第一篇：2018年高考全國卷Ⅱ理數試題解析(精編版)(解析版)

絕密★啟用前

2018年普通高等學校招生全國統一考試

理科數學

注意事項：

1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．作答時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷及草稿紙上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.A.B.C.D.【答案】D 【解析】分析：根據復數除法法則化簡復數，即得結果.詳解：

選D.點睛：本題考查復數除法法則，考查學生基本運算能力.2.已知集合A.9 B.8 C.5 D.4 【答案】A 【解析】分析：根據枚舉法，確定圓及其內部整點個數.詳解： 當當當時，時，時，； ； ；，則中元素的個數為

所以共有9個，選A.點睛：本題考查集合與元素關系，點與圓位置關系，考查學生對概念理解與識別.詳解：（1）當設函數當而時，故當時，則，所以時，． 等價于．

．

單調遞減． 在，即

．

（2）設函數在（i）當（ii）當當所以故①若②若③若只有一個零點當且僅當時，時，時，在；當單調遞減，在是，即，即，即在，，在只有一個零點．

沒有零點；

． 時，單調遞增．

． 的最小值． 在在沒有零點； 只有一個零點；，所以

在有一個零點，由于由（1）知，當故在在時，所以

在有兩個零點． ．

．

有一個零點，因此綜上，只有一個零點時，點睛：利用函數零點的情況求參數值或取值范圍的方法(1)利用零點存在的判定定理構建不等式求解.(2)分離參數后轉化為函數的值域(最值)問題求解.(3)轉化為兩熟悉的函數圖象的上、下關系問題，從而構建不等式求解.（二）選考題：共10分。請考生在

設函數

（1）當

（2）若【答案】（1）．

時，求不等式的解集；，求的取值范圍． ,(2)

【解析】分析：（1）先根據絕對值幾何意義將不等式化為三個不等式組，分別求解，最后求并集，（2）先化簡不等式為取值范圍． 詳解：（1）當時，可得（2）而由可得的解集為等價于，且當或

． ．

時等號成立．故

等價于

．

．，再根據絕對值三角不等式得

最小值，最后解不等式

得的，所以的取值范圍是點睛：含絕對值不等式的解法有兩個基本方法，一是運用零點分區間討論，二是利用絕對值的幾何意義求解．法一是運用分類討論思想，法二是運用數形結合思想，將絕對值不等式與函數以及不等式恒成立交匯、滲透，解題時強化函數、數形結合與轉化化歸思想方法的靈活應用，這是命題的新動向．

第二篇：2018年高考全國卷Ⅱ文數試題解析(精編版)(解析版)

絕密★啟用前

2018年普通高等學校招生全國統一考試

文科數學

注意事項：

1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．作答時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷及草稿紙上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.A.B.C.D.【答案】D 【解析】分析：根據公式詳解：，可直接計算得，故選D.點睛：復數題是每年高考的必考內容，一般以選擇或填空形式出現，屬簡單得分題，高考中復數主要考查的內容有：復數的分類、復數的幾何意義、共軛復數，復數的模及復數的乘除運算，在解決此類問題時，注意避免忽略2.已知集合A.B.C.，D.中的負號導致出錯.，則

【答案】C 【解析】分析：根據集合詳解：, 故選C 點睛：集合題也是每年高考的必考內容，一般以客觀題形式出現，一般解決此類問題時要先將參與運算的集合化為最簡形式，如果是“離散型”集合可采用Venn圖法解決，若是“連續型”集合則可借助不等式進行運算.，可直接求解

.3.函數的圖像大致為

A.A

B.B

C.C

D.D 【答案】B 【解析】分析：通過研究函數奇偶性以及單調性，確定函數圖像.詳解：舍去D;，所以舍去C；因此選B.點睛：有關函數圖象識別問題的常見題型及解題思路（1）由函數的定義域，判斷圖象左右的位置，由函數的值域，判斷圖象的上下位置；②由函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢；③由函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性；④由函數的周期性，判斷圖象的循環往復．

4.已知向量，滿足，則

為奇函數，舍去A, A.4 B.3 C.2 D.0 【答案】B 【解析】分析：根據向量模的性質以及向量乘法得結果.詳解：因為所以選B.點睛：向量加減乘：

5.從2名男同學和3名女同學中任選2人參加社區服務，則選中的2人都是女同學的概率為 A.B.C.D.【答案】D 【解析】分析：分別求出事件“2名男同學和3名女同學中任選2人參加社區服務”的總可能及事件“選中的2人都是女同學”的總可能，代入概率公式可求得概率.詳解：設2名男同學為，3名女同學為，共10種可能，共三種可能，從以上5名同學中任選2人總共有選中的2人都是女同學的情況共有則選中的2人都是女同學的概率為故選D.點睛：應用古典概型求某事件的步驟：第一步，判斷本試驗的結果是否為等可能事件，設出事件；第二步，分別求出基本事件的總數與所求事件中所包含的基本事件個數；第三步，利用公式求出事件的概率.6.雙曲線的離心率為，則其漸近線方程為

A.【答案】A

B.C.D.【解析】分析：根據離心率得a,c關系，進而得a,b關系，再根據雙曲線方程求漸近線方程，得結果.詳解：

因為漸近線方程為，所以漸近線方程為，選A.點睛：已知雙曲線方程求漸近線方程：.7.在A.中，B.，C.，D.，則

【答案】A 【解析】分析：先根據二倍角余弦公式求cosC,再根據余弦定理求AB.詳解：因為所以，選A.點睛：解三角形問題，多為邊和角的求值問題，這就需要根據正、余弦定理結合已知條件靈活轉化邊和角之間的關系，從而達到解決問題的目的.8.為計算，設計了右側的程序框圖，則在空白框中應填入

A.B.C.D.【答案】B 【解析】分析：根據程序框圖可知先對奇數項累加，偶數項累加，最后再相減.因此累加量為隔項.詳解：由中應填入，選B.得程序框圖先對奇數項累加，偶數項累加，最后再相減.因此在空白框點睛：算法與流程圖的考查，側重于對流程圖循環結構的考查.先明晰算法及流程圖的相關概念，包括選擇結構、循環結構、偽代碼，其次要重視循環起點條件、循環次數、循環終止條件，更要通過循環規律，明確流程圖研究的數學問題，是求和還是求項.9.在正方體中，為棱的中點，則異面直線

與

所成角的正切值為

A.B.C.D.【答案】C 【解析】分析：利用正方體值，在中進行計算即可.中，與所成角為，中，將問題轉化為求共面直線

與

所成角的正切詳解：在正方體所以異面直線設正方體邊長為，則由為棱所以則故選C..的中點，可得，點睛：求異面直線所成角主要有以下兩種方法：

（1）幾何法：①平移兩直線中的一條或兩條，到一個平面中；②利用邊角關系，找到（或構造）所求角所在的三角形；③求出三邊或三邊比例關系，用余弦定理求角.（2）向量法：①求兩直線的方向向量；②求兩向量夾角的余弦；③因為直線夾角為銳角，所以②對應的余弦取絕對值即為直線所成角的余弦值.10.若A.B.C.【答案】C 【解析】分析：先確定三角函數單調減區間，再根據集合包含關系確定的最大值 詳解：因為所以由因此

得，從而的最大值為，選A.在是減函數，則的最大值是

D.點睛：函數(1).(2)周期的性質：(3)由

求對稱軸，(4)由求增區間;由

求減區間.，且，則的離心率為 11.已知，是橢圓的兩個焦點，是上的一點，若A.B.C.D.【答案】D 【解析】分析：設詳解：在設中，則，則根據平面幾何知識可求

，，再結合橢圓定義可求離心率.又由橢圓定義可知則離心率故選D.點睛：橢圓定義的應用主要有兩個方面：一是判斷平面內動點與兩定點的軌跡是否為橢圓，二是利用定義求焦點三角形的周長、面積、橢圓的弦長及最值和離心率問題等；“焦點三角形”是橢圓問題中的常考知識點，在解決這類問題時經常會用到正弦定理，余弦定理以及橢圓的定義.12.已知A.是定義域為的奇函數，滿足

．若，則

B.0

C.2D.50

【答案】C 【解析】分析：先根據奇函數性質以及對稱性確定函數周期，再根據周期以及對應函數值求結果.詳解：因為所以因此因為，所以，從而，選C.是定義域為的奇函數，且,，點睛：函數的奇偶性與周期性相結合的問題多考查求值問題，常利用奇偶性及周期性進行變換，將所求函數值的自變量轉化到已知解析式的函數定義域內求解．

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。、13.曲線在點處的切線方程為__________．

【答案】y=2x–2 【解析】分析：求導詳解：由則曲線在點，得，可得斜率，.，進而得出切線的點斜式方程.處的切線的斜率為，即則所求切線方程為點睛：求曲線在某點處的切線方程的步驟：①求出函數在該點處的導數值即為切線斜率；②寫出切線的點斜式方程；③化簡整理.14.若滿足約束條件

則的最大值為__________．

【答案】9 【解析】分析：作出可行域，根據目標函數的幾何意義可知當

時，.學&科&網...學&科&網...學&科&網...學&科&網...學&科&網...學&科&網...學&科&網...學&科&網...學&科&網...學&科&網...點睛：線性規劃問題是高考中常考考點，主要以選擇及填空的形式出現，基本題型為給出約束條件求目標函數的最值，主要結合方式有：截距型、斜率型、距離型等.15.已知【答案】

【解析】分析：利用兩角差的正切公式展開，解方程可得

.，則__________． 詳解：，解方程得.點睛：本題主要考查學生對于兩角和差公式的掌握情況，屬于簡單題型，解決此類問題的核心是要公式記憶準確，特殊角的三角函數值運算準確.16.已知圓錐的頂點為，母線錐的體積為__________． 【答案】8π

【解析】分析：作出示意圖，根據條件分別求出圓錐的母線即可.詳解：如下圖所示，又解得，所以

.，，高，底面圓半徑的長，代入公式計算，互相垂直，與圓錐底面所成角為，若的面積為，則該圓所以該圓錐的體積為

點睛：此題為填空題的壓軸題，實際上并不難，關鍵在于根據題意作出相應圖形，利用平面幾何知識求解相應線段長，代入圓錐體積公式即可.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答。第22、23為選考題。考生根據要求作答。學#科網

（一）必考題：共60分。17.記為等差數列

（1）求的前項和，已知，． 的通項公式；

（2）求，并求的最小值． 【答案】解：

（1）設{an}的公差為d，由題意得3a1+3d=–15． 由a1=–7得d=2．

所以{an}的通項公式為an=2n–9．（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16． 所以當n=4時，Sn取得最小值，最小值為–16．

【解析】分析：（1）根據等差數列前n項和公式，求出公差，再代入等差數列通項公式得結果，（2）根據等差數列前n項和公式得的二次函數關系式，根據二次函數對稱軸以及自變量為正整數求函數最值.詳解：（1）設{an}的公差為d，由題意得3a1+3d=–15． 由a1=–7得d=2．

所以{an}的通項公式為an=2n–9．（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16． 所以當n=4時，Sn取得最小值，最小值為–16．

點睛：數列是特殊的函數，研究數列最值問題，可利用函數性質，但要注意其定義域為正整數集這一限制條件.18.下圖是某地區2000年至2016年環境基礎設施投資額（單位：億元）的折線圖．

為了預測該地區2018年的環境基礎設施投資額，建立了與時間變量的兩個線性回歸模型．根據2000年至2016年的數據（時間變量的值依次為年的數據（時間變量的值依次為）建立模型①：

．

；根據2010年至2016）建立模型②：

（1）分別利用這兩個模型，求該地區2018年的環境基礎設施投資額的預測值；

（2）你認為用哪個模型得到的預測值更可靠？并說明理由． 【答案】解：

（1）利用模型①，該地區2018年的環境基礎設施投資額的預測值為

=–30.4+13.5×19=226.1（億元）．

利用模型②，該地區2018年的環境基礎設施投資額的預測值為 =99+17.5×9=256.5（億元）．

（2）利用模型②得到的預測值更可靠． 理由如下：

（i）從折線圖可以看出，2000年至2016年的數據對應的點沒有隨機散布在直線y=–30.4+13.5t上下，這說明利用2000年至2016年的數據建立的線性模型①不能很好地描述環境基礎設施投資額的變化趨勢．2010年相對2009年的環境基礎設施投資額有明顯增加，2010年至2016年的數據對應的點位于一條直線的附近，這說明從2010年開始環境基礎設施投資額的變化規律呈線性增長趨勢，利用2010年至2016年的數據建立的線性模型=99+17.5t可以較好地描述2010年以后的環境基礎設施投資額的變化趨勢，因此利用模型②得到的預測值更可靠．

（ii）從計算結果看，相對于2016年的環境基礎設施投資額220億元，由模型①得到的預測值226.1億元的增幅明顯偏低，而利用模型②得到的預測值的增幅比較合理，說明利用模型②得到的預測值更可靠． 以上給出了2種理由，考生答出其中任意一種或其他合理理由均可得分．

【解析】分析：（1）兩個回歸直線方程中無參數，所以分別求自變量為2018時所對應的函數值，就得結果，（2）根據折線圖知2000到2009，與2010到2016是兩個有明顯區別的直線，且2010到2016的增幅明顯高于2000到2009，也高于模型1的增幅，因此所以用模型2更能較好得到2018的預測.詳解：（1）利用模型①，該地區2018年的環境基礎設施投資額的預測值為 =–30.4+13.5×19=226.1（億元）．

利用模型②，該地區2018年的環境基礎設施投資額的預測值為 =99+17.5×9=256.5（億元）．

（2）利用模型②得到的預測值更可靠． 理由如下：

（i）從折線圖可以看出，2000年至2016年的數據對應的點沒有隨機散布在直線y=–30.4+13.5t上下，這說明利用2000年至2016年的數據建立的線性模型①不能很好地描述環境基礎設施投資額的變化趨勢．2010年相對2009年的環境基礎設施投資額有明顯增加，2010年至2016年的數據對應的點位于一條直線的附近，這說明從2010年開始環境基礎設施投資額的變化規律呈線性增長趨勢，利用2010年至2016年的數據建立的線性模型=99+17.5t可以較好地描述2010年以后的環境基礎設施投資額的變化趨勢，因此利用模型②得到的預測值更可靠．

（ii）從計算結果看，相對于2016年的環境基礎設施投資額220億元，由模型①得到的預測值226.1億元的增幅明顯偏低，而利用模型②得到的預測值的增幅比較合理，說明利用模型②得到的預測值更可靠． 以上給出了2種理由，考生答出其中任意一種或其他合理理由均可得分．

點睛：若已知回歸直線方程，則可以直接將數值代入求得特定要求下的預測值；若回歸直線方程有待定參數，則根據回歸直線方程恒過點19.如圖，在三棱錐

（1）證明：

（2）若點在棱中，平面上，且；，求點到平面的距離．

求參數.，為的中點．

【答案】解：

（1）因為AP=CP=AC=4，O為AC的中點，所以OP⊥AC，且OP=連結OB．因為AB=BC=由

．

=2．，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB=知，OP⊥OB．

由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．

（2）作CH⊥OM，垂足為H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM． 故CH的長為點C到平面POM的距離． 由題設可知OC=所以OM=，CH=

．

平面，只需證明

即可；（2）過點作，=2，CM=

=，∠ACB=45°． =

．

所以點C到平面POM的距離為【解析】分析：（1）連接垂足為，只需論證，欲證的長即為所求，再利用平面幾何知識求解即可.．

=2． 詳解：（1）因為AP=CP=AC=4，O為AC的中點，所以OP⊥AC，且OP=連結OB．因為AB=BC=由，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB=知，OP⊥OB．

由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．

（2）作CH⊥OM，垂足為H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM． 故CH的長為點C到平面POM的距離． 由題設可知OC=所以OM=，CH==2，CM==，∠ACB=45°． =

．

所以點C到平面POM的距離為．

點睛：立體幾何解答題在高考中難度低于解析幾何，屬于易得分題，第一問多以線面的證明為主，解題的核心是能將問題轉化為線線關系的證明；本題第二問可以通過作出點到平面的距離線段求解，也可利用等體積法解決.20.設拋物線的焦點為，過且斜率為的直線與交于，兩點，．

（1）求的方程；

（2）求過點，且與的準線相切的圓的方程． 【答案】解：

（1）由題意得F（1，0），l的方程為y=k（x–1）（k>0）． 設A（x1，y1），B（x2，y2）． 由得

．

，故．

所以．

由題設知，解得k=–1（舍去），k=1．

因此l的方程為y=x–1．

（2）由（1）得AB的中點坐標為（3，2），所以AB的垂直平分線方程為，即．

設所求圓的圓心坐標為（x0，y0），則

解得

或

因此所求圓的方程為

或

．

詳解：（1）由題意得F（1，0），l的方程為y=k（x–1）（k>0）． 設A（x1，y1），B（x2，y2）． 由得

．

，故．

所以．

由題設知，解得k=–1（舍去），k=1．

因此l的方程為y=x–1．

（2）由（1）得AB的中點坐標為（3，2），所以AB的垂直平分線方程為，即．

設所求圓的圓心坐標為（x0，y0），則

解得因此所求圓的方程為

或點睛：確定圓的方程方法

(1)直接法：根據圓的幾何性質，直接求出圓心坐標和半徑，進而寫出方程．(2)待定系數法 ①若已知條件與圓心的值；

②若已知條件沒有明確給出圓心或半徑，則選擇圓的一般方程，依據已知條件列出關于D、E、F的方程組，進而求出D、E、F的值． 21.已知函數

． 和半徑有關，則設圓的標準方程依據已知條件列出關于的方程組，從而求出

．

或

（1）若，求的單調區間；

（2）證明：【答案】解： 只有一個零點．

（1）當a=3時，f（x）=令f ′（x）=0解得x=當x∈（–∞，當x∈（，）∪（或x=，f ′（x）=．

．，+∞）時，f ′（x）>0；）時，f ′（x）<0．），（，所以，+∞）單調遞增，在（等價于

．，）單調遞減． 故f（x）在（–∞，（2）由于設=，則g ′（x）=≥0，僅當x=0時g ′（x）=0，所以g（x）在（–∞，+∞）單調遞增．故g（x）至多有一個零點，從而f（x）至多有一個零點． 又f（3a–1）=綜上，f（x）只有一個零點． 【解析】分析：（1）將令研究函數單調性可得.，f ′（x）=

．，+∞）時，f ′（x）>0；

． 代入，求導得，即，令

求得增區間，令

求得減區間；（2）只有一個零點問題，f（3a+1）=，故f（x）有一個零點．，則將問題轉化為函數詳解：（1）當a=3時，f（x）=令f ′（x）=0解得x=當x∈（–∞，當x∈（，）∪（或x=）時，f ′（x）<0．），（，所以，+∞）單調遞增，在（等價于

．，）單調遞減． 故f（x）在（–∞，（2）由于設=，則g ′（x）=≥0，僅當x=0時g ′（x）=0，所以g（x）在（–∞，+∞）單 調遞增．故g（x）至多有一個零點，從而f（x）至多有一個零點． 又f（3a–1）=綜上，f（x）只有一個零點．

點睛：（1）用導數求函數單調區間的步驟如下：①確定函數）解出相應的的取值范圍，當上是減增函數.（2）本題第二問重在考查零點存在性問題，解題的關鍵在于將問題轉化為求證函數證明其單調，再結合零點存在性定理進行論證.（二）選考題：共10分。請考生在第22、23題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。22.[選修4－4：坐標系與參數方程]

在直角坐標系為參數）．

（1）求和的直角坐標方程；學科%網

（2）若曲線截直線所得線段的中點坐標為【答案】解：

（1）曲線的直角坐標方程為當當時，的直角坐標方程為時，的直角坐標方程為

． ．，求的斜率． 中，曲線的參數方程為

（為參數），直線的參數方程為

（有唯一零點，可先

時，的定義域；②求導數

；③由時，（或在相應區間，f（3a+1）=，故f（x）有一個零點．

在相應區間上是增函數；當（2）將的參數方程代入的直角坐標方程，整理得關于的方程

．①

因為曲線截直線所得線段的中點又由①得，故

在內，所以①有兩個解，設為，則，于是直線的斜率

．

．

【解析】分析：(1)根據同角三角函數關系將曲線的參數方程化為直角坐標方程，根據代入消元法將直線的參數方程化為直角坐標方程，此時要注意分角坐標方程，根據參數幾何意義得詳解：（1）曲線的直角坐標方程為當時，的直角坐標方程為

與

之間關系，求得

．，兩種情況.(2)將直線參數方程代入曲線的直，即得的斜率． 當時，的直角坐標方程為．

（2）將的參數方程代入的直角坐標方程，整理得關于的方程

．①

因為曲線截直線所得線段的中點又由①得，故

在內，所以①有兩個解，設為，則，于是直線的斜率

．

．

點睛：直線的參數方程的標準形式的應用 過點M0(x0，y0)，傾斜角為α的直線l的參數方程是若M1，M2是l上的兩點，其對應參數分別為t1，t2，則

(1)M1，M2兩點的坐標分別是(x0＋t1cos α，y0＋t1sin α)，(x0＋t2cos α，y0＋t2sin α).(2)|M1M2|＝|t1－t2|.(3)若線段M1M2的中點M所對應的參數為t，則t＝(4)若M0為線段M1M2的中點，則t1＋t2＝0.23.[選修4－5：不等式選講]

設函數

（1）當

（2）若【答案】解：（1）當時，可得（2）而由可得的解集為等價于，且當或

． ．

時等號成立．故

等價于

．

． ．

時，求不等式的解集；，中點M到定點M0的距離|MM0|＝|t|＝

..(t是參數，t可正、可負、可為0)，求的取值范圍．，所以的取值范圍是【解析】分析：（1）先根據絕對值幾何意義將不等式化為三個不等式組，分別求解，最后求并集，（2）先化簡不等式為取值范圍． 詳解：（1）當時，再根據絕對值三角不等式得

最小值，最后解不等式

得的

可得（2）而由可得的解集為等價于，且當或

． ．

時等號成立．故

等價于

．

．，所以的取值范圍是點睛：含絕對值不等式的解法有兩個基本方法，一是運用零點分區間討論，二是利用絕對值的幾何意義求解．法一是運用分類討論思想，法二是運用數形結合思想，將絕對值不等式與函數以及不等式恒成立交匯、滲透，解題時強化函數、數形結合與轉化化歸思想方法的靈活應用，這是命題的新動向．

第三篇：2016年高考新全國1卷理數試題解析（解析版）

第Ⅰ卷

一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.（1）設集合，則

（A）

（B）

（C）

（D）

【答案】D

【考點】集合的交集運算

【名師點睛】集合是每年高考中的必考題,一般以基礎題的形式出現,屬得分題.解決此類問題一般要把參與運算的集合化為最簡形式，再進行運算,如果是不等式的解集、函數的定義域及值域等有關數集之間的運算,常借助數軸求解.（2）設，其中x，y是實數，則

（A）1

（B）

（C）

（D）2

【答案】B

【解析】

試題分析：因為所以故選B.【考點】復數運算

【名師點睛】復數題也是每年高考的必考內容,一般以客觀題的形式出現,屬得分題.高考中考查頻率較高的內容有：復數相等、復數的幾何意義、共軛復數、復數的模及復數的乘除運算.這類問題一般難度不大,但容易出現運算錯誤,特別是中的負號易忽略,所以做復數題時要注意運算的準確性.（3）已知等差數列前9項的和為27，則

（A）100

（B）99

（C）98

（D）97

【答案】C

【解析】

試題分析：由已知，所以故選C.【考點】等差數列及其運算

【名師點睛】等差、等比數列各有五個基本量,兩組基本公式,而這兩組公式可看作多元方程,利用這些方程可將等差、等比數列中的運算問題轉化為解關于基本量的方程（組）,因此可以說數列中的絕大部分運算題可看作方程應用題,所以用方程思想解決數列問題是一種行之有效的方法.（4）某公司的班車在7:30，8:00，8:30發車，小明在7:50至8:30之間到達發車站乘坐班車，且到達發車站的時刻是隨機的，則他等車時間不超過10分鐘的概率是

（A）

（B）

（C）

（D）

【答案】B

【解析】

試題分析：由題意，這是幾何概型問題，班車每30分鐘發出一輛，到達發車站的時間總長度為40，等車不超過10分鐘的時間長度為20，故所求概率為，選B.【考點】幾何概型

【名師點睛】這是全國卷首次考查幾何概型,求解幾何概型問題的關鍵是確定“測度”,常見的測度有長度、面積、體積等.（5）已知方程表示雙曲線，且該雙曲線兩焦點間的距離為4，則n的取值范圍是

（A）(–1,3)

（B）(–1,)

（C）(0,3)

（D）(0,)

【答案】A

【解析】由題意知：雙曲線的焦點在軸上，所以，解得，因為方程表示雙曲線，所以，解得，所以的取值范圍是，故選A．

【考點】雙曲線的性質

【名師點睛】雙曲線知識一般作為客觀題出現,主要考查雙曲線的幾何性質,屬于基礎題.注意雙曲線的焦距是2c而不是c,這一點易出錯.（6）如圖，某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條互相垂直的半徑.若該幾何體的體積是，則它的表面積是

（A）17π

（B）18π

（C）20π

（D）28π

【答案】A

【解析】

由三視圖知，該幾何體的直觀圖如圖所示：

是一個球被切掉左上角的,即該幾何體是個球，設球的半徑為，則，解得，所以它的表面積是的球面面積和三個扇形面積之和,即，故選A．

【考點】三視圖及球的表面積與體積

【名師點睛】由于三視圖能有效地考查學生的空間想象能力,所以以三視圖為載體的立體幾何題基本上是高考每年必考內容,高考試題中三視圖一般與幾何體的表面積與體積相結合.由三視圖還原出原幾何體是解決此類問題的關鍵.（7）函數y=2x2–e|x|在[–2,2]的圖像大致為

（A）

（B）

（C）

（D）

【答案】D

【考點】函數圖像與性質

【名師點睛】函數中的識圖題多次出現在高考試題中,也可以說是高考的熱點問題,這類題目一般比較靈活,對解題能力要求較高,故也是高考中的難點,解決這類問題的方法一般是利用間接法,即由函數性質排除不符合條件的選項.（8）若，則

（A）

（B）

（C）

（D）

【答案】C

【解析】

試題分析：用特殊值法，令，得，選項A錯誤，選項B錯誤，選項C正確，選項D錯誤，故選C．

【考點】指數函數與對數函數的性質

【名師點睛】比較冪或對數值的大小,若冪的底數相同或對數的底數相同,通常利用指數函數或對數函數的單調性進行比較；若底數不同,可考慮利用中間量進行比較.（9）執行下面的程序框圖，如果輸入的，則輸出x，y的值滿足

（A）

（B）

（C）

（D）

【答案】C

【解析】

試題分析：當時，不滿足；，不滿足；，滿足；輸出，則輸出的的值滿足，故選C.【考點】程序框圖與算法案例

【名師點睛】程序框圖基本是高考每年必考知識點,一般以客觀題的形式出現,難度不大,求解此類問題只需按照程序逐步列出運行結果.（10）以拋物線C的頂點為圓心的圓交C于A，B兩點，交C的準線于D，E兩點.已知|AB|=，|DE|=，則C的焦點到準線的距離為

（A）2

（B）4

（C）6

（D）8

【答案】B

【解析】

試題分析：如圖，設拋物線方程為，圓的半徑為r,交軸于點，則，即點縱坐標為，則點橫坐標為，即，由勾股定理知，即，解得，即的焦點到準線的距離為4，故選B.【考點】拋物線的性質

【名師點睛】本題主要考查拋物線的性質及運算,注意解析幾何問題中最容易出現運算錯誤,所以解題時一定要注意運算的準確性與技巧性,基礎題失分過多是相當一部分學生數學考不好的主要原因.（11）平面過正方體ABCDA1B1C1D1的頂點A，//平面CB1D1，平面ABCD=m，平面ABB1

A1=n，則m，n所成角的正弦值為

（A）

（B）

（C）

（D）

【答案】A

【考點】平面的截面問題，面面平行的性質定理，異面直線所成的角

【名師點睛】求解本題的關鍵是作出異面直線所成的角,求異面直線所成角的步驟是：平移定角、連線成形、解形求角、得鈍求補.（12）已知函數為的零點，為圖像的對稱軸，且在單調，則的最大值為

（A）11

（B）9

（C）7

（D）5

【答案】B

【解析】

試題分析：因為為的零點，為圖像的對稱軸，所以，即，所以，又因為

在單調，所以，即，則的最大值為9.故選B.【考點】三角函數的性質

【名師點睛】本題將三角函數的單調性與對稱性結合在一起進行考查,題目新穎,是一道考查能力的好題.注意本題求解中用到的兩個結論：①的單調區間長度是最小正周期的一半;②若的圖像關于直線

對稱,則

或.第Ⅱ卷

本卷包括必考題和選考題兩部分.第(13)~(21)題為必考題，每個試題考生都必須作答.第(22)~(24)題為選考題，考生根據要求作答.二、填空題：本題共4小題，每小題5分.（13）設向量a=(m,1)，b=(1,2)，且|a+b|2=|a|2+|b|2，則m=

.【答案】

【解析】

試題分析：由，得，所以，解得.【考點】向量的數量積及坐標運算

【名師點睛】全國卷中向量大多以客觀題的形式出現,屬于基礎題.解決此類問題既要準確記憶公式,又要注意運算的準確性.本題所用到的主要公式是：若,則.（14）的展開式中，x3的系數是

.（用數字填寫答案）

【答案】

考點:二項式定理

【名師點睛】確定二項展開式指定項的系數通常是先寫出通項,再確定r的值,從而確定指定項系數.（15）設等比數列滿足a1+a3=10，a2+a4=5，則a1a2an的最大值為

.【答案】

【解析】

試題分析：設等比數列的公比為，由得，解得.所以，于是當或時，取得最大值.【考點】等比數列及其應用

【名師點睛】高考中數列客觀題大多具有小、巧、活的特點,在解答時要注意方程思想及數列相關性質的應用,盡量避免小題大做.（16）某高科技企業生產產品A和產品B需要甲、乙兩種新型材料.生產一件產品A需要甲材料1.5

kg，乙材料1

kg，用5個工時；生產一件產品B需要甲材料0.5

kg，乙材料0.3

kg，用3個工時，生產一件產品A的利潤為2100元，生產一件產品B的利潤為900元.該企業現有甲材料150

kg，乙材料90

kg，則在不超過600個工時的條件下，生產產品A、產品B的利潤之和的最大值為

元.【答案】

【解析】

試題分析：設生產產品A、產品B分別為、件，利潤之和為元，那么由題意得約束條件

目標函數.約束條件等價于

①

作出二元一次不等式組①表示的平面區域，即可行域，如圖中陰影部分所示.將變形，得，作直線：并平移，當直線經過點時，取得最大值.解方程組，得的坐標為.所以當，時，.故生產產品A、產品B的利潤之和的最大值為元.【考點】線性規劃的應用

【名師點睛】線性規劃也是高考中常考的知識點,一般以客觀題的形式出現,基本題型是給出約束條件求目標函數的最值,常見的結合方式有：縱截距、斜率、兩點間的距離、點到直線的距離,解決此類問題常利用數形結合.本題運算量較大,失分的一個主要原因是運算失誤.三、解答題：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.（17）（本小題滿分12分）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知

（I）求C；

（II）若的面積為，求的周長．

【答案】（I）；（II）.【解析】

試題分析：（I）利用正弦定理進行邊角代換，化簡即可求角C；（II）根據．

及可得．再利用余弦定理可得，從而可得的周長為．

試題解析：（I）由已知及正弦定理得，由已知及余弦定理得，．

故，從而．

所以的周長為．

【考點】正弦定理、余弦定理及三角形面積公式

【名師點睛】三角形中的三角變換常用到誘導公式，這是常用的結論,另外利用正弦定理或余弦定理處理條件中含有邊或角的等式,常考慮對其實施“邊化角”或“角化邊”.（18）（本小題滿分12分）

如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，面ABEF為正方形，AF=2FD，且二面角DAFE與二面角CBEF都是．

（I）證明：平面ABEF平面EFDC；

（II）求二面角EBCA的余弦值．

【答案】（I）見解析；（II）

【解析】

試題分析：（I）證明平面，結合平面，可得平面平面．（II）建立空間坐標系，利用向量求解.試題解析：（I）由已知可得，所以平面．

又平面，故平面平面．

（II）過作，垂足為，由（I）知平面．

以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系．

由（I）知為二面角的平面角，故，則，可得，，．

由已知，所以平面．

又平面平面，故，．

由，可得平面，所以為二面角的平面角，．從而可得．

所以，，．

設是平面的法向量，則

【考點】垂直問題的證明及空間向量的應用

【名師點睛】立體幾何解答題第一問通常考查線面位置關系的證明,空間中線面位置關系的證明主要包括線線、線面、面面三者的平行與垂直關系,其中推理論證的關鍵是結合空間想象能力進行推理,注意防止步驟不完整或考慮不全致推理片面,該類題目難度不大,以中檔題為主.第二問一般考查角度問題,多用空間向量法解決.（19）（本小題滿分12分）

某公司計劃購買2臺機器，該種機器使用三年后即被淘汰.機器有一易損零件，在購進機器時，可以額外購買這種零件作為備件，每個200元.在機器使用期間，如果備件不足再購買，則每個500元.現需決策在購買機器時應同時購買幾個易損零件，為此搜集并整理了100臺這種機器在三年使用期內更換的易損零件數，得下面柱狀圖：

以這100臺機器更換的易損零件數的頻率代替1臺機器更換的易損零件數發生的概率，記表示2臺機器三年內共需更換的易損零件數，表示購買2臺機器的同時購買的易損零件數.（I）求的分布列；

（II）若要求，確定的最小值；

（III）以購買易損零件所需費用的期望值為決策依據，在與之中選其一，應選用哪個？

【答案】（I）見解析；（II）19；（III）.【解析】

試題分析：（I）先確定X的所有可能取值，然后求相應的概率，可得X的分布列；（II）通過概率大小進行比較；（III）分別求出n=19，n=20的期望，比較即可.試題解析：（I）由柱狀圖并以頻率代替概率可得，一臺機器在三年內需更換的易損零件數為8，9，10，11的概率分別為0.2，0.4，0.2，0.2，從而；

；；

；；

；

.所以的分布列為

（II）由（I）知，故的最小值為19.可知當時所需費用的期望值小于時所需費用的期望值，故應選.【考點】概率與統計、隨機變量的分布列

【名師點睛】本題把隨機變量的分布列與統計及函數結合在一起進行考查,有一定的綜合性，但難度不是太大,求解的關鍵是讀懂題意,所以提醒考生要重視數學中的閱讀理解問題.（20）（本小題滿分12分）

設圓的圓心為A，直線l過點B（1,0）且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E.（I）證明為定值，并寫出點E的軌跡方程；

（II）設點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M,N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍.【答案】（I）（）；（II）

【解析】

試題分析：（I）利用橢圓定義求方程；（II）把面積表示為關于斜率k的函數，再求最值。

試題解析：（I）因為，故，所以，故.又圓的標準方程為，從而，所以.由題設得，，由橢圓定義可得點的軌跡方程為：

（）.（II）當與軸不垂直時，設的方程為，.由得.則，.所以.過點且與垂直的直線：，到的距離為，所以

.故四邊形的面積

.可得當與軸不垂直時，四邊形面積的取值范圍為.當與軸垂直時，其方程為，，四邊形的面積為12.綜上，四邊形面積的取值范圍為.【考點】圓錐曲線綜合問題

【名師點睛】高考解析幾何解答題大多考查直線與圓錐曲線的位置關系,直線與圓錐曲線的位置關系是一個很寬泛的考試內容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求參數取值范圍等幾部分組成.其中考查較多的圓錐曲線是橢圓與拋物線,解決這類問題要重視方程思想、函數思想及化歸思想的應用.（21）（本小題滿分12分）

已知函數有兩個零點.（I）求a的取值范圍；

（II）設x1，x2是的兩個零點，證明：.【答案】(I)；（II）見解析

【解析】

試題分析：(I)求導，根據導函數的符號來確定（主要要根據導函數零點來分類）；(II)借助(I)的結論來證明，由單調性可知等價于，即．設，則．則當時，而，故當時，．從而，故．

試題解析：（Ⅰ）．

（i）設，則，只有一個零點．

時，所以不存在兩個零點．

若，則，故當時，；當時，．因此在單調遞減，在單調遞增．又當時，所以不存在兩個零點．

綜上，的取值范圍為．

（Ⅱ）不妨設，由（Ⅰ）知，在單調遞減，所以等價于，即．

由于，而，所以

．

設，則．

所以當時，而，故當時，．

從而，故．

【考點】導數及其應用

【名師點睛】對于含有參數的函數單調性、極值、零點問題,通常要根據參數進行分類討論,要注意分類討論的原則：互斥、無漏、最簡.解決函數不等式的證明問題的思路是構造適當的函數,利用導數研究函數的單調性或極值破解.請考生在第（22）、（23）、（24）題中任選一題作答,如果多做,則按所做的第一題計分。

（22）（本小題滿分10分）選修41：幾何證明選講

如圖，OAB是等腰三角形，∠AOB=120°.以O為圓心，OA為半徑作圓.（I）證明：直線AB與⊙O相切；

（II）點C,D在⊙O上，且A,B,C,D四點共圓，證明：AB∥CD.【答案】(I)見解析；(II)見解析

【解析】

試題分析：(I)設是的中點，證明；(II)

設是四點所在圓的圓心，作直線，證明，．由此可證明．

試題解析：(I)設是的中點，連結，因為，所以，．

【考點】四點共圓、直線與圓的位置關系及證明

【名師點睛】近幾年幾何證明題多以圓為載體命制,在證明時要抓好長度關系與角度關系的轉化,熟悉相關定理與性質.該部分內容命題點有：平行線分線段成比例定理；三角形的相似與性質；四點共圓；圓內接四邊形的性質與判定；切割線定理.（23）（本小題滿分10分）選修44：坐標系與參數方程

在直角坐標系xOy中，曲線C1的參數方程為（t為參數，a＞0）.在以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標系中，曲線C2：ρ=4cos

θ.（I）說明C1是哪種曲線，并將C1的方程化為極坐標方程；

（II）直線C3的極坐標方程為θ=α0，其中α0滿足tan

α0=2，若曲線C1與C2的公共點都在C3上，求a.【答案】（I）圓，；（II）1

【解析】

試題分析：（Ⅰ）把化為直角坐標方程，再化為極坐標方程；（Ⅱ）聯立極坐標方程進行求解.試題解析：解：（Ⅰ）消去參數得到的普通方程.是以為圓心，為半徑的圓.將代入的普通方程中，得到的極坐標方程為

.（Ⅱ）曲線的公共點的極坐標滿足方程組

若，由方程組得，由已知，可得，從而，解得（舍去），.時，極點也為的公共點，在上.所以.【考點】參數方程、極坐標方程與直角坐標方程的互化及應用

【名師點睛】“互化思想”是解決極坐標方程與參數方程問題的重要思想,解題時應熟記極坐標方程與參數方程的互化公式及應用.（24）（本小題滿分10分）選修45：不等式選講

已知函數f(x)=

∣x+1∣∣2x3∣.（I）在答題卡第（24）題圖中畫出y=

f(x)的圖像；

（II）求不等式∣f(x)∣﹥1的解集.【答案】（I）見解析（II）

【解析】

試題分析：（I）化為分段函數作圖；（II）用零點分區間法求解

試題解析：（I）的圖像如圖所示.【考點】分段函數的圖像，絕對值不等式的解法

【名師點睛】不等式選講多以絕對值不等式為載體命制試題,主要涉及圖像、解不等式、由不等式恒成立求參數范圍等.解決此類問題通常轉換為分段函數求解,注意不等式的解集一定要寫成集合的形式.

第四篇：2018高考作文全國卷Ⅱ解析

2018高考作文全國卷Ⅱ解析

2018高考真題

閱讀下面的材料，根據要求作文。（60分）

二戰期間，為了加強對戰機的防護，英美軍方調查了作戰后的幸存飛機上彈痕的分布，決定哪里彈痕多就加強哪里。然而統計學家沃德力排眾議，指出更應該注意彈痕少的位置，因為這些部位受到重創的飛機，很難有機會返航，而這部分數據被忽略了。事實證明，沃德是正確的。

要求：綜合材料內容及含義，選好角度，確定立意，明確文體，自擬題目，不得套作，不得抄襲。不少于800字。

命題說明： 命題方向

科學精神：理性思維、批判質疑、勇于探究 學會學習：勤于反思 實踐創新：問題解決

審題 限制性

1.此作文回歸材料作文，審題立意必須在完整讀懂材料的基礎上，不能脫離材料立意。

2.材料敘述一反傳統的人文關懷、感性認知，而選擇軍事題材理性思考，突出科學性和思辨性，要求寫作更具思辨性。3.材料中“事實證明，沃德是正確的”，因此沃德的推理分析為正面立意，而材料中“英美軍方調查了作戰后的幸存飛機上彈痕的分布，決定哪里彈痕多就加強哪里”是常規思維，綜合材料來看是反面立意。

4.材料中“更應該注意彈痕少的位置，因為這些部位受到重創的飛機，很難有機會返航，而這部分數據被忽略了”，啟發考生分析未返航的飛機墜落與彈孔位置的關聯性，有較高的思維推理能力要求。

5.作文要求中“綜合材料內容及含義”，“綜合”二字提醒考生必須全面分析解讀理解材料，而不能只抓只言片語。

開放性

1.材料中“英美軍方”、“ 沃德”不同的判斷處置，“幸存飛機”、“ 力排眾議”、“ 數據被忽略”、“ 事實證明”，就可以從多角度立意，思維的豐富性讓更多的考生有話可說。

2.要求中“明確文體，自擬題目”，對文體不做硬性限制，只要文體特點分明即可，自擬題目也給考生提供了極大的自由度。

3.作為材料作文，沒有了任務驅動型作文的任務限制，考生思維可以更為靈活，有了較大的自由寫作度。

解題

在分析材料題目中，我們要善于抓住題目的矛盾所在。題目中的矛盾雙方非常明確，即英美軍方和沃德的觀點沖突。抓住了這個矛盾就是抓住了審題的“牛鼻子”。

我們對材料逐句分析： ①“二戰期間，為了加強對戰機的防護，英美軍方調查了作戰后幸存飛機上彈痕的分布，決定哪里彈痕多就加強哪里。”這是事件背景。

②“然而統計學家沃德力排眾議，指出更應該注意彈痕少的部位，因為這些部位受到重創的戰機，很難有機會返航，而這部分數據被忽略了事實證明。”這是個復句，與前句構成轉折關系，提醒考生本句話異常重要。這句話是關鍵詞“力排眾議”。力排眾議，就是極力排除、反駁各種不同意見。沃德力能力排眾議的力量來自何處？因為他是“統計學家”，擁有科學的力量。所謂科學的力量，在這里至少是可以推理出“獨立思考”、“突破慣性思維”、“堅持真理、不盲從”等。

③“沃德是正確的。”這是結果。告訴考生可以由果溯因的去立意。綜上，命題人當然是想考生從沃德的正確決定中提煉出其決策正確的原因。那么，我們就不能想當然地認為沃德“力排眾議”是個人堅持己見的結果。這會陷入主觀唯心主義的陷阱。要注意厘清的是，英美軍方的結論同樣也來自于實踐中的調查，絕非拍腦袋的決策，但事實上他們的調查卻出現重大的失誤，即樣本遺漏。沃德力排眾議的觀點中，最重要的是指出了“這部分數據被忽略了”的樣本遺漏的事實。所以，沃德觀點的正確原因主要并不在于“力排眾議”，而在于他認識到了眾人沒有認識到的問題。

由此出發，探討沃德超越眾人的原因當是上乘立意。

這更是一個批判性思維的問題。批判性思維就是審慎地運用邏輯推理去斷定一個觀點是否為真。求真，是批判性思維的核心理念，所以它科學的判斷信息，洞察事實真相，不盲目信從他人結論，采取行動考慮所有的相關信息（全面看問題）等。今年的全國Ⅱ卷一改去年的任務驅動型作文，又回歸到材料作文。作文材料一反平常的人文關懷、傳統文化，而更關注理性思考和科學精神。事理邏輯嚴密，又留有思考空間：“墜落的未返航的飛機”引導考生從不同角度認識問題、深入思考問題，并可聯系現實生活現象進行闡述。整個材料對考生的邏輯思維分析能力和推理能力要求較強，必須先讀懂材料再立意，拓展了思維廣度，加深了思維深度，素質教育導向明顯，對今后的語文教學是一個導向。但作文要求是考生平時熟悉的，這也保證了命題的穩定性。

參考立意 最佳立意： 1.英美軍方的角度

①慣性思維影響我們對事情的判斷 ②表面現象會蒙蔽眼睛 2.沃德的角度 ①不盲目從眾 ②打破常規思維 ③換個角度看問題 ④透過現象看本質 ⑤提倡獨立思考精神 ⑥尊重科學探究精神 ⑦逆向思維的重要性 ⑧為科學精神的求真務實點贊 次佳立意： 1.軍方調查參考統計學家建議角度： ①尊重事實，尊重科學 ②科技服務人類 2.感情角度

表現對科學及科技工作者的敬意 偏題立意： ①關注細節

②真理掌握在少數人手里 ③世界呼喚和平④建設軍事強國

第五篇：高考物理試卷（全國卷ⅰ）（含解析版）[范文模版]

2008年全國統一高考物理試卷（全國卷Ⅰ）一、選擇題（本題共8小題，在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1．（6分）如圖所示，一物體自傾角為θ的固定斜面頂端沿水平方向拋出后落在斜面上。物體與斜面接觸時速度與水平方向的夾角φ滿足（）A．tanφ=sinθ B．tanφ=cosθ C．tanφ=tanθ D．tanφ=2tanθ 2．（6分）如圖，一輛有動力驅動的小車上有一水平放置的彈簧，其左端固定在小車上，右端與一小球相連，設在某一段時間內小球與小車相對靜止且彈簧處于壓縮狀態，若忽略小球與小車間的摩擦力，則在此段時間內小車可能是（）A．向右做加速運動 B．向右做減速運動 C．向左做加速運動 D．向左做勻速運動 3．（6分）一列簡諧橫波沿x軸傳播，周期為T，t=0時的波形如圖所示，此時處于x=3m處的質點正在向上運動，若a、b兩質點平衡位置的坐標分別為xa=2.5m和xb=5.5m，則（）A．當a質點處在波峰時，b質點恰在波谷 B．當t=時，a質點正在向y軸負方向運動 C．當t=時，b質點正在向y軸負方向運動 D．在某一時刻，a、b兩質點的位移和速度可能相同 4．（6分）已知太陽到地球與地球到月球的距離的比值約為390，月球繞地球旋轉的周期約為27天，利用上述數據以及日常的天文知識，可估算出太陽對月球與地球對月球的萬有引力的比值約為（）A．0.2 B．2 C．20 D．200 5．（6分）三個原子核X、Y、Z，X核放出一個正電子后變為Y核，Y核與質子發生核反應后生成Z核并放出一個氦核（He）．則下面說法中正確的是（）A．X核比Z核多一個質子 B．X核比Z核少一個中子 C．X核的質量數比Z核質量數大3 D．X核與Z核的總電荷是Y核電荷的2倍 6．（6分）已知地球半徑約為6.4×106 m，空氣的摩爾質量約為2.9×10﹣2 kg/mol，一個標準大氣壓約為1.0×105 Pa．利用以上數據可估算出地球表面大氣在標準狀態下的體積為（）A．4×1016 m3 B．4×1018 m3 C．4×1020 m3 D．4×1022 m3 7．（6分）矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間變化的規律如圖所示。若規定順時針方向為感應電流I的正方向，下列各圖中正確的是（）A． B． C． D． 8．（6分）一束由紅、藍兩單色光組成的光線從一平板玻璃磚的上表面以入射角θ射入，穿過玻璃磚從下表面射出，已知該玻璃對紅光的折射率為1.5，設紅光與藍光穿過玻璃磚所需時間分別為t1和t2，則在θ逐漸由0°增大到90°的過程中（）A．t1始終大于t2 B．t1始終小于t2 C．t1先大于后小于t2 D．t1先小于后大于t2 　 二、（18分）9．（6分）如圖所示，兩個質量各為m1和m2的小物塊A和B，分別系在一條跨過定滑輪的軟繩兩端，已知m1＞m2．現要利用此裝置驗證機械能守恒定律．（1）若選定物塊A從靜止開始下落的過程進行測量，則需測量的物理量有　 　． ①物塊的質量m1、m2；

②物塊A下落的距離及下落這段距離所用的時間；

③物塊B上升的距離及上升這段距離所用的時間；

④繩子的長度．（2）為提高實驗結果的準確程度．某小組同學對此實驗提出如下建議：

①繩的質量要輕；

②在“輕質繩”的前提下繩子越長越好；

③盡量保證物塊沿豎直方向運動，不要搖晃；

④兩個物塊的質量之差要盡可能小． 以上建議中對提高準確程度確實有作用的是　 　．（3）寫出一條上面沒有提到的對提高實驗結果準確程度有益的建議：　 　． 10．（12分）一直流電壓表V，量程為1V，內阻為1000Ω，現將一個阻值在5000﹣7000Ω之間的固定電阻R1與此電壓表串聯，以擴大電壓表量程，為求得擴大后量程的準確值，再給定一直流電源（電動勢E為6﹣7V，內阻不計）、一阻值R2=2000Ω的固定電阻、兩個單刀開關S1、S2及導線若干．（1）為達到上述目的，將對應的圖連成一個完整的實驗電路圖．（2）連線完成以后，當S1、S2均閉合時，電壓表示數為0.90V；

當S1閉合，S2斷開時，電壓表示數為0.70V．由此可以計算出改裝后電壓表的量程為　 　V，電動勢為　 　V． 11．（14分）已知O、A、B、C為同一直線上的四點，AB間的距離為l1，BC間的距離為l2，一物體自O點靜止起出發，沿此直線做勻加速運動，依次經過A、B、C三點．已知物體通過AB段與通過BC段所用時間相等．求O與A的距離． 12．（18分）圖中滑塊和小球的質量均為m，滑塊可在水平放置的光滑固定導軌上自由滑動，小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連，輕繩長為1．開始時，輕繩處于水平拉直狀態，小球和滑塊均靜止．現將小球由靜止釋放，當小球到達最低點時，滑塊剛好被一表面涂有粘性物質的固定擋板粘住，在極短的時間內速度減為零，小球繼續向左擺動，當輕繩與豎直方向的夾角θ=60°時小球達到最高點．求（1）從滑塊與擋板接觸到速度剛好變為零的過程中，擋板阻力對滑塊的沖量；

（2）小球從釋放到第一次到達最低點的過程中，繩的拉力對小球做功的大小． 13．（22分）如圖所示，在坐標系xOy中，過原點的直線OC與x軸正向的夾角φ=120°，在OC右側有一勻強電場，在第二、三象限內有一勻強磁場，其上邊界與電場邊界重疊，右邊界為y軸，左邊界為圖中平行于y軸的虛線，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里．一帶正電荷q、質量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區域，并從O點射出，粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角θ=30°，大小為v，粒子在磁場內的運動軌跡為紙面內的一段圓弧，且弧的半徑為磁場左右邊界間距的2倍，粒子進入電場后，在電場力的作用下又由O點返回磁場區域，經過一段時間后再次離開磁場．已知粒子從A點射入到第二次離開磁場所用時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期．忽略重力的影響．求：

（1）粒子經過A點時的速度方向和A點到x軸的距離；

（2）勻強電場的大小和方向；

（3）粒子從第二次離開磁場到再次進入電場所用的時間． 　 2008年全國統一高考物理試卷（全國卷Ⅰ）參考答案與試題解析 　 一、選擇題（本題共8小題，在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1．（6分）如圖所示，一物體自傾角為θ的固定斜面頂端沿水平方向拋出后落在斜面上。物體與斜面接觸時速度與水平方向的夾角φ滿足（）A．tanφ=sinθ B．tanφ=cosθ C．tanφ=tanθ D．tanφ=2tanθ 【考點】43：平拋運動．菁優網版權所有 【專題】518：平拋運動專題． 【分析】φ為速度與水平方向的夾角，tanφ為豎直速度與水平速度之比；

θ為平拋運動位移與水平方向的夾角，tanθ為豎直位移與水平位移之比。

【解答】解：豎直速度與水平速度之比為：tanφ=，豎直位移與水平位移之比為：

tanθ==，故tanφ=2tanθ，故選：D。

【點評】解決本題的關鍵掌握速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍。

2．（6分）如圖，一輛有動力驅動的小車上有一水平放置的彈簧，其左端固定在小車上，右端與一小球相連，設在某一段時間內小球與小車相對靜止且彈簧處于壓縮狀態，若忽略小球與小車間的摩擦力，則在此段時間內小車可能是（）A．向右做加速運動 B．向右做減速運動 C．向左做加速運動 D．向左做勻速運動 【考點】37：牛頓第二定律．菁優網版權所有 【專題】522：牛頓運動定律綜合專題． 【分析】小球和小車具有相同的加速度，對小球運用牛頓第二定律，判斷出加速度的方向，得知小車的加速度方向，從而知道小車的運動情況． 【解答】解：小球與小車相對靜止且彈簧處于壓縮狀態，知小球所受的合力向右，根據牛頓第二定律，小球的加速度方向向右，小球和小車具有相同的加速度，知小車具有向右的加速度，所以小車向右做加速運動或向左做減速運動。故A正確，B、C、D錯誤。

故選：A。

【點評】解決本題的關鍵抓住小球和小車具有相同的加速度，運用牛頓第二定律進行求解． 　 3．（6分）一列簡諧橫波沿x軸傳播，周期為T，t=0時的波形如圖所示，此時處于x=3m處的質點正在向上運動，若a、b兩質點平衡位置的坐標分別為xa=2.5m和xb=5.5m，則（）A．當a質點處在波峰時，b質點恰在波谷 B．當t=時，a質點正在向y軸負方向運動 C．當t=時，b質點正在向y軸負方向運動 D．在某一時刻，a、b兩質點的位移和速度可能相同 【考點】F4：橫波的圖象；

F5：波長、頻率和波速的關系．菁優網版權所有 【分析】由波動圖象，分析質點的振動情況，判斷質點a、b的速度方向，分析兩位移的關系． 【解答】解：A、由圖λ=4m，xb﹣xa=3m≠，則a質點處在波峰時，b質點不在波谷。故A錯誤。

B、簡諧橫波沿x軸負方向傳播，t=0時，a質點正在向y軸正方向運動，t=時，a質點正在向y軸正方向運動。故B錯誤。

C、t=0時刻，b點振動方向向y軸正方向，當t=時，b質點正在向y軸負方向。故C正確。

D、由于＜xb﹣xa＜λ，位移相同時，速度大小相等，方向相反，兩者不可能同時相同。故D錯誤。

故選：C。

【點評】本題考查識別、理解波動圖象的能力，根據波動圖象，分析質點的振動過程是應具備的能力． 　 4．（6分）已知太陽到地球與地球到月球的距離的比值約為390，月球繞地球旋轉的周期約為27天，利用上述數據以及日常的天文知識，可估算出太陽對月球與地球對月球的萬有引力的比值約為（）A．0.2 B．2 C．20 D．200 【考點】4F：萬有引力定律及其應用．菁優網版權所有 【專題】528：萬有引力定律的應用專題． 【分析】由萬有引力等于向心力，分別列出太陽與月球的引力的表達式，地球與月球的引力的表達式；

兩式相比求得表示引力之比的表達式，再由圓周運動的向心力由萬有引力來提供分別列出地球公轉，月球公轉的表達式．進而分析求得比值． 【解答】解：太陽對月球的萬有引力：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①（r指太陽到月球的距離）地球對月球的萬有引力：﹣﹣﹣﹣﹣﹣②（r2指地球到月球的距離）r1表示太陽到地球的距離，因r1=390r2，因此在估算時可以認為 r=r1（即近似認為太陽到月球的距離等于太陽到地球的距離），則由得：=﹣﹣﹣﹣﹣③ 由圓周運動求中心天體的質量，由地球繞太陽公轉：﹣﹣﹣﹣④（T1指地球繞太陽的公轉周期T1=365天），由月球繞地球公轉：=r2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤（T2指月球周期，T2=27天）由可得：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥ 把⑥式代入③式 可得 所以ACD錯誤，B正確，故選：B。

【點評】本題考查萬有引力定律．首先要根據萬有引力定律表達出太陽的地球的質量，然后再列出太陽和地球分別對月球的萬有引力定律方程． 　 5．（6分）三個原子核X、Y、Z，X核放出一個正電子后變為Y核，Y核與質子發生核反應后生成Z核并放出一個氦核（He）．則下面說法中正確的是（）A．X核比Z核多一個質子 B．X核比Z核少一個中子 C．X核的質量數比Z核質量數大3 D．X核與Z核的總電荷是Y核電荷的2倍 【考點】JJ：裂變反應和聚變反應．菁優網版權所有 【分析】根據題意寫出核反應方程，再由質量守恒定律和核電荷數守恒來判斷各選項． 【解答】解：A、設原子核X的質量數為x，電荷數為y，根據質量數守恒和電荷數守恒，可得原子核Y的質量數為x，電荷數為y﹣1，原子核Z的質量數為x﹣3，電荷數為y﹣2．由此可得X核的質子（y）比Z核的質子（y﹣2）多2個，故A錯誤；

B、由A可得X核的中子（x﹣y）比Z核的中子（x﹣y﹣1）多1個，故B錯誤；

C、X核的質量數（x）比Z核的質量數（x﹣3）多3個，故C正確；

D、X核與Z核的總電荷（2y﹣2）是Y核電荷（y﹣1）的2倍，故D正確。

故選：CD。

【點評】本題考查了核反應方程中質量數和核電荷數守恒的知識，屬于基礎知識，應仔細閱讀題目，一步一步向下分析． 　 6．（6分）已知地球半徑約為6.4×106 m，空氣的摩爾質量約為2.9×10﹣2 kg/mol，一個標準大氣壓約為1.0×105 Pa．利用以上數據可估算出地球表面大氣在標準狀態下的體積為（）A．4×1016 m3 B．4×1018 m3 C．4×1020 m3 D．4×1022 m3 【考點】82：阿伏加德羅常數．菁優網版權所有 【專題】16：壓軸題；

543：阿伏伽德羅常數的應用專題． 【分析】大氣壓強是由地球附近大氣層中空氣的重力產生的，根據大氣壓強和地球的表面積求出地球周圍大氣層空氣分子的總質量，再求出空氣體積． 【解答】解：大氣壓強P0=，地球表面積s=4πR2 則地球周圍空氣質量為：；

由于標準狀態下，一摩爾任何氣體的體積都是22.4升，即摩爾體積為V=22.4×10﹣3m3；

故空氣密度為：；

空氣的總體積為=；

代入解得，V′=4×1018 m3 故選：B。

【點評】本題要注意大氣壓強與容器中氣體壓強產生的原因不同，容器中氣體壓強是由于大量氣體分子頻繁碰撞容器壁而產生的． 　 7．（6分）矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間變化的規律如圖所示。若規定順時針方向為感應電流I的正方向，下列各圖中正確的是（）A． B． C． D． 【考點】BB：閉合電路的歐姆定律；

D8：法拉第電磁感應定律．菁優網版權所有 【專題】16：壓軸題；

53B：電磁感應與圖像結合． 【分析】由右圖可知B的變化，則可得出磁通量的變化情況，由楞次定律可知電流的方向；

由法拉第電磁感應定律可知電動勢，即可知電路中電流的變化情況；

【解答】解：由圖可知，0﹣1s內，線圈中磁通量的變化率相同，故0﹣1s內電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向為逆時針，即電流為負方向；

同理可知，1﹣2s內電路中的電流為順時針，2﹣3s內，電路中的電流為順時針，3﹣4s內，電路中的電流為逆時針，由E==可知，電路中電流大小恒定不變。

故選：D。

【點評】本題要求學生能正確理解B﹣t圖的含義，才能準確的利用楞次定律進行判定。

8．（6分）一束由紅、藍兩單色光組成的光線從一平板玻璃磚的上表面以入射角θ射入，穿過玻璃磚從下表面射出，已知該玻璃對紅光的折射率為1.5，設紅光與藍光穿過玻璃磚所需時間分別為t1和t2，則在θ逐漸由0°增大到90°的過程中（）A．t1始終大于t2 B．t1始終小于t2 C．t1先大于后小于t2 D．t1先小于后大于t2 【考點】H3：光的折射定律．菁優網版權所有 【專題】16：壓軸題；

54D：光的折射專題． 【分析】根據結合關系，結合折射定律n=，n=，求出光在玻璃磚中傳播的時間與折射率的關系，從而根據數學知識進行比較． 【解答】解：設折射角為α，玻璃磚的厚度為h，由折射定律n=，且n=，在玻璃磚中的時間為t=，聯立解得t2∝，紅光折射率較小，θ為零時，t1＜t2，θ為90°時，趨近漸近線，初步判定該函數為單調函數，通過帶入θ為其它特殊值，仍然有t1＜t2，所以B選項正確。A、C、D錯誤。

故選：B。

【點評】解決本題的關鍵掌握折射定律n=，以及光在介質中傳播的速度v=． 　 二、（18分）9．（6分）如圖所示，兩個質量各為m1和m2的小物塊A和B，分別系在一條跨過定滑輪的軟繩兩端，已知m1＞m2．現要利用此裝置驗證機械能守恒定律．（1）若選定物塊A從靜止開始下落的過程進行測量，則需測量的物理量有． ①物塊的質量m1、m2；

②物塊A下落的距離及下落這段距離所用的時間；

③物塊B上升的距離及上升這段距離所用的時間；

④繩子的長度．（2）為提高實驗結果的準確程度．某小組同學對此實驗提出如下建議：

①繩的質量要輕；

②在“輕質繩”的前提下繩子越長越好；

③盡量保證物塊沿豎直方向運動，不要搖晃；

④兩個物塊的質量之差要盡可能小． 以上建議中對提高準確程度確實有作用的是．（3）寫出一條上面沒有提到的對提高實驗結果準確程度有益的建議：． 【考點】MD：驗證機械能守恒定律．菁優網版權所有 【專題】13：實驗題；

52E：機械能守恒定律應用專題． 【分析】（1）這個實驗的原理是要驗證m1、m2的增加的動能和m1、m2減少重力勢能是不是相等，所以我們要測量的物理量有：物塊的質量m1、m2；

物塊A下落的距離及下落這段距離所用的時間或物塊B上升的距離及上升這段距離所用的時間．（2）如果繩子較重，系統的重力勢能就會有一部分轉化為繩子的動能，造成實驗誤差；

繩子不宜太長，長了形變對實驗的影響越大；

m1、m2相差越大，整體所受阻力相對于合力對運動的影響越小．物體末速度v是根據勻變速直線運動求出的，故要保證物體在豎直方向運動．這些都是減小系統誤差，提高實驗準確程度的做法．（3）多次取平均值可減少測量誤差，繩子伸長量盡量小，可減少測量的高度的準確度． 【解答】解：（1）通過連接在一起的A、B兩物體驗證機械能守恒定律，即驗證系統的勢能變化與動能變化是否相等，A、B連接在一起，A下降的距離一定等于B上升的距離；

A、B的速度大小總是相等的，故不需要測量繩子的長度和B上升的距離及時間．故選①②或①③均可以．（2）如果繩子較重，系統的重力勢能就會有一部分轉化為繩子的動能，造成實驗誤差；

繩子不宜太長，長了形變對實驗的影響越大；

m1、m2相差越大，整體所受阻力相對于合力對運動的影響越小．物體末速度v是根據勻變速直線運動求出的，故要保證物體在豎直方向運動．這些都是減小系統誤差，提高實驗準確程度的做法．故選：①③（3）實驗誤差來自測量：所以多次取平均值可減少測量誤差，又繩子伸長量盡量小，可減少測量的高度時的誤差． 故答案為：（1）①②或①③；

（2）①③；

（3）多次取平均值可減少測量誤差或繩子伸長量盡量小等．（意思對即可）【點評】此題為一驗證性實驗題．要求根據物理規律選擇需要測定的物理量，運用實驗方法判斷如何減小實驗誤差．掌握各種試驗方法是解題的關鍵． 　 10．（12分）一直流電壓表V，量程為1V，內阻為1000Ω，現將一個阻值在5000﹣7000Ω之間的固定電阻R1與此電壓表串聯，以擴大電壓表量程，為求得擴大后量程的準確值，再給定一直流電源（電動勢E為6﹣7V，內阻不計）、一阻值R2=2000Ω的固定電阻、兩個單刀開關S1、S2及導線若干．（1）為達到上述目的，將對應的圖連成一個完整的實驗電路圖．（2）連線完成以后，當S1、S2均閉合時，電壓表示數為0.90V；

當S1閉合，S2斷開時，電壓表示數為0.70V．由此可以計算出改裝后電壓表的量程為　7　V，電動勢為　6.3　V． 【考點】N6：伏安法測電阻；

NA：把電流表改裝成電壓表．菁優網版權所有 【專題】13：實驗題；

535：恒定電流專題． 【分析】構造電路，據全電歐姆定律得含有R1，E的方程組，可求解問題． 【解答】解：（1）實驗電路如圖所示 若S1與S2都閉合：E=U1+R1=0.90+9×10﹣4?R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1）若S1閉合S2斷開：E=U2+（R1+R2）=0.70+7×10﹣4?（R1+R2）﹣﹣﹣﹣（2）量程為 U=Ig（RV+R1）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3）由（1）（2）（3）式得 U=7V E=6.3V 故答案為：（1）電路圖如圖所示．（2）7 6.3 【點評】全電路歐姆定律要注意構造兩個電路，得出方程組求解問題上． 　 11．（14分）已知O、A、B、C為同一直線上的四點，AB間的距離為l1，BC間的距離為l2，一物體自O點靜止起出發，沿此直線做勻加速運動，依次經過A、B、C三點．已知物體通過AB段與通過BC段所用時間相等．求O與A的距離． 【考點】1E：勻變速直線運動的位移與時間的關系．菁優網版權所有 【專題】512：運動學中的圖像專題． 【分析】物體做勻加速運動，加速度不變．對AB段、BC段時間相等，分別用位移關系公式列方程求出加速度和初速度，再由速度位移關系公式求解有O與A的距離． 【解答】解：設物體的加速度為a，到達A點的速度為v0，通過AB段和BC點所用的時間為t，則l1=v0t+at2① l1+l2=v0?2t+a（2t）2② 聯立②﹣①×2得 a=③ v0=④ 設O與A的距離為l，則有 l=⑤ 將③、④兩式代入⑤式得 l=． 答：有O與A的距離為l=． 【點評】本題是多過程問題，除了分別對各個過程進行研究外，重要的是尋找過程之間的聯系，列出關系式．本題求加速度，也用推論△x=aT2直接求解． 　 12．（18分）圖中滑塊和小球的質量均為m，滑塊可在水平放置的光滑固定導軌上自由滑動，小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連，輕繩長為1．開始時，輕繩處于水平拉直狀態，小球和滑塊均靜止．現將小球由靜止釋放，當小球到達最低點時，滑塊剛好被一表面涂有粘性物質的固定擋板粘住，在極短的時間內速度減為零，小球繼續向左擺動，當輕繩與豎直方向的夾角θ=60°時小球達到最高點．求（1）從滑塊與擋板接觸到速度剛好變為零的過程中，擋板阻力對滑塊的沖量；

（2）小球從釋放到第一次到達最低點的過程中，繩的拉力對小球做功的大小． 【考點】53：動量守恒定律；

65：動能定理；

6C：機械能守恒定律．菁優網版權所有 【專題】16：壓軸題；

52K：動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合． 【分析】（1）從小球由靜止釋放到滑塊與擋板接觸前，小球和滑塊組成的系統機械能守恒、水平方向動量守恒，根據兩個守恒定律列方程，求出滑塊與擋板接觸前小球與滑塊的速度大小．根據動量定理求解擋板阻力對滑塊的沖量．（2）小球從釋放到第一次到達最低點的過程中，重力和繩的拉力對小球做功，根據動能定理求解繩的拉力對小球做功的大小． 【解答】解：（1）對系統，設小球在最低點時速度大小為v1，此時滑塊的速度大小為v2，滑塊與擋板接觸前 由系統的機械能守恒定律：mgl=mv12+mv22 ① 由系統的水平方向動量守恒定律：mv1=mv2 ② 對滑塊與擋板接觸到速度剛好變為零的過程中，擋板阻力對滑塊的沖量為：

I=mv2 ③ 聯立①②③解得I=m 方向向左④（2）小球釋放到第一次到達最低點的過程中，設繩的拉力對小球做功的大小為W，對小球由動能定理：

mgl+W=mv12 ⑤ 聯立①②⑤解得：W=﹣mgl，即繩的拉力對小球做負功，大小為mgl． 答：

（1）從滑塊與擋板接觸到速度剛好變為零的過程中，擋板阻力對滑塊的沖量為I=m，方向向左；

（2）小球從釋放到第一次到達最低點的過程中，繩的拉力對小球做功的大小是﹣mgl． 【點評】本題是系統機械能守恒和水平方向動量守恒的類型，再加上運用動量定理求沖量、由動能定理求功，都是常用的方法和思路． 　 13．（22分）如圖所示，在坐標系xOy中，過原點的直線OC與x軸正向的夾角φ=120°，在OC右側有一勻強電場，在第二、三象限內有一勻強磁場，其上邊界與電場邊界重疊，右邊界為y軸，左邊界為圖中平行于y軸的虛線，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里．一帶正電荷q、質量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區域，并從O點射出，粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角θ=30°，大小為v，粒子在磁場內的運動軌跡為紙面內的一段圓弧，且弧的半徑為磁場左右邊界間距的2倍，粒子進入電場后，在電場力的作用下又由O點返回磁場區域，經過一段時間后再次離開磁場．已知粒子從A點射入到第二次離開磁場所用時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期．忽略重力的影響．求：

（1）粒子經過A點時的速度方向和A點到x軸的距離；

（2）勻強電場的大小和方向；

（3）粒子從第二次離開磁場到再次進入電場所用的時間． 【考點】AK：帶電粒子在勻強電場中的運動；

CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動．菁優網版權所有 【專題】16：壓軸題；

536：帶電粒子在磁場中的運動專題． 【分析】（1）結合運動的軌跡圖象，判斷出圓周運動的圓心即兩虛線的交點，再根據洛倫茲力提供向心力，粒子的速度和A到y軸的距離；

（2）粒子進入電場后，在電場力的作用下又由O點返回磁場區域說明電場力的方向一定與運動的方向相反，則電場方向必與v相反；

根據時間關系求出粒子在電場中運動的時間，進而求出電場的強度和方向；

（3）粒子出磁場后到進入電場是勻速直線運動，根據軌跡圖象，就可以求出從第二次離開磁場到再次進入電場所用的時間． 【解答】解：（1）粒子第一次進入磁場時弧的半徑為磁場左右邊界間距的2倍，如圖做運動的軌跡，則圓周運動的圓心即兩虛線的交點．進入磁場時速度必垂直于磁場邊界，由洛倫茲力提供向心力：，得：R=，A點到x軸的距離為：，（2）設粒子在磁場中運動的周期為T，則：vT=2πR 所以：，在磁場中運動的時間為 粒子進入電場后，在電場力的作用下又由O點返回磁場區域說明電場力的方向一定與運動的方向相反，則電場方向必與v相反，再次進入磁場時速度方向也與v相反，將向y軸負方向偏轉做圓周運動，運動的軌跡如圖1所示：

運動時間為，則在電場中運動的時間為：

那么在電場中的運動有：﹣v=v﹣t2，求得：

（3）粒子出磁場后到進入電場是勻速直線運動，達到電場的距離為（如圖2），所用時間為 答：（1）粒子經過A點時的速度方向平行于X軸，A點到x軸的距離，（2）電場方向與v相反，大小；

（3）第二次離開磁場到再次進入電場所用的時間． 【點評】帶電粒子在磁場中 的運動，正確地畫出運動的軌跡是解題的關鍵，象該題需要兩次畫出不同的軌跡．題目的難度較大．