2021级高二寒假数学作业1 直线与方程

单选题

01.C

02.A

03.B

04.C

多选题

01.A,B,D

02.A,C,D

填空题

01.

x－y＋2＝0

设△ABC的重心为G，垂心为H.由重心坐标公式得x＝＝－，y＝＝，所以G(－，).由题知，△ABC的边AC上的高线所在直线方程为x＝0，直线BC：y＝x＋4，A(2，0)，所以△ABC的边BC上的高线所在直线方程为y＝－x＋2，所以⇒H(0，2)，所以欧拉线GH的方程为x－y＋2＝0.

02.

(，)

因为PA＋PC≥AC，当且仅当点A，P，C三点共线，且点P位于A，C之间时等号成立，PB＋PD≥BD，当且仅当B，P，D三点共线，且点P位于B，D之间时等号成立，所以PA＋PB＋PC＋PD≥AC＋BD，当且仅当P为直线AC与BD的交点时等号成立．因为A(－1，0)，B(1，0)，C(2，3)，D(－2，6)，所以直线AC的方程为x－y＋1＝0，直线BD的方程为2x＋y－2＝0，所以直线AC与BD的交点为(，)，所以当点P的坐标为(，)时，PA＋PB＋PC＋PD取最小值．

解答题

01.

(1) ∵ B(－1，－2)，C(6，3)，直线BC的斜率k＝＝，故边BC上的高线所在直线的斜率k₁＝－，故边BC上的高线所在直线的方程为y－6＝－(x－1)，即7x＋5y－37＝0.

(2) BC的中点D(，)，中线AD所在直线的斜率k₂＝＝－，故边BC上的中线AD所在直线的方程为y－6＝－(x－1)，即11x＋3y－29＝0.

02.

(1) 由已知得直线l斜率存在，设l：y＝kx－1(k>0).

由得M(，1).又0<<1，所以k>2.

由得N(，).

(2) S＝S_△OPM－S_△OPN＝×1×－×1×＝(k>2).

(3) 设t＝k－2，则t>0，

S＝＝≤＝，

当且仅当t＝⇒t＝⇒k＝＋2时，等号成立，此时S取得最大值.

03.

(1) 因为过点P(1，2)作直线l分别与x，y轴正半轴交于点A，B，且△AOB是等腰直角三角形，

所以直线l的倾斜角为，

所以直线l的斜率k＝tan ＝－1，

所以直线l的方程为y－2＝－(x－1)，即x＋y－3＝0.

(2) 设A(a，0)，B(0，b)(a，b>0)，直线l的方程为＋＝1，代入点P(1，2)可得＋＝1.

若选①：OA＋OB＝a＋b＝(a＋b)(＋)＝3＋＋≥3＋2＝3＋2，当且仅当a＝＋1，b＝2＋时等号成立，此时直线l的斜率k＝－＝－，

所以直线l的方程为y－2＝－(x－1)，即x＋y－2－＝0；

若选②：由＋＝1≥2，可得ab≥8，当且仅当a＝2，b＝4时等号成立，

所以S_△AOB＝ab≥4，即△AOB的面积最小为4，此时直线l的斜率k＝－＝－2，

所以直线l的方程为y－2＝－2(x－1)，即2x＋y－4＝0.

2021级高二寒假数学作业2 圆与方程

单选题

01.C

02.C

03.D

04.B

多选题

01.B,C

02.A,D

填空题

01.

[，]

A(－2，3)关于y＝a对称的点的坐标为A′(－2，2a－3)，B(0，a)在直线y＝a上，所以A′B所在直线即为直线l，所以直线l为y＝x＋a，即(a－3)x＋2y－2a＝0；圆C：(x＋3)²＋(y＋2)²＝1，圆心C(－3，－2)，半径r＝1.依题意圆心到直线l的距离d＝≤1，即(5－5a)²≤(a－3)²＋2²，解得≤a≤，即a∈[，].

02.

假设BD＝6，CD＝2，因为∠BAD＝60°，所以点A在圆O′上运动(直线BD上方).不妨设B(－3，0)，D(3，0)，则C(5，0)，圆O′的半径为r＝×＝2，易得O′(0，)，显然AC是圆的切线时，∠ACB最大，即tan ∠ACB最大．设AC的方程为y＝k(x－5)，即kx－y－5k＝0.由相切可得＝2，解得k＝－或k＝(k为正值舍去)，即AC 方程为y＝－(x－5)，此时∠ACB＝60°，即tan ∠ACB＝，即tan ∠ACB的最大值是.

解答题

01.

(1) 由题意可得，圆心为(2，0)，半径为2，则圆的方程为(x－2)²＋y²＝4.

(2) 由(1)可知圆C半径r＝2.

设圆心(2，0)到l的距离为d，则d＝＝1.

由垂径定理得AB＝2＝2.

02.

(1) 设圆心C(a，0)，a>0，半径为r，则圆心C(a，0)到直线y＝x的距离为，

所以8＋()²＝r²且a²＋6＝r²，解得a＝2，r²＝10，

所以圆C的方程为(x－2)²＋y²＝10.

(2) 设M(x₁，y₁)，N(x₂，y₂)是直线y＝－x＋m与圆C的交点．

将y＝－x＋m代入圆C的方程，得2x²－(4＋2m)x＋m²－6＝0.

Δ＝－4(m²－4m－16)>0，所以2－2<m<2＋2，

且x₁＋x₂＝m＋2，x₁x₂＝，

所以MN的中点为H(，)，

假如以MN为直径的圆能过原点，则OH＝MN.

又圆心C(2，0)到直线MN的距离为d＝，

所以MN＝2＝2，

所以m²－2m－6＝0，解得m＝1±.

经检验m＝1±时，直线MN与圆C相交，

所以MN的方程为y＝－x＋1＋或y＝－x＋1－.

03.

(1) 由题意得圆C₁的圆心为(0，0)，半径为，

圆C₂整理可得(x－3)²＋(y－4)²＝9，其圆心为(3，4)，半径为3.

由两圆外切得＝＋3，解得m＝4.

(2) 证明：由题意得点A坐标为(2，0)，点B坐标为(0，2).

设点P坐标为(x₀，y₀)(x₀<0，y₀<0)，

则直线PA的方程为y＝(x－2)，直线PB的方程为y＝()x＋2，

所以点M的坐标为(0，)，点N的坐标为(，0)，

则四边形ABNM的面积

S＝·AN·BM＝·(2－)·(2－)

＝··

＝·.

由点P在圆上，可得x＋y＝4，代入上式，得

四边形ABNM的面积S＝＝＝4，即四边形ABNM的面积为定值4.

2021级高二寒假数学作业3 椭圆

单选题

01.C

02.C

03.A

04.B

多选题

01.A,C

02.B,D

填空题

01.

△F₁AB的周长等于AB＋AF₁＋BF₁＝AB＋2a－AF₂＋2a－BF₂＝4a＋AB－(AF₂＋BF₂).∵ AF₂＋BF₂≥AB，当且仅当A，B，F₂三点共线时等号成立，∴ 4a＋AB－(AF₂＋BF₂)≤4a＋AB－AB＝4a，即△F₁AB的周长的最大值为4a＝8，得a＝2.由椭圆方程可得b²＝1，则c＝＝，∴ 椭圆的离心率e＝.

02.

如图，连接OO′.因为∠O′OE＝θ，O′E＝4，OE＝3，所以O′O＝＝＝5，所以sin θ＝＝.在照射过程中，椭圆的短半轴长是球的半径，即b＝4.椭圆的长轴长2a是AC，过点A向BC作垂线，垂足为B，由题意得AB＝2R＝8，sin ∠ACB＝sin θ＝，因为sin θ＝＝，所以AC＝10，所以2a＝10，得a＝5，所以椭圆的离心率e＝＝＝＝.

解答题

01.

(1) 椭圆的标准方程为＋y²＝1，a＝2，b＝1，c＝＝，

该椭圆的长轴长为2a＝4，短轴长为2b＝2，焦距为2c＝2，离心率e＝，

焦点坐标为(－，0)，(，0)，顶点坐标为(－2，0)，(2，0)，(0，－1)，(0，1)，

作出该椭圆如图所示：

(2) 椭圆的标准方程为＋＝1，则a＝3，b＝2，c＝＝，

该椭圆的长轴长为2a＝6，短轴长为2b＝4，焦距为2c＝2，离心率e＝＝，

焦点坐标为(0，－)，(0，)，顶点坐标为(0，－3)，(0，3)，(－2，0)，(2，0)，

作出该椭圆如下图所示：

02.

(1) ∵ 左焦点为F₁(－2，0)，∴ c＝2 ①.

又点(2，)在椭圆上，∴ ＋＝1 ②，

椭圆中a²＝b²＋c² ③.

由①②③可得a²＝8，b²＝4,

故椭圆的标准方程为＋＝1.

(2) 设点A，B，T的坐标分别为A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，T(x，y)，则有＋＝1 ①，＋＝1 ②，

＝x，＝y.

由①－②得＋＝0，

即＋＝0，

将条件＝x，＝y及＝

代入上式，可得点T的轨迹方程为x²＋2x＋2y²＝0，

所以OT²＝x²＋y²＝x²－(x²＋2x)＝x²－x，x∈(－2，0)，

所以0<OT²<4，

所以线段OT长度的取值范围是(0，2).

03.

(1) 设F₁F₂＝2c，则由题意可知⇒a＝2，c＝1⇒b＝，

故椭圆C的方程为＋＝1.

(2) 设点A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂).

联立得方程组⇒(3＋4k²)x²＋8kmx＋4m²－12＝0，

所以有Δ＝(8km)²－4(3＋4k²)(4m²－12)>0⇒m²<3＋4k²，且x₁＋x₂＝－，x₁x₂＝.

因为k₁k₂＝k²，所以·＝k²，即km(x₁＋x₂)＋m²＝0，

故－＋m²＝0(m≠0)⇒k²＝.

因此，有x＋x＝(x₁＋x₂)²－2x₁x₂＝(－)²－＝4，

所以OA²＋OB²＝x＋3(1－)＋x＋3(1－)＝＋6＝7.

2021级高二寒假数学作业4 双曲线

单选题

01.D

02.B

03.C

04.C

多选题

01.B,C

02.A,C,D

填空题

01.

如图，直线l为y＝－(x＋c)，联立y＝－(x＋c)与y＝－x，解得x＝.因为A为PF的中点，所以＝c，解得b²＝2a²，离心率为＝.

02.

[1，＋∞)

过双曲线的右焦点F作FA垂直于渐近线y＝x，如图所示，由双曲线焦点到渐近线的距离为2，可得FA＝＝b＝2(其中a²＋b²＝c²)，易知OA＝a，OF＝c.又直线2x－y＝0与双曲线没有交点，则只需直线2x－y＝0的斜率大于或等于渐近线y＝x的斜率，可得tan ∠AOF＝＝≤2，解得a≥1.

解答题

01.

(1) 由题意，曲线C的焦点在x轴上，设双曲线的方程为－＝1(a>0，b>0)，

其渐近线方程为y＝±x.

∵ 点(，3)在C的一条渐近线上，∴ ＝＝.

又c²＝a²＋b²＝4，

∴ a＝1，b＝，

∴ 双曲线C的标准方程为x²－＝1.

(2) 由题意，设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0).

∵ 点(1，)在C上，∴ ＋＝1 ①.

又a²＝b²＋4 ②，

联立①②，解得a＝，b＝1，

∴ 椭圆C的标准方程为＋y²＝1.

02.

(1) 因为双曲线的离心率e₂＝2，且e₁e₂＝，

所以e₁＝＝，所以＝，其中b＝1，

所以a²＝2，

所以椭圆方程为＋y²＝1.

(2) 由题知F₂(1，0)，故直线AB的方程为y＝x－1，

联立直线AB与椭圆方程得3x²－4x＝0，

A(0，－1)，B(，)，其中点为(，－)，

所以AB垂直平分线的方程为y＝－x＋，

所以M(－2，)，

所以以AM为直径的圆的圆心为(－1，)，半径r＝＝＝，

所以以AM为直径的圆的方程为(x＋1)²＋(y－)²＝.

03.

(1)因为圆C与圆A、圆B外切，

设点C坐标(x，y)，圆C半径为r，则CA＝r＋3，CB＝r＋1，

所以CA－CB＝2<4，

所以点C的轨迹是双曲线的一支．

又2c＝4，c＝2，2a＝2，a＝1，b²＝c²－a²＝3，

所以其轨迹方程为x²－＝1，x∈(1，＋∞).

(2) 设直线为y＝k(x－2)，点M(x₁，y₁)，N(x₂，y₂).

联立消去y得(3－k²)x²＋4k²x－4k²－3＝0，

所以

设MN的中点为G，则G(，)，

所以MN＝|x₁－x₂|＝·＝·＝.

直线GP的方程为y－＝－(x－)，

当y＝0时，P(，0)，所以PB＝，

所以＝＝1.

2021级高二寒假数学作业5 抛物线

单选题

01.C

02.A

03.A

04.B

多选题

01.A,B

02.A,C

填空题

01.

：如图所示，设C的准线为l，分别过A，B作l的垂线，垂足分别为D，E，过A作AP⊥BE于点P.由抛物线的定义可知AD＝FA＝5，BE＝FB＝13，所以BP＝13－5＝8.因为FA⊥AB，AB＝＝12，所以AP＝＝4，所以直线AB的斜率k_AB＝tan ∠ABP＝＝.

02.

y²＝±3x

当抛物线开口向右时，如图所示．因为AB＝3，CB＝3，∠ABC＝90°，所以AC＝＝6，∠CAB＝60°.由抛物线的定义得AB＝AF，所以△ABF是等边三角形，所以－(－)＝p＝BF＝×3＝，所以抛物线的方程是y²＝3x.同理，当抛物线开口向左时，抛物线方程为y²＝－3x.综上，抛物线的方程为y²＝±3x.

解答题

01.

(1) 抛物线y²＝2px的焦点为(，0)，

所以直线AB的方程为y＝2(x－).

由消去y得4x²－5px＋p²＝0，

所以x₁＋x₂＝.

由抛物线定义得AB＝x₁＋x₂＋p＝，即＋p＝，所以p＝2，

所以抛物线的方程为y²＝4x.

(2) 由p＝2知，方程4x²－5px＋p²＝0，

可化为2x²－5x＋2＝0，解得x₁＝，x₂＝2，

故y₁＝－2，y₂＝，

所以A(，－)，B(2，2)，

则△OAB面积S＝×1×|y₁－y₂|＝.

02.

(1) 由抛物线方程知F(，0)，AB为抛物线的通径，则AB＝2p，

∴ S_△AOB＝OF·AB＝××2p＝p²＝2，解得p＝2，

∴ 抛物线C的标准方程为y²＝4x.

(2) ∵ △MON为正三角形，

∴ OM＝ON＝MN.由抛物线对称性可知MN⊥x轴．

设直线MN的方程为x＝t，则y²＝2pt，解得y₁＝，y₂＝－，

∴ MN＝2，

∴ tan 30°＝＝＝，解得t＝6p，

∴ MN＝4p，即△MON的边长为4p.

03.

(1) 因为抛物线H的方程为y²＝2px，M在抛物线H上且横坐标为5，

所以M的纵坐标为±.

当点M的坐标为(5，)时，如图，过点M作MN⊥OF，垂足为N.

因为cos ∠OFM＝－，所以cos ∠MFN＝，

所以tan ∠MFN＝.

又tan ∠MFN＝＝，所以＝，

所以p＋4－10＝0，所以(－)(＋5)＝0.

又p>0，所以p＝2.

同理当点M的坐标为(5，－)时，p＝2，所以抛物线H的方程为y²＝4x.

(2) 证明：设直线AB：x＝my＋1，A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，C(－1，n).

由得y²－4my－4＝0，

则y₁＋y₂＝4m，y₁y₂＝－4，x₁＋x₂＝4m²＋2，x₁x₂＝1.

＝(x₁＋1，y₁－n)，＝(x₂＋1，y₂－n)，

·＝x₁x₂＋x₁＋x₂＋1＋y₁y₂－n(y₁＋y₂)＋n²＝(2m－n)²≥0，

所以cos 〈，〉≥0，所以∠ACB≤.

2021级高二寒假数学作业6 解析几何综合卷

单选题

01.B

02.C

03.C

04.C

05.A

06.D

07.A

08.A

多选题

01.B,C

02.A,C

03.B,C

04.B,C

填空题

01.

解：设，，

由双曲线的定义可知，

在△中，由余弦定理可得，

，

，即，

，

故答案为：．

02.

解：由，所以有，又，所以，

又在椭圆上，记左焦点为，则，

所以，

当时，有最小值，

即点到直线的距离，

所以，

故答案为：．

03.

解：为圆上任意一点，

则到直线的距离，即，

则，

设圆与直线相切，则，解得．

的最小值为，最大值为，

，则，，

故答案为：，．

04.

解：如图所示，设椭圆的长半轴长为，

双曲线的实半轴长为，焦距为，

由题意可知：，

又，，

，，

两式相减，可得：，

，

，当且仅当时等号成立，

则的最小值为6，

故答案为：6．

解答题

01.

解：（1）由题意可知：点，，

的面积为3，，

又，，

，解得，，

椭圆的方程为：；

（2）由题意可知，直线的斜率存在，故设直线的方程为，点，，，，

则直线的方程为，令，得点的横坐标，

直线的方程为，令，得点的横坐标，

，

把直线代入椭圆得：，

，

02.

（1）解：由题意可知，，

所以曲线是以，为焦点，长轴长为4的椭圆（除去与轴的交点），

设曲线，

则，，

解得，，

所以曲线的方程为；

（2）①证明：设直线的方程为，，，，，，

联立方程组，可得，

则，

因此，

，

故；

②解：由题意点的坐标为，，

则直线的方程为，

令，可得

，

故直线恒过点，

所以

，

当且仅当，即时取等号，

此时面积的最大值为．

03.

解：（1）由题意，设椭圆的方程为，

则，

，

所以，，

所以椭圆的标准方程为，

（2）设的平分线所在直线与轴相交于点，

因为，，

因为是角平分线，

所以，

即，

解得，

所以角平分线所在直线的斜率为，

所以的平分线所在直线的方程为，

即．

04.

解：（1）由离心率为，且，得，，

即双曲线方程为．

又点在双曲线上，，

解得，，

双曲线的方程为；

（2）当直线的斜率不存在时，点，关于轴对称，

设，，，，

则由，得，

即，解得，不符合题意，故直线的斜率存在．

不妨设直线的方程为，代入，

整理得，△．

设，，，，则，

由，得，即，

整理得，

，

整理得：，即，

或．

当时，直线的方程为，经过定点；

当时，直线的方程为，经过定点，不符合题意．

综上，直线过定点．

05.

解：（1）由题意可知，点为椭圆与抛物线的交点，

且，

解得，则；

又直线将△的面积分为两部分，

所以，解得，

则，解得，

抛物线的方程为；椭圆的方程为；

（2）设，，，，

由，可得，

由△，可得（※），

且，

由重心恰好在圆上，

可得，

即，

所以，

化简得，代入（※）中可得，

设，

则，

当且仅当时取等号，

故，

则实数的取值范围为或．

06.

解：（1）设点，，由椭圆的对称性可知点，，

不妨令，由题意可知，，

所以，

由题意可知，，

所以，

由点在椭圆上，则，

则，

所以，

因为，

所以，

当且仅当时等号成立，即的最小值为；

（2）当直线的倾斜角为锐角时，设，，，，

设直线的方程为，

联立方程组，可得，

从而△，又，解得，

所以，

又直线的方程是，

令，解得，所以点为；

直线的方程是，同理点为，

所以，，，

因为记，

所以，

所以

，

因为，所以，

综上所述，所以的范围是．

2021级高二寒假数学作业7 等差数列

单选题

01.D

02.D

03.D

04.B

多选题

01.A,B,D

02.B,D

填空题

01.

由a_n＋1－a_n＝n，得a₂－a₁＝1，a₃－a₂＝2，a₄－a₃＝3，…，a_n－a_n－1＝n－1，以上各式相加可得a_n－a₁＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＝＝，所以a_n＝＋a₁＝＋1＝，n＝1时也满足．

02.

100

易知，要使f(n)取得最小值，正整数n必然在区间[1，20]上，则f(n)＝(n－1)＋(n－2)＋…＋3＋2＋1＋0＋1＋2＋3＋…＋(20－n)＝＋＝n²－21n＋210＝(n－)²＋.∵ n∈N^*，∴ n＝10或n＝11时，f(n)有最小值100.

解答题

01.

解：(1) 设等差数列{a_n}的公差为d，则即解得故a_n＝3＋4(n－1)＝4n－1, S_n＝＝2n²＋n.

(2) 由(1)，得＝·＝(－)，故T_n＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝(－)＝.

令T_n>有>，即25n>24n＋18，解得n>18，又n∈N^*，故满足T_n>的最小正整数为19.

02.

解：(1) a₁₁＝a₁＋(11－1)×2＝0，故a₁＝－20，

故a_n＝－20＋(n－1)×2＝2n－22，即a_n＝2n－22.

(2) 当1≤n≤10时，a_n<0；当n＝11时，a_n＝0；当n≥12时，a_n>0，

故当n＝10，11时，S_n有最小值且最小值为S₁₀＝S₁₁＝－20×11＋×2＝－110.

03.

解：(1) ∵ a₁＝6－a₃，即a₁＋a₃＝6，

∴ 2a₂＝6，∴ a₂＝3.

设等差数列{a_n}的公差为d(d≠0)，

∵ a＝a₂a₁₄，∴ (a₂＋3d)²＝a₂(a₂＋12d)，

∴ d²＝2d，解得d＝0(舍)或d＝2，

∴ a₁＝a₂－d＝3－2＝1，

∴ 数列{a_n}的通项公式为

a_n＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N^*).

(2) 由(1)知，a_n＝2n－1(n∈N^*)，∴ b_n＝(a_n＋1)(a_n＋3)＝2n(2n＋2)＝4n(n＋1).

假设存在正整数m，使得b_m＋8＝b_m＋2－b_m＋1成立，

即4m(m＋1)＋8＝4(m＋2)(m＋3)－4(m＋1)(m＋2).

化简整理，得m²－m－2＝0，即(m－2)(m＋1)＝0，解得m＝2或m＝－1(舍).

∴ 存在正整数m＝2，使得b_m＋8＝b_m＋2－b_m＋1成立．

2021级高二寒假数学作业8 等比数列

单选题

01.D

02.B

03.C

04.D

多选题

01.A,D

02.A,B,D

填空题

01.

由题可得而q>1，解得所以a_n＝2ⁿ，即b_n＝log₂a_n＝n，所以T_n＝

02.

因为等比数列{a_n}，所以a₃·a₅＝a₂·a₆＝4.又a₃＋a₅＝5，q∈(0，1)，所以a₃＝4，a₅＝1，所以q²＝，即q＝，所以a_n＝4×()^n－3＝()^n－5，所以b_n＝log₂a_n＝5－n，易得数列{b_n}为等差数列，故S_n＝.若S_n＞0，则0＜n＜9.因为n∈N^*，所以n的最大值为8.

解答题

01.

(1) 设等差数列{a_n}的公差为d，则解得

所以a_n＝2＋2(n－1)＝2n.

(2) 由(1)知b_n＝|2ⁿ－32|，则

b_n＝n∈N^*，

则T₁₀＝(b₁＋b₂＋…＋b₅)＋(b₆＋b₇＋…＋b₁₀)

＝[32×5－(2¹＋2²＋…＋2⁵)]＋[(2⁶＋2⁷＋…＋2¹⁰)－32×5]

＝－＋＝(－2＋64)×31＝1 922.

02.

(1) 由题，令m＝n＝1，得a₂＝a.

又S₂＝a₁＋a₂＝12，解得a₁＝3或a₁＝－4(舍去)，

则a₂＝9.

令m＝1，得a_n＋1＝a₁a_n，所以＝3，

所以{a_n}是以3为首项、3为公比的等比数列，

所以a_n＝3ⁿ.

(2) 由(1)可得b_n＝na_n＝n·3ⁿ，

所以T_n＝1×3¹＋2×3²＋3×3³＋…＋n·3ⁿ，

所以3T_n＝1×3²＋2×3³＋3×3⁴＋…＋n·3^n＋1，

两式相减，得－2T_n＝3¹＋3²＋3³＋…＋3ⁿ－n·3^n＋1，即－2T_n＝－n·3^n＋1，

所以－2T_n＝，

所以T_n＝.

03.

(1) ∵ 2S_n＝(2n＋1)a_n－2n²(n∈N^*)，

∴ 当n＝1时，2a₁＝3a₁－2，∴ a₁＝2；

当n≥2时，由

得2a_n＝(2n＋1)a_n－(2n－1)a_n－1－2n²＋2(n－1)²，即a_n－a_n－1＝2，

∴ 数列{a_n}是公差为2的等差数列．

∵ a₁＝2，∴ a_n＝2n.

由条件得b₁＝2，nb_n＋1＝2nb_n，∴ b_n＋1＝2b_n，即数列{b_n}是公比为2的等比数列，

∴ b_n＝2ⁿ.

(2) ∵ ＝＝，则T_n＝1＋＋＋＋…＋，

∴ T_n＝＋＋＋…＋＋，

∴ T_n＝1＋＋＋＋…＋－＝－＝2－，

∴ T_n＝4－，λ＋≥4－T_n(n∈N^*)恒成立，

则λ≥4－－4＋＝恒成立．

令f(n)＝，则f(n＋1)－f(n)＝－＝，

∴ f(1)＜f(2)＜…＜f(6)＝f(7)＞f(8)＞…，

∴ f(n)_max＝f(6)＝f(7)＝，

∴ λ≥，

故实数λ的取值范围是[，＋∞).

2021级高二寒假数学作业9 数列综合卷

单选题

01.C

02.C

03.C

04.B

05.C

06.B

07.C

08.D

多选题

01.B,C

02.C,D

03.A,B,C

04.A,B,D

填空题

01.

6．

设等比数列的公比为q，由a₃+a₁₅＝12，

可得+a₉q⁶＝12，则a₉＝，

由基本不等式得q⁶+≥2＝2，

当且仅当q⁶＝，即q＝±1时等号成立，

所以q⁶+的最小值是2，所以当q＝±1时，a₉的最大值为6．

02.

： $\left\{\begin{matrix}1(n=1)\\\frac{n^{2}}{(n-1)^{2}}(n\geq 2)\end{matrix}\right.$ ．

在数列{a_n}中，a₁＝1，且a₁•a₂•…•a_n＝n²，•••①

可得a₁•a₂•…•a_n﹣1＝（n﹣1）²（n≥2），•••②，

$\frac{②}{①}$ 可得n≥2时，a_n $=\frac{n^{2}}{(n-1)^{2}}$ ，

03.

设等比数列的公比为，

当时，，

当时，，解得，

所以，，①，

②，

由①－②得，

故答案为.

04.

，；，．

因为等差数列满足，，

所以，所以，

则的取值范围是，；

，

由，所以，

所以，的取值范围是，．

故答案为：，；，．

解答题

01.

解：（1）设的公差为，则

解得故．

（2）由（1）可知，，

由二次函数的性质知单调递增，

因为，，

所以当时，，故的最小值为12．

02.

解：（1）由题意，，

所以，，；

（2）因为，

所以，

两式相减得，，

所以数列是以4为公差，以3为首项的等差数列，

所以．

03.

解：（1）由是等差数列，得，即，解得，

又，得，解得，

所以数列的公差和分别为6，；

（2）由（1）可知，令，

得，解得，又，所以，

因此满足的共有23项．

04.

（1）因为，，，

所以，即，

所以，

因为，所以，

所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，

所以，所以

（2）由（1）可知，

所以数列的前n项积为

，

令，

则，

所以

，

所以，

所以

05.

设等差数列的公差为．

（1）选①②，证明③成立．

若，则，解得，

所以，则，

所以

故选择①②为条件，则③成立．

（2）选①③，证明②成立．

若，则，与③相互矛盾，故，则，

所以

，

故，解得，

所以，故选择①③为条件，则②成立．

（3）选②③，证明①成立．

若，则，解得，

所以，

所以

，

所以，且，解得，故选择②③为条件，则①成立．

06.

（1）证明：由已知可得：，

，

是公差为1的等差数列；

（2）解：由（1）可得，

，

结合图象易知函数在，时取到最小值，

由为数列中的最小项，有，

解得：，

的取值范围是：

2021级高二寒假数学作业10 函数专题

单选题

01.A

02.C

03.C

04.B

05.C

06.D

07.D

08.D

09.A

10.B

11.A

12.A

填空题

01.

2021

已知函数f（x）在定义域（0，+∞）上是单调函数，且对任意x∈（0，+∞），都有f[f（x）﹣]＝2，

可设f（x）﹣＝c，故f（x）＝+c，且f（c）＝c+＝2（c＞0），解可得c＝1，f（x）＝+1，

则f（）＝2021．

故答案为：2021

02.

作出函数f(x)的图象，

当x≤－1时，函数f(x)＝单调递减，且最小值为f(－1)＝－1，则令＝2，解得x＝－8；当x＞－1时，函数f(x)＝在(－1，2)上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减，则最大值为f（2）＝2，又f(4)＝＜2，f(－1)＝－1，所求实数m的取值范围为

故答案为：

03.

因为的图象关于中心对称，所以的图象关于中心对称，

所以为奇函数，所以由得，

又因为函数是R上的减函数，

所以，化简得.

又，所以，

所以，而，故.

故答案为：.

04.

，

由函数的最小正周期为，又，则，

所以函数；若，则，

所以，则，，

则不等式恒成立，令，

则恒成立，为开口向上的二次函数，最大值在端点处取得，

所以，则，所以；

则实数a的取值范围是；

故答案为：.

解答题

01.

（1）（2）2

【分析】

（1）将点带入，即可求解.

（2）问题转化为在上有解，求出函数的最小值，即可求解.

（1）由题意解得所以．

（2）由（1），在上有解，则

函数在严格单调递增，所以当时，取最小值2．

所以，即：t的最小值为2．

02.

（1）当时，，

由二次函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，

所以，，

所以函数的值域为；

（2）函数的对称轴为，

当时，函数在上单调递增，则，

当时，函数在上单调递减，在上单调递增，

则，

当时，函数在上单调递减，则，

综上所述；当时，；当时，；当时，.

03.

（1）若，则，该函数为偶函数；

若，，故且，此时为非奇非偶函数；

（2）令，则，

∵在,上是增函数，∴，即在,上恒成立，

显然，故，实数的取值范围为,；

（3）时，，故其开口向上且对称轴为；

该函数在,上单调递减．

04.

（1），得

∴的定义域为，且，

又在上单调递增，在上单调递减

∴为偶函数且在区间内单调递减，

又，∴，解得或，

综上所述，原不等式的解集是；

（2）设，，则，即

则，若原方程有个不等实根，

则方程有个不等实根､，其中､，

∴，即，解得，

∴，

∴当，即时有最小值，最小值为.

05.

（1）由题设，，可得或，

∴的解集为.

（2）由题设，令，

当时，有两种情况：

1。，此时在上不可能恒成立；

2。，此时在上不可能恒成立；

∴，则：且对称轴为，

当，即或时，开口向上，

∴要使在上恒成立，有以下情况：

1。，即，无解；

2。，即，无解.

当，即时，开口向下，

∴要使在上恒成立，则，解得或，

∴此时，无解.

综上，.

06.

（1）若选①，，则，为偶函数；

又，

不是偶函数，不合题意；

若选②，定义域为，不关于原点对称，为非奇非偶函数，不合题意；

若选③，，

，

若为偶函数，则，，解得：，

；

若选④，，

，

若为偶函数，则，，即；

为常数，不恒成立，即为偶函数不恒成立，不合题意；

综上所述：；

（2）

由（1）得：只有一个解，

整理可得：，

，即，

令，则，

①当时，，解得：（舍）；

②当时，，，解得：，

即在上有且仅有一个解；

令，则对称轴为，

则需，；

③当时，，，解得：，

即在上有且仅有一个解；

令，则对称轴为，

，，则需，解得：；

综上所述：的取值范围为.

2021级高二寒假数学作业11 三角专题

单选题

01.D

02.B

03.D

04.D

05.C

06.B

07.C

08.C

多选题

01.A,C

02.B,C

03.C,D

04.A,C

填空题

01.

解：因为，所以，所以，当时，当时，函数图象如下所示：

方程在上有两个不同的解，即方程在上有两个不同的解，即与有两个不同的交点，所以，解得，即

故答案为：

02.

∵

，

∴.

故答案为：

03.

，因为，，故，原式为，当取到最大值时，，当，取得前两次最大值时，分别为0和1，时，，，此时需满足，解得.

故答案为：

04.

70 5.

（1）依题意，，，，，又，；

；

，

即第2018min时点P所在位置的高度为70m；

（2）由（1）知，；

依题意：，，，

解得，，即，；

，转一圈中有0.5min时间可以看到公园全貌.

故10圈中有5min时间可以看到公园全貌.

解答题

01.

（1）

（2），

（1）

解：根据题意，可得，.

又，

所以，所以.

（2）

解：依据题意，可知，

化简得.

于是，当（满足条件）时，.

所以当时铭牌的面积最大，且最大面积为.

02.

（Ⅰ）；（Ⅱ）.

（Ⅰ）因为，，

所以，

即

所以

（Ⅱ）由上知，为第二象限的角，

所以，

所以

03.

（1）

（2），

（1）

由题意可知，，得.

又因为为函数的一个零点，所以，，

所以，.又因为，所以，

所以.

（2）

若单调递增，则满足，，

解得，，

当时，得，，

又因为，交集为，，

所以在上的单调递增区间为，.

04.

（1）

（2）

（1）

解：∵函数

，且是最大值，

∴，.

解得，，故的最小值为，

故.

（2）

解：如果在区间上的最小值为，

因为，所以，

∴当时，函数取得最小值为，

解得.

05.

（1）

（2）

（1）

解：由图象得，，所以，

由，所以，

，

（2）

解：将函数的图象上每一点横坐标缩短为原来的，得到，再将向右平移个单位得到，最后再向上平移个单位得到，即

当时，所以，所以，

06.

（1）振幅为3，，；（2）16小时．

（1）由题设的数据可得，故，

而，故，故，

其中振幅为3，.

（2）令，则，其中

故或，故船舶至多能在港内停留小时.

2021级高二寒假数学作业12 空间向量

单选题

01.A

02.B

03.C

04.B

05.B

06.D

07.D

08.A

多选题

01.A,B

02.A,B,C

03.A,B,D

04.A,B

填空题

01.

02.

03.

04.

解答题

01.

（1）

在三棱柱中，平面

由，，，得，

由勾股定理知，

（2）平面，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，，，.

在平面中，，.

设法向量，则即

取

在平面中，，.

设法向量则即

取

于是：，

又二面角为锐角，故所求二面角的余弦值为

02.

（1）连接交于，进而证明，然后根据线面平行的判定定理证明问题；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而通过空间向量的夹角公式求得答案；

（3）求出平面的法向量，结合（2），进而通过空间向量的夹角公式求得答案.

（1）

证明：连接，与交于，则为的中点，又分别为的中点，∴，∵平面，平面，∴平面．

（2）

设是的中点，连接，∵是正方形，为正三角形，∴．又∵面面，交线为，∴平面．

以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，,∴，，

设平面的法向量为，则，令．则，得．设直线与平面所成角为，

∴，即直线与平面所成角的正弦值．

（3）

由（2）可知，设平面的法向量为，则

，令．则，，．

设面与面夹角为，∴，∴面与面夹角的余弦值为．

03.

（1）

设，，如图，以为坐标原点，所在方向分别为，，轴的正半轴，建立空间直角坐标系.

则，，，，因为点是的中点，所以，

，，于是，即，又已知，而，所以平面.

（2）

由平面，所以是平面的一个法向量；

由（1）知，平面，所以是平面的一个法向量.

若面与面所成二面角的大小为，则，解得.所以，故当面与面所成二面角的大小为时，.

04.

（1）

因为平面ABC，又因为，即，以A为坐标原点，分别以AB，AC，所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

因为，，所以，，，

则，，，，，

所以，，

所以，

所以．

（2）

由（1）知，，，

设平面的法向量为，

，令，则，

所以点A到平面的距离为．

05.

(1）取的中点，连接，，如图，

因为平面，平面，

所以，

∴为三角形的中位线，

∴，，

∴四边形为平行四边形，

∴，又平面，平面，

∴平面．

（2）∵，为的中点，

∴，又，

∴平面，

∵，∴平面，又平面，

∴ 平面平面；

06.

（1）延长交于点，由，可得点是线段中点，则有，即可证得结果.

（2）作于，连，由，可知，则，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量计算即可得出结果.

（1）

证明：延长交于点，，，，则,

所以，所以点是线段中点，

又因为点为线段中点，所以，

因为，，

所以平面．

（2）

作于，连，

因为，所以，

所以，如图建立空间直角坐标系，

，，

,，,

，，，

设平面的法向量是，

则有，即，，，

，

直线与平面所成角的正弦值为．

2021级高二寒假数学作业13 综合卷1

单选题

01.D

02.B

03.A

04.B

05.B

06.D

07.C

08.B

09.B

10.A

11.B

12.B

填空题

01.

先利用等比数列的性质通过求出，再根据条件可得，进而根据等比数列的性质可得.

，得

所以，

，得

因为，

故答案为：.

02.

利用弦化切可求得结果.

由已知可得，

因此，.

故答案为：.

03.

由已知条件可得椭圆的标准方程是，再将直线与椭圆方程联立方程组，消去后，利用根与系数的关系结中点坐标公式可得答案

由已知条件得椭圆的焦点在轴上，其中，，从而，

∴其标准方程是：，

联立方程组，消去得，.

设、，线段的中点为，则，，

∴，即线段中点坐标为.

故答案为：

解答题

01.

正方体的棱上到直线与的距离相等的点分别为，的中点，的靠近的四等分点，假设的中点为，的靠近的四等分点为，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正切值．

解：正方体的棱上到直线与的距离相等的点分别为：

，的中点，的靠近的四等分点，

假设的中点为，的靠近的四等分点为，

以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，

设，则，2，，，2，，，0，，0，，，2，，

，0，，，2，，，2，，

设平面的法向量，，，

则，令，则，，得，，，

设直线与平面所成角为，

则，

，

直线与平面所成角的正切值．

故答案为：．

02.

（1）证明见解析

（2）存在

（1）利用勾股定理证得，结合线面垂直的判定定理即可证得结论；

（2）以A为原点建立空间直角坐标系，设点，，求得平面的法向量，利用已知条件建立关于的方程，进而得解.

（1）

取中点为，连接，

在中，，，，

，，所以，

又，，而，所以，

又，，，

又，，平面

（2）

存在点F是的中点，使直线CF与平面PBC所成角的正弦值等于．

以A为坐标原点，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，设点，

因为点F在线段上，设，，，

设平面的法向量为，，

则，令，则

设直线CF与平面所成角为，，

解得或（舍去），

，此时点F是的中点，所以存在点F．

03.

（1）

（2）

（1）由题可设，则，即求；

（2）利用等比数列求和公式及裂项相消法可得，然后由判断数列的单调性，即得.

（1）

由题可设，由，，成等差数列，

则，即，

∴，

解得，（舍去），

故数列的通项公式为.

（2）

∵，

∴，又，

设，且数列的前项和为，

则，

所以.

令，

随着的变化，比较与变化速度，令，可得，

即，，，递增，而，，，，递减，

所以最大，最大值.

故的最大值为.

04.

（1）证明见解析

（2）

（3）存在，且

（1）通过构造中位线的方法来证得平面.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求二面角的余弦值.

（3）设，根据列方程，化简求得的值.

（1）

连接交于，连接，

由于分别是的中点，所以，

由于平面,平面，

所以平面.

（2）

以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，设，

，，

设平面的法向量为，

则，故可设，

平面的法向量为，

设二面角的平面角为，由图可知，为锐角，

所以.

（3）

，

设，，即，

，

由于，所以.

05.

（1）

（2）

（1）令，临界条件为直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径，求得 z的取值范围，进而得解；

（2）利用圆的弦长公式及，可求实数m的值.

（1）

将圆的方程变形为，圆心，

令，即，

如图，临界条件为直线与圆相切，当直线为位置时取，当直线为位置时取

圆心到直线的距离，即，解得或

所以的取值范围为

（2）

，

圆心到直线的距离

由点到直线的距离公式，即，解得

所以实数m的值为

06.

（1）；

（2）.

（1）讨论、求成立时的取值范围；

（2）根据不等式的解集可得，则原问题为在上恒成立，由求的取值范围.

（1）

当时，可得，即成立；

当时，若成立，则，可得且.

综上，.

（2）

由题设，在上恒成立，

由，知：是的两个根且，

∴，可得，

综上，在上恒成立，则，

∴.

07.

（1）

（2）点在以为直径的圆上，理由见解析

（1）由点到直线距离公式，离心率公式列出的方程组解之可筣可退回方程；

（2）设直线的方程为，代入椭圆方程由判别式为0得关系，从而得，再回代求得点坐标，写出方程，求得点坐标，计算可得结论．

（1）

由题意，得点，直线的方程为，即，

由题设，得，化简，得①

，即，②

由①②解得

所以，椭圆的方程为.

（2）

点在以为直径的圆上.理由如下：

由题设，直线与椭圆相切且的斜率存在，设直线的方程为：，

由得

则，化简得，

由（1）得，

点在第二象限，.

把代入方程，得，

解得，从而，所以.

从而直线的方程为：，

令，得，所以点，

从而，

又，

所以点在以为直径的圆上.

2021级高二寒假数学作业14 综合卷2

单选题

01.A

02.C

03.B

04.B

05.C

06.B

07.C

08.A

09.B

10.A

11.A

12.B

填空题

01.

利用空间向量的线性运算即得.

【详解】

∵D为BC的中点，，点E为AD中点，

∴.

故答案为：.

02.

计算故以为圆心，为半径的圆方程，两圆方程相减得到答案.

【详解】

，

故以为圆心，为半径的圆为，

两圆方程相减得到即为直线方程.

故答案为：.

03.

设点为第一象限内的点，设椭圆与双曲线的焦点都在轴上，设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，两曲线的焦距为，椭圆和双曲线的离心率分别为、，利用余弦定理、椭圆和双曲线的定义可得出，进而可得出，结合可求得的值，即可得解.

【详解】

设椭圆与双曲线的焦点都在轴上，设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，两曲线的焦距为，椭圆和双曲线的离心率分别为、，

不妨设为第一象限的点，

在椭圆中：①，在双曲线中：②，

联立①②解得，，，

在中由余弦定理得：，

即

即，即，所以，，

因为椭圆的离心率，所以双曲线的离心率，

故答案为：.

【点睛】

方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：

（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；

（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；

（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.

04.

做出曲线的图象，结合直线过定点，数形结合即可求出结果.

【详解】

由题意可知，曲线表示圆心为，半径为1的圆的上半部分（含端点），则直线与曲线有两个不同的公共点时，且直线过定点，

可考虑临界状态，即直线与半圆相切时或直线经过点，

当过点时，，即，

当直线与圆相切时，，解得，

数形结合可知有两个不同的公共点时实数的取值范围为．

故答案为：.

解答题

01.

（1）（2）或.

（1）设出圆的半径，根据圆的弦长公式可求出半径，即可写出圆C的标准方程；

（2）当斜率不存在时，检验是符合；当斜率存在时，由点斜式设出直线方程，根据直线与圆相切，即可求出斜率，得到直线方程．

【详解】

（1）根据题意，设圆C的方程为，

因为圆C被直线截得的弦长为，圆心到直线的距离为，则，解得．

则圆C的标准方程为.

（2）当斜率不存在时，直线的方程为，

显然圆心到的距离为3，正好等于半径，符合题意；

当斜率存在时，设斜率为k，则过M点的直线方程为：，

即，圆心到直线的距离等于半径3，

，解得，

所以直线的方程为.

综上，所求的直线方程为或.

【点睛】

本题主要考查圆的方程求法以及直线与圆的位置关系的应用，注意分类讨论思想的应用，属于基础题．

02.

（1）证明见解析；

（2），.

【分析】

（1）由题设可得，即可证明结论；

（2）由（1）可知，再根据计算可得；

（1）

由，，

∴，整理得：，而，

∴以为首项，1为公差的等差数列，得证.

（2）

由（1）得：，

①当时，；

②当时，，

综上，时成立，

∴，.

03.

（1）证明见解析；（2）；（3）．

（1）连接BE，BF，，，取中点，连接、，证明四边形为平行四边形，证明，可得，同理可得，，进而有四边形为平行四边形，得证；

（2）取AB的中点M，连接DM，易证，再以D为原点建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，设直线AE与平面所成角为，由，得解．

（3）根据（2）中平面的法向量，利用点到平面的距离公式，即可求得到平面的距离．

【详解】

解：（1）证明：连接BE，BF，，，

取中点，连接、，

因为分别为、中点，易得，

，，且，

四边形为平行四边形，

，又是中点，

，，则四边形为平行四边形，

，

因为，，，

所以，所以，

所以四边形为平行四边形，

所以B，E，，F四点共面．

（2）取AB的中点M，连接DM，

且，为等边三角形，

所以，，

以D为原点，DM，，所在直线分别为x，y，z轴，

由，则，，，，

所以，，，

设平面的法向量为，

则，即，

令，则，，

设直线AE与平面所成角为，

则，

故直线AE与平面所成角的正弦值为；

（3）由，则，

到平面的距离，

所以到平面的距离．

04.

（1）；

（2）偶函数，证明见解析；

（3）或.

（1）由对数的性质列不等式组求x的范围，即可得y＝定义域；

（2）根据函数奇偶性的定义判断的奇偶性；

（3）化简函数的解析式为，结合已知及函数的奇偶性及区间单调性可得，由此求得m的范围．

（1）

由对数的性质知：，即，

∴的定义域为.

（2）

由，结合（1）所得的定义域，

∴偶函数.

（3）

∵，

∴是[0,3上的减函数，又是偶函数.

∴，解得：或.

05.

（1）；

（2）.

（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；

（2）由直线与圆相切可得出，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算结合韦达定理计算得出，即可求得结果.

（1）

解：由已知可得，解得，故椭圆的方程为.

（2）

解：因为直线与圆相切，且直线的方程为，

所以，即，

联立，整理得，

，

设、，则，.

故，

则，故.

06.

（1）.

（2）存在，直线为或.

（1）根据焦距、双曲线上的点求双曲线参数，进而写出双曲线C的方程；

（2）由题设有，设直线为，，并联立双曲线方程，应用韦达定理、中点坐标公式求M，N的中点坐标，由等腰三角形中垂线性质求参数k，进而可得直线l的方程.

（1）

由题设，，又在双曲线上，

∴，可得，

∴双曲线C的方程为.

（2）

由（1）知：，

直线的斜率一定存在，当直线斜率为0时，直线：，符合题意；

设直线为，，

联立双曲线方程可得：，

由题设，

∴，，则.

要使△构成以为顶角的等腰三角形，则，

∴的中点坐标为，

∴，可得或，

当时，，不合题意，所以，直线l：，

∴存在直线为或，使△构成以为顶角的等腰三角形

2021级高二物理寒假作业1 动量定理及应用

多选题

01.D

02.B

03.B

04.A

05.B

06.D

07.B

08.C

09.A

10.B

11.C

12.C

解答题

01.

12 s

解法一用动量定理，分段求解．

选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，始态速度为零，终态速度为v.取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(F－μmg)t₁＝mv－0，

对于撤去F后物体做匀减速运动的过程，始态速度为v，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt₂＝0－mv.

联立解得t₂＝t₁＝×6 s＝12 s.

解法二用动量定理，研究全过程．

选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、末状态物体的速度都等于零．

取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得

(F－μmg)t₁＋(－μmg)t₂＝0

解得t₂＝t₁＝×6 s＝12 s.

2021级高二物理寒假作业2 动量守恒定律及应用

多选题

01.B

02.C

03.A

04.C

05.A

06.D

07.D

08.B

解答题

01.

(1)3.0 m/s (2)4.3 m/s

(1)设B车的质量为m_B，碰后加速度大小为a_B.根据牛顿第二定律有

μm_Bg＝m_Ba_B①

式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．

设碰撞后瞬间B车速度的大小为v_B′，碰撞后滑行的距离为s_B.由运动学公式有

v_B′²＝2a_Bs_B②

联立①②式并利用题给数据得

v_B′＝3.0 m/s③

(2)设A车的质量为m_A，碰后加速度大小为a_A，根据牛顿第二定律有

μm_Ag＝m_Aa_A④

设碰撞后瞬间A车速度的大小为v_A′，碰撞后滑行的距离为s_A，由运动学公式有

v_A′²＝2a_As_A⑤

设碰撞前的瞬间A车速度的大小为v_A.两车在碰撞过程中动量守恒，有

m_Av_A＝m_Av_A′＋m_Bv_B′⑥

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得

v_A≈4.3 m/s.

02.

大于或等于3.8 m/s

人跳到乙车上后，如果两车同向，且甲车的速度等于乙车的速度就可以恰好避免两车相撞

以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，以向右为正方向

由水平方向动量守恒得

(m₁＋M)v－m₂v₀＝(m₁＋m₂＋M)v′

解得v′＝1 m/s

以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得(m₁＋M)v＝m₁v′＋Mu

解得u＝3.8 m/s

因此，只要人跳离甲车的速度大于或等于3.8 m/s，就可避免两车相撞．

03.

(1)5.5 J (2)60 N (3)见解析

(1)物块恰好通过C点，有mg＝m

解得v_C＝ m/s

由动能定理得，W－μmgL₀＝mv

解得W＝5.5 J

(2)物块由C运动到D，由动能定理得2mgR＝mv－mv

解得v_D＝5 m/s

在D点，F－mg＝m

解得F＝60 N

(3)若物块与木板能共速，由动量守恒定律得

mv_D＝(M＋m)v_共

解得v_共＝1 m/s

对物块，－μmg·x_物＝mv－mv，得x_物＝2.4 m

对木板，μmg·x_板＝Mv，得x_板＝0.4 m, (L＋x_板＞x_物)

(用牛顿运动定律解答同样得分)

①若s≥0.4 m，物块能和木板共速，

则由能量守恒得：E_k＝mv－μmg(L＋x_板－x_物)＝0.25 J

②若s<0.4 m，物块不能和木板共速，

则由能量守恒得：E_k＝mv－μmg·(L＋s)＝2.25－5s.

2021级高二物理寒假作业3 机械振动

多选题

01.C

02.C

03.A

04.A

05.C

06.C

07.B

08.A

解答题

01.

(1) (2)AC (3)乙 (4)AC (5)12.0 (6)BC (7) (8)CD

(1)单摆的周期T＝，由单摆周期公式T＝2π得重力加速度g＝＝.

(2)为了便于测量周期和减小空气阻力，摆线选择较细且结实的线，故选A；为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的，故选C.

(3)为了避免运动过程中摆长发生变化，悬点要固定，不能松动，则选图乙．

(4)这样做的目的是便于调节摆长，把摆线夹得更紧一些，使摆动过程中摆长不变，因此A、C正确．

(5)摆球的直径为d＝12.0 mm.

(6)摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，A错误；将停表测量摆球完成一次全振动所用时间作为单摆的周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D错误．

(7)根据单摆周期公式T＝2π＝，所以应该作出T－图像，故横坐标所代表的物理量是，斜率k＝，解得g＝.

(8)由周期公式T＝2π，得g＝，单摆振幅大小与g无关，故A错误；开始计时时，过早按下停表，周期偏大，则g偏小，故B错误；测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间记为n次全振动的时间，周期偏小，则g偏大，故C正确；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，若测量摆长时以悬点到小球下端边缘的距离为摆长，摆长偏大，由g＝，所以g偏大，故D正确．

02.

(1)0.5 0.64 (2)B (3)AC

(1)根据题图(b)的信息可得，摆球第一次摆到最低点时，力传感器显示的力最大，所对应的时刻为t＝0.5 s．根据题图(b)的信息可得，单摆周期T＝1.6 s，由单摆周期公式T＝2π，解得摆长为l＝0.64 m.

(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，而摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力在径向上提供向心力，选项B正确．

(3)测得摆长应为l＋，选项B错误；若让小球在水平面内做圆周运动，则为圆锥摆运动，测得的摆动周期不是单摆运动周期，选项D错误．

2021级高二物理寒假作业4 机械波

多选题

01.B

02.D

03.B

04.D

05.B

06.C

07.C

08.C

09.C

10.C

解答题

01.

2 m/s 0.8 m

由题图可知，周期T＝0.4 s

由于波长大于0.6 m，结合题图可知，波从A到B的传播时间Δt＝0.3 s

波速v＝，代入数据得v＝2 m/s，

波长λ＝vT，代入数据得λ＝0.8 m.

02.

(1)5 m/s (2)－2 cm

(1)质点A第一次到达波峰，时间间隔Δt＝T＝0.2 s

即T＝0.4 s

由v＝可知波速v＝5 m/s

(2)由v＝可知，波传播到C点的时间Δt′＝0.6 s，此时质点C沿y轴正方向运动，再经过0.3 s即T，质点C到达波谷，即y＝－2 cm.

2021级高二物理寒假作业5 光的折射、全反射

多选题

01.A

02.B

03.D

04.B

05.C

06.A

07.B

解答题

01.

1.73

光路图如图所示，

入射角θ₁＝60°

设折射角为θ₂，由tan θ₂＝，

得θ₂＝30°

根据折射定律n＝，

得n＝1.73

02.

θ≤90°

光束在光导纤维AB端面的入射角为θ，设折射角为α，折射光线射向侧面时的入射角为β，要保证不会有光线从侧壁射出来，则光线在侧壁发生全反射．由折射定律n＝

由几何关系α＋β＝90° sin α＝cos β

恰好发生全反射的临界角公式为sin β＝

得cos β＝

联立得sin θ＝＝1

即θ＝90°

要保证光能从AB端面传播到另一端面，应有θ≤90°.

03.

(1)1.5 m (2) m

(1)如图，由题意知sin i＝＝

sin r＝

由折射定律得n＝

解得h′＝1.5 m.

(2)鱼饵灯与竿梢的连线和竖直方向的夹角恰好为临界角C时，鱼饵灯发出的光恰好无法从水面BC间射出．

则有sin C＝

由几何关系得sin C＝

解得h″＝ m.

04.

如图所示，

设折射角为r₁，由折射定律

n＝＝

解得r₁＝30°

根据sin C＝可知临界角C＝45°.

设折射光线与AB边的交点为E，由几何知识可知在AB边的入射角为60°，大于临界角，发生全反射，反射光线与BC边平行，最终垂直于AC边射出，光在棱镜中的路程

s＝b－asin 30°＋a

光在棱镜中的速度v＝

光从进入棱镜到它第一次射入真空所经历的时间t＝

联立解得t＝.

2021级高二物理寒假作业6 光的干涉、衍射和偏振　电磁波

多选题

01.C

02.D

03.D

04.B

05.D

06.A

07.D

08.C

09.D

10.D

11.B

12.B

13.B

14.C

15.C

16.D

填空题

01.

频率 C

从两狭缝发出的光，它们的频率相同，在波峰与波谷相遇的区域中，振动相互抵消，会出现暗条纹，即在C点出现暗条纹．

2021级高二物理寒假作业7 磁场1

多选题

01.B

02.B

03.D

04.C

05.B,C

06.B

07.B

08.A,B

09.A

10.C

解答题

01.

(1) (2) (3)

(1)金属棒做匀加速直线运动，有v²＝2as，

解得v＝

(2)金属棒所受安培力F_安＝IdB

金属棒所受合力F＝mgsin θ－F_安

由牛顿第二定律有F＝ma

解得I＝

(3)金属棒的运动时间t＝

通过的电荷量Q＝It

解得Q＝.

02.

(1) N≤F≤8 N (2)0≤R≤30 Ω

(1)当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，对金属棒受力分析，如图甲所示，此时金属棒所受安培力最大，设为F₁，则有

垂直斜面方向：F_N＝F₁sin θ＋mgcos θ

沿斜面方向：F₁cos θ＝mgsin θ＋F_fmax

又F_fmax＝μF_N

以上三式联立并代入数据可得F₁＝8 N

当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，其受力分析如图乙所示，此时金属棒所受安培力最小，设为F₂，则有

F_N′＝F₂sin θ＋mgcos θ，

F₂cos θ＋F_fmax′＝mgsin θ，

F_fmax′＝μF_N′

以上三式联立并代入数据可得F₂＝ N

所以金属棒受到的安培力的取值范围为 N≤F≤8 N

(2)因磁场与金属棒垂直，所以金属棒受到的安培力为F＝BIL，因此有I＝，由安培力的取值范围可知电流的取值范围为 A≤I≤4 A

设电流为I₁＝ A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R₁，由闭合电路欧姆定律，有E－I₁r＝I₁(R₀＋R₁)，

代入数据可得R₁＝30 Ω

设电流为I₂＝4 A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R₂，由闭合电路欧姆定律，有E－I₂r＝I₂(R₀＋R₂)，

代入数据可得R₂＝0

所以滑动变阻器接入电路中的阻值范围为0≤R≤30 Ω.

2021级高二物理寒假作业8 磁场2

多选题

01.A

02.C

03.B,D

04.B,D

05.C,D

06.C,D

07.B

08.B,C

解答题

01.

60 V

粒子运动轨迹如图所示：

根据洛伦兹力公式F＝qvB可知，磁感应强度一定时，粒子进入磁场的速度越大，在磁场中偏转量越小．故当磁感应强度取最大值时，若粒子恰好不飞离屏，则加速电压有最小值．设此时粒子刚好打在屏的最下端B点，根据带电粒子在磁场中运动特点可知，粒子偏离方向的夹角正切值为tan θ＝，解得：tan θ＝，粒子偏离方向的夹角：θ＝60°＝，

由几何关系可知，此时粒子在磁场中对应的回旋半径为：R＝rtan＝0．1 m ①

带电粒子在电场中加速，由动能定理得：qU＝mv² ②

带电粒子在磁场中偏转时，洛伦兹力提供向心力，

由牛顿第二定律可得：qvB＝ ③

联立①②③解得：U＝＝60 V，

故加速电压的最小值为60 V．

02.

(1)0．1 T (2)30°

(1)设粒子的初速度大小为v，粒子在极板间做匀速直线运动，则有：

qvB₁＝qE

设粒子在圆形区域中做匀速圆周运动的半径为r，则有：

qvB₂＝m

粒子速度方向偏转了60°，有

r＝2Rsin 60°

解得：B₂＝0．1 T．

(2)撤去磁场B₁后，粒子在极板间做类平抛运动，设在板间运动时间为t，运动的加速度为a，飞出电场时竖直方向的速度为v_y，则有：

qE＝ma

l＝vt

v_y＝at

tan θ＝

解得：tan θ＝，即θ＝30°．

03.

(1) L＋ (2)

(1)粒子a竖直向下穿过OC，在磁场中轨迹圆心如图甲为O₁，OO₁＝Rcot θ，OO₁＝L－R

得粒子圆周运动的轨迹半径

R＝L ①

由洛伦兹力提供圆周运动向心力有：

qv₁B＝ ②

由①②两式解得：v₁＝ ③

粒子a竖直向下穿过OC垂直进入匀强电场后，做类平抛运动，则有：

qE＝ma

Rcot θ＝v₁t

解得t＝

x＝at²＝

OP＝R＋x＝L＋．

(2)由qv₂B＝m

解得：R₂＝L

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：

T＝＝

如图乙所示最后出磁场的粒子从OC边上的E点射出，弦ME最长为直径，ME＝2R₂＝L，在磁场中运动的时间为：t₁＝T＝

MF为垂直OC的一条弦，则MF为最短的弦，从F点射出的粒子运动时间最短，此时轨迹圆心为O₂，由三角形关系得：

MF＝Lsin θ＝L，

sin α＝＝，

所以可得α＝30°

此粒子的运动时间t₂＝T＝

时间差为Δt＝t₁－t₂＝．

2021级高二物理寒假作业9 电磁感应1

多选题

01.C

02.C

03.C

04.A

05.D

06.D

07.A,C

08.B,D

解答题

01.

(1)向下 (2)BCD

(1)金属弦靠近螺线管时，线圈中磁场变强，根据楞次定律可得通过放大器的电流方向为向下．

(2)感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，与线圈匝数有关，所以选项B、C正确；电吉他通过扩音器发出的声音频率与感应电流的频率相同，即与金属弦振动频率相同，A错误，D正确．

02.

(1)0.4 V (2)0.16 W (3)2 s

(1)由法拉第电磁感应定律得

E＝n＝n××()²＝10××()²×0.5 V＝0.4 V.

(2)I＝＝0.4 A，P＝I²r＝0.16 W.

(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有：

F_安＝nBt₀I＝mg，I＝

Bt₀＝＝2 T

由图象知：Bt₀＝1＋0.5t₀(T)，

解得t₀＝2 s.

03.

(1)3.2×10^－2 N (2)1.28×10^－2 J

(1)无论磁场方向是竖直向上还是竖直向下，当两金属细杆都以速度v朝相反方向滑动时，两金属细杆产生大小相同方向一致的感应电动势．

E₁＝E₂＝Bdv①

由闭合电路欧姆定律，回路中的电流

I＝②

因拉力与安培力平衡，作用于每根金属杆的拉力大小为F₁＝F₂＝BdI③

由①②③联立并代入数据，得F₁＝F₂＝＝ N＝3.2×10^－2 N.

(2)设金属杆之间增加的距离为ΔL，则两金属杆共产生的热量Q＝I²·2r·，

代入数据得Q＝1.28×10^－2 J.

04.

2mgsin θ

当ab杆沿导轨上滑达到最大速度v时，其受力如图所示：

由平衡条件可知：

F－F_B＝mgsin θ ①

又F_B＝BIL ②

而I＝ ③

联立①②③式得：F－－mgsin θ＝0 ④

同理可得，ab杆沿导轨下滑达到最大速度时：mgsin θ－＝0

联立④⑤两式解得：F＝2mgsin θ

v＝.

2021级高二物理寒假作业10 电磁感应2

多选题

01.A

02.A,B,D

03.C

04.B

05.D

06.B,C

07.B,D

填空题

01.

3Bωr²

ΔΦ＝Φ₂－Φ₁＝BSsin 30°－0＝Bπr².

又Δt＝＝＝π/(6ω)

所以＝＝＝3Bωr².

解答题

01.

(1)1 m/s 0.5 m/s (2)0.287 5 J

(1)刚进入磁场时，a₀＝10 m/s²

方向竖直向上

由牛顿第二定律有BI₀L－mg＝ma₀

若进入磁场时的速度为v₀，有

I₀＝，E₀＝BLv₀

得v₀＝

代入数值有：v₀＝ m/s＝1 m/s

下落0.3 m时，通过a—h图象知a＝0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡有mg＝BIL其中I＝，E＝BLv，

可得下落0.3 m时杆的速度v＝

代入数值有：

v＝ m/s＝0.5 m/s.

(2)从开始到下落0.3 m的过程中，由能量守恒定律有mgh＝Q＋mv²

代入数值有Q＝0.287 5 J

02.

(1)mg(sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)

(1)设两根导线的总的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N₁，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N₂.对于ab棒，由力的平衡条件得

2mgsin θ＝μN₁＋T＋F ①

N₁＝2mgcos θ ②

对于cd棒，同理有mgsin θ＋μN₂＝T ③

N₂＝mgcos θ ④

联立①②③④式得

F＝mg(sin θ－3μcos θ)． ⑤

(2)由安培力公式得F＝BIL ⑥

这里I是回路abdca中的感应电流．

ab棒上的感应电动势为E＝BLv ⑦

式中，v是ab棒下滑速度的大小．

由欧姆定律得I＝ ⑧

联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcos θ).

03.

(1)0.6 m (2)3 J

(1)棒在0～0.3 s内通过的电荷量q₁＝Δt₁

平均感应电流＝

回路中平均感应电动势＝

得q₁＝

同理，棒在0.3～0.4 s内通过的电荷量

q₂＝

由图象读出0.4 s时刻位移大小x₂＝0.9 m

又q₁＝2q₂

解得x₁＝0.6 m.

(2)由图象知棒在0.3～0.4 s内做匀速直线运动，棒的速度大小v＝ m/s＝3 m/s

对系统，根据能量守恒定律

Q＝Mgx₂－mgx₂sin θ－(M＋m)v²

代入数据解得Q＝3.15 J

根据焦耳定律有＝

代入数据解得Q₁＝3 J.

2021级高二物理寒假作业11 交变流电

多选题

01.B

02.A

03.D

04.B

05.B

06.D

07.C

08.D

09.D

解答题

01.

(1) (2)

(1)升压变压器原、副线圈的匝数比为

＝＝。

(2)输送电流取决于输电电压及输送功率，有I＝，

而输电线上损失的电功率与导线电阻R和输送电流有关，即P_损＝P－P^′＝I²R

联立解得R＝8 Ω

降压变压器原线圈上的电压为

U₃＝U₂－IR＝3 800 V

所以降压变压器原、副线圈匝数比为

＝＝＝。

02.

(1)e＝nBl₁l₂ωsin ωt (2)

(1)电动势最大值为E_m＝nBl₁l₂ω

电动势瞬时值e的表达式为

e＝Emsin ωt＝nBl₁l₂ωsin ωt。

(2)电动势有效值为E＝

由闭合电路欧姆定律得，安培表的示数I＝＝。

(3)线框转动的周期T＝

外力驱动线框转动一周所做的功等于闭合回路中的焦耳热，则W＝Q＝T

得W＝。

(3)

03.

(1)2 V (2)e＝2cos 2πt(V) (3) A (4) A (5)u_R＝cos 2πt(V)

(1)设转动过程中线圈中感应电动势的最大值为E_m，则

E_m＝nBL²ω＝2 V。

(2)从题图所示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为

e＝E_mcos ωt＝2cos 2πt (V)。

(3)从题图所示位置转过30°角时感应电动势的瞬时值

e′＝2cos 30° V＝ V

则电路中电流的瞬时值为i＝＝ A。

(4)t＝ s时，瞬时电动势为

e″＝2cos ＝ V

对应的电流的瞬时值i′＝＝ A。

(5)外电路R两端电压的最大值为

U_m＝＝ V

则外电路R两端电压的瞬时值表达式为

u_R＝U_mcos ωt＝cos 2πt(V)。

2021级高二化学寒假作业1 烃综合练习

单选题

01.C

02.C

03.A

04.D

05.B

06.A

07.B

08.B

09.D

10.D

11.B

12.C

13.C

解答题

01.

(1)13 (2)＋(CF₃COO)₃Tl―→＋CF₃COOH 取代反应

(3)、、、 (写出两种即可)

(4)保护酚羟基，防止被高锰酸钾氧化 (5)8 2 (6)9

解析 (1)甲苯中苯环以及与苯环相连的碳原子共12个原子一定共面，单键可以旋转，所以经旋转甲基上有一个氢原子可以与苯环共面，最多有13个原子共面。

(4)后续步骤中需要将苯环上的甲基氧化成羧基，酚羟基易被氧化，所以反应⑤的目的是保护酚羟基，防止被高锰酸钾氧化。

(5)产物A与足量氢气加成得到的产物为，环上有6种环境的氢原子，取代基上有2种环境的氢原子，所以核磁共振氢谱有8组峰；1 mol产物B含有1 mol普通酯基，可以消耗1 mol NaOH，含有1 mol酚羟基可以消耗1 mol NaOH，共可以与2 mol NaOH反应。

(6)采取“定二移一”的分析方法，先固定—COOCH₃和—OH，二者处于邻位，则—COCH₃有4种位置；二者处于间位，则—COCH₃有4种位置；二者处于对位，则—COCH₃有2种位置，所以包括B在内共有10种结构，则产物B的同分异构体(不包括B)有9种。

2021级高二化学寒假作业2 卤代烃

单选题

01.B

02.C

03.C

04.C

05.C

06.C

07.A

08.C

09.C

10.B

11.D

12.D

13.D

14.B

15.B

解答题

01.

(1)球形冷凝管导出Cl₂、HCl气体，冷凝回流甲苯 (2)饱和食盐水 (3)使漏斗与烧瓶内压强一致，液体顺利流下

(4)2MnO＋10Cl^－＋16H^＋===2Mn^2＋＋5Cl₂↑＋8H₂O (5)178.8～205

(6)①97. 3 ②样品中混有二氯化苄、三氯化苄等杂质

(2)装置A制取的氯气中含有杂质氯化氢，装置B的作用是除去氯气中的氯化氢，所以B中的试剂是饱和食盐水。(5)分馏出氯化苄的温度应高于氯化苄的沸点，低于二氯化苄的沸点，所以应选择温度范围是178.8～205 ℃。(6)设样品中C₆H₅CH₂Cl的质量为x g，则：

C₆H₅CH₂Cl～AgCl

126.5 g 143.5 g

x g 2.87× g

x＝12.65，样品纯度为×100%≈97.3%；二氯化苄、三氯化苄中氯元素的质量分数大于氯化苄，样品中若混有二氯化苄、三氯化苄等杂质会使测量结果偏高。

2021级高二化学寒假作业3 醇类

单选题

01.D

02.C

03.C

04.A

05.B

06.D

07.A

08.A

09.C

10.A

11.B

12.C

13.C

解答题

01.

(1)CH₃CH₂OH CH₃OCH₃

(2)2CH₃CH₂OH+2Na→2CH₃CH₂ONa+H₂↑

(3)羟基

(4)CH₂=CH₂+H₂OCH₃CH₂OH

02.

(1)羟基、酯键 (2)取代反应 (3)

2021级高二化学寒假作业4 酚类

单选题

01.C

02.B

03.D

04.C

05.D

06.B

07.C

08.C

09.D

10.B

11.B

12.D

13.B

14.D

15.D

解答题

01.

(1)C₁₅H₁₄O₆ (2)5 (3)4

(4) + 4NaOH + 4H₂O

(1)该有机化合物分子式为C₁₅H₁₄O₆；(2)1 mol该有机化合物跟足量饱和溴水发生取代反应，酚羟基邻位、对位的氢被取代，最多消耗5 mol Br₂；(3)该有机化合物分子中含有的4个酚羟基与NaOH反应，1 mol该有机化合物与NaOH溶液反应最多消耗4 mol NaOH。

02.

（1）溶液显紫色

（2）不能酚羟基具有还原性也可使KMnO₄酸性溶液褪色先使之与足量NaOH反应，再滴加KMnO₄酸性溶液或溴水，若褪色，证明存在

（3）4 7

03.

（1）sp³、sp²；

（2）SOCl₂；

（3）F为离子晶体，D为分子晶体，熔融时破坏F中离子键所需能量大于D分子间作用力；

（4）。

2021级高二化学寒假作业5 醛和酮

单选题

01.B

02.B

03.A

04.A

05.C

06.A

07.B

08.C

解答题

01.

(1)＋＋NaOH＋NaCl＋H₂O

(2) (3)取代反应 (4)10 (5)

(4)C为，含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体中含有醛基、碳氟键、碳氯键，

即苯环上含有三个不同的取代基，可能出现的结构有、、、、、、、、、，故其同分异构体共有10种。

02.

(1)，浓硫酸、加热 (2)邻苯二甲醛(或1,2-苯二甲醛) 醚键

(3)氧化反应、取代反应 (4)

(5)12 (6)

C的结构简式为，由C的同分异构体M能与碳酸钠溶液反应产生气体，只

有1种官能团，苯环上有2个取代基可知，M的取代基可能为2个—CH₂COOH或—COOH、—CH₂CH₂COOH或—COOH、—CH(CH₃)COOH或—CH₃、—CH(COOH)₂，每组取代基在苯环上都有邻、间、对3种位置关系，则符合条件的同分异构体共有3×4＝12种，其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积之比为1∶1∶1∶2的结构简式为。

2021级高二化学寒假作业6 羧酸及其衍生物

单选题

01.D

02.C

03.D

04.D

05.D

06.C

07.C

08.A

09.C

10.C

11.B

解答题

01.

(1)乙醇 CH₃OCH₃

(2)2CH₃CH₂OH＋O₂2CH₃CHO＋2H₂O

(3)碳碳双键、醛基

(4)

(5)＋2CH₃CH₂CH₂CH₂OH＋2H₂O

(6)、 (其他合理答案均可)

(7)

A是一种常见的烃的含氧衍生物，A的质谱图中最大质荷比为46，其核磁共振氢谱图中有三组峰，且峰面积之比为1∶2∶3，A为CH₃CH₂OH；乙醇催化氧化生成乙醛，根据已知信息④，乙醛在氢氧化钠、加热条件下生成C(CH₃CH==CHCHO)，C与氢气加成生成D(CH₃CH₂CH₂CH₂OH)；E是苯的同系物，相对分子质量在100～110之间，氧化生成F,1 mol F与足量的饱和NaHCO₃溶液反应可产生2 mol二氧化碳，则F中含有2个羧基，因此E为二甲苯，E苯环上的一氯代物只有2种，E为，则F为。

2021级高二化学寒假作业7 生物大分子

单选题

01.C

02.B

03.B

04.C

05.D

06.B

07.C

08.D

09.B

10.D

解答题

01.

没有加入氢氧化钠溶液调节pH，使溶液呈碱性，再加银氨溶液。

在蔗糖溶液中加入3~5滴稀硫酸；将混合液煮沸几分钟，冷却；在冷却后的溶液呈酸性，没有加入氢氧化钠溶液调节pH，使溶液呈碱性，导致加入的银氨溶液和酸反应，实验结果没有银镜产生。

02.

(1)

(2)还原反应

(3)AC

(4)+Br₂+HBr

(5)、、、、

(6)H₂C=CH₂CH₃CHOBrCH₂CHO

根据已知信息可知A为、B为，对比C和D的分子式，可知C与H₂发生加成反应得到，则D为，D与乙醇发生酯化反应得到E为，F和溴单质发生取代反应得到G为；

（1）分析可知，B的结构简式：；

（2）C与H₂发生加成反应得到D，C生成D的反应类型是还原反应；

（3）A.由I的结构可知，I的分子式是C₂₀H₂₂N₅O₆，A错误；

B.化合物A为，为平面型分子，分子中所有原子共平面，B正确；

C.化合物C含有羧基和羰基，不能发生缩聚反应，C错误；

D.化合物I具有羧基和氨基，具有两性，D正确；

故选：AC；

（4）F生成G的化学方程式：+Br₂+HBr；

（5）D为，①苯环上有2个取代基；②有碳氧双键无—COO—结构，无氧氢键，有且仅有2个—CH₃；③¹H—NMR谱图有5组峰即有5种H，满足以上条件的结构简式为：、、、、；

（6）乙烯在铜催化下生成乙醛，与Br₂发生F到G的步骤，得到BrCH₂CHO，再和发生G到H的步骤得到，合成路线为：H₂C=CH₂CH₃CHOBrCH₂CHO。

03.

(1)c

(2)葡萄糖

(3)C₆H₁₂O₆2C₂H₅OH+2CO₂

(4)

(5)n+(n-1)H₂O

淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，在乳酸菌作用下生成乳酸C₃H₆O₃，故B为葡萄糖(C₆H₁₂O₆)，C为乙醇(C₂H₅OH)，D为乳酸C₃H₆O₃，据此分析解题。

(1)淀粉溶液遇到I₂显特殊的蓝色，故检验淀粉是否完全水解，可以选用的试剂是碘水，如果完全水解则不变蓝，如果没有完全水解，则溶液变蓝色，故答案为：c；

(2)由分析可知，B是一种单糖，则B的名称是葡萄糖，故答案为：葡萄糖；

(3)B转化为C即葡萄糖在酒化酶的作用下转化为酒精和CO₂，故该反应的化学方程式是C₆H₁₂O₆2C₂H₅OH+2CO₂，故答案为：C₆H₁₂O₆2C₂H₅OH+2CO₂；

(4)一分子B即C₆H₁₂O₆可在乳酸菌作用下分解生成两分子D即分子式为C₃H₆O₃，D与乙酸、乙醇均能发生酯化反应即分子中含有羟基和羧基，且D的结构中含有甲基，则D的结构简式是，故答案为：；

(5)由(4)分析可知，D物质的结构简式为：，故其在一定条件下可以发生生缩聚反应，化学方程式为n+(n-1)H₂O，故答案为：n+(n-1)H₂O。

2021级高二化学寒假作业8 化学反应中的热效应

单选题

01.C

02.C

03.D

04.B

05.B

06.D

07.B

08.C

09.C

10.B

11.D

解答题

01.

12．ΔH＝－488.3 kJ•mol－1。提示：②×2＋③×2－①

02.

13．（1）环形玻璃搅拌棒（2）减少实验过程中的热量损失（3）偏小（4）不相等相等因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O所放出的能量，与酸碱用量无关（5）不相等浓硫酸稀释时要多放出热量

2021级高二化学寒假作业9 有机综合练习1

单选题

01.A

02.C

03.B

04.D

05.C

06.B

07.C

08.A

09.B

10.D

11.C

12.B

13.B

14.A

15.C

16.B

17.D

18.A

解答题

01.

(1)

(2)

(3)2CH₃CH(OH)CH₂CH₃+O₂2CH₃COCH₂CH₃+2H₂O

(4)

02.

(1)CH₂OHCH(OH)CH₂OH (2)变性

(3)

(4)①C₁₃H₁₆O₅ ②bc

03.

.(1)

(2)甲醛加成反应 (3)AD

(4)

04.

(1)加成反应或还原反应

(2)

(3)CH₃COONa

(4)4 HOOCCH₂CH₂CH₂COOH

05.

(1) (2)消去

(3)

2021级高二化学寒假作业10 有机综合练习2

单选题

01.B

02.A

03.B

04.C

05.C

06.C

07.B

08.D

09.D

10.C

11.D

12.C

13.A

14.B

15.D

16.B

17.D

18.A

解答题

01.

(1)C和E

(2)

(3)C

(4)

02.

I．(1)N(C):N(H):N(O)=2:6:1 (2)C₂H₆O

(3)CH₃OCH₃ CH₃CH₂OH (4) CH₃CH₂OH

(5)

(6)加成反应

(7)

II．(1)C₇H₆O₃ CH₃COOH

(2)

03.

(1)苯酚 OHCCOOH

(2)③＞①＞②

(3)

(4)3

(5) 或

04.

(1)C₃H₆ 消去反应

(2)1,2-二溴丙烷羰基羧基

(3)

(4)4 OHCCH₂CH₂CH₂CHO

(5)