2020届湖南省永州市高三理综二模考试试题答案

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2020届湖南省永州市高三理综二模考试试题

永州市2020年高考第二次模拟考试试卷理科综合能力测试可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Si-28 P-31 Fe-56一、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。

1．三磷酸鸟苷（GTP）、三磷酸尿苷（UTP）和三磷酸胞苷（CTP），它们与三磷酸腺苷（A TP）一起构成了NTP家族，它们的结构只是碱基不同。

下列叙述错误的是A．ATP的水解常与细胞内的吸能反应相联系B．GTP彻底水解可得到3种小分子有机物C．CTP断裂两个高能磷酸键后可作为转录的原料D．UTP可为细胞中某些生命活动提供能量2．叶绿体与线粒体在结构和功能上的相同点是①含有ATP合成酶②能进行DNA和RNA的复制③水作为生理功能的一种原料④能控制某些蛋白质的合成⑤增大膜面积的方式A．①③④B．①②④C．②③④D．①②⑤3．下列与生物进化有关的叙述，正确的是A．达尔文认为种群是生物进化的基本单位B．进化地位上越高等的生物适应能力就越强C．有性生殖的出现加快了生物进化的步伐D．捕食者的存在不利于被捕食者的进化4．“噬菌体侵染细菌的实验”在证明DNA是遗传物质的过程中发挥了重要的作用。

下列有关叙述正确的是A．T2噬菌体可在肺炎双球菌中复制和增殖B．组成子代噬菌体的物质全部来自宿主细胞C．T2噬菌体只将DNA注入宿主细胞是该实验成功的原因之一D．利用甲基绿进行染色可证明T2噬菌体的遗传物质是DNA5．当呼吸道黏膜受到机械刺激或化学刺激后，产生的兴奋传到延髓的相关中枢，进而引起呼吸肌快速收缩或舒张，产生咳嗽反射。

下列有关该过程的叙述，错误的是A．刺激呼吸道黏膜引起的咳嗽反射属于非条件反射B．机械刺激可导致呼吸道黏膜中的某些细胞显著活跃C．咳嗽反射过程中，兴奋在神经纤维上的传导是单向的D．兴奋以局部电流的形式由传入神经元传递给传出神经元6．野生型链孢霉能在基本培养基上生长，而用X射线照射后的链孢霉却不能在基本培养基上生长，若在基本培养基中添加某种维生素（M）后，该突变株又能生长了。

(精选3份合集)2020湖南省永州市高考第二次适应性考试理综物理试题

高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题1．在学习自由落体运动的知识后，小华用一根长50cm的轻绳拴住两个小球，手持上面一个小球，从四楼阳台由静止释放小球，两小球落地时间间隔为△t1，然后他又上到五楼阳台重复实验，两小球落地时间间隔为△t2，不计空气阻力，关于小球落地的时间间隔正确的是A．△t1<△t2B．△t1=△t2C．△t1>△t2D．无法确定2．如图所示，在探究平抛运动规律的实验中，用小锤打击弹性金厲片，金属片把p球沿水平方向弹出，同时Q球被松开而自由下落，P、Q两球同时开始运动。

（）A．此实验为了说明平抛运动在水平方向上做的是匀速直线运动B．此实验为了说明平抛运动在竖直方向上做的是自由落体运动C．如果加大打击力度，P球落地时间将延长D．如果调整装置距地面的高度，它们就不会同时落地3．三颗人造地球卫星A、B、C在地球的大气层外沿如图所示的轨道做匀速圆周运动，已知m A = m B> m C，则三个卫星关系错误的是（）A．线速度大小的关系是v A>v B=v CB．周期关系是T A<T B=T CC．向心力大小的关系是F A>F B>F CD．向心加速度大小的关系是a A>a B>a C4．据报道，我国实施的“双星”计划发射的卫星中放置了一种“磁强计”，用于测定地磁场的磁感应强度等研究项目。

磁强计的原理如图所示：电路中有一段金属导体，它的横截面积是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x正方向、大小为I的电流。

湖南省永州市2020届高三上学期第二次模拟考试理综试卷(PDF版)

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2020年湖南省永州市高考数学二模试卷(理科)

2020年湖南省永州市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 复数21+i的共轭复数是（）A.1+iB.1−iC.−1+iD.−1−i2. 已知集合A＝{x|x<3}，B＝{x|log2x>0}，则（）A.A∩B＝{x|1<x<3}B.A∩B＝⌀C.A∪B＝{x|x<3}D.A∪B＝{x|x>1}3. 执行如图所示程序框图，若输入p=14，则输出结果为（）A.2B.3C.4D.54. 为了解运动健身减肥的效果，某健身房调查了20名肥胖者，健身之前他们的体重情况如三维饼图(1)所示，经过四个月的健身后，他们的体重情况如三维饼图(2)所示．对比健身前后，关于这20名肥胖者，下面结论不正确的是（）A.他们健身后，体重在区间[90kg, 100kg)内的人数不变B.他们健身后，体重在区间[100kg, 110kg)内的人数减少了4人C.他们健身后，这20位健身者体重的中位数位于[90kg, 100kg)D.他们健身后，原来体重在[110kg, 120kg]内的肥胖者体重都至少减轻了10kg5. 已知数列a1，a2a1,a3a2,⋯,a na n−1是首项为8，公比为12的等比数列，则a4等于（）A.8B.32C.64D.1286. 某校高三年级有男生220人，编号为1，2，…，220；女生380人，编号为221，222，…，600．为了解学生的学习状态，按编号采用系统抽样的方法从这600名学生中抽取10人进行问卷调查，第一组抽到的号码为10．现从这10名学生中随机抽取2人进行座谈，则这2人中既有男生又有女生的概率是（）A.1 5B.715C.815D.457. 已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x+1)+f(3−x)＝0，若f(1)＝2，则f(1)+ f(2)+f(3)+...+f(2019)＝（）A.−2B.0C.2D.20208. 已知函数f(x)＝2sin(ωx+φ)(ω>0, |φ|<π)的部分图象如图所示，且A(π2,−1),B(π,1)，则φ的值为（）A.−5π6B.5π6C.−π6D.π69. 北方的冬天户外冰天雪地，若水管裸露在外，则管内的水就会结冰从而冻裂水管，给用户生活带来不便．每年冬天来临前，工作人员就会给裸露在外的水管“保暖”：在水管外面包裹保温带，用一条保温带盘旋而上一次包裹到位．某工作人员采用四层包裹法（除水管两端外包裹水管的保温带都是四层）：如图1所示是相邻四层保温带的下边缘轮廓线，相邻两条轮廓线的间距是带宽的四分之一．设水管的直径与保温带的宽度都为4cm．在图2水管的侧面展开图中，此保温带的轮廓线与水管母线所成的角的余弦值是（保温带厚度忽略不计）（）A.1 4B.1 4πC.√1+4π21+4πD.√1+16π21+16π10. 某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为（）A.8πB.6πC.4πD.8√2π311. 如图，已知双曲线x2a2−y2b2=1(b>a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点A ，若△AF 1F 2的内切圆半径为b4，则双曲线的离心率为( )A.2√33B.54C.53D.3√2212. 数列{a n }满足a n+1+a n ＝11−n +(−1)n ，且0<a 6<1．记数列{a n }的前n 项和为S n ，则当S n 取最大值时n 为（） A.11 B.12 C.11或13 D.12或13 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．曲线y ＝lnx 过点(0, −1)的切线方程为________．已知AB 为圆O 的弦，若|AB|＝2，则OA →⋅AB →=________．已知以F 为焦点的抛物线y 2=4x 上的两点A 、B 满足AF →=3FB →，求|AB|=________．已知函数f(x)={x 2+2x,−1≤x <t,1−|x −1|,t ≤x ≤a.（1）若t ＝1，且f(x)值域为[−1, 3)，则实数a 的取值范围为________．（2）若存在实数a ，使f(x)值域为[−1, 1]，则实数t 的取值范围为________．三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题～第21题为必考题，考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必做题：60分．在△ABC 中，∠ABC =π3，点D 在边AB 上，BD ＝2．（1）若△BCD 的面积为2√3，求CD ；（2）若cos∠BCA =√55，cos∠DCA =3√1010，求CD ．在如图三棱锥A −BCD 中，BD ⊥CD ，E ，F 分别为棱BC ，CD 上的点，且BD // 平面AEF ，AE ⊥平面BCD ．（1）求证：平面AEF ⊥平面ACD ；（2）若BD ＝CD ＝AD ＝2，E 为BC 的中点，求直线AF 与平面ABD 所成角的正弦值．已知椭圆Γ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右顶点分别为C 、D ，且过点(√2,1)，P 是椭圆上异于C 、D 的任意一点，直线PC ，PD 的斜率之积为−12．（1）求椭圆Γ的方程；（2）O 为坐标原点，设直线CP 交定直线x ＝m 于点M ，当m 为何值时，OP →⋅OM →为定值．某工厂生产某种产品，为了控制质量，质量控制工程师要在产品出厂前对产品进行检验．现有n(n ∈N ∗且n ≥2)份产品，有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验n 次；（2）混合检验，将这n 份产品混合在一起作为一组来检验．若检测通过，则这n 份产品全部为正品，因而这n 份产品只要检验一次就够了；若检测不通过，为了明确这n 份产品究竟哪几份是次品，就要对这n 份产品逐份检验，此时这n 份产品的检验次数总共为n +1次．假设在接受检验的样本中，每份样本的检验结果是正品还是次品都是独立的，且每份样本是次品的概率为p(0<p <1)．（1）如果n ＝4，采用逐份检验方式进行检验，求检测结果恰有两份次品的概率；（2）现对n 份产品进行检验，运用统计概率相关知识回答：当n 和p 满足什么关系时，用混合检验方式进行检验可以减少检验次数？（3）①当n ＝2k(k ∈N ∗且k ≥2)时，将这n 份产品均分为两组，每组采用混合检验方式进行检验，求检验总次数ξ的数学期望；②当n ＝mk(k ，m ∈N ∗，且k ≥2，m ≥2)时，将这n 份产品均分为m 组，每组采用混合检验方式进行检验，写出检验总次数ξ的数学期望（不需证明）．已知函数f(x)＝e 1−x (x 2+x −1)+1+x ，g(x)＝(2−x)e x−1−(3−x)ln(3−x)．证明：（1）存在唯一x 0∈(0, 1)，使f(x 0)＝0；（2）存在唯一x 1∈(1, 2)，使g(x 1)＝0，且对（1）中的x 0，有x 0+x 1<2．（二）选考题：10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，直线C 1的参数方程为{x =−√22ty =2+√22t（其中C 1为参数）．以坐标原点O为极点，t轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sinθ．（1）写出直线C1的极坐标方程；的最大值．（2）设动直线l:y＝kx(k>0)与C1，C2分别交于点M、N，求|ON||OM|[选修4-5：不等式选讲]（本题满分0分）已知函数f(x)＝|x−2|．（1）求不等式f(x)≤2x+5的解集；（2）记函数g(x)＝f(x+1)−f(−x+5)，且g(x)的最大值为M，若a>0，求证：Ma+1≥3．a2参考答案与试题解析2020年湖南省永州市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.【答案】 A【考点】复数的运算【解析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．【解答】复数z =21+i =2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i 的共轭复数z =1+i ． 2.【答案】 A【考点】并集及其运算交集及其运算【解析】可以求出集合B ，然后进行交集的运算即可．【解答】∵ A ＝{x|x <3}，B ＝{x|x >1}， ∴ A ∩B ＝{x|1<x <3}． 3.【答案】 B【考点】程序框图【解析】解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论．【解答】当n ＝1时，S ＝1>P =14，S ＝1−12=12，当n ＝2时，S =12>P =14，S =12−122=14，当n ＝3时，S =14=P =14，所以输出的n ＝3， 4.【答案】 D【考点】收集数据的方法频率分布直方图【解析】利用健身之前他们的体重情况如三维饼图和经过四个月的健身后，他们的体重情况如三维饼图直接求解．【解答】在B 中，健身后，体重在区间[100kg, 110kg)内的人数减少了：20×50%−20×30%＝4人，故B 正确（1）在C 中，他们健身后，这20位健身者体重的中位数位于[90kg, 100kg)，故C 正确（2）在D 中，他们健身后，原来体重在[110kg, 120kg]内的肥胖者体重不一定至少减轻了10kg ，故D 错误．故选：D ． 5.【答案】 C【考点】等比数列的通项公式等比数列的性质【解析】利用等比数列的通项公式可得a 4a 3，利用a 4＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×a 4a 3即可得出．【解答】数列a 1，a 2a 1,a 3a 2,⋯,a na n−1是首项为8，公比为12的等比数列，则a 4a 3=8×(12)3=1． a 4＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×a4a 3=8×4×2×1＝64．6.【答案】 C【考点】系统抽样方法【解析】抽样间隔f =60010=60，第一组抽到的号码为10，则抽到的10个人的号码分别为：10，70，130，190，250，310，370，430，490，550，从而这10人中男人有4人，女人有6人，现从这10名学生中随机抽取2人进行座谈，基本事件总数n =C 102=45，这2人中既有男生又有女生包含的基本事件个数m =C 41C61=24，由此能求出这2人中既有男生又有女生的概率．【解答】某校高三年级有男生220人，编号为1，2，...，220；女生380人，编号为221，222， (600)为了解学生的学习状态，按编号采用系统抽样的方法从这600名学生中抽取10人进行问卷调查，抽样间隔f =60010=60，第一组抽到的号码为10，则抽到的10个人的号码分别为： 10，70，130，190，250，310，370，430，490，550，∴这10人中男人有4人，女人有6人，现从这10名学生中随机抽取2人进行座谈，基本事件总数n=C102=45，这2人中既有男生又有女生包含的基本事件个数m=C41C61=24，则这2人中既有男生又有女生的概率是p=mn =2445=815．7.【答案】B【考点】函数奇偶性的性质与判断【解析】根据题意，分析可得f(x+4)＝−f(x)，据此可得f(5)＝−f(1)，f(6)＝−f(2)，f(7)＝−f(3)，f(8)＝−f(4)，则f(1)+f(2)+f(3)+...+f(8)＝0；又由f(x+4)＝−f(x)可得函数f(x)是周期为8的周期函数，据此可得f(1)+f(2)+f(3)+...+f(2019)＝[则f(1)+f(2)+f(3)+...+f(8)]+f(1)+f(2)+f(3)；利用特殊值法求出f(1)+f(2)+f(3)的值，即可得答案．【解答】又由奇函数f(x)满足f(x+1)+f(3−x)＝0，令x＝1可得：f(2)+f(2)＝0，即f(2)＝0，令x＝0可得：f(1)+f(3)＝0，则f(1)+f(2)+f(3)＝0，故f(1)+f(2)+f(3)+...+f(2019)＝0(1)故选：B．8.【答案】D【考点】y=Asin（ωx+φ）中参数的物理意义【解析】由函数f(x)的部分图象求得T、ω和φ的值即可．【解答】由函数f(x)＝2sin(ωx+φ)的部分图象知，T＝π−0＝π，所以ω=2πT =2ππ=2，又f(π2)＝2sin(2×π2+φ)＝−1，即π+φ=7π6，φ=π6．9.【答案】B【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【解析】根据题意知带子全部包住管道且相邻两条轮廓线的间距是带宽的四分之一，由此得直角三角形的斜边长为水管的周长，以及角α的邻边长，再求α的余弦值．【解答】其展开图如图所示，水管直径为4cm，所以水管的周长为BB′＝4πcm，过点B作BM⊥AB′，垂足为M，则∠BAM＝∠MBB′＝α，又BM=14×4＝1(cm)，所以cos∠α=BMBB′=14π．10.【答案】A【考点】由三视图求体积【解析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为三棱锥P−ABC，PA⊥底面ABC，底面ABC 是以角B为直角的等腰直角三角形，得PC的中点O为三棱锥P−ABC外接球的球心，求解三角形得三棱锥外接球的半径，则三棱锥外接球的表面积可求．【解答】由三视图还原原几何体如图，可知该几何体为三棱锥P−ABC，PA⊥底面ABC，底面ABC是以角B为直角的等腰直角三角形，∴PC的中点O为三棱锥P−ABC外接球的球心，由已知求得PC=2√2，则三棱锥外接球的半径R=√2，∴它的外接球的表面积为4π×R2=4π×(√2)2=8π．11.【答案】C【考点】双曲线的离心率【解析】设双曲线的左、右焦点分别为F1(−c, 0)，F2(c, 0)，设双曲线的一条渐近线方程为y=b a x，可得直线AF2的方程为y=ba(x−c)，联立双曲线的方程可得A的坐标，设|AF1|＝m，|AF2|＝n，运用三角形的等积法，以及双曲线的定义，结合锐角三角函数的定义，化简变形可得a，c的方程，结合离心率公式可得所求值．【解答】解：设双曲线的左、右焦点分别为F1(−c, 0)，F2(c, 0)，设双曲线的一条渐近线方程为y=bax，可得直线AF2的方程为y=ba(x−c)，联立双曲线x2a2−y2b2=1(b>a>0)，可得A(c2+a22c , b(a2−c2)2ac)，设|AF1|=m，|AF2|=n，由三角形的面积的等积法可得：1 2⋅b4(m+n+2c)=12⋅2c⋅b(c2−a2)2ac，化简可得m+n=4c2a−4a−2c，①由双曲线的定义可得m−n=2a，②在△AF1F2中，nsinθ=b(c2−a2)2ac，（θ为直线AF2的倾斜角），由tanθ=ba，sin2θ+cos2θ=1，可得sinθ=√a2+b2=bc，可得n=c2−a22a，③由①②③化简可得3c2−2ac−5a2=0，即为(3c−5a)(c+a)=0，可得3c=5a，则e=ca =53．故选C.12.【答案】C【考点】数列的求和数列递推式【解析】设a1＝t，由数列的递推式计算数列的前几项可得数列{a n}的奇数项为首项为t，公差为1的等差数列；偶数项为首项为9−t，公差为−3的等差数列，再由数列的求和公式计算可得所求．【解答】设a1＝t，由a n+1+a n＝11−n+(−1)n，可得a2＝9−t，a3＝1+t，a4＝6−t，a5＝2+t，a6＝3−t，a7＝3+t，a8＝−t，…，0<a6<1可得0<3−t<1，可得2<t<3，则数列{a n}的奇数项为首项为t，公差为1的等差数列；偶数项为首项为9−t，公差为−3的等差数列，且每隔两项的和为9，7，5，3，1，−1，…，为递减，可得S10＝9＝5+7+5+3+1＝25，S11＝25+a11＝30+t，S12＝25−1＝24，S13＝24+a13＝24+6+t＝30+t，S14＝24−3＝21，…，则当S n取最大值时n＝11或13．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．【答案】x−y−1＝0【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】设切点为(x0, lnx0)，求出函数在切点处的切线方程，代入已知点的坐标求得切点，再由直线方程的点斜式得答案．【解答】设切点为(x 0, lnx 0)，由y ＝lnx ，得y′=1x ，∴ y ′|x=x 0=1x 0，则过切点的切线方程为y −lnx 0=1x 0(x −x 0)，把(0, −1)代入，得−1−lnx 0＝−1，得x 0＝1，则切点为(1, 0)，∴ 曲线y ＝lnx 过点(0, −1)的切线方程为y +1＝1×(x −0)，即x −y −1＝0．【答案】 −2【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】据题意即可得出OA →=−12AB →，代入OA →⋅AB →进行数量积的运算即可．【解答】如图，OA →=−12AB →，且|AB|＝2，∴ OA →⋅AB →=−12AB →2=−12×4=−2．【答案】 163【考点】直线与抛物线的位置关系【解析】设BF =m ，由抛物线的定义知AA 1和BB 1，进而可推断出AC 和AB ，及直线AB 的斜率，则直线AB 的方程可得，与抛物线方程联立消去y ，进而跟韦达定理求得x 1+x 2的值，则根据抛物线的定义求得弦AB 的长度．【解答】解：设|FB →|=m ，由AF →=3FB →，可得：|FA →|=3m ，由抛物线的定义知AA 1=3m ，BB 1=m ，∴ △ABC 中，AC =2m ，AB =4m ，k AB =√3， ∴ 直线AB 方程为y =√3(x −1)，所以|AB|=x 1+x 2+2=163，故答案为：163．【答案】 [1, 3] (−1,√2−1] 【考点】分段函数的应用函数的值域及其求法【解析】（1）分别求出两段函数的值域，结合已知条件可得a 的范围，求解得答案；（2）由已知得t >−1，先考虑f(x)＝x 2+2x 在[−1, t)的单调性和值域，可得t 2+2t ≤1，解得t 的范围；再考虑t ≤x ≤a 时f(x)的单调性和值域，解−1≤1−|t −1|≤1，即可得到所求范围．【解答】若t ＝1可得f(x)＝x 2+2x 在[−1, 1)递增，可得f(x)∈[−1, 3)，若1≤x ≤a 则f(x)＝1−|x −1|递减，可得f(x)∈[1−|a −1|, 1]，a ≥1，由题意可得1−|a −1|≥−1，解得1≤a ≤3；由已知得t >−1，函数f(x)＝x 2+2x 在[−1, t)上为增函数，故其值域为[−1, t 2+2t)；若存在实数a 使f(x)的值域是[−1, 1]，可得t 2+2t ≤1，解得−1<t ≤√2−1；由y ＝1−|x −1|在x ＝1时，y ＝1；可得−1≤1−|t −1|≤1，解得−1≤t ≤3，则t 的范围是(−1, √2−1]．故答案为：[1, 3]，(−1, √2−1]．三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题～第21题为必考题，考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必做题：60分．【答案】∵ S △BCD =12BD ⋅BC ⋅sinB ，∴ BC ＝4，在△BCD 中，由余弦定理可得CD 2＝BC 2+BD 2−2⋅BC ⋅BD ⋅cosB ， ∴ CD =2√3，）∵ ∠BCD ＝∠BCA −∠DCA ，∴ sin∠BCD ＝sin∠BCAcos∠DCA −cos∠BCAsin∠DCA ， ∵ cos∠BCA =√55，cos∠DCA =3√1010，∴ sin∠BCA =2√55，sin∠DCA =√1010，∴ sin∠BCD =√22，∴ CD =BD⋅sinB sin∠BCD=√6．【考点】余弦定理正弦定理【解析】（1）由已知结合三角形的面积公式可求BC ，然后结合余弦定理可求CD ，（2）由∠BCD ＝∠BCA −∠DCA ，结合两角差的正弦公式及正弦定理可求．【解答】∵ S △BCD =12BD ⋅BC ⋅sinB ，∴ BC ＝4，在△BCD 中，由余弦定理可得CD 2＝BC 2+BD 2−2⋅BC ⋅BD ⋅cosB ， ∴ CD =2√3，）∵ ∠BCD ＝∠BCA −∠DCA ，∴ sin∠BCD ＝sin∠BCAcos∠DCA −cos∠BCAsin∠DCA ， ∵ cos∠BCA =√55，cos∠DCA =3√1010， ∴ sin∠BCA =2√55，sin∠DCA =√1010，∴ sin∠BCD =√22，在△BCD 中，由正弦定理可得CD sinB =BDsin∠BCD ， ∴ CD =BD⋅sinB sin∠BCD=√6．【答案】证明：因为BD // 面AEF ，面BCD ∩面AEF ＝EF ，BD ⊂面BCD ，所以BD // EF ，因为BD ⊥CD ，所以CD ⊥EF ．又因为AE ⊥面BCD ，CD ⊂面BCD ，所以CD ⊥AE ，而EF ∩AE ＝E ，所以CD ⊥面AEF ，又CD ⊂面ACD ，所以面AEF ⊥面ACD ．设直线AF 与平面ABD 所成交的余弦值为θ．连接DE ，在△BCD 中，BD ＝CD ＝2，BE ＝EC ，BD ⊥CD ，所以DE ⊥BC ，且BC =2√2，DE =√2，又因为AE ⊥面BCD ，DE ⊂面BCD ，BC ⊂面BCD ，所以AE ⊥DE ，AE ⊥BC ．在Rt △ADE 中，DE =√2，AD ＝2，所以AE =√2．如图，以点E 为坐标原点，分别以EC ，ED ，EA 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， A(0,0,√2)，B(−√2,0,0)，D(0,√2,0)，C(√2,0,0)，因为BD // EF ，E 为BC 的中点，所以F 为CD 的中点，即F(√22,√22,0)，设平面ABD 的法向量m →=(x,y,z)，BA →=(√2,0,√2)，BD →=(√2,√2,0)，由{m →⊥BA →→ ，即{m →⋅BA →=(x,y,z)⋅(√2,0,√2)=0→ ，整理得{x +z =0x +y =0 ，令z ＝−1，得x ＝1，y ＝−1，则m →=(1,−1,−1)．因为 AF →=(√22,√22,−√2)，所以sinθ=m →⋅AF→|m →|×|AF →|=√23，故直线AF 与平面ABD 所成角的正弦值为√23．【考点】直线与平面所成的角平面与平面垂直【解析】（1）推导出BD // EF ，CD ⊥EF ．由AE ⊥面BCD ，得CD ⊥AE ，从而CD ⊥面AEF ，由此能证明面AEF ⊥面ACD ．（2）设直线AF 与平面ABD 所成交的余弦值为θ．连接DE ，推导出BD ⊥CD ，DE ⊥BC ，AE ⊥DE ，AE ⊥BC ．以点E 为坐标原点，分别以EC ，ED ，EA 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AF 与平面ABD 所成交的正弦值．【解答】证明：因为BD // 面AEF ，面BCD ∩面AEF ＝EF ，BD ⊂面BCD ，所以BD // EF ，因为BD ⊥CD ，所以CD ⊥EF ．又因为AE ⊥面BCD ，CD ⊂面BCD ，所以CD ⊥AE ，而EF ∩AE ＝E ，所以CD ⊥面AEF ，又CD ⊂面ACD ，所以面AEF ⊥面ACD ．设直线AF 与平面ABD 所成交的余弦值为θ．连接DE ，在△BCD 中，BD ＝CD ＝2，BE ＝EC ，BD ⊥CD ，所以DE ⊥BC ，且BC =2√2，DE =√2，又因为AE ⊥面BCD ，DE ⊂面BCD ，BC ⊂面BCD ，所以AE ⊥DE ，AE ⊥BC ．在Rt △ADE 中，DE =√2，AD ＝2，所以AE =√2．如图，以点E 为坐标原点，分别以EC ，ED ，EA 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， A(0,0,√2)，B(−√2,0,0)，D(0,√2,0)，C(√2,0,0)，因为BD // EF ，E 为BC 的中点，所以F 为CD 的中点，即F(√22,√22,0)，设平面ABD 的法向量m →=(x,y,z)，BA →=(√2,0,√2)，BD →=(√2,√2,0)，由{m →⊥BA →m →⊥BD → ，即{m →⋅BA →=(x,y,z)⋅(√2,0,√2)=0m →⊥BD →=(x,y,z)⋅(√2,√2,0)=0，整理得{x +z =0x +y =0，令z ＝−1，得x ＝1，y ＝−1，则m →=(1,−1,−1)．因为 AF →=(√22,√22,−√2)，所以sinθ=m →⋅AF→|m →|×|AF →|=√23，故直线AF 与平面ABD 所成角的正弦值为√23．【答案】椭圆Γ过点(√2,1)，∴ 2a 2+1b 2=1，① 又因为直线PC ，PD 的斜率之积为−12，可求得b 2a 2=12，② 联立①②得a =2,b =√2． ∴ 所求的椭圆方程为x 24+y 22=1．方法1：由（1）知，C 为(−2, 0)．由题意可设CM:y ＝k(x +2)，令x ＝m ，得M （m, k(m +2)）．又设P(x 1, y 1) 由{x 24+y 22=1y =k(x +2) 整理得：(1+2k 2)x 2+8k 2x +8k 2−4＝0． ∵ −2x 1=8k 2−41+2k 2，∴ x 1=2−4k 21+2k 2，y 1=k(x 1+2)=4k1+2k 2，所以P(2−4k 21+2k 2,4k1+2k 2)， ∴ OP →⋅OM →=m ⋅2−4k 21+2k+k(m +2)⋅4k 1+2k =2m+8k 21+2k =4(m2+2k 2)1+2k ，要使OP →⋅OM →与k 无关，只须m2=1，此时OP →⋅OM →恒等于4． ∴ m ＝2．方法2：：设P(x 0, y 0)，则CM:y =yx 0+2(x +2)，令x ＝m ，得M(m,y 0(m+2)x 0+2)，∴ OP →⋅OM →=(x 0,y 0)⋅(m,y 0(m+2)x 0+2)=mx 0+y 02(m+2)x 0+2由x 024+y 022=1有y 02=2(1−x 024)=(2+x 0)(2−x 0)2，所以OP →⋅OM →=mx 0+(m+2)(2−x 0)2=(m−2)x 0+2m+42，要使OP →⋅OM →与x 0无关，只须m2=1，此时OP →⋅OM →=4． ∴ m ＝2．【考点】椭圆的离心率直线与椭圆的位置关系【解析】（1）椭圆Γ过点(√2,1)，2a 2+1b 2=1，直线PC ，PD 的斜率之积为−12，可求得b 2a2=12，求出a ，b ，即可得到椭圆方程．（2）方法1：由（1）知，C 为(−2, 0)．由题意可设CM:y ＝k(x +2)，令x ＝m ，得M （m, k(m +2)）．又设P(x 1, y 1)由{x 24+y 22=1y =k(x +2) 整理得：(1+2k 2)x 2+8k 2x +8k 2−4＝0．利用韦达定理求出P 的坐标，然后通过斜率的数量积推出结果即可．方法2：：设P(x 0, y 0)，则CM:y =y 0x 0+2(x +2)，令x ＝m ，得M(m,y 0(m+2)x 0+2)，通过数量积结合椭圆方程，转化求解即可．【解答】椭圆Γ过点(√2,1)，∴ 2a 2+1b 2=1，① 又因为直线PC ，PD 的斜率之积为−12，可求得b 2a 2=12，② 联立①②得a =2,b =√2． ∴ 所求的椭圆方程为x 24+y 22=1．方法1：由（1）知，C 为(−2, 0)．由题意可设CM:y ＝k(x +2)，令x ＝m ，得M （m, k(m +2)）．又设P(x 1, y 1) 由{x 24+y 22=1y =k(x +2) 整理得：(1+2k 2)x 2+8k 2x +8k 2−4＝0． ∵ −2x 1=8k 2−41+2k 2，∴ x 1=2−4k 21+2k 2，y 1=k(x 1+2)=4k1+2k 2，所以P(2−4k 21+2k2,4k 1+2k 2)，∴ OP →⋅OM →=m ⋅2−4k 21+2k 2+k(m +2)⋅4k 1+2k 2=2m+8k 21+2k 2=4(m2+2k 2)1+2k 2，要使OP →⋅OM →与k 无关，只须m2=1，此时OP →⋅OM →恒等于4． ∴ m ＝2．方法2：：设P(x 0, y 0)，则CM:y =y 0x 0+2(x +2)，令x ＝m ，得M(m,y 0(m+2)x 0+2)，∴ OP →⋅OM →=(x 0,y 0)⋅(m,y 0(m+2)x 0+2)=mx 0+y 02(m+2)x 0+2由x 024+y 022=1有y 02=2(1−x 024)=(2+x 0)(2−x 0)2，所以OP →⋅OM →=mx 0+(m+2)(2−x 0)2=(m−2)x 0+2m+42，要使OP →⋅OM →与x 0无关，只须m2=1，此时OP →⋅OM →=4．【答案】如果n＝4，采用逐份检验方式，设检测结果恰有两份次品的概率为C42p2(1−p)2= 6p2(1−p)2，∴检测结果恰有两份次品的概率6p2(1−p)2．记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2，由已知得Eξ1＝n，ξ2的所有可能取值为1，n+1∴P(ξ2=1)= (1−p)k，P(ξ2=n+1)=1−(1−p)n，∴Eξ2=(1−p)n+(n+1)[1−(1−p)n]=n+1−n(1−p)n．要减少检验次数，则Eξ1>Eξ2，则n>n+1−n(1−p)n∴n(1−p)n>1，(1−p)n>1n ，即p<1−(1n)1n，①两组采用混合检验的检验次数分别为ξ1，ξ2，则由（2）知ξ1＝1，k+1，ξ2＝1，k+1，E(ξ1)=E(ξ2)=k+1−k(1−p)k，ξ＝ξ1+ξ2E(ξ)=E(ξ1+ξ2)=E(ξ1)+E(ξ2)=2k+2−2k(1−p)k．②设这m组采用混合检验的检验次数分别为ξ1，ξ2，…，ξm，ξ1＝1，k+1，ξ2＝1，k+1，…，ξm＝1，k+1，且检验总次数ξ＝ξ1+ξ2+...+ξm，∴P(ξi=1)=(1−p)k,i=1,2,⋯,m，P(ξi=k+1)=1−(1−p)k,i=1,2,⋯,m，∴E(ξi)=k+1−k(1−p)k,i=1,2⋯,m，∴E(ξ)=E(ξ1+ξ2+⋯+ξk)=E(ξ1)+⋯+E(ξk)=m(k+1)−mk(1−p)k，所以检验总次数ξ的数学期望m(k+1)−mk(1−p)k．【考点】离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】（1）如果n＝4，采用逐份检验方式，利用二项分布列计算公式即可得出检测结果恰有两份次品的概率．（2）记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2，由已知得Eξ1＝n，ξ2的所有可能取值为1，n+1，即可得出概率与数学期望，要减少检验次数，满足Eξ1>Eξ2，即可得出．（3）①两组采用混合检验的检验次数分别为ξ1，ξ2，则由（2）知ξ1＝1，k+1，ξ2＝1，k+1，可得其期望，ξ＝ξ1+ξ2②设这m组采用混合检验的检验次数分别为ξ1，ξ2，…，ξm，ξ1＝1，k+1，ξ2＝1，k+1，…，ξm＝1，k+1，且检验总次数ξ＝ξ1+ξ2+...+ξm，进而得出结论．【解答】如果n＝4，采用逐份检验方式，设检测结果恰有两份次品的概率为C42p2(1−p)2=6p2(1−p)2，∴检测结果恰有两份次品的概率6p2(1−p)2．记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2，由已知得Eξ1＝n，ξ2的所有可能取值为1，n+1∴P(ξ2=1)= (1−p)k，P(ξ2=n+1)=1−(1−p)n，∴Eξ2=(1−p)n+(n+1)[1−(1−p)n]=n+1−n(1−p)n．要减少检验次数，则Eξ1>Eξ2，则n>n+1−n(1−p)n∴n(1−p)n>1，(1−p)n>1n ，即p<1−(1n)1n，①两组采用混合检验的检验次数分别为ξ1，ξ2，则由（2）知ξ1＝1，k+1，ξ2＝1，E(ξ1)=E(ξ2)=k+1−k(1−p)k，ξ＝ξ1+ξ2E(ξ)=E(ξ1+ξ2)=E(ξ1)+E(ξ2)=2k+2−2k(1−p)k．②设这m组采用混合检验的检验次数分别为ξ1，ξ2，…，ξm，ξ1＝1，k+1，ξ2＝1，k+1，…，ξm＝1，k+1，且检验总次数ξ＝ξ1+ξ2+...+ξm，∴P(ξi=1)=(1−p)k,i=1,2,⋯,m，P(ξi=k+1)=1−(1−p)k,i=1,2,⋯,m，∴E(ξi)=k+1−k(1−p)k,i=1,2⋯,m，∴E(ξ)=E(ξ1+ξ2+⋯+ξk)=E(ξ1)+⋯+E(ξk)=m(k+1)−mk(1−p)k，所以检验总次数ξ的数学期望m(k+1)−mk(1−p)k．【答案】当x∈(0, 1)时，f′(x)＝e1−x(−x2+x+2)+1＝e1−x(2−x)(x+1)+1>0，函数f(x)在(0, 1)上为增函数．又f(0)＝−e+1<0，f＝3>0，所以存在唯一x0∈(0, 1)，使f(x0)＝0；（1）当x∈(1, 2)时，g(x)＝(2−x)e x−1−(3−x)ln(3−x)，令t＝2−x，x＝2−t，x∈(1, 2)，t∈(0, 1)，g(2−t)＝te1−t−(t+1)ln(t+1)，t∈(0, 1)，记函数ℎ(t)=g(2−t)t+1=te1−tt+1−ln(t+1)，t∈(0, 1)，则ℎ′(t)=e 1−t(−t2−t+1)−t−1(t+1)2=−f(t)(t+1)2，由（2）得，当t∈(0, x0)时，f(t)<0，ℎ′(t)>0，当t∈(x0, 1)时，f(t)>0，ℎ′(t)<0，故在(0, x0)上ℎ(t)是增函数，又ℎ(0)＝0，从而可知当t∈(0, x0]时，ℎ(t)>0，所以ℎ(t)在(0, x0]上无零点．在(x0, 1)上ℎ(t)为减函数，由ℎ(x0)>0，ℎ(3)=12−ln 2<0，故存在唯一t1∈(x0, 1)，使ℎ(t1)＝0，因此存在唯一的x1＝2−t1∈(1, 2)，使g(x1)＝g(2−t1)＝ℎ(t1)＝0．因为当t∈(0, 1)时，1+t>0，故ℎ(t)=g(2−t)t+1与g(2−t)有相同的零点，所以存在唯一的x1∈(1, 2)，使g(x1)＝0，因为x1＝2−t1，t1>x0，所以x0+x1<2．【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】（1）对f(x)求导，判断f(x)在(0, 1)单调递增，结合零点存在性定理，证明即可；（2）先证明存在唯一x1∈(1, 2)，使g(x1)＝0，令t＝2−x，x＝2−t，x∈(1, 2)，t∈(0, 1)，g(2−t)＝te1−t−(t+1)ln(t+1)，t∈(0, 1)，记函数ℎ(t)=g(2−t)t+1=te1−tt+1−ln(t+1)，t∈(0, 1)，根据ℎ(t)的导函数和零点存在性定理判断即可，再结合（1）证明即可．【解答】当x∈(0, 1)时，f′(x)＝e1−x(−x2+x+2)+1＝e1−x(2−x)(x+1)+1>0，函数f(x)在(0, 1)上为增函数．又f(0)＝−e+1<0，f＝3>0，所以存在唯一x0∈(0, 1)，使f(x0)＝0；（1）当x∈(1, 2)时，g(x)＝(2−x)e x−1−(3−x)ln(3−x)，令t＝2−x，x＝2−t，x∈(1, 2)，t∈(0, 1)，g(2−t)＝te1−t−(t+1)ln(t+1)，记函数ℎ(t)=g(2−t)t+1=te1−tt+1−ln(t+1)，t∈(0, 1)，则ℎ′(t)=e 1−t(−t2−t+1)−t−1(t+1)2=−f(t)(t+1)2，由（2）得，当t∈(0, x0)时，f(t)<0，ℎ′(t)>0，当t∈(x0, 1)时，f(t)>0，ℎ′(t)<0，故在(0, x0)上ℎ(t)是增函数，又ℎ(0)＝0，从而可知当t∈(0, x0]时，ℎ(t)>0，所以ℎ(t)在(0, x0]上无零点．在(x0, 1)上ℎ(t)为减函数，由ℎ(x0)>0，ℎ(3)=12−ln 2<0，故存在唯一t1∈(x0, 1)，使ℎ(t1)＝0，因此存在唯一的x1＝2−t1∈(1, 2)，使g(x1)＝g(2−t1)＝ℎ(t1)＝0．因为当t∈(0, 1)时，1+t>0，故ℎ(t)=g(2−t)t+1与g(2−t)有相同的零点，所以存在唯一的x1∈(1, 2)，使g(x1)＝0，因为x1＝2−t1，t1>x0，所以x0+x1<2．（二）选考题：10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]【答案】直线C1的直角坐标方程为x+y−2＝0，将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入方程得ρsinθ+ρcosθ＝2，即ρsin(θ+π4)=√2，设直线l的极坐标方程为θ=α(0<α<π2)，设M(ρ1, α)，N(ρ2, α)，则|ON||OM|=ρ2ρ1=2sinαsin(α+π4)√2=√22sin(2α−π4)+12，由0<α<π2，有−π4<2α−π4<3π4，当sin(2α−π4)=1时，|ON||OM|的最大值为√2+12．【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化【解析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用极径的应用和三角函数关系式的恒等变换及正弦型函数的性质的应用求出结果．【解答】直线C1的直角坐标方程为x+y−2＝0，将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入方程得ρsinθ+ρcosθ＝2，即ρsin(θ+π4)=√2，设直线l的极坐标方程为θ=α(0<α<π2)，设M(ρ1, α)，N(ρ2, α)，则|ON||OM|=ρ2ρ1=2sinαsin(α+π4)√2=√22sin(2α−π4)+12，πππ3π当sin(2α−π4)=1时，|ON||OM|的最大值为√2+12．[选修4-5：不等式选讲]（本题满分0分）【答案】由f(x)≤2x +5得{2x +5≥0−2x −5≤x −2≤2x +5，解得x ≥−1；∴ 不等式f(x)≤2x +5的解集为[−1, +∞)．∵ g(x)＝f(x +1)−f(−x +5)＝|x −1|−|−x +3|≤|x −1−x +3|＝2 当且仅当x ≥3时等号成立， ∴ M ＝2， ∴ Ma +1a 2=2a +1a 2=a +a +1a 2≥3√a ⋅a ⋅1a 23=3．当且仅当a =1a 2，即a ＝1时等号成立．【考点】不等式的证明绝对值不等式的解法与证明【解析】（1）直接根据题意去绝对值符号即可；（2）先根据绝对值的几何意义求出M ，再结合不等式的性质即可求解．【解答】由f(x)≤2x +5得{2x +5≥0−2x −5≤x −2≤2x +5，解得x ≥−1；∴ 不等式f(x)≤2x +5的解集为[−1, +∞)．∵ g(x)＝f(x +1)−f(−x +5)＝|x −1|−|−x +3|≤|x −1−x +3|＝2 当且仅当x ≥3时等号成立， ∴ M ＝2， ∴ Ma +1a 2=2a +1a 2=a +a +1a 2≥3√a ⋅a ⋅1a 23=3．当且仅当a =1a 2，即a ＝1时等号成立．。

2020届湖南省永州市高三上学期第二次模拟考试理综

永州市2020年高考第二次模拟考试试卷生物可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 O16 Si28 P31 Fe56一、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。

1.三磷酸鸟苷(GTP)、三磷酸尿苷(UTP)和三磷酸胞苷(CTP)，它们与三磷酸腺苷(ATP)一起构成了NTP家族，它们的结构只是碱基不同。

下列叙述错误的是A.A TP的水解常与细胞内的吸能反应相联系B.GTP彻底水解可得到3种小分子有机物C.CTP断裂两个高能磷酸键后可作为转录的原料D.UTP可为细胞中某些生命活动提供能量2.叶绿体与线粒体在结构和功能上的相同点是①含有ATP合成酶②能进行DNA和RNA的复制③水作为生理功能的一种原料④能控制某些蛋白质的合成⑤增大膜面积的方式A.①③④B.①②④C.②③④D.①②⑤3.下列与生物进化有关的叙述，正确的是A.达尔文认为种群是生物进化的基本单位B.进化地位上越高等的生物适应能力就越强C.有性生殖的出现加快了生物进化的步伐D.捕食者的存在不利于被捕食者的进化4.“噬菌体侵染细菌的实验”在证明DNA是遗传物质的过程中发挥了重要的作用。

下列有关叙述正确的是A.T2噬菌体可在肺炎双球菌中复制和增殖B.组成子代噬菌体的物质全部来自宿主细胞C.T2噬菌体只将DNA注入宿主细胞是该实验成功的原因之一D.利用甲基绿进行染色可证明T2噬菌体的遗传物质是DNA5.当呼吸道黏膜受到机械刺激或化学刺激后，产生的兴奋传到延髓的相关中枢，进而引起呼吸肌快速收缩或舒张，产生咳嗽反射。

下列有关该过程的叙述，错误的是A.刺激呼吸道黏膜引起的咳嗽反射属于非条件反射B.机械刺激可导致呼吸道黏膜中的某些细胞显著活跃C.咳嗽反射过程中，兴奋在神经纤维上的传导是单向的D.兴奋以局部电流的形式由传入神经元传递给传出神经元6.野生型链孢霉能在基本培养基上生长，而用x射线照射后的链孢霉却不能在基本培养基上生长，若在基本培养基中添加某种维生素(M)后，该突变株又能生长了。

2020年湖南省永州市高考数学二模试卷(理科)答案

要检验 n 次；混合检验，将这 n 份产品混合在一起作为一组来检验．若检测通
过，则这 n 份产品全部为正品，因而这 n 份产品只要检验一次就够了；若检测不通
过，为了明确这 n 份产品究竟哪几份是次品，就要对这 n 份产品逐份检验，此时这
n 份产品的检验次数总共为香 1 次．假设在接受检验的样本中，每份样本的检验
结果是正品还是次品都是独立的，且每份样本是次品的概率为 ā ā 1 ．
1 如果知，采用逐份检验方式进行检验，求检测结果恰有两份次品的概率；
现对 n 份产品进行检验，运用统计概率相关知识回答：当 n 和 p 满足什么关系
时，用混合检验方式进行检验可以减少检验次数？
当知 Ͳ Ͳ 且 Ͳ 时，将这 n 份产品均分为两组，每组采用混合检验
本题考查概率的求法，考查系统抽样、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基
础题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
根据题意，分析可得合香知合，据此可得 5 知 1 ， 6 知
，知
，知
，则 1 香香香香知；又由合香知合
可得函数合是周期为 8 的周期函数，据此可得 1 香香香香 1ͻ 知
5
1香香香香
香 1 香香；利用特殊值法求出
1 香香的值，即可得答案．
本题考查函数的奇偶性的性质以及应用，涉及函数值的计算，属于基础题．
【解答】
解：根据题意，定义在 R 内的奇函数合满足：对任意合郡有合香 1 知
合，
第页，共 15页
则合香1 知
合知合，变形可得合香知合，则有 5 知 1 ，
A. 1
B. 1

2020届湖南省永州市高三高考培优信息卷(二)理科综合物理试卷及答案

2020届湖南省永州市高三高考培优信息卷（二）理科综合物理试卷★祝考试顺利★(含答案)二、选择题：本题共8小题,每小题6分。

在每小题给出的四个选项中,第14~17题只有一项符合题目要求,第18~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。

14．如图所示,Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两球从同一地点沿同一直线运动的v－t图线,根据图线可以判断( )A．甲、乙两球做的是初速度方向相反的匀变速直线运动,加速度大小相同,方向相同B．两球在t＝8 s时相距最远C．两球在t＝2 s时有相同的速度D．两球在t＝8 s时相遇15．如图所示,质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上,左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面,当用一水平恒力F作用在滑块A上时,一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止,此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H＝R3,重力加速度为g,则F的大小为( )A．53Mg B．52MgC．53(M＋m)g D．52(M＋m)g16．如图所示,在边长为l的正方形的每个顶点都放置一个点电荷,其中a和b电荷量均为＋q,c和d电荷量均为－q.则a电荷受到的其他三个电荷的静电力的合力大小是( )A．0 B．2kq2l2C．kq2l2D．3kq22l217．同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环,在圆环的缺口两端引出两根导线,分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板MN连接,如图3甲所示．导线PQ中通有正弦交变电流i,i的变化如图乙所示,规定从Q到P为电流的正方向,则在1～2 s内( )A．M板带正电,且电荷量增加B．M板带正电,且电荷量减小C．M板带负电,且电荷量增加D．M板带负电,且电荷量减小18．如图甲,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=3kg的另一木块B可看作质点,以水平速度v=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。

由于A、B 间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示,则下列说法正确的是（g取10m/s2）（）A. 木板的质量为M=3kgB. 木块减小的动能为1.5JC. 系统损失的机械能为3JD. A、B间的动摩擦因数为0.219．如图所示,CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行光滑金属导轨,导轨固定不动,间距为L,在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B.导轨的右端接有一电阻R,左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放,导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨垂直且接触良好,则下列说法中正确的是( )A．通过电阻R的最大电流为BL2gh2RB．电阻R中产生的焦耳热为mghC．磁场左右边界的长度d为mR2gh B2L2D．流过电阻R的电荷量为m2gh BL。

2020年高考模拟湖南省永州市高考(理科)数学二模试卷含解析

2020年高考数学二模试卷（理科）一、选择题1．复数的共轭复数是（）A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i2．已知集合A＝{x|x＜3}，B＝{x|log2x＞0}，则（）A．A∩B＝{x|1＜x＜3} B．A∩B＝∅C．A∪B＝{x|x＜3}D．A∪B＝{x|x＞1}3．执行如图所示程序框图，若输入，则输出结果为（）A．2 B．3 C．4 D．54．为了解运动健身减肥的效果，某健身房调查了20名肥胖者，健身之前他们的体重情况如三维饼图（1）所示，经过四个月的健身后，他们的体重情况如三维饼图（2）所示．对比健身前后，关于这20名肥胖者，下面结论不正确的是（）A．他们健身后，体重在区间[90kg，100kg）内的人数不变B．他们健身后，体重在区间[100kg，110kg）内的人数减少了4人C．他们健身后，这20位健身者体重的中位数位于[90kg，100kg）D．他们健身后，原来体重在[110kg，120kg]内的肥胖者体重都至少减轻了10kg5．已知数列a1，是首项为8，公比为的等比数列，则a4等于（）A．8 B．32 C．64 D．1286．某校高三年级有男生220人，编号为1，2，…，220；女生380人，编号为221，222，…，600．为了解学生的学习状态，按编号采用系统抽样的方法从这600名学生中抽取10人进行问卷调查，第一组抽到的号码为10．现从这10名学生中随机抽取2人进行座谈，则这2人中既有男生又有女生的概率是（）A．B．C．D．7．已知定义在R上的奇函数f（x）满足f（x+1）+f（3﹣x）＝0，若f（1）＝2，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2019）＝（）A．﹣2 B．0 C．2 D．20208．已知函数f（x）＝2sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜π）的部分图象如图所示，且，则φ的值为（）A．B．C．D．9．北方的冬天户外冰天雪地，若水管裸露在外，则管内的水就会结冰从而冻裂水管，给用户生活带来不便．每年冬天来临前，工作人员就会给裸露在外的水管“保暖”：在水管外面包裹保温带，用一条保温带盘旋而上一次包裹到位．某工作人员采用四层包裹法（除水管两端外包裹水管的保温带都是四层）：如图1所示是相邻四层保温带的下边缘轮廓线，相邻两条轮廓线的间距是带宽的四分之一．设水管的直径与保温带的宽度都为4cm．在图2水管的侧面展开图中，此保温带的轮廓线与水管母线所成的角的余弦值是（保温带厚度忽略不计）（）A．B．C．D．10．某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为（）A．8πB．6πC．4πD．11．如图，已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点A，若△AF1F2的内切圆半径为，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．12．数列{a n}满足a n+1+a n＝11﹣n+（﹣1）n，且0＜a6＜1．记数列{a n}的前n项和为S n，则当S n取最大值时n为（）A．11 B．12 C．11或13 D．12或13二、填空题13．曲线y＝lnx过点（0，﹣1）的切线方程为．14．已知AB为圆O的弦，若|AB|＝2，则＝．15．已知以F为焦点的抛物线y2＝4x上的两点A、B满足，求|AB|＝．16．已知函数（1）若t＝1，且f（x）值域为[﹣1，3），则实数a的取值范围为．（2）若存在实数a，使f（x）值域为[﹣1，1]，则实数t的取值范围为．三、解答题17．在△ABC中，∠ABC＝，点D在边AB上，BD＝2．（1）若△BCD的面积为2，求CD；（2）若cos∠BCA＝，cos∠DCA＝，求CD．18．在如图三棱锥A﹣BCD中，BD⊥CD，E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF，AE⊥平面BCD．（1）求证：平面AEF⊥平面ACD；（2）若BD＝CD＝AD＝2，E为BC的中点，求直线AF与平面ABD所成角的正弦值．19．已知椭圆Γ：＝1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为C、D，且过点，P是椭圆上异于C、D的任意一点，直线PC，PD的斜率之积为﹣．（1）求椭圆Γ的方程；（2）O为坐标原点，设直线CP交定直线x＝m于点M，当m为何值时，为定值．20．某工厂生产某种产品，为了控制质量，质量控制工程师要在产品出厂前对产品进行检验．现有n（n∈N*且n≥2）份产品，有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验n次；（2）混合检验，将这n份产品混合在一起作为一组来检验．若检测通过，则这n份产品全部为正品，因而这n份产品只要检验一次就够了；若检测不通过，为了明确这n份产品究竟哪几份是次品，就要对这n份产品逐份检验，此时这n份产品的检验次数总共为n+1次．假设在接受检验的样本中，每份样本的检验结果是正品还是次品都是独立的，且每份样本是次品的概率为p（0＜p＜1）．（1）如果n＝4，采用逐份检验方式进行检验，求检测结果恰有两份次品的概率；（2）现对n份产品进行检验，运用统计概率相关知识回答：当n和p满足什么关系时，用混合检验方式进行检验可以减少检验次数？（3）①当n＝2k（k∈N*且k≥2）时，将这n份产品均分为两组，每组采用混合检验方式进行检验，求检验总次数ξ的数学期望；②当n＝mk（k，m∈N*，且k≥2，m≥2）时，将这n份产品均分为m组，每组采用混合检验方式进行检验，写出检验总次数ξ的数学期望（不需证明）．21．已知函数f（x）＝e1﹣x（x2+x﹣1）+1+x，g（x）＝（2﹣x）e x﹣1﹣（3﹣x）ln（3﹣x）．证明：（1）存在唯一x0∈（0，1），使f（x0）＝0；（2）存在唯一x1∈（1，2），使g（x1）＝0，且对（1）中的x0，有x0+x1＜2．（二）选考题：10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy中，直线C1的参数方程为（其中C1为参数）．以坐标原点O为极点，t轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sinθ．（1）写出直线C1的极坐标方程；（2）设动直线l：y＝kx（k＞0）与C1，C2分别交于点M、N，求的最大值．[选修4-5：不等式选讲]（本题满分0分）23．已知函数f（x）＝|x﹣2|．（1）求不等式f（x）≤2x+5的解集；（2）记函数g（x）＝f（x+1）﹣f（﹣x+5），且g（x）的最大值为M，若a＞0，求证：Ma+≥3．参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．复数的共轭复数是（）A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．解：复数z＝＝＝1﹣i的共轭复数＝1+i．故选：A．2．已知集合A＝{x|x＜3}，B＝{x|log2x＞0}，则（）A．A∩B＝{x|1＜x＜3} B．A∩B＝∅C．A∪B＝{x|x＜3}D．A∪B＝{x|x＞1}【分析】可以求出集合B，然后进行交集的运算即可．解：∵A＝{x|x＜3}，B＝{x|x＞1}，∴A∩B＝{x|1＜x＜3}．故选：A．3．执行如图所示程序框图，若输入，则输出结果为（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论．解：当n＝1时，S＝1＞P＝，S＝1﹣＝，当n＝2时，S＝＞P＝，S＝﹣＝，当n＝3时，S＝＝P＝，所以输出的n＝3，故选：B．4．为了解运动健身减肥的效果，某健身房调查了20名肥胖者，健身之前他们的体重情况如三维饼图（1）所示，经过四个月的健身后，他们的体重情况如三维饼图（2）所示．对比健身前后，关于这20名肥胖者，下面结论不正确的是（）A．他们健身后，体重在区间[90kg，100kg）内的人数不变B．他们健身后，体重在区间[100kg，110kg）内的人数减少了4人C．他们健身后，这20位健身者体重的中位数位于[90kg，100kg）D．他们健身后，原来体重在[110kg，120kg]内的肥胖者体重都至少减轻了10kg【分析】利用健身之前他们的体重情况如三维饼图和经过四个月的健身后，他们的体重情况如三维饼图直接求解．解：某健身房调查了20名肥胖者，健身之前他们的体重情况如三维饼图（1）所示，经过四个月的健身后，他们的体重情况如三维饼图（2）所示．对比健身前后，关于这20名肥胖者，在A中，健身前，体重在区间[90kg，100kg）内的人数为20×40%＝8人，健身后，体重在区间[90kg，100kg）内的人数为20×40%＝8人，故A正确；在B中，健身后，体重在区间[100kg，110kg）内的人数减少了：20×50%﹣20×30%＝4人，故B正确；在C中，他们健身后，这20位健身者体重的中位数位于[90kg，100kg），故C正确；在D中，他们健身后，原来体重在[110kg，120kg]内的肥胖者体重不一定至少减轻了10kg，故D错误．故选：D．5．已知数列a1，是首项为8，公比为的等比数列，则a4等于（）A．8 B．32 C．64 D．128【分析】利用等比数列的通项公式可得，利用a4＝a1×××即可得出．解：数列a1，是首项为8，公比为的等比数列，则＝8×＝1．a4＝a1×××＝8×4×2×1＝64．故选：C．6．某校高三年级有男生220人，编号为1，2，…，220；女生380人，编号为221，222，…，600．为了解学生的学习状态，按编号采用系统抽样的方法从这600名学生中抽取10人进行问卷调查，第一组抽到的号码为10．现从这10名学生中随机抽取2人进行座谈，则这2人中既有男生又有女生的概率是（）A．B．C．D．【分析】抽样间隔f＝＝60，第一组抽到的号码为10，则抽到的10个人的号码分别为：10，70，130，190，250，310，370，430，490，550，从而这10人中男人有4人，女人有6人，现从这10名学生中随机抽取2人进行座谈，基本事件总数n＝＝45，这2人中既有男生又有女生包含的基本事件个数m＝＝24，由此能求出这2人中既有男生又有女生的概率．解：某校高三年级有男生220人，编号为1，2，...，220；女生380人，编号为221，222， (600)为了解学生的学习状态，按编号采用系统抽样的方法从这600名学生中抽取10人进行问卷调查，抽样间隔f＝＝60，第一组抽到的号码为10，则抽到的10个人的号码分别为：10，70，130，190，250，310，370，430，490，550，∴这10人中男人有4人，女人有6人，现从这10名学生中随机抽取2人进行座谈，基本事件总数n＝＝45，这2人中既有男生又有女生包含的基本事件个数m＝＝24，则这2人中既有男生又有女生的概率是p＝＝＝．故选：C．7．已知定义在R上的奇函数f（x）满足f（x+1）+f（3﹣x）＝0，若f（1）＝2，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2019）＝（）A．﹣2 B．0 C．2 D．2020【分析】根据题意，分析可得f（x+4）＝﹣f（x），据此可得f（5）＝﹣f（1），f（6）＝﹣f（2），f（7）＝﹣f（3），f（8）＝﹣f（4），则f（1）+f（2）+f（3）+…+f （8）＝0；又由f（x+4）＝﹣f（x）可得函数f（x）是周期为8的周期函数，据此可得f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2019）＝[则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（8）]+f（1）+f（2）+f（3）；利用特殊值法求出f（1）+f（2）+f（3）的值，即可得答案．解：根据题意，定义在R内的奇函数f（x）满足：对任意x∈R郡有f（x+1）＝f（3﹣x），则f（x+1）＝f（3﹣x）＝﹣f（x﹣3），变形可得f（x+4）＝﹣f（x），则有f（5）＝﹣f（1），f（6）＝﹣f（2），f（7）＝﹣f（3），f（8）＝﹣f（4），则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（8）＝0，又由f（x+4）＝﹣f（x），则有f（x+8）＝﹣f（x+4）＝f（x），即函数f（x）是周期为8的周期函数，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2019）＝[f（1）+f（2）+f（3）+…+f（8）]+f（1）+f（2）+f（3）；又由奇函数f（x）满足f（x+1）+f（3﹣x）＝0，令x＝1可得：f（2）+f（2）＝0，即f（2）＝0，令x＝0可得：f（1）+f（3）＝0，则f（1）+f（2）+f（3）＝0，故f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2019）＝0；故选：B．8．已知函数f（x）＝2sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜π）的部分图象如图所示，且，则φ的值为（）A．B．C．D．【分析】由函数f（x）的部分图象求得T、ω和φ的值即可．解：由函数f（x）＝2sin（ωx+φ）的部分图象知，T＝π﹣0＝π，所以ω＝＝＝2，又f（）＝2sin（2×+φ）＝﹣1，即π+φ＝，φ＝．故选：D．9．北方的冬天户外冰天雪地，若水管裸露在外，则管内的水就会结冰从而冻裂水管，给用户生活带来不便．每年冬天来临前，工作人员就会给裸露在外的水管“保暖”：在水管外面包裹保温带，用一条保温带盘旋而上一次包裹到位．某工作人员采用四层包裹法（除水管两端外包裹水管的保温带都是四层）：如图1所示是相邻四层保温带的下边缘轮廓线，相邻两条轮廓线的间距是带宽的四分之一．设水管的直径与保温带的宽度都为4cm．在图2水管的侧面展开图中，此保温带的轮廓线与水管母线所成的角的余弦值是（保温带厚度忽略不计）（）A．B．C．D．【分析】根据题意知带子全部包住管道且相邻两条轮廓线的间距是带宽的四分之一，由此得直角三角形的斜边长为水管的周长，以及角α的邻边长，再求α的余弦值．解：其展开图如图所示，水管直径为4cm，所以水管的周长为BB′＝4πcm，过点B作BM⊥AB′，垂足为M，则∠BAM＝∠MBB′＝α，又BM＝×4＝1（cm），所以cos∠α＝＝．故选：B．10．某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为（）A．8πB．6πC．4πD．【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为三棱锥P﹣ABC，PA⊥底面ABC，底面ABC是以角B为直角的等腰直角三角形，得PC的中点O为三棱锥P﹣ABC外接球的球心，求解三角形得三棱锥外接球的半径，则三棱锥外接球的表面积可求．解：由三视图还原原几何体如图，可知该几何体为三棱锥P﹣ABC，PA⊥底面ABC，底面ABC是以角B为直角的等腰直角三角形，∴PC的中点O为三棱锥P﹣ABC外接球的球心，由已知求得PC＝，则三棱锥外接球的半径R＝，∴它的外接球的表面积为．故选：A．11．如图，已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点A，若△AF1F2的内切圆半径为，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【分析】设双曲线的左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），设双曲线的一条渐近线方程为y＝x，可得直线AF2的方程为y＝（x﹣c），联立双曲线的方程可得A的坐标，设|AF1|＝m，|AF2|＝n，运用三角形的等积法，以及双曲线的定义，结合锐角三角函数的定义，化简变形可得a，c的方程，结合离心率公式可得所求值．解：设双曲线的左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），设双曲线的一条渐近线方程为y＝x，可得直线AF2的方程为y＝（x﹣c），联立双曲线，可得A（，），设|AF1|＝m，|AF2|＝n，由三角形的面积的等积法可得•（m+n+2c）＝•2c•，化简可得m+n＝﹣4a﹣2c①由双曲线的定义可得m﹣n＝2a②在三角形AF1F2中n sinθ＝，（θ为直线AF2的倾斜角），由tanθ＝，sin2θ+cos2θ＝1，可得sinθ＝＝，可得n＝，③由①②③化简可得3c2﹣2ac﹣5a2＝0，即为（3c﹣5a）（c+a）＝0，可得3c＝5a，则e＝＝．故选：C．12．数列{a n}满足a n+1+a n＝11﹣n+（﹣1）n，且0＜a6＜1．记数列{a n}的前n项和为S n，则当S n取最大值时n为（）A．11 B．12 C．11或13 D．12或13【分析】设a1＝t，由数列的递推式计算数列的前几项可得数列{a n}的奇数项为首项为t，公差为1的等差数列；偶数项为首项为9﹣t，公差为﹣3的等差数列，再由数列的求和公式计算可得所求．解：设a1＝t，由a n+1+a n＝11﹣n+（﹣1）n，可得a2＝9﹣t，a3＝1+t，a4＝6﹣t，a5＝2+t，a6＝3﹣t，a7＝3+t，a8＝﹣t，…，0＜a6＜1可得0＜3﹣t＜1，可得2＜t＜3，则数列{a n}的奇数项为首项为t，公差为1的等差数列；偶数项为首项为9﹣t，公差为﹣3的等差数列，且每隔两项的和为9，7，5，3，1，﹣1，…，为递减，可得S10＝9＝5+7+5+3+1＝25，S11＝25+a11＝30+t，S12＝25﹣1＝24，S13＝24+a13＝24+6+t ＝30+t，S14＝24﹣3＝21，…，则当S n取最大值时n＝11或13．故选：C．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．曲线y＝lnx过点（0，﹣1）的切线方程为x﹣y﹣1＝0 ．【分析】设切点为（x0，lnx0），求出函数在切点处的切线方程，代入已知点的坐标求得切点，再由直线方程的点斜式得答案．解：设切点为（x0，lnx0），由y＝lnx，得y′＝，∴，则过切点的切线方程为y﹣lnx0＝，把（0，﹣1）代入，得﹣1﹣lnx0＝﹣1，得x0＝1，则切点为（1，0），∴曲线y＝lnx过点（0，﹣1）的切线方程为y+1＝1×（x﹣0），即x﹣y﹣1＝0．故答案为：x﹣y﹣1＝0．14．已知AB为圆O的弦，若|AB|＝2，则＝﹣2 ．【分析】据题意即可得出，代入进行数量积的运算即可．解：如图，，且|AB|＝2，∴．故答案为：﹣2．15．已知以F为焦点的抛物线y2＝4x上的两点A、B满足，求|AB|＝．【分析】设BF＝m，由抛物线的定义知AA1和BB1，进而可推断出AC和AB，及直线AB的斜率，则直线AB的方程可得，与抛物线方程联立消去y，进而跟韦达定理求得x1+x2的值，则根据抛物线的定义求得弦AB的长度．解：设，由，可得：＝3m，由抛物线的定义知AA1＝3m，BB1＝m，∴△ABC中，AC＝2m，AB＝4m，k AB＝，∴直线AB方程为y＝（x﹣1），与抛物线方程联立消y得3x2﹣10x+3＝0所以|AB|＝x1+x2+2＝，故答案为：．16．已知函数（1）若t＝1，且f（x）值域为[﹣1，3），则实数a的取值范围为[1，3] ．（2）若存在实数a，使f（x）值域为[﹣1，1]，则实数t的取值范围为．【分析】（1）分别求出两段函数的值域，结合已知条件可得a的范围，求解得答案；（2）由已知得t＞﹣1，先考虑f（x）＝x2+2x在[﹣1，t）的单调性和值域，可得t2+2t≤1，解得t的范围；再考虑t≤x≤a时f（x）的单调性和值域，解﹣1≤1﹣|t﹣1|≤1，即可得到所求范围．解：（1）若t＝1可得f（x）＝x2+2x在[﹣1，1）递增，可得f（x）∈[﹣1，3），若1≤x≤a则f（x）＝1﹣|x﹣1|递减，可得f（x）∈[1﹣|a﹣1|，1]，a≥1，由题意可得1﹣|a﹣1|≥﹣1，解得1≤a≤3；（2）由已知得t＞﹣1，函数f（x）＝x2+2x在[﹣1，t）上为增函数，故其值域为[﹣1，t2+2t）；若存在实数a使f（x）的值域是[﹣1，1]，可得t2+2t≤1，解得﹣1＜t≤﹣1；由y＝1﹣|x﹣1|在x＝1时，y＝1；可得﹣1≤1﹣|t﹣1|≤1，解得﹣1≤t≤3，则t的范围是（﹣1，﹣1]．故答案为：[1，3]，（﹣1，﹣1]．三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题～第21题为必考题，考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必做题：60分．17．在△ABC中，∠ABC＝，点D在边AB上，BD＝2．（1）若△BCD的面积为2，求CD；（2）若cos∠BCA＝，cos∠DCA＝，求CD．【分析】（1）由已知结合三角形的面积公式可求BC，然后结合余弦定理可求CD，（2）由∠BCD＝∠BCA﹣∠DCA，结合两角差的正弦公式及正弦定理可求．解：（1）∵，∴BC＝4，在△BCD中，由余弦定理可得CD2＝BC2+BD2﹣2•BC•BD•cos B，∴，（2））∵∠BCD＝∠BCA﹣∠DCA，∴sin∠BCD＝sin∠BCA cos∠DCA﹣cos∠BCA sin∠DCA，∵，，∴，，∴，在△BCD中，由正弦定理可得，∴．18．在如图三棱锥A﹣BCD中，BD⊥CD，E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF，AE⊥平面BCD．（1）求证：平面AEF⊥平面ACD；（2）若BD＝CD＝AD＝2，E为BC的中点，求直线AF与平面ABD所成角的正弦值．【分析】（1）推导出BD∥EF，CD⊥EF．由AE⊥面BCD，得CD⊥AE，从而CD⊥面AEF，由此能证明面AEF⊥面ACD．（2）设直线AF与平面ABD所成交的余弦值为θ．连接DE，推导出BD⊥CD，DE⊥BC，AE ⊥DE，AE⊥BC．以点E为坐标原点，分别以EC，ED，EA为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AF与平面ABD所成交的正弦值．解：（1）证明：因为BD∥面AEF，面BCD∩面AEF＝EF，BD⊂面BCD，所以BD∥EF，因为BD⊥CD，所以CD⊥EF．又因为AE⊥面BCD，CD⊂面BCD，所以CD⊥AE，而EF∩AE＝E，所以CD⊥面AEF，又CD⊂面ACD，所以面AEF⊥面ACD．（2）解：设直线AF与平面ABD所成交的余弦值为θ．连接DE，在△BCD中，BD＝CD＝2，BE＝EC，BD⊥CD，所以DE⊥BC，且，，又因为AE⊥面BCD，DE⊂面BCD，BC⊂面BCD，所以AE⊥DE，AE⊥BC．在Rt△ADE中，，AD＝2，所以．如图，以点E为坐标原点，分别以EC，ED，EA为x，y，z轴建立空间直角坐标系，，，，，因为BD∥EF，E为BC的中点，所以F为CD的中点，即，设平面ABD的法向量，，，由，即，整理得，令z＝﹣1，得x＝1，y＝﹣1，则．因为，所以，故直线AF与平面ABD所成角的正弦值为．19．已知椭圆Γ：＝1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为C、D，且过点，P是椭圆上异于C、D的任意一点，直线PC，PD的斜率之积为﹣．（1）求椭圆Γ的方程；（2）O为坐标原点，设直线CP交定直线x＝m于点M，当m为何值时，为定值．【分析】（1）椭圆Γ过点，，直线PC，PD的斜率之积为，可求得，求出a，b，即可得到椭圆方程．（2）方法1：由（1）知，C为（﹣2，0）．由题意可设CM：y＝k（x+2），令x＝m，得M（m，k（m+2））．又设P（x1，y1）由整理得：（1+2k2）x2+8k2x+8k2﹣4＝0．利用韦达定理求出P的坐标，然后通过斜率的数量积推出结果即可．方法2：：设P（x0，y0），则，令x＝m，得，通过数量积结合椭圆方程，转化求解即可．解：（1）椭圆Γ过点，∴，①又因为直线PC，PD的斜率之积为，可求得，②联立①②得．∴所求的椭圆方程为．（2）方法1：由（1）知，C为（﹣2，0）．由题意可设CM：y＝k（x+2），令x＝m，得M（m，k（m+2））．又设P（x1，y1）由整理得：（1+2k2）x2+8k2x+8k2﹣4＝0．∵，∴，，所以，∴，要使与k无关，只须，此时恒等于4．∴m＝2．方法2：：设P（x0，y0），则，令x＝m，得，∴由有，所以，要使与x0无关，只须，此时．∴m＝2．20．某工厂生产某种产品，为了控制质量，质量控制工程师要在产品出厂前对产品进行检验．现有n（n∈N*且n≥2）份产品，有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验n次；（2）混合检验，将这n份产品混合在一起作为一组来检验．若检测通过，则这n份产品全部为正品，因而这n份产品只要检验一次就够了；若检测不通过，为了明确这n份产品究竟哪几份是次品，就要对这n份产品逐份检验，此时这n份产品的检验次数总共为n+1次．假设在接受检验的样本中，每份样本的检验结果是正品还是次品都是独立的，且每份样本是次品的概率为p（0＜p＜1）．（1）如果n＝4，采用逐份检验方式进行检验，求检测结果恰有两份次品的概率；（2）现对n份产品进行检验，运用统计概率相关知识回答：当n和p满足什么关系时，用混合检验方式进行检验可以减少检验次数？（3）①当n＝2k（k∈N*且k≥2）时，将这n份产品均分为两组，每组采用混合检验方式进行检验，求检验总次数ξ的数学期望；②当n＝mk（k，m∈N*，且k≥2，m≥2）时，将这n份产品均分为m组，每组采用混合检验方式进行检验，写出检验总次数ξ的数学期望（不需证明）．【分析】（1）如果n＝4，采用逐份检验方式，利用二项分布列计算公式即可得出检测结果恰有两份次品的概率．（2）记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2，由已知得Eξ1＝n，ξ2的所有可能取值为1，n+1，即可得出概率与数学期望，要减少检验次数，满足Eξ1＞Eξ2，即可得出．（3）①两组采用混合检验的检验次数分别为ξ1，ξ2，则由（2）知ξ1＝1，k+1，ξ2＝1，k+1，可得其期望，ξ＝ξ1+ξ2②设这m组采用混合检验的检验次数分别为ξ1，ξ2，…，ξm，ξ1＝1，k+1，ξ2＝1，k+1，…，ξm＝1，k+1，且检验总次数ξ＝ξ1+ξ2+…+ξm，进而得出结论．解：（1）如果n＝4，采用逐份检验方式，设检测结果恰有两份次品的概率为，∴检测结果恰有两份次品的概率6p2（1﹣p）2．（2）记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2，由已知得Eξ1＝n，ξ2的所有可能取值为1，n+1∴，，∴＝n+1﹣n（1﹣p）n．要减少检验次数，则Eξ1＞Eξ2，则n＞n+1﹣n（1﹣p）n∴n（1﹣p）n＞1，，即，（3）①两组采用混合检验的检验次数分别为ξ1，ξ2，则由（2）知ξ1＝1，k+1，ξ2＝1，k+1，，ξ＝ξ1+ξ2．②设这m组采用混合检验的检验次数分别为ξ1，ξ2，…，ξm，ξ1＝1，k+1，ξ2＝1，k+1，…，ξm＝1，k+1，且检验总次数ξ＝ξ1+ξ2+…+ξm，∴，，∴，∴，所以检验总次数ξ的数学期望m（k+1）﹣mk（1﹣p）k．21．已知函数f（x）＝e1﹣x（x2+x﹣1）+1+x，g（x）＝（2﹣x）e x﹣1﹣（3﹣x）ln（3﹣x）．证明：（1）存在唯一x0∈（0，1），使f（x0）＝0；（2）存在唯一x1∈（1，2），使g（x1）＝0，且对（1）中的x0，有x0+x1＜2．【分析】（1）对f（x）求导，判断f（x）在（0，1）单调递增，结合零点存在性定理，证明即可；（2）先证明存在唯一x1∈（1，2），使g（x1）＝0，令t＝2﹣x，x＝2﹣t，x∈（1，2），t∈（0，1），g（2﹣t）＝te1﹣t﹣（t+1）ln（t+1），t∈（0，1），记函数，t∈（0，1），根据h（t）的导函数和零点存在性定理判断即可，再结合（1）证明即可．【解答】证明：（1）当x∈（0，1）时，f′（x）＝e1﹣x（﹣x2+x+2）+1＝e1﹣x（2﹣x）（x+1）+1＞0，函数f（x）在（0，1）上为增函数．又f（0）＝﹣e+1＜0，f（1）＝3＞0，所以存在唯一x0∈（0，1），使f（x0）＝0；（2）当x∈（1，2）时，g（x）＝（2﹣x）e x﹣1﹣（3﹣x）ln（3﹣x），令t＝2﹣x，x＝2﹣t，x∈（1，2），t∈（0，1），g（2﹣t）＝te1﹣t﹣（t+1）ln（t+1），t∈（0，1），记函数，t∈（0，1），则h′（t）＝，由（1）得，当t∈（0，x0）时，f（t）＜0，h′（t）＞0，当t∈（x0，1）时，f（t）＞0，h′（t）＜0，故在（0，x0）上h（t）是增函数，又h（0）＝0，从而可知当t∈（0，x0]时，h（t）＞0，所以h（t）在（0，x0]上无零点．在（x0，1）上h（t）为减函数，由h（x0）＞0，h（1）＝﹣ln 2＜0，故存在唯一t1∈（x0，1），使h（t1）＝0，因此存在唯一的x1＝2﹣t1∈（1，2），使g（x1）＝g（2﹣t1）＝h（t1）＝0．因为当t∈（0，1）时，1+t＞0，故与g（2﹣t）有相同的零点，所以存在唯一的x1∈（1，2），使g（x1）＝0，因为x1＝2﹣t1，t1＞x0，所以x0+x1＜2．（二）选考题：10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy中，直线C1的参数方程为（其中C1为参数）．以坐标原点O为极点，t轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sinθ．（1）写出直线C1的极坐标方程；（2）设动直线l：y＝kx（k＞0）与C1，C2分别交于点M、N，求的最大值．【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用极径的应用和三角函数关系式的恒等变换及正弦型函数的性质的应用求出结果．解：（1）直线C1的直角坐标方程为x+y﹣2＝0，将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入方程得ρsinθ+ρcosθ＝2，即，（2）设直线l的极坐标方程为，设M（ρ1，α），N（ρ2，α），则，由，有，当时，的最大值为．[选修4-5：不等式选讲]（本题满分0分）23．已知函数f（x）＝|x﹣2|．（1）求不等式f（x）≤2x+5的解集；（2）记函数g（x）＝f（x+1）﹣f（﹣x+5），且g（x）的最大值为M，若a＞0，求证：Ma+≥3．【分析】（1）直接根据题意去绝对值符号即可；（2）先根据绝对值的几何意义求出M，再结合不等式的性质即可求解．解：（1）由f（x）≤2x+5得，解得x≥﹣1；∴不等式f（x）≤2x+5的解集为[﹣1，+∞）．（2）∵g（x）＝f（x+1）﹣f（﹣x+5）＝|x﹣1|﹣|﹣x+3|≤|x﹣1﹣x+3|＝2当且仅当x≥3时等号成立，∴M＝2，∴．当且仅当，即a＝1时等号成立．。

湖南省永州市2020届高三上学期第二次模拟考试物理答案

q＝ t＝ ⑨1分
ΔΦ＝BLd⑩1分
t＝1.5s1分
（3）（8分）对M、N棒碰撞过程，有
m1v0＝m1v1＋m2v2⑪1分
⑫1分
碰后对N棒
μ2m2gcos37°－m2gsin37＝m2a2⑬1分
v2＝a2t0⑭
碰后对M棒m1gsin37＋μ1m1gcos37°＋BI′L－F＝m1a1⑮1分
v1＝a1t0⑯
对上边气体＝ ②2分
对下边气体＝ ③2分
由②③式解得V＝0.25V0，p＝4.8p02分
34．（15分）
（1）沿y轴负方向（2分）4（3分）
（2）（10分）解：
（i）设从左侧的A点入射，光在右侧半球面刚好发生全反射，由
sinθ＝ ①1分
OA＝Rsinθ②1分
S′＝πOA2③1分
S＝πR2④1分
由①～④式解得＝ 1分
⑰1分
t0＝2.5s⑱1分
由⑪～⑱式解得F＝0.96－0.08t(t≤2.5s)2分
说明：最终结果未写出t≤2.5s，扣1分。
33．（1）（5分）3p0(2分) ΔU＋2p0V0(3分)
（2）（10分）解：
（i）设共打气n次，由
p0(V0＋0.3nV0)＝7p0V0①2分
由①式解得n＝20次2分
（ii）设温度升高后，上边的气体压强为p，体积为V，
永州市2020年高考第二次模拟考试试卷
理科综合能力测试-物理答案
14~21 BBCCD BC BD AD
22．（6分）0.25（0.24～0.26均正确）（3分）s
0.20（0.19～0.21均正确）（3分）
23．（9分）（1）R1（2分）（2）如下图（3分）
（3）1.4（2分）0.50（2分）

2020届湖南省永州市普通高中高三上学期第二次高考模拟考试理综化学试题(解析版)

绝密★启用前湖南省永州市普通高中2020届高三年级上学期第二次高考模拟考试理综-化学试题(解析版)可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Si-28 P-31 Fe-56 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.化学与生产、生活息息相关。

下列有关说法不正确的是A. 小苏打可用于治疗胃酸过多B. 还原铁粉可用作食品袋内的抗氧化剂C. 用乙醚从青蒿中提取青蒿素的过程中包含萃取操作D. 墨子号量子卫星使用的太阳能电池，其主要成分为二氧化硅【答案】D【解析】【详解】A. 生活中常用小苏打、氢氧化铝来治疗胃酸过多,A项正确；B. 铁可以被空气氧化,做还原剂,即抗氧化剂,B项正确；C. 乙醚不溶于水,易溶解有机物,可以从青蒿中提取青蒿素,C项正确；D. 太阳能电池,其主要成分为硅,D项错误；答案选D。

2.下列关于有机物的说法不正确的是A. 正丁烷和异丁烷的沸点相同B. 麦芽糖的水解产物只有葡萄糖C. 疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白质变性D. 苯与乙烯均可以使溴水褪色,但褪色原理不同【答案】A【解析】【详解】A. 正丁烷不带支链,沸点高于带支链的异丁烷,A项错误；B. 麦芽糖水解葡萄糖,B项正确；C. 蛋白质在温度较高时易变性,疫苗为蛋白质,为了防止蛋白质变性,所以一般应该冷藏存放,C项正确；D. 乙烯与溴发生加成反应,使溴水中水层褪色,溴在苯的溶解度远远大于水中的溶解度,苯萃取溴水的溴,使溴水中水层褪色,二者褪色原理不同,D项正确；答案选A。

3.W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的五种短周期元素,其中W、R同主族；X是形成化合物种类最多的元素；常温下,W与Z能形成两种常见的液态化合物。

下列说法正确的是A. X、Y的简单氢化物的沸点：X＞YB. Z、R的简单离子的半径大小：Z＜RC. Y与W形成的最简单化合物可用作制冷剂D. 1mol R2Z2与足量W2Z反应,转移的电子数为2NA【答案】C【解析】【详解】W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的五种短周期元素,X是形成化合物种类最多的元素,推出X为C,常温下,W与Z能形成两种常见的液态化合物,可知是H 2O、H2O2,推出W为H,Z为O,W、R同主族,因此推出R为Na,X为C,Z为O,可知Y为N。

2020年湖南省永州市高考物理模拟试卷(二) (含答案解析)

2020年湖南省永州市高考物理模拟试卷(二)一、单选题（本大题共3小题，共18.0分）1.如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H=R3，重力加速度为g，则F的大小为()A. √53Mg B. √52Mg C. √53(M+m)g D. √52(M+m)g2.如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A，B都带正电荷，A所受B，C两个电荷的静电力的合力如图中F A所示，则下列说法正确的是()A. C带正电，且Q C<Q BB. C带正电，且Q C>Q BC. C带负电，且Q C<Q BD. C带负电，且Q C>Q B3.如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B=B0+Kt(K>0)随时间变化，t=0时，P、Q两极板都不带电。

两极板间的距离远小于环的半径，则经时间t电容器P板()A. 不带电B. 所带电荷量与t成正比C. 带正电，电荷量是KL2C4πD. 带负电，电荷量是KL2C4π二、多选题（本大题共6小题，共34.0分）4.如图，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v−t图象，两图线交点时刻为t1，根据图象可以判断()A. 甲、乙两球做初速度方向相反的匀减速直线运动，加速度大小相等、方向相反B. 两球在t=2s时速度相同C. 两球在t=8s时相遇D. 两球在t=t1时相距最远5.质量为m的物体在拉力的作用下从静止出发以2g的加速度匀加速上升h，则()A. 物体的机械能增加2mghB. 物体的重力势能增加mghC. 物体的动能增加3mghD. 拉力做功等于物体增加的动能加上物体增加的势能6.如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。

高三下第二次模拟理科综物理试题解析版

可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：
qE-mg=mg
得到：
由U=Ed可知板间电压为：
故A错误，B正确；
C．小球在电场中向上偏转的距离为：
y＝ at2
而
a＝＝g，t＝
解得：
y＝
故小球打在屏上的位置与P点的距离为：
S＝2y＝
重力势能的增加量为：板间的距离，因两板上电量不变，根据
C．BC两点到O点距离相等，两点电势相等，则
φB-φO=φC-φO
故C正确；
D．BC两点到P点距离相等，两点电势相等，D点到P点距离小于BP、或CP两点距离，故D的电势低于B、C两点电势，故正试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，电势能先减小后增加，故静电力对该试探电荷先做正功后做负功，故D错误；
由图形得，当F＝0.5N时，滑块就要开始滑动，所以滑块与轨道间的最大静摩擦力等于0.5N，而最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即
μmg＝0.5N
解得
μ＝0.20
10.实验室有一节干电池，某同学想测量其电动势和内阻。除了一节干电池、开关S，导线还有下列器材供选用：
A．灵敏电流计G（0~200μA，内阻RA为10Ω）
滑块从释放到速度达到最大的过程中，有
mgsinθ(s＋x)＋W= ⑤
由④⑤解得：
W= －mgsinθ ⑥
12.如图所示，两根电阻不计且足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角α=37°，导轨间距L=1m，顶端用电阻R=2Ω的定值电阻相连。虚线上方存在垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T。质量m1=0.1kg、电阻R1=4Ω的导体棒M在磁场中距虚线的距离d=2m，M与导轨间的动摩擦因数μ1=0.25，质量m2=0.3kg、电阻R2=2Ω的导体棒N在虚线处，N与导轨间的动摩擦因数μ2=0.8。将导体棒M、N同时从导轨上由静止释放，M到达虚线前已经匀速，重力加速度g取10m/s2，运动过程中M、N与导轨始终接触良好，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。

2020年湖南省永州市高考物理二模试卷(含解析)

2020年湖南省永州市高考物理二模试卷一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.在核能的利用中，有这样一个反应： 92235U吸收一个慢中子后，分解成 54139Xe和 3894Sr，该反应放出大量能量的同时还放出()A. 一个α粒子B. 一个氘核C. 三个中子D. 两个中子2.如图所示，用缆绳将沉在海底的球形钢件先从a处竖直吊起到b，再水平移到c，最后竖直下移到d。

全过程，钢件受到水的阻力大小不变，方向与运动方向相反，所受浮力恒定。

则上升、平移、下降过程中的匀速运动阶段，缆绳对钢件拉力F1、F2、F3的大小关系是()A. F1>F2>F3 B. F1>F3>F2 C. F2>F1>F3 D. F3>F2>F13.如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ中随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则下列说法错误的是()A. 电子将沿Ox方向运动B. 电子的电势能将一直减少C. 沿Ox方向电场强度一直增大D. 电子运动的加速度先减小后增大4.如图所示，圆盘在水平面内匀速转动，质量为m的小物块能够随圆盘一起转动，则以下说法正确的是()A. 小物块受到重力、支持力、向心力、摩擦力作用B. 小物块所受的摩擦力方向沿运动轨迹切线方向C. 圆盘对小物块的作用力大小为mgD. 当圆盘的转速变小时，小物块的向心力变小5.铁路转弯处要求设计成外轨比内轨高的斜面，当火车以规定的速度通过弯道时，轮缘对内轨、外轨均无挤压．若某转弯处斜面的倾角为θ，火车的转弯半径为r，重力加速度为g，则火车通过此弯道的规定速度大小为()A. √grsinθB. √grcosθC. √grtanθD. √grcotθ二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）6.甲、乙两个物体沿同一方向做直线运动，其v−t图象如图所示，关于两物体的运动情况，下列说法正确的是()A. t=4s时，乙的速度方向改变B. t=1s时，甲在乙的前方C. t=2s时，甲的加速度方向改变D. 0−6s内，甲、乙的平均速度相同7.静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示，AB为两块水平放置的平行金属板，间距为d=1.0m，两板间有方向竖直向上，大小为E=1.0×103N/C的匀强电场；在A板的中央放置一个安全楼地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0=1.0m/s，质量均为m=5.0×10−14kg和带电量均为q=−2.0×10−15C的带电油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间相互作用，油漆微粒最后都落在金属板B上。

2020届湖南省永州市高考化学二模试卷(含解析)

2020届湖南省永州市高考化学二模试卷一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）1.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是()A. 实验室常用装置①制取NH3B. 装置②中X若为CCl4，可用于吸收NH3，并防止倒吸C. 装置③可用于制备Fe(OH)2并较长时间观察其白色D. 装置④可用于收集NO2.按纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的一组物质是()A. 盐酸、空气、醋酸、干冰B. 铁、海水、硫酸钠、乙醇C. 硫酸、蔗糖、烧碱、石灰石D. 胆矾、漂白粉、氯化钾、硫酸钡3.下列解释事实的化学方程式或离子方程式不正确的是()A. .HCO3−的电离方程式：HCO3−+H2O⇌CO32−+H3O+B. 向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入足量的稀盐酸OH−+CO32−+3H+=CO2↑+2H2OC. 向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl(s)+S2−(aq)=Ag2S(s)+2C1−(aq)D. 用惰性电极电解饱和食盐水：Cl−+H2O− 通电 H2↑+Cl2↑+OH−4.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 1L0.1mol·L−1的NH3·H2O中含OH−数目为0.1N AB. 1mol·L−1的碳酸钠溶液中含有CO32−的数目小于N AC. 标准状况下，11.2L NO和11.2L O2混合后气体的分子总数为N AD. 在精炼铜的过程中，当阴极析出铜32g时，阴阳极转移电子数均为N A5.常见的有机反应类型有()：①取代②加成③消去④酯化⑤加聚⑥水解⑦还原．其中能在有机化合物中引入−OH的反应类型有．A. ①②③④⑤⑥B. ③④⑤⑥C. ②③④⑤D. ①②⑥⑦6.在C(固)+CO2(气)=2CO(气)的反应中．现采取下列措施：(1)增大压强；(2)增加碳的量；(3)通入CO2；(4)恒容下充入N2；(5)恒压下充入N2，哪些措施能够使反应速率增大？()A. (1)(3)B. (3)(5)C. (1)(2)(3)D. 全部正确7.常温下，用0.1000mol⋅L−1 NaOH溶液20.00mL0.1000mol⋅L−1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。

〖精选4套试卷〗湖南省永州市2020年高考第二次适应性考试理综物理试题

高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题1．下列说法正确的是A．阴极射线和射线的本质都是电子流，在原子内的来源是相同的B．太阳辐射的能量主要来源于太阳中的裂变反应C．用频率大于某金属极限频率的单色光照射该金属。

若增大入射光的频率，则单位时间内逸出的光电子一定增多D．放射性元素的半衰期，与该元素所处的物理化学状态无关2．在匀强动场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图1所示，产生的感应电动势如图2所示。

则A．t=0.015s时线框的磁通量变化率为零B．t=0.01s时线框平面与中性面重合C．线框产生的交变电动势的有效值为311VD．交变电动势的表达式e=311sin（200πt）V3．带有等量异种电荷的一对平行金属板,上极板带正电荷.如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大,即使在两极板之间,它们的电场线也不是彼此平行的直线,而是如图所示的曲线(电场方向未画出).虚线MN是穿过两极板正中央的一条直线.关于这种电场,以下说法正确的是( )A．平行金属板间的电场,可以看做匀强电场B．b点的电势高于a点的电势C．d点的电势低于c点的电势D．若将一正电荷从电场中的任一点由静止释放,它必将沿着电场线运动到负极板4．如图所示，一个质量为4kg的半球形物体A放在倾角为的斜面B上静止不动.若用通过球心的水平推力F=10N 作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止.已知，，取，则（）A．地面对斜面B的弹力不变B．物体A对斜面B的作用力增加10NC．物体A受到斜面B的摩擦力增加8ND．地面对斜面B的摩擦力增加8N5．嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示。

2020届湖南省永州市高三理综二模考试试题答案