高考常考题训练四

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2023届高考语文复习：必考题之文化常识提高训练

2023届高考语文复习：必考题之文化常识提高训练高考语文必考题之文化常识提高训练（40题）1．下列有关古代文化常识的解说，不正确的一项是（）A．北面，古代君主面向南方而坐，臣子朝见君主则面向北方，因此“北面”一词有向别人臣服的意思。

B．春秋时期有公、侯、伯、子、男五等爵位。

《烛之武退秦师》中“晋侯”“秦伯”皆是用爵称。

C．四书为儒家经典，朱熹将《礼记》中《大学》《中庸》两篇拿出来单独成书，和《论语》《春秋》合为四书。

D．“会同”，古代诸侯朝见天子的通称。

会，诸侯在非规定时间朝见天子；同，诸侯一起朝见天子。

2．下列有关文学（文化）常识，有误的一项是（）A．《论语》是儒家经典之一，主要以语录体的形式记录了孔子及其弟子的盲行，集中体现了孔子的政治主张、伦理思想、道德观念及教育原则等。

B．《左传》又名《春秋左氏传》，是我国第一部叙事详备的编年体著作。

相传为春秋末期鲁国史官左丘明为注解鲁国编年史《春秋》所作。

C．按剑而跽，握着剑，挺直身子。

这是一种警备的姿势。

古人席地而坐，两膝着地，要起身先得挺直上身。

D．冠者，成年人。

古代女子和男子在二十岁时行加冠礼，表示成年。

童子。

少年，未成年的男子。

3．下列语句分为四组，其中全部采用了委婉讳饰说法的一组是（）①慈父见背②舅夺母志③猥以微贱④愿乞终养A．①③B．②④C．①②D．③④4．下列各项有关文化常识的表述正确的一项是（）A．《左传》是我国第一部编年体史书，相传为春秋末年鲁国史官左丘明所作。

它依孔子修订的鲁史《春秋》的顺序，主要记载了东周前期的二百四五十年间各国的政治、经济、军事、外交和文化方面的重要事件和重要人物。

B．春秋时期有公、侯、伯、子、男五等爵位，“晋侯、秦伯围郑”中的“侯”“伯”均是爵位。

C．“是寡人之过也”中的“寡人”即“寡德之人”，是君主的谦称；“敢以烦执事”中的“执事”是指办事的官吏，这里是对对方的敬称；“为赵宦者令缪贤舍人”中的“舍人”是指宦官。

常考题空6 工艺流程中Ksp的相关计算 (附答案解析)-高考化学大题

常考题空6　工艺流程中Ksp 的相关计算溶度积常数反映了难溶电解质在水中的溶解能力，高考试题中溶度积常数的考查常结合化工流程题，在化工流程题中考查溶度积常数是近年高考的热点，化工流程中常常需要控制条件进行离子的分离或除杂，通过溶度积常数计算溶液中金属离子的浓度、离子完全沉淀时的pH 、判断废水排放是否符合标准、沉淀完全转化时所需离子浓度。

常见题型有：一、计算难溶电解质的Ksp 以“Am B n (s)m A n ＋(aq)＋n B m －(aq)”为例：K sp (A m B n )＝c m (A n ＋)·c n (B m －)，式中的浓度都是平衡浓度【对点训练1】1．溴酸镉[Cd(BrO 3)2]常用作分析试剂、生产荧光粉等。

以镉铁矿(成分为 CdO 2、Fe 2O 3、FeO 及少量的Al 2O 3 和SiO 2)为原料制备[Cd(BrO 3)2]的工艺流程如下：已知：Cd(SO 4)2 溶于水实际工业生产中，有时还采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中 Cd 2＋的含量，其原理：Cd 2＋＋ 2NaR===2Na ＋＋ CdR 2 ，其中NaR 为阳离子交换树脂。

常温下，将沉镉后的溶液(此时溶液 pH ＝6)经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的 Na ＋比交换前增加了 0.055 2 g·L －1，则该条件下Cd(OH)2 的K sp 值为_________2．从化工厂铬渣中提取硫酸钠的工艺如下：已知：①铬渣含有Na 2SO 4及少量Cr 2O 2－7、Fe 3＋②Fe 3＋、Cr 3＋完全沉淀(c ≤1.0×10－5mol·L －1)时pH 分别为3.6和5Cr(OH)3的溶度积常数K sp [Cr(OH)3]＝____________二、计算沉淀转化反应的平衡常数及其完全转化时所需浓度依据沉淀的转化反应和K sp ，计算该反应的平衡常数，K 值越大，转化反应越易进行，转化程度越大如：对于反应Cu 2＋(aq)＋ZnS(s)CuS(s)＋Zn 2＋(aq)该反应的平衡常数K =)()(22++Cu c Zn c =)()()()(2222-+-+∙∙S c Cu c S c Zn c =K sp （ZnS ）K sp （CuS ）【对点训练2】1．某科研课题小组研究利用含H ＋、Na ＋、Zn 2＋、Mn 2＋、Fe 2＋、Fe 3＋、SO 2－4的工业废电解质溶液，制备高纯的ZnO 、MnO 2、Fe 2O 3，设计实验流程如下：已知常温下，K sp (MnS)＝3.0×10－14，K sp (ZnS)＝1.5×10－24，在除锌时发生沉淀转化反应为：MnS(s)＋Zn 2＋(aq)ZnS(s)＋Mn 2＋(aq)，其平衡常数K ＝____________2．软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4·H2O 的流程如下：已知：①部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表金属阳离子Fe3＋Al3＋Mn2＋Mg2＋完全沉淀时的pH 3.2 5.210.412.4②温度高于27 ℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低。

高常考题—函数的性质(含解析)

函数的性质一、题型选讲题型一、函数的奇偶性正确理解奇函数和偶函数的定义，必须把握好两个问题：(1)定义域在数轴上关于原点对称是函数f (x )为奇函数或偶函数的必要非充分条件；(2)f (－x )＝－f (x )或f (－x )＝f (x )是定义域上的恒等式.奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y 轴对称，反之也成立.利用这一性质可简化一些函数图象的画法，也可以利用它去判断函数的奇偶性.填空题，可用特殊值法解答，但取特值时，要注意函数的定义域．例1、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）函数()y f x =是R 上的奇函数，当0x <时，()2xf x =，则当0x >时，()f x =（） A ．2x - B ．2x - C ．2x --D ．2x例2、（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知定义在[]5,12m m --上的奇函数()f x ，满足0x >时，()21x f x =-，则()f m 的值为（）A ．-15B ．-7C ．3D ．15例3、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）若函数()2ln 1f x a x ⎛⎫=+ ⎪-⎝⎭是奇函数，则使()1f x <的x 的取值范围为（） A ．11,1e e -⎛⎫- ⎪+⎝⎭B ．10,1e e -⎛⎫⎪+⎝⎭C ．1,11e e -⎛⎫⎪+⎝⎭D ．11,(1,)1e e -⎛⎫-⋃+∞ ⎪+⎝⎭例4、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】设函数()()321f x x a x ax =+-+，若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点()0,0处的切线方程为 A ．2y x =- B ．y x =- C ．2y x = D ．y x =题型二、函数的单调性已知函数的单调性确定参数的值或范围要注意以下两点：①若函数在区间[a ，b ]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；②分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值.对于复合函数y ＝f [g (x )]，若t ＝g (x )在区间(a ，b )上是单调函数，且y ＝f (t )在区间(g (a )，g (b ))或者(g (b )，g (a ))上是单调函数，若t ＝g (x )与y ＝f (t )的单调性相同(同时为增或减)，则y ＝f [g (x )]为增函数；若t ＝g (x )与y ＝f (t )的单调性相反，则y ＝f [g (x )]为减函数.简称：同增异减.例5、（江苏省如皋市2019-2020学年高三上学期10月调研）已知函数22,1()1,1ax x x f x ax x ⎧+≤=⎨-+>⎩在R 上为单调増函数，则实数a 的取值范围为________．例6、函数()()212log 4f x x =-的单调递增区间是例7、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当12x x ≠时，有1212[()()]()0f x f x x x --<恒成立，若(31)(2)0f x f ++>，则x 的取值范围是________．题型三、函数的周期性1、若()f x 是一个周期函数，则()()f x T f x +=，那么()()()2f x T f x T f x +=+=，即2T 也是()f x 的一个周期，进而可得：()kT k Z ∈也是()f x 的一个周期2、函数周期性的判定：（1）()()f x a f x b +=+：可得()f x 为周期函数，其周期T b a =- （2）()()()f x a f x f x +=-⇒的周期2T a = （3）()()()1f x a f x f x +=⇒的周期2T a = （4）()()f x f x a k ++=（k 为常数）()f x ⇒的周期2T a = （5）()()f x f x a k ⋅+=（k 为常数）()f x ⇒的周期2T a =例8、(2019通州、海门、启东期末）已知函数f(x)的周期为4，且当x ∈(0，4]时，f(x)＝⎩⎨⎧cos πx 2，0<x≤2，log 2⎝⎛⎭⎫x －32，2<x≤4.则f ⎝⎛⎭⎫f ⎝⎛⎭⎫12的值为________．例9、(2017南京三模）已知函数f (x )是定义在R 上且周期为4的偶函数．当x ∈[2，4]时，f (x )＝|log 4(x －32)|，则f (12)的值为 ▲ ．题型四函数的对称性函数的对称性要注意一下三点：（1）()()f a x f a x -=+⇔()f x 关于x a =轴对称（当0a =时，恰好就是偶函数）（2）()()()f a x f b x f x -=+⇔关于2a bx +=轴对称（3）()f x a +是偶函数，则()()f x a f x a +=-+，进而可得到：()f x 关于x a =轴对称。

《常考题》数学高考题经典练习题(含答案解析)

一、选择题1．下列函数图像与x 轴均有公共点，其中能用二分法求零点的是( )A ．B ．C ．D ．2．一个频率分布表（样本容量为30）不小心被损坏了一部分，只记得样本中数据在[)2060,上的频率为0.8，则估计样本在[)40,50、[)50,60内的数据个数共有（）A ．14B ．15C ．16D ．173．甲、乙、丙三人到三个不同的景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“三个人去的景点各不相同”，事件B 为“甲独自去一个景点，乙、丙去剩下的景点”，则(A |B)P 等于（）A ．49B ．29C ．12D ．134．甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为a ，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b ，其中a ，b ∈{1，2，3，4，5，6}，若|a-b|≤1，就称甲乙“心有灵犀”．现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为（）A ．19B ．29C ．49D ．718 5．函数2||()x x f x e -=的图象是（）A ．B ．C ．D ．6．设i 为虚数单位，复数z 满足21i i z =-，则复数z 的共轭复数等于（） A ．1-i B ．-1-i C ．1+i D ．-1+i7．若,αβ是一组基底,向量γ=x α+y β (x,y ∈R),则称(x,y)为向量γ在基底α,β下的坐标,现已知向量α在基底p =(1,-1), q =(2,1)下的坐标为(-2,2),则α在另一组基底m =(-1,1), n =(1,2)下的坐标为( )A ．(2,0)B ．(0,-2)C ．(-2,0)D ．(0,2)8．命题：三角形的内角至多有一个是钝角，若用反证法证明，则下列假设正确的是（） A ．假设至少有一个钝角B ．假设至少有两个钝角C ．假设三角形的三个内角中没有一个钝角D ．假设没有一个钝角或至少有两个钝角 9．当1a >时，在同一坐标系中，函数x y a -=与log a y x =-的图像是（） A ． B ．C ．D ．10．设F 为双曲线C ：22221x y a b -=（a >0，b >0）的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆x 2+y 2=a 2交于P 、Q 两点．若|PQ |=|OF |，则C 的离心率为A ．2B ．3C ．2D ．511．设A （3，3，1），B （1，0，5），C （0，1，0），AB 的中点M ，则CM = A ．534 B ．532 C ．532 D ．13212．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为A ．72B ．64C ．48D ．3213．如图，中心均为原点O 的双曲线与椭圆有公共焦点，M ，N 是双曲线的两顶点.若M ，O ，N 将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是A ．3B ．2C ．3D ．2 14．已知ABC 为等边三角形，2AB =，设P ，Q 满足AP AB λ=，()()1AQ AC λλ=-∈R ，若32BQ CP ⋅=-，则λ=（） A ．12 B ．122± C ．1102± D ．3222± 15．已知复数z 满足()12i z +=，则复数z 的虚部为（）A ．1B ．1-C ．iD ．i -二、填空题16．在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，4c =，42sin a A =，且C 为锐角，则ABC ∆面积的最大值为________.17．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2cm ，圆心角为23π的扇形，则此圆锥的高为________cm . 18．已知实数x ，y 满足24240x y x y y -≥⎧⎪+≤⎨⎪≤⎩，则32z x y =-的最小值是__________．19．已知(13)n x + 的展开式中含有2x 项的系数是54，则n=_____________.20．一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的S 的值为________．21．若45100a b ==，则122()a b+=_____________．22．已知正三棱锥P ABC -的底面边长为3，外接球的表面积为16π，则正三棱锥P ABC -的体积为________.23．已知四棱锥S ABCD -的三视图如图所示，若该四棱锥的各个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积等于_________.24．在区间[1,1]-上随机取一个数x ，cos2x π的值介于1[0,]2的概率为． 25．设α 为第四象限角，且sin3sin αα＝135，则 2tan ＝α ________. 三、解答题26．已知函数()ln f x x x =.（1）若函数2()1()f x g x x x=-，求()g x 的极值；（2）证明：2()1x f x e x +<-.（参考数据：ln20.69≈ ln3 1.10≈ 32 4.48e ≈ 27.39e ≈）27．选修4-5：不等式选讲：设函数()13f x x x a =++-.（1）当1a =时，解不等式()23f x x ≤+；（2）若关于x 的不等式()42f x x a <+-有解，求实数a 的取值范围.28．已知数列{}n a 与{}n b 满足：*1232()n n a a a a b n N ++++=∈，且{}n a 为正项等比数列，12a =，324b b =+.（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满足*2211()log log n n n c n N a a +=∈，n T 为数列{}n c 的前n 项和，证明：1n T <.29．如图，在几何体111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥底面ABC ，四边形11A ACC 是正方形，1l //B C BC ，Q 是1A B 的中点，1122,3AC BC B C ACB π==∠=（I ）求证：1//QB 平面11A ACC（Ⅱ）求二面角11A BB C --的余弦值.30．已知0,0a b >>.(1)211ab a b≥+ ；(2)若a b >，且2ab =，求证：224a b a b +≥-．【参考答案】2016-2017年度第*次考试试卷参考答案 **科目模拟测试一、选择题1．C2．B3．C4．C5．A6．B7．D8．B9．D10．A11．C12．B13．B14．A15．B二、填空题16．【解析】【分析】由利用正弦定理求得再由余弦定理可得利用基本不等式可得从而利用三角形面积公式可得结果【详解】因为又所以又为锐角可得因为所以当且仅当时等号成立即即当时面积的最大值为故答案为【点睛】本题主17．【解析】【分析】设此圆的底面半径为高为母线为根据底面圆周长等于展开扇形的弧长建立关系式解出再根据勾股定理得即得此圆锥高的值【详解】设此圆的底面半径为高为母线为因为圆锥的侧面展开图是一个半径为圆心角为18．6【解析】【分析】画出不等式组表示的可行域由可得平移直线结合图形可得最优解于是可得所求最小值【详解】画出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示由可得平移直线结合图形可得当直线经过可行域内的点A时直线19．【解析】【分析】利用通项公式即可得出【详解】解：（1+3x）n的展开式中通项公式：Tr+1（3x）r＝3rxr∵含有x2的系数是54∴r＝2∴54可得6∴6n∈N*解得n＝4故答案为4【点睛】本题考20．8【解析】分析：先判断是否成立若成立再计算若不成立结束循环输出结果详解：由伪代码可得因为所以结束循环输出点睛：本题考查伪代码考查考生的读图能力难度较小21．【解析】【分析】根据所给的指数式化为对数式根据对数的换地公式写出倒数的值再根据对数式的性质得到结果【详解】则故答案为【点睛】本题是一道有关代数式求值的问题解答本题的关键是熟练应用对数的运算性质属于基22．或【解析】【分析】做出简图找到球心根据勾股定理列式求解棱锥的高得到两种情况【详解】正三棱锥的外接球的表面积为根据公式得到根据题意画出图像设三棱锥的高为hP 点在底面的投影为H点则底面三角形的外接圆半径23．【解析】【分析】先还原几何体再从底面外心与侧面三角形的外心分别作相应面的垂线交于O即为球心利用正弦定理求得外接圆的半径利用垂径定理求得球的半径即可求得表面积【详解】由该四棱锥的三视图知该四棱锥直观图24．【解析】试题分析：由题意得因此所求概率为考点：几何概型概率25．－【解析】因为＝＝＝＝＝4cos2α－1＝2(2cos2α－1)＋1＝2cos2α＋1＝所以cos2α＝又α是第四象限角所以sin2α＝－tan2α＝－点睛：三角函数求值常用方法：异名三角函数化为同三、解答题26．27．28．29．30．2016-2017年度第*次考试试卷参考解析【参考解析】**科目模拟测试一、选择题1．C解析：C【解析】【分析】根据函数图象理解二分法的定义，函数f（x）在区间[a，b]上连续不断，并且有f（a）•f （b）＜0．即函数图象连续并且穿过x轴．【详解】解：能用二分法求零点的函数必须在给定区间[a，b]上连续不断，并且有f（a）•f（b）＜0A、B中不存在f（x）＜0，D中函数不连续．故选C．本题考查了二分法的定义，学生的识图能力，是基础题．2．B解析：B【解析】【分析】计算出样本在[)2060,的数据个数，再减去样本在[)20,40的数据个数即可得出结果.【详解】由题意可知，样本在[)2060,的数据个数为300.824⨯=，样本在[)20,40的数据个数为459+=，因此，样本在[)40,50、[)50,60内的数据个数为24915.故选：B.【点睛】本题考查利用频数分布表计算频数，要理解频数、样本容量与频率三者之间的关系，考查计算能力，属于基础题.3．C解析：C【解析】【分析】这是求甲独自去一个景点的前提下，三个人去的景点不同的概率，求出相应的基本事件的个数，即可得出结果.【详解】甲独自去一个景点，则有3个景点可选，乙、丙只能在剩下的两个景点选择，根据分步乘法计数原理可得，对应的基本事件有32212⨯⨯=种；另外，三个人去不同景点对应的基本事件有3216⨯⨯=种，所以61(/)122P A B ==，故选C. 【点睛】本题主要考查条件概率，确定相应的基本事件个数是解决本题的关键. 4．C解析：C【解析】试题分析：由题为古典概型，两人取数作差的绝对值的情况共有36种，满足|a-b|≤1的有（1,1）（2,2）（3,3）（4,4）（5,5）（6,6）（1,2）（2,1）（3,2）（2,3）（3,4）（4,3）（5,4）（4,5）（5,6）（6,5）共16种情况，则概率为；164369p == 考点：古典概型的计算. 5．A【解析】【分析】通过(0)1f=，和函数f(x)>0恒成立排除法易得答案A．【详解】2||()x xf x e-=，可得f(0)=1,排除选项C,D;由指数函数图像的性质可得函数f(x)>0恒成立，排除选项B，故选A【点睛】图像判断题一般通过特殊点和无穷远处极限进行判断，属于较易题目．6．B解析：B【解析】【分析】利用复数的运算法则解得1iz=-+，结合共轭复数的概念即可得结果.【详解】∵复数z满足21iiz=-，∴()()()2121111i iiz ii i i+===---+，∴复数z的共轭复数等于1i--，故选B.【点睛】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．7．D解析：D【解析】【分析】【详解】由已知α=-2p+2q=(-2,2)+(4,2)=(2,4),设α=λm+μn=λ(-1,1)+μ(1,2)=(-λ+μ,λ+2μ),则由224λμλμ-+=⎧⎨+=⎩解得2λμ=⎧⎨=⎩∴α=0m+2n,∴α在基底m, n下的坐标为(0,2).8．B解析：B【解析】用反证法证明数字命题时，应先假设要证的命题的否定成立，而要证命题“三角形的内角至多有一个钝角”的否定为“三角形的内角至少有两个钝角”，所以应假设三角形的内角至少有两个钝角，故选B ．9．D解析：D【解析】【分析】根据指数型函数和对数型函数单调性，判断出正确选项.【详解】由于1a >，所以1x x a y a -=⎛⎫= ⎪⎝⎭为R 上的递减函数，且过()0,1；log a y x =-为()0,∞+上的单调递减函数，且过()1,0，故只有D 选项符合.故选：D.【点睛】本小题主要考查指数型函数、对数型函数单调性的判断，考查函数图像的识别，属于基础题.10．A解析：A【解析】【分析】准确画图，由图形对称性得出P 点坐标，代入圆的方程得到c 与a 关系，可求双曲线的离心率．【详解】设PQ 与x 轴交于点A ，由对称性可知PQ x ⊥轴，又||PQ OF c ==，||,2c PA PA ∴=∴为以OF 为直径的圆的半径， A ∴为圆心||2c OA =． ,22c c P ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭，又P 点在圆222x y a +=上， 22244c c a ∴+=，即22222,22c c a e a=∴==．e ∴=A ．【点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾，运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来．11．C解析：C【解析】试题分析：先求得M（2,32，3）点坐标，利用两点间距离公式计算得CM=532，故选C．考点：本题主要考查空间直角坐标系的概念及空间两点间距离公式的应用．点评：简单题，应用公式计算．12．B解析：B【解析】【分析】由三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，利用体积公式，即可求解。

基本概念与STSE 高中化学选择专题

五年高考回顾
（安徽2011·7）科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3（如下图所示）。已知该分子中N－N键角都
是108.1°，下列有关N(NO2)3的说法正确的是（ C）
A．分子中N、O间形成的共价键是非极性键 B．分子中四个氮原子共平面 C．该物质既有氧化性又有还原性 D．15.2g该物质含有6.02×1022个原子
生活的认识不正确的是（）A
A. CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体 B. 使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一 C. 节能减排符合低碳经济的要求 D.合理开发利用可燃冰（固体甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺
安徽《考试说明》例22
针对训练
【练习8】（2013·山东卷）化学与生产和生活密切相关，
下列说法正确的是（ D）
A．聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应 B．煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料 C．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料 D．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程
针对训练
【练习9】化学在生产和生活中有着重要的应用。下列说
法正确的是（） D
五年高考回顾
（安徽2009·7）石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构
的新材料（结构示意图如下），可由石墨剥离而成，具
有极好的应用前景。下列说法正确的是（）
A．石墨烯与石墨互为同位素
D
B．0.12g石墨烯中含6.02×1023个碳原子
C．石墨烯是一种有机物
D．石墨烯中碳原子间以共价键结合
五年高考回顾
列说法正确的是（ D ）
针对训练
【练习7】科学家研制出的八硝基立方烷（结构如图，碳原子未画出），是一种新型高能炸药，爆炸分解得到

专题四古代诗歌阅读 2024届五年高考题分类训练(语文)

专题四古代诗歌阅读文体1 古诗题组一1. [2023新课标Ⅰ卷，9分]阅读下面这首唐诗，完成（1）—（2）题。

答友人论学林希逸逐字笺来学转难①，逢人个个说曾颜②。

那知剥落皮毛处，不在流传口耳间。

禅要自参求印可，仙须亲炼待丹还。

卖花担上看桃李，此语吾今忆鹤山③。

【注】①笺:注释。

这里指研读经典。

②曾颜:孔子的弟子曾参和颜回。

③鹤山:南宋学者魏了翁，号鹤山。

（1）下列对这首诗的理解和赏析，不正确的一项是（3分）( A )A. 诗的首联描述了当时人们不畏艰难、努力学习圣人之道的学术风气。

B. 诗人认为，“皮毛”之下精要思想的获得，不能简单依靠口耳相传。

C. 颈联中使用“自”“亲”二字，以强调要获得真正学识必须亲自钻研。

D. 诗人采用类比等方法阐明他的治学主张，使其浅近明白、通俗易懂。

[解析]“不畏艰难、努力学习圣人之道的学术风气”错，“学转难”表明用“逐字笺”的学习方法难以理解经典真谛，且“逢人个个说曾颜”也并非指努力学习圣人之道，而是讽刺当下人们对圣人之道的学习流于表面。

（2）诗的尾联提到魏了翁的名言:“不欲于卖花担上看桃李，须树头枝底方见活精神也。

”结合本诗主题，谈谈你对这句话的理解。

（6分）答：①卖花担上的桃李，虽然也缤纷绚烂，但活力已经不再。

②唯有回归本原，方能获得学问真谛，就如同在树头枝底欣赏桃李，方能体会到其活泼的精神。

【诗歌鉴赏】这是林希逸对友人关于治学论述的答复。

首联主要写诗人对治学方法的态度和认识。

首句中，“逐字笺”是研读经典的方法，“学转难”道出了诗人认为用“逐字笺”这种学习方法难以领悟经典真谛的观点。

次句写生活中的治学现象，即那些未掌握经典真谛的人，张口闭口都是曾参颜回，做学问流于表面。

这两句看似平铺叙事，实则流露出诗人的嘲讽之情。

颔联说的是“皮毛”之下的精要思想并不存在于人们口耳流传的话语中。

颈联以“参禅”“修仙”为例，以类比的方式阐述自己的治学观点。

诗人认为，求学需要“自参”“亲炼”，如此方可获得学问真谛。

常考题空4 有限制条件同分异构体的书写 (附答案解析)-高考化学大题

常考题空4　有限制条件同分异构体的书写【高考必备知识】1．巧用不饱和度记住常见有机物的官能团异构(1)不饱和度①概念：不饱和度又称缺氢指数，即有机物分子中的氢原子与和它碳原子数相等的链状烷烃相比较，每减少2个氢原子，则有机物的不饱和度增加1，用Ω表示②有机化合物(C x H y O z )分子不饱和度的计算公式为：222yx -+=Ω【微点拨】在计算不饱和度时，若有机化合物分子中含有卤素原子，可将其视为氢原子；若含有氧原子，则不予考虑；若含有氮原子，就在氢原子总数中减去氮原子数③几种常见结构的不饱和度官能团或结构C==O(醛、酮、羧酸、酯)环—C≡C —苯环不饱和度11124(2)常见有机物的官能团异构通式不饱和度常见类别异构体C n H 2n +20无类别异构体C n H 2n 1单烯烃、环烷烃C n H 2n －22单炔烃、二烯烃、环烯烃、二环烃C n H 2n ＋2O 0饱和一元醇、饱和一元醚C n H 2n O 1饱和一元醛、饱和一元酮、烯醇、烯醚、环醇、环醚C n H 2n O 21饱和一元羧酸、饱和一元酯、羟醛、羟酮C n H 2n ＋1O 2N1氨基酸、硝基烷2．四种方法全面剖析同分异构体(1)取代思想——采用等效氢、对称的方法，适用于一卤代物、醇的找法①一卤代烃：看作是氯原子取代烃分子中的氢原子，以“C H Cl”为例②醇：看作是(2)变建思想——即将有机物中某个位置化学键进行变化得到新的有机物，适用于烯烃、炔烃、醛和羧酸①烯烃：单键变双键，要求相邻的两个碳上至少各有1个氢原子，以“C 5H 10”为例②58CC③醛：醛基属于端位基，将烃分子中链端的甲基变成醛基，以“C 5H 10O ”为例④5102(3)插键思想——在有机物结构式中的某个化学键的位置插入原子而得到新的有机物的结构，适用于醚和酯①醚：醚键可以理解为在C—C 单键之间插入氧原子，以“C 5H 12O”为例②酯：酯可以理解在左、右两边插入氧原子，可以先找出酮，再插入氧，以“C 5H 10O 2”为例若在链端，注意只能在一边插入氧原子，另外要注意对称性，此法对含苯环类的非常有效(4)多官能团同分异构体①同种官能团：定一移一，以“C 3H 6Cl 2”为例先找一氯代物，再利用等效氢法，再用氯原子取代一氯代物上的氢原子②不同种官能团：变键优先，取代最后，以“羟基醛(C 5H 10O 2)”为例3．(1)烷烃同分异构体的个数烷烃甲烷乙烷丙烷丁烷戊烷己烷庚烷个数1112359(2)烷基的个数烷基甲基乙基丙基丁基戊基个数11248(3)含苯环同分异构体数目确定技巧①若苯环上连有2个取代基，其结构有邻、间、对3种②若苯环上连有3个相同的取代基，其结构有3种③若苯环上连有—X 、—X 、—Y 3个取代基，其结构有6种④若苯环上连有—X 、—Y 、—Z 3个不同的取代基，其结构有10种4．限制条件的同分异构体结构的推断分析常见限定条件对应的官能团或结构能与NaHCO 3或Na 2CO 3溶液反应放出气体(CO 2)—COOH 能与钠反应产生H 2—OH 或—COOH 能与Na 2CO 3溶液反应—OH(酚)或—COOH能与NaOH 溶液反应—OH(酚)或—COOH 或—COOR 或—X 能发生银镜反应或能含醛基(—CHO)、甲酸酯(HCOOR)能与FeCl 3溶液发生显色反应—OH(酚)能发生水解反应—COOR 或—X 或—CONH—既能发生水解反应又能发生银镜反应(或水解产物能发生银镜反应)甲酸酯(HCOOR)5．限定条件和同分异构体书写技巧(1)确定碎片：明确书写什么物质的同分异构体，该物质的组成情况怎么样？解读限制条件，从性质联想结构，将物质分裂成一个个碎片，碎片可以是官能团，也可是烃基(尤其是官能团之外的饱和碳原子)(2)组装分子：要关注分子的结构特点，包括几何特征和化学特征①几何特征是指所组装的分子是空间结构还是平面结构，有无对称性②化学特征包括等效氢、核磁共振氢谱(3)经典例题分析结构要求(邻甲基苯甲酸)①属于芳香化合物 ②能与银氨溶液反应产生光亮的银镜③能与NaOH 溶液反应第一步：确定有机物的类别，找出该有机物常见的类别异构体 (可以结合不饱和度)技巧：原题有机物属于羧酸类，与羟基醛、酯互为类别异构体第二步：结合类别异构体和已知限定条件确定基团和官能团 (核心步骤)与银氨溶液与NaOH 溶液备注羧酸×√羟基醛√苯酚 √醇羟基与NaOH 溶液不反应，但酚羟基可以酯甲酸酯√√酯与银氨溶液不反应，但甲酸酯可以注意细节乃做题制胜法宝综上所述，符合本题条件的有两大类：①羟基醛[(酚)—OH ，—CHO]；②甲酸酯(—OOCH)第三步：按类别去找，方便快捷不出错①若为羟基醛[(酚)—OH ，—CHO]，则还剩余一个碳原子，分两种情况讨论若本环有有两个侧链，此时—CH 2—只能和醛基一起，有邻、间、对3种若本环有有三个侧链，则为—OH ，—CHO 、—CH 3，苯环连接三个不同的取代基总共有10种COOHCH 3②若为甲酸酯(—OOCH)：则用—OOCH 取代甲苯上的氢原子，总共4种；总共17种【真题演练】1．(2024·全国甲卷)化合物X 是C()的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式_______2．(2024·全国乙卷)在E()的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为_______种a.含有一个苯环和三个甲基b.与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳c.能发生银镜反应，不能发生水解反应上述同分异构体经银镜反应后酸化，所得产物中，核磁共振氢谱显示有四组氢(氢原子数量比为6：3：2：1)的结构简式为_______3．(2024·浙江卷)写出同时符合下列条件的化合物F()的同分异构体的结构简式_______①1H －NMR 谱和IR 谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，有N －H 键②分子中含一个环，其成环原子数≥44．(2024·广东卷)化合物VI(C 3H 6O )有多种同分异构体，其中含结构的有_______种，核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为_______5．(2024·湖南卷)是一种重要的化工原料，其同分异构体中能够发生银镜反应的有_______种(考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为4:1:1的结构简式为_______6．(2024·山东卷)H()的同分异构体中，仅含有－OCH 2CH 3、－NH 2和苯环结构的有____种7．(2024·湖北卷)(5)若只考虑氟的位置异构，则化合物F()的同分异构体有______种8．(2024·海南卷)X 是F()的分异构体，符合下列条件。

(刷题1+1)2020高考数学讲练试题基础巩固练(四)理(含2020高考+模拟题)

（刷题1+1）2020高考数学讲练试题基础巩固练（四）理（含2020高考+模拟题）本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．(2020·河北武邑中学二次调研)设i 是虚数单位，若复数z ＝i 1＋i ，则z －＝( )A.12－12i B ．1＋12iC ．1－12iD.12＋12i 答案 A解析由z ＝i1＋i＝i 1－i 1＋i 1－i ＝1＋i 2＝12＋12i ，得z －＝12－12i.故选A.2．(2020·浙江百校联考)已知集合A ＝{x |2x≥1}，B ＝{x |y ＝ln (1－x )}，则A ∩B 等于( )A ．{x |x ≥0}B ．{x |x ＜1}C ．{x |0≤x ＜1}D ．{x |0＜x ＜1}答案 C解析集合A ＝{x |2x≥1}＝{x |x ≥0}，B ＝{x |x <1}，所以A ∩B ＝{x |0≤x ＜1}，故选C. 3．(2020·石家庄二模)某商场一年中各月份的收入、支出情况的统计如图所示，下列说法中正确的是( )A ．支出最高值与支出最低值的比是8∶1B ．4至6月份的平均收入为50万元C ．利润最高的月份是2月份D ．2至3月份的收入的变化率与11至12月份的收入的变化率相同答案 D解析由题图可知，支出最高值为60万元，支出最低值为10万元，其比是6∶1，故A 错误；由题图可知，4至6月份的平均收入为13×(50＋30＋40)＝40万元，故B 错误；由题图可知，利润最高的月份为3月份和10月份，故C 错误；由题图可知2至3月份的收入的变化率与11至12月份的收入的变化率相同，故D 正确．故选D.4．(2020·赤峰市高三二模)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 8＝17S 4，则a 5＝( )A ．8B ．－8C ．±16 D．16 答案 D解析设等比数列{a n }的公比为q . 当q ＝1时，S 8＝8a 1,17S 4＝17×4a 1＝68a 1，因为a 1≠0，所以S 8＝8a 1，S 8≠17S 4；当q ≠1时，S 8＝a 11－q 81－q ＝1－q81－q，17S 4＝17a 11－q41－q＝171－q 41－q，故1－q 81－q ＝171－q 41－q，解得q ＝－1或q ＝－2或q ＝2，因为等比数列{a n }为正项等比数列，故q ＝2，所以a 5＝a 1·24＝16，故选D.5．(2020·佛山二模)已知(1＋x )⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x2n (n ∈N *，n <10)的展开式中没有常数项，则n的最大值是( )A ．6B ．7C ．8D ．9 答案 B解析 ∵已知(1＋x )⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x 2n (n ∈N *，n <10)的展开式中没有常数项，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 2n的展开式中没有负一次项和常数项．∵⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x2n 的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r n x n －3r，故n －3r ≠0，且n －3r ≠－1，即n ≠3r ，且n ≠3r －1，∴n ≠3,6,9，且n ≠2,5,8，故n 的最大值为7，故选B.6．(2020·咸阳二模)已知G 是△ABC 的重心，若GC →＝xAB →＋yAC →，x ，y ∈R ，则x ＋y ＝( ) A ．－1 B ．1 C.13 D ．－13答案 C解析由题意，画图，如图所示．由重心的定义，可知 AG →＝23AD →＝23×12(AB →＋AC →)＝13(AB →＋AC →)．∴GC →＝AC →－AG →＝AC →－ 13(AB →＋AC →)＝－13AB →＋ 23AC →.∴x ＋y ＝－13＋23＝13.故选C. 7．(2020·浙江高考)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体＝Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm 3)是( )A ．158B ．162C ．182D ．324 答案 B 解析如图，该柱体是一个五棱柱，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.则底面面积S ＝2＋62×3＋4＋62×3＝27，因此，该柱体的体积V ＝27×6＝162.故选B.8．(2020·佛山一中二模)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x ≥0，x 2－ax ，x <0(a ∈R )为偶函数，则下列结论正确的是( ) A ．f (a )>f (2a )>f (0) B ．f (a )>f (0)>f (2a ) C ．f (2a )>f (a )>f (0) D ．f (2a )>f (0)>f (a ) 答案 C解析因为f (x )是偶函数，所以f (－1)＝f (1)，即1＋a ＝2，所以a ＝1，易知当x ≥0时，f (x )是增函数，又知2a >a >0，所以f (2a )>f (a )>f (0)，故选C.9．(2020·大庆三模)第24届国际数学大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础进行设计的，如图，会标是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形的一个锐角为θ，且tan θ＝2，若在大正方形内随机取一点，则该点取自小正方形区域的概率为( )A.14B.15C.25D.35 答案 B解析设大正方形为ABCD ，小正方形为EFGH ，如图，则tan θ＝AFBF＝2，设小正方形的边长为a ，则AFAF －a＝2，即AF ＝2a ，∴大正方形的边长为5a ，则小正方形与大正方形的面积比为a 25a 2＝15.故选B.10．(2020·广州二模)若曲线y ＝x 3－2x 2＋2在点A 处的切线方程为y ＝4x －6，且点A 在直线mx ＋ny －1＝0(其中m ＞0，n ＞0)上，则1m ＋2n的最小值为( )A ．4 2B ．3＋2 2C ．6＋4 2D ．8 2 答案 C解析设A (s ，t )，y ＝x 3－2x 2＋2的导数为y ′＝3x 2－4x ，可得切线的斜率为3s 2－4s ，由切线方程为y ＝4x －6，可得3s 2－4s ＝4，t ＝4s －6，解得s ＝2，t ＝2或s ＝－23，t ＝－263，由点A 在直线mx ＋ny －1＝0(其中m ＞0，n ＞0)上，可得2m ＋2n ＝1成立⎝ ⎛⎭⎪⎫s ＝－23，t ＝－263，舍去，则1m ＋2n＝(2m ＋2n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋2n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫3＋n m＋2m n ≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋2n m ·2m n ＝6＋42，当且仅当n ＝2m 时，取得最小值6＋42，故选C.11．(2020·全国卷Ⅱ)设F 为双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆x 2＋y 2＝a 2交于P ，Q 两点．若|PQ |＝|OF |，则C 的离心率为( )A. 2B. 3 C ．2 D. 5 答案 A解析设双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右焦点F 的坐标为(c,0)．由圆的对称性及条件|PQ |＝|OF |可知，PQ 是以OF 为直径的圆的直径，且PQ ⊥OF .设垂足为M ，连接OP ，如图，则|OP |＝a ，|OM |＝|MP |＝c2.由|OM |2＋|MP |2＝|OP |2得⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＝a 2，故ca＝2，即e ＝ 2.故选A.12．(2020·深圳二模)如图，在四面体ABCD 中，AB ＝CD ＝2，AC ＝BD＝3，AD ＝BC＝5，E ，F 分别是AD ，BC 的中点．若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为( )A. 6B.62C.52D.54答案 B解析将四面体ABCD 补成长、宽、高分别为3，2，1的长方体(如图)．由于EF ⊥α，故截面为平行四边形MNKL ，可得KL ＋KN ＝5，设异面直线BC 与AD 所成的角为θ，则sin θ＝sin ∠HFB ＝sin ∠LKN ，解得sin θ＝265，∴S 四边形MNKL ＝NK ·KL ·sin∠NKL ≤265⎝ ⎛⎭⎪⎫NK ＋KL 22＝62，当且仅当NK ＝KL 时取等号．故选B.第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2020·合肥一模)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x >0，y >0，x －y ＋1>0，x ＋y －3<0，则z ＝2x －y 的取值范围为________．答案 (－1,6) 解析由约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x >0，y >0，x －y ＋1>0，x ＋y －3<0，作出可行域如图，化目标函数z ＝2x －y 为y ＝2x －z ，由图可知，当直线y ＝2x －z 过点A 时，直线在y 轴上的截距最大，z 有最小值为－1；当直线y ＝2x －z 过点B 时，直线在y 轴上的截距最小，z 有最大值为6. 所以z ＝2x －y 的取值范围为(－1,6)．14．(2020·肇庆二模)已知数列{a n }为等比数列，a 1＝2，a 3＝4，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 28＝________.答案 1020解析 ∵数列{a n }为等比数列，a 1＝2，a 3＝4， ∴q 2＝a 3a 1＝2， ∴a 2n ＝(a 1qn －1)2＝4×(q 2)n －1＝4×2n －1＝2n ＋1，∴a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 28＝41－281－2＝1020.15．(2020·长春质检)已知△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a 2＝b 2＋c 2－bc ，bc ＝4，则△ABC 的面积为________．答案3解析因为在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－bc ，根据余弦定理，可知cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，所以A ＝π3，sin A ＝32.又bc ＝4，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×4×32＝ 3.16．(2020·宣城二模)关于x 的方程kx －ln x x ＝2在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个实根，则实数k 的最小值是________．答案2e ＋1e2解析由kx －ln x x ＝2得kx －2＝ln xx，设g (x )＝ln x x，则g ′(x )＝1x ·x －ln x x 2＝1－ln xx2，则当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，g ′(x )≥0，即函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上为增函数，且g (e)＝ln e e ＝1e ，直线y ＝kx －2过定点(0，－2)，设过点(0，－2)与g (x )相切的切线为l ，若方程kx －ln x x ＝2在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个实根，则直线y ＝kx －2在切线l 与过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，1e 的直线之间，由图象知当直线过点A 时直线的斜率最小，此时k 的最小值为k ＝1e －－2e －0＝1e ＋2e ＝2e ＋1e2.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：60分．17．(本小题满分12分)(2020·郑州第二次质量预测)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n >0，前n 项和为S n ，若a n ＝S n ＋S n －1(n ∈N *，且n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记c n ＝a n ·2an ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)在数列{a n }中，a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， ① ∵a n ＝S n ＋S n －1， ②且a n >0，∴①÷②得S n －S n －1＝1(n ≥2)，∴数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，公差为1的等差数列， ∴S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，∴S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝1，也满足上式， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由(1)，知a n ＝2n －1，∴c n ＝(2n －1)×22n －1，则T n ＝1×2＋3×23＋5×25＋…＋(2n －1)×22n －1，4T n ＝1×23＋3×25＋5×27＋…＋(2n －3)×22n －1＋(2n －1)×22n ＋1，两式相减，得－3T n ＝2＋2(23＋25＋…＋22n －1)－(2n －1)22n ＋1＝2＋2×81－22n －21－4－(2n －1)22n ＋1＝－103＋⎝ ⎛⎭⎪⎫53－2n 22n ＋1，∴T n ＝6n －522n ＋1＋109.18．(本小题满分12分)(2020·山东德州一模)如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB >CD ，E ，F 为AB 的三等分点，且EF ＝CD ，将△AED 和△BFC 分别沿DE ，CF 折起到A ，B 两点重合，记为点P .(1)证明：平面PCF ⊥平面PEF ；(2)若PF ＝FC ，求PD 与平面PFC 所成角的正弦值．解 (1)证明：因为AB ∥CD ，EF ＝CD ，所以四边形CDEF 为平行四边形，所以∠AED ＝∠AFC ；又因为△AED ≌△BFC ，所以∠AED ＝∠BFC ，从而∠AFC ＝∠BFC ＝90°，所以PE ⊥ED ，PF ⊥FC . 因为CF ∥DE ，所以PE ⊥FC ，又因为PE ∩PF ＝P ，PE ⊂平面PEF ，PF ⊂平面PEF ，所以FC ⊥平面PEF .又因为FC ⊂平面PFC ，所以平面PEF ⊥平面PFC .(2)在平面PEF 内作PO ⊥EF ，垂足为O ，取CD 的中点为M . 由(1)可知，FC ⊥平面PEF ，故FC ⊥PO ，可得PO ⊥平面CDEF ，所以PO ⊥OM ，PO ⊥OF ，又因为PF ＝PE ，所以OE ＝OF ，所以OM ∥FC ，所以OF ⊥OM ，所以OP ，OF ，OM 两两垂直；以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设PF ＝FC ＝2，而△PEF 为等边三角形，所以P (0,0，3)，F (1,0,0)，C (1,2,0)，D (－1,2,0)，所以PF →＝(1,0，－3)，PC →＝(1,2，－3)，PD →＝(－1,2，－3)；设n ＝(x ，y ，z )为平面PFC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PF →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧x －3z ＝0，x ＋2y －3z ＝0，可取n ＝(3，0,1)．设PD 与平面PFC 所成的角为θ，则sin θ＝|n ·PD →||n ||PD →|＝64，所以PD 与平面PFC 所成角的正弦值为64. 19．(本小题满分12分)(2020·南昌一模)市面上有某品牌A 型和B 型两种节能灯，假定A 型节能灯使用寿命都超过5000小时，经销商对B 型节能灯使用寿命进行了调查统计，得到如下频率分布直方图：某商家因原店面需重新装修，需租赁一家新店面进行周转，合约期一年，新店面需安装该品牌节能灯5支(同种型号)即可正常营业，经了解，A 型20瓦和B 型55瓦的两种节能灯照明效果相当，都适合安装，已知A 型和B 型节能灯每支的价格分别为120元、25元，当地商业电价为0.75元/千瓦时，假定该店面正常营业一年的照明时间为3600小时，若正常营业期间灯坏了立即购买同型灯更换．(用频率估计概率)(1)若该商家新店面全部安装了B 型节能灯，求一年内5支节能灯在使用期间恰好更换2支灯的概率；(2)若该商家全部使用A 型节能灯或B 型节能灯，则为保证正常营业，应购买哪一种节能灯更合算？解 (1)由频率分布直方图可知，B 型节能灯使用寿命超过3600小时的频率为0.0010×200＝0.2，用频率估计概率，得B 型节能灯使用寿命超过3600小时的概率为15.所以一年内一支B 型节能灯在使用期间需更换的概率为45.所以一年内5支节能灯在使用期间恰好更换2支灯的概率为C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫452×⎝ ⎛⎭⎪⎫153＝32625.(2)共需要安装5支节能灯，若选择A 型节能灯，一年共需花费5×120＋3600×5×20×0.75×10－3＝870元；若选择B 型节能灯，由于B 型节能灯一年内需更换的支数服从二项分布B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，45，故一年内需更换灯的支数的期望为5×45＝4支．故一年共需花费⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋45×5×25＋3600×5×55×0.75×10－3＝967.5元．因为967.5>870，所以该商家应选择A 型节能灯．20．(本小题满分12分)(2020·重庆六区一模)如图，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1，其左、右焦点为F 1(－2，0)及F 2(2,0)，过点F 1的直线交椭圆C 于A ，B 两点，线段AB 的中点为G ，AB 的中垂线与x 轴和y 轴分别交于D ，E 两点，且|AF 1|，|F 1F 2|，|AF 2|构成等差数列．(1)求椭圆C 的方程；(2)记△GF 1D 的面积为S 1，△OED (O 为原点)的面积为S 2，试问：是否存在直线AB ，使得S 1＝S 2？请说明理由．解 (1)∵|AF 1|，|F 1F 2|，|AF 2|构成等差数列， ∴2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝2|F 1F 2|＝8，∴a ＝4. 又∵c ＝2，∴b 2＝12，∴椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)假设存在直线AB ，使得S 1＝S 2，显然直线AB 不能与x ，y 轴垂直，设直线AB 的方程为y ＝k (x ＋2)，将其代入x 216＋y 212＝1，整理得(4k 2＋3)x 2＋16k 2x ＋16k 2－48＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝－16k23＋4k 2.∴点G 的横坐标为x 1＋x 22＝－8k 23＋4k2， ∴G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 23＋4k 2，6k 3＋4k 2. ∵DG ⊥AB ，∴6k3＋4k 2－8k 23＋4k2－x D×k ＝－1，解得x D ＝－2k23＋4k2，即D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2k 23＋4k 2，0， ∵Rt △GDF 1和Rt △ODE 相似，∴若S 1＝S 2，则|GD |＝|OD |，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 23＋4k 2－－2k 23＋4k 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫6k 3＋4k 22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2k 23＋4k 2，整理得8k 2＋9＝0，∵方程8k 2＋9＝0无解， ∴不存在直线AB ，使得S 1＝S 2.21．(本小题满分12分)(2020·新乡模拟)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋2a ln x ，若函数f (x )在定义域上有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2.(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：f (x 1)＋f (x 2)＋ln 2＋32>0.解 (1)因为函数f (x )在定义域(0，＋∞)上有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，所以f ′(x )＝2x －2＋2ax＝0在(0，＋∞)上有两个根x 1，x 2，且x 1<x 2，即x 2－x ＋a ＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的根x 1，x 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝1－4a >0，a >0，解得0<a <14.(2)证明：由题意可知x 1，x 2(0<x 1<x 2)是方程x 2－x ＋a ＝0的两个不等的实根，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝1，x 1x 2＝a ，其中0<a <14.故f (x 1)＋f (x 2)＝x 21－2x 1＋2a ln x 1＋x 22－2x 2＋2a ln x 2 ＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋2a ln (x 1x 2) ＝2a ln a －2a －1，令g (a )＝2a ln a －2a －1，其中0<a <14，故g ′(a )＝2ln a <0，所以g (a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14上单调递减，则g (a )>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝－ln 2－32，即f (x 1)＋f (x 2)＋ln 2＋32>0.(二)选考题：10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．(本小题满分10分)[选修4－4：坐标系与参数方程](2020·辽宁抚顺一模)在直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C 1的极坐标方程为ρ＝2sin θ，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12t ，y ＝32t ＋2(t 为参数)．(1)求曲线C 1的参数方程和直线l 的直角坐标方程；(2)设D 为曲线C 1上在第二象限内的点，且在点D 处的切线与直线l 平行，求点D 的直角坐标．解 (1)由已知，得ρ2＝2ρsin θ，得x 2＋y 2＝2y ，即x 2＋(y －1)2＝1，所以C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos α，y ＝1＋sin α(α为参数)．直线l 的直角坐标方程为3x －y ＋2＝0.(2)由(1)知曲线C 1是以C (0,1)为圆心、半径为1的圆，设点D (cos α，1＋sin α)，因为点D 在第二象限，所以直线CD 的斜率k CD ＝tan α＝－33，得 α＝5π6，得点D 的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32. 23．(本小题满分10分)[选修4－5：不等式选讲](2020·辽宁抚顺一模)已知函数f (x )＝|x ＋a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1a .(1)当a ＝1时，解不等式f (x )≥5；(2)若∀x ∈R ，f (x )≥|m －1|恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|，当x ≤－1时，f (x )＝－x －1－x ＋1＝－2x ≥5，解得x ≤－52；当－1<x <1时，f (x )＝x ＋1－x ＋1＝2≥5，解集为∅；当x ≥1时，f (x )＝x ＋1＋x －1＝2x ≥5，解得x ≥52；综上，当a ＝1时，不等式f (x )≥5的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－52∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，＋∞. (2)显然有a ≠0，由绝对值的三角不等式，得f (x )＝|x ＋a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1a ≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋a －x ＋1a ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋1a ＝|a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a ≥2，所以|m－1|≤2，解得－1≤m≤3，即m∈[－1,3]．。

高考常考题- 函数的零点问题(含解析)

函数的零点问题一、题型选讲题型一、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。

作图与根分布综合的题目，其中作图是通过分析函数的单调性和关键点来进行作图，在作图的过程中还要注意渐近线的细节，从而保证图像的准确。

例1、(2019苏州三市、苏北四市二调）定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )，且在区间[2，4)上⎩⎨⎧<≤-<≤-=43,432,2)(x x x x x f 则函数x x f y log 5)(-=的零点的个数为例2、(2017苏锡常镇调研）若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x－1，x ＜1，ln xx 2，x ≥1，)则函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为________．例3、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】函数()πcos 36f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在[]0π，的零点个数为________．题型二、函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2) 分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决，解法2就是此法．它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题．(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解．例4、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知ln ,1()(2),1x x f x f x k x ≥⎧=⎨-+<⎩若函数()1y f x =-恰有一个零点，则实数k 的取值范围是（） A ．(1,)+∞B ．[1,)+∞C ．(,1)-∞D ．(,1]-∞例5、（2020·全国高三专题练习（文））函数()()22log ,1,1,1,x x f x f x x ≥⎧=⎨+<⎩，若方程()2f x x m =-+有且只有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是（） A ．(),4-∞B ．(],4-∞C ．()2,4-D ．(]2,4-例6、【2020年高考天津】已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx x k =--∈R 恰有4个零点，则k 的取值范围是 A ．1(,)(22,)2-∞-+∞ B ．1(,)(0,22)2-∞-C ．(,0)(0,22)-∞ D ．(,0)(22,)-∞+∞例7、【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >0例8、（2020·浙江学军中学高三3月月考）已知函数2(4),53()(2),3x x f x f x x ⎧+-≤<-=⎨-≥-⎩，若函数()()()1g x f x k x =-+有9个零点，则实数k 的取值范围是（）A ．1111,,4664⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．1111,,3553⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．11,64⎛⎫⎪⎝⎭D ．11,53⎛⎫ ⎪⎝⎭例9、（2020届浙江省杭州市第二中学高三3月月考）已知函数()()2,22,2,x f x f x x ≤<=-≥⎪⎩()2g x kx =+，若函数()()()F x f x g x =-在[)0,+∞上只有两个零点，则实数k 的值不可能为A ．23- B ．12-C ．34-D ．1-二、达标训练1、（2019·山东师范大学附中高三月考）函数()312xf x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的零点所在区间为（） A ．()1,0-B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()1,22、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()e 0ln 0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，，，，()()g x f x x a =++．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A ．[–1，0）B ．[0，+∞）C ．[–1，+∞）D ．[1，+∞）3、（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）已知,a b ∈R ，函数(),0(),0x x a e ax x f x x x ⎧++≤=⎨>⎩，若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（） A ．1,0a b >>B ．1,0a b ><C ．1,0a b <>D ．1,0a b <<4、（2020届山东实验中学高三上期中）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()x g x e a=-(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（） A ．12BC ．2e D5、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知函数(01)()2(1)x f x x x⎧<≤⎪=⎨>⎪⎩，若方程()f x x a =-+有三个不同的实根，则实数a 的取值范围是________．6、【2018年高考浙江】已知λ∈R ，函数f (x )=24,43,x x x x x λλ-≥⎧⎨-+<⎩，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．7、【2020届江苏省南通市如皋市高三下学期二模】已知函数()222,01,03x x ax a x f x e ex a x x⎧++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，若存在实数k ，使得函数()y f x k =-有6个零点，则实数a 的取值范围为__________.一、题型选讲题型一、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。

2024年高考语文必考题大纲

2024年高考语文必考题大纲高考，对于每一位学子来说，都是人生中的一次重要挑战。

而语文作为主要科目之一，其重要性不言而喻。

以下是对 2024 年高考语文必考题的一个大致分析。

一、现代文阅读1、论述类文本阅读这类文本通常会涉及社会科学、自然科学等领域的前沿观点和研究成果。

考题可能会着重考查学生对文本核心概念的理解、对论点和论据的分析，以及对作者观点和论证思路的把握。

例如，给出一篇关于人工智能发展对社会影响的论述文，让学生分析其中的观点是否合理，论证是否严密。

2、实用类文本阅读多以新闻报道、科普文章、调查报告等形式出现。

重点考查学生对信息的筛选整合能力，以及对实用文体特点的了解。

比如，给出一则关于某地区生态环境治理的新闻报道，要求学生概括主要内容，提取关键信息，并回答相关问题。

3、文学类文本阅读包括小说、散文、诗歌等。

主要考查学生对文学作品的形象、语言、主题等方面的理解和鉴赏能力。

可能会让学生分析人物形象的特点，品味作品的语言特色，探讨作品的主题内涵。

比如，提供一篇短篇小说，让学生分析小说中主人公的性格特点以及作者通过这个故事想要表达的深层含义。

二、古代诗文阅读1、文言文阅读选取的文言文可能来自史传、诸子百家等经典著作。

考查学生对文言实词、虚词、句式的掌握，以及对文章内容的理解。

可能会要求学生翻译文中的重点句子，概括人物形象或事件经过。

2、古代诗歌阅读涵盖了唐诗、宋词、元曲等。

主要考查学生对诗歌意象、意境、表达技巧和思想感情的理解。

比如，给出一首古诗，让学生分析其运用的修辞手法，体会诗人的情感。

3、名句名篇默写这部分通常要求学生背诵和默写一定数量的古代诗文名句，包括诗词曲、文言文等。

三、语言文字运用1、词语运用考查学生对词语的理解和正确使用，包括成语、俗语等。

通过语境中的选词填空、词语辨析等题型来检验。

2、病句修改让学生判断并修改句子中的语病，涉及语法、逻辑等方面的问题。

3、修辞手法要求学生识别和分析句子中运用的修辞手法，如比喻、拟人、夸张等。

2019年高考真题+高考模拟题专项汇编：理数——专题04立体几何(解析版)

专题04 立体几何1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为 A ．68π B ．64π C ．62πD ．6π【答案】D【解析】解法一：,PA PB PC ABC ==Q △为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥I 平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体的一部分，22226R =++=，即364466,π62338R V R =∴=π=⨯=π，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC Q △为边长为2的等边三角形，3CF ∴=，又90CEF ∠=︒，213,2CE x AE PA x ∴=-==，AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =Q ，D \为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x∠==，2243142x x x x+-+∴=， 22122122x x x ∴+=∴==，，，2PA PB PC ∴===，又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，22226R ∴=++=，62R ∴=，344666338V R ∴=π=π⨯=π，故选D.【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决． 2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，Q 平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ===,，35,,722MF BF BM ==∴=，BM EN ∴≠，故选B ．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．4．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158 B．162C．182 D．324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为2646336162 22++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭.故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.5．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则A．β<γ，α<γB．β<α，β<γC．β<α，γ<αD．α<β，γ<β【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBαβ===<=，即αβ>；在Rt △PED 中，tan tan PD PDED BDγβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.6．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118.8【解析】由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形， ∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=．又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=，所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.7．【2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=. 【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．8．【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α. 故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.9．【2019年高考天津卷理数】2的正方形，5若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【答案】π4【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5，借助勾股定理，可知四棱锥的高为512-=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.10．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 ▲ .【答案】10【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=.【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.11．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A −MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）105. 【解析】（1）连结B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ．由题设知A 1B 1=P DC ，可得B 1C =P A 1D ，故ME =P ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ．（2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA uuu r的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，3,2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-u u u r ，1(13,2)A M =--u u u u r，1(1,0,2)A N =--u u u u r ，(0,3,0)MN =u u u u r．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u r m m ，所以32040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取(3,1,0)=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u u r ，．n n 所以3020q p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是2315cos ,||525⋅〈〉===⨯‖m n m n m n ，所以二面角1A MA N --10【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.12．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）32. 【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA u u u r的方向为x 轴正方向，||DA uuu r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =u u u r ，(1,1,1)CE =-u u u r，1(0,0,2)CC =u u u u r．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u ur n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u ru u ur m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）．于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --的正弦值为32．【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.13．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B −CG −A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30o .【解析】（1）由已知得AD P BE ，CG P BE ，所以AD P CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）作EH⊥BC，垂足为H．因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC．由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=3．以H为坐标原点，HCu u u r的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，03CGu u u r=（1，03），ACu u u r=（2，–1，0）．设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则0,0,CGAC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rnn即30,20.x zx y⎧+=⎪⎨-=⎪⎩所以可取n=（3，6，3又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以3cos,||||2⋅〈〉==n mn mn m．因此二面角B–CG–A的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.14．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且13PFPC=．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【答案】（1）见解析；（23（3）见解析. 【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ．又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ．（2）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）．所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=u u u r u u u r u u u r ．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 令z =1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以3cos ,||3⋅〈〉==-‖n p n p n p . 由题知，二面角F −AE −P 为锐角，所以其余弦值为33．（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--u u ur ，所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++=u u u r n .所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.15．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87．【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE u u u r u u u r u u u r，，的方向为x 轴，y 轴，z轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB =u u u r 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =u u u r，可得0BF AB ⋅=u u u r u u u r，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ．（2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--u u u r u u u r u u u r ．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rn n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-u u u ru u u r u u u r n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49．（3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rm m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩ 不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有224||1cos ,||||3432h h -⋅〈〉===+m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意．所以，线段CF的长为87．【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．16．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC . 因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.17．【2019年高考浙江卷】（本小题满分15分）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35．【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3. 由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===，所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35．方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B1，0），1B，3,2F ，C (0，2，0)．因此，3(,22EF =u u u r，(BC =u u u r ．由0EF BC ⋅=u u u r u u u r得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(10)=(02BC A C -u u u r u u u u r，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u rn n，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u ru u u r u u u r ，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.18．【云南省昆明市2019届高三高考5月模拟数学试题】已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若αβ⊥，则下列结论正确的是 A ．l β∥或l β⊄ B ．//l m C ．m α⊥ D ．l m ⊥【答案】A【解析】对于A ，直线l ⊥平面α，αβ⊥，则l β∥或l β⊂，A 正确；对于B ，直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，且αβ⊥，则//l m 或l 与m 相交或l 与m 异面，∴B 错误；对于C ，直线m ∥平面β，且αβ⊥，则m α⊥或m 与α相交或m α⊂或m α∥，∴C 错误；对于D ，直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，且αβ⊥，则//l m 或l 与m 相交或l 与m异面，∴D错误．故选A．【名师点睛】本题考查了空间平面与平面关系的判定及直线与直线关系的确定问题，也考查了几何符号语言的应用问题，是基础题．19．【陕西省2019届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱111ABC A B C-的侧棱与底面边长都相等，1A在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与1CC所成的角的余弦值为A．3B．34C．54D．54【答案】B【解析】如图，设BC的中点为D，连接1A D、AD、1A B，易知1A AB∠即为异面直线AB与1CC所成的角（或其补角）.设三棱柱111ABC A B C-的侧棱与底面边长均为1，则3AD=，112A D=，12A B=，由余弦定理，得2221111cos2A A AB A BA ABA A AB+-∠=⋅111322114+-==⨯⨯.故应选B.【名师点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，通过平移找到所成角是解这类问题的关键，若平移不好作，可采用建系，利用空间向量的运算求解，属于基础题.解答本题时，易知1A AB∠即为异面直线AB与1CC所成的角（或其补角），进而通过计算1ABA △的各边长，利用余弦定理求解即可.20．【四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2的正方形ABCD 中，,E F 分别是,BC CD 的中点，现在沿,AE AF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使,,B C D 三点重合，重合后的点记为P ，则四面体P AEF -的高为A ．13 B ．23C ．34D ．1【答案】B【解析】如图，由题意可知PA PE PF ，，两两垂直，∴PA ⊥平面PEF ， ∴11111123323PEF A PEF V S PA -=⋅=⨯⨯⨯⨯=△，设P 到平面AEF 的距离为h ，又2111321212112222AEF S =-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=△， ∴13322P AEF hV h -=⨯⨯=，∴123h =，故23h =，故选B .【名师点睛】本题考查了平面几何的折叠问题，空间几何体的体积计算，属于中档题．折叠后，利用A PEF P AEF V V --=即可求得P 到平面AEF 的距离．21．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学试题】在三棱锥P ABC-中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．【答案】48π【解析】如图，在等边三角形ABC 中，取AB 的中点F ，设等边三角形ABC 的中心为O ，连接PF ，CF ，OP .由6AB =，得223,33AO BO CO CF OF ===== PAB Q △是以AB 为斜边的等腰角三角形，PF AB ∴⊥,又平面PAB ⊥平面ABC ，PF ∴⊥平面ABC ，PF OF ∴⊥，2223OP OF PF =+=则O 为棱锥P ABC -的外接球球心，外接球半径23R OC ==∴该三棱锥外接球的表面积为(24π348π⨯=，故答案为48π.【名师点睛】本题主要考查四面体外接球表面积，考查空间想象能力，是中档题. 要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径.求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两两垂直，则用22224R a b c =++（,,a b c 为三条棱的长）；②若SA ⊥面ABC （SA a =），则22244R r a =+（r 为ABC △外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.22．【2019北京市通州区三模数学试题】如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ABCD ⊥底面，AB AC ⊥，1AB =，12,5AC AA AD CD ===E 为线段1AA 上的点，且12AE =．（1）求证：BE ⊥平面1ACB ；（2）求二面角11D AC B --的余弦值；（3）判断棱11A B 上是否存在点F ，使得直线DF ∥平面1ACB ，若存在，求线段1A F 的长；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（210；（3）见解析. 【解析】（1）因为1A A ABCD ⊥底面，所以1A A AC ⊥．又因为AB AC ⊥，所以AC ⊥平面11ABB A ，又因为BE ⊂平面11ABB A ，所以AC ⊥BE ．因为112AE ABAB BB ==，∠EAB =∠ABB 1=90°，所以1Rt Rt ABE BB A △∽△．所以1ABE AB B ∠=∠．因为1190BAB AB B ∠+∠=︒，所以190BAB ABE ∠+∠=︒．所以BE ⊥1AB ．又1AC AB A=I，所以BE⊥平面1ACB．（2）如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得111(0,0,0),(0,1,0),(2,0,0),(1,2,0),(0,0,2),(0,1,2),(2,0,2), A B C D A B C-11(1,2,2),(0,0,)2D E-．由（1）知，1(0,1,)2EBu u u r=-为平面1ACB的一个法向量，设(,,)x y z=n为平面1ACD的法向量．因为1(1,2,2),(2,0,0)AD ACu u u u r u u u r=-=，则10,0,ADAC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u uu u urrnn即220,20,x y zx-+=⎧⎨=⎩不妨设1z=，可得(0,1,1)=n．因此10cos,10||||EBEBEBu u u ru u u ru u u rnnn×<>==．因为二面角11D AC B--为锐角，所以二面角11D AC B--10．（3）设1A F a=，则(0,,2)F a，(1,2,2)DF au u u r=-+．1(1,2,2)(0,1,)2102DF EB a a u u u r u u u r ?-+?=+-=，所以1a =-（舍）．即直线DF 的方向向量与平面1ACB 的法向量不垂直，所以，棱11A B 上不存在点F ，使直线DF ∥平面1ACB ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直与平行、以及二面角的问题，熟记线面垂直的判定定理以及空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型.（1）根据线面垂直的判定定理，直接证明，即可得出结论成立；（2）以A 为原点建立空间直角坐标系，由（1）得到1(0,1,)2EB u u u r =-为平面1ACB 的一个法向量，再求出平面1ACD 的一个法向量，求两向量夹角的余弦值，即可得出结果；（3）先设1A F a =，用向量的方法，由0DF EB u u u r u u u r?求出a 的值，结合题意，即可判断出结论.。

高中化学必刷04 选择题必刷20题(四)-备战2020年高考化学新冠疫情考题必刷(原卷版)

必刷题型一选择题（80题）必刷04（20题）1．截止2020年4月5日，全球新型冠状病毒肺炎确诊超过120万例。

以下对预防新冠病毒的认识，不符合科学道理的是（）2．化学在科技进步方面发挥着重要的作用。

下列说法正确的是（）A．是制备有机发光二极管OLED的材料之一，其属于有机高分子化合物B．2019世界能源大会把核能作为含碳能源重要替代品，核电站把化学能转化为电能C．DAC法能够实现直接从空气中捕获二氧化碳，该法可缓解全球日益严重的温室效应D．以纯净物聚丙烯为原料生产的熔喷布口罩，在“新冠肺炎战疫”中发挥了重要作用3．李兰娟院士团队在救治感染新型冠状病毒患者过程中，发现达芦那韦对新冠病毒有一定的抑制作用。

下列有关该物质的说法正确的是（）A．含有苯环，属于芳香烃B．苯环上的一溴代物代物有5种同分异构体C．1 mol该物质最多能与7 mol H2发生加成反应D．不能溶于水、酸溶液、碱溶液4．新冠疫情暴发，消毒剂成为紧俏商品，下列常用的消毒剂中，消毒原理与氧化还原无关的是（）5．2020年的春节期间，新冠病毒肆虐。

因为核酸是生命的基础物质，是病毒的“身份证”，所以患者的确诊需要病毒的核酸检验。

以下关于核酸的论述正确的是()。

A．核酸是核蛋白的非蛋白部分，也是由氨基酸残基组成的B．核酸水解产物中含有磷酸、葡萄糖和碱基C．核酸、核苷酸都是高分子化合物D．核酸有核糖核酸和脱氧核糖核酸两类，对蛋白质的合成和生物遗传起重要作用6．在2020年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中，化学药品发挥了重要作用。

下列说法不正确的是（）A．84消毒液、过氧乙酸溶液均可作为环境消毒剂B．医用消毒酒精中乙醇的体积分数为75%C．用来合成抑制新冠病毒（COVID-19）的潜在药物磷酸氯喹的中间体（喹啉）属于芳香烃D．生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料7．化学与生产、生活、社会密切相关。

下列说法正确的是（）A．一次性医用外科口罩的核心功能层熔喷布是以纯净物聚丙烯为原料制成B．高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来C．在“新冠肺炎战疫”中，84消毒液和医用酒精都可以用来消毒，但不宜混合使用D．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附8．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是( )A．唐代《真元妙道要略》中有云“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作过程B．食盐加碘能预防地方性甲状腺肿，可用淀粉直接检验食盐中是否含有碘C．有机磷农药多为磷酸酯或硫代磷酸酯类物质，肥皂水因有利于其水解而解毒D．新冠肺炎期间使用的消毒剂“84"消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故9．实现中国梦，离不开化学与科技的发展。

2017年全国文数立体几何高考题—老师专用(4)

2017年全国文数立体几何高考题—老师专用（4）1．【2017全国III 卷文数·9T 】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（） A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4【答案】B【解析】如果，画出圆柱的轴截面，11,2AC AB ==，所以2r BC ==，那么圆柱的体积是22314V r h πππ==⨯⨯=⎝⎭，故选B. 【考点】圆柱体积【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解. 2．【2017全国III 卷文数·10T 】在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为棱CD 的中点，则（）A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥【答案】C【考点】线线位置关系【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.3.【2017全国II 卷文数·6T 】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A.90πB.63πC.42πD.36π 【答案】B【解析】由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为2213634632V πππ=⋅⋅⋅+⋅⋅=，故选B.4. 【2017全国I卷文数·6T】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是A．B．C．D．【答案】A试题分析：由B，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由C，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由D，AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ．故A不满足，选A．【考点】空间位置关系判断【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及空间想象能力，属容易题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．5. 【2017全国北京卷文数·6T】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（A）60 （B）30（C）20 （D）10【答案】D6．【2017全国I 卷文数·16T 】已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥S-ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．【答案】36π形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球．7.【2017全国II 卷文数·15T 】长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为【答案】14π.8.【2017全国天津卷文数·11T 】已知一个正方形的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 . 【答案】92π【解析】设正方体边长为，则226183a a =⇒=，外接球直径为34427923,πππ3382R V R ====⨯=.9.【2017全国江苏卷文数·6T 】如图,在圆柱12,O O 内有一个球O ,该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱12,O O 的体积为1V ,球O 的体积为2V ,则12V V 的值是. 【答案】32⋅【考点】圆柱体积【名师点睛】空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解． (2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解． 10.【2017全国山东卷文数·13T 】由一个长方体和两个14圆柱构成的几何体的三视图如图,则该几何体的体积为 .【答案】π22+【解析】试题分析：由三视图可知,长方体的长宽高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆半径为1,所以2π1π21121242V ⨯=⨯⨯+⨯⨯=+.【考点】三视图及几何体体积的计算.【名师点睛】(1)由实物图画三视图或判断、选择三视图,此时需要注意“长对正、高平齐、宽相等”的原则.[ (2)由三视图还原实物图,解题时首先对柱、锥、台、球的三视图要熟悉,再复杂的几何体也是由这些简单的几何体组合而成的；其次,要遵循以下三步：①看视图,明关系；②分部分,想整体；③综合起来,定整体． 11.【2017全国山东卷文数·18T 】（本小题满分12分）由四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1- B 1CD 1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD 为正方形,O 为AC 与BD 的交点,E 为AD 的中点,A 1E ⊥平面ABCD , （Ⅰ）证明：1AO ∥平面B 1CD 1;（Ⅱ）设M 是OD 的中点,证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】①证明见解析.②证明见解析.试题分析：（Ⅰ）取11B D 中点F ,证明1//AO CF ,（Ⅱ）证明11B D ⊥面1A EM .(II)因为 AC BD ⊥,E ，M 分别为AD 和OD 的中点, 所以EM BD ⊥,因为ABCD 为正方形,所以AO BD ⊥, 又 1A E ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD 所以1,A E BD ⊥ 因为11//,B D BD所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥又1,A E EM ⊂平面1A EM ，1A E EM E = .所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD ,所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【考点】空间中的线面位置关系【名师点睛】证明线面平行时,先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行,若找不到这样的直线,可以考虑通过面面平行来推导线面平行,应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置,有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时,一定要注意定理成立的条件,严格按照定理成立的条件规范书写步骤,如把线面平行转化为线线平行时,必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交,则直线与交线平行．12.【2017全国江苏卷文数·15T 】如图,在三棱锥A-BCD 中,AB ⊥AD , BC ⊥BD , 平面ABD ⊥平面BCD , 点E ,F (E 与A ,D 不重合)分别在棱AD ,BD 上,且EF ⊥AD .求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD ⊥AC .【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：（1）在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF AD ⊥，所以EF AB ∥. 又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .【考点】线面平行判定定理、线面垂直判定与性质定理，面面垂直性质定理【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.13．【2017全国III 卷文数·19T 】（12分）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD =CD ．（1）证明：AC ⊥BD ；（2）已知△ACD 是直角三角形，AB =BD ．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．【答案】（1）详见解析；（2）1【解析】试题分析：（1）取AC 中点O ，由等腰三角形及等比三角形性质得OD AC ⊥，OB AC ⊥，再根据线面垂直判定定理得⊥AC 平面OBD ，即得AC ⊥BD ；（2）先由AE ⊥EC ，结合平几知识确定EC AE =，再根据锥体体积公式得，两者体积比为1:1.∴2==EC AE ，在ABD ∆中，设x DE =，根据余弦定理DEAD AE DE AD BD AD AB BD AD ADB ⋅-+=⋅-+=∠22cos 222222 x x ⨯⨯-+=⨯⨯-+=22222222)22()22(2222222解得2=x ，∴点E 是BD 的中点，则ACE B ACE D V V --=，∴1=--ACEB ACED V V .【考点】线面垂直判定及性质定理，锥体体积【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.14.【2017全国II 卷文数·18T 】(12分)如图，四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB=BC=12AD, ∠BAD=∠ABC=90°。

高考数学复习：高考题型解法训练(选择题的解法等10个) 人教课标版精品课件

[f(x1)+f(x2)]≥f(
x1 x2 )，主要是通过作差法
2
f(x1)+f(x2)－
2f(
x1 x2 2
)解决的，作差是比较
大小的一种常用方法.
专题四函数解答题的解法
考题剖析
5. （2007·黄冈中学模拟题）已知集合M是满足下列性质的函数f (x)的全体：存在非零常数T，对任意x∈R，有 f (x＋T) =Tf (x)成立.
专题四函数解答题的解法
应试策略
3. 重视函数思想的指导作用. 用变量和函数来思考问题的方法就是函数思想. 函数思想是函数概念、性质等知识在更高层次上的提炼和概括，是在知识和方法反复学习运用中抽象出来的带有观念性的指导方法. 函数思想的应用：
(1)在求变量范围时，考虑能否把该变量表示为另一变量的函数，从而转化为求该函数的值域；
专题四函数解答题的解法考题剖析
1. （2007·上海模拟题）已知函数f(x)= ax
+
x x

2 1
，a＞1.
（1）证明：函数f(x)在(－1,+∞)上为增函数；
（2）用反证法证明方程f(x)=0没有负数根.
专题四函数解答题的解法
（1）证明：设－1＜x1＜x2, ∴0＜x1+1＜x2+1,
(2)因为函数f(x)=ax(a＞0且a≠1)的图象与函数y=x的图象有公共点，所以方程组：y a x 有解，消去y得 y x ax=x，显然x=0 不是方程ax=x的解，所以存在非零常数 T, 使aT=T.于是对于f(x)=ax有f(x+T)=ax+T=aT·ax=T·ax=Tf(x)
专题四函数解答题的解法考题剖析

《大高考》2022高考语文(全国通用)二轮复习练习：5年高考真题专题4扩展语句 Word版含答案

专题四扩展语句2021～2011年全国及各省市高考题考点一连词成段1.(2021·“北约”卷，7)请写一则不少于150字的笑话，并用上以下四个词语。

(4分)北大清华高考状元答：__________________________________________________________________________________________________________________________解析笑的产生，总与对既有规范的调侃甚至颠覆有关。

可将“高考状元”设为一人，然后编写一个故事，让“北大”与“清华”具有某种联系。

留意设置令人捧腹的“笑点”。

答案(示例)某公司一个北大毕业的高管发觉自己家的下水道堵了，就请一个水管工来修。

修好后高管不禁对着账单大叫：“什么！就30分钟你收我工资的1/3！”水管工说：“你也可以干啊。

不过你得说你只是学校毕业。

公司不宠爱学历太高的人。

”于是高管就去当了水管工，收入一下变成了原来的三倍。

几年后公司打算把水管工的文化水平提高到学校。

老师抽一个人上来写圆面积公式。

这个高管被抽中，不过他已经忘了，只好从头推导：把圆无限分割后积分。

但他得出的结果是负的。

他格外尴尬，突然下面一人说：把积分上下限交换一下。

高管感谢不尽，等他走下来，那个同事小声说：“我当年是读清华的高考状元……”2.(2011·天津卷，23)请从以下7个词语中任选4个，写一段话。

要求语意完整，合乎情理，不超过48字。

(4分)给力雷人粉丝妙趣横生山重水复美不胜收怡然得意答：______________________________________________________________________________________________________________________解析此题考查扩展语句的力量。

解题时，考生首先要理解给出的每个词语的意思，特殊是新近流行的词语，如“给力”“雷人”等。

2022届高考理综化学部分模拟训练小卷04

2022届高考理综化学部分模拟训练小卷04(时间：45分钟满分：100分)可能用到的相对原子质量P：31B：11O：16S：32Cl：35.5一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

7．化学与生活密切相关，下列说法正确的是()A．福尔马林用于环境消毒和肉类食品防腐保鲜B．华为5G手机芯片的主要成分是单晶硅C．嫦娥五号飞船用钛合金外壳抵抗电离辐射D．用谷物酿造出酒和醋，酿造过程先生成醋后生成酒8．化合物M是合成某药物的中间体，其结构如图所示。

下列关于化合物M的说法错误的是()A．分子式为C20H20O3，能够发生水解反应B．既能跟金属钠反应，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．苯环上的一氯代物有3种D．1 mol M可与7 mol H2发生加成反应9．由下列实验现象一定能得出相应结论的是()向分别盛有5 mL 0.1mol/L 硫代硫酸钠溶液的试管中滴加5 mL 0.1mol/L 硫酸溶液，一段时间后分别放在冷水和热水中中首先出现浑浊越快10.中国学者在水煤气变换[CO(g)＋H 2O(g)CO 2(g)＋H 2(g) ΔH <0]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的，反应过程示意图如下，下列说法错误的是( )A ．过程Ⅰ和过程Ⅲ分别为吸热过程和放热过程B ．反应物总能量高于生成物总能量C ．过程Ⅲ既生成了极性键也生成了非极性键D ．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH11．现有短周期主族元素X 、Y 、Z 、R 、T 。

R 原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y 与Z 能形成Z 2Y 、Z 2Y2型离子化合物，Z 与T 形成的Z 2T 化合物的水溶液呈碱性。

五种元素的原子半径与原子序数的关系如图。

下列说法正确的是( )A ．原子半径和离子半径均满足：Y<ZB ．简单的气态氢化物的沸点和稳定性排序均为Y>TC ．最高价氧化物对应的水化物的酸性：T<RD ．由X 、R 、Y 三种元素组成的化合物水溶液一定显酸性12．ZulemaBorjas 等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法错误的是( )A ．该装置不可以在高温下工作B ．X 、Y 依次为阴离子、阳离子选择性交换膜C ．负极反应为CH 3COO －＋2H 2O ＋8e －===2CO 2↑＋7H ＋D ．该装置工作时，化学能转化为电能13．常温下，用不同浓度的NaOH 溶液分别滴定20 mL 与其同浓度的某弱酸HA(电离常数为K a )溶液，滴定曲线如下图所示。

常考题空4平衡图像原因解释之温度压强对平衡的影响(附答案解析)备战2023年高考化学大题逐空突破系列

常考题空4 平衡图像原因解释之温度、压强对平衡的影响【高考必备知识】1．影响化学平衡的因素(1)若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响改变的条件(其他条件不变)化学平衡移动的方向浓度增大反应物浓度或减小生成物浓度向正反应方向移动减小反应物浓度或增大生成物浓度向逆反应方向移动压强(对有气体参加的反应) 反应前后气体体积改变增大压强向气体分子总数减小的方向移动减小压强向气体分子总数增大的方向移动反应前后气体体积不变改变压强平衡不移动温度升高温度向吸热反应方向移动降低温度向放热反应方向移动催化剂同等程度改变v 正、v 逆，平衡不移动(2)“惰性气体”对化学平衡移动的影响 ①恒温、恒容下：加入惰性气体−−→−引起体系总压增大，但体积不变，各反应物、生成物的浓度均未改变，故反应速率不变，V 正、V 逆也不变，化学平衡也不发生移动 ②恒温、恒压下：加入惰性气体−−→−引起体积增大−−→−引起各反应物浓度减少−−→−引起反应速率减小，V 正、 V 逆均减小，等效于降压，故化学平衡向气体总体积增大的方向移动2．掌握三类平衡移动图像：反应m A(g)＋n B(g)p C(g)＋q D(g)，m ＋n ＞p ＋q ，且ΔH ＞0 (1)速率—时间图——注意断点 t 1时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大；t 2时升高温度，对任何反应，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的正反应速率增大较快；t 3时减小压强，容器容积增大，浓度变小，正反应速率和逆反应速率均减小；t 4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大(2)转化率(或含量)—时间图——先拐先平甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的反应，压强越大，反应物的转化率越大；乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应物的转化率 (3恒压(温)线——定一议二分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即：为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响【答题模板及剖析】恒压线(恒温线)答题策略叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果)答题模板该反应的正反应是气体分子数减小(或增大)的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，因此×××(得结论)经典例题乙烯气相水合反应的热化学方程式为C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)ΔH＝－45.5 kJ·mol－1，下图是乙烯气相水合法制乙醇中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n(H2O)∶n(C2H4)＝1∶1]。

热学专项练习题(高考物理)

专题十五热学考点考向5年考情预测热度考题示例学业水平关联考点素养要素解法分子动理论分子动理论、内能2018课标Ⅱ,33(1),5分 3 重力势能能量观念排除法★★☆2017课标Ⅰ,33(1),5分 3 运动观念固体、液体、气体气体实验定律、理想气体状态方程2018课标Ⅰ,33,10分 4 平衡条件相互作用观念★★★2018课标Ⅱ,33(2),10分 4 平衡条件相互作用观念2018课标Ⅲ,33(2),10分 4 平衡条件相互作用观念2017课标Ⅰ,33(2),10分 3 相互作用观念2017课标Ⅱ,33(2),10分 4 平衡条件相互作用观念2017课标Ⅲ,33(2),10分 4 平衡条件相互作用观念2016课标Ⅲ,33(2),10分 4 相互作用观念2015课标Ⅰ,33(2),10分 4 平衡条件相互作用观念2014课标Ⅰ,33(2),9分 4 相互作用观念热力学定律与能量守恒热力学第一定律2018课标Ⅲ,33(1),5分 3 理想气体状态方程能量观念★★★2017课标Ⅱ,33(1),5分 3 能量观念2017课标Ⅲ,33(1),5分 3 理想气体状态方程能量观念2016课标Ⅰ,33(1),5分 3 能量观念2016课标Ⅱ,33(1),5分 4 理想气体状态方程能量观念分析解读本专题内容为新课标地区的选考内容,概念规律繁多,但要求较低,复习时应注意以下几个方面。

(1)加强对基本概念和基本规律的理解。

强化概念和规律的记忆,如布朗运动、分子动能、分子势能、物体内能、热传递、分子力等概念;分子力的特点、分子力随分子间距离的变化关系、分子势能随分子间距离的变化关系、分子动能与温度的关系、热力学第一定律、热力学第二定律及三个气体实验定律等。

(2)固体、液体部分内容常结合实例考查晶体和非晶体的特点及液体表面张力产生的原因;应学会用表面张力解释一些生活现象。

(3)建立宏观量与微观量的关系。

对一个物体而言,其分子动能与物体的温度相对应,其分子势能与物体的体积相对应。

常考题空4 晶体化学式及粒子数确定 (附答案解析)-高考化学大题

常考题空4　晶体化学式及粒子数确定【高考必备知识】1．晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法(1)原则：晶胞中任意位置上的一个原子如果是被n 个晶胞所共有，那么，每个晶胞对这个原子分得的份额就是1n(2)方法：①长方体(正方体)晶胞中不同位置的粒子数的计算a ．处于顶点上的粒子，同时为8个晶胞所共有，每个粒子有18属于该晶胞b ．处于棱边上的粒子，同时为4个晶胞所共有，每个粒子有14属于该晶胞c ．处于晶面上的粒子，同时为2个晶胞所共有，每个粒子有12属于该晶胞d ．处于晶胞内部的粒子，则完全属于该晶胞②非长方体晶胞中粒子视具体情况而定三棱柱六棱柱平面型石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形，其顶点(1个碳原子)被三个六边形共有，每个六边形占132．熟记几种常见的晶胞结构及晶胞含有的粒子数目晶体NaClCsClZnSCaF 2金刚石晶体结构粒子数目4个Na ＋，4个Cl － 1个Cs +，1个Cl － 4个S 2－，4个Zn 2＋ 4个Ca 2＋，8个F －8个C晶体简单立方体心立方面心立方氮化硼干冰晶体结构粒子数目1个原子2个原子4个原子4个B，4个N4个CO2【题组集训】1．利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，如图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为________，该功能陶瓷的化学式为________2．石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图所示，M原子位于晶胞的棱上与内部。

该晶胞中M原子的个数为________，该材料的化学式为________3．一个Cu2O晶胞如图所示，Cu原子的数目为______4．某Fe x N y的晶胞如图－1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n) Cu n N y。

Fe x N y转化为两种Cu替代型产物的能量变化如题图－2 所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为___________5．碳的另一种单质C60可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图(c)所示。

【精编精校卷】2022届重庆市八中高考适应性月考卷(四)生物试题

含有两个腺嘌呤缺陷型突变基因ad16和ad8的二倍体，ad16和ad8在一条染色体上称为顺式排列，在不同染色体上称为反式排列。该突变体后代还会出现少量的野生型，如图所示：
下列叙述错误的是
A.上述二倍体核突变体在减数第一次分裂前期发生了基因重组
B.杂合体(2)(4)是野生型，这表明ad16和ad8都是隐性基因
（2）据实验一图乙分析，影响气孔导度大小的环境因素有_______（至少答出两点）。综合图甲和图乙分析，在晴朗天气的正午时分，枇杷叶的净光合速率一般会出现低谷，主要原因是_______。
（3）人体细胞代谢产生自由基可攻击细胞的膜结构，这些膜结构碎片中脂肪含量高，容易被氧化为脂褐素，而超氧化物歧化酶（SOD）是清除自由基的首要物质。请根据上述材料分析，老年人容易在体表形成“老年斑”的可能原因是___________。
（4）骨骼肌细胞呈梭形，含有丰富的肌球蛋白和肌动蛋白。如果细胞⑥发生癌变，在光学显微镜下可以看得到的变化是___________。
【答案】C
15.圆形果单一花序（AABB）与长形果复状花序（aabb）杂交，F1全是圆形果单一花序。F1自交后代中，圆单、圆复、长单、长复的数量分别约为480、30、30、140.据此判断，F1中两对基因的位置关系是
A. B. C. D.
【答案】B
16.已知脂肪兔的毛色有白色和淡黄色两种表现型，由一对等位基因控制。将一只白色脂肪雄兔与多只白色脂肪雌兔交配，子代白色与淡黄色的数量比为3：1.下列判断错误的是
7.光合作用的发现历时较长，光合作用的条件、场所、产物、原料等由多名科学家先后发现。下列关于光合作用发现历程的叙述，错误的是
A.科学家将绿色植物和小鼠放在密闭透明玻璃罩内，发现小鼠在黑暗条件下的存活时间Fra bibliotek在光照条件下短