2023广东省汕头市金山中学高三下学期一模历史答案

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14.【答案】(-号-E)【解析】若h(x)恰有3个零点，则函数f(x)在区间(0,1)上存在两个零点，0<-<1，故f)=1+a+号>0，4=a-4×2>0,解得-

16.【答案】①②④【解析】在S=4an1+1中,令n=1,则S=4a2+1=2,a2=,①正确:在Sn=4an+1+1中,令n为n-1,则Sn=4an+1(n≥2,n∈N),②正确;当n≥2时,将Sn=4an+1+1与Sn=4an+1相减得,SnSn=(4an+1+1)-(4an+1)即an=4an1-4anan1=an(n≥2)而a2=a,所以{an}不是等比数列,④正确,③错误

3解:(I)当a=1b=-1时,A当,·。<,三2x,x<-1,)=(f(x)=|x-1|+x+1|={2,-1≤x≤1,给0价:(2x,x>1,不浮1(2分示f(x)>3等价于{2-2x>3,12>3,心<-1,1≤x≤1,或x>1,或2x>3解得x>3或x<3A∴不等式f(x)>3的解集为3>或x32(5分)(Ⅱ)由绝对值三角形不等式可知|x-aH+x=b|≥a-b|=2为(7分)平最入a-b=2,⊙将(7分)平当且仅当(x-a)(x-b)≤0时等号成立0=2∵a>b,a=b+2,a2+b2=(b+2)2+b2=2(b+1)2+2≥2,“N2b2+4b+4异,康(9分)当且仅当b=-1,a=1时等号成立(2a2+b2的最小值为2.(10分)中

18.D若P1位于最上端、P2位于中点处,由理想变压器的工作原理可又由已知原线圈输入电压的有效值为U1=220V,则U2=110V,A错误;仅将电键断开,则变压器负载的电阻值增大,又因为副线圈的输出电压不变,因此变压器副线圈的输出电流减小,电阻R1两端的电压减小,则并联部分的电压增大,小灯泡两端的电压增大,小灯泡的亮度变亮,B错误;仅将滑动触头P向下移动,则变压器负载的电阻值减小,则变压器副线圈的输出电流增大,电阻R1两端的电压增大,则并联部分的电压减小,小灯泡两端的电压减小,小灯泡的亮度变暗,C错误;滑动触头P1向下移动,同时将滑动触头P2向上移动,原线圈的匝数n减小副线圈的匝数n2增大,根据理想变压器的原理2可知,当原线圈的电压突然降低时,副线圈的电压可提高,小灯泡可恢复正常发光,D正确可知三个场强间的夹角为120°,由

25.【解析】(1)设小物块Q经过C点时的速度为vc,由平抛运动规律得水平方向:2√2R=vt(1分)竖直方向:2R=÷gt2(1分)小物块Q经过C点时,由牛顿第二定律得Fntmg(1分)联立可得FN=mg(2分)(2)从解除弹簧锁定至小物块Q运动到C点的过程,由机械能守恒定律可得E,=2mgR-+omv(2分)解得Ep=3mgR(1分)(3)先拔掉销钉再解除弹簧锁定后,小物块P、Q及弹簧组成的系统动量守恒根据动量守恒定律可得2m1=mv2(1分)由机械能守恒定律得En=2×2m+2mt分联立解得v2=2√gR假设小物块Q能运动到C点,应有v≥√gR,推出≥√5gR,所以小物块Q不能运动到最高点,只能沿轨道运动到圆心高度以上的某一点D就会脱离轨道做斜上抛运动(1分)假设小物块Q能运动到C点,应有v≥√gR,推出v≥√5gR,所以小物块Q不能运动到最高点,只能沿轨道运动到圆心高度以上的某一点D就会脱离轨道做斜上抛运动(1分)设OD与竖直方向间的夹角为8,则有mgcos 6=m(1分)由机械能守恒定律得mgR(+cos 0)=lmvb-1mvif分联立解得cosθ=√/3(1分)小物块Q脱离轨道后做斜上抛运动,水平方向为匀速运动水平位移x=vcos0·t(1分)竖直方向有-(R+Rcos)=wsnb·yg22(1分)小物块Q落到水平面的落点与A点的距离L=x-Rsin a(1分)联立解得L20√2-55)R(2分)