第二编专题八第2讲

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专题八概率与统计第二讲概率,随机变量及分布列——2023届高考数学二轮复习重点练(含解析)

专题八概率与统计第二讲概率，随机变量及分布列1.为了援助湖北抗击疫情,全国各地的白衣天使走上战场的第一线,他们分别乘坐6架我国自主生产的“运20”大型运输机,编号分别为1,2,3,4,5,6,同时到达武汉天河飞机场,每五分钟降落一架,其中1号与6号相邻降落的概率为( ) A.112B.16C.15D.132.一个不透明的袋子中装有4个完全相同的小球，球上分别标有数字为0，1，2，3.现甲从中摸出1个球后放回，乙再从中摸出1个球，谁摸出的球上的数字大谁获胜，则甲、乙各摸一次球后，甲获胜且乙摸出的球上数字为偶数的概率为( ) A.14B.13C.49D.3163.从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( ) A.110B.15C.310D.254.某次战役中，狙击手A 受命射击敌机，若要击落敌机，需命中机首2次或命中机中3次或命中机尾1次，已知A 每次射击，命中机首、机中、机尾的概率分别为0.2，0.4，0.1，未命中敌机的概率为0.3，且各次射击相互独立.若A 至多射击2次，则他能击落敌机的概率为( ) A.0.23B.0.2C.0.16D.0.15.设两个相互独立事件A ，B 都不发生的概率为19，则A 与B 都发生的概率的取值范围是( )A.80,9⎡⎤⎢⎥⎣⎦B.15,99⎡⎤⎢⎥⎣⎦C.28,39⎡⎤⎢⎥⎣⎦D.40,9⎡⎤⎢⎥⎣⎦6.一个旅行团到漳州旅游，有百花村与云洞岩两个景点可选择，该旅行团选择去哪个景点相互独立.若旅行团选择两个景点都去的概率是49，只去百花村不去云洞岩与只去云洞岩不去百花村的概率相等，则旅行团选择去百花村的概率是( ) A.23B.13C.49D.197.某学校10位同学组成的志愿者组织分别由李老师和张老师负责，每次献爱心活动均需该组织4位同学参加.假设李老师和张老师各自分别将活动通知的信息独立且随机地发给4位同学，且所发信息都能收到.则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知的信息的概率为( )A.25B.1225C.1625D.458.（多选）从甲袋中摸出1个红球的概率是13，从乙袋中摸出1个红球的概率是12.从甲袋、乙袋各摸出1个球，则下列结论正确的是( )A.2个球都是红球的概率为16B.2个球不都是红球的概率为13C.至少有1个红球的概率为23D.2个球中恰有1个红球的概率为129. （多选）在4件产品中,有一等品2件,二等品1件(一等品与二等品都是正品),次品1件,现从中任取2件,则下列说法正确的是( )A.两件都是一等品的概率是13B.两件中有1件是次品的概率是12C.两件都是正品的概率是13D.两件中至少有1件是一等品的概率是5610. （多选）在一次随机试验中，A,B,C,D是彼此互斥的事件，且A B C D+++是必然事件，则下列说法正确的是( )A.A B+与C是互斥事件，也是对立事件B.B+C与D是互斥事件，但不是对立事件C.A C+与B D+是互斥事件，但不是对立事件D.A与B C D++是互斥事件，也是对立事件11.某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为1625，则该队员每次罚球的命中率为__________.12.已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为_________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为_________.13.从甲、乙、丙、丁四人中随机选取两人，则甲、乙两人中有且只有一人被选取的概率为_____________.14.一个袋中装有四个形状、大小完全相同的球，球的编号分别为1，2，3，4.(1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率.(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n，求2n m<+的概率..假定甲、乙两位同学15.设甲、乙两位同学上学期间，每天7:30之前到校的概率均为23到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.(1)用X表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数，求随机变量X的分布列和数学期望；(2)设M为事件“上学期间的三天中，甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”，求事件M发生的概率.答案以及解析1.答案：D解析：6架飞机的降落顺序有66A 种,而1号与6号相邻降落的顺序有2525A A 种,所以所求事件的概率252566A A 1A 3P ==.故选D.2.答案：A解析：甲、乙各摸一次球，有可能的结果有4416⨯=（种），甲摸的数字在前，乙摸的数字在后，则甲获胜的情况有(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，共6种. 其中甲、乙各摸一次球后，甲获胜且乙摸出的球上数字为偶数有4种，则所求概率41164P ==. 3.答案：D解析：先后有放回地抽取2张卡片的情况有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，共25种.其中满足条件的有(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，共10种情况.因此所求的概率102255P ==.故选D. 4.答案：A解析：A 每次射击，命中机首、机中、机尾的概率分别为0.2，0.4，0.1，未命中敌机的概率为0.3，且各次射击相互独立.若A 射击1次就击落敌机，则他击中了敌机的机尾，概率为0.1；若A 射击2次就击落敌机，则他2次都击中了敌机的机首，概率为0.20.20.04⨯=或者第1次没有击中机尾且第2次击中了机尾，概率为0.90.10.09⨯=，因此若A 至多射击2次，则他能击落敌机的概率为0.10.040.090.23++=.故选A. 5.答案：D解析：设事件A ，B 发生的概率分别为()P A x =，()P B y =，则1()()()(1)(1)9P AB P A P B x y ==-⋅-=，即11199xy x y +=++≥+x y =时取“=”，211)9∴≥23≤43（舍去），409xy ∴≤≤.4()()()0,9P AB P A P B xy ⎡⎤∴==∈⎢⎥⎣⎦.6.答案：A解析：用事件A 表示“旅行团选择去百花村”，事件B 表示“旅行团选择去云洞岩”，A ，B 相互独立，则4()9P AB =，()()P AB P AB =.设()P A x =，()P B y =，则4,9(1)(1),xy x y x y ⎧=⎪⎨⎪-=-⎩解得2,323x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或2,323x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩（舍去），故旅行团选择去百花村的概率是23.故选A.7.答案：C解析：设“甲同学收到李老师的信息”为事件A ，“收到张老师的信息”为事件B ，A ，B 相互独立，42()()105P A P B ===，则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知的信息的概率为33161()1(1())(1())15525P AB P A P B -=---=-⨯=.故选C. 8.答案：ACD解析：设“从甲袋中摸出1个红球”为事件1A ，“从乙袋中摸出1个红球为事件2A ，则()113P A =，()212P A =，且1A ，2A 独立.对于A 选项，2个球都是红球为12A A ，其概率为111326⨯=，故A 正确；对于B 选项，“2个球不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事件，其概率为15166-=，故B 错误；对于C 选项，2个球中至少有1个红球的概率为()()1221211323P A P A -=-⨯=，故C 正确；对于D 选项，2个球中恰有1个红球的概率为1121132322⨯+⨯=，故D 正确.故选ACD. 9.答案：BD解析：由题意设一等品编号为a ,b ，二等品编号为c ，次品编号为d ，从中任取2件的基本情况有(,)a b ，(,)a c ，(,)a d ，(,)b c ，(,)b d ，(,)c d ，共6种. 对于A ，两件都是一等品的基本情况有(,)a b ，共1种，故两件都是一等品的概率116P =，故A 错误；对于B ，两件中有1件是次品的基本情况有(,)a d ，(,)b d ，(,)c d ，共3种，故两件中有1件是次品的概率23162P ==，故B 正确；对于C ，两件都是正品的基本情况有(,)a b ，(,)a c ，(,)b c ，共3种，故两件都是正品的概率33162P ==，故C 错误；对于D ，两件中至少有1件是一等品的基本情况有(,)a b ，(,)a c ，(,)a d ，(,)b c ，(,)b d ，共5种，故两件中至少有1件是一等品的概率456P =，故D 正确. 10.答案：BD解析：由于A ,B ,C ,D 彼此互斥，且A B C D +++是必然事件，故事件的关系如图所示.由图可知，任何一个事件与其余三个事件的和事件互为对立，任何两个事件的和事件与其余两个事件中任何一个是互斥事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件互为对立，故B,D 中的说法正确.11.答案：35解析：设此队员每次罚球的命中率为p ，则216125p -=，所以35p =. 12.答案：16；23解析：甲，乙两球都落入盒子的概率为111236⨯=.方法一：甲、乙两球至少有一个落入盒子的情形包括：①甲落入、乙未落入的概率为121233⨯=；②甲未落入，乙落入的概率为111236⨯=；③甲，乙均落入的概率为111236⨯=.所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为11123663++=.方法二：甲，乙两球均未落入盒子的概率为121233⨯=，则甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为12133-=.13.答案：23解析：从甲、乙、丙、丁四人中随机选取两人，有{甲，乙}，{甲，丙}，{甲，丁}，{乙，丙}，{乙，丁}，{丙，丁}，共6种结果；其中甲、乙两人中有且只有一人被选取，有甲，丙}，{甲，丁}，{乙，丙}，{乙，丁}，共4种结果. 故甲、乙两人中有且只有一人被选取的概率为4263=. 14.答案：(1)13. (2)概率为1316. 解析：(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的样本点有：1和2，1和3，1和4，2和3，2和4，3和4，共6个.从袋中取出的两个球的编号之和不大于4的事件有：1和2，1和3，共2个，因此所求事件的概率为2163P ==.(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为m ，试验的样本空间{(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),Ω=(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)}，共16个样本点.又满足条件2n m ≥+的样本点有：(1,3),(1,4),(2,4)，共3个. 所以满足条件2n m ≥+的事件的概率为1316P =，故满足条件2n m <+的事件的概率为1313111616P -=-=. 15.答案：（1）因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7:30之前到校的概均为23，故2~3,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，从而3321()C ,0,1,2,333kkk P X k k -⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.所以随机变量X的分布列为随机变量X 的数学期望2()323E X =⨯=.（2）设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y ，则2~3,3Y B ⎛⎫⎪⎝⎭，且{3,1}{2,0}M X Y X Y ===⋃==.由题意知事件{3,1}X Y ==与{2,0}X Y ==互斥，且事件{3}X =与{}1Y =，事件{}2X =与{}0Y =均相互独立，从而由（1）知()P M =({3,1}{2,0})(3,1)(2,P X Y X Y P X Y P X ==⋃=====+=8240)(3)(1)(2)(0)2799Y P X P Y P X P Y ====+===⨯+⨯12027243=.。

高考数学二轮复习专题八附加题第2讲计数原理、随机变量、数学归纳法学案

—————————— 教育资源共享步入知识海洋 ————————第2讲计数原理、随机变量、数学归纳法[考情考向分析] 1.考查分类计数原理、分步计数原理与排列、组合的简单应用，B 级要求. 2.考查n 次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的数学期望与方差，B 级要求.3.考查数学归纳法的简单应用，B 级要求．热点一计数原理与二项式定理例1 (2018·苏州调研)已知f n (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋3a x 3n ，n ∈N *.(1)当a ＝1时，求f 5(x )展开式中的常数项；(2)若二项式f n (x )的展开式中含有x 7的项，当n 取最小值时，展开式中含x 的正整数次幂的项的系数之和为10，求实数a 的值．解二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋3a x 3n的展开式通项为T r ＋1＝C r n ()x 2n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a x 3r ＝C r n (3a )r x2n －5r(r ＝0,1,2，…，n )， (1)当n ＝5，a ＝1时，f (x )的展开式的常数项为T 3＝9C 25＝90. (2)令2n －5r ＝7，则r ＝2n －75∈N ，所以n 的最小值为6，当n ＝6时，二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋3a x 36的展开式通项为T r ＋1＝C r 6(3a )r x12－5r(r ＝0,1,2，…，6)，则展开式中含x 的正整数次幂的项为T 1，T 2，T 3，它们的系数之和为 C 06＋C 16(3a )＋C 26(3a )2＝135a 2＋18a ＋1＝10，即15a 2＋2a －1＝0，解得a ＝－13或15.思维升华涉及二项式定理的试题要注意以下几个方面：(1)某一项的二项式系数与这一项的系数是两个不同的概念，必须严格加以区别． (2)根据所给式子的结构特征，对二项式定理的逆用或变用，注意活用二项式定理是解决二项式问题应具备的基本素质．(3)关于x 的二项式(a ＋bx )n(a ，b 为常数)的展开式可以看成是关于x 的函数，且当x 给予某一个值时，可以得到一个与系数有关的等式，所以，当展开式涉及到与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决．跟踪演练1 (2018·江苏丹阳高级中学期中)设n ≥3，n ∈N *，在集合{}1，2，…，n 的所有元素个数为2的子集中，把每个子集的较大元素相加，和记为a ，较小元素之和记为b . (1)当n ＝3时，求a ，b 的值；(2)求证：对任意的n ≥3，n ∈N *，b a为定值．(1)解当n ＝3时，集合{}1，2，3的所有元素个数为2的子集为{}1，2， {}1，3，{}2，3，所以a ＝2＋3＋3＝8,b ＝1＋1＋2＝4.(2)证明当n ≥3，n ∈N *时，依题意，b ＝1×C 1n －1＋2×C 1n －2＋3×C 1n －3＋…＋()n －2×1(2)C n n --＋()n －1×1(1)C n n --， a ＝2×C 11＋3×C 12＋4×C 13＋…＋()n －1×C 1n －2＋n ×C 1n －1＝2×1＋3×2＋4×3＋…＋()n －1×()n －2＋n ×()n －1.则a2＝C 22＋C 23＋C 24＋…＋C 2n ＝C 33＋C 23＋C 24＋…＋C 2n ＝C 34＋C 24＋…＋C 2n ＝…＝C 3n ＋1，所以a ＝2C 3n ＋1.又a ＋b ＝(n －1)(1＋2＋3＋…＋n )＝n ()n ＋12×()n －1＝3C 3n ＋1，所以b ＝C 3n ＋1.故b a ＝12.热点二随机变量及其概率分布例2 (2018·南京师大附中考前模拟)如图，设P 1，P 2，…，P 6为单位圆上逆时针均匀分布的六个点．现任选其中三个不同点构成一个三角形，记该三角形的面积为随机变量S .(1)求S ＝32的概率； (2)求S 的概率分布及数学期望E (S )．解 (1)从六个点中任选三个不同点构成一个三角形共有C 36种不同选法，其中S ＝32的为有一个角是30°的直角三角形，(如△P 1P 4P 5)，共6×2＝12种，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫S ＝32＝12C 36＝35. (2)S 的所有可能取值为34，32，334. S ＝34的为顶角是120°的等腰三角形(如△P 1P 2P 3)，共6种，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫S ＝34＝6C 36＝310. S ＝334的为等边三角形(如△P 1P 3P 5)，共2种，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫S ＝334＝2C 36＝110.又由(1)知P ⎝ ⎛⎭⎪⎫S ＝32＝12C 36＝35，故S 的概率分布为所以E (S )＝34×310＋32×35＋334×110＝9320. 思维升华求解一般的随机变量的数学期望的基本方法先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出概率分布，根据数学期望公式计算．跟踪演练2 (2018·南通、徐州、扬州等六市模拟)在某公司举行的年终庆典活动中，主持人利用随机抽奖软件进行抽奖：由电脑随机生成一张如图所示的3×3表格，其中1格设奖300元，4格各设奖200元，其余4格各设奖100元，点击某一格即显示相应金额．某人在一张表中随机不重复地点击3格，记中奖的总金额为X 元．(1)求概率P ()X ＝600；(2)求X 的概率分布及数学期望E (X )．解 (1)从3×3表格中随机不重复地点击3格，共有C 39种不同情形，则事件“X ＝600”包含两类情形：第一类是3格各得奖200元；第二类是1格得奖300元，一格得奖200元，一格得奖100元，其中第一类包含C 34种情形，第二类包含C 11·C 14·C 14种情形． ∴P ()X ＝600＝C 34＋C 11·C 14·C 14C 39＝521. (2)X 的所有可能值为300,400,500,600,700. 则P ()X ＝300＝C 34C 39＝484＝121，P ()X ＝400＝C 14·C 24C 39＝2484＝27，P ()X ＝500＝C 11·C 24＋C 14·C 24C 39＝3084＝514， P (X ＝600)＝521，P ()X ＝700＝C 11·C 24C 39＝684＝114.∴X 的概率分布为∴E ()X ＝300×121＋400×27＋500×514＋600×521＋700×114＝500.热点三数学归纳法例3 (2018·江苏姜堰、溧阳、前黄中学联考)已知数列{}a n 满足a n ＝C 0n ＋C 1n ＋12＋C 2n ＋222＋C 3n ＋323＋…＋C nn ＋n 2n ，n ∈N *. (1)求a 1, a 2, a 3的值；(2)猜想数列{}a n 的通项公式，并证明．解 (1)a 1＝2, a 2＝4, a 3＝8. (2)猜想： a n ＝2n (n ∈N *)．证明如下：①当n ＝1时，由(1)知结论成立； ②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时结论成立，则有a k ＝C 0k ＋C 1k ＋12＋C 2k ＋222＋C 3k ＋323＋…＋C kk ＋k 2k ＝2k.则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝C 0k ＋1＋C 1k ＋1＋12＋C 2k ＋1＋222＋C 3k ＋1＋323＋…＋C k ＋1k ＋1＋k ＋12k ＋1.由C k ＋1n ＋1＝C k ＋1n ＋C kn 得a k ＋1＝C 0k ＋C 1k ＋1＋C 0k ＋12＋C 2k ＋2＋C 1k ＋222＋C 3k ＋3＋C 2k ＋323＋…＋C k k ＋k ＋C k －1k ＋k 2k＋C k ＋1k ＋1＋k ＋12k ＋1 ＝2k＋C 0k ＋12＋C 1k ＋222＋C 2k ＋323＋…＋C k －1k ＋k 2k ＋C k ＋1k ＋1＋k ＋12k ＋1＝2k＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫C 0k ＋1＋C 1k ＋22＋C 2k ＋322＋…＋C k －1k ＋k 2k －1＋C k ＋1k ＋1＋k ＋12k ＝2k＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫C 0k ＋1＋C 1k ＋22＋C 2k ＋322＋…＋C k －1k ＋1＋k －12k －1＋C k k ＋1＋k ＋C k ＋1k ＋1＋k 2k . 又Ck ＋1k ＋1＋k＝()2k ＋1！k ！()k ＋1！＝()2k ＋1！()k ＋1()k ＋1k ！()k ＋1！＝12()2k ＋1！()2k ＋2()k ＋1！()k ＋1！＝12C k ＋1k ＋1＋k ＋1， a k ＋1＝2k＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫C 0k ＋1＋C 1k ＋22＋C 2k ＋322＋…＋C k －1k ＋1＋k －12k －1＋C k k ＋1＋k 2k ＋C k ＋1k ＋1＋k ＋12k ＋1，于是a k ＋1＝2k＋12a k ＋1.所以a k ＋1＝2k ＋1,故n ＝k ＋1时结论也成立．由①②得，a n ＝2n，n ∈N *.思维升华在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可．在较复杂的式子中，注意由n ＝k 到n ＝k ＋1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项．同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法．跟踪演练3 (2018·常州期末)记()x ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12×…×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1n (n ≥2且n ∈N *)的展开式中含x 项的系数为S n ，含x 2项的系数为T n . (1)求S n ；(2)若T nS n＝an 2＋bn ＋c 对n ＝2,3,4成立，求实数a ，b ，c 的值； (3)对(2)中的实数a ，b ，c 用数学归纳法证明：对任意n ≥2且n ∈N*, T nS n＝an 2＋bn ＋c 都成立． (1)解 S n ＝1＋2＋…＋nn ！＝ n ＋12()n －1！.(2)解T 2S 2＝23， T 3S 3＝116， T 4S 4＝72，则⎩⎪⎨⎪⎧23＝4a ＋2b ＋c ，116＝9a ＋3b ＋c ，72＝16a ＋4b ＋c ，解得a ＝14， b ＝－112， c ＝－16，(3)证明 ①当n ＝2时，由(2)知等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *，且k ≥2)时，等式成立，即T k S k ＝14k 2－112k －16. 当n ＝k ＋1时，由f (x )＝()x ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12×…×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k ＋1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤()x ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12×…×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ！＋S k x ＋T k x 2＋…⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k ＋1，知T k ＋1＝S k ＋1k ＋1T k ＝k ＋12()k －1！·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫14k 2－112k －16，所以T k ＋1S k ＋1＝ k ＋12()k －1！⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫14k 2－112k －16k ＋1＋12k ！＝k k ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋1＋3k 2－k －212＝k ()3k ＋512，又14()k ＋12－112()k ＋1－16 ＝k ()3k ＋512，等式也成立；综上可得，对任意n ≥2且n ∈N *，都有T n S n ＝n 24－n 12－16成立．1．(2018·全国大联考江苏卷)(1)求4C 47－7C 36＋k C k n n C k －1n －1(n ≥k ，且n ，k ∈N *)的值．(2)设f (n )＝1·C 1n ·3＋2·C 2n ·32＋…＋n C n n ·3n (n ∈N *)，求方程f (n )＝3 840的所有解．解 (1)因为4C 47＝4×35＝140, 7C 36＝7×20＝140，k C k n ＝k ·n ！k ！(n －k )！＝ n ·(n －1)！(k －1)！[(n －1)－(k －1)]！＝n C k －1n －1(n ≥k ，且n ，k ∈N *)．所以4C 47－7C 36＋k C knn C k －1n －1＝1.(2)由(1)知k C k n ＝n C k －1n －1对1≤k ≤n ，且n ，k ∈N *成立．所以f (n )＝n (C 0n －13＋C 1n －132＋…＋C n －1n －13n)，所以f (n )＝3n (C 0n －1＋C 1n －13＋…＋C n －1n －13n －1)＝3n (1＋3)n －1＝3n ·4n －1(n ∈N *)．又因为f (n ＋1)f (n )＝3(n ＋1)·4n 3n ·4n －1 ＝4(n ＋1)n ＝4＋4n>1，即f (n ＋1)>f (n )对n ∈N *成立，所以f (n )是关于n (n ∈N *)的递增函数．又因为f (n )＝3 840＝3×5×44＝f (5)，所以当且仅当n ＝5时才满足条件，即n ＝5是方程f (n )＝3 840的唯一解．2．(2018·江苏)设n ∈N *，对1,2，…，n 的一个排列i 1i 2…i n ，如果当s ＜t 时，有i s ＞i t ，则称(i s ，i t )是排列i 1i 2…i n 的一个逆序，排列i 1i 2…i n 的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1,2,3的一个排列231，只有两个逆序(2,1)，(3,1)，则排列231的逆序数为2.记f n (k )为1,2，…，n 的所有排列中逆序数为k 的全部排列的个数． (1)求f 3(2)，f 4(2)的值；(2)求f n (2)(n ≥5)的表达式(用n 表示)．解 (1)记τ(abc )为排列abc 的逆序数，对1,2,3的所有排列，有τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3，所以f 3(0)＝1，f 3(1)＝f 3(2)＝2.对1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，f 4(2)＝f 3(2)＋f 3(1)＋f 3(0)＝5.(2)对一般的n (n ≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n ，所以f n (0)＝1. 逆序数为1的排列只能是将排列12…n 中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以f n (1)＝n －1.为计算f n ＋1(2)，当1,2，…，n 的排列及其逆序数确定后，将n ＋1添加进原排列，n ＋1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，f n ＋1(2)＝f n (2)＋f n (1)＋f n (0)＝f n (2)＋n .当n ≥5时，f n (2)＝[f n (2)－f n －1(2)]＋[f n －1(2)－f n －2(2)]＋…＋[f 5(2)－f 4(2)]＋f 4(2)＝(n －1)＋(n －2)＋…＋4＋f 4(2)＝n 2－n －22，因此，当n ≥5时，f n (2)＝n 2－n －22.3．已知实数数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＝n ＋23n·(a n －1＋2)，n ≥2. 证明：当n ≥2时，{a n }是单调减数列．证明当n ≥1时，有a n ＋1－a n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋33(n ＋1)－1a n ＋2(n ＋3)3(n ＋1)＝23(n ＋1)(n ＋3－na n)．下面用数学归纳法证明：a n >1＋3n(n ≥2，n ∈N *)．(1)当n ＝2时，a 2＝46(3＋2)＝103>1＋32；(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥2)时，结论成立，即a k >1＋3k.那么，a k ＋1＝k ＋33(k ＋1)(a k ＋2)>k ＋33(k ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3k ＋2＝1＋3k >1＋31＋k.故由(1)(2)知，a n >1＋3n(n ≥2，n ∈N *)．因此，当n ≥2，n ∈N *时，a n ＋1－a n ＝23(n ＋1)(n ＋3－na n )<0，即当n ≥2时，{a n }是单调减数列．4．(2018·江苏盐城中学模拟)某乐队参加一户外音乐节，准备从3首原创新曲和5首经典歌曲中随机选择4首进行演唱．(1)求该乐队至少演唱1首原创新曲的概率；(2)假定演唱一首原创新曲观众与乐队的互动指数为a (a 为常数)，演唱一首经典歌曲观众与乐队的互动指数为2a .求观众与乐队的互动指数之和X 的概率分布及数学期望．解 (1)设“至少演唱1首原创新曲”为事件A ，则事件A 的对立事件A 为“没有1首原创新曲被演唱”．所以P (A )＝1－P (A )＝1－C 45C 48＝1314.所以该乐队至少演唱1首原创新曲的概率为1314.(2)设随机变量x 表示被演唱的原创新曲的首数，则x 的所有可能值为0,1,2,3. 依题意知，X ＝ax ＋2a (4－x )，故X 的所有可能值依次为8a,7a,6a,5a .则P (X ＝8a )＝P (x ＝0)＝C 45C 48＝114，P (X ＝7a )＝P (x ＝1)＝C 13C 35C 48＝37，P (X ＝6a )＝P (x ＝2)＝C 23C 25C 48＝37，P (X ＝5a )＝P (x ＝3)＝C 33C 15C 48＝114.从而X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝8a ×114＋7a ×37＋6a ×37＋5a ×114＝132a .A 组专题通关1．某年级星期一至星期五每天下午排3节课，每天下午随机选择1节作为综合实践课(上午不排该课程)，张老师与王老师分别任教甲、乙两个班的综合实践课程． (1)求这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率；(2)设这两个班“在一周中同时上综合实践课的节数”为X ，求X 的概率分布与数学期望E (X )．解 (1)这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率为P ＝1－33×3＝23.(2)由题意得X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13， P (X ＝k )＝C k5⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫235－k ，k ＝0,1,2,3,4,5. 所以X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝5×13＝53.2．(2018·江苏省南京师大附中模拟)设集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集．(1)若M ＝{a 1，a 2}，且A 是B 的子集，求所有有序集合对(A ，B )的个数；(2)若M ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }，且A 的元素个数比B 的元素个数少，求所有有序集合对(A ，B )的个数．解 (1)若集合B 含有2个元素，即B ＝{a 1，a 2}，则A ＝∅，{}a 1，{}a 2，则(A ，B )的个数为3；若集合B 含有1个元素，则B 有C 12种，不妨设B ＝{a 1}，则A ＝∅，此时(A ，B )的个数为C 12×1＝2.综上，(A ，B )的个数为5.(2)集合M 有2n个子集，又集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集，则不同的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n－1)．若A 的元素个数与B 的元素个数一样多，则不同的有序集合对(A ，B )的个数为 C 0n (C 0n －1)＋C 1n (C 1n －1)＋C 2n (C 2n －1)＋…＋C n n (C nn －1)＝ ()C 0n 2＋()C 1n 2＋()C 2n 2＋…＋()C n n 2－(C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn )，又(x ＋1)n(x ＋1)n的展开式中x n的系数为()C 0n 2＋()C 1n 2＋()C 2n 2＋…＋()C n n 2,且(x ＋1)n (x ＋1)n ＝(x ＋1)2n 的展开式中x n 的系数为C n2n ，所以()C 0n 2＋()C 1n 2＋()C 2n 2＋…＋()C n n 2＝C n2n .因为C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n，所以当A 的元素个数与B 的元素个数一样多时，有序集合对(A ，B )的个数为C n 2n －2n.所以，A 的元素个数比B 的元素个数少时，有序集合对(A ，B )的个数为 2n (2n －1)－(C n 2n －2n )2＝22n －C n2n2.3．已知()1＋x 2n ＋1＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2n ＋1x2n ＋1，n ∈N *.记T n ＝∑nk ＝0()2k ＋1a n －k .(1)求T 2的值；(2)化简T n 的表达式，并证明：对任意的n ∈N *,T n 都能被4n ＋2整除．解由二项式定理，得a i ＝C i2n ＋1(i ＝0,1,2，…，2n ＋1)． (1)T 2＝a 2＋3a 1＋5a 0＝C 25＋3C 15＋5C 05＝30. (2)∵()n ＋1＋k C n ＋1＋k2n ＋1＝()n ＋1＋k ·()2n ＋1！()n ＋1＋k ！()n －k ！＝()2n ＋1·()2n ！()n ＋k ！()n －k ！＝()2n ＋1C n ＋k2n ，∴T n ＝∑nk ＝0()2k ＋1a n －k ＝∑nk ＝0()2k ＋1Cn －k 2n ＋1＝∑nk ＝0()2k ＋1C n ＋1＋k2n ＋1＝∑nk ＝0[]2()n ＋1＋k －()2n ＋1C n ＋1＋k2n ＋1＝2∑nk ＝0()n ＋1＋k Cn ＋1＋k 2n ＋1－()2n ＋1∑nk ＝0C n ＋1＋k2n ＋1＝2()2n ＋1∑nk ＝0Cn ＋k 2n－()2n ＋1∑nk ＝0C n ＋1＋k 2n ＋1＝2()2n ＋1·12·()22n ＋C n 2n －()2n ＋1·12·22n ＋1＝()2n ＋1C n 2n .∴T n ＝()2n ＋1C n2n ＝()2n ＋1()C n －12n －1＋C n2n －1＝2()2n ＋1C n2n －1.∵C n 2n －1∈N *，∴T n 能被4n ＋2整除．4．是否存在正整数m 使得f (n )＝(2n ＋7)·3n＋9对任意正整数n 都能被m 整除？若存在，求出最大的m 的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由．解由f (n )＝(2n ＋7)·3n＋9，得f (1)＝36，f (2)＝3×36，f (3)＝10×36，f (4)＝34×36，由此猜想m ＝36. 下面用数学归纳法证明： ①当n ＝1时，结论显然成立；②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，结论成立，即f (k )能被36整除，设f (k )＝(2k ＋7)·3k ＋9＝t ·36. 当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝[2(k ＋1)＋7]·3k ＋1＋9＝(2k ＋7)·3k ＋1＋2·3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)·3k＋9]＋18(3k －1－1)＝3·36t ＋18·2s ＝36(3t ＋s )．所以当n ＝k ＋1时结论成立．由①②可知，对一切正整数n ，存在正整数m ，使得f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9都能被m 整除，m 的最大值为36.B 组能力提高5．(2018·常州模拟)已知正四棱锥P －ABCD 的侧棱和底面边长相等，在这个正四棱锥的8条棱中任取两条，按下列方式定义随机变量ξ的值：若这两条棱所在的直线相交，则ξ的值是这两条棱所在直线的夹角大小(弧度制)；若这两条棱所在的直线平行，则ξ＝0；若这两条棱所在的直线异面，则ξ的值是这两条棱所在直线所成角的大小(弧度制)． (1)求P ()ξ＝0的值；(2)求随机变量ξ的概率分布及数学期望E ()ξ.解根据题意，该四棱锥的四个侧面均为等边三角形，底面为正方形，容易得到△PAC ，△PBD 为等腰直角三角形， ξ的可能取值为： 0, π3， π2，共C 28＝28种情况，其中，当ξ＝0时，有2种；当ξ＝π3时，有3×4＋2×4＝20(种)；当ξ＝π2时，有2＋4＝6(种)．(1)P ()ξ＝0＝228＝114. (2)P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝π3＝2028＝57， P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝π2＝628＝314，根据(1)的结论，随机变量的概率分布如下表：根据上表， E ()ξ＝0×114＋π3×57＋π2×314＝2984π. 6．设P (n ，m )＝∑k ＝0n(－1)k C knmm ＋k，Q (n ，m )＝C n n ＋m ，其中m ，n ∈N *.(1)当m ＝1时，求P (n,1)·Q (n,1)的值；(2)对∀m ∈N *，证明：P (n ，m )·Q (n ，m )恒为定值．(1)解当m ＝1时，P (n,1)＝∑k ＝0n(－1)k C kn11＋k＝1n ＋1∑k ＝0n (－1)k C k ＋1n ＋1＝1n ＋1，又Q (n,1)＝C nn ＋1＝n ＋1，显然P (n,1)·Q (n,1)＝1.(2)证明 P (n ，m )＝∑k ＝0n(－1)k C knmm ＋k＝1＋∑k ＝1n －1(－1)k(C kn －1＋C k －1n －1)mm ＋k＋(－1)nmm ＋n＝1＋∑k ＝1n －1(－1)k Ck n －1mm ＋k＋∑k ＝1n(－1)k C k －1n －1mm ＋k＝P (n －1，m )＋∑k ＝1n(－1)k C k －1n －1mm ＋k＝P (n －1，m )－m n ∑k ＝0n (－1)k C k n m m ＋k＝P (n －1，m )－m nP (n ，m )．即P (n ，m )＝nm ＋nP (n －1，m )，由累乘，易求得P (n ，m )＝n ！m ！(n ＋m )！＝1C n n ＋m，又Q (n ，m )＝C nn ＋m ，所以P (n ，m )·Q (n ，m )＝1.7．已知数列{a n }是等差数列，且a 1，a 2，a 3是⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m展开式的前三项的系数．(1)求⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m展开式的中间项；(2)当n ≥2时，试比较1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2与13的大小．解 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m ＝1＋C 1m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋C 2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋…＋C m m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x m，依题意a 1＝1，a 2＝12m ，a 3＝m (m －1)8，由2a 2＝a 1＋a 3，可得m ＝1(舍去)或m ＝8.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m展开式的中间项是第五项，T 5＝C 48⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 4＝358x 4. (2)由(1)知，a n ＝3n －2，当n ＝2时，1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2＝1a 2＋1a 3＋1a 4＝14＋17＋110＝69140>13；当n ＝3时，1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2＝1a 3＋1a 4＋1a 5＋…＋1a 9＝17＋110＋113＋116＋119＋122＋125＝17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110＋113＋116＋⎝ ⎛⎭⎪⎫119＋122＋125 >18＋⎝ ⎛⎭⎪⎫116＋116＋116＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋132＋132 ＝18＋316＋332>18＋316＋116>13. 猜测：当n ≥2时，1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2>13.以下用数学归纳法加以证明： ①当n ＝2时，结论成立．②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，1a k ＋1a k ＋1＋1a k ＋2＋…＋1a k 2>13，则当n ＝k ＋1时，1a k ＋1＋1a (k ＋1)＋1＋1a (k ＋1)＋2＋…＋1a (k ＋1)2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a k ＋1a k ＋1＋1a (k ＋1)＋1＋1a (k ＋1)＋2＋…＋1a k 2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k >13＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k >13＋2k ＋1a (k ＋1)2－1a k＝13＋2k ＋13(k ＋1)2－2－13k －2＝13＋(2k ＋1)(3k －2)－[3(k ＋1)2－2][3(k ＋1)2－2](3k －2) ＝13＋3k 2－7k －3[3(k ＋1)2－2](3k －2). 由k ≥3可知，3k 2－7k －3>0，即1a k ＋1＋1a (k ＋1)＋1＋1a (k ＋1)＋2＋…＋1a (k ＋1)2>13. 综合①②，可得当n ≥2时， 1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2>13. 8．设|θ|<π2，n 为正整数，数列{a n }的通项公式a n ＝sin n π2·tan nθ，其前n 项和为S n .(1)求证：当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝(－1)12n -tan nθ.(2)求证：对任意正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋1·tan 2nθ]．证明 (1)因为a n ＝sinn π2tan nθ.当n 为偶数时，设n ＝2k (k ∈N *)，a n ＝a 2k ＝sin 2k π2tan 2k θ＝sin k π·tan 2kθ＝0，a n ＝0.当n 为奇数时，设n ＝2k －1(k ∈N *)，a n ＝a 2k －1 ＝sin (2k －1)π2tan 2k －1θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫k π－π2·tan 2k －1θ.当k ＝2m (m ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2m π－π2·tan 4m －1θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2·tan 4m －1θ＝－tan 4m －1θ，此时n －12＝2m －1，a n ＝a 2k －1＝－tan 4m －1θ＝(－1)2m －1tan 4m －1θ＝(－1)12n -tan nθ.当k ＝2m －1(m ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2m π－3π2·tan 4m －3θ ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2·tan 4m －3θ＝tan 4m －3θ，此时n －12＝2m －2，a n ＝a 2k －1＝tan4m －3θ＝(－1)2m －2tan4m －3θ＝(－1)12n -tan nθ.综上，当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝(－1)12n -tan nθ.(2)当n ＝1时，由(1)得S 2＝a 1＋a 2＝tan θ， 12sin 2θ[1＋(－1)n ＋1tan 2n θ]＝12sin 2θ(1＋tan 2θ) ＝sin θ·cos θ·1cos 2θ＝tan θ. 故当n ＝1时，命题成立．假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时命题成立，即S 2k ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋1tan 2kθ]．当n ＝k ＋1时，由(1)得S 2(k ＋1)＝S 2k ＋a 2k ＋1＋a 2k ＋2＝S 2k ＋a 2k ＋1＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋1tan 2k θ]＋(－1)k tan 2k ＋1θ＝12sin 2θ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋(－1)k＋1tan2kθ＋(－1)k·2sin 2θtan2k＋1θ＝12sin 2θ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋(－1)k＋2·tan2k＋2θ⎝⎛⎭⎪⎫－1tan2θ＋2sin 2θtan θ＝12sin 2θ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋(－1)k＋2·tan2k＋2θ⎝⎛⎭⎪⎫－cos2θsin2θ＋1sin2θ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k＋2·tan2k＋2θ]．即当n＝k＋1时命题成立．综上所述，对正整数n，命题成立．。

2022秋中考化学第二篇专题突破能力提升专题八综合计算题讲本

4.注意事项：根据化学方程式计算的原理，掌握解题的基本格式。解题时要把握三个要领，抓住三个关键，明确两个注意事项。即：
【针对训练】 2.(2020·德阳)中国北斗，星耀全球——6月23日，由氢氧发动机提供动
力的长征三号乙火箭成功将北斗三号最后一颗全球组网卫星送上太空。
已知火箭将卫星送入预定轨道需要44 t液氢(H2)，则使液氢完全燃烧需提供液氧(O2)多少吨？解：设需要提供液氧的质量为x。 2H2＋O2==== 2点H燃2O 4 32 44 t x
BaO2＋H2SO4==== BaSO4↓＋H2O2
169
233
34
x
23.3 g(2
23.3 g y x＝16.9 g y＝3.4 g
答：加232入.333BgaO 21的6x9质量3是y4 16.9 g。
(2)反应后所得溶液中溶质质量分数。
解：反应后所得溶液中溶质质量分数：116.9g+5663.9.g.＋445g6g.4 答：反应后所得溶液中溶质质量分数为6.8%。
2NaOH＋H2SO4==== Na2SO4＋2H2O
80
98为x0 含2%氢0>.氧9048.90化g01钠%的x，＝质所0.量4以g分不数能：直接排×02放.014g。0g0答%＝：2该%废水不能直接排放。
►考向3：表格类
【例5】为了测定某碳酸钠样品的纯度，小明同学分别进行了三次实验，数据如下表。
解：设碳酸氢钠质量为x，生成氯化钠质量为y。
反应生成二氧化碳的质量：10 g＋100 g－105.6 g＝4.4 g
NaHCO3＋HCl==== NaCl＋H2O＋CO2↑
84
58.5
44
x
y
4.4 g

高中语文专题八第2课答司马谏议书

第2课 *答司马谏议书1．不畏浮云遮望眼，只缘身在最高层——《登飞来峰》2．别馆寒砧，孤城画角，一派秋声入寥廓。

——《千秋岁引》3．春风又绿江南岸，明月何时照我还？——《泊船瓜洲》4．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏。

——《元日》5．千门万户曈曈日，总把新桃换旧符。

——《元日》一、字词积累1．字音强聒．(ɡuō) 壬．(rén)人胥．(xū)怨者膏．(ɡāo)泽怨谤．(bàn ɡ) 会晤．(wù) 重．(chón ɡ)念卤．(lǔ)莽 2．通假字①于反复不宜卤．莽通“鲁”，粗野 ②不复一一自辨．通“辩”，辩解 3．一词多义(1)恤⎩⎪⎨⎪⎧①士大夫多以不恤．国事动词，担忧，忧虑②今不恤．士卒而徇其私动词，体恤，爱怜 (2)度⎩⎪⎨⎪⎧①盘庚不为怨者故改其度．名词，法令，计划②度．义而后动动词，估量，考虑③宁信度．，无自信也名词，计量长短的标准④衡下车，治威严，整法度．名词，制度⑤春风不度．玉门关动词，过⑥崔九堂前几度．闻量词，次，回(3)固⎩⎪⎨⎪⎧①则固．前知其如此也副词，本来②汝心之固．，固不可彻形容词，顽固③固．国不以山溪之险动词，巩固④乃辞谢，固．请副词，坚决，坚持⑤固．不如也。

且为之奈何副词，原来 (4)见⎩⎪⎨⎪⎧①冀君实或见．恕也用在动词前，有称代作用，表示对自己怎么样，可译为“我”②见．渔人，乃大惊动词，看见③于是入朝见．威王动词，拜见④秦王坐章台见．相如动词，召见，接见⑤众人皆醉我独醒，是以见．放表被动，被(5)修⎩⎪⎨⎪⎧①议法度而修．之于朝廷动词，修正，修订②乃重修．岳阳楼动词，修建③此地有崇山峻岭，茂林修．竹形容词，长，高④是以圣人不期修．古动词，学习⑤臣修．身洁行数十年动词的使动用法，使……修 (6)特⎩⎪⎨⎪⎧①非特．朝廷士大夫而已副词，只是，只有②公车特．征拜郎中副词，特地③不狩不猎，胡瞻尔庭有县特．兮名词，三岁的兽 4．词类活用①如曰今日当一切不事．事名词作动词，做 ②同俗自媚于众为善．形容词作名词，好事 ③是．而不见可悔故也形容词的意动用法，认为正确 5．古今异义①故今具道所以．．古义：……的原因。

专题八多元共生——世界古代文明产生发展与文化并存交融+课件--2024届高三统编版历史二轮专题复习

答案：C
6．命题点：雅典民主政治的特点及作用 [2022·湖南高考，11]伯利克里在担任雅典首席将军期间，向担任公职和参加政治活动的公民发放工资，同时又增加了富裕公民承担公共捐献的义务，诸如战船捐、使团捐及合唱捐等。这种政策( ) A．使得雅典民主政治确立起来 B．致力于防范富人垄断政治权力 C．推动了雅典民主政治的发展 D．着眼于缩小公民间的贫富差距
核心素养情境化
微点1 古代文明的多元特点和发展与交流真题引领 1.命题点：古代西亚地区一部法典的规定 [2023·新课标全国卷，31]公元前18世纪，西亚地区的一部法典规定： “此后千秋万世，国中之王必遵从我在我的石柱上所铭刻的正义言词，不得变更我所决定的司法判决，我所确立的司法裁定，不得破坏我的创制。”这一规定( ) A．强调波斯君主专制的权力来源 B．宣示了古巴比伦国王的至上权威 C．标榜亚述帝国君主的军事成就 D．规范了埃及对尼罗河流域的统治
3．古代非洲文明
区域
代表国家
成果
特征
南部非洲津巴布韦
巨石建筑群
相对隔绝环境下发展起来的文明
东部非洲
阿克苏姆、摩外贸发达，城市繁荣；兼容并蓄的混合型
加迪沙
园艺业为主
文明
西部非洲
加纳、马里和桑海
黄金交易繁荣；廷巴克图是文化中心
古代西部非洲文明最高代表
呈区域性特征原因
非洲不同地区自然条件差异大；受到外来文明影响
5．古代罗马 (1)屋大维建立元首制，实际掌控罗马国家大权，形成君主政治。 (2)法律：《十二铜表法》是古罗马第一部成文法。 (3)文学：卢克莱修、西塞罗和维吉尔是古罗马时期最杰出的文学家。 (4)李维的《罗马史》和塔西佗的《编年史》代表了古罗马史学的最

南方新课堂·高中语文学业水平测试课件：板块二专题八第二节文言虚词

第9章扩声系统调音
⑧某所，而．母立于兹(《项脊轩志》) 答：__________________________________________ 答案：人称代词，可译为“你的”
第9章扩声系统调音
2．说出下列句中加点“以”的意义和用法。 ①且吾不以．一眚掩大德(《殽之战》) 答：__________________________________________ 答案：介词，表示动作、行为产生的原因，可译为“因为”“由于”
第9章扩声系统调音
⑥籍吏民，封府库，而．待将军(《鸿门宴》) 答：__________________________________________ 答案：连词，表目的关系，可译为“为了”“为的是” ⑦人而．无信，不知其可(《论语》) 答：__________________________________________ 答案：连词，表假设关系，可译为“如果”
第9章扩声系统调音
④君子博学而．日参省乎己(《劝学》) 答：__________________________________________ 答案：连词，表递进，可译为“而且”“并且” ⑤未有封侯之赏，而．听细说(《鸿门宴》) 答：__________________________________________ 答案：连词，表转折关系，可译为“然而”“可是”
第9章扩声系统调音
④以．故法为其国与此同(《察今》) 答：__________________________________________ 答案：介词，表示动作、行为所用或所凭借的工具、
方法，“用” ⑤是时以．大中丞抚吴者为魏之私人(《五人墓碑记》) 答：__________________________________________ 答案：介词，表示动作、行为的凭借，“用(凭)什么

高一历史专题八第二课国际工人运动的艰辛历程马黎公社革命复习材料人民版必修1

高一历史专题八第二课国际工人运动的艰辛历程马黎公社革命复习材料一、课标了解巴黎公社革命的主要史实，认识其在建立无产阶级政权上的经验教训。

二、基本线索（一）、原因——他们为什么而战（二）、过程——他们如何战斗（三）、失败原因——他们为什么失败（四）、他们留下了什么三、知识要点（一）原因民族矛盾；阶级矛盾；国际工人运动的推动。

（二）措施公社废除了资产阶级反动军队，代之以国民自卫队；公社委员会是经普选产生的国家最高权力机关，下设执行、军事、公安、财政、粮食、劳动与交换、社会服务、对外联络、教育等十个委员会，行使政府所属各部门的权力（议行合一）；公社委员和工作人员都由选举产生，对选民负责，接受选民监督，随时可以撤换；国家公职人员的最高年薪不超过一般技术人员的工资（6000法郎）；没收逃亡资本家的工厂，交给工人合作社管理；维护劳动者的利益，改善劳动条件，通过有利于工人的劳动立法，禁止任意罚款，签定包工合同等；打击为反动统治服务的某某势力，颁布“政教分离”的法令，不准教会干预国家事务，宣布学校与教会分离，以科学的教材教育学生等（用世俗教育全面代替某某教育，实行义务教育）。

这一系列的措施具有无产阶级的性质，代表法国人民群众的根本利益。

3、性质：它是无产阶级的政权，是无产阶级专政的一次伟大尝试。

（三）失败原因资本主义发展不充分；无产阶级政治、经济还不成熟；缺乏统一的革命政党的领导；没有前人的可供借鉴的经验；没有接管法兰西银行；也没有同外省的革命者联系；没能发动广大农民；未能凭借强大的实力，一举歼灭卖国的资产阶级政府，而是忙于公社的选举，给反动派以喘息之机；也没有及时坚决地镇压巴黎城内的反动势力。

（四）经验教训1、教训：①要乘胜追击敌人②要割断敌人经济命脉③要有周密的准备，正确的领导和指挥2、经验：无产阶级必须用暴力推翻资产阶级统治，建立无产阶级专政。

（五）历史意义：1、巴黎公社是无产阶级专政的一次伟大尝试。

它打碎了旧的国家机器，建立了无产阶级自己的统治，其经验是宝贵的，教训是深刻的。

八年级上册数学专题第2讲垂直平分线

垂直平分线1.垂直平分线性质定理：线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等.PD 为线段AB 的垂直平分线，必然需要连接PA 、PB ，构造出等腰△PAB ，进而求解.逆定理：若PA =PB ，则点P 在AB 的垂直平分线上.【例题讲解】例题1、如图，在△ABC 中，点D 、E 、F 分别在BC 、AB 、AC 上.BD =CF ，BE =CD ，DG ⊥EF 于点G ，且EG =FG.求证：AB =AC .【分析】可知GD 为EF 的垂直平分线，遇见垂直平分线，必然要将垂直平分线上的点与线段两端点连接【解答】解：连接DE 、DF 如右图所示,D G E F E G F GD E D F在△BDE 和△CFD 中，B D C F B E C DD E D FB D EC FD B CA B A C.例题2、如图，在R t △ABC 中，∠C =90°，点D 在BC 上，点E 在AB 上，且DE ∥AC ，AE =5，DE =2，DC =3，动点P 从点A 出发，沿边AC 以每秒2个单位长的速度向终点C 运动，设运动时间为t 秒。

（1）线段AC 的长=；（2）在线段EA 上有一点Q ，满足ED =EQ ，连接DQ 、PE ，当PE ⊥DQ 时，求出t 的值.【解答】（1）AC =6；（2）当PE ⊥DQ 时，由于ED =EQ ，易证PE 垂直平分DQ ，所以连接PD 、PQ ，只需使PD =PQ 即可可知AP =2t ，所以PC =6-2t ；CD =3，EQ =2，所以AQ =3，所以41255A F A Q，3955Q F A Q所以1225P F t在R t △PCD 中，PD 2=32+（6-2t ）2；在R t △PQF 中，PQ 2=22129255t所以32+（6-2t ）2=22129255t，解得52t.【总结】遇见垂直平分线，连接垂直平分线上的点与线段两端点是必然的！【最好方法】当PE ⊥DQ 时，易证PE 平分∠DEA ，由【角平分线模型三】可知，平行+角平分线=等腰三角形，所以△AEP 为等腰三角形，所以AP =AE =5，即2t =5，t =52.【巩固练习】1、三角形三条边的垂直平分线的交点是三角形的（）A .重心B .内心C .外心D .中心2、在△AOB 的内部有一点P ，点P 与P 1关于OA 对称，点P 与P 2关于BO 对称，①则△OP 1P 2是（）A .等边三角形B .等腰三角形C .直角三角形D .钝角三角形②当∠AOB 满足什么条件时，△OP 1P 2是等边三角形？3、如图，△ABC 中，AB ，AC 的垂直平分线交BC 于D 、E ，（1）若∠BAC =100°，则∠DAE =；（2）若∠BAC =80°，则∠DAE =；（3）若∠DAE =10°，则∠BAC =；（4）若△ABC 的周长为20，△ADE 的周长为12，则AB +AC =；（5）当AB =AC ，且∠BAC =120°，则△ADE 为何种特殊三角形？4、如图，等边△ABC的边长为3，BO、CO分别为∠ABC、∠ACB的角平分线，BO、CO的垂直平分线交BC于E、F，则EF的长为.5、如图，已知等腰△ABC，AB=BC=5，AC=10，在BC边上存在一点P，恰好在线段AB的垂直平分线上，则BP的长为.6、如图所示，已知AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别是E，F.求证：AD垂直平分EF.7、△ABC中，D为BC中点，DE⊥BC，交∠BAC的平分线于点E，EF⊥AB于F，EG⊥AC于G.求证：BF=CG.8、如图，△ABC中，点D在BC上，且AD的垂直平分线EF交BC延长线于点F，若∠FAC=∠B，求证：AD平分∠BAC.9、如图，在△ABC中，AB=AC，D为三角形内一点，且△DBC为等边三角形.（1）求证：直线AD垂直平分BC；（2）以AB为一边，在AB的右侧画等边△ABE，连接DE，试判断以DA、DB、DE三条线段是否能构成直角三角形？请说明理由.10、已知二次函数y=a x2+2a x+c的图象与x轴分别交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为P，若C（0，2），BC的垂直平分线过点A，求这个二次函数的关系式.x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，点P从点O出发沿11、如图，在平面直角坐标系中，直线y=43OA以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，到达点A后立刻以原来的速度沿AO返回；点Q从A出发沿AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动，当点P、Q运动时，DE保持垂直平分PQ，且交PQ于点D，交折线QB-BO-OP于点E.点P、Q同时出发，当点Q到达点B时停止运动，点P也随之停止，设点P、Q运动的时间为t秒（t>0）.（1）点Q的坐标是（，）（用含t的代数式表示）；（2）当t为何值时，直线DE经过点O.12、如图1，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，点E是射线CD上的一个动点，把△BCE沿BE折叠，点C 的对应点为F.（1）若点F刚好落在线段AD的垂直平分线上时，求线段CE的长；（2）若点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，求线段CE的长；（3）当射线AF交线段CD于点G时，请直接写出CG的最大值.13、如图，二次函数的图象与x轴相交于点A（-3，0）、B（-1，0），与y轴相交于点C（0，3），点P是该图象上的动点，点Q的坐标为（4，0）.（1）求该二次函数的表达式；（2）当OP//CQ时，求点P的坐标；（3）点M，N分别在线段AQ、CQ上，点M以每秒3个单位长度的速度从点A向点Q运动，同时，点N以每秒1个单位长度的速度从点C向点Q运动，当点M，N中有一点到达Q点时，两点同时停止运动.设运动时间为t秒，当直线PQ垂直平分线段MN时，请求出此时t的值及点P的坐标.14、已知抛物线y=a x2+b x+c（a<0）与x轴交于点A（8，0）和B（一12，0），与y轴交于点C（0，6）.（1）求该抛物线的解析式；（2）点D在线段AB上且AD=AC，若动点M从A出发沿线段AB以每秒1个单位长度的速度匀速运动，同时另一动点N以某一速度从B出发沿线段BC匀速运动，问是否存在某一时刻t（秒），使线段MN被直线CD垂直平分？若存在，请求出此时的时间t和点N的运动速度；若不存在，请说明理由；参考答案1.答案：B2.答案：①B；②∠AOB=30°3.答案：（1）20°；（2）20°；（3）95°；（4）8；（5）等边三角形.4.答案：15.答案：2586.证明： AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC， DE=DF在R t△ADE和R t△ADF中，AD=AD，DE=DF，R t△ADE≌R△ADF(HL)，AE＝AF，又DE＝DF，AD垂直平分EF(到线段两端点的距离相等的点一定在线段的垂直平分线上) 7.证明：如图，连接BE、BC，ED⊥BC，D为BC中点BE=ECEF⊥AB，EG⊥AG，且AB平分∠FAGFE=EG在△BFE和R t△CGE中，BE=CE，EF=EG，R t△BFE≌R t△CGE(HL)，BF=CG.8.证明： EF是AD的垂直平分线，AF=DF∠EAF＝∠EDF，∠EAF＝∠FAC+∠CAD，∠EDF＝∠BAD+∠B，又 ∠FAC＝∠B∠BAD＝∠CAD，即AD平分∠BAC.9.答案：(1) △DBC为等边三角形， DB=DC， D在BC的垂直平分线上 AB＝AC， A在BC的垂直平分线上，直线AD垂直平分BC；(2)以DA，DB，DE三条线段能构成直角三角形；理由:连接CE，∠ABD＝∠ABE-∠DBE=60°-∠DBE=∠DBC-∠DBE=∠EBC，在△EBC 和△ABD 中，AB =EB ，∠ABD ＝∠EBC ，DB =CB ， △EBC ≌△ABD （SAS ）， ∠BCE ＝∠ADB ，AD ＝CE .在△ADB 和△ADC 中，AD =AD ，AB =AC ，DB =DC ， △ADB ≌△ADC （SSS ）， ∠ADB ＝∠ADC ， ∠ADB ＝12(360°-∠BCD ）＝150°∠BCE ＝∠BDA ＝150°，∠DCE ＝∠BCE -∠BCD =150°-60°=90°CE ＝DA ，DC ＝DB ，以DA ，DB ，DE 三条线段能构成直角三角形.10.解： BC 的垂直平分线过点A ，A B A C ,二次函数y =a x 2+2a x +c 的对称轴为212a x a，设2A B A Cm，则1,1A O m B O m ，0,2C，2C O 在R t △AOC 中，222A O C O A C,即 222122m m ，解得1m 或53，当1m 时，0,0,2,0,0,2A B C （舍去）；当53m时， 82,0,,0,0,233A B C,此时二次函数解析式为299284y xx.11.答案：（1）343,55t t；（2）四边形QBED 能成为直角梯形。

2022年高考语文总复习专题八第二节考点突破第2讲突破点2 突破病句6大类型类型五表意不明

答案:(1)指代不明。“这位”,可以指前方记者,也可以指专家。 (2)对象不明。“是个性格开朗外向、不拘小节的人”,到底是他生活中的状态还是银幕上的形象,对象不明造成歧义。 (3)句中“批评的人”概念不明确,既可以指“文章所批评的人”,也可以指“批评他这篇文章的人”。 (4)“还”读“hái”,作副词,意为“仍”;读“huán”,作动词,意为“归还”。 (5)“和”词性不明,既可以理解为连词,句意为“他瞒着董事长和总经理两个人,自己去做某种事”;也可理解为介词,句意为“他瞒着董事长,跟总经理一起做某种事”。 (6)“这些将唤醒了人们对诗和远方的向往”,该表述将未然和已然杂糅,自相矛盾, 应删掉“将”。
(6)真正让这个少年成为“顶级流量”明星的,是他对家乡、对生活的热爱,让人们感受到逆境中成长的自强不息力量,是镜头中的雪山、白云、藏族服饰等元素展现的丰富多彩而又立体多元的中国。这些将唤醒了人们对诗和远方的向往。分析:______________________________________________________________
专题八
语言文字运用
类型五表意不明
智学·巧用慧练·提升
表意不明就是句子表达的意思不清楚、不明白。主要有两种情况: 一是有歧义,二是指代不明。
智学·巧用
1.歧义 (1)因“多音多义”造成歧义 “多音多义字”(俗称“破音字”)是指有两个或更多读音的汉字,而每一读音又有其独立的意义或惯用法,换言之,每一个读音或意义都有其独特的语境要求。如果将这些不同的语境混淆了,整个句子就会出现表意不明的现象。如:这个人好说话。“好”读hǎo,是“容易”的意思,读hào,是“喜欢”的意思。读音不同,就会导致句意不明,容易产生歧义。

17-18版第2部分专题8 名词性从句

专题八名词性从句考点一主语从句1．引导主语从句的连接词：从属连词that，whether/if连接代词what，who，whom，whose，whatever，whichever，whoever等；连接副词when，where，why，how，whenever等。

①That they were in truth sisters was clear from the facial similarity between them.从她们的面貌相似度就能清楚地看出她们真是亲姐妹。

②What struck me most in the movie was the father's deep love for his son.影片中最打动我的是父亲对他儿子深深的爱。

2．主语从句一般放在句首，但有时也可用it作形式主语，而将主语从句移到句子的末尾。

常见的句型：(1)It＋be＋形容词(necessary/likely/important/uncertain等)＋that从句(2)It＋be＋名词(短语)(a pity/shame/no wonder/no surprise等)＋that从句(3)It＋be＋过去分词(said/reported/decided/believed等)＋that从句(4)It＋不及物动词(seem，appear，happen等)＋that从句①It is uncertain what side effect the medicine will bring about，although about two thousand patients have taken it.尽管大约两千名患者已经服用了这种药，但是它会带来什么样的副作用还不清楚。

②It's no surprise that our team has won the game.我们队获胜一点都不令人吃惊。

③It is decided that the meeting will be put off till next Monday.会议被推迟到下周一召开已经定下来了。

高三物理二轮复习专题课件精编：专题八第2课时电学实验与创新

热点实验例析
专题八第2课时
本课时栏目开关
图2
图3
热点实验例析
专题八第2课时
(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为 12.0 kΩ 和 4.00 V．从测量数据可知，电压表的内阻为________ kΩ.
本课时栏目开关
测电路中的电阻时应将待测电阻与电源断开，C 正确；
本课时栏目开关
表中的电池电动势变小、内阻变大后，会影响测量结果， D 错误．
(3)二极管具有单向导电性，欧姆表的红表笔接的是表内电池的负极，接 b 端时，指针偏转角度大，二极管电阻小，说明 b 端是二极管的负极，a 端是其正极．
本课时栏目开关
线相比二者有一定的差异．除了偶然误差外，下列关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法叙述正确的是 ________．(填选项前的字母，不定项选择)
图10
热点实验例析
专题八第2课时
A．电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大 B．电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小 C．温度升高到一定值后，电流表应改为外接法
专题八第2课时
描绘小灯泡的伏安特性曲线、测定金属丝的电阻
率，其实验原理都涉及伏安法测电阻，这类实验要从以下两个 1．电路结构：实验电路至少包括三个部分：(1)测量电路；
本课时栏目开关
(2)控制电路(滑动变阻器、开关)；(3)电源． 2．电路设计：(1)电表选择注意三方面：①安全性，要求量程不能太小，电表不反接；②准确性，要求量程不能太大，读数 1 一般要超过量程的；③若电表量程不合适，要利用有准确内 3 阻的电表进行改装． Rx RV Rx RV (2)测量电路设计：若 > R ，则应把电流表内接；若 < R ， RA x RA x 则应把电流表外接．

专题8数学文化及核心素养类试题PPT(79张)2021届高考数学大二轮专题复习讲义(新高考)

错
误
；a4＝a1 Nhomakorabea＋
3d
＝
5
＋
3×
16 29
＝
193 29
，
a5
＝
a1
＋
4d
＝
5
＋
4×
16 29
＝
209 29
，
∴
aa32＋＋aa54＋＋aa76＝33aa54＝aa54＝210993，D 正确．故选 BD.
解析
本题以传统数学文化为载体考查数列的实际应用问题．解题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，建立等差、等比数列的模型，探索并掌握它们的一些基本数量关系，利用方程思想求解．
体．如图，将底面直径都为 2b，高皆为 a 的椭半球体和已被挖去了圆锥体
的圆柱放置于同一平面 β 上，用平行于平面 β 且与平面 β 任意距离 d 处的
平面截这两个几何体，可横截得到 S 圆及 S 环两截面．可以证明 S 圆＝S 环总成立．据此，半短轴长为 1，半长轴长为
3 的椭球体的体积是
.
答案 4π
16n2＋9129，∵bn＝2an，∴bbn＋n 1＝2a2na＋n 1＝2an＋1－an＝2d(非零常数)，则数列{bn}是等比数列，B 正确；∵5d＝5×1269＝8209≠3，bb150＝(2d)5＝25d≠23，
解析答案
∴b10≠8b5，A 错误；a30＝a1＋29d＝5＋16＝21，∴a1b30＝5×221>105，C
定天下济苍生一逞抱负的路径。你想，一个小小的“弼马温”，怎么对晋国的历史、对晋国国君的为人那么清楚，对秦伯的心理、对秦晋之间的恩怨又是如此了然。“老骥伏枥，志在千里”的豪情无疑是后人敬仰他们的主要缘由。

2025年中考历史总复习第二部分热点专题探究专题八近现代科技、思想与教育事业的发展

近现代科技、思想与教育事业的发展
(2)围绕材料主题提炼一个观点，并任选其中两个国家的具体史实加以阐释。(8分，要求：观点明确，史论结合，表述清晰) 示例观点：两次工业革命推动欧美国家教育进步。(2分) 阐释：工业革命推动英国生产力发展，大机器生产对劳动力的需求增多。为了适应工业化发展的需要，英国进行大学推广运动，强化大学的社会服务职能。
16—19世纪主要资本主义国家的高等教育概况一览表(部分)
18世纪末，法国主张人人都有受教育的机会和权利，
法国
培养多方面的优秀公民和爱国者……在男女平等方面也提出了要求……巴黎公社时期的教育委员会也
在教育普及化取得成就
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专题八近现代科技、思想与教育事业的发展
19世纪初，英国推行新大学运动和大学推广运动，
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专题八近现代科技、思想与教育事业的发展
第二次工业革命时期科学研究与工业生产紧密结合，为了提高劳动者素质，美国政府积极创办研究型大学，促使美国高等教育进一步发展。综上所述，两次工业革命时期各资本主义国家为满足资本主义经济发展的需要，大力发展高等教育，推动了教育近代化进程。(6分)
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专题八近现代科技、思想与教育事业的发展
第一次工业革命首先发生于英国……就世界范围来看，则是以英国为中心……第二次工业革命几乎同时发生在几个先进的资本主义国家。
在第二次工业革命于19世纪60—70年代开始时，除英国和美国北部已完成、法国接近于完成第一次工业革命外，其他国家有的正处于它的高潮期，如德国和俄国；有的则刚刚起步，如远东的日本和中国。
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专题八近现代科技、思想与教育事业的发展
(3)根据材料并结合史实，论述“科技是一把‘双刃剑’”。(4分) 两次工业革命，促进了生产力的发展，改变了人们的生活方式；同时，带来了环境污染问题，危害人类身体健康，也带来许多社会问题。(4分)

专题八近代中国人民的探索道路第二节戊戌变法wcsz)

第2讲戊戌变法【课程标准】：了解戊戌变法产生的历史渊源；简述康有为、梁启超等维新派人物的政治主张和百日维新的主要内容，分析其特点；知道戊戌变法失败的基本史实，探讨中国近代化道路的曲折性。

一、变法的背景------民族危机的加深1、国际形势经济上：第二次工业革命的开展，向电气时代进发政治上：议会改革，代议制的发展与完善。

-----------说明：变革旧制度，发展资本主义，成为世界潮流，大势所趋。

2、国内：政治：甲午中日战争的失败，民族危机空前加深；清政府统治危机加剧。

阶级：民族资产阶级兴起，并登上政治舞台。

经济：19世纪末民族资本主义初步发展。

思想：西方近代启蒙思想的传入，早期改良思潮和维新思想的传播。

二、早期维新思想与康梁维新思想（一）、早期维新思想1、兴起：19世纪70.80年代2、代表人物：王韬、薛福成、郑观应等他们曾参与洋务活动，或与洋务官员有过密切联系的士大夫。

对西方社会政治、经济制度有了更深入的了解。

他们要求进行政治经济方面的改革。

3、主要观点：阅读材料，进行概括：材料：欲自强，必先致富；欲致富，必首在振工商；欲振工商，必先讲求学校，速立宪法，尊重道德，改良政治。

西人立国……育才与学堂，议政于议院，君民一体，上下同心，务实而戒虚，谋定而后动，此其体也。

轮船、火炮、洋枪、水雷、铁路、电线，此其用也。

中国遗其体而求其用，无论竭蹶趋步（艰难勉强地跟走），常不相及；就令铁舰成行，铁路四达，果以足恃欤？……“习兵战不如习商战”——郑观应：《盛世危言》概括：经济：发展资本主义工商业。

商战政治：实行君主立宪。

文化：兴办学校，提倡西学。

4、评价：所提出的改革主张反映了民族资产阶级的利益和要求。

对当时知识分子的思想注意力从工商科技转移到政治制度方面起了启蒙作用。

受历史条件和阶级的限制，无法摆脱传统伦理观念的束缚，也没有形成完整的理论体系。

（二）、康梁维新思想1、康有为及其变法思想：----借儒家思想宣传变法著作：《新学伪经考》、《孔子改制考》。

第八板块古代诗歌阅读第二讲诗歌选择题的解法（解析版）

高2022届高考语文第二轮复习专题学案之古代诗歌阅读专题第二讲诗歌选择题的解法【知识精讲】1．方法(1)认真阅读选项。

认真阅读选项的内容，是完成判断任务的前提条件。

特别是选项中进行分析的内容，必须字字审读清楚。

选项的设误点往往“藏”在分析部分。

(2)仔细比对差异。

将选项涉及的内容逐一在原诗句中标注，然后与选项的表述进行细心的比对，发现差异。

2．步骤第一步：通读诗歌。

从标题、诗人、正文到注释入手，全面通读诗歌，力求做到读懂诗歌。

第二步：审清题干。

是选择正确的，还是选择不正确的？有的题干中出现“最恰当”的字眼往往要注意选项的优中选优。

第三步：逐一比对。

逐一将选项与相关诗句对照，聚焦比对，找出选项中的确切根据。

3．答题示例[2020·全国新课标卷Ⅱ]阅读下面这首宋诗，完成后面的题目。

读史王安石自古功名亦苦辛，行藏终欲付何人。

当时黮闇犹承误①，末俗纷纭更乱真。

糟粕所传非粹美②，丹青难写是精神。

区区岂尽高贤意，独守千秋纸上尘。

【注】①〔黮闇〕蒙昧，糊涂。

②〔糟粕〕这里用来指代典籍，也作“糟魄”，《庄子·天道》：“然则君之所读者，古人之糟魄已夫。

”下列对这首诗的理解和赏析，不正确的一项是( )A．这首诗从大处着眼，并非是针对某个具体的历史事件、历史人物而作。

B．历代高人贤士一世奔忙，建立功业，但无法避免身后湮没无闻的可能。

C．历史人物在其所处的时代已经难免被误解，在世俗的传言中更会失真。

D．颈联的上下两句反复陈说，表明诗人的观点，堪称这首诗的警策之语。

【答案】B【(1)通读诗歌。

此诗的标题是“读史”，诗人是王安石，正文是七言律诗，注释解释了“黮闇”“糟粕”两个词。

我们需要认真阅读，力求读懂。

(2)审清题干。

“4选1”选择题题型包含两个部分：题干＋选项。

题干要求“理解和赏析”，针对的是考点，主要起提示性的作用。

选项有4个，其中不正确的有1项，正确的有3项，题干要求选出“不正确的一项”。

(3)逐一比对。

2022年高考语文总复习专题八第二节考点突破第2讲突破点2 突破病句6大类型类型二搭配不当

答案:C。【解析】画线句存在三处语病,一是成分残缺,“通过”后缺少介词;二是“通过……赢利”是“噱头”主宾搭配不当;三是介词“通过”使“通过鲁迅作品改编成游戏赢利”构成介宾短语充当句子状语,导致画波浪线句残缺主语。分析四个选项,只有C项全部修改正确。
(4)①“2021年是……纪念日”,主宾搭配不当,应删掉“纪念日”。②“我国森林覆盖已由……12%提高到……23.04%”,不合逻辑,文中说的是百分比的变化, 应将“覆盖”改为“覆盖率”。③“来自于”中“自”和“于”重复,成分赘余,可删掉“于”。 (5)搭配不当。“尤其是”表示更进一步,强调的内容是整体的一部分,但“国内相关项目场馆建设的空白”和“绿色低碳可持续的‘冬奥铁律’”并非整体与部分的关系,所以“尤其是”应改
辨析:甲与乙、丙搭配,与丁不搭配。
(3)甲+乙→丙式(二对一式) 示例:电子计算机已经广泛应用到各行各业,这就要求我们尽快提高和造就一批
甲乙专业技术人才。
丙辨析:甲与丙不搭配,乙与丙搭配。
(4)甲+乙→丙+丁(二对二式)
示例:卫生部发出紧急通告,要求消费者和食品经营机构停
甲
乙
止销售和食用从某国进口的两种花生酱。
专题八
语言文字运用
类型二搭配不当
智学·巧用慧练·提升
现代汉语中句子有一定的结构规律,主、谓、宾、定、状、补六种成分搭配要符合这一结构规律。搭配不当就是指句子的某些成分不符合这一结构规律;或者是搭配在一起不合事理,从道理上说不通;或者是不符合语言习惯,强行搭配。
智学·巧用
一、主干成分搭配不当 (一)主谓搭配不当主要表现为谓语不能来陈述主语,有时主语或谓语由并列短语充当,其中一部

第二编 专题八 第2讲

专题八 概率与统计 第二讲 概率,随机变量及分布列——2023届高考数学二轮复习重点练(含解析)

高考数学二轮复习 专题八 附加题 第2讲 计数原理、随机变量、数学归纳法学案