课后巩固提升38

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新教材高中数学第一章命题与量词课后篇巩固提升含解析新人教B版必修第一册

新教材高中数学新人教A 版选择性必修第一册：1.2 常用逻辑用语1.2.1 命题与量词课后篇巩固提升合格考达标练1.(多选题)(2021黑龙江哈尔滨第六中学期末)下列命题为假命题的是( )A.若P={y|y=x 2},Q={x|y=x 2},则P ⊆QB.若集合A={(x ,y )|y=x-1},B={(x ,y )|y=-x 2+1},则A ∩B={-2,1}C.任何集合都有真子集D.若A ∩B=⌀,则A ,B 至少有一个为空集{y|y=x 2}=[0,+∞),Q={x|y=x 2}=R ,则P ⊆Q ,所以A 正确;若集合A={(x ,y )|y=x-1},B={(x ,y )|y=-x 2+1},由{y =x -1,y =-x 2+1,解得{x =-2,y =-3或{x =1,y =0,则A ∩B={(-2,-3),(1,0)},所以B 不正确;空集没有真子集,所以C 不正确;若A ∩B=⌀,则A ,B 至少有一个为空集或A ,B 两个集合中没有相同的元素,所以D 不正确.故选BCD .2.下列四个命题既是存在量词命题又是真命题的是( )A.锐角三角形的内角是锐角或钝角B.至少有一个实数x ,使x 2≤0C.两个无理数的和必是无理数D.存在一个负数x ,使1x >2中锐角三角形的内角是锐角或钝角是假命题;B 中x=0时,x 2=0,所以B 是存在量词命题又是真命题;C 中因为√3+(-√3)=0,所以C 是假命题;D 中对于任何一个负数x ,都有1x <0,所以D 是假命题. 3.用符号“∀”或“∃”表示含有量词的命题.(1)实数的平方大于等于0,符号表示为 ;(2)存在一对实数x ,y ,使2x+3y+3>0成立,符号表示为 .∀x ∈R ,有x 2≥0 (2)∃x ,y ∈R ,使2x+3y+3>0成立4.(2020江苏连云港高一检测)若“∃x ∈R ,x 2+2x-a<0”是真命题,则实数a 的取值范围是 .-1,+∞)“∃x ∈R ,x 2+2x-a<0”是真命题,则Δ>0,即4+4a>0,解得a>-1.则实数a 的取值范围为(-1,+∞).5.判断下列命题是否为全称量词命题或存在量词命题,并判断其真假.(1)存在一个三角形,其内角和不等于180°.(2)对所有的实数a ,b ,方程ax+b=0都有唯一解.(3)存在实数x ,使得1x 2-x+1=2.是存在量词命题,是假命题.(2)是全称量词命题,是假命题.(3)是存在量词命题,是假命题.等级考提升练6.(2021江西宜春高安中学高二期末)设非空集合M ,N 满足M ∩N=N ,则( )A.∃x ∈N ,有x ∉MB.∀x ∉N ,有x ∈MC.∃x ∉M ,有x ∈ND.∀x ∈N ,有x ∈MM ∩N=N ,所以N ⊆M ,所以∀x ∈N ,有x ∈M.故选D .7.(多选题)下列命题中是真命题的是( )A.∀x ∈R ,2x 2-3x+4>0B.∀x ∈{1,-1,0},2x+1>0C.∃x ∈N ,使√x ≤xD.∃x ∈N *,使x 为29的约数A,这是全称量词命题,由于Δ=(-3)2-4×2×4<0,所以2x 2-3x+4>0恒成立,故A 为真命题;对于B,这是全称量词命题,由于当x=-1时,2x+1>0不成立,故B 为假命题;对于C,这是存在量词命题,当x=0时,有√x ≤x 成立,故C 为真命题;对于D,这是存在量词命题,当x=1时,x 为29的约数成立,所以D 为真命题.8.(2020山东济南高一月考)下列命题中,既是真命题又是全称量词命题的是( )A.至少有一个x ∈Z ,使得x 2<3成立B.对任意a ,b ∈R ,都有a 2+b 2≥2(a+b-1)C.∃x ∈R ,√x 2=xD.菱形的两条对角线长度相等A,因为02<3,0∈Z ,所以至少有一个x ∈Z ,使得x 2<3成立,是真命题,不是全称量词命题; 对于B,因为a 2+b 2-2(a+b-1)=(a-1)2+(b-1)2≥0,所以B 为真命题,又因为任意a ,b ∈R 都使命题成立,故本命题符合题意;对于C,当x ≥0,√x 2=x 成立,是真命题,不是全称量词命题;对于D,并不是所有的菱形对角线长度都相等,是假命题.9.已知命题“存在x ∈R ,使ax 2-x+2≤0”是假命题,则实数a 的取值范围是 .答案18,+∞“存在x ∈R ,使ax 2-x+2≤0”是假命题,所以命题“∀x ∈R ,使得ax 2-x+2>0”是真命题,当a=0时,得x<2,故命题“∀x ∈R ,使得ax 2-x+2>0”是假命题,不合题意;当a ≠0时,得{a >0,Δ=1-8a <0,解得a>18. 10.(1)已知对任意的x ∈{x|1≤x ≤3},都有m ≥x ,求实数m 的取值范围.(2)已知存在实数x ∈{x|1≤x ≤3},使m ≥x ,求实数m 的取值范围.由于对任意的x ∈{x|1≤x ≤3},都有m ≥x ,故只需m 大于或等于x 的最大值,即m ≥3.实数m 的取值范围为[3,+∞).(2)由于存在实数x ∈{x|1≤x ≤3},使m ≥x ,故只需m 大于或等于x 的最小值,即m ≥1.实数m 的取值范围为[1,+∞).新情境创新练11.(2020北京高一月考)在平面直角坐标系xOy 中,设Ω为边长为1的正方形内部及其边界的点构成的集合.从Ω中的任意点P 作x 轴、y 轴的垂线,垂足分别为M P ,N P .所有点M P 构成的集合为M ,M 中所有点的横坐标的最大值与最小值之差记为x (Ω);所有点N P 构成的集合为N ,N 中所有点的纵坐标的最大值与最小值之差记为y (Ω).给出以下命题:①x (Ω)的最大值为√2;②x (Ω)+y (Ω)的取值范围是[2,2√2];③x (Ω)-y (Ω)恒等于0.其中正确结论的序号是( )A.①②B.②③C.①③D.①②③,根据正方形的对称性,设正方形的初始位置为正方形OABC ,画出图形,如下图所示:正方形的边长为1,所以正方形的对角线长为√2. 当正方形OABC 绕O 顺时针旋转时,可以发现当对角线OB 在横轴时,如图所示,x (Ω)的最大值为√2,故结论①正确;此时x (Ω)=√2,y (Ω)=√2,所以有x (Ω)+y (Ω)=2√2,当正方形OABC 绕O 顺时针旋转时,当正方形有一边在横轴时,x (Ω),y (Ω)有最小值为1,即x (Ω)=1,y (Ω)=1,所以x (Ω)+y (Ω)有最小值为2,故结论②正确;又因为在旋转过程中(以旋转的角θ∈[0°,45°]为例),x (Ω)=√2cos(45°-θ),y (Ω)=√2cos(45°-θ),所以x (Ω)=y (Ω),所以x (Ω)-y (Ω)恒等于0,故结论③正确.。

课后服务巩固提升方案

课后服务巩固提升方案在学习新知识时，我们需要课堂上的讲解和实践来帮助我们掌握所学的内容。

然而，只有课堂上的学习是远远不够的，为了深入理解和掌握所学的知识，我们需要课后服务巩固提升方案来帮助我们巩固所学的内容。

1. 课后作业课后作业是一种常见的课后服务巩固提升方案。

通过课后作业，学生可以将课堂上所学的内容进一步消化和理解。

可以设置简答题、编程题和实验题等，让学生在课后反复练习和思考。

在完成作业的过程中，可以深化对所学知识的理解，并加深印象。

同时，还可以帮助老师及时发现学生的薄弱环节，及时进行巩固和补充。

2. 独立思考除了课后作业外，独立思考也是一种非常重要的课后服务巩固提升方案。

在学校的教育体系中，独立思考很难被重视。

很多老师只是强调学生的记忆和背诵能力，而忽视了学生独立思考能力的培养。

因此，在课后可以花一些时间进行独立思考，探索更深入的问题，并尝试寻找解答。

通过独立思考，可以增加学生的探索欲和科学精神，创造性地思考如何将所学运用到实际生活中。

3. 个性化辅导个性化辅导是一种非常重要的课后服务巩固提升方案。

在课堂上，老师需要面对很多学生，很难照顾到每一个学生的学习状态和理解程度。

因此，在课后需要老师和学生进行一对一或小组辅导，针对不同学生的差异化进行服务和指导。

对于容易掌握的学生，可以进行更高难度的挑战与训练，让他们有更好的发展；而对于学习困难的学生，可以进行更耐心和详细的解释与指导，帮助他们理解和掌握所学的内容。

4. 参与课外活动在课程之外，学生可以参与各种课外活动。

通过参与活动，可以丰富学生的知识面和人际关系。

参与活动可以提高他们的组织能力、沟通能力、团队协作能力等各种技能。

考虑到活动的专业和兴趣上的差异，学生可以自由选择参与自己喜欢的不同的小组。

通过主动参与课外活动，学生将会有更多的机会深化所学的内容。

5. 基础知识领域的扩宽与其叨叨学生记忆的内容，更应该强调基础知识的扩宽。

在学校内最不受待见的莫非数学科目。

课后服务巩固提升方案

课后服务巩固提升方案在教育领域，学校的重要任务之一就是培养出能够适应社会需求的优秀人才。

而在这个过程中，课堂教育只是学生学习的一部分，巩固和提升需要不断的学习和实践。

因此，课后服务对于学生的学习巩固和提升非常重要。

1. 提供多元化的课外活动为了让学生在兴趣和爱好中学习和成长，学校可以提供各种课外活动和社团，比如文艺类、体育类、科技创新类等。

这些课外活动不仅可以为学生提供多元化的学习内容，还可以增强学生的认知能力和创造力。

此外，社团活动也能够让学生更好地融入社会，培养学生的社交能力以及团队合作意识。

2. 设置个性化学习计划在课堂内，学生的机械式学习往往无法很好地巩固知识点。

针对不同程度的学生，学校可以制定个性化的学习计划，让学生在不同的学习层面上进行系统的学习。

这样能够让学生在学习过程中更好地理解知识点，并且通过个性化计划中的辅导来解决自己在学习中遇到的问题。

3. 提供学习支持和资源随着教育信息化的发展，学校可以采用多种方式来为学生提供学习资源和支持。

比如，设置求助平台、提供在线图书馆、考试复习指南等。

这些在线资源可以让学生随时随地地获取所需知识，同时，也为学生提供了更加便利的求助平台，解决学生在学习中遇到的问题。

4. 鼓励参与志愿服务通过参与各种志愿服务活动，学生可以通过实践和生活中的体验来巩固和提升自己的学习内容。

同时，从志愿服务活动中，学生也可以了解社会需求，积累社会经验和技能，提高自己的综合素质。

5. 举办学习能力提升培训为了提高学生学习的能力和水平，学校可以邀请专家学者来开展各种培训，指导学生构建更好的学习方法和技巧，帮助学生更好地应对学习压力和挑战。

总之，学校的课后服务是学生巩固和提升知识的重要途径，学校可以通过提供多元化的课外活动，个性化的学习计划，提供学习支持和资源，鼓励参与志愿服务以及举办学习能力提升培训等方式来帮助学生巩固和提升知识水平。

新教材高中数学第二章圆与圆的位置关系课后篇巩固提升含解析新人教A版选择性必修第一册

新教材高中数学新人教A 版选择性必修第一册：2.5.2 圆与圆的位置关系课后篇巩固提升必备知识基础练1.两圆x 2+y 2-2x-2y=0和x 2+y 2-6x+2y+6=0交于A ,B 两点,则AB 的垂直平分线的方程是( )A.x+y+3=0B.x-y+2=0C.x+y-2=0D.2x-y-1=0的垂直平分线就是两圆的连心线,两圆的圆心分别为(1,1),(3,-1),过两圆圆心的直线方程为x+y-2=0.2.若圆x 2+y 2-2x+F=0和圆x 2+y 2+2x+Ey-4=0的公共弦所在的直线方程是x-y+1=0,则( ) A.E=-4,F=8 B.E=4,F=-8 C.E=-4,F=-8D.E=4,F=8{x 2+y 2-2x +F =0, ①x 2+y 2+2x +Ey -4=0,②②-①可得4x+Ey-F-4=0, 即x+E4y-F+44=0,由两圆的公共弦所在的直线方程为x-y+1=0, 得{E4=-1,-F+44=1,解得{E =-4,F =-8.3.已知两圆相交于A (1,3),B (m ,-1)两点,两圆的圆心均在直线x-y+c=0上,则m+2c 的值为( ) A.-1B.1C.3D.0解析由题意知,直线x-y+c=0为线段AB 的垂直平分线,且AB 的中点1+m 2,1在直线x-y+c=0上,∴1+m 2-1+c=0,∴m+2c=1.4.已知圆C 1:(x+a )2+(y-2)2=1与圆C 2:(x-b )2+(y-2)2=4相外切,a ,b 为正实数,则ab 的最大值为 ( )A.2√3B.94C.32D.√62,圆C 1:(x+a )2+(y-2)2=1的圆心为C 1(-a ,2),半径r 1=1.圆C 2:(x-b )2+(y-2)2=4的圆心为C 2(b ,2),半径r 2=2. ∵圆C 1:(x+a )2+(y-2)2=1与圆C 2:(x-b )2+(y-2)2=4相外切,∴|C 1C 2|=r 1+r 2,即a+b=3,由基本不等式,得ab ≤a+b 22=94,当且仅当a=b=32时,等号成立.故选B .5.若圆x 2+y 2-2ax+a 2=2和圆x 2+y 2-2by+b 2=1相外离,则a ,b 满足的条件是 .d=√a 2+b 2.∵两圆相外离,∴d>√2+1, ∴a 2+b 2>3+2√2.2+b 2>3+2√26.若点A (a ,b )在圆x 2+y 2=4上,则圆(x-a )2+y 2=1与圆x 2+(y-b )2=1的位置关系是 .点A (a ,b )在圆x 2+y 2=4上,∴a 2+b 2=4.又圆x 2+(y-b )2=1的圆心C 1(0,b ),半径r 1=1, 圆(x-a )2+y 2=1的圆心C 2(a ,0),半径r 2=1, 则|C 1C 2|=√a 2+b 2=√4=2, ∴|C 1C 2|=r 1+r 2.∴两圆外切.7.(1)求圆心在直线y=-2x 上,且与直线y=-x+1相切于点P (2,-1)的圆的方程; (2)求与圆x 2+y 2-2x-4y=0外切于点(2,4)且半径为2√5的圆的方程.过点P (2,-1)且与直线y=-x+1垂直的直线为x-y-3=0,由{y =-2x x -y -3=0求得{x =1,y =-2.即圆心C (1,-2),半径r=|CP|=√2, 所求圆的方程为(x-1)2+(y+2)2=2.(2)圆方程化为(x-1)2+(y-2)2=5,得该圆圆心为(1,2),半径为√5,故两圆连心线斜率k=4-22-1=2.设所求圆心为(a ,b ),所以{√(a -1)2+(b -2)2=3√5,4-b2-a =2,解得{a =4,b =8,或{a =-2,b =-4.(舍去)所以所求圆的方程为(x-4)2+(y-8)2=20.关键能力提升练8.已知半径为1的动圆与圆(x-5)2+(y+7)2=16相切,则动圆圆心的轨迹方程是( ) A .(x-5)2+(y+7)2=25B .(x-5)2+(y+7)2=17或(x-5)2+(y+7)2=15C .(x-5)2+(y+7)2=9D .(x-5)2+(y+7)2=25或(x-5)2+(y+7)2=9(x ,y ),则若两圆内切,则有√(x -5)2+(y +7)2=4-1=3,即(x-5)2+(y+7)2=9;若两圆外切,则有√(x -5)2+(y +7)2=4+1=5,即(x-5)2+(y+7)2=25.9.已知点M (-2,0),N (2,0),若圆x 2+y 2-6x+9-r 2=0(r>0)上存在点P (不同于M ,N ),使得PM ⊥PN ,则实数r 的取值范围是( ) A.(1,5)B.[1,5]C.(1,3)D.[1,3]PM ⊥PN 得,点P 在以MN 为直径的圆上(不同于M ,N ),以MN 为直径的圆的方程为x 2+y 2=4. 由x 2+y 2-6x+9-r 2=0得(x-3)2+y 2=r 2(r>0),所以两圆的圆心距d=3,依题意得,|r-2|<3<r+2,解得1<r<5.10.圆C 1:(x-2)2+(y-3)2=4与圆C 2:(x-a )2+(y-4)2=16外离,过原点O 分别作两个圆的切线l 1,l 2,若l 1,l 2的斜率之积为-1,则实数a 的值为( ) A.83B.-83C.-6D.6,则√(2-a )2+(3-4)2>2+4,即(a-2)2>35,设与圆C 1相切的直线l 1的方程为y=kx , 则√k 2+1=2,解得k=512,则与圆C 2相切的直线l 2的斜率k'=-1k=-125, 直线l 2的方程为y=-125x ,即12x+5y=0,所以√122+52=4,解得a=-6或a=83, 结合(a-2)2>35可知a=-6,故选C .11.已知点P (t ,t-1),t ∈R ,点E 是圆O :x 2+y 2=14上的动点,点F 是圆C :(x-3)2+(y+1)2=94上的动点,则|PF|-|PE|的最大值为( ) A.2B.52C.3D.4P (t ,t-1)在直线x-y-1=0上.设圆O 关于直线x-y-1=0对称的圆为圆C 1,则C 1:(x-1)2+(y+1)2=14.由几何知识知,当F ,E 1,P 共线时,|PF|-|PE|=|PF|-|PE 1|=|E 1F|=|C 1C|+12+32=4.故选D .12.(多选题)下列圆中与圆C:x2+y2+2x-4y+1=0相切的是()A.(x+2)2+(y+2)2=9B.(x-2)2+(y+2)2=9C.(x-2)2+(y-2)2=25D.(x-2)2+(y+2)2=49C:x2+y2+2x-4y+1=0,可知圆心C的坐标为(-1,2),半径r=2.A项,圆心C1(-2,-2),半径r1=3,∵|C1C|=√17∈(r1-r,r1+r),∴两圆相交;B项,圆心C2(2,-2),半径r2=3,∵|C2C|=5=r+r2,∴两圆外切,满足条件;C项,圆心C3(2,2),半径r3=5,∵|C3C|=3=r3-r,∴两圆内切;D项,圆心C4(2,-2),半径r4=7,∵|C4C|=5=r4-r,∴两圆内切.13.(多选题)若圆C1:x2+y2=1和圆C2:x2+y2-6x-8y-k=0没有公共点,则实数k的取值可能是()A.-16B.-9C.11D.12C2:x2+y2-6x-8y-k=0为(x-3)2+(y-4)2=25+k,则k>-25,圆心坐标为(3,4),半径为√25+k;圆C1:x2+y2=1的圆心坐标为(0,0),半径为1.要使圆C1和圆C2没有公共点,则|C1C2|>√25+k+1或|C1C2|<√25+k-1,即5>√25+k+1或5<√25+k-1,解得-25<k<-9或k>11.∴实数k的取值范围是(-25,-9)∪(11,+∞).满足这一范围的有A和D.14.已知圆C:x2+y2=1,过点P向圆C引两条切线PA,PB,切点为A,B,若点P的坐标为(2,1),则直线AB 的方程为;若P为直线x+2y-4=0上一动点,则直线AB经过定点.C:x2+y2=1的圆心坐标为C(0,0),,则以C(0,0)和P(2,1)为直径的圆的圆心为1,12半径为r=12√22+12=√52. 可得以CP 为直径的圆的方程为(x-1)2+y-122=54,即x 2+y 2-2x-y=0,两圆的方程相减可得直线AB 的方程2x+y-1=0.因为点P 为直线x+2y-4=0上一动点, 设P (4-2m ,m ),因为PA ,PB 是圆C 的切线,所以CA ⊥PA ,CB ⊥PB ,所以AB 是圆C 与以PC 为直径的两圆的公共弦,以PC 为直径的圆的方程为[x-(2-m )]2+y-m22=(2-m )2+m24,又由圆C 的方程为x 2+y 2=1,两圆的方程相减,则AB 的方程为2(2-m )x+my=1, 可得14,12满足上式,即AB 过定点14,12.答案2x+y-1=014,1215.已知圆C 1:x 2+y 2+4ax+4a 2-4=0和圆C 2:x 2+y 2-2by+b 2-1=0只有一条公切线,若a ,b ∈R 且ab ≠0,则1a 2+1b 2的最小值为 .解析由题意知两圆内切,根据两圆分别为C 1:x 2+y 2+4ax+4a 2-4=0和圆C 2:x 2+y 2-2by+b 2-1=0,得圆心分别为(-2a ,0)和(0,b ),半径分别为2和1,故有√4a 2+b 2=1,所以4a 2+b 2=1,所以1a2+1b2=1a2+1b 2(4a 2+b 2)=5+b 2a 2+4a 2b 2≥5+2√b 2a 2·4a 2b 2=9,当且仅当b 2a 2=4a 2b 2,即b 2=2a 2=13时,等号成立.所以1a2+1b 2的最小值为9.16.在平面直角坐标系Oxy 中,点A (0,3),直线l :y=2x-4,设圆C 的半径为1,圆心在l 上. (1)若圆心C 也在直线y=x-1上,过点A 作圆C 的切线,求切线方程; (2)若圆C 上存在点M ,使|MA|=2|MO|,求圆心C 的横坐标a 的取值范围.由{y =2x -4,y =x -1,得圆心C (3,2).∵圆C 的半径为1,∴圆C 的方程为(x-3)2+(y-2)2=1.过点A 作圆C 的切线,显然切线的斜率一定存在,设所求圆C 的切线方程为y=kx+3,即kx-y+3=0, ∴√k 2+1=1,∴|3k+1|=√k 2+1,∴2k (4k+3)=0,∴k=0或k=-34,∴所求圆C 的切线方程为y-3=0或3x+4y-12=0. (2)∵圆C 的圆心在直线l :y=2x-4上,∴设圆心C (a ,2a-4),则圆C 的方程为(x-a )2+[y-(2a-4)]2=1.又|MA|=2|MO|,∴设M (x ,y ),则√x 2+(y -3)2=2√x 2+y 2, 整理得x 2+(y+1)2=4,设为圆D ,∴点M 既在圆C 上又在圆D 上,即圆C 和圆D 有交点, ∴2-1≤√a 2+[(2a -4)-(-1)]2≤2+1,解得0≤a ≤125,所以a 的取值范围为0,125.学科素养创新练17.已知圆C 的圆心在直线l :2x-y=0上,且与直线l 1:x-y+1=0相切. (1)若圆C 与圆x 2+y 2-2x-4y-76=0外切,试求圆C 的半径.(2)满足已知条件的圆显然不止一个,但它们都与直线l 1相切,我们称l 1是这些圆的公切线.这些圆是否还有其他公切线?若有,求出公切线的方程,若没有,说明理由.设圆C 的圆心坐标为(a ,2a ),则半径r=√12+12=√2,两圆的圆心距为√(a -1)2+(2a -2)2=√5|a-1|=√10r ,因为两圆外切,所以√10r=r+9,∴r=√10+1.(2)有.如果存在另一条切线,则它必过l 与l 1的交点(1,2), ①若斜率不存在,则直线方程为x=1,圆心C 到它的距离|a-1|=r=√2,由于方程需要对任意的a 都成立,因此无解,所以它不是公切线,②若斜率存在,设公切线方程为y-2=k (x-1), 则d=√1+k 2=r=√2对任意的a 都成立,√1+k 2=√2√1+k2=√2,两边平方并化简得k 2-8k+7=0,解得k=1或k=7, 当k=1时,直线与l 1重合, 当k=7时,直线方程为7x-y-5=0, 故还存在一条公切线,其方程为7x-y-5=0.。

新教材2021-2022学年高中生物苏教版必修第一册课后巩固提升：第1章

糖应是淀粉和纤维素。
3.下列关于糖类生理作用的叙述,错误的是(ꢀꢀ)
ꢀꢀꢀ。 ③两组大豆幼苗置于相同条件下培养,并对溶液通气; 修改:ꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀ。 ④观察、比较两组大豆幼苗的生长发育情况。
Earlybird
晨鸟教育
答案(1)ꢀꢀꢀ(2)ꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀ(3)ꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀ ②对照组容器内盛一定量含有大豆生长发育必需的各种元素的完全营养液,实验组容器内盛有等量不含镁离子的“完全营养液” ③在相同且适宜的条件下培养解析(1)细胞中的无机盐大多数以离子的形式存在。(2)血液中钙离子含量不足,会引起抽搐,说明了无机盐能够维持细胞和生物体正常的代谢活动。(3)在设计对照实验时,应遵循的原则有单一变量原则和对照原则。①选择大豆幼苗时,应该选用生长状况一致的,这是遵循单一变量原则;②设计实验时,应该选用培养液培养,保证植物能生长。对照组应采用含有大豆生长发育必需的各种元素的完全培养液,实验组采用的是等量不含镁离子的“完全培养液”,这是遵循单一变量原则和对照原则;③培养的条件应该相同且适宜,保证大豆能生长。
C 元素在生物体中含量较高,而在无机自然界中含量很少;不同生物体所含元素的种类相差不
大,但各种化学元素的含量不同。
10.(多选)下列关于细胞中水的叙述,不正确的是(ꢀꢀ)
A.寒冷时,植物细胞中结合水的比例增大,可提高植物的抗寒能力
B.新陈代谢越旺盛,细胞中自由水的含量越高
C.生活在沙漠中的植物和其他植物相比,细胞中自由水的含量较高
等级考提升练
8.下列有关细胞中的元素和无机化合物的叙述,正确的是
(ꢀꢀ)
A.不同生物的细胞中元素的种类和含量都大致相同

新教材高中数学第四章对数的运算课后篇巩固提升含解析新人教A版必修第一册

新教材高中数学新人教A 版选择性必修第一册：4.3.2 对数的运算课后篇巩固提升合格考达标练1.2log 510+log 50.25=( )A.0B.1C.2D.4=log 5102+log 50.25=log 5(100×0.25)=log 525=2.2.(2021河南郑州高一期末)已知a log 32=1,则2a = ( )A.1B .1C .2D .3log 32=1=log 32a ,故2a =3.故选D .3.(2021吉林公主岭高一期末)log 2√8+lg 25+lg 4+6log 612+9.80=( ) A.1 B .4 C .5D .7=32log 22+lg(25×4)+12+1=2+2+1=5.故选C .4.(多选题)(2021江苏连云港高一期末)若x>0,y>0,n ≠0,m ∈R ,则下列各式中,恒等的是( ) A.lg x+lg y=lg(x+y ) B .lg xy =lg x-lg y C .lo g x n y m =mn log x yD .lg x 1n=lgx nx>0,y>0,n ≠0,m ∈R ,则lg x+lg y=lg(xy ),故A 错误;lg x y =lg x-lg y ,故B 正确;lo g x n y m =mn log x y ,故C 正确; lg x 1n=lgx n,故D 正确.故选BCD .5.若2lg(x-2y )=lg x+lg y (x>2y>0),则yx 的值为 ( )A.4B.1或14C.1或4D.142lg(x-2y )=lg x+lg y (x>2y>0),∴lg(x-2y )2=lg xy ,∴(x-2y )2=xy , ∴x 2-5xy+4y 2=0,∴(x-y )(x-4y )=0, ∴x=y 或x=4y.∵x-2y>0,且x>0,y>0, ∴x ≠y ,∴y x =14.6.计算:2713+lg 4+2lg 5-e ln 3= .2713+lg 4+2lg 5-e ln 3=(33)13+(lg 4+lg 25)-e ln 3=3+2-3=2.7.log 35log 46log 57log 68log 79= .35log 46log 57log 68log 79=lg5lg3·lg6lg4·lg7lg5·lg8lg6·lg9lg7=lg8lg9lg3lg4=3lg2×2lg3lg3×2lg2=3.8.计算: (1)lg2+lg5-lg8lg50-lg40;(2)lg 12-lg 58+lg 54-log 92·log 43.原式=lg2×58lg 5040=lg54lg 54=1.(2)(方法一)原式=lg 1258+lg 54−lg2lg9×lg3lg4=lg (45×54)−lg22lg3×lg32lg2=lg1-14=-14.(方法二)原式=(lg1-lg2)-(lg5-lg8)+(lg5-lg4)-lg2lg9×lg3lg4=-lg2+lg8-lg4-lg22lg3×lg32lg2=-(lg2+lg4)+lg8-14=-lg(2×4)+lg8-14=-14.等级考提升练9.(2021北京昌平高一期末)已知2x =3,log 289=y ,则2x+y=( )A.3 B .4C .8D .92x =3可知x=log 23,且y=log 289.2x+y=2log 23+log 289=log 232×89=log 28=3.10.(2021浙江嘉兴高一期末)设lg 3=a ,lg 5=b ,则log 212的值为( ) A.2b -a+21-bB .2b -a+2b -1C .a -2b+21-bD .a -2b+21+blog 212=lg12lg2=lg3+2lg2lg2=lg3+2lg105lg 105=lg3+2-2lg51-lg5=2+a -2b 1-b.故选C .11.(多选题)设a ,b ,c 都是正数,且4a =6b =9c ,那么 ( )A.ab+bc=2acB.ab+bc=acC.2=2a +1b D .1c =2b −1a,设4a =6b =9c =k (k>0),则a=log 4k ,b=log 6k ,c=log 9k ,对于选项A,由ab+bc=2ac ,可得bc+ba=2,因为bc+ba=log 6k log 9k+log 6k log 4k=log k 9log k 6+log k 4log k 6=log 69+log 64=log 636=2,故A 正确,B 错误;对于选项C,2a +1b =2log 4k+1log 6k =2log k 4+log k 6=log k 96,2c =2log 9k =2log k 9=log k 81,故2c ≠2a +1b ,故C 错误;对于选项D,2b −1a =2log6k−1log 4k =2log k 6-log k 4=log k 9,1c =1log 9k =log k 9,故1c =2b −1a ,故D 正确. 12.已知a>b>1,若log a b+logb a=52,ab =b a ,则a= ,b= .2log a b+log b a=log a b+1logab=52, ∴log a b=2或log a b=12.∵a>b>1,∴log a b<log a a=1. ∴log a b=12,∴a=b 2.∵a b =b a ,∴(b 2)b =b b 2,∴b 2b =b b 2. ∴2b=b 2,∴b=2,∴a=4. 13.解下列对数方程.(1)log (2x-1)(5x 2+3x-17)=2;(2)log x 4+log 2x=3. 由log (2x-1)(5x 2+3x-17)=2,得{2x -1>0,2x -1≠1,5x 2+3x -17>0,5x 2+3x -17=(2x -1)2,即{2x -1>0,2x -1≠1,5x 2+3x -17=4x 2-4x +1,解得x=2或x=-9(舍).(2)由log x 4+log 2x=3(x>0,且x ≠1),得2log x 2+log 2x-3=0,令log 2x=t ,得2t +t-3=0,即t 2-3t+2=0,解得t=1或t=2.当t=1时,可得log 2x=1,即x=2; 当t=2时,可得log 2x=2,即x=4. 经检验x=2,x=4均符合题意. 故原方程的解为x=2或x=4.14.(2021湖南长沙高一期末)某工厂新购置并安装了先进的废气处理设备,使产生的废气经过过滤后排放,以降低对空气的污染.已知过滤过程中废气的污染物数量P (单位:mg/L)与过滤时间t (单位:h)间的关系为P (t )=P 0e -kt (P 0,k 均为非零常数,e 为自然对数的底数),其中P 0为t=0时的污染物数量.若经过5 h 过滤后还剩余90%的污染物. (1)求常数k 的值;(2)试计算污染物减少到30%至少需要多长时间.(精确到1 h)(参考数据:ln 0.2≈-1.61,ln 0.3≈-1.20,ln 0.4≈-0.92,ln 0.5≈-0.69,ln 0.9≈-0.11)由已知得当t=0时,P=P 0;当t=5时,P=90%P 0.于是有90%P 0=P 0e -5k , 解得k=-15ln0.9(或k ≈0.022).(2)由(1)知P=P 0e (15ln0.9)t ,当P=30%P 0时, 有0.3P 0=P 0e (15ln0.9)t, 解得t=ln0.315ln0.9≈-1.2015×(-0.11)=60.11≈55.故污染物减少到30%至少需要55h.新情境创新练15.已知2y ·log y 4-2y-1=0(y>0,y ≠1),√log x √5x ·log 5x=-1(x>0,x ≠1),是否存在一个正数P ,使得P=√1x -y ?.由2y ·log y 4-2y-1=0,得2y (log y 4-12)=0,∴log y 4=12,即y=16.由√log x √5x ·log 5x=-1,得√log x √5x =-1log 5x ,即√log x √5x =-log x 5>0. ∴12(log x 5+1)=(log x 5)2, 整理得2(log x 5)2-log x 5-1=0, 解得log x 5=-12(log x 5=1舍去),∴1x =25. 从而P=√1x -y =√25-16=3,即存在一个正数P=3,使得P=√1-y成立.x。

课后服务巩固提升方案

课后服务巩固提升方案1. 背景分析学生在课堂上学到的知识有很大的局限性，需要通过课后服务来巩固和提升。

课后服务的形式包括课后作业、练习册、培训课程等多种方式，但是这些方式对于学生而言是否有效，需要结合实际情况来选择。

2. 巩固提升方案2.1 课后作业课后作业是学生在学习过程中必不可少的一个环节。

通过课后作业，学生能够对课堂上所学进行再次巩固，理解更加深入。

同时，老师可以通过批改作业的方式及时发现学生的知识盲点，及时给予帮助，从而真正达到提高学生学习效果的目的。

2.2 练习册练习册通常由学校或者培训机构提供，是学生在课后进行练习的一种方式。

练习册笔记教材更加详细，是课本知识的延伸和拓展，能够有效地提高学生的巩固练习水平。

同时，学生可以通过练习册找出自己的薄弱环节并针对性进行训练，达到更好的提升效果。

2.3 培训课程培训课程通常由各类机构或者老师提供，是一种较为系统的课程。

培训课程的讲解更加深入，更加详细，同时还可以通过老师的指导和辅导进行课堂上的互动，彼此学习，从而达到更好的提升效果。

3. 如何选择巩固提升方案通过比较以上三种巩固提升方案，学生应该根据自己的实际情况来选择。

一般来说，如果学生的课堂表现较好，可以选择练习册或者培训课程来进行巩固提升；如果学生的基础较差或自学效果不佳，可以优先选择课后作业的方式进行练习巩固。

4. 总结课后服务是学生巩固提升知识的重要途径，合理选择巩固提升方案可以帮助学生更好地提升自己的学习水平。

无论是课后作业、练习册还是培训课程，学生都应该结合自身实际情况选择最适合自己的方式，达到最佳提升效果。

课后服务巩固提升方案

课后服务巩固提升方案背景学生在课堂上听讲后，需要通过课后作业来巩固所学知识。

然而，有些学生因为各种原因，无法及时完成作业或者对所学知识理解不足，导致巩固效果不佳。

因此，提供课后服务巩固提升方案，对于学生的学习进步是非常重要的。

方案本文提供以下几个方面的建议，帮助学生巩固课堂所学知识。

1. 课后作业教师应该及时发布课后作业，让学生有足够的时间来完成。

作业难度不宜过高，可以设置多项选择、填空或简答等不同形式的题目，以吸引学生兴趣，增加作业完成率。

同时，教师还应该对作业进行批改并及时反馈，纠正学生的错误，为学生提供更好的学习指引。

对于偏难或易错的题目，可以进行课内讲解或提供解题思路，让学生更好地理解知识点。

2. 辅导班或教育APP学生可以通过辅导班或教育APP来加强对所学知识的巩固。

辅导班可以为学生提供更为深入的课程教学，帮助学生更好地理解知识点。

教育APP则可以给予学生更为灵活的学习方式，让学生自主选择所学内容。

3. 课外阅读除了课内所学知识，学生还需要对其他领域的知识进行学习，来增强自己的知识面和学习能力。

学生可以选择阅读与所学科目相关的书籍、报刊杂志等，或者是对其他与兴趣相关的领域进行学习。

这样可以帮助学生更好地理解所学知识，同时还可以开拓视野，提升综合素质。

4. 小组学习学生可以加入小组，参与小组学习，进行互帮互助，共同提升。

小组学习可以让学生之间建立更为紧密的联系，共同解决学习难题，提高学习效率。

同时，小组学习也是一种很好的交流方式，可以促进学生之间的沟通交流，提高学生的表达能力，增强自信心。

结论提供课后服务巩固提升方案，对于学生的学习进步是非常重要的。

教育工作者应该与时俱进，不断探索新的巩固提升方案，提高学生的学习效率，让学生更好地掌握所学知识，取得更好的成绩。

高中历史专题二近代中国维护国家主权的斗争一列强入侵与民族危机课后篇巩固提升(含解析)人民版必修

一列强入侵与民族危机课后篇巩固提升学业水平引导一、选择题1.英国的鸦片商人从鸦片战争后签订的条约中,获得了“今后只服从本国的法律和规章,而不必受中国管辖”(基辛格《论中国》)的权利。

这项权利严重破坏了中国的( )A.关税主权B.司法主权C.领土主权D.贸易主权解析依据材料“今后只服从本国的法律和规章,而不必受中国管辖”可知,反映的是英国通过《南京条约》在中国获得的“领事裁判权”,这一规定严重破坏了中国的司法主权,故B项正确。

答案B2.1844年,英国怡和洋行的一支满载棉纱的船队来到中国,它可以在下列哪些城市进行合法通商贸易( )A.南京、上海B.苏州、杭州C.广州、厦门D.福州、天津解析由题干时间“1844年”可知,题干事件发生在鸦片战争后、第二次鸦片战争以前。

鸦片战争后中英签订了《南京条约》,中国开放了广州、厦门、福州、宁波、上海五处通商口岸,故选C项。

答案C3.近代中国人慨叹:“泰西公法,于平等之国设领事官,不过保护其民之商务,如有词讼及科罪,仍由各国之地方官照例科断。

惟于中国、土耳其……不以平等之例相待。

”这种现象( )A.在《辛丑条约》签订后开始出现B.客观上有利于自然经济的瓦解C.说明中国政府丧失了官吏任免权D.反映了中国的司法主权已不完整解析从材料中领事官“惟于中国、土耳其……不以平等之例相待”可知,他们干涉中国的司法活动,这说明近代中国司法主权遭到破坏。

西方列强取得这一特权是在鸦片战争之后,故A 项不正确。

B、C两项在材料中不能体现。

故选D项。

答案D4.英国人赫德曾对一次战争发表了一番议论:“中国没有得罪任何人,她只是一位老者,经过了若干岁月,渐渐变形消失了活力,现在,当她正慢慢苏醒过来时,却被这短小精悍的日本扑到身上。

”这次战争是( )A.鸦片战争B.第二次鸦片战争C.甲午战争D.八国联军侵华战争解析“被这短小精悍的日本扑到身上”说明是日本发动的侵华战争,结合所学知识可知相关战争是1894年发生的甲午战争。

追俊学校高中物理磁场对通电导线的作力课后巩固提升(含解析)

皇泉州民德市追俊学校课后巩固提升巩固基础1．如图所示，四边形的通电闭合线框abcd处在垂直线框平面的匀强磁场中，它受到磁场力的合力( )A．竖直向上B．方向垂直于ad斜向上C．方向垂直于bc斜向上D．为零答案D2．关于磁电式电表内的磁铁和铁芯之间的均匀辐射分布的磁场，下列说法中正确的是( )A．该磁场的磁感强度大小处处相，方向相同B．该磁场的磁感强度的方向处处相同，大小不C．使线圈平面始终与磁感线平行D．线圈所处位置的磁感强度大小都相解析在磁电式电表的两磁极之间装有极靴，极靴中有一铁质圆柱，极靴和铁质圆柱之间有一不大的缝隙，根据磁感线与磁极表面垂直的特点，磁化了的铁质圆柱与极靴间的缝隙处就形成了辐射状分布的磁场，这样做的目的就是让通电线圈所在处有一个大的磁场，并且磁感线始终与线圈平面平行，故C、D选项正确．答案CD3．如图所示，两个完全相同的圆形扁平线圈套在一个光滑的圆柱体上自由移动，当大小不同的电流按图示的方向通入线圈中，则两线圈的运动情况是( )A．都绕这个圆柱体转动B．彼此相向平动，且电流大的加速度大C．彼此反向平动，电流大的加速度大D．彼此相向平动，两线圈的加速度大小相解析用效法把两个环形电流效成小磁针，可知其相互吸引，故D选项正确．答案D4．如图所示，一根通有电流I的直铜棒MN，用导线挂在磁感强度为B的匀强磁场中，此时两根悬线处于张紧状态，下列哪些措施可使悬线中张力为零( )A．适当增大电流B．使电流反向并适当减小C．保持电流I不变，适当增大BD．使电流I反向，适当减小B解析根据左手则可知通电导线受安培力向上，大小F＝BIL，对棒进行受力分析，可知A、C选项正确．答案AC5．两根相互垂直的异面通电直导线ab和cd中电流的方向如图所示，ab在前，cd在后，其中ab固不动，cd可自由移动，则松手后cd的运动情况是( )A．逆时针转动，同时靠近abB．逆时针转动，同时远离abC．顺时针转动，同时靠近abD．顺时针转动，同时远离ab解析根据电流微元法判断出导线cd在ab的磁场中受力后会顺时针转动，再利用特殊位置法，假设cd转到与ab共面，则根据同向电流相吸引可知，导线cd会向导线ab靠近．答案C6．如图，固不动的绝缘直导线mn和可以自由移动的矩形线框abcd位于同一平面内，mn与ad、bc边平行且离ad边较近．当导线mn中通以向上的电流，线框中通以顺时针方向的电流时，线框的运动情况是( )A．向左运动B．向右运动C．以mn为轴转动D．静止不动解析线框中通有电流，ad和bc两导线同时受到通电导线mn的作用力，但由于ad距mn近，故受到作用力大，故可知B选项正确．答案B提升能力7．一个可以的线圈L1和一个固的线圈L2互相绝缘，垂直放置，且两个线圈都通以如图所示方向的电流时，则从左向右看，线圈L1将( )A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．向纸外平动解析根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，可判断出从左向右看线圈L1将逆时针转动，或者用效法将L1的环形电流效成小磁针，L2的磁场垂直纸面向里，故L1将逆时针转动，故C正确．答案C8．如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其央上方固一根长直导线，导线与条形磁铁垂直．当导线中通以垂直纸面向里的电流时，用F N表示磁铁对桌面的压力，F静表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前受力相比较是( )A．F N减小，F静＝0 B．F N减小，F静≠0C．F N增大，F静＝0 D．F N增大，F静≠0解析如图所示，画出一条通电电流为I的导线所在处的磁铁的磁感线，电流I处的磁场方向水平向左，由右手则知，电流I受安培力方向竖直向上．根据牛顿第三律可知，电流对磁铁的反作用力方向竖直向下，所以磁铁对桌面压力增大，而桌面对磁铁无摩擦力作用，故正确答案为C.答案C9．竖直放置的直导线AB与导电圆环的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固，圆环可以，当通以如图所示方向的电流时(同时通电)，从左向右看，线圈将( )A．顺时针转动，同时靠近直导线ABB．顺时针转动，同时离开直导线ABC．逆时针转动，同时靠近直导线ABD．不动解析圆环处在通电直导线的磁场中．由右手螺旋则判断出通电直导线右侧磁场方向垂直纸面向里，由左手则判，水平放置的圆环外侧半圆受安培力向上，内侧半圆所受安培力方向向下，从左向右看逆时针转，转到与直导线在同一平面内时，由于靠近导线一侧的半圆环电流向上，方向与直导线相同，互相吸引，直导线与另一侧半圆环电流反向，相互排斥，但靠近导线的半圆环处B值较大，故F引＞F斥，对圆环来说合力向左．答案C10．如图所示的天平可用来测磁感强度，天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面，当线圈中通有电流I时，方向如图，在天平左右两盘各加质量分别为m1、m2的砝码，天平平衡，当电流反向时(大小不变)，右盘再加上质量为m的砝码后，天平重平衡，由此可知( )A．磁感强度的方向垂直纸面向里，大小为m1－m2g NILB．磁感强度的方向垂直纸面向里，大小为mg 2NILC．磁感强度的方向垂直纸面向外，大小为m1－m2g NILD．磁感强度的方向垂直纸面向外，大小为mg NIL解析如果磁感强度方向垂直纸面向里，则线圈底边所受安培力方向竖直向下，此时天平平衡，由力矩平衡知：m1gL′＝(m2g＋NBIL)L′，式中L′为天平力臂，如果将电流改变方向，在右侧再加上m的砝码后又平衡了，则：m1gL′＝(m2g＋mg－NBIL)L′，解得B＝mg2NIL，故B正确．如果磁场方向垂直纸面向外，第一次平衡：m1gL′＝(m2g－NBIL)L′第二次平衡：m1gL′＝(m2g＋mg＋NBIL)L′这两方程联立无解，所以正确答案为B.答案B11．如图所示，把一通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线中通以如图所示方向的电流I时，试判断导线的运动情况．解析根据上图所示的导线所处的特殊位置利用电流元分析法判断其转动情况．将导线AB从N、S极的中间O分成两段，AO、BO段所在处的磁场方向如下图①所示，由左手则可判断出AO段所受安培力方向垂直纸面向外，BO段所受安培力方向垂直纸面向里，因此，从上向下看，AB绕O 点逆时针转动．当导线转过90°角的特殊位置时，再判断其上下运动情况．如上图②所示，此时，导线受安培力方向向下，导线将向下运动．由上述两个特殊位置结合电流元分析法判断可知，当导线不在特殊位置时，所受安培力使AB逆时针转动的同时还要向下运动．答案逆时针转，转动的同时向下运动12．如图所示，质量为m，长为L，通有电流为I的导体棒ab静止在水平导轨上，匀强磁场磁感强度为B，其方向与导轨平面成α角斜向上且和棒ab垂直，ab处于静止状态，则ab受到的摩擦力大小为________，方向为________，受到的支持力为________．解析画出ab棒的横截面图，并受力分析如右图所示，因为棒ab处于静止状态，由水平方向受力平衡可得F f＝F安sinα＝BIL sinα，方向水平向右．竖直方向上受力平衡得F安cosα＋F N＝mg，则F N＝mg－BIL cosα.答案BIL sinα水平向右mg－BIL cosα13．如图所示，有一水平放置的圆环线圈，半径为r，单位长度的质量m0＝16 g．有一圆锥形的磁场，线圈所在位置的磁感强度为B＝0.8 T，锥形的顶角为60°，为使线圈悬浮，通以多大的电流？(取g＝10 m/s2)解析将圆环线圈分成很多小段，每一小段可以看作一段直线电流，取右边一小段分析，受力如右图所示，对于圆环整体而言，水平方向上安培力相互抵消了，整个圆环所受合安培力大小为F ⊥＝2πrBI sin30°＝πrBI .而要使线圈悬浮，有F ⊥＝mg ＝2πrm 0g ，得I ＝2m 0g B＝0.4 A. 答案 0.4 A14．如图所示，电源电动势E ＝2 V ，r ＝0.5 Ω，竖直导轨宽L ＝0.2 m ，导轨电阻不计．另有一金属棒ab ，质量m ＝0.1 kg ，电阻R ＝0.5 Ω，它与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，金属棒靠在导轨的外面．为使金属棒静止不下滑，施加一个与纸面夹角为30°且方向向里的匀强磁场，g 取10 m/s 2.求： (1)磁场的方向；(2)磁感强度B 的取值范围．解析 (1)通电导线ab 的截面受力分析如下图所示(从a 端看)，由图可知磁场方向斜向下．(2)当ab 棒有下滑的趋势时，受向上的静摩擦力为F 1，则有F sin30°＋F 1－mg ＝0.又F ＝B 1IL ，F 1＝μF cos30°，I ＝E R ＋r. 由以上四式解得B 1≈3.0 T.当ab 棒有上滑的趋势时，受向下的静摩擦力的为F 2，如图所示，则有F ′sin30°－F 2－mg ＝0F ′＝B 2ILF 2＝μF ′cos30°由以上各式解得B 2＝16.3 T所以B 的取值范围是3.0 T≤B ≤16.3 T.答案 (1)斜向下(2)3.0 T≤B ≤16.3 T。

高中历史专题三中国社会主义建设道路的探索二伟大的历史性转折课后篇巩固提升(含解析)人民版必修

二伟大的历史性转折课后篇巩固提升学业水平引导1.某班历史探究活动课上,小玲同学收集到一幅20世纪80年代初的漫画《来自家乡的喜讯》。

与漫画讨论的内容相关的会议是( )A.中共八大B.中共十一届三中全会C.中共十四大D.中共十五大,而改革是先从农村开始的;根据题干中“20世纪80年代”及漫画“土地承包到户”等信息可知,与漫画讨论的内容相关的会议是中共十一届三中全会。

故选B项。

2.1979年前,“凤阳地多不打粮,磙子一住就逃荒。

只见凤阳女出嫁,不见新娘进凤阳。

”到1979年,凤阳全县粮食产量比1978年增长49%,卖给国家粮食4 450万千克。

出现这种变化的原因是( )A.完成农业社会主义改造B.开展了人民公社化运动C.系统调整国民经济结构D.实行家庭联产承包责任制年,安徽省凤阳县小岗村开始实行包产到组、包产到户的农业生产责任制,由题干粮食产量的前后对比可知,体现了实行家庭联产承包责任制所带来的变化,故选D项。

3.下表反映了我国某一时期农业、轻工业和重工业在工农业总产值中所占比重的变化情况。

该时期是( )A.1949—1951年B.1953—1955年C.1958—1960年D.1979—1981年A 项时间段,因为那时新中国优先发展重工业还没开始;也不可能出现在B 项和C 项两个时间段,因为在B 项时间段国家优先发展重工业,重工业的比重应是攀升而不是下降;C 项时间段处在全面建设社会主义时期,出现“大跃进”运动,“以钢为纲”的全面跃进,重工业应是畸形发展。

中共十一届三中全会后实行改革开放政策,推行家庭联产承包责任制,乡镇企业得到发展,轻工业也得到发展,只有D 项时间段才可能出现上述局面,故选D 项。

4.农村的经济改革大体经历了三个阶段:“分田单干”“离土不离乡”“离土又离乡”,其中“离土不离乡”指的是( ) A.实行家庭联产承包责任制 B.撤销人民公社,建立乡、镇政府 C.发展乡镇企业 D.进城打工,在家乡发展乡镇企业。

新教材高中数学第一章充分条件与必要条件课后篇巩固提升含解析新人教A版必修第一册

新教材高中数学新人教A版选择性必修第一册：1.4 充分条件与必要条件课后篇巩固提升合格考达标练1.“四边形是平行四边形”是“四边形是正方形”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件“四边形是平行四边形”不一定得出“四边形是正方形”,但由“四边形是正方形”必推出“四边形是平行四边形”,故“四边形是平行四边形”是“四边形是正方形”的必要不充分条件.2.设a,b∈R,则“a>b”是“a2>b2”的()A.充分必要条件B.既不充分也不必要条件D.必要不充分条件a=1,b=-4,满足a>b,此时a2>b2不成立;若a2>b2,如a=-4,b=1,此时a>b不成立.3.设集合A={1,a2,-2},B={2,4},则“a=2”是“A∩B={4}”的()条件.A.充分不必要B.必要不充分D.既不充分也不必要“a=2”时,显然“A∩B={4}”;但当“A∩B={4}”时,a可以为-2,故不能推出“a=2”.4.(2021山西运城高二期末)“a>1,b>1”是“ab>1”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件,b=4.∴“a>1,b>1”是“ab>1”的充分不必要条件.a>1,b>1”⇒“ab>1”,反之不成立,例如取a=12故选A.5.(多选题)已知关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0),下列结论正确的是()A.Δ=b2-4ac≥0是这个方程有实根的充要条件B.Δ=b2-4ac=0是这个方程有实根的充分条件C.Δ=b2-4ac>0是这个方程有实根的必要条件2-4ac<0是这个方程没有实根的充要条件正确,Δ≥0⇔方程ax2+bx+c=0有实根;B正确,Δ=0⇒方程ax2+bx+c=0有实根;C错误,Δ>0⇒方程ax2+bx+c=0有实根,但ax2+bx+c=0有实根Δ>0;D正确,Δ<0⇔方程ax2+bx+c=0无实根.故选ABD.6.(2020重庆高一检测)已知p:-1<x<3,q:-1<x<m+1,若q是p的必要不充分条件,则实数m的取值范围是.m|m>2}q是p的必要不充分条件,即p⫋q,则m+1>3,解得m>2,即实数m的取值范围是{m|m>2}.,y∈R,求证:|x+y|=|x|+|y|成立的充要条件是xy≥0.:如果xy=0,那么,①x=0,y≠0;②x≠0,y=0;③x=0,y=0.于是|x+y|=|x|+|y|.如果xy>0,即x>0,y>0或x<0,y<0,当x>0,y>0时,|x+y|=x+y=|x|+|y|,当x<0,y<0时,|x+y|=-x-y=(-x)+(-y)=|x|+|y|,总之,当xy≥0时,|x+y|=|x|+|y|.必要性:由|x+y|=|x|+|y|及x,y∈R,得(x+y)2=(|x|+|y|)2,即x2+2xy+y2=x2+2|xy|+y2,得|xy|=xy,所以xy≥0,故必要性成立.综上,原命题成立.等级考提升练8.已知实数a,b,c,则b2=ac是ab =bc成立的()A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件由ab =bc可得b2=ac,反之不成立,如b=c=0时,满足b2=ac,但ab=bc不成立,故b2=ac是ab=bc成立的必要不充分条件,故选C.9.(2021安徽合肥一六八中学高一期末)若ab>0,则a<b是1a >1b的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件ab>0时,1a −1b=b-aab,当a<b时,b-a>0,则1a−1b=b-aab>0,即1a>1b成立,反之当1a>1b成立时,b-a>0,则a<b成立,即a<b是1a >1b的充要条件,故选C.10.已知命题p:x+y≠-2,q:x≠-1且y≠-1,则p是q的()A.充要条件B.既不充分也不必要条件D.必要不充分条件11.(2021广东深圳宝安高一期末)设U为全集,A,B是集合,则“存在集合C,使得A⊆C,B⊆(∁U C)”是“A∩B=⌀”的()A.充要条件B.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件A ⊆C ,B ⊆(∁UC ),即A ⊆C 且B ∩C=⌀,∴A ∩B=⌀.则“存在集合C ,使得A ⊆C ,B ⊆(∁U C )”是“A ∩B=⌀”的充分条件.当A ∩B=⌀,存在一个集合C=A 使得A ⊆C ,B ⊆(∁U C ),则“存在集合C ,使得A ⊆C ,B ⊆(∁U C )”是“A ∩B=⌀”的必要条件.故“存在集合C ,使得A ⊆C ,B ⊆(∁U C )”是“A ∩B=⌀”的充要条件.故选A .12.(多选题)(2021广州二中高一月考)对任意实数a ,b ,c ,下列说法错误的是( )A .“ac>bc ”是“a>b ”的必要条件B .“ac=bc ”是“a=b ”的必要条件C .“ac>bc ”是“a>b ”的充分条件 ”是“a=b ”的充分条件a>b ,若c ≤0,则ac ≤bc ,因此“ac>bc ”不是“a>b ”的必要条件,故A 不正确;由a=b ,可得ac=bc ,反之不成立,因此“ac=bc ”是“a=b ”的必要条件,故B 正确;由“ac>bc ”,若c<0,则a<b ,因此“ac>bc ”不是“a>b ”的充分条件,故C 不正确;由“ac=bc ”,若c=0,则“a=b ”不成立,因此“ac=bc ”不是“a=b ”的充分条件,故D 不正确.故选ACD .13.已知集合A={x|x ≥0},B={x|x ≥a },若x ∈A 是x ∈B 的充分条件,则实数a 的取值范围若x ∈A 是x ∈B 的必要条件,则a 的取值范围是 .0} {a|a ≥0}x ∈A 是x ∈B 的充分条件,所以a ≤0;因为x ∈A 是x ∈B 的必要条件,所以a ≥0.ab ≠0,求证:a+b=1的充要条件是a 3+b 3+ab-a 2-b 2=0.a+b=1,所以a+b-1=0.所以a 3+b 3+ab-a 2-b 2=(a+b )(a 2-ab+b 2)-(a 2-ab+b 2)=(a+b-1)(a 2-ab+b 2)=0.因为a 3+b 3+ab-a 2-b 2=0,即(a+b-1)(a 2-ab+b 2)=0,又ab ≠0,所以a ≠0且b ≠0.因为a 2-ab+b 2=(a -b 2)2+34b 2>0, 所以a+b-1=0,即a+b=1.综上可得,当ab ≠0时,a+b=1的充要条件是a 3+b 3+ab-a 2-b 2=0.新情境创新练15.已知a ≥12,设二次函数f (x )=-a 2x 2+ax+c ,其中a ,c 均为实数.证明:当0≤x ≤1时,均有f (x )≤1成立的充要条件是c ≤34.a ≥12,所以函数f (x )=-a 2x 2+ax+c 图象的对称轴方程为直线x=a 2a 2=12a ,且0<12a ≤1,所以f (x )≤f (12a )=14+c.因为c ≤34,且f (x )≤f (12a )=14+c ≤14+34=1,所以f (x )≤1.因为f(x)≤1,所以只需f(12a )≤1即可.即14+c≤1,从而c≤34.综上可知,当0≤x≤1时,均有f(x)≤1成立的充要条件是c≤34.。

新教材高中数学第二章基本不等式课后篇巩固提升含解析新人教A版必修第一册

新教材高中数学新人教B 版必修第一册：2.2 基本不等式课后篇巩固提升合格考达标练1.已知正实数a 、b 满足a+b=ab ,则ab 的最小值为( )A.1B.√2C.2D.4ab=a+b ≥2√ab ,(√ab )2≥2√ab ,∴ab ≥4,当且仅当a=b=2时取等号,故ab 的最小值为4. 2.已知0<x<1,则当x (1-x )取最大值时,x 的值为 ( )A.1B.12C.14D.230<x<1,∴1-x>0.∴x (1-x )≤(x+1-x 2)2=14,当且仅当x=1-x ,即x=12时,等号成立.3.(多选题)下列不等式一定成立的是( ) A.x 2+14>x (x>0) B.x+1x ≥2(x>0)C.x 2+1≥2|x|(x ∈R )D.12>1(x ∈R )中,当x=12时,x 2+14=x ,所以A 不一定成立;B 中,当x>0时,x+1x ≥2,当且仅当x=1时,等号成立,所以B 一定成立;C 中,不等式x 2+1-2|x|=(|x|-1)2≥0,即x 2+1≥2|x|恒成立,所以C 一定成立;D 中,因为x 2+1≥1,所以0<1x 2+1≤1,所以D 不成立.4.(2020江苏南菁高级中学高一月考)如图是在北京召开的第24届国际数学家大会的会标,会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的,颜色的明暗使它看上去像一个风车,代表中国人民热情好客.教材中利用该图作为一个说法的一个几何解释,这个说法正确的是( )A.如果a>b>0,那么a>b B .如果a>b>0,那么a 2>b 2C .对任意正实数a 和b ,有a 2+b 2≥2ab ,当且仅当a=b 时,等号成立D .对任意正实数a 和b ,有a+b ≥2√ab ,当且仅当a=b 时,等号成立,图中的四个直角三角形是全等的直角三角形,设直角三角形的长直角边为a ,短直角边为b ,则大正方形的边长为√a 2+b 2,如题图,整个正方形的面积大于或等于这四个直角三角形的面积和,即a 2+b 2≥4×12ab=2ab ,当a=b 时,中间空白的正方形消失,即整个正方形与四个直角三角形重合.故选C .5.(多选题)设x>0,y>0,xy=x+y+a ,其中a 为参数.下列选项正确的是( ) A.当a=0时,x+y 的最大值为4 B .当a=0时,x+y 的最小值为4 C .当a=3时,xy 的最小值为9 D .当a=3时,xy 的最大值为3a=0时,x>0,y>0,xy=x+y ,∴1x +1y =1.x+y=(x+y )(1x +1y )=2+yx +xy ≥2+2√y x ·xy =4,当且仅当yx =xy ,且1x +1y =1,即x=y=12时,等号成立,x+y取得最小值4,A 错误,B 正确;当a=3时,xy=x+y+3≥2√xy +3,当且仅当x=y 时,等号成立,解得√xy ≥3,即xy ≥9,故xy 的最小值为9,C 正确,D 错误.故选BC . 6.已知t>0,则t 2-3t+1t 的最小值为 .1 =t+1t -3≥2√t ·1t -3=-1,当且仅当t=1时,等号成立.7.已知正实数x ,y 满足x+2y=4,则xy 的最大值为 ,√2x (y +1)的最大值为 .3x ,y 满足x+2y=4,则xy=12x ·2y ≤12×(x+2y 2)2=2,当且仅当x=2y 即x=2,y=1时,等号成立,故xy 的最大值为2.∵√2x (y +1)=√4×12x ·(y +1)≤2×12x+y+12=3,当且仅当12x=y+1,且x+2y=4,即x=3,y=12时,等号成立.8.设a>0,b>0,且不等式1a +1b +ka+b ≥0恒成立,求实数k 的最小值. 解因为a>0,b>0,所以原不等式可化为k ≥-1a+1b (a+b ),所以k ≥-b a+a b -2.因为b a +ab ≥2,当且仅当a=b=1时,等号成立.所以-ba+ab -2的最大值为-4.所以k ≥-4,即k 的最小值为-4.9.已知a ,b ,c 为正数,求证:b+c -a a +c+a -b b+a+b -c c≥3.=ba+ca-1+cb+a b-1+a c+bc-1=(b a +a b )+(c a +a c )+(c b +bc )-3. ∵a ,b ,c 为正数,∴ba+ab ≥2(当且仅当a=b 时,等号成立);c a+ac ≥2(当且仅当a=c 时,等号成立); cb+bc ≥2(当且仅当b=c 时,等号成立). 从而(ba +ab )+(ca +ac )+(cb +bc )≥6(当且仅当a=b=c 时,等号成立). ∴(ba +ab )+(ca +ac )+(cb +bc )-3≥3, 即b+c -a a +c+a -b b+a+b -c c≥3.等级考提升练10.(多选题)若正实数a ,b 满足a+b=1,则下列说法错误的是( )A.ab 有最小值14B.√a +√b 有最小值√2C.14a +14b 有最小值1 D.a 2+b 2有最小值√22a>0,b>0,且a+b=1,∴1=a+b ≥2√ab ,∴ab ≤14,当且仅当a=b=12时,等号成立.∴ab 有最大值14,∴选项A 错误;(√a +√b )2=a+b+2√ab =1+2√ab ≤1+2√14=2,∴√a +√b ≤√2,当且仅当a=b=12时,等号成立.所以√a +√b 有最大值√2,∴B 项错误;14a +14b =a+b 4ab=14ab ≥1,当且仅当a=b=12时,等号成立.∴14a +14b 有最小值1,∴C 正确;a 2+b 2=(a+b )2-2ab=1-2ab ≥1-2×14=12,当且仅当a=b=12时,等号成立.∴a 2+b 2的最小值是12,不是√22,∴D 错误.11.(2021安徽宣城高一期末)已知a>0,b>0,若不等式1a +2b ≥m2a+b 恒成立,则实数m 的最大值为( ) A.10 B .9C .8D .7a>0,b>0,则m ≤(1a +2b )(2a+b ),所以(1a +2b )(2a+b )=4+ba +4a b≥4+2√b a·4ab=8,当且仅当b a=4a b,即b=2a 时,等号成立,要使不等式恒成立,所以m ≤8.即实数m 的最大值为8.故选C .12.(多选题)对于a>0,b>0,下列不等式中正确的是 ( )A.√ab2<1a+1bB .ab ≤a 2+b 22C .ab ≤(a+b 2)2D .(a+b 2)2≤a 2+b 22a>0,b>0时,因为21a +1b≤√ab ,所以√ab≤1a+1b,当且仅当a=b 时,等号成立,故A 不正确;显然B,C,D 均正确.13.已知当x=a 时,代数式x-4+9x+1(x>-1)取得最小值b ,则a+b=( )A.-3B.2C.3D.84+9x+1=x+1+9x+1-5,由x>-1,得x+1>0,9x+1>0,所以由基本不等式得y=x+1+9x+1-5≥2√(x +1)·9x+1-5=1,当且仅当x+1=9x+1,即x=2时,等号成立.所以a=2,b=1,a+b=3.14.(多选题)(2021江苏南通中学高二期中)若实数a>0,b>0,ab=1,则下列选项的不等式中,正确的是( ) A.a+b ≥2 B .√a +√b ≥2 C .a 2+b 2≥2 D .1a+1b ≤2a>0,b>0,ab=1,所以a+b ≥2√ab =2成立,当且仅当a=b 时等号成立,故A 正确;√a +√b ≥2√√a ·√b =2成立,当且仅当a=b 时等号成立,故B 正确; a 2+b 2≥2ab=2成立,当且仅当a=b 时等号成立,故C 正确;1a+1b ≥2√1ab =2成立,当且仅当a=b 时等号成立,故D 不正确.故选ABC . 15.已知a>b>c ,则√(a -b )(b -c )与a -c 2的大小关系是 .(a -b )(b -c )≤a -c 2a>b>c ,∴a-b>0,b-c>0,∴a -c 2=(a -b )+(b -c )2≥√(a -b )(b -c ).当且仅当b=a+c 2时,等号成立.16.直角三角形的周长等于2,则这个直角三角形面积的最大值为 .-2√2a ,b ,则斜边长为√a 2+b 2,面积为S ,周长L=2,由于a+b+√a 2+b 2=L ≥2√ab +√2ab ,当且仅当a=b 时,等号成立,∴√ab ≤2+√2.∴S=12ab ≤12L 2+√22=12·(2-√2)L22=3-2√24L 2=3-2√2.17.已知不等式(x+y )(1x +ay )≥9对任意正实数x ,y 恒成立,求正实数a 的最小值.(x+y )(1x +ay )=1+a+yx+ax y,又x>0,y>0,a>0, ∴yx +ax y ≥2√y x ·axy=2√a ,∴1+a+yx +ax y≥1+a+2√a ,当且仅当y=√a x 时,等号成立.∴要使(x+y )(1x +ay )≥9对任意正实数x ,y 恒成立,只需1+a+2√a ≥9恒成立即可.∴(√a +1)2≥9,即√a +1≥3,∴a ≥4,故a 的最小值为4,此时y=2x=2.新情境创新练18.若a>0,b>0,且(a+b )√ab =1. (1)求ab 的最大值;(2)是否存在a ,b ,使得12a +13b 的值为√63?并说明理由.∵(a+b )√ab =1,∴a+b=√ab.∵a>0,b>0,∴a+b ≥2√ab ,当且仅当a=b=√22时,等号成立, ∴√ab≥2√ab ,∴ab ≤12,当且仅当a=b=√22时,等号成立, ∴ab 的最大值为12.(2)不存在.理由如下,∵a>0,b>0,∴12a +13b≥2√12a·13b=√6ab≥2√33,当且仅当a=b=√22时,等号成立.∵√63<2√33,∴不存在a,b使得12a+13b的值为√63.。

课后服务巩固提升方案

课后服务巩固提升方案随着教育的不断发展，人们对于教育的要求也越来越高，课堂教学已经不再是唯一的教育方式，通过课后服务巩固提升方案来帮助学生更好地掌握学习内容，已经逐渐成为各个学校、机构及家长所重视的一种教育形式。

一、为什么需要课后服务巩固提升方案？在学校中，每个学生的学习能力、学习习惯、学习兴趣都不同，只靠课堂教学无法满足每个学生的学习需求。

加上课堂上学习时间有限，很多学生在课堂上无法完全掌握学习内容，也无法与老师有更多的交流互动，这些都会影响学生的学习效果。

因此，学校和机构应该为学生提供更多的课后服务，通过课后服务巩固提升方案，让学生有更多的机会来复习课堂上的内容，了解自己的学习情况，同时也可以结合自己的学习情况有针对性的提出问题，并在学习中得到解答，并对不理解的知识点进行及时修改。

二、怎样实施课后服务巩固提升方案呢？1. 利用互联网进行提升随着互联网的不断发展，各个领域都在不断尝试互联网带来的便利，教育领域同样不例外。

很多学校和教育机构都借助互联网，提供各种各样的课后服务，如在线作业批改、课程录像、网络直播等，这可以让学生通过互联网进行自主学习。

此外，还可以通过给学生制作教学视频、同步课件内容等方式，让学生在家中进行学习巩固。

这样不仅可以让学生有更多的时间来学习，同时也可以让学生在自己熟悉的环境中进行学习，更好的达到学习的效果。

2. 利用课后辅导班进行提升有些学校、教育机构和培训班会专门提供课后辅导班，通过这种方式来帮助学生巩固自己的学习内容。

辅导班通常会安排教师对于学生的问题进行解答，同时在辅导中也可以结合学生的学习情况进行有针对性的教学。

辅导班学习还有一个特点，就是可以增强学生的互动，让学生之间交流学习的心得和方法，这不仅可以丰富学生的学习内容，还可以更好的促进学生的成长。

3. 利用家庭作业来进行提升家庭作业是课后重要的一环，通过家庭作业的方式可以让学生更好的了解自己掌握的知识，并及时的发现自己的问题，家庭作业的检查也可以帮助学生更好地理解老师上课的内容。

2021_2022学年高中历史专题五现代中国的对外关系三新时期的外交政策与成就课后篇巩固提升含解析人

三新时期的外交政策与成就课后篇巩固提升学业水平引导一、选择题1.改革开放初期,中国外交政策进行重大调整的基本背景是()A.不结盟运动兴起B.美苏放弃霸权主义C.和平与发展成为时代主题D.社会主义阵营日益强大解析A、D两项分别发生在20世纪60年代初、20世纪40年代后期,故排除;B项明显与史实不符,至今美国还没有放弃霸权主义,故选C项。

答案C2.社会主义现代化建设新时期,我国政府对外推行不结盟政策,其含义是()A.不加入东西方两大阵营B.在和平共处五项原则基础上,同所有国家发展友好关系C.坚持长期实行对外开放政策D.重视与周边国家、第三世界国家发展关系解析我国的不结盟政策是指中国不屈从于任何外来压力,不同任何大国或国家集团结盟,坚持在和平共处五项原则基础上发展同一切国家的正常关系。

答案B3.新中国成立以来我国的外交地位不断提高,尤其是进入21世纪,中国国家领导人先后多次参加亚太经济合作组织和某某合作组织等重大活动。

这反映了我国的外交策略是()A.谋求与新兴民族国家的合作B.开展以联合国为中心的多边外交C.积极开展新型区域合作模式D.睦邻友好促进周边局势的稳定解析本题考查新时期的外交政策。

亚太经济合作组织和某某合作组织都属于区域经济、政治组织,中国国家领导人多次参加这两个组织的重大活动,反映了中国积极参与地区性国际组织的外交活动,C项符合题意;A、B、D三项均与“地区性国际组织”不符。

答案C4.新时期,中国提出了外交的“四个布局”,即“大国是关键、周边是首要、发展中国家是基础、多边是重要舞台”,其中中国发挥多边外交的最主要舞台是()A.联合国B.亚非合作组织C.欧盟D.东盟解析根据所学知识可知,联合国是中国发挥多边外交的最主要舞台,故A项正确;B项符合“发展中国家是基础”,排除;C项符合“大国是关键”,排除;D项符合“周边是首要”,排除。

答案A5.20世纪90年代中期,我国提出了“做国际社会中负责任大国”的外交理念,并在国际政治实践中开始了负责任大国身份的建构。

课前基础预练课堂知识梳理课后巩固提升

课前基础预练课堂知识梳理课后巩固提升随着越来越多的人重视学习的重要性，教育行业也不断地提升自身的发展和教学质量，从而让更多的人受益。

在教育行业中，课前基础预练课堂知识梳理和课后巩固提升是日常教学中的重要环节，下面我们就来详细了解这两部分内容的作用和方法。

一、课前基础预练课堂知识梳理课前基础预练是为了让学生能够更好地理解课堂中要学习的知识点，对之前学过的知识点能够有个全面深入的复习，在课堂上能够有更好的表现。

下面我们来了解一下实践中基础预练的方法和目的。

（一）方法基础预练主要是通过自主学习、阅读课本和资料等方式来预习要学习的知识，并配合老师提供的学习指引进行复习训练，提前了解和掌握相关知识点。

1. 思考题解答给学生提供一些思考问题，让他们在课前就对问题进行思考，尝试解答，这样能够提前理解后面要学习的知识点，对课堂学习起到了很好的帮助作用。

2. 阅读课本、教辅在课前让学生对课本和教辅进行阅读，主要目的是让学生能够提前了解相关知识点，并加深对知识的理解。

3. 制作课前学习笔记学生可以根据自己的理解和学习过程中发现的问题和疑问制作预习笔记，这样不但能够检验自己的学习成果，而且能加深对相关知识点的记忆。

（二）目的通过基础预练，能够让学生理解和掌握课程的专业知识，对之前学习过的知识进行回顾和巩固，为后续学习奠定良好的基础，让课堂更加有效，从而提高学生的学习效果和成绩。

二、课后巩固提升课后巩固提升是在课程学习后对所学内容进行复习和巩固，以提高学生对课堂知识的掌握能力和应用能力。

下面我们来了解一下巩固提升的方法和目的。

（一）方法巩固提升主要是通过自主学习、检测题和辅导等方式，让学生能够快速有效地复习所学内容并得到更好的提升。

1. 知识点归纳整理学生可以通过对所学知识点进行整理和分类，以加深对知识点的理解和记忆。

2. 检测题、练习题通过解答检测题和练习题，加深对所学内容的掌握能力，并能检测自己是否真正掌握了所学知识。

课后巩固提升38

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