第一编专题四第1讲重点1考点一
专题04 古代诗歌阅读 高二语文上学期期末考点(统编版选择性必修上册、中册)
投射出仙境：受心境影响，诗人眼中的桥、寺、翠羽、红蕖等，或宁静安详，或灵动明快，仿佛有了感情，令 人如人“蓬瀛”。 考情微观：2023年新高考Ⅰ卷考言志类题，其他三个卷区都是考查诗人的感情，而且都是感情、景物、手法之间 的三者联动，其实考查的是诗歌最基本的“借景抒情”。
18.猎火：打猎时点燃的火光。古代游牧民族出征前，常举行大规模校猎
2.汉家：汉朝，唐人诗中经常借汉说唐。
，作为军事性的演习。
3.烟尘：代指战争。
19.狼山：又称狼居胥山，在今内蒙古自治区克什克腾旗西北。一说狼山
4.横行：任意驰走，无所阻挡。
又名郎山，在今河北易县境内。此处“瀚海”、“狼山”等地名，未必
第二部分 知识点梳理
书愤
（一）原文再现
书愤 陆游 早岁那知世事艰，中原北望气如山。 楼船夜雪瓜洲渡，铁马秋风大散关。 塞上长城空自许，镜中衰鬓已先斑。 出师一表真名世，千载谁堪伯仲间。
（二）重点课注
1.书愤：书写自己的愤恨之情。书，写。 2.早岁：早年，年轻时。那：即“哪”。世事艰：指抗金大业屡遭破坏。 3.“中原”句：北望中原，收复故土的豪迈气概坚定如山。中原北望，“北望中原”的倒文。气，气概。 4.“塞上”句：意为作者徒然地自许为是“塞上长城”。塞上长城，比喻能守边的将领。《南史·檀道济传》载，宋文帝 要杀大将檀道济，檀临刑前怒叱道：“乃坏汝万里长城。” 7.衰鬓：年老而疏白的头发。斑：指黑发中夹杂了白发。 8.出师一表：蜀汉后主建兴五年（227）三月，诸葛亮出兵伐魏前曾写了一篇《出师表》，表达了自己“奖率三军，北定 中原”，“兴复汉室，还于旧都”的坚强决心。名世：名传后世。 9.堪：能够。伯仲：原指兄弟间的次第。这里比喻人物不相上下，难分优劣高低。杜甫《咏怀古迹》诗之五称赞诸葛亮说 ：“伯仲之间见伊吕，指挥若定失萧曹。”
高考考前冲刺考点归总及复习策略与得分技巧大全(PPT)：专题四：功能关系的应用 第1讲
③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的初、末状
答案
内容索引 高考题型1 力学中的几个重要功能关系 的应用 高考题型2 动力学方法和动能定理的综 合应用
高考题型3 综合应用动力学和能量观点分析多过 程问题
高考题型1
力学中的几个重要功能关系的应 用
例1
(多选)(2016· 全国甲卷· 21)如图1所示，小球套在光滑的竖
直杆上，轻弹簧一端固定于 O点，另一端与小球相连 .现将小球 从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点.已知在M、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且 ∠ONM<∠OMN< π .
2 在小球从M点运动到N点的过程中 (
A.弹力对小球先做正功后做负功
)
B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 √ C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 √ D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 √ 图1
弹性势能 (3)合力的功等于 的变化，即W＝ －ΔEp .
(4)重力(或弹簧弹力 动能)之外的其他力的功等于 ΔEk
W其他＝ΔE.
的变化，即
机械能 (5)一对滑动摩擦力做的功等于 的变化，即Q＝Ff· l 系统中内能
相对.
答案
规律方法
1.动能定理的应用 (1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物
C.当B环到达最高点时，其动能为零
√
D.当B环与A环动能相等时，sin ∠OPB＝
R h
图2
解析 返回
高考题型2
动力学方法和动能定理的综合应 用
例2
如图3所示，水平面O点左侧光滑，右侧粗糙，有3个质量
均为m完全相同的滑块(可视为质点)，用轻细杆相连，相邻滑块 间的距离为 L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块 2 、3依次沿直线 水平向左排开 . 现将水平恒力 F＝ 1.8μmg作用于滑块 1， μ为粗糙
专题四 第1讲
二、DNA复制、转录和翻译的比较
1.判断DNA复制、转录和翻译的过程归属： ①发生在核糖体中 ③以DNA的一条链为模板 ⑤以4种脱氧核苷酸为原料 ⑦酶和ATP ⑨发生G-C互补配对 ②以DNA的两条链为模板 ④以mRNA为模板 ⑥以20种氨基酸为原料 ⑧产物为RNA ⑩发生A-U互补配对
②⑤⑦⑨
专题四 遗传、变异和进化 第1讲 遗传的物质基础
噬菌体侵染细菌的实验
规则的双 螺旋结构
半保留 复制
具有遗传效应 的DNA片段
通过控制酶的合成来控制 代谢过程 构
通过控制蛋白质的结
一、人类对遗传物质的探索过程 1.肺炎双球菌的转化实验： (1)如图1为肺炎双球菌的转化实验中的部分图解：
该实验在对R型细菌进行培养之前,必须首先进行的操作是
A+ G = ɑ， 则在互补链中 T+ C A+ G 1 A+ G = ，而在整个DNA分子中 = 1。 T+ C ɑ T+ C A + T ③规律三：若在一条链中 = m， 在互补链及整个DNA分子 G+ C A+ T 中 = m。 G+ C
②规律二：若在DNA一条链中
④规律四：某碱基在DNA中所占比例等于它在每条链中所占比
入解旋酶处理后再离心,则离心得到的是脱氧核苷酸长链,Z层
含有2条含14N的链,W层含有14条含15N的链,W层中含15N标记胞 嘧啶数为3 000×15%×7=3 150个;W层与Z层的核苷酸数之比 为14∶2即7∶1。
【总结提升】与碱基互补配对或DNA复制相关的计算方法
(1)双链DNA分子中碱基含量的计算。 ①规律一：双链DNA中,A+G=T+C=A+C=T+G=总碱基的一半。
专题四第1讲 两宋的政治、军事及辽夏金元的统治 高三统编版(2019)必修中外历史纲要上一轮复习
考点一：两宋的政治和军事 一、宋初专制集权的强化 （一）北宋的建立：960年，赵匡胤发动陈桥兵变，建立宋朝，定都东 京。 （二）加强对地方控制（加强中央集权）：
1.行政上： （1）派文官出任地方各州的长官知州，节度使逐渐变为虚衔； （2）设置通判负责监督； （3）设立“四监司”，监控各州。 （4）地方行政区划调整为：路、州（府）、县三级制。
财政危机
富国 强兵
三、王安石变法 （一）庆历新政
1.背景：北宋政治风气因循保守，行政效 率底下。
2.发起者：范仲淹 3.支持者：宋仁宗 4.改革宗旨：整顿官僚机构 5.结果：失败 6.失败原因：触犯了官僚集团的既得利益。
一、明黜陟。二、抑侥幸。三、精贡举。四、择官长。五、均公田。 六、厚农桑。七、修戎备。八、减徭役。九、覃恩信。十、重命令。
三、金朝—女真族（1115—1234年） （一）政权建立：1115年，完颜阿骨打，定都会宁府，也称上京。 （二）重大事件：
1125年，金灭辽；1127年，金灭北宋，与南宋逐渐形成对峙局 面；1153年，迁都燕京，将燕京改名为中都。1234年亡于蒙古。 （三）统治政策：
1.基本沿袭唐宋制度； 2.女真民族的管理系统—“猛安谋克” 特征：兵民合一，既是军事组织 ，又是地方行政组织。 （三）从鼎盛到衰落： 1.鼎盛：12世纪后期，金世宗“大定之治”。 2.衰落：北方游牧民族的侵扰；猛安谋克的腐化。
1.岳飞抗金 2.绍兴和议： （1141年）以东起淮水、西至大散关一线划 界，南宋对金称臣，每年向金朝缴纳一笔财 物，称为“岁贡”。 3.隆兴和议、嘉定和议：继续维持南北对峙 的局面。
此后宋金之间又发生几次战争，南宋地位稍有上升。 隆兴和议（1164年）：仍维持《绍兴和议》后的疆界；南宋 不再对金称臣，改为叔侄关系；宋每年向金朝缴纳白银和绢各 缩减至20万两、匹；宋割商、秦两州给金。
2025高考英语一轮复习语法专题：专题四 第1讲 定语从句
4.引导非限制性定语从句时as与which的区别
关系词
位置不同
表意不同
既可以放在主句前，也 意为“正如……”，后面的谓语动
as 可以放在主句后，有时 词多用see，know，expect，say，
还可插入主句中
mention，report等
which 通常放在主句之后
意为“这一点”或“这件事”等
As anybody can see，the elephant is like a snake. 正如每个人所看到的一样，这头大象像一条蛇。 The number of smokers，as is reported，has dropped by 17 percent in just one year. 正如报道的那样，吸烟者的数量仅在一年内就已经减少了百分之十七。 She married again，which was unexpected. 她再婚了，这是始料未及的。
2.that和which引导的定语从句 that代替的先行词可以是人也可以是物，但是which代替的先行词只能是 物。使用这两个关系词要注意以下两点： (1)6种只用that引导定语从句的情况。 ①先行 词是 all ，everything ，anything ，nothing ，something ，little ， much，none，few，the one等不定代词时。 ②先行词被all，any，few，every，no，little，much，some等修饰时。 ③先行词被序数词、形容词最高级修饰或先行词本身是序数词或形容词 最高级时。 ④先行词被the only，the very (正是，恰是), the last修饰时。
5.定语从句中的主谓一致 (1)关系代词作从句的主语时，从句中谓语动词的人称和数要与先行词保 持一致；先行词是句子时，从句的谓语动词用单数。 The recorder that has been given to me is homemade.给我的那台录音机 是国产的。
2022届高考历史一轮复习：专题四 列强侵略与中国人民的反抗斗争 知识归纳
中国开始沦为半殖民地半封建社会
（1）主权和领土不断遭到破坏（联系条约内容）
（2）中国的大门被迫打开
二、第二次鸦片战争（1856——1860）
二
第二次鸦片战争 1856—1860
第二次鸦片战争后 1856-1895
原因
进一步打开中国市场（目的）
一、太平天国运动后期1856-1864
1856年天京内讧
1859年《资政新篇》：向西方学习
┌政治：依法治国、官吏民选
资本主义┼经济：发展工商业
└文化：开设新式学堂
意义：首次提出在中国发展资本主义的设想，迫于军事形势没有实行
防御：1858年打垮江北大营、三河镇大捷
1860年打垮江南大营
1862年东征上海，遭到英法联军的袭击▲
失败：安庆陷落、天京陷落（1864年）
不满清政府的“换约”路线
过程
广州→天津（1856—1858年）
天津→北京（1856—1860年）
火烧圆明园
结果
1858年《天津条约》【公使驻京、传教、通商、通航】
1860年《北京条约》【割地、通商、赔款】
美俄趁火打劫，强迫清政府签订了不平等条约。沙俄还乘机强占了中国北方大片领土。
影响
中国半殖民地半封建化的程度加深
影响
中国半殖民地半封建化的程度进一步加深
1、主权和领土进一步遭到更加严重的破坏
（1）赔款：大大加重人民负担
（2）通商：使侵略势力深入内地
（3）设厂：资本输出，严重阻碍了中国资本主义的发展
2、帝国主义掀起瓜分中国的狂潮：划分势力范围和强占租借地
四、八国联军侵华（1900—1901）
四
八国联军侵华（1900—1901）
第1讲 概率、随机变量及其分布列
1．(2020·开封市模拟考试)为应对新冠肺炎疫情，许多企业在
非常时期转产抗疫急需物资．某工厂为了监控转产产品的
质量，测得某批n件产品的正品率为98%，现从中任意有
放回地抽取3件产品进行检验，则至多抽到1件次品的概率
为
()
A．0.998 816
B．0.999 6
C．0.057 624
D．0.001 184
重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的概率P＝
20 64
＝
5 16
.
故选A.
[答案] A
返回
解题方略
古典概型的概率公式 P(A)＝mn ＝A中所基含本的事基件本总事数件数.
返回
[跟踪训练]
1．(2020·济南模拟)2019年1月1日，济南轨道交通1号线试运
行，济南轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验，征
返回
2．连续掷3枚硬币，观察落地后这3枚硬币出现正面还是反
面．“恰好3枚正面都朝上”的概率是________，“至少
有2枚反面朝上”的概率是________．
解析：列举基本事件如下：(正，正，正)，(正，正，
反)，(正，反，正)，(反，正，正)，(正，反，反)，(反，
正，反)，(反，反，正)，(反，反，反，)，共8个，“恰
2.离散型随机变量及其分布列 (1)在对具体问题的分析中，理解取有限值的离散型随机变量及 其分布列的概念，认识分布列对于刻画随机现象的重要性； (2)了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解n次独立重 复试验的模型及二项分布，理解超几何分布及其导出过程，并 能解决一些简单的实际问题； (3)理解取有限值的离散型随机变量均值、方差的概念，能计算 简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题； (4)认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.
高三化学复习：第一部分专题四第1讲知能优化训练
1．(2011年高考山东卷)下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是()A．乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2B．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解C．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同D．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键解析：选B。
A项，乙酸的酸性强于碳酸，可以与NaHCO3反应生成CO2，故A正确；B项，蛋白质和油脂一定条件下都能水解，蛋白质属于高分子化合物，而油脂不属于高分子化合物，故B错误；C选项中的两反应均是取代反应，故C正确；D项，根据苯分子的结构特点和性质，可知D正确。
2．(2011年高考大纲全国卷)下列叙述错误的是()A．用金属钠可区分乙醇和乙醚B．用高锰酸钾酸性溶液可区分己烷和3-己烯C．用水可区分苯和溴苯D．用新制的银氨溶液可区分甲酸甲酯和乙醛解析：选D。
A项乙醇与金属钠反应产生氢气，乙醚则不能；B项3-己烯可使高锰酸钾酸性溶液褪色，而己烷不能；C项苯和溴苯均不溶于水，苯的密度小于水，溴苯的密度大于水，二者分别与水混合时，有机层在上层的为苯，有机层在下层的为溴苯；D项甲酸甲酯和乙醛分子中均含有醛基，均能与新制的银氨溶液反应，生成光亮的银镜。
3．(2010年高考四川卷)中药狼把草的成分之一M具有消炎杀菌作用，M的结构如图所示：。
下列叙述正确的是()A．M的相对分子质量是180B．1 mol M最多能与2 mol Br2发生反应C．M与足量的NaOH溶液发生反应时，所得有机产物的化学式为C9H4O5Na4D．1 mol M与足量NaHCO3反应能生成2 mol CO2解析：选C。
根据M的结构可知其分子式为C9H6O4，相对分子质量为178，A项错误；1 mol M能与3 mol Br2发生反应，(2 mol的Br2发生邻位取代，1 mol Br2与发生加成反应)，M不能与NaHCO3反应，故D项错误，M与NaOH发生反应生成，其分子式为C9H4O5Na4。
高考物理二轮总复习第1部分专题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路
第一部分专题四第1讲基础题——知识基础打牢1. (2022·四川自贡三诊)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图．线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R.若AB间输入图乙所示的交变电压，则( C )A．t＝2×10－2 s时，电压表的示数为零B．电阻R中电流方向每秒钟改变50次C．滑动触头P逆时针转动时，R两端的电压增大D．滑动触头P顺时针转动时，AB间输入功率增大【解析】电压表的示数是交流电的有效值，则t＝2×10－2 s时，电压表的示数不为零，选项A错误；交流电的周期为0.02 s，一个周期内电流方向改变2次，则电阻R中电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；滑动触头P逆时针转动时，次级匝数变大，则次级电压变大，即R两端的电压增大，选项C正确；滑动触头P顺时针转动时，次级匝数减小，次级电压减小，次级消耗的功率减小，则AB间输入功率减小，选项D错误．2. (2022·四川成都三诊)发电站通过升压变压器和降压变压器给某用户端供电，发电机组输出交变电压的有效值恒定，输电线总电阻r保持不变．当用户端用电器增加后( A )A．若滑片P位置不变，则输电线上损失的功率变大B．若滑片P位置不变，则用户端电压升高C．若将滑片P上移，则用户端电压可能不变D．若将滑片P上移，则输电线上损失的功率可能减小【解析】若滑片P位置不变，当用户端用电器增加后，用户端总功率变大，发电机的输出功率增大，输电线的电流变大，ΔU＝Ir，输电线两端承担的电压变大，损耗的功率增大；发电机的输入电压不变，升压变压器、降压变压器的匝数不变，故用户端电压降低，A正确，B 错误；若将滑片P 上移，升压变压器的副线圈与原线圈的匝数比变小，发电机组输出交变电压的有效值恒定，则副线圈两端电压变小．用户端用电器使用相同功率，则输电线上的电流会更大，输电线两端承担的电压更大，损耗的功率更大，则用户端的电压更小，故C 、D 错误．3. (多选)(2022·河南押题卷)图甲是一种振动式发电机的截面图，半径r ＝0.1 m 、匝数n ＝30的线圈位于辐射状分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B ＝12πT .如图乙，施加外力使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙中正弦曲线所示．发电机通过灯泡L 后接入理想变压器，对图乙中电路供电，三个完全相同的小灯泡均正常发光，灯泡的阻值R L ＝1 Ω，电压表为理想电压表，线圈及导线电阻均不计．下列说法正确的是( AC )A ．发电机产生电动势的瞬时值为e ＝6sin 5πt (V)B ．变压器原、副线圈的匝数之比为1∶3C ．每个小灯泡正常发光时的功率为2 WD ．t ＝0.1 s 时电压表的示数为6 V【解析】 由图丙可知，线圈运动的速度最大值v m ＝2 m/s ，速度变化周期为T ＝0.4 s ，则线圈运动的速度瞬时值v ＝v m sin 2πTt ＝2sin 5πt (m/s)，发电机产生电动势的瞬时值为e ＝nB ·2πr ·v ＝6sin 5πt (V)，A 正确；设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I ，则通过原线圈的电流I 1＝I ，通过副线圈的电流I 2＝2I ，变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝21，B 错误；根据能量关系可知，U 出I 1＝3I 2R L ，其中U 出＝E m 2＝62 V ＝3 2 V ，I 1＝I ，解得I ＝ 2 A ，每个小灯泡正常发光时的功率为P L ＝I 2R L ＝2 W ，C 正确；电压表示数为发电机两端电压的有效值，即电压表示数为U ＝E 2＝62V ＝3 2 V ，D 错误．故选AC. 4. (多选)(2022·四川巴中一诊)在如图所示的电路中，定值电阻R 1＝R 4＝3 kΩ，R 2＝2 kΩ，R 3＝R 5＝12 kΩ，电容器的电容C ＝6 μF，电源的电动势E ＝10 V ，内阻不计，当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q ＝2×10－3C 的油滴恰好保持静止，当开关S 2闭合后，则以下判断正确的是( BD )A ．电容器上极板是高电势点B ．带电油滴加速向下运动C ．a 、b 两点的电势差U ab ＝8 VD ．通过R 3的电量Q ＝4.8×10－5C【解析】 当开关S 2闭合后，由电路图可知，电容器上极板是低电势点，A 错误；当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中油滴保持静止，而开关S 2闭合后，电容器上极板是低电势点，油滴受到的电场力方向发生变化，故可得带电油滴加速向下运动，B 正确；由电路图可知，a 、b 两点的电势差为U R 5－U R 2＝8 V －4 V ＝4 V ，C 错误；由开关S 1闭合电流达到稳定时，再到当开关S 2闭合后的过程中，通过R 3的电量为Q ＝Q 1＋Q 2＝4×6×10－6 C ＋(8－4)×6×10－6 C ＝4.8×10－5 C ，D 正确．5. (多选)(2022·天津南开二模)如图甲所示电路中，L 1为标有“4 V,2 W”字样的小灯泡，L 2、L 3为两只标有“8 V，6 W”字样的相同灯泡，变压器为理想变压器，各电表为理想电表，当ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法正确的是( ACD )A ．电流表的示数为1.5 AB ．交变电压的最大值U m ＝28 VC ．变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1D ．电压表的示数为24 V【解析】 L 2、L 3的额定电流为I 23＝P 23U 23＝34A ，所以电流表的示数为I 2＝2I 23＝1.5 A ，故A 正确；通过原线圈的电流等于L 1的额定电流，为I 1＝P 1U 1′＝0.5 A ，所以变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝31，故C 正确；副线圈两端电压等于L 2和L 3的额定电压，为U 2＝8 V ，所以电压表的示数，即原线圈两端电压为U 1＝n 1n 2U 2＝24 V ，故D 正确；根据闭合电路的欧姆定律可得U m2－U 1′＝U 1，解得U m ＝28 2 V ，故B 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·广西桂林模拟)在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd 的面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕轴OO ′(从上往下看逆时针转动)以角速度ω匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( AD )A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量大小为2BSB ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 电流方向先向上然后向下C ．t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E 0D ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为2E 0R ＋r ω【解析】 由图乙可知t 1和t 3时刻，线圈的感应电动势都为0，可知这两个时刻穿过线圈的磁通量一正一负，大小均为BS ，故此过程穿过线圈的磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BS －(－BS )＝2BS ，A 正确；由图乙可知，在t 1～t 3时间内，线圈中的电流方向不变，根据右手定则可知通过电阻R 电流方向始终向上，B 错误；由图乙可知，t 4时刻的感应电动势为E 0，根据法拉第电磁感应定律可得E 0＝n ΔΦΔt 可得穿过线圈的磁通量的变化率大小为ΔΦΔt ＝E 0n，C 错误；在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为q ＝n ΔΦR ＋r ＝2nBS R ＋r，又E 0＝nBSω，联立可得q ＝2E 0R ＋r ω，D 正确．故选AD. 7. (多选)(2022·河北秦皇岛三模)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流，开关S 闭合．已知L 1、L 2、L 3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是( BD )A ．L 1、L 2中的电流之比为1∶2B ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2C ．开关S 断开后，L 1、L 2中的电流之比为1∶1D ．开关S 断开后，L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶4【解析】 原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于开关S 闭合时L 2与L 3并联，因此L 1、L 2中的电流之比I 1∶I 2＝1∶1，A 错误；设电灯的电阻为R ，由于原、副线圈两端的电压之比为2∶1，因此原线圈两端的电压U ＝2I 2R ，L 1两端的电压U 1＝I 1R ，结合I 1∶I 2＝1∶1，解得U 1U＝12，B 正确；开关S 断开后，L 1、L 2中的电流与线圈匝数成反比I 1′∶I 2′＝1∶2，C 错误；开关S 断开后，原线圈两端的电压U ′＝2I 2′R ，L 1两端的电压U 1′＝I 1′R ，结合I 1′∶I 2′＝1∶2解得U 1′U ′＝14，D 正确．故选BD. 8. (多选)(2022·辽宁鞍山预测)如图甲所示，理想变压器的原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝2∶1，定值电阻R 1和R 2的阻值分别为5 Ω和3 Ω，电表均为理想交流电表，电源输出的电流如图乙所示，图中的前半周期是正弦交流的一部分，后半周期是稳恒直流的一部分，则( BD )A ．电流表示数为2 AB ．电压表示数为6 VC ．R 1的功率为10 WD ．R 2的功率为12 W【解析】 设电源输出电流的有效值即电流表示数为I 1，根据等效热值法可得I 21RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫i m 22RT 2＋i 2m ·RT 2，解得I 1＝ 3 A ，故A 错误；由于变压器不能对稳恒直流电进行变压，所以每个周期内有半个周期副线圈无电流，设副线圈中电流的有效值为I 2，根据等效热值法有⎝⎛⎭⎪⎫n 1n 2·i m 22RT 2＝I 22RT ，解得I 2＝2 A ，电压表示数为U 2＝I 2R 2＝6 V ，故B 正确；R 1的功率为P 1＝I 21R 1＝15 W ，故C 错误；R 2的功率为P 2＝I 22R 2＝12 W ，故D 正确．故选BD.9. (多选)(2022·湖南押题卷)如图所示在竖直平面的电路，闭合开关S 1和S 2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R 1为滑动变阻器，R 2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法正确的是( AC )A ．滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，油滴向上运动B ．滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，油滴向下运动C ．极板M 向上运动，M 板的电势升高D ．断开S 2，油滴不动【解析】 滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，则R 1阻值减小，回路电流变大，则R 2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，选项A 正确；滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，则R 1阻值变大，回路电流变小，则R 2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，选项B 错误；极板M 向上运动，根据C ＝εr S 4πkd可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkdd ＝4πkQ εr S 可知两板间场强不变，则根据U ＝Ed 可知，两板电势差变大，则M 板的电势升高，选项C 正确；断开S 2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，两板间场强变大，则油滴向上运动，选项D 错误．故选AC.10. (多选)(2022·山东威海二模)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T 1、降压变压器T 2均为理想变压器，T 1、T 2的原、副线圈匝数比分别为k 1、k 2.输电线间的总电阻为R 0，可变电阻R 为用户端负载．U 1、I 1分别表示电压表V 1、电流表A 1的示数，输入电压U 保持不变，当负载电阻R 减小时，理想电压表V 2的示数变化的绝对值为ΔU ，理想电流表A 2的示数变化的绝对值为ΔI ，下列说法正确的是( BD )A ．R 0＝U 1I 1B ．R 0＝ΔU ΔI k 22C ．电压表V 1示数增大D ．电流表A 1的示数增加了ΔI k 2【解析】 设降压变压器T 2原线圈电压为U 3，副线圈电压为U 2，根据题意可知，电阻R 0两端的电压等于U R 0＝U 1－U 3，则R 0＝U 1－U 3I 1，故A 错误；设降压变压器T 2原线圈电压变化为ΔU 3，则ΔU 3ΔU ＝k 2，设降压变压器T 2原线圈电流变化为ΔI 3，则ΔI 3ΔI ＝1k 2，可得ΔI 3＝ΔI k 2，根据欧姆定律得ΔU 3＝ΔI 3R 0，即k 2ΔU ＝ΔI k 2R 0，解得R 0＝ΔU ΔIk 22，故B 、D 正确；输入电压不变，升压变压器T 1原副线圈匝数比不变，则升压变压器T 1副线圈的电压不变，电压表V 1示数不变，故C 错误．故选BD.应用题——强化学以致用11. (多选)(2022·安徽合肥预测)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有R 1＝250 Ω与R 2＝10 Ω的电阻．当原线圈一侧接入u ＝311sin 100πt (V)的交流电时，两电阻消耗的功率相等，则有( AC )A ．原、副线圈的匝数比为5∶1B ．电阻R 1两端电压有效值是电阻R 2两端电压有效值的2倍C ．电阻R 2消耗的功率为48.4 WD ．1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变200次【解析】 设原线圈电流为I 1，副线圈电流为I 2，由题意可知I 21R 1＝I 22R 2，故n 1n 2＝I 2I 1＝R 1R 2＝5，A 正确；电阻R 1两端电压有效值和电阻R 2两端电压有效值之比为U R 1U R 2＝I 1R 1I 2R 2＝5，B 错误；设原线圈输入电压为U 1，副线圈输出电压为U 2，故U 1U 2＝n 1n 2＝5，解得U 1＝5U 2，又U R 1＝I 1R 1，U 2＝I 2R 2，又因为U ＝U R 1＋U 1，外接交流电压有效值为220 V ，联立代入数据解得U 2＝110U ＝22 V ，电阻R 2消耗的功率为P ＝U 22R 2＝48.4 W ，C 正确；由题意可知，交流电的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，一个周期内电流方向改变2次，故1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变100次，D 错误．故选AC.12. (多选)(2022·湖北恩施预测)为了适应特高压输电以实现地区间电力资源的有效配置，需要对原来线路中的变压器进行调换．某输电线路可简化为如图所示，变压器均为理想变压器，调换前后发电机输出电压、输电线电阻、用户得到的电压均不变，改造后输送电压提升为原来的5倍，假设特高压输电前后输送的功率不变，下列说法正确的是( AB )A ．线路改造后升压变压器原、副线圈的匝数比改变B ．线路上电阻的功率变为原来的125C ．特高压输电后，电压损失变为原来的125D ．线路改造后用户端降压变压器匝数比不变【解析】 发电机输出电压不变，应改变升压变压器原、副线圈的匝数比，故A 项正确；根据线路上功率的损失ΔP ＝I 22r ，输送功率不变，电压提升为原来的5倍，输送的电流变为原来的15，线路电阻不变，损失的功率变为原来的125，故B 项正确；输电线上的电压损失为ΔU ＝I 2r ，输送功率为P 2＝U 2I 2则输送功率不变，电压增为原来的5倍，电流变为原来的15，损失的电压变为原来的15，故C 项错误；用户端的降压变压器改造前后输出端电压U 4不变，输入端电压U 3变大，根据U 3U 4＝n 3n 4，可得原、副线圈的匝数比一定变化，故D 项错误．故选AB.13. (多选)(2022·湖北襄阳模拟)如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，线圈的电阻为R ，线圈共N 匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，定值电阻R 1＝R ，当线圈转动的转速为n 时，电压表的示数为U ，则( ACD )A ．电流表的示数为2U RB ．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝52U cos2πntC ．线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为52U 4Nn πD ．当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U 【解析】 依题意有I 2＝U R 1＝U R ，I 1∶I 2＝2∶1则有I 1＝2I 2＝2U R，故A 正确；根据欧姆定律，发电机产生的感应电动势的最大值为E m ，有E m 2＝R ×I 1＋U 1，U 1U ＝12，ω＝2n π rad/s，从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝E m cos ωt ＝52U 2cos 2n πt (V)，故B 错误；依题意有，线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为Φm ，则有52U 2＝NΦm 2n π，解得Φm ＝52U 4Nn π，故C 正确；当线圈转动的转速为2n 时，线圈中产生的电动势的最大值为E m ′＝NΦm 4n π，因52U 2＝NΦm 2n π＝E m ，所以E m ′＝52U ，其有效值为5U ，假定电压表示数为U 2′，则有5U ＝I 1′R ＋U 1′＝2U 2′R 1×R ＋U 1′＝12U 2′＋2U 2′＝52U 2′，解得U 2′＝2U ，当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U ，故D 正确．故选ACD.。
2023年新高考数学大一轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体(含答案)
新高考数学大一轮复习专题：第1讲 空间几何体[考情分析] 几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积与体积是高考题的重点与热点，多以小题的形式进行考查，属于中等难度． 考点一 表面积与体积 核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例1 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________． 答案 402π解析 因为母线SA 与圆锥底面所成的角为45°， 所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形． 设底面圆的半径为r ，则母线长l ＝2r . 在△SAB 中，cos∠ASB ＝78，所以sin∠ASB ＝158.因为△SAB 的面积为515，即12SA ·SB sin∠ASB＝12×2r ×2r ×158＝515， 所以r 2＝40，故圆锥的侧面积为πrl ＝2πr 2＝402π.(2)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D －BB 1C 1的体积为________．答案 233解析 如图，取BC 的中点O ，连接AO .∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2， ∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3. ∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3. 又11BB C S＝12×2×2＝2， ∴11D BB C V ＝13×2×3＝233.易错提醒 (1)计算表面积时，有些面的面积没有计算到(或重复计算)． (2)一些不规则几何体的体积不会采用分割法或补形思想转化求解． (3)求几何体体积的最值时，不注意使用基本不等式或求导等确定最值．跟踪演练1 (1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( ) A ．122π B ．12π C ．82π D ．10π答案 B解析 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由题意可知2r ＝h ＝22，∴圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πr ·h ＝4π＋8π＝12π.故选B.(2)如图，在Rt△ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上异于端点的点，DE ⊥BC ，将△CDE 沿DE 折起，使点C 到点P 的位置，得到四棱锥P －ABDE ，则四棱锥P －ABDE 的体积的最大值为________．答案327解析 设CD ＝DE ＝x (0<x <1)，则四边形ABDE 的面积S ＝12(1＋x )(1－x )＝12(1－x 2)，当平面PDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P －ABDE 的体积最大，此时PD ⊥平面ABDE ，且PD ＝CD ＝x ，故四棱锥P －ABDE 的体积V ＝13S ·PD ＝16(x －x 3)，则V ′＝16(1－3x 2)．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33时，V ′>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫33，1时，V ′<0. ∴当x ＝33时，V max ＝327. 考点二 多面体与球 核心提炼解决多面体与球问题的两种思路(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．(2)利用球心O 与截面圆的圆心O 1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．例2 (1)已知三棱锥P －ABC 满足平面PAB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝4，∠APB ＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________． 答案 64π解析 因为AC ⊥BC ，所以△ABC 的外心为斜边AB 的中点，因为平面PAB ⊥平面ABC ，所以三棱锥P －ABC 的外接球球心在平面PAB 上， 即球心就是△PAB 的外心，根据正弦定理ABsin∠APB ＝2R ，解得R ＝4，所以外接球的表面积为4πR 2＝64π.(2)(2020·全国Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面PAB ，如图所示，则△PAB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB 中，PA ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ， 故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π.规律方法 (1)长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长．(2)三棱锥S －ABC 的外接球球心O 的确定方法：先找到△ABC 的外心O 1，然后找到过O 1的平面ABC 的垂线l ，在l 上找点O ，使OS ＝OA ，点O 即为三棱锥S －ABC 的外接球的球心． (3)多面体的内切球可利用等积法求半径．跟踪演练2 (1)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O －ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36πB．64πC．144πD．256π 答案 C解析 如图所示，设球O 的半径为R ，因为∠AOB ＝90°， 所以S △AOB ＝12R 2，因为V O －ABC ＝V C －AOB ， 而△AOB 的面积为定值，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大， 此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为S ＝4πR 2＝144π.(2)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD ＝5，ED ＝3，若鳖臑P －ADE 的外接球的体积为92π，则阳马P －ABCD 的外接球的表面积为________．答案 20π解析 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ⊥CD ，即AD ⊥CE ，且AD ＝5，ED ＝3， ∴△ADE 的外接圆半径为r 1＝AE 2＝AD 2＋ED 22＝2，设鳖臑P －ADE 的外接球的半径为R 1， 则43πR 31＝92π，解得R 1＝322. ∵PA ⊥平面ADE ，∴R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 21，可得PA 2＝R 21－r 21＝102，∴PA ＝10.正方形ABCD 的外接圆直径为2r 2＝AC ＝2AD ＝10， ∴r 2＝102， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴阳马P －ABCD 的外接球半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 22＝5， ∴阳马P －ABCD 的外接球的表面积为4πR 22＝20π.专题强化练一、单项选择题1.水平放置的△ABC 的直观图如图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 是一个( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．三边中只有两边相等的等腰三角形D ．三边互不相等的三角形 答案 A解析 AO ＝2A ′O ′＝2×32＝3，BC ＝B ′O ′＋C ′O ′＝1＋1＝2.在Rt△AOB 中，AB ＝12＋32＝2，同理AC ＝2，所以原△ABC 是等边三角形．2．(2020·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt△SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22，∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎪⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0， 解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)． 3．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( )A.12B.13C.14D.18答案 C解析如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r，l为底面圆周长，R为母线长，则12lR＝2πr2，即12·2π·r·R＝2πr2，解得R＝2r，故∠ADC＝30°，则△DEF为等边三角形，设B为△DEF的重心，过B作BC⊥DF，则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，则BCBD＝12，∴r内r外＝12，故S1S2＝14.4．(2020·大连模拟)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形，高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1000元，则气体的费用最少为( )A．4500元B．4000元C．2880元D．2380元答案 B解析因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5米，又文物高 1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2(米)，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积V＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)，因为气体每立方米1000元，所以气体的费用最少为4×1000＝4000(元)，故选B.5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，动点E 在BB 1上，动点F 在A 1C 1上，O 为底面ABCD 的中心，若BE ＝x ，A 1F ＝y ，则三棱锥O －AEF 的体积( )A ．与x ，y 都有关B ．与x ，y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关 答案 B解析 由已知得V 三棱锥O －AEF ＝V 三棱锥E －OAF ＝13S △AOF ·h (h 为点E 到平面AOF 的距离)．连接OC ，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以点E 到平面AOF 的距离为定值．又AO ∥A 1C 1，OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值，所以△AOF 的面积是定值，所以三棱锥O －AEF 的体积与x ，y 都无关．6．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3B.4π3 C.5π3D ．2π 答案 C解析 如图，过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.7．(2020·全国Ⅰ)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64πB．48πC．36πD．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a . 由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt△OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.8．(2020·武汉调研)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为( ) A.32π3B ．3πC.4π3D ．8π 答案 A解析 设△ABC 外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，∴球O 的体积V ＝43π·OA 3＝32π3.故选A.9.如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭的几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上、下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )A.2000π9B.4000π27C ．81πD ．128π答案 B解析 小圆柱的高分为上、下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0<h <5)，底面半径为r (0<r <5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱的体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，把V 看成是关于h 的函数，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h <53时，V ′>0，V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值．即V max ＝π⎝⎛⎭⎪⎫25－259×⎝⎛⎭⎪⎫53＋5＝4000π27，故选B.10．已知在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等．若点P ，A ，B ，C 都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC 的距离为( ) A.36B.12C.13D.32答案 C解析 ∵在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等，∴此三棱锥的外接球即以PA ，PB ，PC 为三边的正方体的外接球O ， ∵球O 的半径为1，∴正方体的边长为233，即PA ＝PB ＝PC ＝233，球心到截面ABC 的距离即正方体中心到截面ABC 的距离，设P 到截面ABC 的距离为h ，则正三棱锥P －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×h ＝13S △PAB ×PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎪⎫2333， ∵△ABC 为边长为263的正三角形，S △ABC ＝233，∴h ＝23， ∴球心(即正方体中心)O 到截面ABC 的距离为13.二、多项选择题11．(2020·枣庄模拟)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD －A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图③所示时，AE ·AH 为定值 答案 AD解析 由于AB 固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD ∥HG ∥EF ∥AB ，且平面AEHD ∥平面BFGC ，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB 为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A 正确；因为水面EFGH 所在四边形，从图②，图③可以看出，EF ，GH 长度不变，而EH ，FG 的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH 所在四边形的面积是变化的，故B 错；假设A 1C 1与水面所在的平面始终平行，又A 1B 1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A 1B 1C 1D 1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C 错；水量不变时，棱柱AEH －BFG 的体积是定值，又该棱柱的高AB 不变，且V AEH －BFG ＝12·AE ·AH ·AB ，所以AE ·AH ＝2V AEH －BFGAB，即AE ·AH 是定值，故D 正确．12.(2020·青岛检测)已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的表面积为16π 答案 AD解析 将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，并取E ，E 1分别为BC ，B 1C 1的中点，记四棱台上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，BD ，A 1C 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE .由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱PA ，PB ，PC ，PD 的中点，则PA ＝2AA 1＝4，OA ＝2，所以OO 1＝12PO ＝12PA 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由PA ＝PC ＝4，AC ＝4，得△PAC 为正三角形，则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 不正确；四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE2＝12×232＋22＝142，所以该四棱台的表面积为(22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 不正确；易知OA 1＝OB 1＝OC 1＝OD 1＝O 1A 21＋O 1O 2＝2＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为2，外接球表面积为4π×22＝16π，故D 正确．三、填空题13．(2020·浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________． 答案 1解析 如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π， 即r ·l ＝2.由于侧面展开图为半圆， 可知12πl 2＝2π，可得l ＝2，因此r ＝1.14.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40cm ，母线长最短50cm ，最长80cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________cm 2.答案 2600π解析 将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S ＝12×(π×40)×(50＋80)＝2600π(cm 2)．15．已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为________． 答案823π 解析 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径2R ＝22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π.16．(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． 答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ， 连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ， 则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2. 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.。
2023新教材高考生物二轮专题复习 专题四 生命系统的遗传、变异、进化 第1讲 遗传的分子基础
专题四生命系统的遗传、变异、进化第1讲遗传的分子基础聚焦新课标：3.1亲代传递给子代的遗传信息主要编码在DNA分子上。
基础自查明晰考位纵引横连————建网络提醒：特设长句作答题，训练文字表达能力答案填空：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯⑰⑱⑲⑳边角扫描————全面清提醒：判断正误并找到课本原话1．有荚膜的肺炎链球菌可抵抗吞噬细胞的吞噬，有利于细菌在宿主体内生活并繁殖。
(必修2 P43“相关信息”)()2．分别用含有放射性同位素35S和放射性同位素32P的培养基培养噬菌体。
(必修2 P45正文)( )3．单个脱氧核苷酸在DNA酶的作用下连接合成新的子链。
(必修2 P55正文)( ) 4．DNA分子复制时解旋酶与DNA聚合酶不能同时发挥作用。
(必修2 P55正文)( ) 5．DNA分子复制与染色体复制是分别独立进行的。
(必修2 P56“概念检测”)( ) 6．反密码子的读取方向为由氨基酸连接端开始读(由长臂端向短臂端读取)。
(必修2 P67图4－6)( )7．tRNA和rRNA参与蛋白质的合成过程，但是这两种RNA本身不会翻译为蛋白质。
(必修2 P66“相关信息”)()8．终止密码子一定不编码氨基酸。
(必修2 P67表4－1注解)( )9．表观遗传现象由于基因的碱基序列没有改变，因此生物体的性状也不会发生改变。
(必修2 P74正文)( )10．吸烟会导致精子中DNA的甲基化水平升高，从而影响基因的表达。
(必修2 P74“与社会的联系”)()考点梳理整合突破整合考点8 “追根求源”的遗传物质及其本质与功能考点整合固考基一、遗传物质探索的经典实验分析1．需掌握的两个实验2.必须明确的三个问题(1)加热杀死的S型细菌，其蛋白质变性失活；而DNA在加热过程中，双螺旋解开，氢键断裂，但缓慢冷却时，其结构可恢复。
R型细菌转化为S型细菌的实质是S型细菌的DNA 片段整合到了R型细菌的DNA中，这种变异类型属于________。
2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路课件
命题热点•巧突破
考点一 直流电路的计算与分析
考向1 直流电路的动态分析
1．(2021·广东广州模拟)如图所示的电路中，当变阻器R1的滑动触
头向上滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为
(A )
A．A灯和B灯都变亮
B．A灯和B灯都变暗
C．A灯变亮，B灯变暗
D．A灯变暗，B灯变亮
【解析】 “串反并同”指的是在一个闭合回路中某一个电学元件 的阻值发生了变化，则与其并联的电学元件的电学量的变化趋势与其相 同，与其串联的电学元件的电学量的变化趋势与其相反，这里的并联是 指两电学元件之间没有电流的流进流出关系，串联指的是电流有流进流 出关系．当变阻器R1的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器的阻值增大， 根据“串反并同”规律可知A、B灯泡与之并联，则两灯都变亮，所以A 正确，B、C、D错误．故选A．
则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图象中，正确的是 (A )
【解析】 当电容器两端电压变化时，电容器由于充放电，电路中 会有电流 I＝ΔΔQt ＝CΔΔtU，而充电放电时，电流方向相反，电阻 R 两端电 压 UR＝IR＝CΔΔtUR，由图(b)可知，(1～2)s 电容器充电，(3～5)s 过程电 容放电，且放电时电流为充电时的一半，故选 A．
( AD )
A．若将电容器上极板上移少许，则液滴的电势能增大
B．若减小电容器两极板的正对面积，则液滴向下加速运动
C．闭合 S，则电路稳定后电容器所带电荷量比原来增加C3E
D．闭合 S，若电路稳定后液滴还在板间运动，则其加速度大小为13g
【解析】 若将电容器上极板上移少许，和电容并联部分电路没有 发生改变，电容器两端的电压不变，根据 E＝Ud 可知电场强度变小，则油 滴所受向上电场力变小，油滴向下运动，电场力做负功，油滴的电势能 增大，故 A 正确；若减小电容器两极板的正对面积，不改变极板间的电 场强度，则油滴所受向上电场力不变，油滴仍然静止，故 B 错误；
专题四第1讲 直流电路与交流电路
(3)极限法：因变阻器滑片滑动引起电路化的问题，可将变阻 器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论．
考向2 直流电路的动态分析
奉节中学物理组
例 2 如图所示的电路中，L 为小灯泡，R1、R2、R3 为定值电阻，C 为
电容器，电源电动势为 E，内阻为 r，图中电表为理想电表．闭合开
关 S，将滑动变阻器的滑片 P 从 a 端滑到 b 端的过程中，下列说法正
P-R 图线
R＝r＋ E2R2R
P-I 图线
P＝EI－I2r
奉节中学物理组
特例 短路 R＝0，I＝Er ，图象始端 断路 R＝∞，I＝0，图象末端
短路 R＝0，U＝0，U 内＝E 断路 R＝∞，U＝E，U 内＝0
短路 R＝0，I＝Er ，U＝0 断路 R＝∞，I＝0，U＝E 短路 I＝Er ，P 出＝0 断路 I＝0， P 出＝0，当 R＝r 时，P 出最大， P 出＝E 4r2 短路 I＝Er ，P 出＝0 断路 I＝0，P 出＝0，当 I＝2Er时， P 出最大，P 出＝E 4r2
想 (2)物理方法：假设法、整体法、隔离
方 法、代换法、比值定义法.
法
考点一 直流电路的分析计算
奉节中学物理组
考向1 直流电路的功率问题
奉节中学物理组
1．电路的电功率分析 ①纯电阻电路：P 电＝P 热＝I2R＝IU＝UR2 ②非纯电阻电路：P 电＝P 热＋P 机，即 UI＝I2R＋P 机． 2．电源的输出功率与负载的关系分析 ①当 R＝r 时，电源的输出功率最大，为 Pm＝E4r2； ②当 R>r 时，随着 R 的增大，电源的输出功率越来越小； ③当 R<r 时，随着 R 的增大，电源的输出功率越来越大； ④当 P 出<Pm 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值 R1 和 R2， 且 R1 R2＝r2.
专题四第1讲空间几何体
考 点 核 心 突 破
答案 A
训 练 高 效 提 能
菜
单
高考专题辅导与训练· 数学(理科)
第一部分 何
基 础 要 点 整 合
专题四
立体几
解 题 规 范 流 程
4． (2013· 惠州模拟)如图是某简单组合体的三视图， 则 该组合体的体积为
考 点 核 心 突 破
A．36 3(π＋ 2) C．108 3π
考 点 核 心 突 破
[答案] (1)C (2)C
训 练 高 效 提 能
菜
单
高考专题辅导与训练· 数学(理科)
第一部分 何
基 础 要 点 整 合
专题四
立体几
解 题 规 范 流 程
【拓展归纳】通盘考虑求解三视图问题
(1)分析空间几何体的三视图问题时，要先根据俯视
图确定几何体的底面，然后根据正视图与侧视图确定几 何体的侧棱与侧面的特征；
解 题 规 范 流 程
2．理解两种作图规则
(1) 三视图排列规则：俯视图放在正 ( 主 ) 视图的下面，
长度与正 ( 主 ) 视图一样；侧 ( 左 ) 视图放在正 ( 主 ) 视图的右 面，高度和正(主)视图一样，宽度与俯视图一样．画三视
图的基本要求：正(主)俯一样长，俯侧(左)一样宽，正(主)
侧一样高． (2)画直观图的规则
第一部分 何
基 础 要 点 整 合
专题四
立体几
解 题 规 范 流 程
[ 自主解答 ]
(1) 选项 A 中，由正视图和侧视图可知
其俯视图应为如图①的正方形，选项B和D中的正视图与 侧视图所确定的俯视图如图②所示，所以 A 、 B、 D 都错 误，故选C.
考 点 核 心 突 破
专题四：第1讲 运动的合成与分解
d 短，最短时间为 t＝ . v船
图4－1－1
(2)渡河的最短位移
①若 v 水<v 船，最短的位移为河宽 d，此时渡河所用时间 d t＝ ，船头与河岸的夹角 θ 满足 v 船 cosθ＝v 水，如图 4－1 v船sinθ －2 所示．
图4－1－2
②若 v 水>v 船，这时无论船头指向什么方向，都无法使船垂 直河岸渡河，即最短位移不可能等于河宽 d，寻找最短位移的 方法是： 如图 4－1－3 所示，按水流速度和船在静水中的速度大小 的比例，先从出发点 A 开始作矢量 v 水，再以 v 水末端为圆心， v 船为半径画圆弧， 自出发点 A 向圆弧作切线即为船位移最小时 v船 的合运动的方向．这时船头与河岸的夹角 θ 满足 cosθ＝ ，最 v水 d d 短位移 s 短＝ ，过河时间 t＝ . cosθ v船sinθ
线的凹侧，物体的加速度也指向曲线的凹侧．
4．判断做曲线运动的物体的速率变化情况 (1)当合力方向与速度方向的夹角小于 90°时，物体运动的 速率增大． (2)当合力方向与速度方向的夹角等于 90°时，物体运动的 速率不变． (3)当合力方向与速度方向的夹角大于 90°时，物体运动的 速率减小．
考点2 运动的合成与分解
( )
A．物体受变力作用才可能做曲线运动
B．物体受恒力作用也可能做曲线运动
C．物体不受力也能做曲线运动
D．物体只要受到合外力就一定做曲线运动
解析：物体做曲线运动的条件是所受合外力的方向与它的 速度方向不在一条直线上，不论此外力是否为变力．故选项B 正确． 答案：B
2．(双选)关于曲线运动的说法正确的是( A．曲线运动是一种变速运动
B．绳子的拉力始终大于物体 A 所受的重力
C．物体 A 的速度大于物体 B 的速度
第一阶段 专题四 第1讲 有机物的结构与性质
以上不规范书写都会导致考生失分，这就需要考生在
平常的练习、作业、测验中养成规范作答的好习惯。 返回
总之，分析近几年的高考试题可知有机化学的出题特点是
依据大纲、抓住课本、立足基础。在今后的复习中我们要强化 基础、重视实验、注重思维、提高能力、书写规范，以教材为 本，以新课程标准为纲，把握有机化学知识的内在联系和掌握 复习的技巧，就能事半功倍，达到复习的最佳效果。
由于综合卷容量有限，因此，考查有机知识点，不强调 覆盖面，在试卷中对有机部分的重点和热点知识不回避。历 年考查要点主要在以下五个方面： ①有机物分子式、结构简式的确定与书写；
②有机反应方程式的书写；
③典型官能团的结构与性质； ④同分异构体数目的确定及限定条件同分异构的书写； ⑤有机反应类型的判断。 返回
(3)CH3COOC2H5 的同分异构体中含“ ”(酯基)结 构的有 3 种(不包括 CH3COOC2H5)。其结构简式分别为： HCOOCH2CH2CH3 、HCOOCH(CH3)2 、CH3CH2COOCH3 。
返回
[归纳· 助学] 1．有机物分子式的确定
(1)直接法：密度(相对密度)→摩尔质量→1 mol分子中 各元素原子的物质的量→分子式。 (2)最简式法：元素的质量分数→最简式→结合Mr确定 分子式。或由Mr和元素的质量分数直接确定分子中各原子的
△ CH3CHO＋2Cu(OH)2――→CH3COOH＋Cu2O↓＋2H2O， ③
氧化反应 ； 返回
浓H2SO4 CH3COOH＋CH3CH2OH △ ④ CH3COOC2H5＋H2O，取代反应 ；
乙醇 CH3CH2Cl＋NaOH――→CH2===CH2↑＋NaCl＋H2O， △ ⑤ 消去反应 ； 催化剂 ⑥ nCH2===CH2―――→CH2－CH2，加聚反应。
专题四 第1讲
第1讲空间几何体中的计算与位置关系高考定位 1.以三视图和空间几何体为载体考查面积与体积，难度中档偏下；2.以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题；空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问.真题感悟A.17πB.18πC.20πD.28π解析由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O且互相垂直的三个平面)切掉左上角的18后得到的组合体，其表面积是球面面积的78和三个1 4圆面积之和，易得球的半径为2，则得S＝78×4π×22＋3×14π×22＝17π.答案 AA.90πB.63πC.42πD.36π解析 法一 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得，如图所示.将圆柱补全，并将圆柱体从点A 处水平分成上下两部分.由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.法二 (估值法)由题意知，12V 圆柱<V 几何体<V 圆柱，又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合. 答案 B解析 法一 对于选项B ，如图(1)所示，连接CD ，因为AB ∥CD ，M ，Q 分别是所在棱的中点，所以MQ ∥CD ，所以AB ∥MQ ，又AB ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，所以AB ∥平面MNQ .同理可证选项C ，D 中均有AB ∥平面MNQ .因此A项不正确.图(1)图(2)法二对于选项A，其中O为BC的中点(如图(2)所示)，连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ 不平行.A项不正确.答案 A①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.解析当m⊥n，m⊥α，n∥β时，两个平面的位置关系不确定，故①错误，经判断知②③④均正确，故正确答案为②③④.答案②③④考点整合1.空间几何体的三视图(1)几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正、高平齐、宽相等.(2)由三视图还原几何体：一般先从俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体.2.空间几何体的两组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式：①S＝ch(c为底面周长，h为高)；柱侧②S锥侧＝12ch′(c为底面周长，h′为斜高)；③S台侧＝12(c＋c′)h′(c′，c分别为上下底面的周长，h′为斜高)；④S球表＝4πR2(R为球的半径).(2)柱体、锥体和球的体积公式：①V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；②V锥体＝13Sh(S为底面面积，h为高)；③V球＝43πR3.3.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.4.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.热点一空间几何体的三视图与直观图【例1】(1)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是()A.4 2B.34C.41D.5 2解析(1)由直观图知，俯视图应为正方形，又上半部分相邻两曲面的交线为可见线，在俯视图中应为实线，因此，选项B可以是几何体的俯视图.(2)根据几何体的三视图，知该几何体是底面为直角三角形，两侧面垂直于底面，高为5的三棱锥P－ABC(如图所示).棱锥最长的棱长P A＝25＋16＝41.答案(1)B(2)C探究提高 1.由直观图确定三视图，一要根据三视图的含义及画法和摆放规则确认.二要熟悉常见几何体的三视图.2.由三视图还原到直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面.(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置.(3)确定几何体的直观图形状.A.1B.2C.3D.4解析(1)设点P在平面A1ADD1的射影为P′，在平面C1CDD1的射影为P″，如图所示.∴三棱锥P－BCD的正视图与侧视图分别为△P′AD与△P″CD，因此所求面积S＝S△P′AD＋S△P″CD＝12×1×2＋12×1×2＝2.(2)由几何体的正视图和俯视图可知该几何体的直观图如图①，故其侧视图为图②.答案 (1)B (2)B热点二 几何体的表面积与体积 A.10 B.12 C.14D.16A.203B.7C.223D.233解析 (1)由三视图可画出直观图，该直观图各面内只有两个相同的梯形的面，S 梯＝12×(2＋4)×2＝6，S 全梯＝6×2＝12. (2)由三视图知，该几何体是棱长为2的正方体截去三棱锥D －D 1MN 与三棱锥A －MA 1B 后剩下的多面体，∴该几何体的体积V ＝23－13×2×12×12－13×2×1×22＝7. 答案 (1)B (2)B探究提高 1.由几何体的三视图求其表面积：(1)关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及度量大小.(2)还原几何体的直观图，套用相应的面积公式.2.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.3.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.A.60B.30C.20D.10解析(1)由三视图知可把三棱锥放在一个长方体内部，即三棱锥A1－BCD，VA1－BCD＝13×12×3×5×4＝10.(2)由题设及几何体的三视图知，该几何体是一个正方体截去4个三棱锥后剩余的内接正三棱锥B－A1C1D(如图所示).设正方体的棱长为a，则几何体的体积是∴a＝1，∴三棱锥的棱长为2，因此该三棱锥的表面积为S＝4×34×(2)2＝2 3.答案(1)D(2)23热点三多面体与球的切、接问题A.4πB.9π2 C.6π D.32π3解析由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10.要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.2r＝4＞3，不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.由2R＝3，即R＝32.故球的最大体积V＝43πR3＝92π.答案 B【迁移探究】若本例中的条件变为“直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积. 解将直三棱柱补形为长方体ABEC－A1B1E1C1，则球O是长方体ABEC－A1B1E1C1的外接球.∴体对角线BC1的长为球O的直径.因此2R＝32＋42＋122＝13.故S球＝4πR2＝169π.探究提高 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.2.若球面上四点P，A，B，C中P A，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.A.πB.3π4 C.π2 D.π4解析如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球半径R＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM＝12.∴底面圆半径r＝OA2－OM2＝32，答案 B热点四空间平行、垂直关系的判断与证明命题角度1空间点、线、面位置关系的判定①若α∥β，则m∥n；②若α∥β，则m∥β；③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β.其中真命题的个数是()A.0B.1C.2D.3解析①若α∥β，则m∥n或m，n异面，不正确；②若α∥β，根据平面与平面平行的性质，可得m∥β，正确；③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α与β不一定垂直，不正确；④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，l与n不一定相交，不能推出α⊥β，不正确.答案 B探究提高判断与空间位置关系有关的命题真假的方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断.(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定.(3)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断. 命题角度2 空间平行、垂直关系的证明(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P －ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.(1)证明 ∵∠BAP ＝∠CDP ＝90°，∴AB ⊥P A ，CD ⊥PD . ∵AB ∥CD ，∴AB ⊥PD .又∵P A ∩PD ＝P ，P A ，PD ⊂平面P AD ， ∴AB ⊥平面P AD .∵AB ⊂平面P AB ，∴平面P AB ⊥平面P AD . (2)解 取AD 的中点E ， 连接PE .∵P A ＝PD ，∴PE ⊥AD . 由(1)知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PE ，AB ⊥AD ，可得PE ⊥平面ABCD . 设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ， 故四棱锥P －ABCD 的体积由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而P A ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22， 可得四棱锥P －ABCD 的侧面积为探究提高 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C，又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD，因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM，又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.1.求解几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算.(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解.(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用.(4)求解几何体的表面积时要注意S表＝S侧＋S底.2.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a的正方体的外接球、内切球、棱切球的半径分别为32a，a2，22a.3.锥体体积公式为V＝13Sh，在求解锥体体积中，不能漏掉13.4.空间中点、线、面的位置关系的判定(1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例.(2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义.5.垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.6.解决平面图形的翻折问题，关键是抓住平面图形翻折前后的不变“性”与“量”，即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等.一、选择题A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n解析由已知，α∩β＝l，∴l⊂β，又∵n⊥β，∴n⊥l，C正确.故选C.答案 CA.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC解析如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1.又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.答案 CA.6πB.23π＋ 3C.4πD.2π＋ 3解析此几何体为一个组合体，上为一个圆锥，下为一个半球组合而成.表面积为S＝4π2＋12×2×2π＝4π.答案 C①若m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.则其中正确命题的序号是()A.①和②B.①和④C.③和④D.②和③解析①中，过n作平面θ与平面α交于直线b，则n∥b，又m⊥α，知m⊥b，从而m⊥n，正确；②中，由线面垂直、面面平行的性质，m⊥γ成立，正确；如上图所示的几何体中，m⊥n，α⊥β成立，则③，④不正确.∴正确的命题序号为①，②.答案 AA.323B.163C.83D.43解析 由三视图知，该几何体是等底同高的三棱锥P －ABD 与三棱柱ABC －A 1B 1C 1的组合体，其直观图如图所示. 则几何体的体积为V ＝V 三棱柱＋V 三棱锥 ＝12×2×1×2＋13×12×2×1×2＝83. 答案 C 二、填空题解析 由题可知，∵三棱锥每个面都是腰为2的等腰三角形，由正视图可得如右俯视图，且三棱锥高为h ＝1， 则体积V ＝13Sh ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×1×1＝33.答案 33解析 设球半径为R ，则圆柱底面圆半径为R ，母线长为2R . 答案 328.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的命题序号是________.①平面ABD⊥平面ABC②平面ADC⊥平面BDC③平面ABC⊥平面BDC④平面ADC⊥平面ABC解析因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD，又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，所以CD⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADC.答案④三、解答题求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内，AB⊥AD，EF⊥AD，则AB∥EF.∵AB⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，∴EF∥平面ABC.(2)∵BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，∴BC⊥平面ABD.∵AD⊂平面ABD，∴BC⊥AD.又AB⊥AD，BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，∴AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，∴AD⊥AC.(1)证明：直线BC∥平面P AD；(2)若△PCD的面积为27，求四棱锥P－ABCD的体积.(1)证明在底面ABCD中，因为∠BAD＝∠ABC＝90°. 所以BC∥AD，又BC⊄平面P AD，AD⊂平面P AD.∴直线BC∥平面P AD.(2)解取AD的中点M，连接PM，CM，由AB＝BC＝12AD及BC∥AD，∠ABC＝90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.因为侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD，因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.设BC＝x，则CM＝x，CD＝2x，PM＝3x，PC＝PD＝2x，取CD的中点N，连接PN.则PN⊥CD，所以PN＝14 2x.因为△PCD的面积为27，所以12×2x×142x＝27，解得x＝－2(舍去)或x＝2.于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2 3.所以四棱锥P－ABCD的体积V＝13×2（2＋4）2×23＝4 3.(1)求证：AC⊥平面FBC；(2)求四面体FBCD的体积；(1)证明在△ABC中，因为AC＝3，AB＝2，BC＝1，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.又因为AC⊥FB，BC∩FB＝B，BC，FB⊂平面FBC，所以AC⊥平面FBC.(2)解因为AC⊥平面FBC，FC⊂平面FBC，所以AC⊥FC.因为CD⊥FC，AC∩CD＝C，所以FC⊥平面ABCD.在等腰梯形ABCD中可得CB＝DC＝1，所以FC＝1.所以△BCD的面积为S＝3 4.(3)解线段AC上存在点M，且点M为AC中点时，有EA∥平面FDM.证明如下：连接CE，与DF交于点N，取AC的中点M，连接MN.因为四边形CDEF是正方形，所以点N为CE的中点.所以EA∥MN.因为MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，所以EA∥平面FDM.所以线段AC上存在点M，且M为AC的中点，使得EA∥平面FDM成立.。
必修1 专题四
经济生活专题四：发展社会主义市场经济一、复习思路本专题的复习要围绕一条主线、重点把握两对关系和三大措施。
（1）一条主线，就是转变经济发展方式；（2）两对关系，就是市场调节与宏观调控的关系、国内发展与对外开放的关系；（3）三大措施，就是规范市场经济秩序的措施、推进经济持续健康发展的措施、提高对外开放水平的措施。
考查重点有：市场调节、国家宏观调控、科学发展观的内涵、转变经济发展方式、经济全球化、“走出去”战略。
二、知识网络市场调节社会主义宏观调控市场经济坚持公有制的主体地位以共同富裕为根本目标实现全面围绕主题——科学发展建成小康社会目标抓住主线——加快转变经济发展方式经济全球化对外开放世贸组织全面提高开放型经济水平三、核心突破（一）（社会主义）市场经济1、发挥市场对资源配置的决定性作用——市场调节（1）地位：市场在资源配置中起决定性作用（市场决定资源配置）。
这是市场经济的一般规律，健全社会主义市场经济体制必须遵循这条规律。
（2）方式：依据市场规则、市场价格、市场供求、市场竞争优化资源配置。
（2）整顿和规范市场秩序（重点）原因：①市场调节存在自发性、盲目性、滞后性等固有的弊端。
②只有具备公平、公正的市场秩序，形成统一开放竞争有序的现代市场体系，市场才能合理配置资源。
③整顿和规范市场秩序，有利于维护企业经营者的利益和消费者的合法权益；有利于市场经济的健康发展。
措施：国家①运用经济、法律、行政手段加强宏观调控。
②建立健全有关法律法规，加大打击力度，严格实施市场规则。
③建立健全社会信用体系，形成以道德为支撑、法律为保障的社会信用体系，是规范市场秩序的治本之策；要切实加强商务诚信、社会诚信建设，健全社会信用体系，尤其要加快建立信用监督和失信惩戒制度。
④企业要遵守市场规则，树立诚信观念，遵守市场道德，树立良好的信誉和形象。
⑤消费者要学法尊法守法用法，既保证自己的经济活动符合法律的规范，又能够运用法律维护自己的权益。
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Ⅰ.用适当的时态、语态填空
When I went to the other side of the island, I found, to my ex9c.iBtemuesnetd，a little boat that could ____________(use) for me to go home. So I sat on the boat, starting sailing in the sea. On the way home, I saw my brother swimming in the sea. He was so tired and I helped him to climb on the boat. He said h1e0_.H__a_d_f_o_u_n_d_______(find) a compass in the water. So we used the compass to find our way home together.
mneyvperarelliisnsttteesn.noSshfteentaakseksher twtoshhhqaeauttditotehseaws ohrekr,gmreyagtrjaonyd. Ima
understand her because I satisfied with life. Several
5．解析：that改为what。考查名词性从句。分析句子结构 可知，此处引导宾语从句，作does的宾语，表示“……的事 物”，故把that改为what。
6．解析：before改为ago。考查副词。before表示从事情发 生到过去某个时间是多久，ago表示从事情发生到现在时间 过去了多久。根据语境和文章的主体时态为一般现在时可 知，此处应用ago。
Though my parents often ask her to quit the work, my
grandma never listen. She takes that she does as her
great joy. I understand her because I see her smile and
feels
to talk to
greatly
thheerir grandchildren on WeChat. great
1．解析：was改为is。考查时态。文章的主体时态是一般现 在时，故把was改为is。
2．解析：or改为and。考查连词。根据语境可知，前后句 表示顺承关系，不是转折关系，故把or改为and。
she is satisfied with life. Several months before, my father
bought for her a new smartphone. And during the Spring
Festival，I instructed her how email and use the Internet.
3．解析：houseworks改为housework。考查名词。 housework是不可数名词，没有复数，故把houseworks改为 housework。
4．解析：listen改为listens。考查时态和主谓一致。文章的 主体时态是一般现在时，主语是my grandma，故把listen改 为listens。
Ⅰ.用适当的时态、语态填空
The next morning, when I woke up I was hungry and thirsty. I took out my phone, but I didn't want to call a5n.ryeomnemyebte.rFeodr I only ________________(remember) my Dad's number a6n.Wd caesrtwaoinrlkyinhge _______________(work) at the moment. Then I walked along the shore, I found a7b.Dotrtalnekof water and ________(drink) some. After that, I went into the forest to find some food. I saw some apple trees and I climbed up the trees and used the pocket knife to cut the apples down. I was so hungry that I ______(eat) all the a8p.patles.
Ⅰ.用适当的时态、语态填空
1.swam After the ship sank, I ________(swim) to the shore of a lonely island. I found my mob2il.esapthone and a pocket knife. I ______(sit) down and looked up at the sky. Night had come, and I wanted to go home. I told myself to remember the Golden Rules from Bear Grylls，whic3h.a_r_e_____(be): always be safe， find water and food. On this island，there _4_.w__e_re___(be) many trees，and I found one to use as a shelter.
7．解析：删除bought后的for。考查介词。buy sb.sth.“给某 人买某物”为固定用法。for多余，故删除。
8．解析：how后加to。考查非谓语动词。此处考查“疑问词 ＋不定式”结构，故在how后加to。
9．解析：greatly改为great。考查词形转换。feel是连系动 词，后面应该用形容词great构成系表结构。
Ⅱ.短文改错
When I was very young, I stayed at my hometownwas a diligent woman. She likes to
grow vegetables or takes care of all the houseworks.
see her months
smile
and
shebiseforeago
， my father bought hfoer a new smartphone. And
during the Spring Festival，I instructed her how email to
and use the Internet. Aside from emailing, she thinks it
Aside from emailing, she thinks it feels greatly to talk to
their grandchildren on WeChat.
无错
Ⅱ.短文改错
is WmveyhgeegtnraaIbnwldemassav.eSrthyaekyheohosuoucnusaagesr,weedIwiolsirfgtokaearsyknllettdhwaeotmmaynh. oSwmhaeesltoiokrew. sTanhntowodugitgrhohw
10．解析：their改为her。考查代词。该句主语是she，此 处表示“她的(外)孙子(女)们”，所以应用形容词性物主代词 her。