（2014•攀枝花三模）一列简谐横波沿x轴传播，某时刻t=0波的图象如图所示此刻A、B两质点的位移相同此后A和B分别

∵

m⊥

n，
∴

m•

n=
3cosA-sinA=0
∴tanA=
3，A=60°
三角形正弦定理：[a/sinA＝
b
sinB＝
c
sinC＝2R
∴a=
bsinA
sinB] c=b[sinC/sinB]
∵acosB+bcosA=csinC，
∴acosB+bcosA=csinC=
bsin 2C
sinB
∴[bsinA/sinB]cosB+bcosA=
bsin 2C
sinB
整理得sinAcosB+cosAsinB=（sinC）²
∵A+B+C=180∴A+B=180-C
∴sin（A+B）=sinC=（sinC）²
∴sinC=1
∴C=90°∴B=90°-60°=30°
故选A

点评：
本题考点： 正弦定理；平行向量与共线向量；同角三角函数基本关系的运用．

考点点评： 本题主要考查了正弦定理应用．考查了学生综合分析问题和基本的运算能力．

∵m⊥n，∴m•n=3cosA-sinA=0∴tanA=3，A=60°三角形正弦定理：asinA＝bsinB＝csinC＝2R∴a=bsinAsinB c=bsinCsinB ∵acosB+bcosA=csinC，∴acosB+bcosA=csinC=bsin 2CsinB ∴bsinAsinBcosB+bcosA=bsin 2C...

点评：
本题考点： 正弦定理；平行向量与共线向量；同角三角函数基本关系的运用．

考点点评： 本题主要考查了正弦定理应用．考查了学生综合分析问题和基本的运算能力．

A、根据△U=W+Q可知，气体吸收热量，但是做功情况不明确，无法判断内能变化，故A错误；
B、温度是分子平均动能的标志．物体温度升高时，物体内的分子平均动能增大，但是个别分子速率可能减小，故B错误；
C、一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，根据气体方程得温度增大，所以其内能一定增加，故C正确
D、反例：热量可以自发地从高温物体传到低温物体，但不会自发地从低温物体传到高温物体，而不引起其他方面的变化，故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 热力学第一定律；能量守恒定律．

考点点评： 在热学的学习过程中涉及概念、定律较多，要注意平时多看课本，不断积累，多和生活实际联系加强理解和记忆．

由f（x+2）+f（x）=0
可得f（x+4）=-f（x+2）=f（x）
∴其周期是4
由函数f（x+1）为奇函数
可得f（1-x）=-f（1+x）
可变形为：f（2-x）=-f（x）
可知函数f（x）图象关于点（1，0）对称
故选A

点评：
本题考点： 抽象函数及其应用；函数的周期性．

考点点评： 本题主要考查抽象函数中一些主条件的变形，来考查函数有关性质，方法往往是紧扣性质的定义．

（Ⅰ）由f(x)＝

a•

b=sin4x−cos4x+2
3sinx•cosx
f(x)＝(sin2x+cos2x)(sin2x−cos2x)+
3sin2x
=
3sin2x−cos2x＝2sin(2x−
π
6)
∴T＝
2π
|ω|＝π
设2kπ+
π
2≤2x−
π
6≤2kπ+
3
2π，(k∈Z)
则kπ+
π
3≤x≤kπ+
5
6π，(k∈Z)
∴函数f（x）的单调减区间为[kπ+
π
3，kπ+
5
6π](k∈Z)
（Ⅱ）∵x∈[0，
π
2]
∴2x−
π
6∈[−
π
6，
5π
6]
从而f(x)＝2sin(2x−

点评：
本题考点： 三角函数的周期性及其求法；平面向量数量积的运算；正弦函数的单调性；三角函数的最值．

考点点评： 本题考查三角函数的周期性及其求法，平面向量数量积的运算，正弦函数的单调性，三角函数的最值，考查计算能力，是中档题．

A、根据△U=W+Q可知，气体吸收热量，但是做功情况不明确，无法判断内能变化，故A错误；
B、温度是分子平均动能的标志．物体温度升高时，物体内的分子平均动能增大，但是个别分子速率可能减小，故B错误；
C、一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，根据气体方程得温度增大，所以其内能一定增加，故C正确
D、反例：热量可以自发地从高温物体传到低温物体，但不会自发地从低温物体传到高温物体，而不引起其他方面的变化，故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 热力学第一定律；能量守恒定律．

考点点评： 在热学的学习过程中涉及概念、定律较多，要注意平时多看课本，不断积累，多和生活实际联系加强理解和记忆．

（Ⅰ）在S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹+2中，令n=1，可得S₁=2a₁-2²+2，即a₁=2
当n≥2时，S_n-1=2a_n-1-2ⁿ+2，则a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2a_n-1-2ⁿ∴a_n=2a_n-1+2ⁿ，即
an
2n＝
an−1
2n−1+1
∵bn＝
an
2n∴b_n=b_n-1+1，即当n≥2时，b_n-b_n-1=1
又b1＝
a1
2＝1∴数列{b_n}是首项和公差均为1的等差数列
于是b_n=1+（n-1）•1=n（n∈N^*），
从而a_n=2ⁿ•b_n=n•2ⁿ（n∈N^*）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得cn＝
n(n+1)
an＝(n+1)(
1
2)n，
所以T_n=2×[1/2+3×(
1
2)2+4×(
1
2)3++(n+1)(
1
2)n

1
2Tn＝2×(
1
2)2+3×(
1
2)3+4×(
1
2)4++(n+1)(
1
2)n+1
两式相减得
1
2Tn＝1+(
1
2)2+(
1
2)3++(
1
2)n−(n+1)(
1
2)n+1
=1+

1
4[1−(
1
2)n−1]
1−
1
2]-（n+1）（

点评：
本题考点： 等差数列与等比数列的综合．

考点点评： 本题主要考查数列的转化与变形求通项公式及用错位相减法求前n项和．

根据A∪B={-1，0，4}，得到元素4∈A或4∈B
当4∈A时，得到x²=4，解得x=±2，把x=-2代入集合B，得到B={-1，-2}，不合题意；
把x=2代入集合B，得到B={-1，4}，符合题意；
当4∈B时，得到2x=4，解得x=2，符合题意．
所以x=2．
故选B

点评：
本题考点： 并集及其运算．

考点点评： 此题考查学生掌握并集的定义，会进行简单的推理，是一道基础题．

取BC的中点E，连接C₁E，AE
则AE⊥BC，
正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，
∴面ABC⊥面BB₁C₁C，
面ABC∩面BB₁C₁C=BC，
∴AE⊥面BB₁C₁C，
∴∠AC₁E就是AC₁与平面BB₁C₁C所成的角，
在Rt△AC₁E中，∵AB=AA₁，
sin∠AC₁E=
AE
AC1＝


3
2

2＝

6
4．
故答案为：

6
4．

点评：
本题考点： 直线与平面所成的角．

考点点评： 考查直线和平面所成的角，求直线和平面所成的角关键是找到斜线在平面内的射影，把空间角转化为平面角求解，属基础题

（1）t时刻电容器两端的电压为：U=E=Bdv
电容器所带电量：Q=CU=CBdv=5×10^-3×2×0.5×10=0.05C
（2）棒ab沿导轨下滑时，根据牛顿第二定律有：mgsin30°-F=ma
又棒所受的安培力为：F=BId
电路中电流为：I＝
△Q
△t＝
C△U
△t＝
CBd△v
△t＝CBda
联立以上三式得：a=[mgsin30°
m+CB2d2=
2×10−2×10×
1/2
2×10−2+5×10−3×22×0．52]=4m/s²．
式中各量均不变，说明加速度不变，导体棒做匀加速直线运动．
由匀变速运动公式得：v=at
得：t=[v/a]=[10/4]s=2.5s
（3）棒ab在t时间内沿导轨下滑的距离S，由匀变速运动公式得：v²=2aS
得：S=
v2
2a=
102
2×4m=12.5m
时间t内转化为电磁能的机械能，则有：
△E_电=△E_机=mgSsin30°-
1
2mv2=2×10^-2×10×12.5×0.5-
1
2×2×10^-2×10²=0.25J．
答：（1）t时刻电容器所带的电量为0.05C；
（2）t的大小为2.5s；
（3）时间t内有0.25J的机械能转化为电磁能．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电容器；法拉第电磁感应定律．

考点点评： 本题关键是分析棒的受力情况，根据牛顿第二定律得到加速度的表达式，判断出棒的运动性质．再结合运动学公式和能量守恒求解．

设弹簧的原长为l₀．
在b点有：k（L_ob-l₀）=mgsinθ+F_max （1）
在a点有：k（L_oa-l₀）+F_max=mgsinθ（2）
由（1）-（2）得：kL_ob-kL_oa=2F_max
代入数值的F_max=8N
即物体在ab段受到的静摩擦力在0～8N范围都是可能的；
故选：ABC．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题是物体平衡中临界问题，当两物体间恰好发生相对运动时，静摩擦力达到最大是常用的临界条件；同时要注意审题，题目中的弹簧一直是拉物体．