4. 高三9月月考理综答案（定稿） - 副本.pdf

1、1生物部2023 届高三 9 月月考参考答案分1-6DACABD29（9 分）除标注外每空 2 分（1）核糖体协助扩散（被动运输）（负）反馈调节（2）Ca2+通道阻滞剂与 Ca2+通道结合后，就阻止了 Ca2+进入细胞，从而使血管松弛，阻力减小，血压降低（3 分）30.（10 分）除标注外每空 2 分（1）A（1 分）（2）提高（1 分）（3）垂体TSH较高（1 分）甲状腺病变后甲状腺激素合成减少，由于负反馈调节，垂体和下丘脑合成的激素增多（3 分）31.（10 分）（1）从地上部分难以分辨空心莲子草的种群数量（或空心莲子草的茎基部匍匐生长，且成片生长，很难辨认、计数）（2）物种丰富度下降，群

2、落结构越来越简单，甚至导致多种本地生物减少或灭绝，优势种的改变等（合理即可）（3）该地土壤营养和空间条件充裕，气候适宜，缺乏天敌和其他竞争物种等（4）生物化学32（10 分）（1）七aabbcc（2）将 F1 与对应白花品系杂交（或对 F1 进行测交）红花：白花=1：3红花：白花=1：737.（15 分）除标注外每空 2 分（1）碳源、氮源（各 1 分）渗透压不含（1 分）（2）滤膜伊红美蓝黑（3）1.8103当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到的只是一个菌落38.（15 分）除标注外每空 2 分（1）反转录(或逆转录)引物（2）DNA 连接酶启动子、终止子、标记基因、复制原点感受态细胞法

3、(Ca2+处理法)稻瘟菌接种（3）水稻 RHO1 基因转录产生的 RNA，与稻瘟菌 RHO1 基因转录的 mRNA 碱基互补配对，形成双链 RNA，抑制稻瘟菌 RHO1 基因表达，从而使水稻获得对稻瘟菌的抗性（3 分）化学部分7-13 BCDACCA26.（15 分）（1）球形干燥管（1 分）（2）平衡压强，便于液体顺利滴下（1 分）（3）2CoCl2+10NH3H2O+2NH4Cl+H2O2=2Co(NH3)6Cl3+12H2O（2 分）（4）防止温度过高导致氨气挥发以及双氧水分解（2 分）（5）重结晶（2 分）2（6）平衡气压，防止氨气逸出（2 分）防倒吸（1 分）31122(2c Vc

4、V)1017100%m（2 分）偏低（2 分）27.（14 分）（1）适当升高温度，将阳极泥粉碎，搅拌等合理即可（2 分）（2）C6H12O6+24H+12MnO2=12Mn2+6CO2+18H2O（2 分）（3）蒸发结晶，趁热过滤（2 分）（4）醋酸（1 分）PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)（2 分）反应 PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数 K=2-42-3c(SO)c(CO)=3.4105105，PbSO4可以比较彻底的转化为 PbCO3（2 分，求出平衡常数 1 分，结论 1 分）（5）阳离子（1

5、 分）2H2O-4e-=4H+O2/4GOO-+2H2O-4e-=4GOOH+O2（2 分）28.（14 分）（1）-90KJ/moL（1 分）低温（2 分）（2）反应 3 是放热反应，反应 1 为吸热反应（2 分）（3）CD（2 分）（4）升温，反应 III 反应的平衡逆向移动，反应 I 反应的平衡正向移动且程度更大（2 分）（1 分）T1 时主要进行反应 I 为主，其反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响（2 分）160（2 分）35.（1）（1 分），哑铃（1 分）（2）N2O4（1 分,其他合理答案也给分）8 mol（1 分）（3）sp（1 分），C 的电负性小于 N，对孤电

6、子对吸引能力弱，给出电子对更容易（2 分）（4）NaC8（2 分）（5）六方 BN 的结构中没有像石墨中有自由移动的电子（2 分）正方形（2 分）33A304x+ydN75 10（）100%（2 分）36.（15 分）（1）羟基（1 分）（2）2+O2Cu2+2H2O（2 分）（3）3（2 分）（4）苯甲醛（1 分）（2 分）C 与醛类的反应速率较酮类快，反应时间较短，产率较高；随 R-基体积增大，位阻增大，反应速率减小，产率降低（2 分）16（2 分）（5）2,O催化剂2SOCl3AlCl（3 分）3物理部分题号1415161718192021答案CBDDABDCDAC16【解析】A根据题意

7、作出粒子的运动轨迹如图所示根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故 A 错误；B粒子由 M 运动到 N 时速度方向改变了 60角，所以粒子在该段时间内运动轨迹对应的圆心角为60 则粒子由 M 到 N 运动的时间为16tT,又粒子在磁场中的运动周期为2 mTqB，整理得 t=痀故 B 错误；CD如果 N 点到虚线的距离为 L，根据几何关系有cosRLR解得2RL，又mvRqB代入数据解得 V=痀蕐故 C错误，D 正确。故选 D。17【解析】A运动员从斜面上飞出最后落在斜面上，根据几何关系有012tangtyxv，解得02tanvtg，他们飞行时间之比为 3：2，选项 A 错误；B平抛运动水平方

8、向0 xv t则甲乙，选项 B 正确；C设平抛运动落地速度方向与水平方向夹角为，则00tanyvgtvv 则tan1tanaabbbat vt v 则ab，则他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，选项 C 错误；D把运动员的运动分解为一个沿斜面方向的运动和一个垂直斜面方向的运动，由几何关系可知，运动员在垂直斜面方向上做初速度为0 sinv，加速度大小为cosg 的匀减速运动，当速度减小到零时，则离斜面距离最大，为20msin2 cosvhg则，他们在空中离雪坡面的最大距离之比为 选项 D 正确。18.【解析】根据动量定理有0Imv，从最低点到最高点有22011222mgrmvmv，在最高点有2

9、mvmgr，解得25Imgrm，在火星表面有225MmIGmgRrm解得2225I RMGrm故选 A。19BD【解析】分析 BC如图所示受力分析小球 a，设弹簧对小球的弹力大小为 F 弹，OA 杆对小球 a 的弹力大小为 FNA4设 F 弹与水平方向的夹角为1，FNA 与水平方向的夹角为2。根据图中的几何关系有1=2=30根据物体的平衡条件有F 弹cos1=FNAcos2F 弹sin1+FNAsin2=2mg，求得：F 弹=FNA=2mg根据胡克定律，有弹簧的压缩量为x mgk 故 B 正确,C 错误；分析 AD如图所示受力分析小球 b，根据如上分析，其所受弹簧的弹力 FN 也为 2mg，O

10、B杆对小球 b 的弹力为 FNB，设 FNB 与水平方向的夹角为3，FN 与水平方向的夹角为4。根据图中的几何关系有3=60，4=30根据物体的受力平衡条件有 F 弹 cos60=mBgsin30；FNB=F 弹sin60+mBgcos30，求得 FNB=，mB=2m 故 A 错误，D 正确；20.【解析】A滑块在 x=3m 处电势能最小，因为滑块带负电，负电荷在电势越高的地方电势能越小，所以 x=3m 处的电势最高，故 A 错误；B.图线的斜率反映电场力的大小，在 x=3m处斜率为 0，电场力为零，x=1m 到 x=3m 过程中电场力方向与运动方向相同，但由于有滑动摩檫力，在 qE=f 处滑

11、块速度最大。C电场力做功量度电势能的变化，由 Ep-x 图像可知x=1m 到 x=4m 的运动过程中电势能先减小后增大，则电场力先做正功后做负功；D滑块x=4m 处所具有的能量为 E EP+EK +（J）=6.5J在 14m 区间内，滑块所受滑动摩擦力大小为 f=mg 0.5N，摩擦力做功1.5J，又 x=4m 处的电势能等于 2J，故由能量守恒可知此刻动能为 3J。根据总能量守恒可知此刻的速度为 6m/s，D 正确；21.【详解】A 由右手定则可以判断电流方向从 a 流向 b.B若不撤去拉力 F，对棒由牛顿第二定律有 FBILmaPFvIrBLvR，当0a 时，速度达到最大，联立各式解得最大

12、速度为 2m/s 即杆的最大速度不会超过 2m/s，选项 B 错误；C从撤去拉力 F 到金属杆停下，棒只受安培力做变减速直线运动，取向右为正，由动量定理有0BILtmv，而电量的表达式 qIt 可得 q mvBL=0.2C 选项 C 正确；D从撤去拉力 F 到金属杆停下的过程由动能定理21=02FWmv安而由功能关系有=FWQ安，另金属杆和电阻 R 串联，热量比等于电阻比，有1Q rQRr联立解得 Q1=0.1J，选项 D 正确。故选 AC。22.（6 分）（1）5.0k（2 分）(2)黑表笔（2 分）2.5k（2 分）23、（9 分）【答案】（1）2.970mm（2）B（3）D（4）B【解析

13、】（1）2.970mmd2.5mm+47.00.01mm2.970mm（2）由牛顿第二定律，对凹形槽（包括砝码）及钩码系统：mgMa，即 M mg故选 B.（3）若钩码的质量 m 不变，则()mgMm a,解得 mg M+m，则为了能直观反映在合外力一定的情况下，加速度与质量的关系，应做Mma1图象；故选 D.mBg5（4）甲同学固定光电门 B，则经过光电门 B 的速度 vB 一定；经过光电门 A 的速度1Advt，则222BAvvax即axtdvB212122，得xdadvtB2222121，则甲同学做出的图象应为下图中的 B；，甲同学所做图象的斜率的绝对值为 k，则kda 22，所以系统的

14、加速度 a=22kd24.（12 分）解：（1）质子进入第 2 个圆筒前，经过二次加速，因此有痀 mv(2 分）得痀（1 分）代入数据得：06m/s（2 分）(2)质子进入第 n 个圆筒时的速度为，根据动能定理有：痀 mvn（2 分）得 痀（1 分）当质子在每个圆筒内做匀速直线运动的时间为 T/2，才能保证每次在缝隙中被电场加速，因此第n 个圆筒得长度为 T（2 分）整理得：蕐 Tmnqum（1 分）代入数据得：蕐 1.2m（1 分）25.（20 分）解：（1）物块 A 刚冲上传送带时，A 受重力、垂直于传送带斜向左上方的支持力、沿传送带向下的摩擦力和沿绳向下的拉力，根据牛顿第二定律有111

15、1sincosm gTm gm a（2 分）B 受向下的重力和沿绳向上的拉力，根据牛顿第二定律有：221m gTm a（1 分）联立以上两式解得2110m/sa（1 分）故物块 A 刚冲上传送带时的加速度大小为 10m/s2，方向沿传送带向下。（1 分）6（2）物块减速到与传送带共速后，摩檫力方向改变，但由于mgcos7 mgsin7+mg物块与传送带不能相对静止，继续向上做匀减速直线运动对 A 物块，根据牛顿第二定律1112sincosm gTm gm a（1 分）对 B 物块，根据牛顿第二定律222m gTm a（1 分）联立上式解得 0/当物块 A 的速度减为零时，其沿传送带向上运动的距

16、离最远，故m12xxx（1 分）220112vvxa（1 分）2222vxa（1 分）代入数据解得 5=0.6m .6（1 分）此过程中传送带对物块 A 做的功f12Wfxfx（1 分）1 cosfm g解得 痀（1 分）（3）共速之前物块 A 与传送带的相对位移为111xxx相物传（1 分）22012vvxa1物011vvxvtva1传（1 分）7则共速之前摩擦生热为 相 6+6（1 分）同理，共速后有xxx2相2传2物（1 分）22vxvtva2传222vxa2物此过程摩擦生热为=f 相（1 分）故物块 A 运动到最远处的生热为Q Q+Q v-16v+64（1 分）根据二次函数的知识，有v

17、 6m/s=2m/s时，Q 有最小值，即：JJQ48(64216242min）（1 分）33、物理一一选修 33（15 分）（1）BDE（2）.设全部进入细管水银长度为 x，11222=Vh Sh SxS液112226h Sh SxcmS1012()72PPhhcmHg2070PPxcmHg由理想气体的状态方程1 12212PVPVTT解得：T2=350K.从状态 2 到状态 3 经历可等压过程3232VVTT设水银上表面离开粗细接口处的高度为 y,13312122()()Lh T SLh T SyT S所以水银上表面离开玻璃管底部的距离为 h=y+L+h1=24cm834、物理选修 34（1

18、5 分）解析：（1）BDE【解析】A相邻的波峰之间为波长，所以波长为 4m，A 错误。B由图可知，波长为 4m，周期为 4s，波速为 v=1m/s，B 正确；C质点不随波传播而向前移动，C 错误；DC 点介于波峰与波谷之间，距离波源的位置为 m，画出对应的波动图像可知 t=5s 时质点 c 振动速度方向竖直向下，D 正确；E 在 t=4 到 t=9s 时间内,质点 a 运动5T，经过的路程为 5cm,E 正确（3）解：.根据折射定律有n=sinsin(1 分)其中入射角i=90-30=60(1 分)解得折射角的正弦值sin r=0.5(1 分)光恰好照射到整个底部,由几何关系可知,容器侧面与水平方向的夹角为 60tan 60=(1 分)解得:x=1 m容器底部宽度d=d0-2x(1 分)解得:d=3 m。(1 分).由几何关系可知,光从水面射到底部通过的距离等于侧面的长度 l,则有t=(1 分)其中=sin 60(1 分)n=(1 分)解得:t=33210-8s=1.210-8 s(1 分)