −4；综上可得，g(t)={t 2−4t −4，t ≤1,t 2−8，t >1,t =1时，g(t)取小值−7，所以g(t)的最小值为−7.【答案】证明：设∀x 1>x 2>2，∴ f(x 1)−f(x 2)＝(x 1−x 2)+4(1x 1−1x 2)＝(x 1−x 2)(1−4x 1x 2)， ∵ x 1−x 2>0，1−4x 1x 2>0，∴ f(x 1)>f(x 2)，∴ f(x)在区间(2, +∞)上是单调增函数．由（1）知，g(x)＝a −f(x)在x ∈[2, 6]上是增函数，∴ g(x)＝a −f(x)在x ∈[2, 6]上的最小值：g(x)min ＝g(2)＝a −f(2)＝a −(2+42)＝a −4．∵ 当x ∈[2, 6]时g(x)≥0恒成立，∴ g(x)min ＝a −4≥0，解得a ≥4，∴ 实数a 的取值范围是[4, +∞)．【考点】函数恒成立问题函数单调性的性质与判断【解析】（1）∀x 1>x 2>2，通过作差法得出f(x 1)>f(x 2)，从而证明问题．（2）由（1）知，g(x)＝a −f(x)在x ∈[2, 6]上是增函数，故g(x)＝a −f(x)在x ∈[2, 6]上的最小值g(x)min ＝g(2)＝a −f(2)．由当x ∈[2, 6]时g(x)≥0恒成立，知g(x)min ＝a −4≥0，由此能求出实数a 的取值范围．【解答】证明：设∀x 1>x 2>2，∴ f(x 1)−f(x 2)＝(x 1−x 2)+4(1x 1−1x 2)＝(x 1−x 2)(1−4x 1x 2)， ∵ x 1−x 2>0，1−4x 1x 2>0，∴ f(x 1)>f(x 2)，∴ f(x)在区间(2, +∞)上是单调增函数．由（1）知，g(x)＝a −f(x)在x ∈[2, 6]上是增函数，∴ g(x)＝a −f(x)在x ∈[2, 6]上的最小值：g(x)min ＝g(2)＝a −f(2)＝a −(2+42)＝a −4．∵ 当x ∈[2, 6]时g(x)≥0恒成立，∴ g(x)min ＝a −4≥0，解得a ≥4，∴ 实数a 的取值范围是[4, +∞)．【答案】(1)证明：任取x 1，x 2∈[−1, 1]，且x 1<x 2，又f(x)是奇函数，于是f(x 1)−f(x 2)=f(x 1)+f(−x 2)=f(x 1)+f(−x 2)x 1+(−x 2)(x 1−x 2)．据已知f(x 1)+f(−x 2)x 1+(−x 2)>0，x 1−x 2<0， ∴ f(x 1)−f(x 2)<0，即f(x 1)<f(x 2)．∴ f(x)在[−1, 1]上是增函数．(2)解：f(x)<f(x 2)，由函数单调性性质知，x <x 2，而−1≤x ≤1，−1≤x 2≤1故不等式的解集为{x|−1≤x <0}．(3)解：对所有x[−1, 1]，f(x)≤2m 2−2am +3成立，等价于f(x)max ≤2m 2−2am +3，由f(x)在[−1, 1]上的单调递增知，f(x)max =f(1)=2，所以2≤2m 2−2am +3，即0≤2m 2−2am +1，又对a ∈[0, 32]恒成立，则有{2m 2+1≥0，2m 2−3m +1≥0， 解得m ≤12或m ≥1，故实数m 的取值范围为m ≤12或m ≥1．【考点】函数恒成立问题函数单调性的性质函数单调性的判断与证明【解析】（1）根据函数的奇偶性及已知不等式可得差的符号，由单调性的定义可作出判断；（2）根据函数的奇偶性、单调性可去掉不等式中的符号“f ”，转化为具体不等式可求，注意函数定义域；（3）对所有x[−1, 1]，f(x)≤2m 2−2am +3成立，等价于f(x)max ≤2m 2−2am +3，由单调性易求f(x)max ，从而可化为关于a 的一次函数，利用一次函数的性质可得关于m 的不等式组．【解答】(1)证明：任取x 1，x 2∈[−1, 1]，且x 1<x 2，又f(x)是奇函数，于是f(x 1)−f(x 2)=f(x 1)+f(−x 2)=f(x 1)+f(−x 2)x 1+(−x 2)(x 1−x 2)．据已知f(x 1)+f(−x 2)x 1+(−x 2)>0，x 1−x 2<0， ∴ f(x 1)−f(x 2)<0，即f(x 1)<f(x 2)．∴ f(x)在[−1, 1]上是增函数．(2)解：f(x)<f(x 2)，由函数单调性性质知，x <x 2，而−1≤x ≤1，−1≤x 2≤1故不等式的解集为{x|−1≤x <0}．(3)对所有x[−1, 1]，f(x)≤2m 2−2am +3成立，等价于f(x)max ≤2m 2−2am +3， 由f(x)在[−1, 1]上的单调递增知，f(x)max =f(1)=2， 所以2≤2m 2−2am +3，即0≤2m 2−2am +1， 又对a ∈[0, 32]恒成立，则有{2m 2+1≥0，2m 2−3m +1≥0，解得m ≤12或m ≥1，故实数m 的取值范围为m ≤12或m ≥1．。

2022-2021学年江苏省泰州市泰兴一中高一（上）月考物理试卷（10月份）一、单项选择题（每小题5分，共25分．每小题只有一个选项符合题意，选对的得5分，选错或不答的得0分）1．（5分）（2022秋•泰兴市校级月考）关于质点下列说法正确的是（）A．只有小的物体可以看作质点，大的物体不能看作质点B．争辩太阳系绕银河系的中心转动时，可以把太阳系看做质点C．乒乓球竞赛，运动员打弧旋球时能把乒乓球看作质点D．武术运动员在竞赛时，裁判可以把他当做一个质点考点：质点的生疏．专题：直线运动规律专题．分析：解决本题要正确理解质点的概念：质点是只计质量、不计大小、外形的一个几何点，是实际物体在确定条件的科学抽象，能否看作质点物体本身无关，要看所争辩问题的性质，看物体的外形和大小在所争辩的问题中是否可以忽视．解答：解：A、物体能否看作质点，关键是看物体的大小能否忽视不计，与物体的确定大小无关，故A错误；B、争辩太阳系绕银河系的中心转动时，太阳的大小和外形可以忽视，可以看成质点，故B正确；C、乒乓球竞赛，运动员打弧旋球时不能把乒乓球看作质点，否则就没有旋转了，故C错误；D、武术运动员在竞赛时，要看运动员的动作，不能把运动员看成质点，故D错误．故选：B点评：考查同学对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所争辩的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽视．2．（5分）（2011春•榕城区校级期中）关于位移和路程，下列说法正确的是（）A．几个物体通过的路程不等，但它们的位移可能相同B．几个物体有相同的位移时，它们的路程也确定相同C．物体沿某始终线向某一方向运动，通过的路程就是位移D．物体通过的路程不等于零，其位移也确定不等于零考点：位移与路程．专题：直线运动规律专题．分析：位移的大小等于首末位置的距离，路程的大小等于运动轨迹的长度．解答：解：A、物体两次通过的路程不等，但位移可能相等．故A正确．B、几个物体有相同的位移时，它们的路程不愿定相同．故B错误．C、当单向直线运动时，则位移大小等于路程，而不能说通过的路程就是位移．故C错误．D、物体通过的路程不为零，首末位置可能重合，位移可能为零．故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键知道路程和位移的区分，知道路程是标量，位移是矢量．3．（5分）（2022秋•盐源县校级期中）下列关于时间和时刻的几种说法中，正确的是（）A．时间和时刻的区分在于长短不同，长的为时间，短的为时刻B．5秒内指的是4s末到5s末这1s的时间C．第3s末和第4s初是同一时刻D．作息时间表上的数字指的是时间考点：时间与时刻．分析：时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，在难以区分是时间还是时刻时，可以通过时间轴来进行区分．作息时间表、列车时间表等时间表上面的数字均表示时刻；1min能分成很多个时刻．解答：解：A、时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点．故A错误；B、第5秒内指的是4s末到5s末这1s的时间．故B错误；C、第3s末和第4s初是同一时刻．故C正确；D、作息时间表上面的数字均表示时刻．故D错误．故选：C．点评：时刻具有瞬时性的特点，是变化中的某一瞬间通常与物体的状态相对应；时间间隔具有连续性的特点，与某一过程相对应．4．（5分）（2009•天心区校级模拟）下列关于速度和加速度的说法中，正确的是（）A．物体的速度越大，加速度也越大B．物体的速度为零时，加速度也为零C．物体的速度变化量越大，加速度越大D．物体的速度变化越快，加速度越大考点：加速度；速度．专题：直线运动规律专题．分析：依据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．加速度是表示速度变化快慢的物理量．解答：解：A、假如物体加速度方向与速度方向相同，加速度在减小，速度却在增大，即速度增大得越来越慢，故A错误；B、物体的速度为零时，加速度不愿定为零，例如竖直上抛到最高点，故B错误；C、依据a=可知加速度a由速度的变化量△v和速度发生转变所需要的时间△t共同打算，虽然△v大，但△t更大时，a可以很小．故C错误；D、加速度是表示速度变化快慢的物理量．物体的速度变化越快，加速度越大．故D正确；故选：D．点评：把握加速度的定义式a=中各个物理量的含义以及各个物理量之间的关系是解决此类问题的关键，是正确理解加速度的定义的基础．5．（5分）（2022秋•泰兴市校级月考）物体朝某一方向做直线运动，前位移内的平均速度是v1，后位位移的平均速度是v2，则该物体在整个运动中的平均速度是（）。

2020-2021学年江苏省泰州中学高一下学期第一次月度检测数学试题一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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．若向量(2,3)BA =，(4,7)AC =--，则BC =（） A ．(2,4)--B ．(2,4)C ．(6,10)D ．(6,10)--2．已知角α的终边经过点(3,4)P -，则tan2α=（） A ．247-B ．83C ．83-D ．2473．在ABC △中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB =（）A ．3144AB AC - B ．1344AB AC - C ．3144AB AC + D ．1344AB AC + 4．若α为第三象限角，则等于1cos 21cos 2cos sin αααα+--=（）A ．0B ．1C ．1-D ．25．在ABC △中，4A π=，3B π=，2BC =，AC 的垂直平分线交AB 点D ，则AC CD ⋅=（）A ．1-B ．2-C ．3D ．3-6．已知在ABC △中，1cos 63A π⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，那么sin cos 6A A π⎛⎫++ ⎪⎝⎭等于（） A ．3B 3C ．23D 237．若O 是ABC △所在平面内一点，满足|||2|OB OC OB OC OA -=+-，则ABC △一定是（） A ．等边三角形B ．直角三角形C ．等腰三角形D ．等腰直角三角形8．如图，在ABC △中，点D ，E 是线段BC 上两个动点，且AD AE x AB y AC +=+，则14x y+的最小值为（）A ．32B ．2C ．52D ．92二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．9．已知向量(3,4)OA =-，(6,3)OB =-，(5,3)OC m m =---，若ABC ∠为锐角，则实数m 可能的取值是（） A ．12-B ．0C ．12D ．110．已知函数33()sin 222f x x x =+，则下列选项正确的有（） A ．()f x 的最小周期为πB ．曲线()y f x =关于点,03π⎛⎫⎪⎝⎭中心对称 C ．()f x 3 D ．曲线()y f x =关于直线6x π=对称11．若a ，b ，c 均为单位向量，且0a b ⋅=，()()0a c b c -⋅-≤，则||a b c +-的值可能为（） A 21-B ．1C 2D ．212．点O 在ABC △所在的平面内，则以下说法正确的有（）A ．已知平面向量OA 、OB 、OC 满足||||||OA OB OC ==，且0OA OB OC ++=，则ABC △是等边三角形B ．若||||AC AB OA AC AB ⎛⎫⋅-= ⎪⎝⎭0||||BC BA OB BC BA ⎛⎫⋅-= ⎪⎝⎭，则点O 为ABC △的垂心C ．若()OA OB AB +⋅=()0CB OC BC +⋅=，则点O 为ABC △的外心D ．若OA OB OB OC OC OA ⋅=⋅=⋅，则点O 为ABC △的内心三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上）13．已知向量(2,1)a =-，(1,)b m =-，(1,2)c =-，若()a b //c +，则m = ． 14．若两个向量a 与b 的夹角为3π，且a 是单位向量，向量||2b =，2c a b =+，则向量c 与b 的夹角为 ．15．sin15cos75︒︒= ．16．正方形ABCD 边长为1，点P 在线段AC 上运动，则()AP PB PD ⋅+的取值范围为 ．四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知||2a =，||3b =，a 与b 的夹角为60︒，53c a b =+，3d a kb =+，当实数k 为何值时． （1）c //d ； （2）c d ⊥．18．已知ABC △中C ∠是直角，CA CB =，点D 是CB 的中点，E 为AB 上一点．（1）设CA a =，CD b =，当12AE AB =，请用a ，b 来表示AB ，CE ； （2）当2AE EB =时，试求AD CE ⋅．19．已知函数()23cos f x x x =22cos 1()x x +-∈R ． （Ⅰ）求函数()f x 的最小正周期及在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值； （Ⅱ）若()065f x =，0,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，求0cos 2x 的值． 20．如图所示，OBC △中，点A 为BC 中点，点D 是线段OB 上靠近点B 的一个三等分点，CD ，OA 相交于点E ，设OA a =，OB b =．（1）用a ，b 表示OC ，DC ；（2）若OE OA λ=，CE DC μ=，求λ和μ． 21．已知函数3()sin 2f x a b x ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭13cos 2a b x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭，且(0)1f =-，13f π⎛⎫= ⎪⎝⎭． （1）求()f x 的解析式；（2）已知2()23g x x x m =-+-，若对任意的1[0,]x π∈，总存在2[2,]x m ∈-，使得()()12f x g x =成立，求m 的取值范围．22．已知函数()sin()f x A x ωϕ=+(0,0,||)A ωϕπ>><的图像如下图所示，点B ，D ，F 为()f x 与x 轴的交点，点C ，E 分别为()f x 的最高点和最低点，若将其图像向右平移12个单位后得到函数()g x 的图像，而函数()g x 的最小正周期为4，且在0x =处取得最小值．（1）求参数ω和ϕ的值；（2）若1A =，求向量2BC CD -与向量3BC CD +之间夹角的余弦值；（3）若点P 为()f x 函数图像上的动点，当点P 在C ，E 之间运动时，1BP PF ⋅≥恒成立，求A 的取值范围．江苏省泰州中学高一第二学期第一次月度质量检测数学试卷参考答案一、单项选择题1．答案：A2．答案：D因为4tan3a=-，所以2tantan21tan2aαα==-2422437413⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭=⎛⎫-- ⎪⎝⎭．3．解析：选A．如图所示，1122EB ED DB AD CB=+=+=111()()222AB AC AB AC⨯++-3144AB AC=-，故选A．4．解析：选A．因为α为第三象限角，所以sin,cos0αα<，则1cos21cos2cos sinαααα+--1(12sin2)12cos21cosααα--+-=-cos sin20cos sinαααα--⎫=-=⎪⎭．5．答案：D6．答案：选A．因为cos sin626A Aπππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=+-⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦1sin33Aπ⎛⎫=+=-⎪⎝⎭，所以3sin cos62A A Aπ⎛⎫+-+=⎪⎝⎭133sin22A A⎫=+=⎪⎪⎭33sin33Aπ⎛⎫+=-⎪⎝⎭．7．答案：选B．8．答案：D解：如图可知x，y均为正，设B，D，E，C共线，1m n∴+=，1λμ+=，则2x y m nλμ+=+++=，14114()2x y x y x y ⎛⎫∴+=++ ⎪⎝⎭1452y x x y ⎛⎫=++≥ ⎪⎝⎭1495222y x x y ⎛+⋅= ⎝， 则14x y +的最小值为92，故选D ． 二、多项选择题 9．解答：ABD由题意可知，(3,1)BA =--，(1,)BC m m =---， 因为ABC ∠为锐角所以330BA BC m m ⋅=++> 可得34m >- 当12m =时，BA//BC ，0ABC ∠=︒ 所以，当ABC ∠为锐角时实数m 的取值范围是311,,422⎛⎫⎛⎫-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故答案为：311,,422⎛⎫⎛⎫-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 10．答案：ACD 解析：函数()326f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，对于A ，由于()f x 的最小正周期22T ππ==，故正确； 对于B ，由于33sin 20336f πππ⎛⎫⎛⎫=⨯+=≠⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故错误； 对于C ，由于max ()3f x =，故正确； 对于D ，323666f πππ⎛⎫⎛⎫=⨯+=⎪⎪⎝⎭⎝⎭D 正确；故选ACD ．11．答案：AB解析：因为a ，b ，c 均为单位向量，0a b ⋅=，()()0a c b c -⋅-≤，所以2()0a b c a b c ⋅-⋅++≤，所以()1c a b ⋅+≥， 而2||()a b c a b c +-=+-=222222b c a b a c b c a +++⋅-⋅-⋅32()321c a b =-⋅+≤-=，所以选项C ，D 不正确．故选AB ．12．解：选项A ，平面向量OA 、OB 、OC 满足||||(0)OA OB OCr r ===>∣， 且0OA OB OC ++=，OA OB OC ∴+=-，222||2||||OA OA OB OB OC ∴+⋅+=，即22222cos(,)r r OA OB r r +⋅+=，1cos(,)2OA OB ∴=-，OA ∴，OB 的夹角为120︒，同理OA 、OC 的夹角也为120︒，ABC ∴△是等边三角形，故A正确；选项B ，向量||AC AC ，||ABAB 分别表示在边AC 和AB 上的单位向量， 设为AC '和AB '，则它们的差是向量B C ''，则当||||0AC AB AC AB ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，即OA B C ''⊥时，点O 在BAC ∠的平分线上，同理由|0|||BC BA OB BC BA ⎛⎫⋅-=⎪⎝⎭，知点O 在ABC ∠的平分线上，故O 为ABC △的内心而不一定是垂心，故B 错误；选项C ，OA OB +是以OA ，OB 为邻边的平行四边形的一条对角线， 而||AB 是该平行四边形的另一条对角线，()0AB OA OB ⋅+=表示对角线垂直，从而这个平行四边形是菱形，即||||OA OB =，同理有||||OB OC =，于是O 为ABC △的外心，故C 正确； 选项D ，由OA OB OB OC ⋅=⋅得0OA OB OB OC ⋅-⋅=，()0OB OA OC ∴⋅-=，即0OB CA ⋅=，OB CA ∴⊥，同理可证OA CB ⊥，OC AB ⊥，OB CA ∴⊥，OA CB ⊥，OC AB ⊥，即点O 是ABC △的垂心而不一定时内心，故D 错误．故选：AC ． 三、填空题 13．答案：1-解析：(21,1)(1,1)a b m m +=--+=-，由()a b //c +，得12(1)(1)0m ⨯--⨯-=，即1m =-． 14．答案：3π15．答案：24- 16．以AB ，AC 为x ，y 轴建立直角坐标系则(0,0)A ，(1,0)B ，(1,1)C ，(0,1)D ，设(,)(01)P x y x ≤≤，则(,),AP x x =，(1,)PB x x =--，(,1)PD x x =--， ()2(12)AP PB PD x x ∴⋅+=-2114(01)44x x ⎛⎫=--+≤≤ ⎪⎝⎭，∴当14x =时，函数有最大值为14； 当1x =时，函数有最小值为2-，()AP PB PD ∴⋅+的取值范围是12,4⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．综上所述，答案是：12,4⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．四、解答题 17．答案：（1）c //d∴存在实数λ，使得d c λ=3(53)a kb a b λ∴+=+353k λλ=⎧∴⎨=⎩，解得95k = （2）23cos603a b ⋅=⨯⨯︒=c d ⊥(3)(53)c d a kb a b ∴⋅=+⋅+ 22153(59)a kb k a b =+++⋅22152333(59)0k k =⨯+⨯++=解得2914k =-18．答案：（1）CA a =，CD b =，点D 是CB 的中点，2CB b ∴=，2AB CB CA b a ∴=-=-，12CE CA AE a AB =+=+11(2)22a b a a b =+-=+． （2）以C 点为坐标原点，以CB ，CA 为x ，y 轴，建立如图所示平面直角坐标系，设(0,)A a ，B ∴点坐标为(,0)a ，另设点E 坐标为(,)x y ，点D 是CB 的中点，∴点D 坐标为,02a ⎛⎫⎪⎝⎭，又2AE EB =，(,)2(,)x y a a x y ∴-=--，23a x ∴=，3ay =， 所以,2a AD a ⎛⎫=-⎪⎝⎭，2,33a a CE ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 所以2()0233a a aAD CE a ⋅=⨯+-⨯=． 19．解：（1）()32cos 2f x x x =+2sin 26x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭所以T π= 又0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以72,666x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦ 由函数图像知()[1,2]f x ∈-．（2）解：由题意03sin 265x π⎛⎫+= ⎪⎝⎭ 而0,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以0272,636x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦所以0cos 26x π⎛⎫+= ⎪⎝⎭2041sin 265x π⎛⎫--+=- ⎪⎝⎭所以00cos2cos 266x x ππ⎤⎡⎫=+-⎪⎥⎢⎣⎭⎦4331343525210-=-⨯+⨯=． 20．解：解：（1）2OC OB OA +=，22OC OA OB a b ∴=-=-，DC OC OD =-=252233a b b a b --=-． （2）CE OE OC a λ=-=-(2)(2)a b a b λ-=-+，又由E 在CD 上，CE 与DC 共线，∴存在实数μ，使CE DC μ=，即5(2)23a b a b λμ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭，则22513λμμ-=⎧⎪⎨=-⎪⎩． 解方程组，得45λ=，35μ=-． 21．解：（1）因为(0)1f=-，13fπ⎛⎫=⎪⎝⎭，所以1(0)1211132222f a f a b a π⎧=-=-⎪⎪⎨⎫⎛⎫⎛⎫⎪=++=⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎩， 解得1a =，b = 13()sin cos 2222f x x x ⎛⎛⎫=++- ⎪ ⎝⎭⎝⎭ cos 2sin 6x x x π⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭． （2）因为[0,]x π∈，所以5,666x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦， 所以1sin ,162x π⎛⎫⎡⎤-∈- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，则()[1,2]f x ∈-． ()g x 的图象的对称轴是1x =．①当21m -<<时，2min ()()3g x g m m m ==--，max ()(2)5g x g m =-=+，则2213152m m m m -<<⎧⎪--≤-⎨⎪+≥⎩，解得11m -≤<，符合题意；②当14m ≤≤时，min ()(1)4g x g m ==-，max ()(2)5g x g m =-=+，则144152m m m ≤≤⎧⎪-≤-⎨⎪+≥⎩，解得13m ≤≤，符合题意； ③当4m >时，min ()(1)4g x g m ==-， 2max ()()3g x g m m m ==--，则244132m m m m >⎧⎪-≤-⎨⎪--≥⎩，不等式组无解．综上，m 的取值范围是[1,3]-．22．解：（1）1()sin sin 22g x A x =A x ωωϕωϕ⎡⎤⎛⎫⎡⎤=-++- ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎣⎦ 242T =πωωπ∴=⇒=()sin 24g x A x ππϕ⎡⎤∴=+-⎢⎥⎣⎦ 又0x =时，()g x 取最小值 则242k ππϕπ-=-+，k ∈Z24k πϕπ∴=-，k ∈Z 又||ϕπ<则04k πϕ=⇒=-（2）()sin 24f x x ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则1,02B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3,12C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，5,02D ⎛⎫ ⎪⎝⎭ 则2(1,3)BC CD -=3(4,2)BC CD +=-则(2)(3)cos 10|2||3|BC CD BC CD BC CD BC CD θ-⋅+==--⋅+ （3）P 是()f x 上动点，2()sin 4f x A x ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭102,B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，902,F ⎛⎫ ⎪⎝⎭又1BP PF ⋅≥恒成立 设,sin 42P x A x ππ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 1,sin 224BP x A x ππ⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，9,sin 224PF x A x ππ⎛⎛⎫=--- ⎪⎝⎭⎝ 9221BP PF x x ⎛⎫⎛⎫⋅=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭sin sin 4224A x A x ππππ⎛⎫⎛⎫--⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 2229sin 2454A x x x ππ=-+---⎛⎫ ⎪⎝⎭ 32x =或72x =时，上式有最小值 即当P 在C 活E 时，BP PF ⋅有最小值3,2P A ⎛⎫ ⎪⎝⎭或7,2P A ⎛⎫ ⎪⎝⎭P 为3,2A ⎛⎫ ⎪⎝⎭时，(1,)BP A =，(3,)PF A =-231BP PF A ⋅=-≥，得A ≤≤又0A >，则0A <≤P 为7,2A ⎛⎫ ⎪⎝⎭时，(3,)BP A =，(1,)PF A =-231BP PF A ∴⋅=-≥同时，0A <≤综上， A ∈。

6江苏省泰州中学2021届高三第一次月度检测英语试卷（考试时间：120分钟 总分：150分）注意事项：所有试题的答案均填写在答题纸上（选择题部分使用答题卡的学校请将选择题的答案直接填 涂到答题卡上），答案写在试卷上的无效。

一、听力（共20小题，每小题1.5分，满分30分）做题时，先将答案标在试卷上。

录音内容结束后，你将有两分钟的时间将试卷上的答案转涂 到答题卡上。

第一节听下面5段对话。

每段对话后有一个小题，从题中所给的A 、B 、C 三个选项中选出最佳选 项。

听完每段对话后，你都有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。

每段对话仅读一遍。

1. What is the man's new name? A.Tommy GunB. TommySeaC. TommyC2.How did the man get the chance of meeting Mr. Cooper? A. By being introduced by his friend B. By sending an application C. By giving him a call3.What activity will the family do this year? A. Go cycling. B. Do water sports C Go walking4.When does the afternoon program end? A. At 3: 00 p.m. B. At 5: 00 p. m C. At 6: 45 p. m5.What are the speakers mainly talking about?A. A posterB. A basketball.C. A butterfly第二节听下面5段对话。

每段对话后有几个小题，从题中所给的A 、B 、C 三个选项中选出最佳选 项。

听每段对话前，你将有时间读各个小题，每小题5秒钟;听完后，各小题将给出5秒钟 的作答时间。

2022-2021学年江苏省泰州市泰兴一中高一（上）月考物理试卷（12月份）一、单选题（每题3分，共21分）1．（3分）（2022秋•青原区校级期末）关于加速度的相关学问，下列说法正确的是（）A．某物体在运动过程中，速度变化得越多，加速度确定越大B．某物体在运动过程中，速度变化得越快，加速度可能越小C．某物体在运动过程中，加速度方向保持不变，则其速度方向也确定保持不变D．某物体在运动过程中，可能会毁灭，加速度在变大，但其速度在变小的状况考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：依据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度的大小方向无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．解答：解：A、速度变化越多，假如用的时间也越多，加速度不愿定大，故A错误；B、速度变化的越快，说明在单位时间内速度变化量大，即加速度大，故B错误；C、假如加速度方向与速度方向相反，物体的速度方向将发生转变，故C错误；D、假如速度与加速度方向相反，当加速度增大时，速度反而减小，故D正确；故选：D点评：本题考查加速度的定义式，只要理解了加速度的概念就能顺当解决．2．（3分）（2022秋•信阳期末）一辆汽车在平直的大路上做匀速直线运动，速度大小为20m/s，突然看到前面有障碍物，开头刹车，汽车作匀减速直线运动，加速度的大小为10m/s2，从开头刹车时刻算起，3s内物体的位移是（）A．105m B．20m C．15m D． 30m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：依据速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，推断汽车是否停止，再结合位移公式求出刹车后的位移．解答：解：汽车速度减为零的时间为：t=则3s内的位移等于2s内的位移，则有：x=．故选：B点评：本题考查运动学中的刹车问题，是道易错题，留意汽车速度减为零后不再运动．3．（3分）（2022•安庆二模）如图所示是一种提升重物的装置，其水平杆一端带有滑轮，另一端嵌入墙中，AOC为提升重物的钢索，已知角AOB等于30°，重物的重量为G，钢索的重量不计，重物处于静止状态，则钢索对滑轮的作用力大小为（）A．B．G C．G D．考点：共点力平衡的条件及其应用；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：A O、CO绳的拉力相等，等于物体的重力，对O点受力分析，依据共点力平衡求出钢索对滑轮的作用力大小．解答：解：O点受两个拉力和钢索对O点的作用力，三个力处于平衡，依据共点力平衡，运用平行四边形定则得，F=T=G．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，留意结点与滑轮的区分．4．（3分）（2021春•杭州期中）一根轻质弹簧竖直悬挂一小球，小球和弹簧的受力如图所示，下列说法正确的是（）A．F1的施力者是弹簧 B． F2的反作用力是F3C．F3的施力者是地球 D． F4的反作用力是F1考点：作用力和反作用力．专题：常规题型．分析：小球受到重力和弹簧的拉力．弹簧对小球的拉力与小球对弹簧的拉力是一对作用力与反作用力．解答：解：A、F1是小球的重力，其施力物体是地球．故A错误．B、F2弹簧对小球的拉力，F3小球对弹簧的拉力，两力是一对作用力与反作用力．故B正确．C、F3是小球对弹簧的拉力，所以F3的施力物体是小球．故C错误．D、F4与F1没有直接关系，不是一对作用力与反作用力．故D错误．故选：B点评：确定施力物体，关键要明确力是哪个物体对哪个物体的作用．基础题．5．（3分）（2022秋•香坊区校级期末）有关超重和失重，以下说法中正确的是（）A．物体处于超重状态时，所受重力增大，物体处于失重状态时，所受重力减小B．竖直向上抛出的物体，不计空气阻力，处于完全失重状态C．在沿竖直方向运动的升降机中毁灭失重现象时，升降机必定处于下降过程D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向下．假如没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．解答：解：A、无论是处于超重或失重状态时，物体人的重力并没变，只是对支持物的压力变了，所以A 错误；B、竖直向上抛出的物体只受到重力的作用，加速度为重力加速度，此时处于完全失重状态，所以B正确；C、物体处于失重状态，此时有向下的加速度，但是物体可以向上做减速运动，也可以向下做加速运动，所以C错误；D、游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于平衡状态，所以D错误．故选：B．点评：本题考查了同学对超重失重现象的理解，把握住超重失重的特点，本题就可以解决了．6．（3分）（2011•海南）如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（）A．等于零B．不为零，方向向右C．不为零，方向向左D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：压轴题．分析：在争辩力和运动关系的问题时，常会涉及相互关联的物体间的相互作用问题，即“连接体问题”．连接体问题一般是指由两个或两个以上物体所构成的有某种关联的系统．争辩此系统的受力或运动时，求解问题的关键是争辩对象的选取和转换．一般若争辩的问题不涉及系统内部的作用力时，可以以整个系统为争辩对象列方程求解﹣﹣“整体法”；若涉及系统中各物体间的相互作用，则应以系统某一部分为争辩对象列方程求解﹣﹣“隔离法”．这样，便将物体间的内力转化为外力，从而体现其作用效果，使问题得以求解．在求解连接体问题时，隔离法与整体法相互依存，相互补充，交替使用，形成一个完整的统一体，可以分别列方程求解．本题中由于小木块与斜面体间有相对滑动，但无相对加速度，可以当作两物体间相对静止，摩擦力达到最大静摩擦力的状况，然后运用整体法争辩．解答：解：斜劈和物块都平衡，受力的大小和方向状况与两物体间相对静止且摩擦力达到最大静摩擦力的状况相同，故可以对斜劈和物块整体受力分析受重力和支持力，二力平衡，无摩擦力；故选A．点评：本题关键要机敏地选择整体法与隔离法，选用整体法可以不考虑两物体间的作用力，使问题大为简化．7．（3分）（2021•漳州二模）如图所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力F作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列推断正确的是（）A．将马上做匀减速直线运动B．将马上做变减速直线运动C．在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大D．在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零考点：牛顿其次定律；力的合成与分解的运用；胡克定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：当木块接触弹簧后，分析木块的受力状况，推断其运动状况．恒力先大于弹簧的弹力，后小于弹簧的弹力，木块先做加速运动后做减速运动，当弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大．弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度不为零．解答：解：A、B、C当木块接触弹簧后，恒力F先大于弹簧的弹力，后小于弹簧的弹力，木块先做加速运动后做减速运动，随着弹簧的增大，加速度先减小后增大，故先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动．当弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大．故AB错误，C正确．D、在弹簧处于最大压缩量时，弹簧的弹力大于恒力F，合力向右，加速度不为零．故D错误．故选C点评：本题关键要抓住弹簧的可变性，分析合力的变化状况，确定加速度的变化状况．二、多选题（每题4分，共20分）8．（4分）（2022秋•福建校级期中）关于自由落体运动，下面说法正确的是（）A．第1s内、第2s内、第3s内的位移之比是1：4：9B．第1s末、第2s末、第3s末的速度大小之比是1：3：5C．只要物体的加速度竖直向下且a=g运动，都称之为自由落体运动D．在前0.1m内、前0.2m内、前0.3m内物体的运动时间之比为1：：考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：由初速度为零的匀加速直线运动的推论可以判定各个选项．自由落体的定义是：初速度为零，只受重力的落体运动．解答：解：A、自由落体为初速度为零的匀加速直线运动，故第1s内、第2s内、第3s内的位移之比是1：3：5，故A 错误．B、v=gt可知，第1s末、第2s末、第3s末的速度大小之比是1：2：3．故B错误．C、自由落体的定义是：初速度为零，只受重力的落体运动，故C错误．D 、由可得：在前0.1m内、前0.2m内、前0.3m内物体的运动时间之比为1：：，故D正确．。

2021 2021学年江苏省泰州中学高一（上）月考物理试卷（12月份）2021-2021学年江苏省泰州中学高一（上）月考物理试卷（12月份）江苏泰州中学2022-2022学年（12月）高中第一（第一）个月物理试卷份）一、单选多项选择题：本题共有6个子题，每个子题得3分，共计18分。

每个子问题只有一个选项，这与问题的含义一致1．（3分）下列说法中正确的是（）a、伽利略关于自由落体的速度与下落时间成正比的猜想，已被实验直接证实b．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通实验来验证c．单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位d、比率法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例。

例如，加速度a=由比率法定义2．（3分）泰州首条高架东环高架已于2021年12月份通车，全长6.49km，在高架的某些时段树立了许多交通标志．图甲是路线指示标志，图乙为限速标志，告示牌上各数字的意思是（）a、 a是位移，B是平均速度，B.a是距离，B是瞬时速度，C.a是位移，B是瞬时速度，d.a是距离，B是平均速度3．（3分）如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。

两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢。

若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是（）a、 a对绳子的张力和a对绳子的张力是一对平衡力。

B.a对绳索的张力和B对绳索的张力是作用力和反作用力第1页（共24页）c、如果a的质量高于B，那么a可以赢得拔河比赛。

D.如果B的收绳速度比a快，那么B可以赢得拔河比赛4．（3分）下图都是以时间为横轴的图象．一个物体作自由落体运动，则关于此物体的xt、vt图象说法正确的是（）a、 Vt图像可能是B，c.xt图像可能是ab．vt图象可能是丙图d．xt图象可能是丁图5.（3点）如图所示，Ao、Bo和Co是相同的绳索，钢梁水平提升。

如果钢梁足够重，绳子Ao先断，然后（）a．θ=120°b．θ＞120°c、θ＜120°D。