第15讲答案
四年级第15讲-等差数列(二)-教师版
在下面9个方框中各填一个数，使这9个数从左到右构成等差数列，其中4、20已经填好，这个等差数列的公差是几？请你填好这个等差数列。
【答案】公差是2。
【解析】相差：9-1=8(个)公差，公差(d)：(20-4)÷(9-1)=2⑴有一个等差数列，第1项是3，第10项是39，公差是多少？⑵已知一个等差数列第7项等于43，第9项等于57。
请问这个数列的公差是多少？【答案】（1）4；（2）7。
【解析】（1）公差(d)：(39-3)÷(10-1)=4（2）公差(d)：(57-43)÷(9-7)=7等差数列（二）知识纵横等差数列中求公差的公式：公差=(末项-首项)÷(项数-1)字母公式：d=(a n - a1)÷(n -1)等差数列中末项的公式：末项=首项+(项数-1)×公差字母公式：a n= a1+ （n -1）⨯d等差数列中项定理：对于任意一个项数为奇数的等差数列，中间一项的值等于所有项的平均数，也等于首项与末项和的一半。
即中间项=和÷项数=(首项+末项)÷2。
或者换句话说，各项的和等于中间项乘项数，即和=中间项×项数。
例 1试一试 1等差数列：1，3，5，7，9，11，……，第20项是多少？【答案】第20项是39。
【解析】末项=首项+(项数-1)×公差公差d=2第20项：1+(20-1)×2=39在等差数列8、11、14、17、20、……中，第10项是多少？第14项是多少？第31项呢？【答案】第10项是35；第14项是47；第31项是98。
【解析】末项=首项+(项数-1)×公差公差d=3第10项(a 10)：8+(10-1)×3=35第14项(a 14)：8+(14-1)×3=47第31项(a 31)：8+(31-1)×3=98等差数列中项定理：对于任意一个项数为奇数的等差数列，中间一项的值等于所有项的平均数，也等于首项与末项和的一半；或者换句话说，各项和等于中间项乘以项数。
第15讲—欧姆定律(思维导图+考点精讲+例题精析)—2023年中考物理一轮复习讲练测(解析版)
第15讲—欧姆定律2023年中考物理一轮复习讲练测一、思维导图二、考点精讲考点1 电阻上的电流跟两端电压的关系1. 当电阻一定时，导体中的电流跟导体两端的电压成正比。
2. 当电压一定时，导体的电流跟导体的电阻成反比。
考点2 欧姆定律及其应用1. 欧姆定律（1）内容：导体中的电流，跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比。
（德国物理学家欧姆）（2）公式： I = U R R=UI U=IRU —电压—伏特（V ）；R —电阻—欧姆（Ω）；I —电流—安培（A ）（3）使用欧姆定律时需注意：R=U I 不能被理解为导体的电阻跟这段导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比。
因为电阻是导体本身的一种性质，它的大小决定于导体的材料、长度、横截面积和温度，其大小跟导体的电流和电压无关。
人们只能是利用这一公式来测量计算导体的电阻而已。
拓展：对欧姆定律的理解1．U ＝IR 电压与电流成正比，电压是形成电流的原因（电阻不确定）．2．R ＝U I ⎩⎪⎨⎪⎧电阻与电压成正比电阻与电流成反比此变形式只是提供一种测量、计算电阻的方法，电阻的大小与电压和电流无关．2. 电阻的串联和并联电路规律的比较串联电路并联电路电流特点串联电路中各处电流相等 nI I I I =⋯===21并联电路的干路总电流等于各支路电流之和n I I I I +⋯++=21电压特点串联电路两端的总电压等于各部分电路两端电压之和n U U U U +⋯++=21并联电路中，各支路两端的电压相等，且都等于电源电压n U U U U =⋯===21 电阻特点串联电路的总电阻，等于各串联电阻之和n R R R R +⋯++=21；若有n 个相同的电阻R 0串联，则总电阻为0nR R =；把几个导体串联起来相当于增大了导体的长度，所以总电阻比任何一个串联分电阻都大。
并联电阻中总电阻的倒数，等于各并联电路的倒数之和nR R R R 111121+⋯++=；若只有两个电阻R 1和R 2并联，则总电阻R 总=R 1R2 R 1+R 2；若有n 个相同的电阻R 0并联，则总电阻为nR R 0=；把几个电阻并联起来相当于增加了导体的横截面积，所以并联总电阻比每一个并联分电阻都小。
第15讲 中世纪城市和大学的兴起(解析版)
第15讲中世纪城市和大学的兴起【学习目标】2011版课标：以法兰克王国为例，初步理解在罗马帝国的废墟上逐渐产生新的文明。
【基础知识】考点一自由和自治的城市1．背景：西罗马帝国灭亡后，西欧的农业、工商业普遍衰落，罗马时代的很多城市变成了废墟。
2．兴起：从10世纪起，西欧开始恢复起来，旧的城市开始复苏，新的城市不断产生。
特别是以手工业和商业为中心的城市发展更快。
意大利、法兰西、英格兰、德意志等，都出现了许多著名的城市。
3．发展(1)原因：领主对城市居民任意征税，引起城市居民的反抗，争取城市的自由和自治。
(2)手段：金钱赎买和武力斗争。
(3)典型：法国琅城争取自治权的斗争。
4．结果：到13世纪，许多城市取得了一定程度的自由与特权，成为自由城市，城市取得自由和自治权的形式是从国王或领主那里获得“特许状”，但取得自治的城市并不能完全摆脱国王和领主的控制。
考点二城市居民的身份5．城市居民的形成：(1)手工工匠和商人是城市的基本居民，享有一定的自由权利。
(2)农奴在自由城市住满一年零一天，便获得市民的身份，享有自由。
(3)随着更多的城市取得自由，越来越多的城市居民成了自由人。
6．结果：随着城市的发展和工商业的繁荣，市民阶级逐渐形成，后发展成为早期的资产阶级。
考点三大学的兴起7．兴起：12世纪，西欧的教育与学术出现了新的气象，大学的兴起被认为是欧洲中世纪教育“最美好的花朵”。
8．表现：(1)12世纪，教师私人办校必须从教会那里得到授课许可证。
(2)13世纪，巴黎教师行会得到罗马教皇和国王的支持，自治权利得到保证。
(3)大学的自治地位主要体现在免赋税特权、司法特权、教育自主权。
9．大学课程设置：一方面仍受基督教会的影响，另一方面也反映了经济和社会发展的要求。
【考点剖析】考点一：自由和自治城市例1．下列组图反映的探究主题是A．法兰克王国的兴衰B．西欧庄园制度C．西欧大学兴起D．西欧城市的兴起【答案】D【解析】依据所学可知，组图反映的探究主题是西欧城市的兴起。
3 第15讲 中国的气候
第15讲中国的气候知识目标素养要求1.我国气温的分布特点及温度带的划分。
2.我国降水的分布特点及干湿地区的划分。
3.我国气候的主要特征及影响因素。
4.我国不同地区的气候差异对比及其影响。
5.我国主要气象灾害及其对生产、生活的影响。
1.区域认知：知道我国气温的分布特点及温度带的划分，我国降水的分布特点及干湿地区的划分，我国主要气候类型的分布。
2.综合思维：结合我国等温线图或等降水量线图，描述并分析气温或年降水量的分布规律及其形成原因。
3.人地协调观：分析我国气候特征对农业发展的影响；正确认识气象灾害，知道其对生产、生活的影响，掌握防灾避灾的措施。
知识点1气温分布与温度带读图，回答下列问题。
(1)描述我国气温的分布特点。
①冬季：南北温差大，气温自南向北逐渐降低。
②夏季：除青藏高原外，全国普遍高温，南北温差小。
(2)描述我国温度带的划分及主要分布地区。
温度带分布A热带西双版纳、雷州半岛、海南岛、台湾岛南部B亚热带四川盆地、云贵高原、长江中下游平原、东南丘陵C暖温带华北平原、山东半岛、辽东半岛、黄土高原、河西走廊、塔里木盆地D中温带内蒙古高原、河套平原、宁夏平原、准噶尔盆地、东北平原E寒温带大兴安岭北段F青藏高原区青藏高原、横断山区北部知识点2降水和干湿地区读图，回答下列问题。
(1)描述我国降水的时空分布特点。
①空间分布由东南沿海向西北内陆递减—东多西少受海陆位置影响南多北少受雨季长短影响②时间分配⎩⎨⎧季节分配不均：集中于夏秋季节年际变化大：主要受夏季风势力强弱和进退时间早晚的影响(2)说明我国干湿地区的分布。
干湿区分布A湿润区秦岭—淮河以南，东北的东部、北部和青藏高原的东南边缘B半湿润区东北、华北平原，黄土高原南部，青藏高原东南部C半干旱区内蒙古高原、黄土高原和青藏高原大部D干旱区新疆、内蒙古高原西部和青藏高原西北部知识点3我国的气候特征读图，回答下列问题。
(1)说明我国季风区和非季风区的界线。
a大兴安岭—b阴山—c贺兰山—d巴颜喀拉山—e冈底斯山。
高中化学第15讲 化学反应的热效应(讲)解析版
第15讲化学反应的热效应【学科核心素养】变化观念与平衡思想：认识化学变化的本质是有新物质生成，并伴有能量的转化；能多角度、动态地分析热化学方程式，运用热化学反应原理解决实际问题。
证据推理与模型认知：通过分析、推理等方法认识研究反应热的本质，建立盖斯定律模型。
科学态度与社会责任：赞赏化学对社会发展的重大贡献，具有可持续发展意识和绿色化学观念，能对与化学有关的社会热点问题做出正确的价值判断。
【核心素养发展目标】1.了解化学反应中能量转化的原因及常见的能量转化形式。
2.了解化学能与热能的相互转化，了解吸热反应、放热反应、反应热等概念。
3.了解热化学方程式的含义，能正确书写热化学方程式。
4.了解焓变(ΔH)与反应热的含义。
5.理解盖斯定律，并能运用盖斯定律进行有关反应焓变的计算。
6.了解能源是人类生存和社会发展的重要基础，了解化学在解决能源危机中的重要作用。
【知识点解读】知识点一焓变、热化学方程式1.反应热(焓变)(1)概念：在恒压条件下进行的反应的热效应。
符号：ΔH。
单位：kJ·mol－1或kJ/mol。
(2)表示方法吸热反应：ΔH>0；放热反应：ΔH<0。
2.放热反应和吸热反应的判断(1)从反应物和生成物的总能量相对大小的角度分析，如图所示。
(2)从反应热的量化参数——键能的角度分析(3)记忆常见的放热反应和吸热反应放热反应：①可燃物的燃烧；①酸碱中和反应；①大多数化合反应；①金属跟酸的置换反应；①物质的缓慢氧化等。
吸热反应：①大多数分解反应；①盐的水解；①Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应；①碳和水蒸气、C和CO2的反应等。
3.理解反应历程与反应热的关系4.热化学方程式(1)概念表示参加反应物质的量和反应热的关系的化学方程式。
(2)意义表明了化学反应中的物质变化和能量变化。
如：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1表示：2 mol氢气和1 mol氧气反应生成2 mol液态水时放出571.6 kJ的热量。
第15讲 盈亏问题(趣味)
第15讲盈亏问题（趣味）猴王分桃1、猴王分桃子，如果每只猴子分5个，则剩下7个桃子；如果每只猴子分6个，则差5个桃子，那么共有多少只猴子？多少个桃子？答案：共有12只猴子，67个桃子。
提示：此题属于一盈一亏问题。
剩下7个桃子，是盈，差5个桃子，是亏。
找到两种情况下每只猴子分桃子个数的差，即1个，以及每多分1个所分桃子总个数的差（盈和亏的和），用所分桃子总个数的差除以每只猴子分桃子个数的差就能得到结果。
解答：6－5＝1（个）……每只猴子分桃子个数的差；7＋5＝12（个）……所分桃子总个数的差（盈和亏的和）；12÷1＝12（只）……猴子的只数；12×5＋7＝67（个）……桃子的个数。
分棋子2、将棋子分堆，如果每堆分6枚，则还少13枚；如果每堆分4枚，则少5枚，那么一共分了几堆？总共有多少枚棋子？答案：一共分了4堆，总共有11枚棋子。
提示：此题属于两不足（双亏）问题。
还少13枚，是大亏，少5枚，是小亏；找到两种情况下每堆分棋子个数的差，即2枚，以及每多分2枚共要多分棋子的个数（大亏与小亏的差），用共要多分棋子的个数除以每堆分棋子个数的差，就能得到结果。
解答：6－4＝2（枚）……每堆分棋子个数的差；13－5＝8（枚）……共要多分棋子的个数；8÷2＝4（堆）……一共分的堆数；4×6－13＝11（枚）……棋子的总枚数。
粉笔分堆3、有若干根白粉笔和彩粉笔，如果按每1根白粉笔2根彩粉笔分堆，那么，彩粉笔分完后还剩5根白粉笔；如果按每3根白粉笔5根彩粉笔分堆，那么，白粉笔分完后还剩5根彩粉笔，那么白粉笔和彩粉笔各有多少根？答案：白粉笔有45根，彩粉笔有80根。
提示：设想再有10根彩粉笔与剩下的5根白粉笔合在一起，每3堆并成一个大堆，则每堆有3根白粉笔，6根彩粉笔，假设的10根彩粉笔，就是亏，还剩5根彩粉笔，就是盈。
与后一堆比较：每堆白粉笔都是3根，找到两种情况下每堆彩粉笔的差，即1根，以及彩粉笔总数的差（盈和亏的和）；用彩粉笔总数的差除以每堆彩粉笔的差，就能得到结果。
第15讲 勾股定理--基础班
第15讲勾股定理知识点1 勾股定理的图形计算问题勾股定理：直角三角形两条直角边a、b的平方和等于斜边c的平方.a2+b2=c21.如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，点M为BC的中点，MN⊥AC于点N，求MN 的值.【答案】【解析】解：连接AM ， ∵AB=AC ，点M 为BC 中点， ∴AM ⊥CM （三线合一），BM=CM ， ∵AB=AC=5，BC=6， ∴BM=CM=3，在Rt △ABM 中，AB=5，BM=3，∴根据勾股定理得：AM=√AB 2−BM 2=√52−33=4， 又S △AMC =12MN•AC=12AM•MC，AM CM 4312AM .AC 55⋅⨯∴===【方法总结】连接AM ，根据等腰三角形三线合一的性质得到AM ⊥BC ，根据勾股定理求得AM 的长，再根据三角形的面积公式即可求得MN 的长．特别注意结论：直角三角形斜边上的高等于两条直角边的乘积除以斜边．【随堂练习】1.如图，△ABC 中，AB=AC=13，BC=10，点D 在BC 上，且AD 平分∠BAC ，则AD 的长为_______【答案】12【解析】解：∵AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，CB=5，AD⊥BC，∴DB=DC=12在Rt△ABD中，∵AD2+BD2=AB2，∴AD=√AB2−BD2=√132−52=12，【典例】1.观察下列图形，回答问题：问题（1）：若图①中的△DEF为直角三角形，正方形P的面积为9，正方形Q的面积为15，则正方形M的面积为____．问题（2）：如图②，分别以直角三角形的三边为直径向三角形外作三个半圆，这三个半圆的面积之间的关系是__________________（用图中字母表示）问题（3）：如图③，如果直角三角形两直角边的长分别为3和4，以直角三角形的三边为直径作半圆，请你利用上面中的结论求出阴影部分的面积．【答案】【解析】解：（1）由题意得，P的面积=DE2=9，Q的面积=EF2=15，故可得M的面积=DF2=DE2+EF2=24．（2）S1=π2(AC2)2=π8AC2，同理S2=π8BC2，S3=π8AB2，∵AC2+BC2=AB2，∴S1+S2=S3．（3）设直角三角形的边从小到大分别是a，b，c，则a2+b2=c2，两边同乘以π8，即得：两小半圆的面积和等于大半圆的面积，从而可得S阴影部分的面积=S直角三角形的面积=12×3×4=6．【方法总结】（1）根据正方形的面积公式结合勾股定理可得大正方形的面积是两个小正方形的面积和；（2）分别表示出S1、S2、S3，结合勾股定理即可得出关系式．（3）根据半圆的面积公式以及勾股定理可得：两个小半圆的面积和等于大半圆的面积，从而得出阴影部分的面积=直角三角形的面积．本题考查了勾股定理及圆的面积公式，解答此类题目关键是仔细观察所给图形的特点，不要盲目作答．【随堂练习】1.如图，两个较大正方形的面积分别为225，289，则字母A所代表的正方形的面积为_____【答案】64【解析】解：如图，∵正方形PQED的面积等于225，∴即PQ2=225，∵正方形PRGF的面积为289，∴PR2=289，又△PQR为直角三角形，根据勾股定理得：PR2=PQ2+QR2，∴QR2=PR2﹣PQ2=289﹣225=64，则正方形QMNR的面积为64．知识点2 勾股定理的应用解勾股定理实际问题的一般步骤：①仔细审题，读懂题意；②找出或构造出与问题有关的直角三角形；③在直角三角形中根据勾股定理列算式或列方程；④求解所列算式或方程，直接或间接得到答案；⑤作答.解有关勾股定理的实际问题的关键是将实际问题转化为数学模型.【典例】1.如图，在一棵树上10m高的B处有两只猴子，其中一只猴子沿树爬下，走到离树20m 处的池塘A处，另一只猴子爬到树顶D处直跃向池塘的A处，如果两只猴子所经过的路程相等，则这颗树有多高（设树与地面垂直）？【答案】【解析】解：设BD高为x，则从B点爬到D点再沿直线DA到A点，走的总路程为x+AD，其中AD=√(10+x)2+202，而从B点到A点经过路程（20+10）m=30m，根据路程相同列出方程x+√(10+x)2+202=30，可得√(10+x)2+202=30﹣x，两边平方得：（10+x）2+400=（30﹣x）2，整理得：80x=400，解得：x=5，所以这棵树的高度为10+5=15（m）．【方法总结】要求树的高度，就要求BD的长度.在直角三角形ACD中运用勾股定理可以用BD表示出AD，根据路程相同即可列出关于BD的方程，求解即可得出BD的长度，最后由CD=CB+BD 得出答案．本题考查的是勾股定理的灵活运用，要求在变通中熟练掌握勾股定理．【随堂练习】1.国家八纵八横高铁网络规划中“京昆通道”的重要组成部分──西成高铁于2017年12月6日开通运营，西安至成都列车运行时间由14小时缩短为3.5小时．张明和王强相约从成都坐高铁到西安旅游．如图，张明家（记作A）在成都东站（记作B）南偏西30°的方向且相距4000米，王强家（记作C）在成都东站南偏东60°的方向且相距3000米，则张明家与王强家的距离为_____【答案】5000米【解析】解：如图，连接AC.依题意得：∠ABC=90°，AB=4000米，BC=3000米，则由勾股定理，得AC=√AB2+BC2=√40002+30002=5000（米）．2.如图，一棵大树在一次强台风中距地面5m处折断，倒下后树顶端着地点A距树底端B 的距离为12m，这棵大树在折断前的高度为_______【答案】18m【解析】解：∵树的折断部分与未断部分、地面恰好构成直角三角形，且BC=5m，AB=12m，∴AC=√AB2+BC2=√122+52=13（m），∴这棵树原来的高度=BC+AC=5+13=18（m）．∴这棵大树在折断前的高度为18m．【典例】1.如图，一只小蚂蚁要从A点沿长方体木块表面爬到B点处吃蜜糖．已知长方体木块的长、宽、高分别为10cm、8cm、6cm，试计算小蚂蚁爬行的最短距离．【答案】【解析】解：展开后有三种不同的情况如图，如图1，AB=√(10+8)2+62=√360，如图2，AB=√102+(6+8)2=√296，如图3，AB=√82+(10+6)2=√320，∵√296＜√320＜√360，∴小蚂蚁爬行的最短路线为√296cm．【方法总结】根据题意画出长方体按不同方式展开后的三种情况，根据勾股定理求出每种情况的AB，再比较即可．本题考查了平面展开﹣最短路线问题，勾股定理的应用，能找出符合条件的所有情况是解题的关键．【随堂练习】1.如图1是边长为1的六个小正方形组成的图形，它可以围成图2的正方体，则图1中小正方形顶点A，B在围成的正方体上的距离是____【答案】1【解析】解：将图1折成正方体后点A和点B为同一条棱的两个端点，故此AB=1．知识点3 勾股定理的逆定理勾股数：满足关系a2+b2=c2的3个正整数a、b、c称为勾股数．勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长分别为a、b、c，且a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形.【典例】1.观察下列各组勾股数：3，4，5；5，12，13；7，24，25；9，40，41；…；a，b，c. 根据你发现的规律，请写出（1）当a=19时，求b、c的值；（2）当a=2n+1时，求b、c的值；（3）用（2）的结论判断15，111，112是否为一组勾股数，并说明理由．【答案】【解析】解：（1）观察得给出的勾股数中，斜边与较大直角边的差是1，即c﹣b=1∵a=19，a2+b2=c2，∴192+b2=（b+1）2，∴b=180，∴c=181；（2）通过观察知c﹣b=1，∵（2n+1）2+b2=c2，∴c2﹣b2=（2n+1）2，即（b+c）（c﹣b）=（2n+1）2，∴b+c=（2n+1）2，又c=b+1，∴2b+1=（2n+1）2，∴b=2n2+2n，c=2n2+2n+1；（3）由（2）知，2n+1，2n2+2n，2n2+2n+1为一组勾股数，当n=7时，2n+1=15，112﹣111=1，但2n2+2n=112≠111，∴15，111，112不是一组勾股数．【方法总结】（1）仔细观察可发现给出的勾股数中，斜边与较大的直角边的差是1，根据此规律及勾股定理公式不难求得b和c的值．（2）根据第一问发现的规律，代入勾股定理公式中即可求得b 、c 的值．（3）将第二问得出的结论代入第三问中看是否符合规律，符合则说明是一组勾股数，否则不是．本题属于规律型问题，考查的是勾股数之间的关系，根据题目中所给的勾股数及关系式进行猜想、验证即可．【随堂练习】1.下列各组数中，是勾股数的一组是（ ）A. a=4，b=3，c=5B. a=9，b=﹣12，c=15C. a=32，b=2，c=2.5 D. a=8，b=40，c=41【答案】A.【解析】解：A 、∵32+42=52，且4，3，5都是正整数，∴此选项符合题意； B 、∵﹣12不是正整数，∴此选项不符合题意； C 、∵32不是正整数，∴此选项符合题意；D 、∵82+402≠412，∴此选项不符合题意． 故选A.2.下列各组数是勾股数的是（ ） A.13，14，15B. 1，√2，√3C. 0.3，0.4，0.5D. 5，12，13【答案】D.【解析】解：A 、∵（13）2+（14）2≠（15）2，且三数不是正整数，∴不是勾股数；故此选项错误；B 、∵√2，√3不是正整数数，∴不是勾股数；故此选项错误；C 、∵0.32+0.42=0.52，但三数不是正整数，∴不是勾股数；故此选项错误；D 、∵52+122=132，且三数是正整数，∴是勾股数．故此选项正确．故选D.【典例】1.如图，在四边形ABCD中，∠D=90°，AB=2，BC=4，CD=AD=√6．求∠BAD的度数.【答案】【解析】解：连接AC，如图所示：∵CD=AD=√6，∠D=90°，∴∠DAC=∠ACD=45°，AC2=AD2+CD2=6+6=12．在△ABC中，∵AB2+AC2=22+12=16=BC2，∴∠BAC=90°．∴∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°+45°=135°；【方法总结】连接AC，则∠BAD=∠BAC+∠DAC.由等腰直角三角形的性质得出∠DAC=45°，AC2=AD2+CD2=2×6=12．由勾股定理的逆定理证出∠BAC=90°，从而得出∠BAD的度数. 此题考查了勾股定理、等腰直角三角形的性质、勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理和逆定理是解本题的关键．【随堂练习】1.若△ABC的三边a、b、c满足（a﹣b）2+|a2+b2﹣c2|=0，则△ABC是____三角形【答案】等腰直角三角形【解析】解：∵（a﹣b）2+|a2+b2﹣c2|=0，∴a﹣b=0，a2+b2﹣c2=0，解得：a=b，a2+b2=c2，∴△ABC的形状为等腰直角三角形；2.小丽和小芳二人同时从公园去图书馆，都是每分钟走50米，小丽走直线用了10分钟，小芳先去家拿了钱去图书馆，小芳到家用了6分，从家到图书馆用了8分，小芳从公园到图书馆拐了个（）A. 锐角B. 直角C. 钝角D. 不能确定【答案】B.【解析】解：根据题意，所走的三条路程分别为500米，300米，400米，而3002+4002=5002，根据勾股定理的逆定理，三条路程组成的是直角三角形，故小芳从公园到图书馆拐了直角．故选B.综合运用1.如图：在△ABC中，AB=5cm，AC=4cm，BC=3cm，CD是AB边上的高，则CD=____________.【答案】12cm5【解析】解：在△ABC 中，∵AB=5cm ，AC=4cm ，BC=3cm ， ∴AC 2+BC 2=AB 2，∴△ABC 是直角三角形，且∠ACB=90°． 根据三角形面积相等可知，12BC•AC=12AB•CD，∴CD=4×35=125cm ．故答案为125cm.2.如图，正方形中的数表示该正方形的面积，则字母B 所代表的正方形的面积是___________.【答案】144【解析】解：如图所示： ∵△DEF 为直角三角形， ∴EF 2=DE 2+DF 2，根据题意得：EF 2=169，DE 2=25， ∴正方形B 的面积=DF 2=169﹣25=144； 故答案为144.3.如图，一个圆柱的高为10cm ，底面半径为2cm ，一只蚂蚁从圆柱高的中点A 处到B 点的最短爬行距离是________ cm.【答案】√25+4π2【解析】解：在Rt△ABC中，AC=5，BC=2π，∴一只蚂蚁从圆柱高的中点A处到点B处的最短爬行距离是AB=√25+4π2cm，故答案为√25+4π24.如图所示，有一块地，已知AD=4米，CD=3米，∠ADC=90°，AB=13米，BC=12米，则这块地的面积为____________平方米．【答案】24【解析】解：如图，连接AC,在△ACD中，∵AD=4米，CD=3米，∠ADC=90°，∴AC=5米.又∵AC2+BC2=52+122=132=AB2，∴△ABC是直角三角形，∴这块地的面积=△ABC 的面积﹣△ACD 的面积=12×5×12﹣12×3×4=24（平方米）．5.如图，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，CD ⊥AB 于D ，设AC=b ，BC=a ，AB=c ，CD=h ，有下列四种说法：①a•b=c•h；②a+b ＜c+h ；③以a+b 、h 、c+h 为边的三角形，是直角三角形；④1a2+1b2=1ℎ2．其中正确的有________________.【答案】①②③④【解析】解：①∵Rt △ABC 的面积为：12ab 或12ch ，∴ab=ch ，故①正确； ②∵c 2＜c 2+h 2，a 2+b 2=c 2， ∴a 2+b 2＜c 2+h 2， ∵ab=ch ，∴a 2+b 2+2ab ＜c 2+h 2+2ch ， ∴（a+b ）2＜（c+h ）2， ∴a+b ＜c+h ，故②正确； ③∵（c+h ）2=c 2+2ch+h 2， h 2+（a+b ）2=h 2+a 2+2ab+b 2， ∵a 2+b 2=c 2，（勾股定理） ab=ch （面积公式推导）∴c2+2ch+h2=h2+a2+2ab+b2，∴（c+h）2=h2+（a+b）2，∴根据勾股定理的逆定理得以h，c+h，a+b为边构成的三角形是直角三角形，③正确；④∵ab=ch，∴（ab）2=（ch）2，即a2b2=c2h2，∵a2+b2=c2，∴a2b2=（a2+b2）h2，∴a 2b2a2+b2=h2，∴a 2+b2a2b2=1h2，∴a 2a2b2+b2a2b2=1ℎ2，∴1 a2+1b2=1ℎ2，故④正确．故答案为①②③④.6.如图，四边形ABCD中，AB=10，BC=13，CD=12，AD=5，AD⊥CD，求四边形ABCD 的面积．【答案】【解析】解：连接AC，过点C作CE⊥AB于点E．∵AD⊥CD，∴∠D=90°．在Rt △ACD 中，AD=5，CD=12， AC=√AD 2+CD 2=√52+122=13． ∵BC=13， ∴AC=BC.∵CE ⊥AB ，AB=10， ∴AE=BE=12AB=12×10=5． 在Rt △CAE 中，CE=√AC 2−AE 2=√132−52=12．∴S 四边形ABCD =S △DAC +S △ABC =12×5×12+12×10×12=30+60=90．7.如图，已知在四边形ABCD 中，∠A=90°，AB=2cm ，AD=√5cm ，CD=5cm ，BC=4cm ，求四边形ABCD 的面积．【答案】【解析】解：连接BD.∵∠A=90°，AB=2cm ，AD=√5，∴根据勾股定理可得又∵CD=5，BC=4， ∴CD 2=BC 2+BD 2，∴△BCD 是直角三角形， ∴∠CBD=90°，∴S 四边形ABCD =S △ABD +S △BCD =12AB•AD +12BC•BD=12×2×√5+12×4×3=（√5+6）（cm 2）．8.如图所示，侧面是高为2、宽为1的长方形．上下两底面为正方形的纸盒．一小虫由A 点沿外表面爬行到B 点．（1）找出所有可能的最短路径，画图说明； （2）指出按（1）中哪种方式爬行路径最短.【答案】【解析】解：（1）将长方体的侧面展开，有两种展开方法， 如图所示：（2）∵由（1）可知，第一种展开方法路径AB=√22+22=√8．由（2）可知，第二种展开方法路径AB=√12+32=√10．√8<√10,∴按（1）中第一种方式爬行路径最短.。
第15讲 函数模型及其应用(解析版)
第15讲 函数模型及其应用【基础巩固】1．（2022·辽宁葫芦岛·二模）某生物兴趣小组为研究一种红铃虫的产卵数y 与温度x （单位：℃）的关系.现收集了7组观测数据()(),1,2,,7i i x y i L =得到下面的散点图：由此散点图，在20℃至36℃之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为红铃虫产卵数y 和温度x 的回归方程类型的是（ ） A ．y a bx =+ B ．by a x=+C ．e x y a b =+D ．ln y a b x =+【答案】C【解析】由散点图可以看出红铃虫产卵数y 随着温度x 的增长速度越来越快， 所以e x y a b =+最适宜作为红铃虫产卵数y 和温度x 的回归方程类型. 故选：C2．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）2021年10月16日，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F 遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心成功发射升空，载人飞船精准进入预定轨道，顺利将3名宇航员送入太空，发射取得圆满成功．已知在不考虑空气阻力和地球引力的理想状态下，可以用公式0lnMv v m=⋅计算火箭的最大速度(m /s)v ，其中0(m /s)v 是喷流相对速度，(kg)m 是火箭（除推进剂外）的质量，(kg)M 是推进剂与火箭质量的总和，Mm称为“总质比”．若某型火箭的喷流相对速度为1000m /s ，当总质比为625时，该型火箭的最大速度约为（ ）（附：lge 0.434,lg 20.301≈≈） A ．5790m /s B ．6219m/s C ．6442m/s D ．6689m/s【答案】C【解析】0v v =4lg54(1lg 2)ln 1000ln 625100010006442m/s lge lgeMm -=⨯=⨯=⨯≈. 故选：C ．3．（2022·海南海口·二模）在核酸检测时，为了让标本中DNA 的数量达到核酸探针能检测到的阈值，通常采用PCR 技术对DNA 进行快速复制扩增数量．在此过程中，DNA 的数量n X （单位：g /L μμ）与PCR 扩增次数n 满足0 1.6n n X X =⨯，其中0X 为DNA 的初始数量．已知某待测标本中DNA 的初始数量为0.1g /L μμ，核酸探针能检测到的DNA 数量最低值为10g /L μμ，则应对该标本进行PCR 扩增的次数至少为（ ）（参考数据：lg1.60.20≈，ln1.60.47≈）A ．5B ．10C ．15D ．20【答案】B【解析】由题意知00.1X =，10n X =，令100.1 1.6n =⨯，得1.6100n =，取以10为底的对数得lg1.62n =，所以210lg1.6n =≈． 故选：B.4．（2022·北京·二模）某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P （单位：mg /L ）与时间t （单位：h ）间的关系为0ektP P -=，其中0P ，k 是正的常数．如果在前10h 污染物减少19%，那么再过5h 后污染物还剩余（ ） A ．40.5% B ．54% C ．65.6% D ．72.9%【答案】D【解析】由题设，1000(119%)e kP P --=，可得5e 0.9k -=，再过5个小时，0005(0.81(119%)0.9)e 0.729kP P P P -=⨯==-，所以最后还剩余72.9%. 故选：D5．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）垃圾分类，一般是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、分类投放和分类搬运，从而变成公共资源的一系列活动的总称．分类的目的是提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用．进行垃圾分类收集可以减少垃圾处理量和处理设备，降低处理成本，减少土地资源的消耗，具有社会、经济、生态等几方面的效益．已知某种垃圾的分解率v 与时间t （月）满足函数关系式t v a b =⋅（其中,a b 为非零常数）．若经过6个月，这种垃圾的分解率为5%，经过12个月，这种垃圾的分解率为10%，那么这种垃圾完全分解（分解率为100%）至少需要经过（ ）（参考数据lg 20.3≈）A ．40个月B ．32个月C ．28个月D ．20个月【答案】B【解析】依题意有()()61260.05,120.1,v ab v ab ⎧==⎪⎨==⎪⎩，解得162b =，0.025a =，故()160.0252tv t ⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭．令()1v t =，得16240t ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故()16126610.6lg 4012lg 2log 403210.3lg 2lg 26t ⨯++===≈=. 故选B ．6．（2022·全国·高三专题练习）有一批材料可以建成200m 的围墙，如果用此材料在一边靠墙的地方围成一块矩形场地，中间用同样的材料隔成三个面积相等的矩形（如图所示），若围墙厚度不计，则围成的矩形最大面积为（ ）A ．22500mB ．22750mC ．23000mD ．23500m【答案】A【解析】设矩形的宽为m x ，则该矩形的长为()2004m x -，所以，矩形的面积为()()()2220044504252500S x x x x x =-=--=--+，其中050x <<，故当25x =时，S 取得最大值22500m . 故选：A.7．（2022·全国·高三专题练习）为了预防某种病毒，某商场需要通过喷洒药物对内部空间进行全面消毒．出于对顾客身体健康的考虑，相关部门规定空气中这种药物的浓度不超过0.25毫克/立方米时，顾客方可进入商场．已知从喷洒药物开始，商场内部的药物浓度y（毫克/立方米）与时间t （分钟）之间的函数关系为100.1,0101,102t at t y t -≤≤⎧⎪=⎨⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎩，函数的图象如图所示．如果商场规定9:30顾客可以进入商场，那么开始喷洒药物的时间最迟是（ ）A ．9:00B ．8:40C ．8:30D ．8:00【答案】A【解析】根据函数的图象，可得函数的图象过点(10,1)， 代入函数的解析式，可得1121a-⎛⎫⎪⎝⎭=，解得1a =，所以1100.1,0101,102tt t y t -≤≤⎧⎪=⎨⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎩， 令0.25y ≤，可得0.10.25t ≤或11020.251t -⎛⎝≤⎫ ⎪⎭，解得0 2.5t <≤或30t ≥，所以如果商场规定9：30顾客可以进入商场，那么开始喷洒药物的时间最迟是9:00. 故选：A.8．（2022·山东师范大学附中模拟预测）已知某电子产品电池充满时的电量为3000毫安时，且在待机状态下有两种不同的耗电模式可供选择.模式A ：电量呈线性衰减，每小时耗电300毫安时；模式B ：电量呈指数衰减，即：从当前时刻算起，t 小时后的电量为当前电量的12t倍.现使该电子产品处于满电量待机状态时开启A 模式，并在x 小时后，切换为B 模式，若使其在待机10小时后有超过5％的电量，则x 的取值范围是（ ） A ．12x << B ．12x <≤C ．89x <<D ．89x ≤<【答案】C【解析】由题意得，x 小时后的电量为(3000300)x -毫安，此时转为B 模式， 可得10小时后的电量为101(3000300)2xx --⋅，则由题意可得101(3000300)30000.052xx --⋅>⨯， 化简得101(10)0.52xx --⋅>，即9102x x -->令10m x =-，则12m m ->， 由题意得010x <<，则010m <<，令m 分别为1，2时，这个不等式左右两边大小相等， 由函数y x =和12x y -=的图象可知， 该不等式的解集为12m <<， 所以1102x <-<，得89x <<， 故选：C9．（多选）（2022·全国·高三专题练习）尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家经过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放的能量E （单位：焦耳）与地震里氏震级M 之间的关系为lg E =4.8+1.5M ，则下列说法正确的是（ ） A ．地震释放的能量为1015.3焦耳时，地震里氏震级约为七级 B ．八级地震释放的能量约为七级地震释放的能量的6.3倍 C ．八级地震释放的能量约为六级地震释放的能量的1000倍D ．记地震里氏震级为n （n =1，2，···，9，10），地震释放的能量为an ，则数列{an }是等比数列 【答案】ACD【解析】对于A ：当15.310E =时，由题意得15.3lg10 4.8 1.5M =+， 解得7M =，即地震里氏震级约为七级，故A 正确；对于B ：八级地震即8M =时，1lg 4.8 1.5816.8E =+⨯=，解得16.8110E =，所以16.81.5115.3101010 6.310E E ==>≠，所以八级地震释放的能量约为七级地震释放的能量的 1.510倍，故B 错误；对于C ：六级地震即6M =时，2lg 4.8 1.5613.8E =+⨯=，解得13.8210E =，所以16.83113.821010100010E E ===， 即八级地震释放的能量约为六级地震释放的能量的1000倍，故C 正确； 对于D ：由题意得lg 4.8 1.5n a n =+（n =1，2，···，9，10），所以 4.8 1.510nn a +=，所以 4.8 1.5(1) 6.3 1.511010n n n a ++++== 所以6.31.5 1.51 4.81.5101010nn n n a a +++==，即数列{an }是等比数列，故D 正确； 故选：ACD10．（多选）（2022·山东日照·三模）某公司通过统计分析发现，工人工作效率E与工作年限()0r r >，劳累程度()01T T <<，劳动动机()15b b <<相关，并建立了数学模型0.141010r E T b -=-⋅，已知甲、乙为该公司的员工，则下列结论正确的是（ ）A ．甲与乙劳动动机相同，且甲比乙工作年限长，劳累程度弱，则甲比乙工作效率高B ．甲与乙劳累程度相同，且甲比乙工作年限长，劳动动机高，则甲比乙工作效率低C ．甲与乙劳动动机相同，且甲比乙工作效率高，工作年限短．则甲比乙劳累程度弱D ．甲与乙工作年限相同，且甲比乙工作效率高，劳动动机低，则甲比乙劳累程度强 【答案】AC【解析】设甲与乙的工人工作效率12,E E ，工作年限12,r r ，劳累程度12,T T ，劳动动机12,b b ，对于A ，0.141212122,,,15,01b b r r T T b b -=><<<<<℃210.140.421121,0r r b b T T -->>>， 则()120.140.1412112210101010r r E E T b T b ---=-⋅--⋅()1200.1.1424211100r rT b T b --=⋅-⋅>，℃12E E >，即甲比乙工作效率高，故A 正确； 对于B ，121212,,T T r r b b =>>，℃2210.0.140.140.141402.14121110,r r r b b b b b ----->>>>>，则()120.140.1412112210101010r r E E T b T b ---=-⋅--⋅()210.141210.14100r rT b b --=->，℃12E E >，即甲比乙工作效率高，故B 错误： 对于C ，112221,,b b E E r r =><，℃()210.140.14122211100r r E E T b T b ---=⋅-⋅>，210.140.142211r rT b T b --⋅>⋅℃()()11220.140.41110.122141r r r r b b b T T ---->=>， 所以1T T >2，即甲比乙劳累程度弱，故C 正确； 对于D ，12121221,,,01r r E E b b b b =><<<， ℃()210.140.14122211100r r E E T b T b ---=⋅-⋅>，210.140.142211r rT b T b --⋅>⋅℃()()11220.140.41110.122141r r r r b b b T T ---->=>， 所以1T T >2，即甲比乙劳累程度弱，故D 错误． 故选：AC11．（2022·河北·模拟预测）劳动实践是大学生学习知识､锻炼才干的有效途径，更是大学生服务社会､回报社会的一种良好形式某大学生去一服装厂参加劳动实践，了解到当该服装厂生产的一种衣服日产量为x 件时，售价为s 元/件，且满足8202s x =-，每天的成本合计为60020x +元，请你帮他计算日产量为___________件时，获得的日利润最大，最大利润为___________万元.【答案】 200 7.94 【解析】由题意易得日利润()()()()260020820260020220079400y s x x x x x x =⨯-+=--+=--+，故当日产量为200件时，获得的日利润最大，最大利润为7.94万元， 故答案为：200，7.94.12．（2022·全国·模拟预测）一种药在病人血液中的量保持1000mg 以上才有疗效，而低于500mg 病人就有危险．现给某病人静脉注射了这种药2000mg ，如果药在血液中以每小时10%的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过______小时内向病人的血液补充这种药，才能保持疗效．（附：lg 20.3010≈，lg30.4771≈，精确到0.1h ） 【答案】6.6【解析】设x h 后血液中的药物量为y mg ， 则有()020001100xy =-， 令1000y ≥得：lg 20.30106.612lg3120.4771x ≤≈≈--⨯故从现在起经过6.6h 内向病人的血液补充这种药，才能保持疗效. 故答案为：6.613．（2022·北京东城·三模）某超市在“五一”活动期间，推出如下线上购物优惠方案：一次性购物在99元（含99元）以内，不享受优惠；一次性购物在99元（不含99元）以上，299元（含299元）以内，一律享受九折优惠；一次性购物在299元（不含299元）以上，一律享受八折优惠；小敏和小昭在该超市购物，分别挑选了原价为70元和280元的商品，如果两人把商品合并由小昭一次性付款，并把合并支付比他们分别支付节省的钱，按照两人购买商品原价的比例分配，则小敏需要给小昭___________元. 【答案】61.6【解析】由题可得两人把商品合并由小昭一次性付款实际付款为()702800.8280+⨯=元， 他们分别支付应付款为702800.9322+⨯=元，故节省32228042-=元， 故小敏需要给小昭70704261.670280-⨯=+元.故答案为：61.6.14．（2022·重庆·模拟预测）我国的酒驾标准是指车辆驾驶员血液中的酒精含量大于或者等于20mg/100ml ，已知一驾驶员某次饮酒后体内每100ml 血液中的酒精含量y （单位：mg ）与时间x （单位：h ）的关系是：当1103x <<时，227010801111y x x =-+；当113x ≥时，110y x=，那么该驾驶员在饮酒后至少要经过__________h 才可驾车.【答案】5.5 【解析】当1103x <<时，2227010802701080(2)11111111y x x x =-+=--+， 当2x =时，函数有最大值10802011>，所以当1103x <<时，饮酒后体内每100ml 血液中的酒精含量小于20mg/100ml ， 当当113x ≥时，函数110y x =单调递减，令11020 5.5y x x==⇒=，因此饮酒后5.5小时体内每100ml 血液中的酒精含量等于20mg/100ml ， 故答案为：5.515．（2022·全国·高三专题练习）迷你KTV 是一类新型的娱乐设施，外形通常是由玻璃墙分隔成的类似电话亭的小房间，近几年投放在各大城市商场中，受到年轻人的欢迎．如图是某间迷你KTV 的横截面示意图，其中32AB AE ==，90A B E ∠=∠=∠=︒，曲线段CD 是圆心角为90︒的圆弧，设该迷你KTV 横截面的面积为S ，周长为L ，则SL的最大值为___________．（本题中取3π=进行计算）【答案】633-【解析】设圆弧的半径为3(0)2x x <≤，根据题意可得：32BC DE AB x x ==-=-()()22213339····422244x S AE DE AB DE AE x x x x x x ππ⎛⎫⎛⎫=+--+=⨯-+-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭226242x xL AB BC DE x ππ=+++=-+2913642x S L x π-=∴==-，29122S x L x-∴=-令122t x =-(912)t ≤<，则， 212912272624t t S t x L t t -⎛⎫- ⎪-⎛⎫⎝⎭=∴==-++ ⎪⎝⎭ 根据基本不等式，272723344t t +≥，当却仅当 274t t =，即63t =“=”.[)63912，， 63t ∴=633maxSL =-故答案为：633-16．（2022·全国·高三专题练习）某厂借嫦娥奔月的东风，推出品牌为“玉兔”的新产品，生产“玉兔”的固定成本为20000元，每生产一件“玉兔”需要增加投入100元，根据初步测算，总收益满足函数()()()214000400280000400x x x R x x ⎧-≤≤⎪⎨⎪⎩，＝，＞，其中x 是“玉兔”的月产量.(1)将利润f (x )表示为月产量x 的函数；(2)当月产量为何值时，该厂所获利润最大？最大利润是多少？(总收益＝总成本＋利润) 【解】(1)由题意，当0400x 时，2()4000.520000100f x x x x =---23000.520000x x =--； 当400x >时，()8000010020000f x x =--60000100x =-；故2130020000,(0400)()210060000,(400)x x x f x x x ⎧-+-⎪=⎨⎪-+>⎩； (2)当0400x 时，2()3000.520000f x x x =--； 当300x =时，max ()(300)25000f x f ==(元) 当400x >时，max ()(400)20000f x f <=(元)2500020000>，∴当300x =时，该厂所获利润最大，最大利润为25000元．17．（2022·上海·华东师范大学附属东昌中学高三阶段练习）如图，某街道拟设立一占地面积为a 平方米的常态化核酸采样点，场地形状为矩形．根据防疫要求，采样点周围通道设计规格要求为：长边外通道宽5米，短边外通道宽8米，采样点长边不小于20米，至多长28米．(1)设采样点长边为x 米，采样点及周围通道的总占地面积为S 平方米，试建立S 关于x 的函数关系式，并指明定义域；(2)当300700a ≤≤时，试求S 的最小值，并指出取到最小值时x 的取值． 【解】(1)由题意采样点及周围通道构成的矩形的长是(16)m x +，宽是(10)m a x+， 故16(16)(10)10160,[20,28]aS x x a x xxa =++=+++∈； (2)由（1）知，1610160,[20,28]aS x a x x=+++∈， 当300490a ≤≤时，161610160210160810160a aS x a x a a a x x=+++≥⋅+=+， 当且仅当1610ax x=即85ax =8[20,28]5a x =8585a a故此时S 的最小值为810160a a +，此时85ax = 当490700a <≤时，令16()10160,[20,28]af x x a x x=+++∈， 则222161016()10,[20,28]a x af x x x x -'=-+=∈， 由于()0f x '=时，8285a x => ，故221016()0,[20,28]x af x x x -'=<∈， 即16()10160,[20,28]af x x a x x=+++∈单调递减， 故min 11()(28)4407af x f ==+，此时28x = ，满足a x x> , 故S 的最小值为114407a+，此时28x =. 18．（2022·全国·高三专题练习）某乡镇响应“绿水青山就是金山银山”的号召，因地制宜的将该镇打造成“生态水果特色小镇”．经调研发现：某珍惜水果树的单株产量W (单位：千克)与施用肥料x (单位：千克)满足如下关系：()253,02()50,251x x W x x x x⎧+≤≤⎪=⎨<≤⎪+⎩，肥料成本投入为10x 元，其它成本投入(如培育管理、施肥等人工费)20x 元．已知这种水果的市场售价大约15元/千克，且销售畅通供不应求，记该水果单株利润为()f x (单位：元) (1)写单株利润()f x (元)关于施用肥料x (千克)的关系式；(2)当施用肥料为多少千克时，该水果单株利润最大？最大利润是多少？【解】(1)依题意()15()1020f x W x x x =--，又()253,02()50,251x x W x x x x⎧+≤≤⎪=⎨<≤⎪+⎩，℃27530225,02()75030,251x x x f x x x x x⎧-+⎪=⎨-<⎪+⎩． (2)当02x 时，2()7530225f x x x =-+，开口向上，对称轴为15x =， ()f x ∴在[0，1]5上单调递减，在1(5，2]上单调递增， ()f x ∴在[0，2]上的最大值为()2465f =．当25x <时，2525()78030(1)780302(1)48011f x x x x x =-++-⨯+++， 当且仅当2511x x=++时，即4x =时等号成立． ℃465480<，℃当4x =时，max ()480f x =．℃当投入的肥料费用为40元时，种植该果树获得的最大利润是480元．【素养提升】1．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方形ABCD 中，|AB |=2，点M 从点A 出发，沿A →B →C →D →A 方向，以每秒2个单位的速度在正方形ABCD 的边上运动：点N 从点B 出发，沿B →C →D →A 方向，以每秒1个单位的速度在正方形ABCD 的边上运动.点M 与点N 同时出发，运动时间为t （单位：秒），℃AMN 的面积为f （t ）（规定A ，M ，N 共线时其面积为零，则点M 第一次到达点A 时，y =f （t ）的图象为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】℃0≤t≤1时，f （t ）=211222AM BN t t t ⋅=⋅⋅=； ℃12t <时，()()12122f t MN AB MN t t t =⋅==--=-； ℃23t <≤时，()()()122222f t MN BC MN t t t =⋅==---=-； ℃34t <≤时，()()][()21122322(4)22f t AM DN t t t ⎡⎤=⋅=--⋅--=-⎣⎦； 所以22,012,12()2,23(4),34t t t t f t t t t t ⎧⎪-<⎪=⎨-<⎪⎪-<⎩，其图象为选项A 中的图象， 故选：A ．2．（2022·全国·高三专题练习）砖雕是江南古建筑雕刻中很重要的一种艺术形式，传统砖雕精致细腻、气韵生动、极富书卷气．如图是一扇环形砖雕，可视为扇形OCD 截去同心扇形OAB 所得部分．已知扇环周长300cm =，大扇形半径100cm OD =，设小扇形半径cm OA x =，AOB θ∠=弧度，则℃θ关于x 的函数关系式()x θ=_________．℃若雕刻费用关于x 的解析式为()101700w x x =+，则砖雕面积与雕刻费用之比的最大值为________．【答案】 1002100x x++，()0,100x ∈； 3 【解析】由题意可知，AOB θ∠=，OA x = ，100OD =，所以AB x θ=⋅，100AD BC x ==-，DC 100θ=，扇环周长AB AD BC DC +++2002100300x x θθ=⋅+-+=， 解得()1002,0,100100x x xθ+=∈+， 砖雕面积即为图中环形面积，记为S ， 则12DOC AOB S S S OD DC =-=⋅⋅扇形扇形12OA AB -⋅⋅ 22111002100100500050002222100x x x x x x θθθθ⎛⎫+=⨯⨯-⋅⋅=-=-⋅ ⎪+⎝⎭， 即雕刻面积与雕刻费用之比为m ， 则()()()()()()()210000*********()210101017000170x x w x m x x x x x S +-+=+-+==+， 令170t x =+，则170x t =-，()()22701203901202701227039101010t t t t t m t tt ---+-⨯⨯∴===--+ 122702393639310t t⨯≤-⋅=-+= ，当且仅当180t =时（即10x =）取等号， 所以砖雕面积与雕刻费用之比的最大值为3. 故答案为：1002100x x++，()0,100x ∈；3。
第15讲 复杂竖式-完整版
第15讲 复杂竖式内容概述需要较强推理能力的竖式问题，学会运用奇偶分析、整体分析、分类讨论等技巧性较高的方法。
典型例题兴趣篇1．图15-1是一个字母竖式，相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表不同的数字．请把竖式用数字表示出来．1.答案：解析：在个位中，E+C+E 的末位是C ，即两个E 相加后末位是O ，因此E 为5或0．当E=5时有进位1，当E=O 时没有进位．在十位中，C+B+B 与进位相加后，末位是C ，所以B+B 与进位相加后，末位是0，因此个位向十位的进位只能是偶数，于是E=O ，个位对十位没有进位．此时，C+B+B 的末位是C ，而B 与E 不相等，因此B=5，如图l 所示．在百位中，A+D+A+1的末位是O ，显然D 只能是奇数，。
另一方面，字母D 作为五位数CC 00D 的首位不会大于2，于是有D=1，如图2所示，那么A+A 的末位就是8，因此A=4或A=9．在千位中：两个C 的和再加上百位向千位的进位（1或2）等于10，因此C=4．由题意，A 不能与C 重复，所以A=9．综上有：A=9，B=5，C=4，D=l，E=0．经验证，满足题目要求，因此完整的竖式如答案．2．图15-2算式中，相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表不同的数字．请问这个算式的和是多少？答案：172290解析：两个数字相加最多进1，则和的首位R=l．显然百位不可能向千位进位，则千位上的B是偶数，再由百位的B知十位也没有向百位进位，所以B=2．进而得O=6．剩下几个字母经尝试即得3．在图15-3中的各个口内填入恰当的数字后，可使算式成立，并且个位上的5个数字从上向下看，恰好是图15—4中顺时针次序的连续5个数字，十位上的5个数字也有这样的性质．请问：竖式中计算的结果是多少？答案：290解析：第一步，考虑个位的求和，假设个位上的五个数字分别是A、B、C、D、E，由题意，A、B、C、D、E是顺时针次序的连续五个数字，因此D+l的末位是E，则A+B+C的末位一定是1．又由于B-1的末位是A，B+l的末位是C，所以A+B+C的末位与B+B+B 的末位是相同的，因此B+B+B的末位也是1，则B=7．由此可以看出，A、B、C、D、E分别是6、7、8、9、O，个位的求和就是6+7+8+9=30.第二步，考虑十位的求和．假设十位上的5个数字依次是F、G、H、I、J，如图1所示，由之前分析可知，个位对十位有进位3，则F+G+H+I+3的末位是J．由于F、G、H、I、J也是顺时针次序的连续五个数字，因此I+1的末位是J，于是有F+G+H+3的末位为1．由于F+2的个位和H相同，且G+1的个位也与H相同，所以有H+H+H 的末位与F+G+H+3的末位相同，也是1，故H=7．由此得到F、G、H、I、J 分别是5、6、7、8、9．此时原题中的四个加数分别是56、67、78，89，其和为290．经验证，满足题目要求，此时完整的竖式是如图2所示的形式。
第15讲 相似、投影与视图(易错点梳理+微练习)(解析版)
第15讲相似、投影与视图易错点梳理易错点梳理易错点01混淆相似三角形的判定定理与全等三角形的判定定理相似三角形的常用判定方法有：平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；三边对应成比例，两三角形相似；两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似；两角对应相等，两三角形相似.全等三角形的常用判定方法有SAS，ASA，AAS，SSS 这4种。
易错点02混淆位似和相似位似是一种特殊的相似，位似图形一定相似（或全等），但相似图形不一定位似易错点03错误认为相似三角形的面积比等于相似比错误认为相似三角形的面积比等于相似比，相似三角形的面积比等于相似比的平方。
易错点04混淆平行投影与正投影的概念由平行的光线所形成的投影是平行投影.在平行投影中，如果投射线垂直于投影面，那么这种投影叫作正投影，正投影属于平行投影的一种。
易错点05颠倒了视图的观察方向一个物体在3个相互垂直的投影面内进行正投影，在正面内得到的由前向后观察物体的视图是主视图，在水平面内得到的由上向下观察物体的视图是俯视图，在侧面内得到的由左向右观察物体的视图是左视。
图.例题分析考向01相似三角形的性质例题1：（2021·陕西兴平·九年级期中）如图，在正方形ABCD 中，点P 、Q 分别在AB 、BC 的延长线上，且BP CQ =，连接AQ ，DP 交于点O ，并分别与边CD ，BC 交于点F ，E ，连接AE ，下列结论：①AQ DP ⊥；②2OA OE OP =⋅；③AOD S =△S 四边形OECF ，其中正确结论的个数是（）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】C【解析】解：∵四边形ABCD 是正方形，∴,90AB AD BC CD DAB ABC ===∠=∠=︒，∵BP CQ =，∴BP AB CQ BC +=+，即AP BQ =，在△DAP 与ABQ △中，ADABDAP ABQ AP BQ=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DAP ≌△ABQ ，∴P Q ∠=∠，∵90Q QAB ∠+∠=︒，∴90P QAB ∠+∠=︒，∴90AOP ︒=∠，∴AQ DP ⊥，则结论①正确；∵90DOA AOP ∠=∠=︒，90ADO P ADO DAO ∠+∠=∠+∠=︒，∴DAO P ∠=∠，∴△DAO ∽△APO ，∴OAODOP OA =，∴2OA OD OP =⋅，∵AE AB >，AB AD =，∴AE AD >，∴OD OE ≠，∴2OA OE OP ≠⋅；则结论②错误；在CQF △与△BPE 中，FCQ EBP Q P CQ BP ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△CQF ≌△BPE ，∴CF BE =，∴CD CF BC BE -=-，即DF CE =，在△ADF 与△DCE 中，90AD CD ADF DCE DF CE =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△ADF ≌△DCE，∴△△=ADF DCE S S ，∴ADF DFO DCE DOF S S S S -=-△△△△，即AOD OECF S S = 四边形，则结论③正确；综上，正确结论的个数是2个，故选：C ．例题2：（2021·河南·平顶山市第九中学九年级期中）如图，在矩形纸片ABCD 中，AB ＝6，BC ＝10，点E 在CD 上，将△BCE 沿BE 折叠，点C 恰落在边AD 上的点F 处；点G 在AF 上，将ABG 沿BG 折叠，点A 恰落在线段BF 上的点H 处，有下列结论：①∠EBG ＝45°；②DEF ABG ∽△△；③32ABG FGH S S =△△；④AG +DF ＝FG ．其中正确的是（）（把所有正确结论的序号都选上）A ．①②B ．①④C ．①②③D ．①③④【答案】D 【解析】解：∵△BCE 沿BE 折叠，点C 恰落在边AD 上的点F 处；点G 在AF 上，将△ABG 沿BG 折叠，点A 恰落在线段BF 上的点H 处，∴∠CBE ＝∠FBE ，∠ABG ＝∠FBG ，BF ＝BC ＝10，BH ＝BA ＝6，AG ＝GH ，∴∠EBG ＝∠EBF ＋∠FBG ＝12∠CBF ＋12∠ABF ＝12∠ABC ＝45°，所以①正确；在Rt △ABF 中，AF 8==，∴DF ＝AD −AF ＝10−8＝2，设AG ＝x ，则GH ＝x ，GF ＝8−x ，HF ＝BF −BH ＝10−6＝4，在Rt △GFH 中，∵GH 2＋HF 2＝GF 2，∴x 2＋42＝（8−x ）2，解得x ＝3，∴GF ＝5，∴AG ＋DF ＝FG ＝5，所以④正确；∵△BCE 沿BE 折叠，点C 恰落在边AD 上的点F 处∴∠BFE ＝∠C ＝90°，∴∠EFD ＋∠AFB ＝90°，而∠AFB ＋∠ABF ＝90°，∴∠ABF ＝∠EFD ，∴△ABF ∽△DFE ，∴AB AF DF DE =，∴8463DE AF DF AB ===，而623AB AG ==，∴AB DE AG DF≠，∴△DEF 与△ABG 不相似；所以②错误．∵S △ABG ＝12×6×3＝9，S △GHF ＝12×3×4＝6，∴S △ABG ＝32S △FGH ．所以③正确．∴正确的结论有：①③④，故选：D ．考向02相似三角形的判定例题3：如图，每个小方格的边长都是1，则下列图中三角形（阴影部分）与△ABC 相似的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】解：因为△ABC中有一个角是135°，选项中，有135°角的三角形只有C，且满足两边成比例夹角相等，故选：C．例题4：（2021·上海浦东新·九年级期中）如图，在正方形ABCD中，点E为AD边上的一个动点（与点A，D不重合），∠EBM＝45°，BE交对角线AC于点F，BM交对角线AC于点G，交CD于点M，下列结论中错误的是（）A．△AEF∽△CBF B．△CMG∽△BFG C．△ABF∽△CBG D．△BDE∽△BCG【答案】C【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AD∥BC，∠DCA=∠ACB=∠DAC=∠CAB=∠EBM=45°，∴△AEF∽△CBF，故选项A不合题意；∵∠EBM=∠DCA=45︒，∠MGC=∠BGF，∴△CMG∽△BFG，故选项B不合题意；∵∠CAB=∠ACB=∠FBG=45°，∴∠ABF+∠CBG=45°，∴∠ABF与∠CBG不一定相等，∴△ABF与△CBG不一定相似，故选项C符合题意；∠=︒∠+∠∠=︒=∠+∠45=,45,FBG DBE DBM DBC DBM CBG∴∠=∠DBE CBG,∠=∠=︒EDB GCB45,∴△BDE∽△BCG，故D不符合题意；故选：C．考向03投影与视图例题5：（2021·广东深圳·九年级期末）如图所示的几何体，从左面看的图形是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】解：从左面看，是一列三个小正方形．故选A．例题6：（2021·江苏南京·中考真题）如图，正方形纸板的一条对角线重直于地面，纸板上方的灯（看作一个点）与这条对角线所确定的平面垂直于纸板，在灯光照射下，正方形纸板在地面上形成的影子的形状可以是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为正方形的对角线互相垂直，且一条对角线垂直地面，光源与对角线组成的平面垂直于地面，则有影子的对角线仍然互相垂直，且由于光源在平板的的上方，则上方的边长影子会更长一些，故选D微练习一、单选题1．（2021·陕西武功·九年级期中）如图，直线123l l l ∥∥，直线a 、b 与1l 、2l 、3l 分别交于点A 、B 、C 和点D 、E 、F ，若:2:3AB BC =，9EF =，则DE 的长是（）A ．4B ．7C ．6D ．12【答案】C 【解析】解：∵l 1∥l 2∥l 3，∴AB ：BC =DE ：EF ，∵AB ：BC =2：3，EF =9，∴2：3=DE ：EF ，∴DE =6．故选：C ．2．（2021·河南封丘·九年级期中）下列图形一定相似的是（）A ．两个平行四边形B ．两个矩形C ．两个正方形D ．两个等腰三角形【答案】C 【解析】解：A 、两个平行四边形边不一定成比例，角不一定相等，所以不一定相似，故本选项错误；B 、两个矩形四个角相等，但是各边不一定对应成比例，所以不一定相似，故本选项错误；C 、两个正方形，形状相同，大小不一定相同，符合相似的定义，故本选项正确；D 、两个等腰三角形的边不一定成比例，角不一定相等，所以不一定相似，故本选项错误．故选C ．3．（2021·上海市市西初级中学九年级期中）将两个完全相同的等腰直角三角形△ABC 与△AFG 摆成如图的样子，两个三角形的重叠部分为△ADE ，那么图中一定相似的三角形是（）A ．△ABC 与△ADEB ．△ABD 与△AEC C ．△ABE 与△ACD D ．△AEC 与△ADC【答案】C 【解析】A.△ABC 是直角三角形，△ADE 不是直角三角形，故不能判断△ABC 与△ADE 相似；B.只有C B ∠=∠，不能判断B 选项中△ABD 与△AEC 相似；D.只有C C ∠=∠，不能判断D 选项中△AEC 与△ADC 相似；C.,ABC AFG △△是等腰直角三角形，则45,90ABE ACB DAE BAC ∠=∠=∠=︒∠=︒设BAD ∠=α，则45ADC BAD B α∠=∠+∠=︒+，90DAC BAC BAD α∠=∠-∠=︒-，9045EAC DAE BAD α∴∠=︒-∠-∠=︒-，∴AEB C EAC ∠=∠+∠454590αα=︒+︒-=︒-，DAC AEB ∴∠=∠45C B ∠=∠=︒ ∴ABE DCA △△∽,故选C ．4．（2021·福建周宁·九年级期中）如图，点P 是△ABC 的边AC 上一点，连结BP ，以下条件中，不能判定△ABP ∽△ACB 的是（）A ．AB AP ＝AC AB B ．BC BP ＝AC AB C ．∠ABP ＝∠CD ．∠APB ＝∠ABC【答案】B【解析】解：A 、∵∠A =∠A ，AB AP ＝AC AB ∴△ABP ∽△ACB ，故本选项不符合题意；B 、根据BC BP ＝AC AB 和∠A =∠A 不能判断△ABP ∽△ACB ，故本选项符合题意；C 、∵∠A =∠A ，∠ABP =∠C ，∴△ABP ∽△ACB ，故本选项不符合题意；D 、∵∠A =∠A ，∠APB =∠ABC ，∴△ABP ∽△ACB ，故本选项不符合题意；故选：B ．5．（2021·河南·郑州市第二初级中学九年级期中）如图，▱OABC 的顶点O （0，0），A （1，2），点C 在x 轴的正半轴上，延长BA 交y 轴于点D ，将△ODA 绕点O 顺时针旋转得到△OD 'A '，当点D 的对应点D '落在OA 上时，D 'A '的延长线恰好经过点C ，则点C 的坐标为（）A ．B ．C ．1,0)+D ．1,0)+【答案】B 【解析】解：延长A ′D ′交y 轴于点E ，延长D ′A ′，由题意D ′A ′的延长线经过点C ，如图，∵A （1，2），∴AD =1，OD =2，∴OA ==由题意：△OA ′D ′≌△OAD ，∴A ′D ′=AD =1，OA ′=OA OD ′=OD =2，∠A ′D ′O =∠ADO =90°，∠A ′OD ′=∠DOD ′．则OD ′⊥A ′E ，OA 平分∠A ′OE ，∴△A ′OE 为等腰三角形．∴OE =OA ED ′=A ′D ′=1．∵EO ⊥OC ，OD ′⊥EC ，∴△OED ′∽△CEO ．∴ED EO OD OC''=．∴12=．∴OC∴C （0）．故选：B ．6．（2021·安徽·阜阳实验中学九年级期中）如图，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°．AB ＝BC ．点D 是线段AB 上的一点，连接CD ．过点B 作BG ⊥CD ，分别交CD 、CA 于点E 、F ，与过点A 且垂直于AB 的直线相交于点G ，连接DF ，给出以下四个结论：①AG AB ＝AF FC ；②若点D 是AB 的中点，则AF＝3AB ；③当B 、C 、F 、D 四点在同一个圆上时，DF ＝DB ；④若DB AD ＝12，则9=ABC BDF S S △△，其中正确的结论的个数是（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C 【解析】解：依题意可得BC ∥AG ，∴△AFG ∽△CFB ，∴AG AF BC CF=，又AB ＝BC ，∴AG AF AB CF =．故结论①正确；如图，∵∠1+∠3＝90°，∠1+∠4＝90°，∴∠3＝∠4．在△ABG 与△BCD 中，3490AB BC BAG CBD ︒∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=⎩，∴△ABG ≌△BCD （ASA ），∴AG ＝BD ，又∵BD ＝AD ，∴AG ＝AD ；∵△ABC 为等腰直角三角形，∴AC ；∴AG ＝AD ＝12AB ＝12BC ；∵△AFG ∽△BFC ，∴AG BC ＝AF FC，∴FC ＝2AF ，∴AF ＝13AC ＝3AB ．故结论②正确；当B 、C 、F 、D 四点在同一个圆上时，∵∠ABC ＝90°，∴CD 是B 、C 、F 、D 四点所在圆的直径，∵BG ⊥CD ，∴，∴DF ＝DB ，故③正确；∵AG AF AB CF =，AG ＝BD ，12BD AD =，∴13BD AB =，∴AF CF ＝13，∴AF ＝14AC ，∴S △ABF ＝14S △ABC ；∴S △BDF ＝13S △ABF ，∴S △BDF ＝112S △ABC ，即S △ABC ＝12S △BDF ．故结论④错误．故选：C ．7．如图所示，王华晚上由路灯A 下的B 处走到C 处时，测得影子CD 的长为1米，继续往前走3米到达E 处时，测得影子EF 的长为2米，已知王华的身高是1.5米，那么路灯A 的高度AB 等于（）A ．4.5米B ．6米C ．7.2米D ．8米【答案】B 【解析】解：如图所示，GC ⊥BC ，AB ⊥BC ，∵=王华的身高路灯的高度王华的影长路灯的影长，当王华在CG 处时，Rt △DCG ∽Rt △DBA ，即DC GC DB AB =，当王华在EH 处时，Rt △FEH ∽Rt △FBA ，即EF EH CG BF AB AB==，∴CD EF BD BF =，∵CG ＝EH ＝1.5米，CD ＝1米，CE ＝3米，EF ＝2米，设AB ＝x ，BC ＝y ，∴1215y y =++，解得y ＝3，则1.514x =，解得，x ＝6米．即路灯A 的高度AB ＝6米．故选：B ．8．（2021·甘肃兰州·中考真题）如图，小明探究课本“综合与实践”板块“制作视力表”的相关内容：当测试距离为5m 时，标准视力表中最大的“”字高度为72.7mm ，当测试距离为3m 时，最大的“”字高度为（）A ．4.36B ．29.08C ．43.62D ．121.17【答案】C 【解析】根据题意，得CAB FAD ∠=∠，且90ABC ADF ∠=∠=︒∴ABC ADF△∽△∴BC DF AB AD=∴72.7343.62mm 5BC AD DF AB ⨯⨯===故选：C ．9．（2021·山东·济南市济阳区实验中学九年级期中）如图，四边形ABCD 和A ′B ′C ′D ′是以点O 为位似中心的位似图形，若OA ：OA ′ABCD 与四边形A ′B ′C ′D ′的面积比为（）A ．4：9B ．2：5C ．2：3D ．5：5【答案】B【解析】解：∵四边形ABCD 和A ′B ′C ′D ′是以点O 为位似中心的位似图形，OA ：OA∴DA ：D ′A ′=OA ：OA∴四边形ABCD 与四边形A ′B ′C ′D ′的面积比为：2：2=2：5，故选：B．10．下列命题：①两个正方形是位似图形；②两个等边三角形是位似图形；③两个同心圆是位似图形；④平行于三角形一边的直线截这个三角形的两边，所得的三角形与原三角形是位似图形，其中正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B【解析】①两个正方形是相似图形，但对应点的连线不一定交于一点，故不一定是位似图形，②两个等边三角形是相似图形，但对应点的连线不一定交于一点，故不一定是位似图形，③两个同心圆符合位似图形的定义，是位似图形，④平行于三角形一边的直线截这个三角形的两边，所得的三角形与原三角形是位似图形，∴正确的有③④，共2个，故选：B．11．（2021·江苏淮安·中考真题）如图所示的几何体的俯视图是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】解：从上面看该几何体，所看到的图形如下：故选：A．12．（2021·福建·中考真题）如图所示的六角螺栓，其俯视图是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】从上面看是一个正六边形，中间是一个圆，故选：A ．二、填空题13．（2021·上海市奉贤区古华中学九年级期中）在△ABC 中，点D 在边AC 上，且AD ：DC ＝1：2，E 为BD 中点，延长AE 交BC 于点F ，则BF ：FC 的值是___．【答案】1:3【解析】如图，过点D 作//DG AF 交BC 于点G ，AD FG DC GC ∴=12=即2GC FG=E 是BD 的中点，//DG AF1BE BF ED FG∴==即BF FG=:BF FC ∴=1:3故答案为：1:314．阳光下，同学们整齐地站在操场上做课间操，小勇和小宁站在同一列，小勇的影子正好落到后面一个同学身上，而小宁的影子却没有落到后面一个同学身上，据此判断他们的队列方向是______（填“背向太阳”或“面向太阳”），小宁比小勇_______（填“高”、“矮”、或“一样高”）．【答案】面向太阳矮【解析】∵小勇的影子正好落到后面一个同学身上，∴他们的队列方向是面向太阳，∵小宁的影子却没有落到后面一个同学身上，∴小勇的影子比小宁的影子长，∴小宁比小勇矮．故答案为：面向太阳，矮15．如图，在△ABC 中，O 是BC 的中点，以点O 为位似中心，作△ABC 的位似图形△DEF．若点A 的对应点D 是△ABC 的重心，则△ABC 与△DEF 的位似比为______．【答案】3:1【解析】∵点D 是△ABC 的重心，O 是BC 的中点∴2AD OD=∵O 是BC 的中点，以点O 为位似中心，作△ABC 的位似图形△DEF∴ODF OAC△∽△∴31AC OA OD AD DF OD OD +===故答案为：3:1．16．（2021·辽宁千山·九年级期中）如图，已知等边三角形ABC 绕点B 顺时针旋转60︒得BCD △，点E 、F 分别为线段AC 和线段CD 上的动点，若AE CF =，则下列结论：①四边形ABDC 为菱形；②△ABE ≌△CBF；③△BEF 为等边三角形；④CFB CGE ∠=∠；⑤若3CE =，1CF =，则154BG =．正确的有（填序号）________．【答案】①②③④【解析】解：由等边三角形和旋转的性质可知AB =AC =BD =CD ，即四边形ABDC 为菱形，故①正确；∵在△ABE 和△CBF 中，60AB CB BAE BCF AE CF =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△ABE ≅△CBF (SAS)，故②正确；∵△ABE ≅△CBF ，∴BE =BF ，∠ABE =∠CBF ，∵∠ABC =∠ABE +∠EBC =60°，∴∠CBF +∠EBC =60°，即∠EBF =60°，∴△BEF 为等边三角形，故③正确；∵∠CFB =∠CFG +∠BFG ，∠CGE =∠CFG +∠FCG ，又∵∠FCG =60°，∠BFG =60°，∴∠CFB =∠CGE ，故④正确；∵AE =CF =1，∴BC =AC =AE +CE =4，∵∠CFB =∠CGE ，∠ECG =∠BC F=60°，∴△CFB ∼△CGE ，∴CG CE CF BC =，即314CG =∴CG =34，∴BG =BC −CG =4−34=134，故⑤错误．综上，①②③④正确．故答案为①②③④．三、解答题17．（2021·上海市奉贤区实验中学九年级期中）已知：线段a 、b 、c ，且345a b c ==．（1）求23a b c +的值；（2）如线段a 、b 、c 满足3a ﹣4b +5c ＝54，求a ﹣2b +c 的值．【答案】（1）1115；（2）0【解析】解：（1）由345a b c ==设3,4,5a k b k c k ===∴23241111=3351515a b k k k c k k ++⨯==⨯（2）把3,4,5a k b k c k ===代入3a ﹣4b +5c ＝54得33445554k k k ⨯-⨯+⨯=整理得，1854k =∴3k =∴9,12,15a b c ===∴2=9212150ab c +-⨯+=﹣18．（2021·河南原阳·九年级期中）如图，在△ABC 中，DF ∥AC ，DE ∥BC ．（1）求证：BF CE FC EA=；（2）若AE ＝4，EC ＝2，BC ＝10，求BF 和CF 长．【答案】（1）见解析；（2）103BF =，203CF =【解析】（1）证明：∵DF ∥AC ，∴BF BD FC AD=，∵DE ∥BC ，∴BD CE AD AE =，∴BF CE FC AE=；（2）解：设BF x =，∵10BC =，∴10CF x =-，∵BF CE FC AE =，且AE ＝4，EC ＝2，∴2104x x =-，解得：103x =，∴103BF =，∴10201033CF =-=．19．（2021·广东南海·九年级期中）如图，已知O 是坐标原点，AB 两点的坐标分别为（3，﹣1），（2，1）．（1）以点O 为位似中心，在y 轴的左侧将△OAB 放大2倍；（2）分别写出A ，B 两点的对应点A ′，B ′的坐标．【答案】（1）见详解；（2）A′（-6,2），B′（-4，-2）.【解析】解：(1)如图，△OB ꞌA ꞌ为所作；(2)∵236,2(1)2,224,212,-⨯=--⨯-=-⨯=--⨯=-∴A ，B 两点的对应点A ′，B ′的坐标为A ′（-6,2），B ′（-4，-2）.20．（2021·山东长清·九年级期中）如图，在路灯下，小明的身高如图中线段AB 所示，他在地面上的影子如图中线段AC 所示．（1）请你通过画图确定灯泡所在的位置．（2）如果小明的身高AB ＝1.6m ，他的影子长AC ＝1.4m ，且他到路灯的距离AD ＝2.1m ，求灯泡的高．【答案】（1）见解析；（2）4m【解析】（1）解：如图，点O 为灯泡所在的位置，线段FH 为小亮在灯光下形成的影子；（2）解：由已知可得，OD BA∥∴ABC DOC△∽△∴AB DO ＝CA CD，∴1.6DO ＝ 1.41.4 2.1+，∴OD ＝4m ．∴灯泡的高为4m ．21．（2021·陕西兴平·九年级期中）如图，在锐角△OAB 中，点M ，N 分别在边OB ，OA 上，连接MN ，OG AB ⊥于点G ，OH MN ⊥于点H ，NOH GOB ∠=∠．（1）求证：OHN OGB V :V ；（2）若3OM =，7OA =，求MN AB的值．【答案】（1）见解析；（2）37【解析】（1）证明：∵90OHN OGB ∠=∠=︒，NOH GOB ∠=∠，∴OHN OGB V :V ．（2）解：由（1）得OHN OGB V :V ，∴ONH B ∠=∠，又∵AOB MON ∠=∠，∴OMN OAB △△:．∴37MN OM AB OA ==．22．（2021·广东·松岗实验学校九年级期中）如图①，四边形OABC 是一张放在平面直角坐标系中的正方形纸片，点O 与坐标原点重合，点A 在x 轴上，点C 在y 轴上，OC ＝5，点E 在边BC 上，点N 的坐标为（3，0），过点N 且平行于y 轴的直线MN 与EB 交于点M ．现将纸片折叠，使顶点C 落在MN 上，并与MN 上的点G 重合，折痕为OE ．（1）点G 的坐标为；点E 的坐标为；（2）如图②，若OG 上有一动点P （不与O ，G 重合），从点O 出发，以每秒1个单位的速度沿OG 方向向点G 匀速运动，设运动时间为t 秒（0＜t ＜5），过点P 作PH ⊥OG 交OE 于点H ，连接HG ，求出△PHG 的面积s 与t 的函数关系式；（3）在（2）的条件下，求当t 为何值时，以点P 、H 、G 为顶点的三角形与△OEG 相似？【答案】（1）（3，4），（53，5）；（2）()2150566S t t t =-+<<；（3）52或92【解析】解：（1）由翻折的性质可知，OC ＝OG ＝5，CE ＝EG ，∵N (3，0)，NM //OC ，∴∠ONG ＝90°，∴GN 22OG ON -2253-4．∴G (3，4)，∵MN //OC ，CM //ON ，∴四边形OCMN 是平行四边形，∵∠CON ＝90°，∴四边形OCMN 是矩形，∴CM ＝ON ＝3，设EC ＝EG ＝x ，在Rt △EMG 中，则有x 2＝12+(3﹣x )2，解得x ＝53，∴E (53，5)，故答案为：(3，4)，(53，5)；（2）∵∠OPH ＝∠OGE ＝90°，∠POH ＝∠GOE ，∴△OPH ∽△OGE ，∴OP OG ＝PH EG，∴553t PH =，∴PH ＝3t ，∴S ＝12•PG •PH ＝12×(5﹣t )×3t ＝﹣16t 2+56t （0＜t ＜5）；（3）∵∠GPH ＝∠EGO ＝90°，∴当PH EG ＝PG OP时，△GPH ∽△OGE ，∴1353t ＝55t -，解得t ＝52．当PH OG ＝PG EG时，△GPH ∽△EGO ，∴135t ＝553t -，解得t ＝92，综上所述，满足条件的t 的值为52或92．。
第15讲 非连续性文本阅读(解析版)-【分层培优】2022-2023学年七年级语文上册重点知识讲练
第15讲非连续性文本阅读教学内容一.综合性学习。
(5分)近期《汉字英雄》和《中国汉字听写大会》这两档汉字听写节目火了，它们不仅将汉字“听写课”开到了电视上，过让告别校园多年的成年人也参与“陪考”，老老实实地学起了写字。
有关数据显示，节目播出6小时内在微博话题电视节目中排名第一位，甚至超越了《中国好声音》等多档娱乐节目。
两档汉字听写类节目的走红，让不少国人惊呼自己已经“不会写字”，也再次引起人们对汉字文化传承的忧虑。
（1）请用一句话概括以上新闻的主要内容(不超过20个字)。
(3分)（2）针对汉字文化传承的忧虑，请你写出两个行之有效的具体措施。
(2分)【答案】（1）汉字听写大赛节目引起人们对汉字的忧虑。
（2）①学校开设汉字课，让学生掌握规范字的写法。
②定期开展汉字大赛，让人们在竞争中取得收获。
【解答】（1）本题考查新闻消息类压缩语段的能力。
主要内容是概括出“行为主体怎么样，有什么影响”。
本材料分为三句，第一、二句具体介绍了事件，第三句是具体说明事件影响；第一句是概括重点是汉字听写大赛在微博话题电视节目中排名第一位，第二部分是引起人们对汉字文化传承的忧虑；结合题干和字数要求，可得出答案。
（2）开放性题，言之有理即可。
[注释]老树：中央财经大学教授，醉心于漫画创作，擅长古体画与诗的搭配。
答案：D 下面诗歌和材料一的漫画搭配最合适的一项是（）A．林下茅舍听雨，村外水田插秧。
桃花闲落风里，鹧鸪时鸣山前。
B．远山微云乍起，平野渐次苍黄。
小院瓜熟蒂落，手边一茶微凉。
C．晚来有月升起，初觉夜风微凉。
一湖绿水寂寂，无边蒹葭苍苍。
知识点一：非连续性文本文体知识知识梳理1、概念非连续性文本是相对于以句子和段落组成的连续性文本而言的阅读材料，它往往围绕一个事物或主题，提供多维度的阅读材料，材料相互独立，从不同角度呈现事物或主题，单独看是完整的，合在一起又能综合地表达意义。
材料之间的顺序并不固定，打乱了原来的顺序，仍然可以表达原来的意义。
【七年级奥数】第15讲 综合除法和余数定理（例题练习）
第15讲综合除法和余数定理——例题一、第15讲综合除法和余数定理（例题部分）1.求多项式除以x+2，所得的商和余式．【答案】解:先用一般的竖式除法计算所以，商式为3x-1，余数为-5．从运算中我们可以发现上述运算实际上是它们系数之间的运算，所以我们可以省去字母，将上面的除法用下面的简便方式来表示．商式为3x-1．，余数为-5．【解析】【分析】在除式为一次式x-a时，可以采用这种简便的除法，称为综合除法．演算过程如下：( 1 )被除式按x的降幂排列好，依次写出各项的系数，遇到缺项，必须用“0”补足．( 2 )将(-a的相反数)a写在上述系数的左边，彼此用竖线隔开．( 3 )将被除式的第一个系数作为第二行的第一个数．用它乘a，加上第二个系数，得到第二行的第二个数．再把这第二个数乘a，加上第三个系数，得到第二行的第三个数……依此类推．最后得到的数为余数，把它用线隔开，线外就是商式的系数．x的代数式常用记号f(x)或g(x)等表示，例如，用f(x)表示代数式，可记为f(x)=这时，f(1)就表示x=1时，代数式的值，即f(1)=同样地，有,等等．f(x)可以代表x的任一个代数式．但在同一个问题中，不同的代数式要用不同的记号表示，如f(x)、g(x)、q(x)、(rx)等.采用上述记号，在除法中，我们有①其中，f(x)表示被除式，g(x)表示除式，q(x)表示商式，r(x)表示余式，余式r(x)的次数小于除式g(z)的次数．如果g(x)是一次式x-a，那么r(x)的次数小于1，因此，r(x)只能为常数(0或非零常数).这时．余式也叫余数，记为r，即有②在②中令x=a得f(a)=r因此，我们有以下重要定理：如除以x+2的余数为这与我们前面用综合除法求得的余数相同.又由②式．如果能被x-a整除，那么必有r=0．反之，如果r=0，那么能被x-a整除．因此，我们有：因式定理：如果多项式能被x-a整除，亦即有一个因式x-a，那么，反之，如果，那么x-a必为如果多项式的一个因式。
【详解】二年级(上)第15讲 列表推理
第十五讲列表推理1.例题1答案：小猫住上层，小狗住中层，小猪住下层．详解：小猪住在下层，小猫不住在中层，所以小猫住在下层和上层，而下层小猪住，所以小猫住在上层．所以小狗住在中层．2.例题2答案：多多第一，毛毛第二，月月第三．详解：方法一：文字分析法．从月月说“我不是第一名，也不是第二名”可以判断月月是第三名；再从毛毛说“我不是第一名”，可以判断毛毛一定是第二名，那么多多就是第一名了．方法二：列表法．这里列表可以通过问题以人为行、名次为列或以名次为行、人为列，再从确定的开始填，一定是的画“√”，一定不是的画“×”．根据月月说：“我不是第一名，也不是第二名．”可以判断月月是第三名．那么如下表：又根据毛毛说：“我不是第一名．”可以判断毛毛是第二名或第三名，又知月月是第三名，那么毛毛就是第二名．那么如下表：最后只有第一名，判定多多是第一名．那么如下表：3.例题3答案：赵叔叔是工人，刘叔叔是教师，魏叔叔是农民．详解：根据题目中的问题列表格，以人为行、职业为列或以职业为行、人为列．利用“（1）赵叔叔比教师体重重”和“（2）魏叔叔和教师体重不同”，可以知道赵叔叔和魏叔叔都不是教师，可以判断刘叔叔是教师．由“（1）赵叔叔比教师体重重”和“（3）赵叔叔和农民是朋友”可以知道赵叔叔不是教师也不是农民，可判断赵叔叔是工人，最后得出魏叔叔是农民．三个人的角色如下表：4.例题4答案：小海的妹妹是花花，小明的妹妹是芳芳，小建的妹妹是丽丽．详解：根据题目中的问题列表格，以哥哥为行、妹妹为列或以妹妹为行、哥哥为列．根据“小海和丽丽对小建和芳芳”、“小建和花花对小海和小明的妹妹”这两个条件得出小海不是丽丽的哥哥，小建不是芳芳的哥哥，小建不是花花的哥哥，那么小建就是丽丽的哥哥．“小建和花花对小海和小明的妹妹”，这里有一个隐藏条件：小明的妹妹不是花花．因为小建和花花为一组了，那么小海就不能和花花一组了．那么小明的妹妹不是花花，小建的妹妹是丽丽，也不是花花，那么就是小海的妹妹是花花，由此可判断，小明的妹妹是芳芳．哥哥和妹妹的关系图如下表：5.例题5答案：奇奇．详解：根据问题以人为行、积木为列或以积木为行、人为列．利用唯一性，由“（1）童童拿的是圆形的”和“（2）林林与童童拿的都是红色的”，得出童童拿的是红色圆形的，那么林林只能拿红色方形的了；再由“（2）林林与童童拿的都是红色的”和“（3）乐乐和林林拿的都是方形的”，可以判断乐乐拿的是黄色方形的，剩下黄色圆形的积木只能是奇奇拿的了．人物和不同颜色的积木关系如下表：6.例题6答案：甲是律师，乙是教师，丙是警察，丁是医生．详解：根据问题以人为行、职业为列或以职业为行、人为列．先根据题目中的确定条件，利用唯一性将一些人物和职业进行初步排除，如下表：根据“（2）医生曾给乙治过病”和“（5）乙和丙从未见过面”可以确定丙不是医生．根据“（3）律师是丙的法律顾问（经常见面）”和“（5）乙和丙从未见过面”可以判断乙不是律师．排除到这一步就可以知道，甲是律师．那么甲就不能是其他的职业，在甲所在的行其他职业下打“×”．由此判断出丁是医生．那么丁就不能是其他的职业，在丁所在的行其他职业下打“×”．根据“（1）教师不知道甲的职业”，而甲是律师和“（3）律师是丙的法律顾问（经常见面）”可判断丙不是教师．那么教师就是乙，那么丙是警察．人物和职业的关系图下表：7.练习1答案：小兔在黄椅子上，小公鸡在绿椅子上，小猴在红椅子上．简答：小公鸡不在红椅子上，确定小公鸡只能在黄椅子和绿椅子，又小兔在黄椅子上，所以小公鸡在绿椅子上．那么小猴只能在红椅子上．8.练习2答案：嘟嘟：红色；甜甜：黄色．简答：列表法：这里列表可以通过问题以人为行、颜色为列或以颜色为行、人为列，再从确定的开始填，一定是的画“√”，一定不是的画“×”．根据嘟嘟：“我摸出的球不是白的也不是黄的．”判断嘟嘟摸的是红色的，那么如下表：又根据甜甜：“我摸出的球不是白的．”判断甜甜摸的是黄色或红色，又知嘟嘟摸的是红色的，那么甜甜摸的是黄色的．还剩下白色．那么如下表：9.练习3答案：甲是篮球队员，乙是小画家，丙是足球队员．简答：根据题目中的问题列表格，以人为行、职业为列或以职业为行、人为列．利用“（1）甲的身材比足球队员高”和“（2）乙比篮球队员和足球队员的年龄都小”，可以判断甲和乙都不是足球队员．判断丙是足球队员．又知乙不是篮球队员，丙不是篮球队员，那么甲是篮球队员．最后判定乙是小画家．三个人的角色如下表：甲是篮球队员，乙是小画家，丙是足球队员．10.练习4答案：思思是老张家的；妙妙是老王家的；虎虎是老陈家的．简答：根据题目中的问题列表格，以孩子为行、爸爸为列或以爸爸为行、孩子为列．利用“（1）老王家的孩子参加了少年女子游泳队”，可以判断老王家的孩子是个女孩，排除了虎虎．又知“（2）老张的女儿不是妙妙”，可以判断老张家的是女孩，是思思．那么也就判断出老王家的是妙妙．最后判断虎虎是老陈家的．孩子和爸爸的关系图如下表：11.作业1答案：甲：日语；乙：英语；丙：汉语简答：通过列表法即可得．12.作业2答案：张叔叔：工人；李叔叔：农民；王叔叔：战士简答：由（1）和（2）可得张叔叔是工人，由（2）可得王叔叔是战士，最后剩下李叔叔是农民．用列表法可以简便解答出来．13.作业3答案：红蛋蛋：蓝帽子；蓝蛋蛋：黄帽子；黄蛋蛋：红帽子简答：已知红蛋蛋戴蓝帽子，那么剩余两顶帽子，分别是黄帽子和红帽子，因为黄蛋蛋只能够戴红帽子，所以蓝蛋蛋就是黄帽子．用列表法可以简便解答出来．14.作业4答案：老张：小晴；小张：小雨；老王：王冰；小王：小雪简答：将已知条件列在表格中，通过（1）确定王冰是老王家的，同理推断出其余问题．15.作业5答案：甲老师简答：通过列表法解答，关键在于通过（2）和（3）推理得出丙是男教师且外语老师是女教师，所以丙不是外语老师．。
六年级北师版第15讲：浓度问题-(1)
新知呈现：
例题3： 两溶液混合后求浓度 浓度为70%的酒精溶液500克与浓度为50%的酒精溶液300克，混合后所得到 的酒精溶液的浓度是多少？
答案解析：500×70%=350（克） 300×50%=150（克）
（350+150）÷（500+300）×100%=62.5%
练一练：
1、浓度为60%的酒精溶液200克与浓度为30%的酒精溶液300克，混合后所 得到的酒精溶液的浓度是多少？
3、有浓度为60%的盐水100克,加了一定数量的水后稀释成浓度为48%的 盐水，应该加入多少克水？如果再加入同样多的水,浓度将变成多少？
答案：加入25克的水；40%
（2）仓库运来含水量为90％的一种水果100千克。一星期后再测，发现含水 量降低到80％。现在这批水果的质量是多少千克？
答案解析：100×（1-90%）=10（千克），10÷（1-80%）=50（千克）
答案：7千克
解题思路：
1、基本概念： 溶质：通常为盐水中的“盐”，糖水中的“糖”，酒精溶液中的“酒精” 等。
溶剂：一般为水，部分题目中也会出现煤油等。
溶液：溶质和溶剂的混合液体。
浓度：溶质质量与溶液质量的比值。
解题思路：
2、公式： 溶液质量=溶质质量+溶剂质量 浓度==溶质质量÷溶液质量×100% 溶质质量=溶液质量×浓度 溶液质量=溶质质量÷浓度 溶剂质量=溶液质量×（1－浓度） 溶液=溶剂÷（1-浓度）
答案：20%； 44%
2、实验室购进了200千克浓度为80%的医用酒精，为使用纯酒精，对酒精 溶液进行蒸馏，蒸馏出100千克纯酒精。那么，蒸馏后酒精溶液的浓度是 多少？
答案：60% 3、一瓶200克的糖水，浓度为40%．放置一段时间由于水分蒸发，发现糖 水质量减少了40克。此时糖水浓度是多少？
第15讲 和差倍问题二-完整版
第15讲和差倍问题二兴趣篇1．★开始时阿呆有20张游戏卡，阿瓜有16张游戏卡．阿呆送给阿瓜2张游戏卡，这时阿呆和阿瓜一共有多少张游戏卡？答案36张解答开始时，阿呆和阿瓜一共有20+16=36（张）游戏卡，无论阿呆送给阿瓜几张游戏卡，两人的游戏卡的总张数是不变的．所以阿呆送给阿瓜2张游戏卡后，两人的游戏卡的总数仍然是36张.2．★开始时阿呆有20张游戏卡，阿瓜有16张游戏卡．阿呆送给阿瓜一些游戏卡，这时阿呆只有12张游戏卡了．请问：现在阿瓜有多少张游戏卡？答案24张解答两人一共有20+16=36（张）游戏卡，所以阿瓜现在有36-12=24（张）游戏卡.3．★★甲班和乙班一共有60人，如果从甲班调6人到乙班，那么甲班的人数就是乙班人的2倍．求甲、乙两班原来的人数．答案甲班46人，乙班14人解答设后来乙班的人数为1份，那么甲班的人数是2份，所以两班的总人数就是3份．两班的总人数60人是不变的，因此3份就等于60人，1份就是60÷3=20（人），即乙班后来的人数为20人，甲班是乙班的2倍，为40人．所以，原来甲班有40+6=46（人），乙班有20-6=14（人）．4．★★甲、乙两位学生原计划每周做同样数量的练习题，实际上甲每周多做了18道题，而乙偷懒每周少做了14道题，结果乙三周的做题量只相当于甲一周的做题量．请问：他们原计划每周做几道题？答案30道解答实际上乙做三周的题量只相当于甲一周的数量，也就是说，甲一周做题目的数量是乙的3倍．设乙每周实际做的题目数量是1份，那么甲每周实际做的题目数量就是3份.由图中可以看出，甲的3份比乙的1份多了14+18=32（道）题，即2份为32道．因此1份为32÷2=16（道），即乙每周实际做16道题，那么他们原计划每周做16 +14=30（道）题.5．★★一辆公共汽车出发时有48人，到达第一站时有若干人下车，而且下车的比留下的多8人．到达第二站时，又有人下车，这次下车的比留下的少8人．请问：最后有几个人留在了车上？（注：每个车站都无人上车）答案14人解答根据题意得，第一站下车的人数与留下的人数之和为48人，又知两者之差为8人，根据和差问题的公式得，第一站后车上留下的人数为(48-8)÷2=20（人）．同样的，到达第二站时留下的人数与下车的人数之和为20人，差为8人．所以第二站后车上留下的人数为(20+8)÷2=14（人）.6．★★刘老师给大家布置了若干道数学题作为寒假作业，寒假快结束的时候，墨莫已经做完48道，萱萱则做完40道．如果萱萱未做的题数是墨奠的3倍，那么老师一共布置了多少道题？答案52道解答萱萱做的题目比墨莫做的少48-40=8（道）．由线段图可知，萱萱未做的3份比墨莫未做的1份多8道题，则1份为8÷(3-1) =4（道），即墨莫未做的题数是4道．所以老师一共布置了4+48=52（道）题.7．★★甲房地产公司有资金100亿元，乙房地产公司有资金40亿元，两公司联合投资一块地皮，用去同样多的资金后，甲公司剩下的资金是乙公司的5倍．请问：两公司投资这块地皮共用去多少亿元？答案50亿元解答设乙公司剩下的资金是1份.由线段图知，甲公司剩下的资金比乙公司多100-40=60（亿元），而这60亿元相当于5-1=4（份），所以1份就是60÷4 =15(亿元），即乙公司剩下的资金是15亿元．因此用去的资金是40-15=25（亿元），那么两公司投资这块地皮共用去25×2=50（亿元）．8．★★在一个减法算式里，被减数、减数与差的和是240，减数是差的5倍．则减数是多少？答案100解答设差是1份，所以减数就是5份.在一个减法算式里，被减数应该等于减数加上差，也就是差的6倍等于6份．被减数、减数与差的总份数等于1+5+6=12（份），而它们三者之和是240.因此1份等于240÷12=20，那么减数等于20×5=100.9．★★王老师买来三箱水果，总重100千克，其中前两箱重量相差11千克，且前两箱的总重量是第三箱的3倍．请问：这三箱水果中最重的那箱重多少千克？答案43千克解答设第三箱的重量是l份，那么前两箱的总重量是3份，总重量就是4份．由线段图可知．4份等于100千克，所以1份等于100÷4=25（千克），也就是第三箱的重量是25千克，那么前两箱的重量之和为100 –25=75（千克）．又知两者的差是11千克，由和差公式得，它们的重量分别是(75 -11)÷2=32（千克）和32+11= 43(千克)．因此，最重的那箱重43千克.10.甲、乙、丙三个物体的总重量是93千克，甲物体比乙、丙两个物体的重量之和轻1千克乙物体比丙物体的2倍还重2千克，那么甲、乙、丙各重多少千克？答案甲46干克，乙32千克，丙15千克解答把乙丙两个物体合并为一个整体，与甲物体进行比较．已知两者的重量之和为93，差为1．由和差公式得，甲物体的重量是(93 -1)÷2=46（千克），那么乙、丙物体的重量之和是47千克.设丙物体的重量为1份，那么乙物体的重量就是2份加2千克．47千克相当于3份加上2千克，所以1份是(47-2) ÷3=15(千克)．综上所述，甲物体重46千克，乙物体重15×2+2=32（千克），丙物体重15千克．拓展篇1．★★卡莉娅和萱萱一起去书店买书，一共买了15本数学书和22本语文书，其中卡莉娅买的数学书是萱萱的4倍，萱萱买的语文书比卡莉娅的3倍多2本，请问：萱萱买的书比卡莉娅多多少本？答案3本解答设萱萱的数学书是1份，则卡莉娅的数学书是4份.由线段图知，15本相当于5份，所以1份是15÷5=3(本)，即萱萱有3本数学书，那么卡莉娅有3×4=12（卒）数学书．类似地，设卡莉娅的语文书是1份，那么萱萱的语文书比3份多2本.由线段图知，22本相当于4份加上2本，所以1份是(22—2)÷4=5（本），即卡莉娅有5本语文书，那么萱萱有5×3+2=17（本）语文书.综上所述，卡莉娅一共买了12+5=17 (本)书，萱萱一共买了3+17=20（本）书，因此萱萱买的书比卡莉娅多20-17=3（本）．2．★★卡莉娅和萱萱玩游戏，每玩一局，输的就要给赢的1枚棋子．一开始卡莉娅有18枚棋子，萱萱有22枚，玩了若干局之后，卡莉娅反而比萱萱多了10枚棋子，请问：此时卡莉娅有多少枚棋子？答案25枚解答方法一：开始时卡莉娅和萱萱一共有18+22=40（枚）棋子．在玩游戏的过程中，由于两人的棋子总数是不变的，因此两人的棋子之和始终是40枚．玩了若干局后，卡莉娅比萱萱多10枚棋子，即两人的棋子数之差是10枚．根据“大数=（和+差）÷2”，可得卡莉娅有(40+ 10)÷2=25(枚)棋子.方法二：注意到卡莉娅赢的一局和输的一局是可以抵消的．卡莉娅每赢一局就多l枚棋子，同时萱萱就少1枚棋子．一开始卡莉娅比萱萱少4枚棋子，则卡莉娅赢2局后,棋子数就与萱萱一样多了．再赢5局后卡莉娅就多5枚棋子，而萱萱少5枚棋子，此时卡莉娅比萱萱多10枚棋子.因此卡莉娅比萱萱多蠃了5+2=7(局),最后卡莉娅就有18+7=25（枚）棋子．3．★★甲水库有43亿立方米水，乙水库有37亿立方米水．请问：需要从甲水库调多少亿立方米水到乙水库，才能使乙水库的水比甲水库多两倍？答案23亿立方米解答开始时两水库一共有43十37=80（亿立方米）水.调水后，两个水库中水的总量是不变的，仍是80亿立方米，设甲水库有1份水，则乙水库就有3份水．由线段图可知，4份等于80亿立方米，所以1份等于80÷4=20（亿立方米），即调水后，甲水库有20亿立方米，而乙水库有20×3=60（亿立方米）水.因开始时甲水库有43亿立方米水，所以甲水库调了43-20=23（亿立方米）水到乙水库.4．★★小高家有两根绳子，长的有163米，短的有97米，他把两根绳子剪去同样长的一段，结果长绳所剩长度比短绳所剩长度的7倍还多6米．那么两根绳子都剪去了多少米？答案87米解答设剪后短绳所剩长度为1份，则长绳所剩长度为7份加6米．两根绳子的长度差是163-97=66（米）．从线段图可看出，把两根绳子剪去同样的长度，则两根绳子都要缩短，但是它们的长度之差是不变的，由于剪短后，长绳是短绳长度的7倍还多6米，于是两绳的长度差66米比短绳剩下长度的6倍还多6米，因此短绳剩下的长度是(66 -6)÷6=10（米）．因为短绳原来的长度是97米，两绳都被剪去同样的长度，所以两绳都被剪去97-10=87（米）．5．★★用杯子往一个空瓶里倒水，如果倒进6杯水，连瓶共重680克；如果倒进9杯水，连瓶共重920克．求空瓶的重量．答案200克解答瓶子的重量不变，第二次比第一次多了9-6=3（杯）水，而重量增加了920 -680=240（克）．这240克就是3杯水的重量，那么每杯水的重量就是240÷3=80（克）．所以空瓶的重量就是680 - 80×6=200（克）．6.有两根粗细不同但长度相同的蜡烛，把它们同时点燃，1小时后细蜡烛缩短了15厘米，而粗蜡烛只缩短了3厘米，此时粗蜡烛长度正好是细蜡烛的3倍．请问：粗蜡烛还能燃烧多久？答案6小时解答设燃烧后细蜡烛的长度为1份，则粗蜡烛的长度为3份．燃烧前两根蜡烛长度相同，粗蜡烛烧掉了3厘米，细蜡烛烧掉了15厘米，比粗蜡烛多烧掉了15 -3=12（厘米）．由线段图知，燃烧后的细蜡烛就比粗蜡烛短12厘米，两根蜡烛的长度差12厘米相当于2份，所以1份等于12÷2=6（厘米），即细蜡烛余下6厘米，则粗蜡烛余下6×3=18（厘米）.粗蜡烛燃烧1小时缩短3厘米，那么它余下的18厘米可以燃烧18÷3=6（时）.7．甲、乙两人一起参加吃汉堡包大赛，在30分钟的限时内，甲吃的汉堡包个数是乙的一半，而乙吃的汉堡包比甲的5倍少12个．请问：甲、乙两人一共吃了几个汉堡包？答案12个解答假设甲吃的个数为1份，那么乙吃的个数为2份，由“乙吃的汉堡包比甲的5份少12个”可知，再加上12个汉堡包，那么乙就正好吃了5份.由线段图可知，12个就等于其中的3份，所以1份等于12÷3=4（个）. 甲、乙加起来吃了3份，所以两人一共吃了4×3=12（个）汉堡包.8．拍卖行卖出了两件艺术品，第一件的拍卖价格比第二件的3倍多3万元，而第二件的拍卖价格比第一件的3倍少73万元，请问：这两件艺术品一共卖了多少万元？答案35万元解答设第二件的拍卖价格为1份，则第一件的拍卖价格为3份加3万元.从线段图中看出，相差的73万元比第二件的拍卖价格的8倍还多9万元.于是第二件艺术品的拍卖价格就是（73-9）÷8=8（万元）.则第一件艺术品的拍卖价格是8×3+3=27（万元），因此这两件艺术品一共拍卖了27+8=35（万元）.9．小华有数学书、语文书和英语书一共70本，其中数学书和语文书的数量之和是英语书的4倍，数学书和英语书的数量之和比语文书的3倍少2本．那么小华有几本数学书？答案38本解答设英语书有1份，则数学书、语文书加起来共有4份.由线段图知，70本相当于5份，所以1份是70÷5=14（本），即英语书有14本.设语文书有1份，则数学书和英语书加起来比3份少2本.由线段图知，70本相当于4份少2本，所以1份是（70+2）÷4=18（本），即语文书有18本.由于三种书的总数是70本，所以数学书就有70-14-18=38（本）.10．四个人的年龄之和等于77，其中年龄最小的是10岁，他与年龄最大的人的年龄之和比另外两人的年龄之和大7岁．那么年龄最大的人是多少岁？答案32岁解答把最小年龄与最大年龄之和放在一起考虑，也把另外两人年龄之和放在一起考虑.此时二者的和是77，差是7，因此最小年龄与最大年龄之和是（77+7）÷2=42（岁）.由于最小的年龄是10岁，那么最大的年龄就是42-10=32（岁）.11.-堆苹果分给甲、乙、丙三人，三人分得的数量一样多．后来，甲给了乙2个，乙给了丙6个，丙又给了甲8个，此时甲的苹果数恰好是丙的2倍，那么此时乙有多少个苹果？答案6个解答甲给出了2个苹果，收到了8个苹果，那么甲比原来多了8-2=6（个）苹果；已收到了2个苹果，给出了6个苹果，那么乙比原来少了6-2=4（个）苹果；丙收到了6个苹果，给出了8个苹果，那么丙比原来少了8-6=2（个）苹果.由于原来三个的苹果数相同，那么分苹果后，甲就比丙多了6+2=8（个）苹果.而甲的苹果数是丙的2倍，那么此时丙就有8个苹果，甲有8×2=16（个）苹果.开始时三个各有8+2=10（个）苹果，那么乙最后有10-4=6（个）苹果. 12．某驻军有三个坦克连，共有115辆坦克，一连坦克数量比二连的2信多2辆，而二连的坦克数量比三连的3倍多1辆，请问：一连比三连多几辆坦克？答案59辆解答设三连的坦克数为1份，则二连的坦克数是3份加1辆.那么一连的坦克数是2×（3份+1）+2=6份+4.由线段图可知，所有坦克数量有10份加5辆，因此1份是(115-5)÷10=11（辆），即三连的坦克数为11辆.方法一：一连的坦克数为1l×6+4=70（辆），所以一连比三连多了70 - 11=59（辆）坦克．方法二：从线段图中看出，一连比三连多了5份加4辆，也就是多了11×5+4=59（辆）坦克．13.“超级女生”比赛开始报名，一共有上海、北京和湖南三个赛区，总的报名人数为600人，其中湖南的报名人数比上海的2倍少80人，而上海的报名人数比北京的3倍多20人，问：三个赛区各有多少人报名？答案北京62人，上海206人，湖南332人解答设北京赛区的报名人数是1份，那么上海赛区的报名人数是3份加20人，湖南赛区的报名人数是6份减40人，如图．由线段图可知，所有报名人数有10份少20人，因此1份是(600+20)÷10=62（人），即北京赛区有62人，那么上海赛区有62×3+ 20=206（人），湖南赛区有206×2-80=332（人）．14.小明、小红、小玲共有73块糖，如果小玲吃掉3块，那么小红与小玲的糖就一样多；如果小红给小明2块，那么小明的糖就是小红的糖的2倍．问：开始时小红有多少块糖？答案19块解答假设小红给小明2块糖后，小红的糖数是1份，那么开始时小红比1份多2块糖，而开始时小玲比小红多3块糖，小明比2份少2块糖．由线段图知，开始时小红有(73-2-3-2+2)÷4+2=19（块）糖．超越篇1．公园里柳树和杨树共43棵，松树和柏树共42棵，并且杨树比松树多2棵，比柳树少7棵，那么公园里有多少棵柏树？答案26棵解答由于柳树和杨树共43棵，杨树比柳树少7棵．所以柳树有(43+7)÷2=25（棵），杨树有(43-7)÷2=18（棵）．又因为杨树比松树多2棵，所以松树有18 -2=16（棵）．松树和柏树共42棵，则柏树有42-16=26（棵）．2．超市运来的西瓜个数是哈密瓜个数的4倍，如果每天卖掉120个西瓜和40个哈密瓜，如果某天下班时哈密瓜刚好卖完，还剩下600个西瓜，请问：超市运来西瓜、哈密瓜各多少个？答案西瓜2400个，哈密瓜600个解答方法一：注意到120÷40=3，这说明每天卖出的西瓜数是哈密瓜的3倍，那么全部卖出的西瓜数也是哈密瓜的3倍．设水果店全部的哈密瓜个数是1份，那么全部的西瓜个数是4份，卖出的西瓜个数是3份，剩下的西瓜个数是1份．由题目条件知，哈密瓜卖完后还剩下600个西瓜，所以1份就是600个，即一共有哈密瓜600个，有西瓜600×4=2400(个)．方法二：将全部的瓜装成若干袋，每袋装40个哈密瓜和160个西瓜．每天拿一袋出来卖，会剩下160-120=40（个）西瓜．由于最后总共剩下600个西瓜，所以一共有600÷40=15（袋）．因此一共有哈密瓜40×15=600(个)，有西瓜600×4=2400（个）．3．黑、白棋子总共62枚，把它们分成3堆：在第一堆中，黑子数量正好是白子的2倍；在第二堆中，黑子数量则是白子的3倍；在第三堆中，黑子数量是白子的4倍．如果第二堆白子是第一堆白子的2倍，第三堆黑子是第二堆总数的2倍，那么第三堆有几枚白子？几枚黑子？答案白子8枚，黑子32枚解答设第一堆白子数是1份，则第一堆黑子数是2份，第二堆白子数是2份，第二堆黑子数是6份，那么第二堆总数是8份，所以第三堆黑子数是16份，第三堆白子数是4份，全部的棋子数为31份．由线段图知，31份恰好是62枚棋子，因此1份就是62÷31=2（枚）棋子.所以第三堆中的白子有2×4=8(枚)，黑子有2×16=32（枚）．4．有50名学生参加联欢会，第一名到会的女生同全部男生握过手，第二名到会的女生只差1名男生没握过手，第三名到会的女生只差2名男生没握过手，依次类推，最后一名到会的女生同7名男生握过手．问：这些学生中有多少名男生？答案28名解答可以这么想象：每次来的女生都拉走一名男生去跳舞，那么每往后来1名女生，会场上就少了一名男生，与她握手的男生当然也就少了一名．按照这个方式，第一名到会的女生拉走了一名男生，第二名女生从剩下的男生中又拉走了一名，第三名女生也同样从剩下的男生中拉走一名，依此类推，最后一名女生就应该是从7名男生中拉走一名，最后还剩下6名男生，这说明，男生人数比女生人数多6名.已知男生与女坐人数的和为50名，根据和差公式得，一共有男生（50+6）÷2=28（名）．5．小高、墨莫和萱萱三个人各有一些钱，其中小高的钱数是墨莫的两倍，小高和墨莫的钱数总和是萱萱的6倍．老师给了小高一些钱，现在小高一共有56元，然后小高把老师给他的钱全部分给了墨莫和萱萱，这时墨莫有36元，萱萱有16元，那么老师一共给了小高多少元钱？答案40元解答设开始时萱萱的钱数是1份，根据题意得，墨莫的钱数是2份，小高的钱数是4份.由线段图知，小高把老师给他的钱全部分给了墨莫和萱萱后，墨莫和萱萱的钱数一共有36+16=52（元）钱，而比小高的56元少1份，所以1份就是56 -52=4（元）．那么小高原来有4×4=16（元），老师一共给了小高56-16=40（元）钱．6．有甲、乙、丙三堆石子，从甲堆中取8个给乙堆后？甲、乙两堆石子个数就相等了；此时再从乙堆中取6个给丙堆，乙、丙两堆石子个数就相等了；接着再从丙堆中取2个给甲堆，这样甲堆石子正好是丙堆的2倍，问：原来甲堆有多少个石子？答案26个解答设丙堆最后的石子数是1份．从线段图中可以看出，甲堆最后的石子个数减去丙堆最后的石子个数等于8+2=10（个）．则丙堆最后的石子数为10÷(2-1)=10（个），那么甲堆最后的石子数为10×2 =20（个）．所以甲堆原有的石子数为20-2+8=26（个）．7．超市同时运进甲、乙两个品种的苹果，甲比乙的重量少210千克．一开始卖这两种苹果，甲种苹果很受欢迎，每天卖出的重量是乙的2倍多30千克．一星期后，超市决定对乙种苹果进行降价促销，结果乙种苹果的销量变为原来的4倍，甲的销量不变，这样又过了两周后两种苹果全部售完．请问：甲、乙两种苹果原来共有多少千克？答案4830千克解答根据题中条件分析，甲种苹果在三周内每天的销量不变，而乙种苹果前后销量不变．假设乙种苹果第一周每天的销量为1份，三周销量为1份×7+4份×14=63份.那么甲种苹果每天的销量均为2份+30，三周销量为(2份+30)×21=42份+630.由“甲比乙的总重量少210千克”，可知63份-42份-630=210，21份=840千克.那么1份=40千克.所以甲种苹果有42×40+630=2310（千克），乙种苹果有63×40=2520（千克）.甲乙两种苹果原来共有2310+2520=4830（千克）.8．一条鱼分为鱼头、鱼身、鱼尾三段，如果鱼尾重4千克，鱼头重量等于鱼身的一半加上鱼尾的重量，鱼身重量等于鱼头加鱼尾的重量．请问：这条鱼有多重？答案32千克解答由题中条件“鱼尾重4千克，鱼头重量等于鱼身的一半加上鱼尾的重量”，所以可以将鱼身设为2份，鱼头的重量为1份+4.由条件“鱼身重量等于鱼头加鱼尾的重量”可知2份=1份+8，则1份=8千克. 那么鱼身为16千克，鱼头为12千克，鱼尾为4千克，总重为32千克.。
第15讲 等比数列求和及应用(解析版)
第15讲 等比数列的应用【知识梳理】1．等比数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列叫作等比数列，这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母__q __表示(q ≠0)． 2．等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝a 1·q n －1(a 1≠0，q ≠0)． 3．等比中项若G 2＝a ·b _(ab ≠0)，那么G 为a 与b 的等比中项． 4．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m，(n ，m ∈N ＋)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N ＋)，则a k ·a l ＝a m ·a n . (3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，{2na }，{a n ·b n }，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭仍是等比数列． 5．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，S n ＝111(1)(1)(1)11n n na q a a q a q q q q =⎧⎪--⎨=≠⎪--⎩6．等比数列前n 项和的性质公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为__q n __.【典型例题】考点一：等差与等比数列的综合应用1. 已知等比数列{a n }中有a 3a 11=4a 7，数列{b n }是等差数列，且a 7=b 7，则b 5+b 9=( ) A. 2B. 4C. 8D. 16【答案】C解：等比数列{a n }中，由a 3a 11=4a 7，可知a 72=4a 7，∴a 7=4，∵数列{b n }是等差数列，∴b 5+b 9=2b 7=2a 7=8， 故选：C ．2. 正项等比数列{a n }中，a 52+2a 6a 8+a 92=64，且a 3与a 7的等差中项为2，则a 1=( )A. 325B. 2C. 25D. 117【答案】C解：由题意，在正项等比数列{a n }中，由a 52+2a 6a 8+a 92=64， 可得a 52+2a 6a 8+a 92=a 52+2a 5a 9+a 92=(a 5+a 9)2=64，即a 5+a 9=8，由a 3与a 7的等差中项为2，得a 3+a 7=2×2=4，设等比数列{a n }的公比为q ，则a 5+a 9=q 2(a 3+a 7)=4q 2=8， 则q =√2或q =−√2(舍去)，所以a 3+a 7=a 1q 2+a 1q 6=4，解得a 1=25． 故选：C ．3. 已知等差数列{a n }的公差不为零，其前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 27成等比数列，则S9S 3=( ) A. 3B. 6C. 9D. 12【答案】C解：由题意，知S 3，S 9，S 27成等比数列，所以S 92=S 3×S 27， 即(9(a 1+a 9)2)2=3(a 1+a 3)2×27(a 1+a 27)2，整理得81a 52=3a 2×27a 14，所以(a 1+4d)2=(a 1+d)(a 1+13d)，解得d =2a 1，所以S9S 3=9(a 1+a 9)2÷3(a 1+a 3)2=9a 53a 2=3(a 1+4d)a 1+d=27a 13a 1=9，故选C ．4. 已知等差数列{a n }的各项均为正数，a 1=1且a 3，a 4+52，a 11成等比数列．求：(1){a n }的通项公式； (2)设b n =1an ⋅a n+1求数列{b n }的前n 项和T n ．【答案】解：(1)设等差数列公差为d ，由题意知d >0， ∵a 3，a 4+52，a 11成等比数列，∴(a4+52)2=a3a11，∴(72+3d)2=(1+2d)(1+10d)，即44d2−36d−45=0，解得d=32或d=−1522(舍去)，所以a n=3n−12；(2)因为b n=1a n a n+1=4(3n−1)(3n+2)=43(13n−1−13n+2)，所以数列{b n}的前n项和T n=43(12−15+15−18+⋯+13n−1−13n+2)=2n3n+2．5.已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5．(I)求{a n}的通项公式;(II)求和：b1+b3+b5+⋯+b2n−1．【答案】解：(I)设等差数列{a n}的公差为d，由a1=1，a2+a4=10，可得：1+d+1+3d=10，解得d=2，所以{a n}的通项公式a n=1+2(n−1)=2n−1．(II)设等比数列{b n}的公比为q，则奇数项构成公比为q2的等比数列，由(Ⅰ)可得a5=9，等比数列{b n}满足b1=1，b2b4=b32=9．由于b1=1>0，可得b3=3(舍去b3=−3)，(等比数列奇数项符号相同)，所以q2=b3b1=3，则{b2n−1}是公比为3，首项为1的等比数列，b1+b3+b5+⋯+b2n−1=1×(1−q2n)1−q2=3n−12(n∈N∗)．6.设{a n}是等差数列，且a1=ln2，a2+a3=5ln2．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)求e a1+e a2+⋯+e a n．【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d，∵a1=ln2，a2+a3=5ln2，可得：2a 1+3d =5ln2，可得d =ln2， ∴{a n }的通项公式为a n =a 1+(n −1)d =nln2， (Ⅱ)∵e a n =e ln2n=2n ，∴e a 1+e a 2+⋯+e a n =21+22+23+⋯+2n=2(1−2n )1−2=2n+1−2．7. 已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且S 4−a 1=−18．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数n ，使得S n ≥2020？若存在，求出符合条件的n 的最小值；若不存在，说明理由．【答案】解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1≠0,q ≠0， 由题意得{S 2−S 4=S 3−S 2a 2+a 3+a 4=−18, 即{−a 1q 2−a 1q 3=a 1q 2a 1q +a 1q 2+a 1q 3=−18，解得{a 1=3q =−2, 故数列{a n }的通项公式为a n =3×(−2)n−1； (2)由(1)有S n =3[1−(−2)n ]1−(−2)=1−(−2)n ，假设存在n ，使得S n ⩾2020， 则1−(−2)n ⩾2020， 即(−2)n ⩽−2019，当n 为偶数时，(−2)n >0，上式不成立；当n 为奇数时，(−2)n =−2n ⩽−2019，即2n ⩾2019，解得n ⩾11． 综上，存在符合条件的正整数n ，最小值为11．8.在公比q为整数的等比数列{a n}中，S n是数列{a n}的前n项和，若a1+a4=18，a2+a3=12，则下列说法正确的是()A. q=2B. 数列{S n+2}是等比数列C. S8=510D. 数列{lga n}是公差为2的等差数列【答案】ABC解：设等比数列的公比为q，∵若a1+a4=18，a2+a3=12且公比q为整数，∴a1+a1q3=18, a1q+a1q2=12，∴a1=2, q=2,故A正确，S n=2(1−2n)1−2=2n+1−2，∴．S8=510，故C正确；∴S n+2=2n+1，故数列{S n+2}是等比数列，故B正确；而lga n=lg2n=nlg2，lg a n+1−lg a n=lg a n+1a n=lg 2故数列{lga n}是公差为lg2的等差数列，D错误．故选ABC．9.在公比为q的等比数列{a n}中，S n是数列{a n}的前n项和，若a1=1,a5=27a2，则下列说法正确的是()A. q=3B. 数列{S n+2}是等比数列C. S5=121D. 2lga n=lga n−2+lga n+2(n≥3)【答案】ACD解：由a5=27a2得a1q4=27a1q，∴q3=27，∴q=3，故A正确；∴S n=a1(1−q n)1−q =1−3n−2=12×3n−12，S n+2=12×3n+32，∴数列{S n+2}不是等比数列，故B错误；S5=12×35−12=121，故C正确；a n−2a n+2=a nq2×a n q2=a n2，且a n=a1q n−1=1×3n−1=3n−1>0恒成立；∴2lg a n=lg a n−2+lg a n+2(n⩾ 3)，故D正确．故选ACD．考点二：等比数列的实际应用10.《九章算术》是我国古代的数学巨著，书中有这样一道题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿.大鼠日一尺，小鼠亦日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半.问何日相逢？”题意为：有一堵墙厚五尺，有两只老鼠从墙的正对面打洞穿墙.大老鼠第一天打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的2倍；小老鼠第一天也打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的一半.若这一堵墙厚16尺，则几日后两鼠相逢()A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B解：设大鼠、小鼠每天所打的厚度分别构成数列{a n}，{b n}，它们的前n项和分别为A n，B n，则{a n}是以1为首项，2为公比的等比数列，{b n}是以1为首项，12为公比的等比数列，故A n=1×(1−2n)1−2=2n−1，B n=1×[1−(12)n]1−12=2−(12)n−1．令，即，因为当n=3时，，当n=4时，，所以4日后相遇．故选B．11.《算法统宗》是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”，其意大致为：有一栋七层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有381盏灯，则该塔中间一层有()盏灯．A. 12B. 24C. 48D. 60【答案】B解：由题意可知从上至下每层灯盏数构成公比为2的等比数列，设首项为a，则a(27−1)2−1=381，解之得a=3，其通项公式为a n=3×2n−1，该塔中间一层应该为第4层，则该塔中间一层灯盏数有3×23=24．12.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“诸葛亮领八员将，每将又分八个营，每营里面排八阵，每阵先锋有八人，每人旗头俱八个，每个旗头八队成，每队更该八个甲，每个甲头八个兵.”则该问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有()A. 17(87−8)人 B. 17(89−8)人C. 8+17(87−8)人 D. 8+17(89−84)人【答案】D解：由题意可得将官、营官、阵官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵依次成等比数列，且首项为8，公比也是8，所以将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有8+84+85+86+87+88=8+84(1−85)1−8=8+17(89−84)(人)，故选D．13.如图，画一个边长为2cm的正方形，再将这个正方形的各相邻边的中点相连得到第二个正方形，依此类推，这样共画了8个正方形，则这8个正方形的面积和为cm2．【答案】25532解：根据题意，第一个正方形的边长为2cm，其面积为4cm2，再将这个正方形的各相邻边的中点相连得到第二个正方形，其面积为42=2cm2，依此类推每一个正方形的面积都是前一个正方形的面积的12，这些正方形的面积组成以4为首项，12为公比的等比数列，则这8个正方形的面积和S8=4×(1−1 28 )1−12=25532，故答案为：25532．14.在等比数列{a n}中，已知a4=3a3，则a2a1+a4a2+a6a3+...+a2na n=()A. 3−n−32B. 31−n−32C. 3n−32D. 3n+1−32【答案】D解：设等比数列{a n}的公比为q，因为a4=3a3，所以q =3， 所以a 2a 1+a 4a 2+a 6a 3+...+a 2n a n=q +q 2+⋯+q n=q (q n −1)q −1=3(3n −1)3−1=3n+1−32．故选D ．15. 数列{a n }中，a 1=2，a m+n =a m a n .若a k+1+a k+2+⋯+a k+10=215−25，则k =( )A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C解：由a 1=2，且a m+n =a m a n ， 取m =1，得a n+1=a 1a n =2a n ， ∴a n+1a n=2，则数列{a n }是以2为首项，以2为公比的等比数列， 则a k+1=2⋅2k =2k+1， ∴a k+1+a k+2+⋯+a k+10=2k+1(1−210)1−2=211+k −2k+1=215−25，∴k +1=5，即k =4． 故选：C ．考点三：等比数列的单调性16. 等比数列{a n }的公比q =−14，a 1=√2，则数列{a n }是( )A. 递增数列B. 递减数列C. 常数数列D. 摆动数列【答案】D【解答】解：因为q =−14<0， 所以{a n }是摆动数列． 故选D ．17. 记单调递增的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2+a 4=10，a 2a 3a 4=64，则( )A. S n+1−S n =2n+1B. a n =2n−1C. S n =2n −1D. S n =2n−1−1【答案】BC解：由a 2a 3a 4=64可得a 33=43，即a 3=4，设等比数列{a n }的公比为q ， 由a 2+a 4=10，得4q +4q =10， 即2q 2−5q +2=0， 解得q =2或q =12， 又a 3=a 1q 2=4， 所以{q =2a 1=1或{q =12a 1=16, 因为数列{a n }单调递增， 所以{q =2a 1=1, 所以a n =2n−1，S n =1×(1−2n )1−2=2n −1．S n+1−S n =a n+1=2n ，故BC 正确， 故选BC ．18. 已知数列{a n }为等比数列，若a 2a 5a 8=8，则a 1a 9+a 1a 5+a 5a 9( )A. 有最小值12B. 有最大值12C. 有最小值4D. 有最大值4【答案】A解：∵{a n }是等比数列且a 2a 5a 8=8，∴a 2a 5a 8=a 53=8，∴a 5=2，∴a 1a 9+a 1a 5+a 5a 9=a 52+a 32+a 72 =4+a 32+a 72≥4+2a 3a 7=4+2a 52=12，故选A ．19. 若{a n }是公比为q 的等比数列，记S n 为{a n }的前n 项和，则下列说法正确的是( )A. 若{a n }是递增数列，则a 1<0，q <0B. 若a 1>0，0<q <1，则{a n }是递减数列C. 若q >0，则S 4+S 6>2S 5D. 若b n =1a n ，则{b n }是等比数列【答案】BD解：A选项中，a1=2，q=3满足{a n}单调递增，故A错误；B选项中，若a1>0，0<q<1，则a n>0且a na n−1=q∈(0,1)，所以{an}单调递减，故B正确；C选项中，若a1=1，q=12，则a6<a5，S6−S5<S5−S4，故C错误；D选项中，b n+1b n =a na n+1=1q(q≠0)，所以{b n}是等比数列．故选BD．20.已知数列{a n}的首项为4，且满足2(n+1)a n−na n+1=0(n∈N∗)，则()A. {a nn}为等差数列B. {a n}为递增数列C. {a n}的前n项和S n=(n−1)2n+1+4D. {a n2n+1}的前n项和T n=n2+n2【答案】BD解：由2(n+1)a n−na n+1=0，两边都除以n(n+1)，可得2a nn −a n+1n+1=0，即a n+1n+1=2×a nn，所以{a nn}为等比数列，首项为4，公比为2，故A错误；所以a nn=4×2n−1=2n+1，解得a n=n·2n+1，所以{a n}为递增数列，故B正确；{a n}的前n项和S n=1×22+2×23+3×24+⋯+(n−1)×2n+n×2n+1,①2S n=1×23+2×24+3×25+⋯+(n−1)×2n+1+n×2,② n+2①−②得−S n=1×22+23+24+⋯+2n+1−n×2n+2=4×(1−2n)1−2−n×2n+2=(1−n)·2n+2−4 ,所以S n=(n−1)·2n+2+4,故C错误；由a n=n·2n+1可得a n2n+1=n，所以{a n2n+1}的前n项和T n=(1+n)n2=n2+n2，故D正确；故选BD．21.设等比数列{a n}的公比为q，其前n项的积为T n，并且满足条件a1>1，a2019a2020−1>0，a2019−1<0.给出下列结论：a2020−1①0<q<1；②a2019⋅a2021−1>0；③T2019的值是T n中最大的；④使T n<1成立的最小自然数n等于4039．其中正确的结论有()A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】C<0，解：∵a1>1，a2019a2020>1，a2019−1a2020−1∴a2019>1，a2020<1．∴0<q<1，故①正确；2<1，∴a2019a2021−1<0，故②不正确；a2019a2021=a2020∵a2019>1，a2020<1，0<q<1，∴T2019是数列{T n}中的最大项，故③正确；T4039=a1a2⋅…⋅a4038⋅a4039=(a2020)4039<1，T4038=a1a2⋅…⋅a4037⋅a4038=(a2019a2020)2019>1，∴使T n<1成立的最小自然数等于4039，故④正确．∴正确结论的序号是①③④．故选：C．考点四：单调性的应用⋅3n+1+c(c为常数)，若λa n⩽3+S2n恒成立，则实数λ的22.等比数列{a n}的前n项和S n=12最大值是()A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C解：∵等比数列{a n }的前n 项和S n =12×3n+1+c(c 为常数)， ∴a 1=S 1=12×32+c =92+c ， a 2=S 2−S 1=(12×33+c)−(12×32+c)=9， a 3=S 3−S 2=(12×34+c)−(12×33+c)=27， ∵a 1，a 2，a 3成等比数列，∴a 22=a 1a 3，∴92=(92+c)×27，得c =−32，∴a 1=3，q =3，∴a n =3n ，故S n =3(1−3n )1−3=32(3n −1)， ∴λa n ⩽3+S 2n 恒成立，即λ·3n ≤3+32(32n −1)=32(32n +1)恒成立， 即λ≤32(3n +13n )恒成立，即求32(3n +13n )的最小值，∵3n+1+13n+13n +13n =3−832n +1>1，∴函数，单调递增∴当n =1时，， ∴实数λ的最大值是5．故选C ．23. 数列a n =2n+1，其前n 项和为T n ，若不等式nlog 2(T n +4)−λ(n +1)+2≥3n 对一切n ∈N ∗恒成立，则实数λ的取值范围为( )A. 3≤λ≤4B. λ≤2C. 2≤λ≤3D. λ≤1【答案】D 解：因为a n =2n+1，所以T n =4(2n −1)2−1=2n+2−4，不等式nlog 2(T n +4)−λ(n +1)+2≥3n 化为n 2−n +2≥λ(n +1)，因为n∈N∗，所以λ≤n2−n+2n+1对一切n∈N∗成立，n2−n+2 n+1=(n+1)2−3(n+1)+4n+1=(n+1)+4n+1−3≥2√(n+1)×4n+1−3=1，当且仅当n+1=4n+1，即n=1时等号成立，所以λ≤1．故选D．24.已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n=2a n−2．(1)求{a n}的通项公式；(2)在a n与a n+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为d n的等差数列，在数列{d n}中是否存在3项d m，d k，d p(其中m，k，p成等差数列)成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．【答案】解：(1)由S n=2a n−2可得S n+1=2a n+1−2，两式相减可得a n+1=2a n，故数列{a n}是以2为公比的等比数列．又a1=2a1−2，得a1=2，∴a n=a1q n−1=2×2n−1=2n．(2)由(1)知a n=2n，a n+1=2n+1，由题意a n+1=a n+(n+2−1)d n，即2n+1=2n+(n+1)d n，∴d n=2nn+1．假设在数列{d n}中存在三项d m，d k，d p(其中m，k，p成等差数列)成等比数列，则(d k )2=d m ·d p ，即(2k k+1)2=2m m+1⋅2p p+1． 化简得4k (k+1)2=2m+p (m+1)(p+1)．又因为m ，k ，p 成等差数列，∴m +p =2k ，∴4k (k+1)2=22k mp+m+p+1=4k mp+2k+1，得(k +1)2=mp +m +p +1，∴k 2=mp ， 又∵m +p =2k ，∴(m+p 2)2=mp ， 即(m −p)2=0，∴m =p ，即得m =p =k ，这与题设矛盾． 所以在{d n }中不存在三项d m ，d k ，d p (其中m ，k ，p 成等差数列)成等比数列． 25. S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知a 4=9a 2，S 3=13，且公比q >0．(1)求a n 及S n ；(2)是否存在常数λ，使得数列{S n +λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．【答案】解：(1)由题意得{a 1q 3=9a 1qa 1(1−q 3)1−q =13q >0,解得{q =3a 1=1，所以a n =a 1q n−1=3n−1， S n =1×(1−3n )1−3=3n −12．(2)假设存在常数λ，使得数列{S n +λ}是等比数列， 因为S 1+λ=λ+1，S 2+λ=λ+4，S 3+λ=λ+13，又因为(S2+λ)2=(S1+λ)⋅(S3+λ)，所以(λ+4)2=(λ+1)⋅(λ+13)，所以λ=12，此时，S n+12=12×3n，则S n+1+12S n+12=12×3n+112×3n=3，故存在λ=12，使得数列{S n+12}是以S1+12=32为首项，公比为3的等比数列．考点五：等比数列的判定和证明26.若数列{a n}满足1a n+1−2a n=0，则称{a n}为“梦想数列”.已知正项数列{1b n}为“梦想数列”，且b 1+b 2+b 3=1，则b 6+b 7+b 8=________．【答案】32解：正项数列{1bn}为“梦想数列”，由题意得，11b n+1−21b n=0，即bn+1=2b n，得{b n}是公比q=2的等比数列，故b6+b7+b8=(b1+b2+b3)q5=32．故答案为32．27.在数列{a n}中，a1=2，a n+1=4a n−3n+1，n∈N+．(1)证明数列{a n−n}是等比数列;(2)求数列{a n}的前n项和S n;【答案】解：(1)令{b n}={a n−n}∵b n+1b n =a n+1−(n+1)a n−n=4a n−3n+1−(n+1)a n−n=4(a n−n)a n−n=4，且b1=a1−1=1∴b n为以1为首项，以4为公比的等比数列．(2)由(1)得b n=b1q n−1=4n−1，∵a n=b n+n=4n−1+n，∴S n=(40+41+42+...+4n−1)+(1+2+3+...+n)=1−4n1−4+n(n+1)2=4n−13+n(n+1)2=4n −13+n +n 2228. 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足2S n =3n 2−n ，数列{log 3b n }是公差为−1的等差数列，b 1=1．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n =a 2n+1+b 2n+1，求数列{c n }的前n 项和T n ．【答案】解：(1)因为2S n =3n 2−n①， 当n ≥2时，2S n−1=3(n −1)2−(n −1)②， ①−②得2a n =6n −4，所以a n =3n −2(n ≥2)， 当n =1时，2S 1=2，所以a 1=S 1=1满足上式， 所以a n =3n −2，因为数列{log 3b n }是公差为−1的等差数列，首项为log 3b 1=log 31=0， 所以log 3b n =1−n ，所以b n =31−n ，即b n =(13)n−1；(2)c n =a 2n+1+b 2n+1=6n +1+(19)n ， 所以T n =n (7+6n+1)2+19(1−19n )1−19 =3n 2+4n +18(1−19n )． 29. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1=1，a n+1=n+2n S n (n ∈N ∗). (1)证明：数列{Sn n }是等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n ．【答案】(1)证明：由a n+1=n+2n S n ，及a n+1=S n+1−S n ， 得S n+1−S n =n+2n S n ，整理，得nS n+1=2(n +1)S n ，∴S n+1n+1=2⋅S n n ，又S11=1，∴{S n n}是以1为首项，2为公比的等比列； (2)解：由(1)，得Sn n =2n−1， ∴S n =n ⋅2n−1(n ∈N ∗).∴T n =1×20+2×21+3×22+⋯+n ⋅2n−1，① 2T n =1×21+2×22+⋯+(n −1)⋅2n−1+n ⋅2n ，② 由②−①，得T n =−(1+2+22+⋯+2n−1)+n ⋅2n =−1−2n 1−2+n ⋅2n =(n −1)⋅2n +130. 已知数列{a n }满足a 1=1，a n+1=4a n +3n −1，b n =a n +n ．(1)证明：数列{b n }为等比数列；(2)求数列{a n }的前n 项和．【答案】解：(1)证明：已知数列{a n }满足a 1=1，a n+1=4a n +3n −1，b n =a n +n ． 则b n+1b n =a n+1+n+1a n +n =4a n +3n−1+n+1a n +n =4a n +4na n +n =4，则数列{b n }为等比数列，公比为4，首项b 1=2． (2)b n =b 14n−1=2×4n−1，又a n =b n −n ，则数列{a n }的前n 项和为：S n =a 1+a 2+⋯+a n=2(1+4+42+⋯+4n−1)−(1+2+3+⋯+n)=2(1−4n )1−4−n(n+1)2=23(4n −1)−12n 2−12n ． 31. 已知数列{a n }满足a 1=1，a n+1=2a n +1．(1)证明数列{a n +1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式;(2)令b n =3n ⋅(a n +1)，求数列{b n }的前n 项和T n ．【答案】解：(1)由a n+1=2a n +1可得a n+1+1=2(a n +1)． ∵a 1+1=2≠0，∴数列{a n +1}是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n +1=2×2n−1=2n ， ∴a n =2n −1．(2)由(1)知b n =3n ⋅2n ， ∴T n =3×21+6×22+9×23+⋯+3(n −1)⋅2n−1+3n ⋅2n ， ∴2T n =3×22+6×23+9×24+⋯+3(n −1)⋅2n +3n ⋅2n+1， 两式相减可得−T n =3×(21+22+23+⋯+2n )−3n ⋅2n+1 =3×2(1−2n )1−2−3n ·2n+1=(3−3n)2n+1−6． ∴T n =(3n −3)⋅2n+1+6． 32. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =32a n −n ．(1)求证：{a n +1}是等比数列；(2)若b n =1a n +2，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <12． 【答案】解：(1)∵S n =32a n −n ，∴当n =1时，a 1=S 1=32a 1−1，∴a 1=2； 当n ∈N ∗，且n ≥2时，S n−1=32a n−1−(n −1)， ∴S n −S n−1=32a n −n −32a n−1+n −1， ∴a n =32a n −32a n−1−1． ∴a n +1=3(a n−1+1)， ∴{a n +1}是等比数列，(n ≥2)． ∴a n +1=(a 1+1)·3n−1=(2+1)·3n−1=3n ． 验证知，当n =1也成立．(2)由(1)可知，a n +1=3n ，∴b n =13n +1，T n =b 1+b 2+⋯+b n=13+1+132+1⋯+13n+1<13+132+⋯+13n=13(1−13n)1−13=12(1−13n)，∵1−13n<1，∴12(1−13n)<12，∴T n<12．。
第15讲核外电子排布、离子的形成(原卷版+解析)
第15讲原子结构、相对原子质量【学习目标】1.知道原子核外电子是分层排布的2.了解原子结构示意图的含义；了解原子最外层电子数与原子种类及化学性质的关系3.了解离子的形成过程，知道离子与原子的区别与联系。
【基础知识】1.在多电子原子中，核外电子有不同的运动状态，能量高的电子离核远，能量低的电子离核近核外电子的这种分层运动又叫做分层排布。
2.原子结构示意图的各部分的含义是什么？3.核外电子排布的简单规律：（1）第一电子层最多容纳 2 个电子，第二电子层最多容纳8 个电子)（2）最外层电子数不超过8 个（只有一个电子层的，电子不超过2 个）（3）电子总是先排在能量低的电子层里，排满后，再排布在能量高的电子层里。
电子先排满第__1_层，再排第__2_层，排满第__2_层，再排第__3_层。
（按照能量由低到高的顺序分层排布）4.原子的化学性质与原子最外层电子数关系原子最外层电子数特点原子在化学反应中得失电子趋势元素化学性质金属的原子一般个容易电子非金属的原子一般个容易电子稀有气体的原子一般为个，氦为个不易电子5.原子的原子最外层为个电子的结构（只有一个电子层为个）为相对稳定结构。
原子的化学性质是由原子的决定的，特别是。
（换句话说，原子的最外层电子数相同，化学性质相似）6.离子是，阳离子，阴离子7.离子与原子的区别和联系粒子的种类原子离子阳离子阴离子区别粒子结构质子数=电子数质子数电子数质子数电子数粒子电性不显电性带电带电符号用元素符号表示如：O、H、Fe用阳离子符号表示如：Na+、Mg2+用阴离子符号表示如：Cl-、O2-相互转化关系【考点剖析】考点一：原子结构示意图例1.如图是某元素的原子结构示意图。
下列说法不正确的是（）A.该原子质子数为8B.该原子核外共有2个电子层C.该原子最外层电子数为6D.该原子在化学反应中容易失去电子【答案】D【解析】A.由原子结构示意图可知，该原子的质子数（即核电荷数）为8，故A正确；B.由原子结构示意图可知，核外共有2个电子层，故B正确；C.由原子结构示意图可知，最外层电子数为6，故C正确；D.该原子的最外层电子数>4，在化学反应中容易得到电子达到稳定结构，故D不正确。
第15讲_经营预算的编制、专门决策预算的编制
（四）直接人工预算【教材表3-8改编例题】M公司预计各季度生产量为105件、155件、198件、182件，单位（五）制造费用预算【教材表3-9改编例题】M公司各季度预计生产量为105件、155件、198件、182件，单位变动成本预算为：间接人工每件1元，间接材料每件1元，修理费每件2元，水电费每件1元。
单位产品工时为10小时，固定制造费用预算数如表3-9所示，每季度固定制造费用中包含的折旧费用为1000元。
要求：（1）编制制造费用预算表；（2）计算预算的变动制造费用小时费用率和固定制造费用小时费用率。
表 3-9 制造费用预算单位：元【答案】表3-9 制造费用预算单位：元（2）预算总工时=640X 10=6400 （小时）变动制造费用小时费用率=3200/6400=0.5 （元/小时）固定制造费用小时费用率=9600/6400=1.5 （元/小时）。
【例题•单选题】某公司2019年第四季度预算生产量为100万件，单位变动制造费用为3元/ 件，固定制造费用总额为10万元（含折旧费2万元），除折旧费外，其余均为付现费用。
则2019 年第四季度制造费用的现金支出预算为（）万元。
（2019年卷I）A.292B.308C.312D.288【答案】B【解析】折旧费用属于非付现成本，不引起当期现金的流出，所以在计算2019年第四季度制造费用的现金支出时要扣除2万元的折旧费用。
2019年第四季度制造费用的现金支出=（10-2）+100X 3=308 （万元）。
（六）产品成本预算内容主要内容是产品的单位成本和总成【教材表3-10改编例题】M公司单位产品预算资料如下：单位产品的材料用量为10千克，材料单价为5元/千克，单位产品的加工工时为10小时，每小时的人工成本为2元，变动制造费用预算分配率为0.5元/小时，固定制造费用预算分配率为1.5元/小时。
本年预算的产品生产量为640 件，销售量630件，期末存货量为20件。
小四数学第15讲：火车过桥
第十五讲火车过桥过桥问题也是行程问题的一种。
首先要弄清列车通过一座桥是指从车头上桥到车尾离桥。
列车过桥的总路程是桥长加车长，这是解决过桥问题的关键。
过桥问题也要用到一般行程问题的基本数量关系：过桥问题的一般数量关系是：过桥的路程= 桥长+ 车长车速= （桥长+ 车长）÷过桥时间通过桥的时间=（桥长+ 车长）÷车速桥长= 车速×过桥时间—车长车长= 车速×过桥时间—桥长后三个都是根据第二个关系式逆推出的。
火车通过隧道的问题和过桥问题的道理是一样的，也要通过上面的数量关系来解决。
1、掌握列车过桥的基本公式并能够利用公式解决此类问题。
2、理解列车完全通过一座桥梁所行的路程等于车长与桥长之和。
3、对于问题能够仔细分析、灵活求解，切忌生搬硬套关系式。
例1：一列客车经过南京长江大桥，大桥长6700米，这列客车长100米，火车每分钟行400米，这列客车经过长江大桥需要多少分钟？分析与解：从火车头上桥，到火车尾离桥，这之间是火车通过这座大桥的过程，也就是过桥的路程是桥长 + 车长。
通过“过桥的路程”和“车速”就可以求出火车过桥的时间。
（1）过桥路程：6700 + 100 = 6800（米）（2）过桥时间：6800÷400 = 17（分）答：这列客车通过南京长江大桥需要17分钟。
例2：一列火车长160米，全车通过440米的桥需要30秒钟，这列火车每秒行多少米？分析与解：要想求火车过桥的速度，就要知道“过桥的路程”和过桥的时间。
（1）过桥的路程：160 + 440 = 600（米）（2）火车的速度：600÷30 = 20（米）答：这列火车每秒行20米。
想一想：你能根据例2改编一个求“火车长”的题目吗？例3：某列火车通过360米的第一个隧道用了24秒钟，接着通过第二个长216米的隧道用了16秒钟，求这列火车的长度？分析与解：火车通过第一个隧道比通过第二个隧道多用了8秒，为什么多用8秒呢？原因是第一个隧道比第二个隧道长360—216 = 144（米），这144米正好和8秒相对应，这样可以求出车速。
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专题九现代生物科技专题第15讲基因工程与细胞工程(1)(×)(2)(×)(3)(√)(4)(×)(5)(×)(6)(×)(7)(×)(8)(×)(9)(√)(10)(×)1．提示：原核生物容易受到自然界外源DNA的入侵，但是生物在长期的进化过程中形成了一套完善的防御机制，以防止病原物的侵害。
当外源DNA侵入时，限制酶会将DNA切割掉，以保证自身的安全。
2．提示：不可以。
因为目的基因在表达载体中得到表达并发挥作用，还需要有其他控制元件，如启动子、终止子、标记基因等。
3．提示：在蛋白质的肽链上加上糖链，需要内质网和高尔基体才能完成，大肠杆菌不存在这两种细胞器，故大肠杆菌不能合成糖蛋白。
1．解析：(1)将非洲爪蟾核糖体蛋白基因与质粒重组后导入大肠杆菌细胞中进行了表达，该过程证明了体外重组的质粒可以进入体细胞，真核生物基因可在原核细胞中表达等。
(2)体外重组的质粒可通过Ca2＋处理，目的是以增大细胞的通透性，使重组的质粒能够导入到受体细胞内，因此体外重组的质粒可通过Ca2＋参与的转化方法导入大肠杆菌细胞。
体外重组的噬菌体DNA通常需与蛋白质外壳组装成完整的噬菌体后，才能通过侵染的方法将重组噬菌体DNA导入受体细胞，噬菌体侵染的是细菌，而不能寄生在其它细胞中，因此可作为重组噬菌体宿主细胞的是细菌。
(3)真核生物基因(目的基因)在大肠杆菌细胞内表达时，表达出的蛋白质可能会被降解，为防止蛋白质被降解，可以选用不能产生该蛋白酶的缺陷细菌以及使用能够抑制蛋白酶活性的药物，因此为防止蛋白质被降解，在实验中应选用蛋白酶缺陷型的大肠杆菌作为受体细胞，在蛋白质纯化的过程中应添加蛋白酶的抑制剂。
答案：(1)体外重组的质粒可以进入体细胞；真核生物基因可在原核细胞中表达(2)转化外壳蛋白(或噬菌体蛋白)细菌(3)蛋白酶缺陷型蛋白酶2．解析：(1)基因A的编码区中有内含子和外显子，在真核生物细胞内把内含子转录来的RNA切除，而原核生物细胞内基因转录后不切除，转录后直接表达，所以翻译形成的蛋白质不是A蛋白。
(2)由于噬菌体是专性寄生在细菌体内的病毒，无法侵染到真核生物家蚕细胞内，所以不能用噬菌体作为运载体。
而家蚕属于昆虫，故可用昆虫病毒作为运载体。
(3)大肠杆菌作为受体菌具有繁殖周期短、易培养、遗传物质含量少、产物易分离、不会造成基因污染等。
(4)检测目的基因是否表达通常用抗原－抗体杂交技术，注入抗体看是否出现杂交带，若出现则表达。
(5)艾弗里等人的肺炎双球菌转化实验为证明DNA是遗传物质做出了重要贡献，不仅证明了生物的遗传物质是DNA，还证明了DNA可以从一种生物转移到另一种生物个体。
答案：(1)基因A有内含子，在大肠杆菌中，其初始转录产物中与内含子对应的RNA序列不能被切除，无法表达出蛋白A(2)噬菌体噬菌体的宿主是细菌，而不是家蚕(3)繁殖快、容易培养(4)蛋白A的抗体(5)DNA可以从一种生物个体转移到另一种生物个体3．解析：(1)由题干信息可知改造蛋白质的功能，可通过改变蛋白质的结构实现。
(2)依据蛋白质工程的定义及题中信息可知获得P1基因的途径有修饰现有(P)基因或合成新(P1)基因。
中心法则的全部内容包括：DNA的复制、RNA的复制、转录、逆转录和翻译。
(3)蛋白质工程的基本途径：从预期的蛋白质功能出发→设计预期的蛋白质结构→推测应有的氨基酸序列→找到相应的脱氧核苷酸序列。
通过蛋白质工程合成的蛋白质还需要进行生物活性的鉴定即功能鉴定，看是否达到人们的需求。
答案：(1)氨基酸序列(或结构)(2)P P1DNA和RNA(或遗传物质)DNA→RNA、RNA→DNA、RNA→蛋白质(或转录、逆转录、翻译)(3)设计蛋白质结构推测氨基酸序列功能4．解析：(1)要保证目的基因在受体细胞中能够正确表达，目的基因的首端应有启动子，尾端应有终止子。
甲是将某种病毒的外壳蛋白(L1)基因连接在GFP基因的5′末端而获得的L1－GFP融合基因，据此结合题意并分析图示可知：该团队在将甲插入质粒P0时，如果用E2或E3，则目的基因不完整，而使用E1和E4这两种限制酶进行酶切保证了甲的完整，而且也保证了甲与载体正确连接，因此，使用的两种限制酶，是E1和E4。
(2)构建的真核表达载体P1中含有GFP基因，而GFP基因的表达产物“某种荧光蛋白(GFP)”在紫外光或蓝光激发下会发出绿色荧光。
若在导入P1的牛皮肤细胞中观察到了绿色荧光，则说明L1基因在牛的皮肤细胞中完成了表达。
基因的表达过程包括转录和翻译。
(3)若要获得含有甲的牛，可采用核移植技术，即将能够产生绿色荧光细胞的细胞核移入牛的去核卵母细胞中获得重组细胞，并将该重组细胞在体外培养成重组胚胎，再经过胚胎移植等获得含有甲的牛。
(4)PCR是多聚酶链式反应的缩写，是一种在生物体外复制特定DNA片断的核酸合成技术。
若利用PCR 方法检测甲是否存在于克隆牛的不同组织细胞中，则应分别以该牛不同组织细胞中的核DNA作为PCR模板。
答案：(1)E1和E4甲的完整甲与载体正确连接(2)转录翻译(3)细胞核去核卵母细胞(4)核DNA5．解析：(1)该新型药用植物是通过植物体细胞杂交技术获得的。
要获得有活力的原生质体才能进行体细胞杂交，因此首先用纤维素酶和果胶酶去掉植物的细胞壁，然后用PEG化学诱导剂(物理方法：离心、振动等)诱导二者的原生质体整合。
然后采用植物组织培养技术获得杂种植株，植物组织培养的主要过程是：先脱分化形成愈伤组织，然后再分化形成植物体，利用了植物细胞的全能性。
(2)如果植物甲、乙是两个物种，二者不能通过有性杂交产生可育后代，原因是甲、乙有性杂交所产生的后代在减数分裂过程中同源染色体联会异常，也就是存在着生殖隔离。
但植物甲、乙通过植物体细胞杂交技术产生的后代却是可育的，因为在减数分裂过程中同源染色体能完成正常的联会，产生正常的配子。
由于甲、乙都是二倍体，因此，植物体细胞杂交得到的后代是异源多倍体(四倍体)。
(3)人工种子生产不受气候、季节和地域等因素限制，而且可以避免后代不发生性状分离等优点，因此，植物细胞工程重要的应用之一是制备人工种子，用到的核心技术是植物组织培养技术。
将植物组织培养得到的胚状体、不定芽、顶芽、腋芽等材料用人工薄膜包装后可得到人工种子。
答案：(1)纤维素果胶原生质体愈伤再分化(分化)植物体细胞杂交技术(2)体细胞中含有三个或三个以上染色体组的个体在减数分裂过程中，前者染色体联会异常，而后者染色体联会正常(3)胚状体、不定芽、顶芽、腋芽6．解析：(1)题干信息基因序列(TTCG……)，可知其转录出的mRNA上没有起始密码子AUG。
(2)根据PCR的条件需要，引物、耐高温DNA聚合酶、模板、四种脱氧核糖核苷酸作为原料。
(3)T细胞浓度之所以不增加是因为营养物质耗尽，所以可以更换培养液，补充营养物质；CO2作用为课本基础知识。
(4)据图分析，丙与对照接近说明BD片段重要性较弱，甲和乙都有较大影响，他们中共同的片段是C，所以缺少C片段会降低效果。
答案：(1)编码乙的DNA序列起始端无ATG，转录出的mRNA无起始密码子(2)模板dNTP(3)①进行细胞传代培养维持培养液的pH②C7．解析：(1) 在第四次免疫后，Y的血清抗体效价大于16 000，所以最少需要经过四次免疫。
由图可知，血清抗体效价均达到16 000 以上时，Y的效价最大，最适合用于制备B淋巴细胞。
(2)B细胞与骨髓瘤细胞在一起融合时，可能发生B细胞与骨髓瘤细胞融合，B细胞之间的融合，骨髓瘤细胞之间的融合。
由于细胞融合是随机的，且融合率达不到100%故体系中会出现多种类型的细胞。
(3)由于核膜也具有流动性，故小鼠的免疫B 淋巴细胞核与其骨髓瘤细胞核会融合形成一个杂交的细胞核。
B细胞有40条染色体，骨髓瘤细胞有60条染色体，融合后的杂交瘤细胞有100条染色体。
(4)未融合的B淋巴细胞是已分化的细胞，不能无限增殖，所以多次培养后不能存活。
答案：(1)4Y Y小鼠的血清抗体效价最高(2)B淋巴细胞相互融合形成的细胞、骨髓瘤细胞相互融合形成的细胞细胞融合是随机的，且融合率达不到100%(3)1100(4)不能无限增殖考点一基因工程1．解析：(1)在进行基因工程操作时，若要从植物体中提取几丁质酶的mRNA，常选用嫩叶而不选用老叶作为实验材料，原因是嫩叶组织细胞易破碎。
提取RNA时，提取液中需添加RNA酶抑制剂，其目的是防止RNA降解。
(2)以mRNA为材料可以获得cDNA，其原理是在逆转录酶的作用下，以mRNA为模板按照碱基互补配对的原则可以合成cDNA。
(3)若要使目的基因在受体细胞中表达，需要通过质粒载体而不能直接将目的基因导入受体细胞，原因是目的基因无复制原点、目的基因无表达所需启动子和终止子。
(4)当几丁质酶基因和质粒载体连接时，DNA连接酶催化形成的化学键是磷酸二酯键。
(5)若获得的转基因植株(几丁质酶基因已经整合到植物的基因组中)抗真菌病的能力没有提高，根据中心法则分析，其可能的原因是目的基因的转录或翻译异常。
答案：(1)嫩叶组织细胞易破碎防止RNA降解(2)在逆转录酶的作用下，以mRNA为模板按照碱基互补配对的原则可以合成cDNA(3)目的基因无复制原点；目的基因无表达所需启动子(4)磷酸二酯键(5)目的基因的转录或翻译异常2．解析：(1)质粒载体作为基因工程的工具，应具备的基本条件有：能够自我复制、具有标记基因、具有一个至多个限制酶切割位点等。
(2)在上述四种大肠杆菌细胞中，未被转化的和仅含有环状目的基因的细胞，因二者均不含氨苄青霉素抗性基因，在该培养基上都不能生长，所以是不能区分的；含有质粒载体和含有插入了目的基因的重组质粒的细胞，因二者都含氨苄青霉素抗性基因，在该培养基上都能生长，因此也是不能区分的。
在上述筛选的基础上，若要筛选含有插入了目的基因的重组质粒的大肠杆菌的单菌落，还需使用含有四环素的固体培养基；因目的基因插入后，导致四环素抗性基因(Tet r )失活，含有插入了目的基因的重组质粒的大肠杆菌在该培养基中不能生长，而含有质粒载体的则能正常生长。
(3)噬菌体是专门寄生在细菌细胞中的病毒，在侵染细菌时，噬菌体的DNA进入到细菌细胞中，而蛋白质外壳仍留在细胞外；在噬菌体的DNA的指导下，利用细菌细胞中的物质来合成噬菌体的组成成分，据此可推知：基因工程中，某些噬菌体经改造后可以作为载体，其DNA复制所需的原料来自于受体细胞。
答案：(1)能自我复制、具有标记基因(2)二者均不含有氨苄青霉素抗性基因，在该培养基上均不生长含有质粒载体含有插入了目的基因的重组质粒(或答含有重组质粒)二者均含有氨苄青霉素抗性基因，在该培养基上均能生长四环素(3)受体细胞3．解析：(1)基因工程常用的运载体有大肠杆菌质粒、λ噬菌体的衍生物、动植物病毒；未处理的大肠杆菌吸收质粒(外源DNA)的能力极弱，因此不能直接用未处理的大肠杆菌作为受体细胞。