五年高考真题与解析
高考英语五年真题(2019-2023年)专题汇总解析—名词性从句和定语从句
高考英语五年真题（2019-2023年）专题汇总解析—名词性从句和定语从句一、2023年高考真题1.2023新高考全国Ⅱ卷This is ___42___ they need an English trainer.【答案】why【解析】考查表语从句。
句意：这就是他们需要英语培训师的原因。
分析句子结构可知，空处引导表语从句，从句中结构完整，应该用连接副词连接，前文提到需要培训师的原因，此处是表达“这就是他们需要英语培训师的原因”之意，应用why引导表语从句。
故填why。
2.2023全国甲卷...the form of the fable still has values today, ___43___ Rachel Carson says in “A Fable for Tomorrow”【答案】as【解析】考查定语从句。
句意：然而，正如雷切尔·卡森在《明日寓言》中所说，寓言的形式在今天仍然具有价值。
引导非限定性定语从句，且有“正如”之意，用关系代词as引导。
故填as。
3.2023全国甲卷“There was once a town in the heart of America, ___44___ all life seemed to enjoy peaceful existence with is surroundings,”...【答案】where【解析】考查定语从句。
句意：“从前，在美国的中心地带有一个小镇，那里所有的生命似乎都和周围的环境一起享受着和平的生活，”她的寓言是这样开头的，借用了许多古老寓言中的一些熟悉的词。
句中先行词为town，在非限定性定语从句作地点状语，所以用关系副词where引导。
故填where。
4.2023全国乙卷But for all its ancient buildings, Beijing is also a place ____43____ welcomes the fast-paced development of modern life...【答案】which/that【解析】考查定语从句。
解析几何(解答题)--五年(2020-2024)高考数学真题分类汇编(解析版)
专题解析几何(解答题)考点五年考情(2020-2024)命题趋势考点01椭圆及其性质2024Ⅰ甲卷北京卷天津卷2023北京乙卷天津2022乙卷北京卷浙江卷2021北京卷Ⅱ卷2020ⅠⅡ卷新ⅠⅡ卷椭圆轨迹标准方程问题，有关多边形面积问题，定值定点问题，新结构中的新定义问题是高考的一个高频考点考点02双曲线及其性质2024Ⅱ卷2023Ⅱ新课标Ⅱ2022Ⅰ卷2021Ⅰ双曲线离心率问题，轨迹方程有关面积问题，定值定点问题以及斜率有关的证明问题以及新结构中的新定义问题是高考的高频考点考点03抛物线及其性质2023甲卷2022甲卷2021浙江甲卷乙卷2020浙江抛物线有关三角形面积问题，关于定直线问题，有关P 的证明类问题考点01：椭圆及其性质1(2024·全国·高考Ⅰ卷)已知A (0,3)和P 3,32 为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)上两点.(1)求C 的离心率;(2)若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且△ABP 的面积为9，求l 的方程．【答案】(1)12(2)直线l 的方程为3x -2y -6=0或x -2y =0.【详解】(1)由题意得b =39a 2+94b2=1，解得b 2=9a 2=12 ，所以e =1-b 2a2=1-912=12.(2)法一：k AP =3-320-3=-12，则直线AP 的方程为y =-12x +3，即x +2y -6=0，AP =0-3 2+3-322=352，由(1)知C :x 212+y 29=1，设点B到直线AP的距离为d，则d=2×9352=1255，则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移1255单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为：x+2y+C=0，则C+65=1255，解得C=6或C=-18，当C=6时，联立x212+y29=1x+2y+6=0，解得x=0y=-3或x=-3y=-32，即B0,-3或-3,-3 2，当B0,-3时，此时k l=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0，当B-3,-3 2时，此时k l=12，直线l的方程为y=12x，即x-2y=0，当C=-18时，联立x212+y29=1x+2y-18=0得2y2-27y+117=0，Δ=272-4×2×117=-207<0，此时该直线与椭圆无交点.综上直线l的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0.法二：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0，点B到直线AP的距离d=125 5，设B x0,y0，则x0+2y0-65=1255x2012+y209=1，解得x0=-3y0=-32或x0=0y0=-3，即B0,-3或-3,-3 2，以下同法一.法三：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0，点B到直线AP的距离d=125 5，设B23cosθ,3sinθ，其中θ∈0,2π，则有23cosθ+6sinθ-65=1255，联立cos2θ+sin2θ=1，解得cosθ=-32sinθ=-12或cosθ=0sinθ=-1，即B0,-3或-3,-3 2，以下同法一；法四：当直线AB的斜率不存在时，此时B0,-3，S△PAB=12×6×3=9，符合题意，此时k l=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0，当线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+3，联立椭圆方程有y =kx +3x 212+y 29=1，则4k 2+3 x 2+24kx =0，其中k ≠k AP ，即k ≠-12，解得x =0或x =-24k 4k 2+3，k ≠0，k ≠-12，令x =-24k 4k 2+3，则y =-12k 2+94k 2+3，则B -24k 4k 2+3,-12k 2+94k 2+3同法一得到直线AP 的方程为x +2y -6=0，点B 到直线AP 的距离d =1255，则-24k4k 2+3+2×-12k 2+94k 2+3-65=1255，解得k =32，此时B -3,-32 ，则得到此时k l =12，直线l 的方程为y =12x ，即x -2y =0，综上直线l 的方程为3x -2y -6=0或x -2y =0.法五：当l 的斜率不存在时，l :x =3,B 3,-32,PB =3,A 到PB 距离d =3，此时S △ABP =12×3×3=92≠9不满足条件.当l 的斜率存在时，设PB :y -32=k (x -3)，令P x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，y =k (x -3)+32x 212+y 29=1 ，消y 可得4k 2+3 x 2-24k 2-12k x +36k 2-36k -27=0，Δ=24k 2-12k 2-44k 2+3 36k 2-36k -27 >0，且k ≠k AP ，即k ≠-12，x 1+x 2=24k 2-12k 4k 2+3x 1x 2=36k 2-36k -274k 2+3,PB =k 2+1x 1+x 2 2-4x 1x 2=43k 2+13k 2+9k +2744k 2+3 ，A 到直线PB 距离d =3k +32k 2+1,S △PAB =12⋅43k 2+13k 2+9k +2744k 2+3⋅3k +32k 2+1=9，∴k =12或32，均满足题意，∴l :y =12x 或y =32x -3，即3x -2y -6=0或x -2y =0.法六：当l 的斜率不存在时，l :x =3,B 3,-32,PB =3,A 到PB 距离d =3，此时S △ABP =12×3×3=92≠9不满足条件.当直线l 斜率存在时，设l :y =k (x -3)+32，设l 与y 轴的交点为Q ，令x =0，则Q 0,-3k +32，联立y =kx -3k +323x 2+4y 2=36，则有3+4k 2 x 2-8k 3k -32x +36k 2-36k -27=0，3+4k2x2-8k3k-3 2x+36k2-36k-27=0，其中Δ=8k23k-3 22-43+4k236k2-36k-27>0，且k≠-1 2，则3x B=36k2-36k-273+4k2,x B=12k2-12k-93+4k2，则S=12AQx P-x B=123k+3212k+183+4k2=9，解的k=12或k=32，经代入判别式验证均满足题意.则直线l为y=12x或y=32x-3，即3x-2y-6=0或x-2y=0.2(2024·全国·高考甲卷)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，点M1,32在C上，且MF⊥x轴．(1)求C的方程；(2)过点P4,0的直线交C于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y 轴．【答案】(1)x24+y23=1(2)证明见解析【详解】(1)设F c,0，由题设有c=1且b2a=32，故a2-1a=32，故a=2，故b=3，故椭圆方程为x24+y23=1.(2)直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x-4)，A x1,y1，B x2,y2，由3x2+4y2=12y=k(x-4)可得3+4k2x2-32k2x+64k2-12=0，故Δ=1024k4-43+4k264k2-12>0，故-12<k<12，又x1+x2=32k23+4k2,x1x2=64k2-123+4k2，而N52,0，故直线BN:y=y2x2-52x-52，故y Q=-32y2x2-52=-3y22x2-5，所以y1-y Q=y1+3y22x2-5=y1×2x2-5+3y22x2-5=k x1-4×2x2-5+3k x2-42x2-5=k 2x1x2-5x1+x2+82x2-5=k2×64k2-123+4k2-5×32k23+4k2+82x2-5=k 128k2-24-160k2+24+32k23+4k22x2-5=0，故y1=y Q，即AQ⊥y轴.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为x 1,y 1 ,x 2,y 2 ；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y )的一元二次方程，注意Δ的判断；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x 1+x 2、x 1x 2(或y 1+y 2、y 1y 2)的形式；(5)代入韦达定理求解.3(2024·北京·高考真题)已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 ，以椭圆E 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点0,t t >2 且斜率存在的直线与椭圆E 交于不同的两点A ,B ，过点A 和C 0,1 的直线AC 与椭圆E 的另一个交点为D ．(1)求椭圆E 的方程及离心率；(2)若直线BD 的斜率为0，求t 的值．【答案】(1)x 24+y 22=1,e =22(2)t =2【详解】(1)由题意b =c =22=2，从而a =b 2+c 2=2，所以椭圆方程为x 24+y 22=1，离心率为e =22；(2)直线AB 斜率不为0，否则直线AB 与椭圆无交点，矛盾，从而设AB :y =kx +t ,k ≠0,t >2 ，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，联立x 24+y 22=1y =kx +t，化简并整理得1+2k 2 x 2+4ktx +2t 2-4=0，由题意Δ=16k 2t 2-82k 2+1 t 2-2 =84k 2+2-t 2 >0，即k ,t 应满足4k 2+2-t 2>0，所以x 1+x 2=-4kt 1+2k 2,x 1x 2=2t 2-42k 2+1，若直线BD 斜率为0，由椭圆的对称性可设D -x 2,y 2 ，所以AD :y =y 1-y 2x 1+x 2x -x 1 +y 1，在直线AD 方程中令x =0，得y C =x 1y 2+x 2y 1x 1+x 2=x 1kx 2+t +x 2kx 1+t x 1+x 2=2kx 1x 2+t x 1+x 2 x 1+x 2=4k t 2-2 -4kt +t =2t =1，所以t =2，此时k 应满足4k 2+2-t 2=4k 2-2>0k ≠0 ，即k 应满足k <-22或k >22，综上所述，t =2满足题意，此时k <-22或k >22.4(2024·天津·高考真题)已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)椭圆的离心率e =12．左顶点为A ，下顶点为B ，C 是线段OB 的中点，其中S △ABC =332．(1)求椭圆方程．(2)过点0,-32 的动直线与椭圆有两个交点P ，Q ．在y 轴上是否存在点T 使得TP ⋅TQ ≤0．若存在求出这个T 点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．【答案】(1)x 212+y 29=1(2)存在T 0,t -3≤t ≤32，使得TP ⋅TQ ≤0恒成立.【详解】(1)因为椭圆的离心率为e =12，故a =2c ，b =3c ，其中c 为半焦距，所以A -2c ,0 ,B 0,-3c ,C 0,-3c 2 ，故S △ABC =12×2c ×32c =332，故c =3，所以a =23，b =3，故椭圆方程为：x 212+y 29=1.(2)若过点0,-32 的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：y =kx -32，设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,T 0,t ，由3x 2+4y 2=36y =kx -32可得3+4k 2 x 2-12kx -27=0，故Δ=144k 2+1083+4k 2 =324+576k 2>0且x 1+x 2=12k 3+4k 2,x 1x 2=-273+4k2,而TP =x 1,y 1-t ,TQ=x 2,y 2-t ，故TP ⋅TQ =x 1x 2+y 1-t y 2-t =x 1x 2+kx 1-32-t kx 2-32-t =1+k 2 x 1x 2-k 32+t x 1+x 2 +32+t 2=1+k 2 ×-273+4k 2-k 32+t ×12k 3+4k 2+32+t 2=-27k 2-27-18k 2-12k 2t +332+t 2+3+2t 2k 23+4k 2=3+2t2-12t -45 k 2+332+t 2-273+4k 2，因为TP ⋅TQ ≤0恒成立，故3+2t 2-12t -45≤0332+t 2-27≤0，解得-3≤t ≤32.若过点0,-32的动直线的斜率不存在，则P 0,3 ,Q 0,-3 或P 0,-3 ,Q 0,3 ，此时需-3≤t ≤3，两者结合可得-3≤t ≤32.综上，存在T 0,t -3≤t ≤32，使得TP ⋅TQ ≤0恒成立.5(2023年全国乙卷理科)已知椭圆C :y 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0)的离心率是53，点A -2,0 在C 上．(1)求C方程；(2)过点-2,3 的直线交C 于P ,Q 两点，直线AP ,AQ 与y 轴的交点分别为M ,N ，证明：线段MN 的中点为定点．【答案】(1)y 29+x 24=1(2)证明见详解解析：(1)由题意可得b =2a 2=b 2+c 2e =c a =53，解得a =3b =2c =5，所以椭圆方程为y 29+x 24=1．(2)由题意可知：直线PQ 的斜率存在，设PQ :y =k x +2 +3,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，联立方程y =k x +2 +3y 29+x 24=1，消去y 得：4k 2+9 x 2+8k 2k +3x +16k 2+3k =0，则Δ=64k 22k +3 2-644k 2+9 k 2+3k =-1728k >0，解得k <0，可得x 1+x 2=-8k 2k +34k 2+9,x 1x 2=16k 2+3k 4k 2+9，因为A -2,0 ，则直线AP :y =y 1x 1+2x +2 ，令x =0，解得y =2y 1x 1+2，即M 0,2y 1x 1+2,同理可得N 0,2y 2x 2+2，则2y 1x 1+2+2y2x 2+22=k x 1+2 +3 x 1+2+k x 2+2 +3 x 2+2=kx 1+2k +3 x 2+2 +kx 2+2k +3 x 1+2x 1+2 x 2+2=2kx 1x 2+4k +3 x 1+x 2 +42k +3x 1x 2+2x 1+x 2 +4=32k k 2+3k 4k 2+9-8k 4k +3 2k +34k 2+9+42k +3 16k 2+3k 4k 2+9-16k 2k +34k 2+9+4=10836=3，所以线段MN 的中点是定点0,3 ．6(2020年高考课标Ⅱ)已知椭圆C 1：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合，C 1的中心与C 2的顶点重合．过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且|CD |=43|AB |．(1)求C 1的离心率；(2)设M 是C 1与C 2的公共点，若|MF |=5，求C 1与C 2的标准方程．【答案】(1)12；(2)C 1:x 236+y 227=1，C 2:y 2=12x ．解析：(1)∵F c ,0 ，AB ⊥x 轴且与椭圆C 1相交于A 、B 两点，则直线AB 的方程为x =c ，联立x =c x 2a 2+y 2b 2=1a 2=b 2+c 2，解得x =c y =±b 2a，则AB =2b 2a ，抛物线C 2的方程为y 2=4cx ，联立x =cy 2=4cx ，解得x =cy =±2c，∴CD =4c ，∵CD =43AB ，即4c =8b 23a ，2b 2=3ac ，即2c 2+3ac -2a 2=0，即2e 2+3e -2=0，∵0<e <1，解得e =12，因此，椭圆C 1的离心率为12；(2)由(1)知a =2c ，b =3c ，椭圆C 1的方程为x 24c 2+y 23c 2=1，联立y 2=4cxx24c2+y 23c 2=1，消去y 并整理得3x 2+16cx -12c 2=0，解得x =23c 或x =-6c (舍去)，由抛物线的定义可得MF =23c +c =5c3=5，解得c =3．因此，曲线C 1的标准方程为x 236+y 227=1，曲线C 2的标准方程为y 2=12x ．7(2021年新高考全国Ⅱ卷)已知椭圆C 的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，右焦点为F (2,0)，且离心率为63．(1)求椭圆C 的方程；(2)设M ，N 是椭圆C 上的两点，直线MN 与曲线x 2+y 2=b 2(x >0)相切．证明：M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |=3．【答案】解析:(1)由题意，椭圆半焦距c =2且e =c a =63，所以a =3，又b 2=a 2-c 2=1，所以椭圆方程为x 23+y 2=1；(2)由(1)得，曲线为x 2+y 2=1(x >0)，当直线MN 的斜率不存在时，直线MN :x =1，不合题意；当直线MN 的斜率存在时，设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，必要性：若M ，N ，F 三点共线，可设直线MN :y =k x -2 即kx -y -2k =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得2kk 2+1=1，解得k =±1，联立y =±x -2x23+y 2=1 可得4x 2-62x +3=0，所以x 1+x 2=322,x 1⋅x 2=34，所以MN =1+1⋅x 1+x 22-4x 1⋅x 2=3,所以必要性成立；充分性：设直线MN :y =kx +b ,kb <0 即kx -y +b =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得bk 2+1=1，所以b 2=k 2+1，联立y =kx +bx 23+y 2=1可得1+3k 2 x 2+6kbx +3b 2-3=0，所以x 1+x 2=-6kb 1+3k 2,x 1⋅x 2=3b 2-31+3k 2，所以MN =1+k 2⋅x 1+x 22-4x 1⋅x 2=1+k2-6kb 1+3k22-4⋅3b 2-31+3k 2=1+k 2⋅24k 21+3k 2=3，化简得3k 2-1 2=0，所以k =±1，所以k =1b =-2或k =-1b =2 ，所以直线MN :y =x -2或y =-x +2，所以直线MN 过点F (2,0)，M ，N ，F 三点共线，充分性成立；所以M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |=3．8(2020年高考课标Ⅰ卷)已知A 、B 分别为椭圆E ：x 2a2+y 2=1(a >1)左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG ⋅GB =8，P 为直线x =6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．(1)求E方程；(2)证明：直线CD 过定点．【答案】(1)x 29+y 2=1；(2)证明详见解析．【解析】(1)依据题意作出如下图象：由椭圆方程E :x 2a2+y 2=1(a >1)可得：A -a ,0 ， B a ,0 ，G 0,1∴AG =a ,1 ，GB =a ,-1 ∴AG ⋅GB =a 2-1=8，∴a 2=9∴椭圆方程为：x 29+y 2=1(2)证明：设P 6,y 0 ，则直线AP 的方程为：y =y 0-06--3x +3 ，即：y =y 09x +3 联立直线AP 的方程与椭圆方程可得：x 29+y 2=1y =y 09x +3 ，整理得：y 02+9 x 2+6y 02x +9y 02-81=0，解得：x =-3或x =-3y 02+27y 02+9将x =-3y 02+27y 02+9代入直线y =y 09x +3 可得：y =6y 0y 02+9所以点C 的坐标为-3y 02+27y 02+9,6y 0y 02+9 ．同理可得：点D 的坐标为3y 02-3y 02+1,-2y 0y 02+1∴直线CD 的方程为：y --2y 0y 02+1=6y 0y 02+9--2y 0y 02+1-3y 02+27y 02+9-3y 02-3y 02+1x -3y 02-3y 02+1，整理可得：y +2y 0y 02+1=8y 0y 02+3 69-y 04x -3y 02-3y 02+1 =8y 063-y 02 x -3y 02-3y 02+1整理得：y =4y 033-y 02 x +2y 0y 02-3=4y 033-y 02x -32故直线CD 过定点32,09(2020年新高考全国Ⅰ卷)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22，且过点A (2，1)．(1)求C 的方程：(2)点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．【答案】(1)x 26+y 23=1；(2)详见解析．解析：(1)由题意可得：c a =324a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2，解得：a 2=6,b 2=c 2=3，故椭圆方程为：x 26+y 23=1．(2)设点M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ．因为AM ⊥AN ，∴AM·AN=0，即x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0,①当直线MN 的斜率存在时，设方程为y =kx +m ,如图1．代入椭圆方程消去y 并整理得：1+2k 2 x 2+4kmx +2m 2-6=0x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1x 2=2m 2-61+2k 2②,根据y 1=kx 1+m ,y 2=kx 2+m ,代入①整理可得：k 2+1 x 1x 2+km -k -2 x 1+x 2 +m -1 2+4=0将②代入，k 2+1 2m 2-61+2k 2+km -k -2 -4km1+2k2+m -1 2+4=0，整理化简得2k +3m +1 2k +m -1 =0,∵A (2,1)不在直线MN 上，∴2k +m -1≠0，∴2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k x -23 -13，所以直线过定点直线过定点E 23,-13．当直线MN 的斜率不存在时，可得N x 1,-y 1 ,如图2．代入x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0得x 1-2 2+1-y 22=0,结合x 216+y 213=1,解得x 1=2舍 ,x 1=23,此时直线MN 过点E 23,-13,由于AE 为定值，且△ADE 为直角三角形，AE 为斜边，所以AE 中点Q 满足QD 为定值(AE 长度的一半122-232+1+132=423)．由于A 2,1 ,E 23,-13 ，故由中点坐标公式可得Q 43,13．故存在点Q 43,13，使得|DQ |为定值．10(2022年高考全国乙卷)已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过A 0,-2 ,B 32,-1两点．(1)求E 的方程；(2)设过点P 1,-2 的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT =TH．证明：直线HN 过定点．【答案】(1)y 24+x 23=1(2)(0,-2)解析：设椭圆E 的方程为mx 2+ny 2=1，过A 0,-2 ,B 32,-1，则4n =194m +n =1 ，解得m =13，n =14，所以椭圆E 的方程为：y 24+x 23=1．【小问2详解】A (0,-2),B 32,-1，所以AB :y +2=23x ，①若过点P (1,-2)的直线斜率不存在，直线x =1．代入x 23+y 24=1，可得M 1,-263 ，N 1,263 ，代入AB 方程y =23x -2，可得T -6+3,-263 ，由MT =TH 得到H -26+5,-263 ．求得HN 方程：y =2+263x -2，过点(0,-2)．②若过点P (1,-2)的直线斜率存在，设kx -y -(k +2)=0,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)．联立kx -y -(k +2)=0x 23+y 24=1,得(3k 2+4)x 2-6k (2+k )x +3k (k +4)=0，可得x 1+x 2=6k (2+k )3k 2+4x 1x 2=3k (4+k )3k 2+4，y 1+y 2=-8(2+k )3k 2+4y 2y 2=4(4+4k -2k 2)3k 2+4，且x 1y 2+x 2y 1=-24k 3k 2+4(*)联立y =y 1y =23x -2,可得T 3y12+3,y 1 ,H (3y 1+6-x 1,y 1).可求得此时HN :y -y 2=y 1-y 23y 1+6-x 1-x 2(x -x 2)，将(0,-2)，代入整理得2(x 1+x 2)-6(y 1+y 2)+x 1y 2+x 2y 1-3y 1y 2-12=0，将(*)代入，得24k +12k 2+96+48k -24k -48-48k +24k 2-36k 2-48=0,显然成立，综上，可得直线HN 过定点(0,-2).11(2020年新高考全国卷Ⅱ)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点M (2，3),点A 为其左顶点，且AM 的斜率为12，(1)求C 的方程；(2)点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值．【答案】(1)x 216+y 212=1；(2)18．解析：(1)由题意可知直线AM 的方程为：y -3=12(x -2)，即x -2y =-4．当y =0时，解得x =-4，所以a =4，椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 过点M (2，3)，可得416+9b 2=1，解得b 2=12．所以C 的方程：x 216+y 212=1．(2)设与直线AM 平行的直线方程为：x -2y =m ，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为N ，此时△AMN 的面积取得最大值．联立直线方程x -2y =m 与椭圆方程x 216+y 212=1，可得：3m +2y 2+4y 2=48，化简可得：16y 2+12my +3m 2-48=0，所以Δ=144m 2-4×163m 2-48 =0，即m 2=64，解得m =±8，与AM 距离比较远的直线方程：x -2y =8，直线AM 方程为：x -2y =-4，点N 到直线AM 的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：d =8+41+4=1255，由两点之间距离公式可得|AM |=(2+4)2+32=35．所以△AMN 的面积的最大值：12×35×1255=18．12(2020年高考课标Ⅲ卷)已知椭圆C :x 225+y 2m 2=1(0<m <5)的离心率为154，A ，B 分别为C 的左、右顶点．(1)求C 的方程；(2)若点P 在C 上，点Q 在直线x =6上，且|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，求△APQ 的面积．【答案】(1)x 225+16y 225=1；(2)52．解析：(1)∵C :x 225+y 2m 2=1(0<m <5)∴a =5，b =m ，根据离心率e =ca=1-b a2=1-m 5 2=154，解得m =54或m =-54(舍)，∴C 的方程为：x 225+y 2542=1，即x 225+16y 225=1；(2)不妨设P ,Q 在x 轴上方∵点P 在C 上，点Q 在直线x =6上，且|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设x =6与x 轴交点为N 根据题意画出图形，如图∵|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，∠PMB =∠QNB =90°，又∵∠PBM +∠QBN =90°，∠BQN +∠QBN =90°，∴∠PBM =∠BQN ，根据三角形全等条件“AAS ”，可得：△PMB ≅△BNQ ，∵x 225+16y 225=1，∴B (5,0)，∴PM =BN =6-5=1，设P 点为(x P ,y P )，可得P 点纵坐标为y P =1，将其代入x 225+16y 225=1，可得：x P 225+1625=1，解得：x P =3或x P =-3，∴P 点为(3,1)或(-3,1)，①当P 点为(3,1)时，故MB =5-3=2，∵△PMB ≅△BNQ ，∴|MB |=|NQ |=2，可得：Q 点为(6,2)，画出图象，如图∵A (-5,0),Q (6,2)，可求得直线AQ 的直线方程为：2x -11y +10=0，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：d =2×3-11×1+1022+112=5125=55，根据两点间距离公式可得：AQ =6+52+2-0 2=55，∴△APQ 面积为：12×55×55=52；②当P 点为(-3,1)时，故MB =5+3=8，∵△PMB ≅△BNQ ，∴|MB |=|NQ |=8，可得：Q 点为(6,8)，画出图象，如图∵A (-5,0),Q (6,8)，可求得直线AQ 的直线方程为：8x -11y +40=0，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：d =8×-3 -11×1+4082+112=5185=5185，根据两点间距离公式可得：AQ =6+52+8-0 2=185，∴△APQ 面积为：12×185×5185=52，综上所述，△APQ 面积为：52．1313(2023年北京卷)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)离心率为53，A 、C 分别是E 的上、下顶点，B ，D 分别是E 的左、右顶点，|AC |=4．(1)求E 的方程；(2)设P 为第一象限内E 上的动点，直线PD 与直线BC 交于点M ，直线PA 与直线y =-2交于点N ．求证：MN ⎳CD ．【答案】(1)x 29+y 24=1(2)证明见解析：(1)依题意，得e =c a =53，则c =53a ，又A ,C 分别为椭圆上下顶点，AC =4，所以2b =4，即b =2，所以a 2-c 2=b 2=4，即a 2-59a 2=49a 2=4，则a 2=9，所以椭圆E 的方程为x 29+y 24=1．(2)因为椭圆E 的方程为x 29+y 24=1，所以A 0,2 ,C 0,-2 ,B -3,0 ,D 3,0 ，因为P 为第一象限E 上的动点，设P m ,n 0<m <3,0<n <2 ，则m 29+n 24=1，易得k BC =0+2-3-0=-23，则直线BC 的方程为y =-23x -2，k PD =n -0m -3=n m -3，则直线PD 的方程为y =n m -3x -3 ，联立y =-23x -2y =n m -3x -3，解得x =33n -2m +63n +2m -6y =-12n 3n +2m -6，即M 33n -2m +6 3n +2m -6,-12n 3n +2m -6，而k PA =n -2m -0=n -2m ，则直线PA 的方程为y =n -2mx +2，令y =-2，则-2=n -2m x +2，解得x =-4m n -2，即N -4mn -2,-2 ，又m 29+n 24=1，则m 2=9-9n 24，8m 2=72-18n 2，所以k MN =-12n3n +2m -6+233n -2m +6 3n +2m -6--4mn-2=-6n +4m -12 n -29n -6m +18 n -2 +4m 3n +2m -6=-6n 2+4mn -8m +249n 2+8m 2+6mn -12m -36=-6n 2+4mn -8m +249n 2+72-18n 2+6mn -12m -36=-6n 2+4mn -8m +24-9n 2+6mn -12m +36=2-3n 2+2mn -4m +12 3-3n 2+2mn -4m +12 =23，又k CD =0+23-0=23，即k MN =k CD ，显然，MN 与CD 不重合，所以MN ⎳CD ．14(2023年天津卷)设椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左右顶点分别为A 1,A 2，右焦点为F ，已知A 1F =3,A 2F =1．(1)求椭圆方程及其离心率；(2)已知点P 是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A 2P 交y 轴于点Q ，若三角形A 1PQ 的面积是三角形A 2FP 面积的二倍，求直线A 2P 的方程．【答案】(1)椭圆的方程为x 24+y 23=1，离心率为e =12．(2)y =±62x -2 ．解析：(1)如图，由题意得a +c =3a -c =1，解得a =2,c =1，所以b =22-12=3，所以椭圆的方程为x 24+y 23=1，离心率为e =c a =12．(2)由题意得，直线A 2P 斜率存在，由椭圆的方程为x 24+y 23=1可得A 22,0 ，设直线A 2P 的方程为y =k x -2 ，联立方程组x 24+y 23=1y =k x -2，消去y 整理得：3+4k 2 x 2-16k 2x +16k 2-12=0，由韦达定理得x A 2⋅x P =16k 2-123+4k 2，所以x P =8k 2-63+4k 2，所以P 8k 2-63+4k 2,--12k3+4k 2，Q 0,-2k ．所以S △A 2QA 1=12×4×y Q ,S △A 2PF =12×1×y P ,S △A 1A 2P =12×4×y P ，所以S △A 2QA 1=S △A 1PQ +S △A 1A 2P =2S △A 2PF +S △A 1A 2P ，所以2y Q =3y P ，即2-2k =3-12k3+4k 2，解得k =±62，所以直线A 2P 的方程为y =±62x -2 ．15(2022高考北京卷)已知椭圆：E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个顶点为A (0,1)，焦距为23．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P (-2,1)作斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与x 轴交于点M ，N ，当|MN |=2时，求k 的值．【答案】解析:(1)依题意可得b =1，2c =23，又c 2=a 2-b 2，所以a =2，所以椭圆方程为x 24+y 2=1；(2)解：依题意过点P -2,1 的直线为y -1=k x +2 ，设B x 1,y 1 、C x 2,y 2 ，不妨令-2≤x 1<x 2≤2，由y -1=k x +2x 24+y 2=1，消去y 整理得1+4k 2 x 2+16k 2+8k x +16k 2+16k =0，所以Δ=16k 2+8k 2-41+4k 2 16k 2+16k >0，解得k <0，所以x 1+x 2=-16k 2+8k 1+4k 2，x 1⋅x 2=16k 2+16k1+4k2，直线AB 的方程为y -1=y 1-1x 1x ，令y =0，解得x M =x 11-y 1，直线AC 的方程为y -1=y 2-1x 2x ，令y =0，解得x N =x 21-y 2，所以MN =x N -x M =x 21-y 2-x 11-y 1=x 21-k x 2+2 +1 -x 11-k x 1+2 +1=x 2-k x 2+2 +x 1k x 1+2=x 2+2 x 1-x 2x 1+2k x 2+2 x 1+2=2x 1-x 2k x 2+2 x 1+2=2，所以x 1-x 2 =k x 2+2 x 1+2 ，即x 1+x 22-4x 1x 2=k x 2x 1+2x 2+x 1 +4即-16k 2+8k 1+4k22-4×16k 2+16k 1+4k 2=k 16k 2+16k 1+4k 2+2-16k 2+8k 1+4k2+4 即81+4k 22k 2+k 2-1+4k 2 k 2+k =k1+4k216k2+16k -216k 2+8k +41+4k 2整理得8-k =4k ，解得k =-416(2022年浙江省高考)如图，已知椭圆x 212+y 2=1．设A ，B 是椭圆上异于P (0,1)的两点，且点Q 0,12 在线段AB 上，直线PA ,PB 分别交直线y =-12x +3于C ，D 两点．(1)求点P 到椭圆上点的距离的最大值；(2)求|CD |的最小值．【答案】解析:(1)设Q (23cos θ,sin θ)是椭圆上任意一点,P (0,1),则|PQ |2=12cos 2θ+(1-sin θ)2=13-11sin 2θ-2sin θ=-11sin θ+111 2+14411≤14411，当且仅当sin θ=-111时取等号，故|PQ |的最大值是121111．(2)设直线AB :y =kx +12,直线AB 方程与椭圆x 212+y 2=1联立,可得k 2+112 x 2+kx -34=0,设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，所以x 1+x 2=-kk 2+112x 1x 2=-34k 2+112 ，因为直线PA :y =y 1-1x 1x +1与直线y =-12x +3交于C ,则x C=4x 1x 1+2y 1-2=4x 1(2k +1)x 1-1,同理可得,x D =4x 2x 2+2y 2-2=4x 2(2k +1)x 2-1．则|CD |=1+14x C -x D =524x 1(2k +1)x 1-1-4x 2(2k +1)x 2-1=25x 1-x 2(2k +1)x 1-1 (2k +1)x 2-1=25x 1-x 2(2k +1)2x 1x 2-(2k +1)x 1+x 2 +1=352⋅16k 2+13k +1=655⋅16k 2+1916+13k +1≥655×4k ×34+1×123k +1=655，当且仅当k =316时取等号，故CD 的最小值为655．17(2021高考北京)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)一个顶点A (0,-2)，以椭圆E 的四个顶点为顶点的四边形面积为45．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P (0，-3)的直线l 斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与直线交y =-3交于点M ，N ，当|PM |+|PN |≤15时，求k 的取值范围．【答案】(1)x 25+y 24=1；(2)[-3,-1)∪(1,3]．解析：(1)因为椭圆过A 0,-2 ，故b =2，因为四个顶点围成的四边形的面积为45，故12×2a ×2b =45，即a =5，故椭圆的标准方程为：x 25+y 24=1．(2)设B x 1,y 1 ,C x 2,y 2 ， 因为直线BC 的斜率存在，故x 1x 2≠0，故直线AB :y =y 1+2x 1x -2，令y =-3，则x M =-x1y 1+2，同理x N =-x 2y 2+2直线BC :y =kx -3，由y =kx -34x 2+5y 2=20可得4+5k 2 x 2-30kx +25=0，故Δ=900k 2-1004+5k 2 >0，解得k <-1或k >1．又x 1+x 2=30k 4+5k 2,x 1x 2=254+5k 2，故x 1x 2>0，所以x M x N >0又PM +PN =x M +x N =x 1y 1+2+x 2y 2+2=x1kx1-1+x2kx2-1=2kx1x2-x1+x2k2x1x2-k x1+x2+1=50k4+5k2-30k4+5k225k24+5k2-30k24+5k2+1=5k故5k ≤15即k ≤3，综上，-3≤k<-1或1<k≤3．考点02双曲线及其性质1(2024·全国·高考Ⅱ)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...：过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n .(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x=2k y n-kx n1-k2-x n=2ky n-x n-k2x n1-k2，相应的y=k x-x n+y n=y n+k2y n-2kx n1-k2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n ，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k 1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV ⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV⋅UW 1-UV ⋅UWUV ⋅UW 2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2c 2+d 2-ac +bd2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n 1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k 的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k mx n +y n x n -y n=121-k 1+k m -1+k 1-k mx 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m .而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2=x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1 =12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1 =12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k-921-k 1+k 2-1+k 1-k 2.这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n 1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k 的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k mx n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m .这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k=x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.2(2023年新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C 的中心为坐标原点，左焦点为-25,0 ，离心率为5．(1)求C的方程；(2)记C左、右顶点分别为A1，A2，过点-4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P．证明:点P在定直线上．【答案】(1)x24-y216=1(2)证明见解析．解析：(1)设双曲线方程为x2a2-y2b2=1a>0,b>0，由焦点坐标可知c=25，则由e=ca=5可得a=2，b=c2-a2=4，双曲线方程为x24-y216=1．(2)由(1)可得A1-2,0,A22,0，设M x1,y1,N x2,y2，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-4，且-12<m<12，与x24-y216=1联立可得4m2-1y2-32my+48=0，且Δ=64(4m2+3)>0，则y1+y2=32m4m2-1,y1y2=484m2-1，直线MA1的方程为y=y1x1+2x+2，直线NA2的方程为y=y2x2-2x-2，联立直线MA1与直线NA2的方程可得：x+2 x-2=y2x1+2y1x2-2=y2my1-2y1my2-6=my1y2-2y1+y2+2y1my1y2-6y1=m⋅484m2-1-2⋅32m4m2-1+2y1m×484m2-1-6y1=-16m4m2-1+2y148m4m2-1-6y1=-13，由x+2x-2=-13可得x=-1，即x P=-1，据此可得点P在定直线x=-1上运动．3(2022新高考全国II卷)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P x1,y1,Q x2,y2在C上，且．x1>x2>0,y1>0．过P 且斜率为-3的直线与过Q 且斜率为3的直线交于点M ．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M 在AB 上；②PQ ∥AB ；③|MA |=|MB |．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】(1)x 2-y 23=1(2)见解析:(1)右焦点为F (2,0)，∴c =2,∵渐近线方程为y =±3x ，∴ba=3，∴b =3a ，∴c 2=a 2+b 2=4a 2=4，∴a =1，∴b =3．∴C 的方程为：x 2-y 23=1；(2)由已知得直线PQ 的斜率存在且不为零，直线AB 的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB 的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M 为线段AB 的中点，假若直线AB 的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M 在x 轴上，即为焦点F ,此时由对称性可知P 、Q 关于x 轴对称，与从而x 1=x 2，已知不符；总之，直线AB 的斜率存在且不为零．设直线AB 的斜率为k ,直线AB 方程为y =k x -2 ,则条件①M 在AB 上，等价于y 0=k x 0-2 ⇔ky 0=k 2x 0-2 ；两渐近线方程合并为3x 2-y 2=0,联立消去y 并化简整理得：k 2-3 x 2-4k 2x +4k 2=0设A x 3,y 3 ,B x 3,y 4 ,线段中点N x N ,y N ,则x N =x 3+x 42=2k 2k 2-3,y N =k x N -2 =6kk 2-3,设M x 0,y 0 , 则条件③AM =BM 等价于x 0-x 3 2+y 0-y 3 2=x 0-x 4 2+y 0-y 4 2,移项并利用平方差公式整理得：x 3-x 4 2x 0-x 3+x 4 +y 3-y 4 2y 0-y 3+y 4 =0，2x 0-x 3+x 4 +y 3-y 4x 3-x 42y 0-y 3+y 4 =0,即x 0-x N +k y 0-y N =0,即x 0+ky 0=8k 2k 2-3；由题意知直线PM 的斜率为-3, 直线QM 的斜率为3,∴由y 1-y 0=-3x 1-x 0 ,y 2-y 0=3x 2-x 0 ,∴y 1-y 2=-3x 1+x 2-2x 0 ,所以直线PQ 的斜率m =y 1-y 2x 1-x 2=-3x 1+x 2-2x 0 x 1-x 2,直线PM :y =-3x -x 0 +y 0,即y =y 0+3x 0-3x ,代入双曲线的方程3x 2-y 2-3=0,即3x +y 3x -y =3中，得：y 0+3x 0 23x -y 0+3x 0 =3,解得P 的横坐标：x 1=1233y 0+3x 0+y 0+3x 0,。
高考英语五年真题(2019-2023年)专题汇总解析—非谓语动词
高考英语五年真题（2019-2023年）专题汇总解析—非谓语动词一、2023年高考真题1.2023新高考全国Ⅰ卷To eat one, you have to decide whether ____37____ (bite) a small hole in it first, releasing the stream and risking a spill (溢出)...【答案】to bite【解析】考查非谓语动词。
句意：吃小笼包的时候，你必须要决定是先咬一个小口流出汤汁，还是把整个小笼包放进嘴里，让热汤在舌头上爆炸。
decide to do sth.“决定做某事”，用不定式作宾语，空处与后面to put并列作宾语，故填to bite。
2.2023新高考全国Ⅰ卷Shanghai may be the ____39____ (recognize) home of the soup dumplings but food historians will actually point you to the neighboring canal town of Nanxiang as Xiao long hao’s birthplace.【答案】recognized【解析】考查非谓语动词。
句意：上海可能是公认的小笼包之乡，但美食历史学家会告诉你，邻近的运河小镇南翔才是小笼包的发源地。
空格在名词home前面作定语，recognize与home是逻辑上动宾关系，需填过去分词recognized作定语，recognized“被公认的”也可以看作是形容词作定语。
故填recognized。
3.2023新高考全国Ⅰ卷Nanxiang aside, the best Xiao long bao have a fine skin, allowing them ____41____ (lift) out of the steamer basket ...【答案】to be lifted【解析】考查非谓语动词。
2023年五年高考真题发展观
教研活动：唯物辩证法——发展观考纲规定：唯物辩证法旳发展观发展旳概念发展旳前进性与波折性发展旳量变与质变状态全国卷近五年没考过发展观*2 （江苏单科）（北京文综开放性题目措施论提议）量质变关系原理*1（山东卷）唯物辩证法含发展观要点*1 （天津卷）高考题1、（全国高考全国2卷22）.党旳十八届五中全会强调，实现“十三五”时期发展目旳，破解发展难题，厚植发展优势，必须牢固树立并切实贯彻创新、协调、绿色、开放、共享旳发展理念。
这是由于①发展理念反应了发展实践旳波折性②发展理念对旳与否关乎发展实践旳成败③发展理念往往是发展实践变革旳先导④发展理念变革意味着消除以往发展理念旳影响A.①②B.①④ C ②③ D.③④【答案】C高考题1、（全国高考北京卷28）“奔跑，两腿以最简朴旳方式交替前行，无多次地反复，但每一步都是新旳前进，最终能成就一种看似难以企及旳跨越。
”“奔跑，让我懂得自己正在努力，一般可以变得独特，平凡可以变得卓越。
”从以上跑步爱好者旳感受中，可以领悟到A.人生价值旳大小一般来自于个人体验B. 生命旳意义在于社会对个体旳肯定C. 人可以在量旳积累中获得精神提高D.人旳意志不停推进社会发展【答案】C【考点定位】量变质变旳关系、人生价值旳实现2、（全国高考江苏卷33）与一般微信群不一样样，“日行一善”微信群有个尤其旳群规，群友发出旳红包不能抢。
所有微信红包里旳钱，都被用来协助贫困人群，日行一善，积小善成大善，弘扬社会正能量。
材料表明①价值观影响人们旳行为选择②事物旳发展是从量变开始旳③人们旳价值选择是因时而变旳④量变引起质变是事物发展旳总趋势A.①②B.①④C.②③D.③④【答案】A【考点定位】价值观旳导向作用，量变和质变旳关系3、（高考上海卷25）从对“物”旳守护到对“人”旳关注，观众从“看客”变为“学习者”，博物馆旳公众教育功能日益受到广泛关注。
但目前国内博物馆在藏品入库、研究课题设置、技术人员职称评估、人才队伍建设、免费开放财政补助等方面，存在诸多难题。
通用版五年高考2024_2025高考英语真题分项详解专题17名词性从句含解析
专题17 名词性从句【2024年】1. （2024·江苏卷）It is not a problem __________ we can win the battle; it’s just a matter of time.A. whetherB. whyC. whenD. where【答案】A【解析】考查主语从句。
句意：我们能否打赢这场战斗不是问题；这只是时间问题。
A. whether是否；B. why为什么；C. when什么时候；D. where在哪里。
依据下文it’s justa matter of time可知，此处指”我们能否打赢这场战斗不是问题”，it是形式主语，whether引导的从句是真正的主语。
故选A。
2. （2024·天津卷）The student completed this experiment to make come true__________ Professor Joseph had said.A. thatB. whatC. whenD. where【答案】B【解析】考查名词性从句。
句意：为了使约瑟夫教授所说的成为现实，这个学生完成了这个试验。
_________ Professor Joseph had said作make的宾语从句，该从句中，空处在从句中作said的宾语，表示”……所说的话”，因此应用what引导该从句。
故选B。
3. （2024·浙江卷）Over thousands of years，they began to depend less on 57 could be hunted or gathered from the wild, and more on animals they had raised and crops they had sown.【答案】what【解析】考查名词性从句。
句意：在几千年的时间里，他们起先削减对我们从野外采集的猎物的依靠，而更多地依靠他们饲养的动物和播种的庄稼。
五年2024_2025高考物理真题专题点拨__专题14热学含解析
部大气压相同，温度为 450 K，最终降到 300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的 20 。 21
若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的 20 ，罐内气压与火罐降温 21
后的内部气压相同。罐内气体均可视为志向气体，忽视抽气过程中气体温度的变更。求应抽
出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
结合 A 选项可知Wab Wbc 0 ，所以 Qbc Qab 。 b c 过程气体汲取的热量大于 a b 过程汲取的热量，B 错误；气体从 c a ，温度降低，所以 Uca 0 ，气体体积减 小，外界对气体做功，所以Wca 0 ，依据热力学第肯定律可知 Qca ，放出热量，C 正 确；志向气体的内能只与温度有关，依据Ta Tb 可知从 Tca Tbc ，所以气体从 c a 过程中内能的削减量等于 b c 过程中内能的增加量，D 错误。故选 C。
p1 p0 pgh 0 ， p2 p0 pgh
V1 S 2H l h0 ，V2 SH
联立以上式子并代入题给数据得 h=12.9cm； （ii）密封气体再经等压膨胀过程体积变为 V3，温度变为 T2，由盖一吕萨克定律有
V2 V3 T1 T2
按题设条件有V3 S(2H h) ，代入题给数据得 T2=363K。
则
pV
1 2
p 2V
( p1
p2 ) 3V
则甲乙中气体最终压强
p'
p1
p2
2 3
p
（ii）若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为 p，则 p 'V pV ' ，计算可
得V ' 2V 3
由密度定律可得，质量之比等于 m现 V ' 2 m原 V 3
五年(2019-2023)年高考真题 专题04 立体几何(解析版)
五年（2019-2023）年高考真题分项汇编专题04立体几何考点精析：考点一空间几何体的侧面积和表面积1．（2021()A ．2B ．C ．4D ．【解析】由题意，设母线长为l ，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有2l ππ=⋅，解得l =所以该圆锥的母线长为故选：B ．2．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为．【解析】因为圆柱的底面积为9π，即29R ππ=，所以3R =，所以224S Rh ππ==侧．故答案为：24π．3．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，C 是下底面圆周上的一个动点，则ABC ∆的面积的取值范围为．【解析】如图1，上底面圆心记为O ，下底面圆心记为O '，连接OC ，过点C 作CM AB ⊥，垂足为点M ，则12ABC S AB CM ∆=⨯⨯，根据题意，AB 为定值2，所以ABC S ∆的大小随着CM 的长短变化而变化，如图2所示，当点M 与点O 重合时，CM OC ===此时ABC S ∆取得最大值为122⨯=；如图3所示，当点M 与点B 重合，CM 取最小值2，此时ABC S ∆取得最小值为12222⨯⨯=．综上所述，ABC S ∆的取值范围为．故答案为：．4．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为．【解析】圆柱的底面半径为1r =，高为2h =，所以圆柱的侧面积为22124S rh πππ==⨯⨯=侧．故答案为：4π．5．（2019•上海）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为()A ．1B ．2C ．4D ．8【解析】如图，则21142133V ππ=⨯⨯=，22121233V ππ=⨯⨯=，∴两个圆锥的体积之比为43223ππ=．故选：B ．6．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 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．【解析】 圆锥侧面展开图是半圆，面积为22cm π，设圆锥的母线长为acm ，则2122a ππ⨯=，2a cm ∴=，∴侧面展开扇形的弧长为2cm π，设圆锥的底面半径OC rcm =，则22r ππ=，解得1r cm =．故答案为：1cm ．7．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3343，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π【解析】当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为3332sin 60=︒4=，如图，设球的半径为R 1=，解得5R =，∴该球的表面积为24425100R πππ=⨯=．当球心在台体内时，如图，1=，无解．综上，该球的表面积为100π．故选：A ．8．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积22(1cos )S r πα=-（单位：2)km ，则S 占地球表面积的百分比约为()A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【解析】由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，则36000640042400OP =+=，那么64008cos 4240053α==；卫星信号覆盖的地球表面面积22(1cos )S r πα=-，那么，S 占地球表面积的百分比为222(1cos )4542%4106r r παπ-=≈．故选：C ．考点二空间几何体的体积9．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3l，则该正四棱锥体积的取值范围是()A ．[18，81]4B ．27[4，814C ．27[4，64]3D ．[18，27]【解析】如图所示，正四棱锥P ABCD -各顶点都在同一球面上，连接AC 与BD 交于点E ，连接PE ，则球心O 在直线PE 上，连接OA ，设正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，在Rt PAE ∆中，222PA AE PE =+，即2222221(22l h a h =+=+， 球O 的体积为36π，∴球O 的半径3R =，在Rt OAE ∆中，222OA OE AE =+，即2222(3))2R h =-+，∴221602a h h +-=，∴22162a h h +=，26l h ∴=，又3l∴3922h ，∴该正四棱锥体积2232112()(122)4333V h a h h h h h h ==-=-+，2()282(4)V h h h h h '=-+=- ，∴当342h <时，()0V h '>，()V h 单调递增；当942h <时，()0V h '<，()V h 单调递减，()max V h V ∴=（4）643=，又327(24V = ，981()24V =，且278144<，∴2764()43V h ，即该正四棱锥体积的取值范围是27[4，643，故选：C ．10．（2022•新高考Ⅰ）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为2140.0km ；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为2180.0km ．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m 时，增加的水量约为(7 2.65)(≈)A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯【解析】26214014010km m =⨯，26218018010km m =⨯，根据题意，增加的水量约为666614010180101401018010(157.5148.5)3⨯+⨯⨯⨯⨯⨯-6(140180607)109++⨯=6693(32060 2.65)103143710 1.410m ≈+⨯⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．11．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为()A ．203+B ．282C ．563D ．2823【解析】解法一：如图1111ABCD A B C D -为正四棱台，2AB =，114A B =，12AA =．在等腰梯形11A B BA 中，过A 作11AE A B ⊥，可得14212A E -==，2211413AE AA A E =--=．连接AC ，11A C ，4422AC =+=，11161642A C =+，过A 作11AG A C ⊥，142222A G -==，AG ===，∴正四棱台的体积为：V h=22243++=2823=．解法二：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，∴该棱台的记h =下底面面积116S =，上底面面积24S =，则该棱台的体积为：1211282((164333V h S S =++=⨯++=．故选：D ．12．【多选】（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：)m 的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有()A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体【解析】对于A ，棱长为1的正方体内切球的直径为10.99>，选项A 正确；对于B ，如图，正方体内部最大的正四面体11D A BC - 1.4=>，选项B 正确；对于C ，棱长为1 1.8<，选项C 错误；对于D ，如图，六边形EFGHIJ 为正六边形，E ，F ，G ，H ，I ，J 为棱的中点，高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，六边形EFGHIJ 棱长为2米，30GFH GHF ∠=∠=︒，所以62FH ===米，故六边形EFGHIJ 内切圆半径为62米，而223(1.2) 1.442=>=，选项D 正确．故选：ABD ．13．【多选】（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，//FB ED ，2AB ED FB ==．记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为1V ，2V ，3V ，则()A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【解析】设22AB ED FB ===，114||33ACD V S ED ∆=⨯⨯=，212||33ABC V S FB ∆=⨯⨯=，如图所示，连接BD 交AC 于点M ，连接EM 、FM ，则3FM =6EM =，3EF =，故1323622EMF S ∆==，3113222332EMF V S AC ∆=⨯=⨯，故C 、D 正确，A 、B 错误．故选：CD ．14．【多选】（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，则()A ．当1λ=时，△1AB P 的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【解析】对于A ，当1λ=时，1BP BC BB μ=+ ，即1CP BB μ= ，所以1//CP BB ，故点P 在线段1CC 上，此时△1AB P 的周长为11AB B P AP ++，当点P 为1CC 的中点时，△1AB P ，当点P 在点1C 处时，△1AB P 的周长为1，故周长不为定值，故选项A 错误；对于B ，当1μ=时，1BP BC BB λ=+ ，即1B P BC λ= ，所以1//B P BC ，故点P 在线段11B C 上，因为11//B C 平面1A BC ，所以直线11B C 上的点到平面1A BC 的距离相等，又△1A BC 的面积为定值，所以三棱锥1P A BC -的体积为定值，故选项B 正确；对于C ，当12λ=时，取线段BC ，11B C 的中点分别为M ，1M ，连结1M M ，因为112BP BC BB μ=+ ，即1MP BB μ= ，所以1//MP BB ，则点P 在线段1M M 上，当点P 在1M 处时，1111A M B C ⊥，111A M B B ⊥，又1111B C B B B = ，所以11A M ⊥平面11BB C C ，又1BM ⊂平面11BB C C ，所以111A M BM ⊥，即1A P BP ⊥，同理，当点P 在M 处，1A P BP ⊥，故选项C 错误；对于D ，当12μ=时，取1CC 的中点1D ，1BB 的中点D ，因为112BP BC BB λ=+ ，即DP BC λ= ，所以//DP BC ，则点P 在线的1DD 上，当点P 在点1D 处时，取AC 的中点E ，连结1A E ，BE ，因为BE ⊥平面11ACC A ，又1AD ⊂平面11ACC A ，所以1AD BE ⊥，在正方形11ACC A 中，11AD A E ⊥，又1BE A E E = ，BE ，1A E ⊂平面1A BE ，故1AD ⊥平面1A BE ，又1A B ⊂平面1A BE ，所以11A B AD ⊥，在正方体形11ABB A 中，11A B AB ⊥，又11AD AB A = ，1AD ，1AB ⊂平面11AB D ，所以1A B ⊥平面11AB D ，因为过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P ，故选项D 正确．故选：BD ．15．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．【解析】如图所示，根据题意易知△11SO A SOA ∆∽，∴11121222SO O A SO OA ===，又13SO =，6SO ∴=，13OO ∴=，又上下底面正方形边长分别为2，4，∴所得棱台的体积为1(416416)3283⨯++⨯⨯=．故答案为：28．16．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，2AB =，111A B =，12AA =，则该棱台的体积为．【解析】如图，设正四棱台1111ABCD A B C D -的上下底面中心分别为M ，N ，过1A 作1A H AC ⊥，垂足点为H ，由题意易知122A M HN ==，又2AN =22AH AN HN ∴=-=，又1AA =，1A H MN ∴==∴该四棱台的体积为1(14326⨯++⨯=．故答案为：766．17．（2020•海南）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为．【解析】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，∴111122ANM S ∆=⨯⨯=，∴111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯=．故答案为：13．18．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边ABC ∆，O 为AC 边中点，且PO ⊥底面ABC ，2AP AC ==．（1）求三棱锥体积P ABC V -；（2）若M 为BC 中点，求PM 与面PAC 所成角大小．【解析】（1）在三棱锥P ABC -中，因为PO ⊥底面ABC ，所以PO AC ⊥，又O 为AC 边中点，所以PAC ∆为等腰三角形，又2AP AC ==．所以PAC ∆是边长为2的为等边三角形，3PO ∴=，三棱锥体积2113231334P ABC ABC V S PO -∆=⋅=⨯⨯，（2）以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OP 为z轴，建立空间直角坐标系，则(0P ，03)，(3B 0，0)，(0C ，1，0)，3(2M ，12，0)，3(2PM = ，12，3)-，平面PAC 的法向量(3OB = 0，0)，设直线PM 与平面PAC 所成角为θ，则直线PM 与平面PAC 所成角的正弦值为332sin ||4||||32PM OB PM OB θ⋅===⋅⨯ ，所以PM 与面PAC 所成角大小为319．（2020•上海）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ．（1）若5PC =，求四棱锥P ABCD -的体积；（2）若直线AD 与BP 的夹角为60︒，求PD 的长．【解析】（1）PD ⊥ 平面ABCD ，PD DC ∴⊥．3CD = ，5PC ∴=，4PD ∴=，2134123P ABCD V -∴=⨯⨯=，所以四棱锥P ABCD -的体积为12．（2）ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，BC PD ∴⊥，BC CD⊥又PD CD D= BC ∴⊥平面PCDBC PC∴⊥ 异面直线AD 与PB 所成角为60︒，//BC AD∴在Rt PBC ∆中，60PBC ∠=︒，3BC =故33PC =在Rt PDC ∆中，3CD =32PD ∴=考点三空间中直线与直线之间的位置关系20．（2022•上海）如图正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 、S 分别为棱AB 、BC 、1BB 、CD 的中点，联结1A S ，1B D ．空间任意两点M 、N ，若线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，则称MN 两点可视，则下列选项中与点1D 可视的为()A ．点PB ．点BC ．点RD ．点Q【解析】线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，即直线MN 与线段1A S 、1B D 不相交，因此所求与1D 可视的点，即求哪条线段不与线段1A S 、1B D 相交，对A 选项，如图，连接1A P 、PS 、1D S ，因为P 、S 分别为AB 、CD 的中点，∴易证11//A D PS ，故1A 、1D 、P 、S 四点共面，1D P ∴与1A S 相交，A ∴错误；对B 、C 选项，如图，连接1D B 、DB ，易证1D 、1B 、B 、D 四点共面，故1D B 、1D R 都与1B D 相交，B ∴、C 错误；对D 选项，连接1D Q ，由A 选项分析知1A 、1D 、P 、S 四点共面记为平面11A D PS ，1D ∈ 平面11A D PS ，Q ∉平面11A D PS ，且1A S ⊂平面11A D PS ，点11D A S ∉，1D Q ∴与1A S 为异面直线，同理由B ，C 选项的分析知1D 、1B 、B 、D 四点共面记为平面11D B BD ，1D ∈ 平面11D B BD ，Q ∉平面11D B BD ，且1B D ⊂平面11D B BD ，点11D B D ∉，1D Q ∴与1B D 为异面直线，故1D Q 与1A S ，1B D 都没有公共点，D ∴选项正确．故选：D ．21．（2021•浙江）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则()A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCDB ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD B C ．直线1A D 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B 【解析】连接1AD ，如图：由正方体可知11A D AD ⊥，1A D AB ⊥，1A D ∴⊥平面1ABD ，11A D D B ∴⊥，由题意知MN 为△1D AB 的中位线，//MN AB ∴，又AB ⊂ 平面ABCD ，MN ⊂/平面ABCD ，//MN ∴平面ABCD ．A ∴对；由正方体可知1A D 与平面1BDD 相交于点D ，1D B ⊂平面1BDD ，1D D B ∉，∴直线1A D 与直线1D B 是异面直线，B ∴、C 错；//MN AB ，AB 不与平面11BDD B 垂直，MN ∴不与平面11BDD B 垂直，D ∴错．故选：A ．22．（2020•上海）在棱长为10的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为左侧面11ADD A 上一点，已知点P 到11A D的距离为3，P 到1AA 的距离为2，则过点P 且与1A C 平行的直线交正方体于P 、Q 两点，则Q 点所在的平面是()A ．11AAB BB ．11BBC C C ．11CCD D D ．ABCD 【解析】如图，由点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，可得P 在△1AA D 内，过P 作1//EF A D ，且1EF AA 于E ，EF AD 于F ，在平面ABCD 中，过F 作//FG CD ，交BC 于G ，则平面//EFG 平面1A DC ．连接AC ，交FG 于M ，连接EM ，平面//EFG 平面1A DC ，平面1A AC ⋂平面11A DC A C =，平面1A AC ⋂平面EFM EM =，1//EM A C ∴．在EFM ∆中，过P 作//PQ EM ，且PQ FM 于Q ，则1//PQ A C ．线段FM 在四边形ABCD 内，Q 在线段FM 上，Q ∴在四边形ABCD 内．∴则Q 点所在的平面是平面ABCD ．故选：D ．23．（2023•上海）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为边11A C 上的动点，则下列直线中，始终与直线BP 异面的是()A ．1DDB ．AC C ．1AD D ．1B C【解析】对于A ，当P 是11A C 的中点时，BP 与1DD 是相交直线；对于B ，根据异面直线的定义知，BP 与AC 是异面直线；对于C ，当点P 与1C 重合时，BP 与1AD 是平行直线；对于D ，当点P 与1C 重合时，BP 与1B C 是相交直线．故选：B ．考点四异面直线及其所成的角24．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知正方体1111ABCD A B C D -，则()A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒C ．直线1BC 与平面11BBD D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒【解析】如图，连接1B C ，由11//A B DC ，11A B DC =，得四边形11DA B C 为平行四边形，可得11//DA B C ，11BC B C ⊥ ，∴直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，故A 正确；111A B BC ⊥ ，11BC B C ⊥，1111A B B C B = ，1BC ∴⊥平面11DA B C ，而1CA ⊂平面11DA B C ，11BC CA ∴⊥，即直线1BC 与1CA 所成的角为90︒，故B 正确；设1111A C B D O = ，连接BO ，可得1C O ⊥平面11BB D D ，即1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，1111sin 2OC C BO BC ∠== ，∴直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30︒，故C 错误；1CC ⊥ 底面ABCD ，1C BC ∴∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒，故D 正确．故选：ABD ．考点五空间中直线与平面之间的位置关系25．（2019•上海）已知平面α、β、γ两两垂直，直线a 、b 、c 满足：a α⊆，b β⊆，c γ⊆，则直线a、b、c不可能满足以下哪种关系()A．两两垂直B．两两平行C．两两相交D．两两异面【解析】如图1，可得a、b、c可能两两垂直；如图2，可得a、b、c可能两两相交；如图3，可得a、b、c可能两两异面；故选：B．26．【多选】（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则满足MN OP⊥的是()A．B．C．D．【解析】对于A，设正方体棱长为2，设MN与OP所成角为θ，则12tan12θ==，∴不满足MN OP⊥，故A错误；对于B，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2N ，0，0)，(0M ，0，2)，(2P ，0，1)，(1O ，1，0)，(2MN = ，0，2)-，(1OP = ，1-，1)，0MN OP ⋅= ，∴满足MN OP ⊥，故B 正确；对于C ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2M ，2，2)，(0N ，2，0)，(1O ，1，0)，(0P ，0，1)，(2MN =- ，0，2)-，(1OP =- ，1-，1)，0MN OP ⋅= ，∴满足MN OP ⊥，故C 正确；对于D ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(0M ，2，0)，(0N ，0，2)，(2P ，1，2)，(1O ，1，0)，(0MN = ，2-，2)，(1OP = ，0，2)，4MN OP ⋅= ，∴不满足MN OP ⊥，故D 错误．故选：BC ．考点六直线与平面所成的角27．（2020•山东）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为)O ，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为()A ．20︒B ．40︒C ．50︒D ．90︒【解析】可设A 所在的纬线圈的圆心为O '，OO '垂直于纬线所在的圆面，由图可得OHA ∠为晷针与点A 处的水平面所成角，又OAO '∠为40︒且OA AH ⊥，在Rt OHA ∆中，O A OH '⊥，40OHA OAO '∴∠=∠=︒，另解：画出截面图，如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线．l 是点A 处的水平面的截线，由题意可得OA l ⊥，AB 是晷针所在直线．m 是晷面的截线，由题意晷面和赤道面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得//m CD ，根据线面垂直的定义可得AB m ⊥，由于40AOC ∠=︒，//m CD ，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒，故选：B ．28．（2021•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知2AB BC ==，13AA =．（1）若P 是棱11A D 上的动点，求三棱锥C PAD -的体积；（2）求直线1AB 与平面11ACC A的夹角大小．【解析】（1）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1112322332C PAD PAD C PAD V S h -∆-⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭平面；（2）连接1111A C B D O = ，AB BC = ，∴四边形1111A B C D 为正方形，则11OB OA ⊥，又11AA OB ⊥，111OA AA A = ，1OB ∴⊥平面11ACC A ，∴直线1AB 与平面11ACC A 所成的角为1OAB ∠，∴221122122262sin 23OB OAB AB +∠===+∴直线1AB 与平面11ACC A 所成的角为261329．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，15PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（Ⅰ）证明：AB PM ⊥；（Ⅱ）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD 中，由已知可得，1CD AB ==，122CM BC ==，60DCM ∠=︒，∴由余弦定理可得，2222cos60DM CD CM CD CM =+-⨯⨯︒11421232=+-⨯⨯⨯=，则222134CD DM CM +=+==，即CD DM ⊥，又PD DC ⊥，PD DM D = ，CD ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，CD PM ∴⊥，//CD AB ，AB PM ∴⊥；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD ⊥平面PDM ，又CD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PDM ，且平面ABCD ⋂平面PDM DM =，PM MD ⊥ ，且PM ⊂平面PDM ，PM ∴⊥平面ABCD ，连接AM ，则PM MA ⊥，在ABM ∆中，1AB =，2BM =，120ABM ∠=︒，可得2114212(72AM =+-⨯⨯⨯-=，又PA =Rt PMA ∆中，求得PM ==，取AD 中点E ，连接ME ，则//ME CD ，可得ME 、MD 、MP 两两互相垂直，以M 为坐标原点，分别以MD 、ME 、MP 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则(A 2，0)，(0P ，0，，1,0)C -，又N 为PC的中点，31(22N ∴-，335(22AN =- ，平面PDM 的一个法向量为(0,1,0)n = ，设直线AN 与平面PDM 所成角为θ，则5||2sin |cos ,|||||AN n AN n AN n θ⋅=<>==⋅ ．故直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为156．30．（2020•海南）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l上的点，QB =，求PB 与平面QCD所成角的正弦值．【解析】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，设m 为平面PCD 中任意一条直线，则BC m ⊥，//l BC ，l m ∴⊥，由线面垂直的定义是l ⊥平面PCD ；（2）解：如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，1PD AD == ，Q 为l上的点，QB =，PB ∴=，1QP =，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，作//PQ AD ，则PQ 为平面PAD 与平面PBC 的交线为l，因为QB =，QAB ∆是等腰直角三角形，所以(1Q ，0，1)，则(1DQ = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b a c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得(1n =- ，0，1)，|cos n ∴<，6||||3||||n PB PB n PB ⋅>=== ，PB ∴与平面QCD所成角的正弦值为3．31．（2020•上海）已知ABCD 是边长为1的正方形，正方形ABCD 绕AB 旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD 绕AB 逆时针旋转2π至11ABC D ，求线段1CD 与平面ABCD 所成的角．【解析】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成，221214S πππ∴=⨯⨯+⨯=．故该圆柱的表面积为4π．（2） 正方形11ABC D ，1AD AB ∴⊥，又12DAD π∠=，1AD AD ∴⊥，AD AB A = ，且AD 、AB ⊂平面ADB ，1AD ∴⊥平面ADB ，即1D 在面ADB 上的投影为A ，连接1CD ，则1D CA ∠即为线段1CD 与平面ABCD 所成的角，而1126cos 33AC D CA CD ∠==，∴线段1CD 与平面ABCD 所成的角为6arccos3．32．（2020•山东）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解析】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，设平面PCD 中有任一直线l '，则BC ⊥直线l '，//l BC ，l ∴⊥直线l '，∴由线面垂直的定义得l ⊥平面PCD ；（2）如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，设(Q m ，0，1)，(DQ m = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b am c =⎧⎨+=⎩，取1a =-，可得(1n =- ，0，)m ，cos n ∴< ，2||||31n PB PB n PB m⋅>==⋅⋅+ ，PB ∴与平面QCD 2223123131m m m m ++=+⋅+2323261131323m m =++=+1m =取等号，PB ∴与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63．33．（2020•浙江）如图，在三棱台ABC DEF -中，平面ACFD ⊥平面ABC ，45ACB ACD ∠=∠=︒，2DC BC =．（Ⅰ）证明：EF DB ⊥；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）证明：作DH AC ⊥，且交AC 于点H ， 面ADFC ⊥面ABC ，DH ⊂面ADFC ，DH BC ∴⊥，∴在Rt DHC ∆中，2cos 452CH CD =⋅︒=，2DC BC = ，2222CH BC BC ∴===，∴22BC CH =，即BHC ∆是直角三角形，且90HBC ∠=︒，HB BC ∴⊥，BC ∴⊥面DHB ，BD ⊂ 面DHB ，BC BD ∴⊥， 在三棱台DEF ABC -中，//EF BC ，EF DB ∴⊥．（Ⅱ）设1BC =，则1BH =，2HC =在Rt DHC ∆中，2DH =2DC =，在Rt DHB ∆中，22213DB DH HB =+=+=，作HG BD ⊥于G ，BC HG ⊥ ，HG ∴⊥面BCD ，GC ⊂ 面BCD ，HG GC ∴⊥，HGC ∴∆是直角三角形，且90HGC ∠=︒，设DF 与面DBC 所成角为θ，则θ即为CH 与面DBC 的夹角，且sin sin 2HG HCG HC θ=∠== 在Rt DHB ∆中，DH HB BD HG ⋅=⋅，2633DH HB HG BD ⋅∴===，633sin 322θ∴===．34．（2019•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，M 为1BB 上一点，已知2BM =，3CD =，4AD =，15AA =．（1）求直线1A C 和平面ABCD 的夹角；（2）求点A 到平面1A MC 的距离．【解析】（1）依题意：1AA ⊥平面ABCD ，连接AC ，则1A C 与平面ABCD 所成夹角为1A CA ∠，15AA = ，5AC =，∴△1A CA 为等腰三角形，14A CA π∴∠=，∴直线1A C 和平面ABCD 的夹角为4π，（2）（空间向量），如图建立坐标系，则(0A ，0，0)，(3C ，4，0)，1(0A ，0，5)，(3M ，0，2)，∴(3AC = ，4，0)，1(3A C = ，4，5)-，(0MC = ，4．2)-，设平面1A MC 的法向量(n x = ，y ，)z ，由13450420n A C x y z n MC y z ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ ，可得(2n = ，1，2)，∴点A 到平面1A MC的距离||10||3AC n d n ⋅== ．35．（2019•浙江）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，30BAC ∠=︒，11A A A C AC ==，E ，F 分别是AC ，11A B 的中点．（Ⅰ）证明：EF BC ⊥；（Ⅱ）求直线EF 与平面1A BC所成角的余弦值．【解析】方法一：证明：（Ⅰ）连接1A E ，11A A A C = ，E 是AC 的中点，1A E AC ∴⊥，又平面11A ACC ⊥平面ABC ，1A E ⊂平面11A ACC ，平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，1A E ∴⊥平面ABC ，1A E BC ∴⊥，1//A F AB ，90ABC ∠=︒，1BC A F ∴⊥，111A F A E A = ，BC ∴⊥平面1A EF ，EF BC ∴⊥．解：（Ⅱ）取BC 中点G ，连接EG 、GF ，则1EGFA 是平行四边形，由于1A E ⊥平面ABC ，故1A E EG ⊥，∴平行四边形1EGFA 是矩形，由（Ⅰ）得BC ⊥平面1EGFA ，则平面1A BC ⊥平面1EGFA ，EF ∴在平面1A BC 上的射影在直线1A G 上，连接1A G ，交EF 于O ，则EOG ∠是直线EF 与平面1A BC 所成角（或其补角），不妨设4AC =，则在Rt △1A EG中，1A E =，EG =，O 是1A G的中点，故12A G EO OG ===2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∴∠==⨯⨯，∴直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值为35．方法二：证明：（Ⅰ）连接1A E ，11A A A C = ，E 是AC 的中点，1A E AC ∴⊥，又平面11A ACC ⊥平面ABC ，1A E ⊂平面11A ACC ，平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，1A E ∴⊥平面ABC ，如图，以E 为原点，在平面ABC 中，过E 作AC 的垂线为x 轴，EC ，1EA 所在直线分别为y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设4AC =，则1(0A ，0，，B，1B，33(22F ，(0C ，2，0)，33(22EF =，(BC = ，由0EF BC = ，得EF BC ⊥．解：（Ⅱ）设直线EF 与平面1A BC 所成角为θ，由（Ⅰ）得(BC = ，1(0A C = ，2，-，设平面1A BC 的法向量(n x = ，y ，)z ，则100BC n y A C n y ⎧=+=⎪⎨==⎪⎩ ，取1x =，得n = ，||4sin 5||||EF n EF n θ∴== ，∴直线EF 与平面1A BC35=．考点七二面角的平面角及求法36．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -，1AC AA =，E ，F 分别是棱BC ，11A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则()A ．αβγB ．βαγC ．βγαD ．αγβ【解析】 正三棱柱111ABC A B C -中，1AC AA =，∴正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，如图，过F 作FG AC ⊥，垂足点为G ，连接GE ，则1//A A FG ，EF ∴与1AA 所成的角为EFG α∠=，且tan GE GE FGα==，又[0GE ∈，1]，tan [0α∴∈，1]，EF ∴与平面ABC 所成的角为FEG β∠=，且1tan [1GF GE GEβ==∈，)+∞，tan tan βα∴，...①，再过G 点作GH BC ⊥，垂足点为H ，连接HF ，又易知FG ⊥底面ABC ，BC ⊂底面ABC ，BC FG ∴⊥，又FG GH G = ，BC ∴⊥平面GHF ，∴二面角F BC A --的平面角为GHF γ∠=，且1tan GF GH GHγ==，又[0GH ∈，32，tan γ∴∈)+∞，tan tan γα∴，...②，又GE GH ，tan tan βγ∴，...③，由①②③得tan tan tan αβγ，又α，β，[0γ∈，)2π，tan y x =在[0，2π单调递增，αβγ∴，故选：A．37．（2019•浙江）设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则()A ．βγ<，αγ<B ．βα<，βγ<C ．βα<，γα<D ．αβ<，γβ<【解析】方法一、如图G 为AC 的中点，V 在底面的射影为O ，则P 在底面上的射影D 在线段AO 上，作DE AC ⊥于E ，易得//PE VG ，过P 作//PF AC 于F ，过D 作//DH AC ，交BG 于H ，则BPF α=∠，PBD β=∠，PED γ=∠，则cos cos PF EG DH BD PB PB PB PB αβ===<=，可得βα<；tan tan PD PD ED BDγβ=>=，可得βγ<，方法二、由最小值定理可得βα<，记V AC B --的平面角为γ'（显然)γγ'=，由三正弦定理可得βγγ'<=；方法三、（特殊图形法）设三棱锥V ABC -为棱长为2的正四面体，P 为VA 的中点，易得12cos α==sin α=，sin β=sin 3γ==，当23AP =时，由余弦定理可得273PB ==，281628999cos 27433α+-==sin α=，可得αγ<，故C 错误．故选：B．38．【多选】（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，AB 为底面直径，120APB ∠=︒，2PA =，点C 在底面圆周上，且二面角P AC O --为45︒，则()A ．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为C．AC =D ．PAC ∆【解析】取AC 中点D ，则OD AC ⊥，PD AC ⊥，由二面角的定义可知，二面角P AC O --的平面角即为45PDO ∠=︒，对于A ，PAB ∆中，由于2PA PB ==，120APB ∠=︒，则1PO =，AO =，则1OD =，1313V ππ=⋅⋅=，选项A 正确．对于B，2S π==侧，选项B 错误．对于C，AC ==，选项C 正确．对于D，PD =122PAC S ∆==，选项D 错误．故选：AC ．39．（2023•上海）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -，AB AD ⊥，//AB CD ，2AB =，3AD =，4CD =．（1）证明：直线1//A B 平面11DCC D ；（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角1A BD A --的大小．【解析】（1）证明：根据题意可知//AB DC ，11//AA DD ，且1AB AA A = ，∴可得平面11//A ABB 平面11DCC D ，又直线1A B ⊂平面11A ABB ，∴直线1//A B 平面11DCC D ；（2）设1AA h =，则根据题意可得该四棱柱的体积为1(24)3362h ⨯+⨯⨯=，4h ∴=，1A A ⊥ 底面ABCD ，在底面ABCD 内过A 作AE BD ⊥，垂足点为E ，则1A E 在底面ABCD 内的射影为AE ，∴根据三垂线定理可得1BD A E ⊥，故1A EA ∠即为所求，在Rt ABD ∆中，2AB =，3AD =，BD ∴==，AB AD AE BD ⨯∴==，又14A A h ==，114tan 6A A A EA AE ∴∠===∴二面角1A BD A --的大小为213arctan3．40．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥A BCD -中，DA DB DC ==，BD CD ⊥，60ADB ADC ∠=∠=︒，E为BC 中点．（1）证明BC DA ⊥；（2）点F 满足EF DA = ，求二面角D AB F --的正弦值．【解析】证明：（1）连接AE ，DE ，DB DC = ，E 为BC 中点．DE BC ∴⊥，又DA DB DC == ，60ADB ADC ∠=∠=︒，ACD ∴∆与ABD ∆均为等边三角形，AC AB ∴=，AE BC ∴⊥，AE DE E = ，BC ∴⊥平面ADE ，AD ⊂ 平面ADE ，BC DA ∴⊥．（2）解：设2DA DB DC ===，∴BC =DE AE ==2AD =，2224AE DE AD ∴+==，AE DE ∴⊥，又AE BC ⊥ ，DE BC E = ，AE ∴⊥平面BCD ，以E 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，(2,0,0)D ，2)A ，2,0)B ，(0E ，0，0)，EF DA = ，∴(2,0,2)F -，∴(2,0,2)DA =- ，2,2)AB = ，(2,0,0)AF = ，设平面DAB 与平面ABF 的一个法向量分别为1111(,,)n x y z = ，2222(,,)n x y z = ，则1111220220x z z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，令11x =，解得111y z ==，22222020z -==⎪⎩，令21y =，解得20x =，21z =，故1(1n = ，1，1)，2(0n = ，1，1)，设二面角D AB F --的平面角为θ，则1212||26|cos |3||||32n n n n θ⋅==⨯ ，故3sin 3θ=，所以二面角D AB F --33．41．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱111ABCD A B C D -中，2AB =，14AA =．点2A ，2B ，2C ，2D 分别在棱1AA ，1BB ，1CC ，1DD 上，21AA =，222BB DD ==，23CC =．（1）证明：2222//B C A D ；（2）点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D --为150︒时，求2B P ．【解析】（1）证明：根据题意建系如图，则有：2(0B ，2，2)，2(0C ，0，3)，2(2A ，2，1)，2(2D ，0，2)，∴22(0,2,1)B C =- ，22(0,2,1)A D =- ，∴2222B C A D = ，又2B ，2C ，2A ，2D 四点不共线，2222//B C A D ∴；（2）在（1）的坐标系下，可设(0P ，2，)t ，[0t ∈，4]，又由（1）知2(0C ，0，3)，2(2A ，2，1)，2(2D ，0，2)，∴22(2,2,2)C A =- ，2(0,2,3)C P t =- ，22(0,2,1)A D =- ，设平面22PA C 的法向量为(,,)m x y z = ，则22222202(3)0m C A x y z m C P y t z ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩ ，取(1,3,2)m t t =-- ，设平面222A C D 的法向量为(,,)n a b c = ，则2222222020n C A a b c n A D b c ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取(1,1,2)n = ，∴根据题意可得|cos150||cos m ︒=< ，|||||||m n n m n ⋅>= ，∴22362(1)(3)46t t =-+-+⨯，2430t t ∴-+=，又[0t ∈，4]，∴解得1t =或3t =，P ∴为12B B 的中点或2B B 的中点，21B P ∴=．42．（2022•浙江）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，//EF=，AB=，3DC=，1DC EF，5AB DC，//--的平面角为60︒．设M，N分别为AE，BC的中点．∠=∠=︒，二面角F DC B60BAD CDE（Ⅰ）证明：FN AD⊥；（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．【解析】证明：()I由于CD CB⊥，⊥，CD CF平面ABCD⋂平面CDEF CD=，CF⊂平面CDEF，CB⊂平面ABCD，所以FCB--的平面角，∠为二面角F DC B则60⊥．∠=︒，CD⊥平面CBF，则CD FNFCB又3()3,3()3=-==-=CF CD EF CB AB CD则BCF⊥，∆是等边三角形，则CB FN，FC⊂平面FCB，BC⊂平面FCB，因为DC FC⊥，DC BC⊥，FC BC C=所以DC⊥平面FCB，因为FN⊂平面FCB，所以DC FN⊥，，DC⊂平面ABCD，CB⊂平面ABCD，又因为DC CB C=所以FN⊥平面ABCD，因为AD⊂平面ABCD，故FN AD⊥；解：（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如图建系：于是3,0),3,0),(0,0,3),(1,0,3),(3,3,0)B A F E D -，则33)22M ，33(3,),3,0),(2,3,3)22BM DA DE =-==- ，设平面ADE 的法向量(n x = ，y ，)z ，则00n DA n DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴2302330x x z ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩，令3x =，则1y =-，3z =∴平面ADE 的法向量(3,3)n =- ，设BM 与平面ADE 所成角为θ，则||57sin 14||||BM n BM n θ⋅== ．43．（2022•新高考Ⅱ）如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 为PB 的中点．（1）证明：//OE 平面PAC ；（2）若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．【解析】（1）证明：连接OA ，OB ，依题意，OP ⊥平面ABC ，又OA ⊂平面ABC ，OB ⊂平面ABC ，则OP OA ⊥，OP OB ⊥，90POA POB ∴∠=∠=︒，又PA PB =，OP OP =，则POA POB ∆≅∆，OA OB ∴=，延长BO 交AC 于点F ，又AB AC ⊥，则在Rt ABF ∆中，O 为BF 中点，连接PF ，在PBF ∆中，O ，E 分别为BF ，BP 的中点，则//OE PF ，OE ⊂/ 平面PAC ，PF ⊂平面PAC ，//OE ∴平面PAC ；（2）过点A 作//AM OP ，以AB ，AC ，AM 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由于3PO =，5PA =，由（1）知4OA OB ==，又30ABO CBO ∠=∠=︒，则AB =∴3(0,0,0),)2P B A E ，又tan 6012AC AB =︒=，即(0C ，12，0)，设平面AEB 的一个法向量为(,,)n x y z =，又3)2AB AE == ，则0302n AB n AE y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩ ，则可取(0,3,2)n =- ，设平面AEC 的一个法向量为(,,)m a b c =，又3(0,12,0),2AC AE == ，则120302m AC b m AE b c ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩，则可取(m = ，设锐二面角C AE B --的平面角为θ，则cos |cos ,|||||||13m n m n m n θ⋅=<>== ，∴11sin 13θ==，即二面角C AE B --正弦值为1113．44．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，△1A BC的面积为（1）求A 到平面1A BC 的距离；（2）设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【解析】（1）由直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，可得11111433A ABC ABC ABC V --==，设A 到平面1A BC 的距离为d ，由11A ABC A A BC V V --=，∴11433A BC S d ⋅= ，∴14233d ⨯=，解得2d =．（2）连接1AB 交1A B 于点E ，1AA AB = ，∴四边形11ABB A 为正方形，11AB A B ∴⊥，又 平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =，1AB ∴⊥平面1A BC ，1AB BC ∴⊥，由直三棱柱111ABC A B C -知1BB ⊥平面ABC ，1BB BC ∴⊥，又111AB BB B = ，BC ∴⊥平面11ABB A ，BC AB ∴⊥，以B 为坐标原点，BC ，BA ，1BB所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，1AA AB = ，12222BC ∴⨯=，又1142AB BC AA ⨯⨯=，解得12AB BC AA ===，则(0B ，0，0)，(0A ，2，0)，(2C ，0，0)，1(0A ，2，2)，(1D ，1，1)，则(0BA = ，2，0)，(1BD = ，1，1)，(2BC = ，0，0)，设平面ABD 的一个法向量为(n x = ，y ，)z ，则200n BA y n BD x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩，令1x =，则0y =，1z =-，∴平面ABD 的一个法向量为(1n = ，0，1)-，设平面BCD 的一个法向量为(m a = ，b ，)c ，200m BC a m BD a b c ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩ ，令1b =，则0a =，1c =-，平面BCD 的一个法向量为(0m = ，1，1)-，cos n <，12m >== ，二面角A BD C --32=．45．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2AD =，QD QA ==3QC =．（Ⅰ）求证：平面QAD ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．【解析】（Ⅰ）证明：QCD ∆中，2CD AD ==，QD =，3QC =，所以222CD QD QC +=，所以CD QD ⊥；又CD AD ⊥，AD QD D = ，AD ⊂平面QAD ，QD ⊂平面QAD ，所以CD ⊥平面QAD ；又CD ⊂平面ABCD ，所以平面QAD ⊥平面ABCD ．（Ⅱ）解：取AD 的中点O ，在平面ABCD 内作Ox AD ⊥，以OD 所在直线为y 轴，OQ 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示：则(0O ，0，0)，(2B ，1-，0)，(0D ，1，0)，(0Q ，0，2)，因为Ox ⊥平面ADQ ，所以平面ADQ 的一个法向量为(1α= ，0，0)，设平面BDQ 的一个法向量为(x β= ，y ，)z ，由(2BD =- ，2，0)，(0DQ = ，1-，2)，得00BD DQ ββ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即22020x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，令1z =，得2y =，2x =，所以(2β= ，2，1)；所以cos α<，23||||αββαβ⋅>===⋅ ，所以二面角B QD A --的平面角的余弦值为23．46．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点．（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD ∆是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．【解析】（1）证明：因为AB AD =，O 为BD 的中点，所以AO BD ⊥，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，AO ⊂平面ABD ，所以AO ⊥平面BCD ，又CD ⊂平面BCD ，所以AO CD ⊥；（2）方法一：取OD 的中点F ，因为OCD ∆为正三角形，所以CF OD ⊥，过O 作//OM CF 与BC 交于点M ，则OM OD ⊥，所以OM ，OD ，OA 两两垂直，以点O 为坐标原点，分别以OM ，OD ，OA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则(0B ，1-，0)，1,0)2C ，(0D ，1，0)，。
现代文阅读Ⅰ专题练习一--2020-2024五年高考语文真题分类汇编(参考答案)
现代文阅读Ⅰ专题练习一（五年高考真题）参考答案与解析目录现代文阅读Ⅰ专题练习一（高考真题） (1)参考答案与解析 (1)一、2024全国甲卷（论述类文本） (2)二、2024全国甲卷（实用类文本） (3)三、2024新课标Ⅰ卷（信息类文本） (4)四、2024新课标Ⅱ卷（信息类文本） (6)五、2023全国甲卷（论述类文本） (9)六、2023全国甲卷（实用类文本） (9)七、2023全国乙卷（论述类文本） (11)八、2023全国乙卷（实用类文本） (12)九、2023新高考Ⅰ卷（信息类文本） (13)十、2023新高考Ⅱ卷（信息类文本） (14)十一、2022全国甲卷（论述类文本） (16)十二、2022全国甲卷（实用类文本） (17)十三、2022全国乙卷（论述类文本） (18)十四、2022全国乙卷（实用类文本） (19)十五、2022新高考Ⅰ卷（信息类文本） (19)十六、2022新高考Ⅱ卷（信息类文本） (21)十七、2021全国甲卷（论述类文本） (22)十八、2021全国甲卷（实用类文本） (23)十九、2021全国乙卷（论述类文本） (24)二十、2021全国乙卷（实用类文本） (25)二十一、2021新高考Ⅰ卷（信息类文本） (26)二十二、2021新高考Ⅱ卷（信息类文本） (28)二十三、2020全国Ⅰ卷（论述类文本） (30)二十四、2020全国Ⅰ卷（实用类文本） (31)二十五、2020全国Ⅱ卷（论述类文本） (32)二十六、2020全国Ⅱ卷（实用类文本） (33)二十七、2020全国Ⅲ卷（论述类文本） (35)二十八、2020全国Ⅲ卷（实用类文本） (35)二十九、2020新课标Ⅰ卷（信息类文本） (37)三十、2020新课标Ⅱ卷（信息类文本） (38)一、2024全国甲卷（论述类文本）(一)论述类文本阅读(本题共3小题，9分)1.(3分)C2.(3分)D3.(3分)B【解析】【1题详解】本题考查学生对原文内容的理解和分析能力。
通用版五年高考2024_2025高考数学真题专题归纳专题06三角函数及解三角形含解析理
1 1
tan tan
2 2
1 1
22 22
3， 5
tan( ) tan 1 2 1 1 ， 4 1 tan 1 2 3
11.（2024·江苏卷）已知 sin2 ( ) = 2 ，则 sin 2 的值是____.
4
3
【答案】 1 3
【解析】 sin2 ( ) ( 2 cos 2 sin )2 1 (1 sin 2 )
图1
9
图2
图3
4．【2024·全国Ⅱ卷】已知 α∈(0， )，2sin2α=cos2α+1，则 sinα= 2
A． 1 5
B． 5 5
C． 3 3
【答案】B
D． 2 5 5
【解析】
2sin 2α cos 2α 1，4sin α cos α 2 cos2 α .
α
0,
2
,
cos
α
0
，
sin α 0, 2sin α cos α ，又 sin2 cos2 1，5sin2 α 1,sin2 α 1 ，又 5
f
x
可得：
cos
4 9
6
0
.又
4 9
,
0
是函数
f
x 图象与
x
轴负半轴的第一个交点，
所以 4 ，解得： 3
9
62
2
所以函数
f
x 的最小正周期为T
2
2 3
4 3
2
2.（2024·新课标Ⅰ）已知 (0, π) ，且 3cos2 8cos 5 ，则 sin （
A5 3
B. 2 3
7.（2024·山东卷）下图是函数 y= sin(ωx+φ)的部分图像，则 sin(ωx+φ)= （ ）
四川省近五年高考历史真题及答案解析
四川省近五年高考历史真题及答案解析2007年:整顿吏治是制度文明建设的重要内容。
回答12—1412．加强对官吏的检察是实现吏治清明的重要措施。
历史上，下列机构或官职具有监察职的是①御史大夫②通判③御史台④军机处A ①②③ B①②④C ①③④D ②③④13．出身“布衣”，重视经济立法并严惩贪污贿赂的古代皇帝是A 隋文帝 B唐玄宗C 明太祖 D乾隆帝14．新中国成立之初。
中国共产党就很重视严惩干部队伍中饿腐化堕落分子。
图4反映的运动的作用不包括A 教育了广大干部和群众 B抵制了资产阶级的腐蚀C 肃清了反革命残余势力D 纠正了官僚主义作风“天下最大事，莫非万民之优乐。
”民生问题是关系社会稳定与发展的基石。
回答15---18题15．宋元时期，话本.杂剧的出现丰富了人们的精神生活。
其流行主要是适应了下列哪一社会阶层的需要A 官僚B 市民C 皇族 D农民16. 在近代中国，系统的出现阐释了民生思想并把它作为纲领的政治派别是A地主阶级洋务派B资产阶级维新派C资产阶级立宪派D资产阶级革命派17．图5所示票证曾百姓购买生活物资的凭证，但现在已经失去了它原本的作用。
这一变化的主要原因不包括A 经济体制改革深化B 农业产量稳步增加C 生活物资日益丰富 D粮棉物资统一管理18．“大萧条”时期，主要资本主义工业国采取了一系列增加就业的措施。
其中美国实行的主要措施是A 兴办公共工程 B发展军事工业 C整农业生产 D加紧殖民掠夺19．小说（最后一课）中，韩麦尔先生对他的学生说：“孩子们。
………柏林来了命令，阿尔萨斯和洛林两省的学校只准教德语……..今天是你们的最后一堂法语课了，”与这一情景密切相关的历史事件是A．普奥战争 B.第一次世界大战 C普法战争 D.第二次世界大战20．下列有关德国影响欧洲局势的表述，符合历史实际的是A.“一战”中德国的盟国包括奥匈帝国，罗马尼亚和保加利亚B.德国在希特勒成为元首后退出可国际联盟C.通过慕尼黑协定德国割占了捷克斯洛伐克D.莫斯科战役后德军在欧洲战场已无力全面进攻21. 图6反映的历史事件对当时德国人意味着A. 欧洲将从此出现和平局面B. 德意志民族即将再度统一C. 东西德经济差距将会迅速缩小D. 影像德国分裂的苏联即将解题22. “好男儿当兵上前线，抗日队伍出四川。
专题10 电磁感应 -五年(2019-2023)高考物理真题(全国通用) (解析版)
专题10电磁感应一、单选题1(2023·全国·统考高考真题)一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。
用图(a)所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。
两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。
实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示，分析可知()A.图(c)是用玻璃管获得的图像B.在铝管中下落，小磁体做匀变速运动C.在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短【答案】A【详解】A．强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体故强磁体在玻璃管中运动，玻璃管不会形成涡流。
强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管中的磁体则一直做加速运动，故由图像可知图(c)的脉冲电流峰值不断增大，说明强磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，A正确；B．在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故小磁体做匀速运动，B错误；C．在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小磁体受到的电磁阻力在不断变化，C错误；D．强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁体在线圈间做匀速运动，玻璃管中磁体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错误。
故选A。
2(2023·北京·统考高考真题)如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。
线框的边长小于磁场宽度。
下列说法正确的是()A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等【答案】D【详解】A ．线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A 错误；B ．线框出磁场的过程中，根据E =BlvI =E R联立有F A =B 2L 2v R=ma由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v 减小，线框做加速度减小的减速运动，B 错误；C ．由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q =F A L其中线框进出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C 错误；D ．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q =I t 其中I =E R，E =BLx t 则联立有q =BL Rx 由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L ，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D 正确。
五年2024_2025高考物理真题专题点拨__专题05万有引力定律与航天含解析
专题05 万有引力定律与航天【2024年】1.（2024·新课标Ⅰ）火星的质量约为地球质量的110，半径约为地球半径的12，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为（ ）A. 0.2B. 0.4C. 2.0D. 2.5【答案】B【解析】设物体质量为m ，则在火星表面有1121M mF GR 在地球表面有2222M mF GR 由题意知有12110M M 1212R R = 故联立以上公式可得21122221140.4101F M R F M R ==⨯=，故选B 。
2.（2024·新课标Ⅱ）若一匀称球形星体的密度为ρ，引力常量为G ，则在该星体表面旁边沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是（）D.【答案】A【解析】卫星在星体表面旁边绕其做圆周运动，则2224GMm m R R T， 343V R π= ，M Vρ=知卫星该星体表面旁边沿圆轨道绕其运动的卫星的周期T =3.（2024·新课标Ⅲ）“嫦娥四号”探测器于2024年1月在月球背面胜利着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的K 倍。
已知地球半径R 是月球半径的P 倍，地球质量是月球质量的Q 倍，地球表面重力加速度大小为g 。
则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为（ ）A.RKgQPB.RPKgQC.RQgKPD.RPgQK【答案】D【解析】假设在地球表面和月球表面上分别放置质量为m 和m 0的两个物体，则在地球和月球表面处，分别有2Mm Gmg R =，002M m QG m g R P '=⎛⎫⎪⎝⎭解得2P g g Q'= 设嫦娥四号卫星的质量为m 1，依据万有引力供应向心力得1212Mm v QG m R R KK P P =⎛⎫ ⎪⎝⎭解得RPgv QK=，故选D 。
4.（2024·浙江卷）火星探测任务“天问一号”的标识如图所示。
2025届高考专项复习阅读理解应用文五年真题专练(新高考专用) 导学案(原卷版+解析版)
五年2020-2024年高考英语真题阅读理解应用文分类汇编(新高考专用)主题语境考点分布人与自我2022新课标I卷—文科概论课程评分;；2021新课标II 卷—约克郡暑期活动项目；2020新课标卷—诗歌大赛征稿启事；人与社会2024浙江1月卷—名作改编为音乐剧; 2023新课标I卷—广告宣传类(自行车租赁与旅行) 2022新课标II卷—儿童博物馆团体游; 2021新课标I卷—罗马旅游低价旅馆;人与自然2024新课标I卷—栖息地恢复团队招募；2024新课标II 卷—卡洛秋季徒步节2023新课标II卷—广告宣传类(黄石公园护林员项目) 2023浙江1月卷—探险家营地；一、命题取向应用文体裁包括：广告(分商业广告和公益广告)、启事、书影评、传单海报、说明书和备忘录。
其中，广告、启事和书影评出现频率最高。
考查题型除细节题外，主要有：“purpose” 类、“main idea/mainly about ”类、“title”类。
“purpose” 类题目的四个选项常使用“不定式to do” 结构。
“main idea/mainly about ”类题目的选项涉及到短语(名词短语、动名词短语)和句子(陈述句、疑问句)两大类别。
“title”类题目的选项除了包括短语和句子外，还涉及“名词：短语”结构以及混合型(短语、句子、“名词：短语”混合),混合型选项大多是两两对称。
二、技巧点拨1、答案常均匀分布。
每个小标题下面的内容会出一道题，一般不可能就一个小标题的内容连出2至3题。
2、题文不一定同序。
题号在前的题目答案不一定就在前面。
3、选项和文中句子一模一样可以选。
4、主旨题的解法要从各个小标题入手。
一.人与自我1. 2022新课标I卷—文科概论课程评分Grading Policies for Introduction to LiteratureGrading Scale90-100, A; 80-89, B; 70-79, C; 60-69, D; Below 60, E.Essays (60%)Your four major essays will combine to form the main part of the grade for this course: Essay 1 = 10%; Essay 2 = 15%; Essay 3 = 15%; Essay 4 = 20%.Group Assignments (30%)Students will work in groups to complete four assignments(作业) during the course. All the assignments will be submitted by the assigned date through Blackboard our online learning and course management system.Daily Work/In-Class Writings and Tests/Group Work/Homework (10%)Class activities will vary from day to day, but students must be ready to complete short in-class writings or tests drawn directlyfrom assigned readings or notes from the previous class'lecture/discussion, so it is important to take careful notes during class. Additionally, from time to time I will assign group work to be completed in class or short assignments to be completed at home, both of which will be graded.Late WorkAn essay not submitted in class on the due date will lose a letter grade for each class period it is late. If it is not turned in by the 4th day after the due date, it will earn a zero. Daily assignments not completed during class will get a zero. Short writings missed as a result of an excused absence will be accepted.21. Where is this text probably taken fromA. A textbook.B. An exam paper.C. A course plan.D. An academic article.22. How many parts is a student’s final grade made up ofA. Two.B. Three.C. Four.D. Five.23. What will happen if you submit an essay one week after the due dateA. You will receive a zero.B. You will lose a letter grade.C. You will be given a test.D. You will have to rewrite it.2. 2021新课标II卷—约克郡暑期活动项目Things to Do in Yorkshire This SummerHarrogate Music FestivalSince its birth, Harrogate Music Festival has gone from strength to strength. This year, we are celebrating our 50th anniversary. We begin on 1st June with Manchester Camerata and Nicola Benedetti, presenting an amazing programme of Mozart pieces.Dates:1 June-31 JulyTickets: 12- 96Jodie's Fitness Summer ClassesAs the summer months roll in, our Georgian country estate makes the perfect setting for an outdoor fitness session. Come and work out with our qualified personal trainer, Jodie McGregor, on the grounds of the Middleton Lodge estate.We will be holding a free taster session on 23rd May, at 10 am, to demonstrate the variety of effective and active exercises. There are eight spaces available for the taster session. Advance bookings are required(**********************.uk.paris)Dates:23 May-11 JulyTickets: 7.50 per sessionFelt Picture MakingWorking from an inspirational picture, this workshop at Helmsley Arts Centre will teach you the techniques you will need to recreate your picture in wool.We will also discuss the origins of felt what enables wool fibres to become felt and how the processes we use work.Dates: 12 June-12 JulyTickets: 40 including materialsFigure It Out!-Playing with MathA new exhibition in Halifax uses everyday activities to explain the hidden math principles we all use on a regular basis. Pack a bag, cut a cake, guess which juice container holds the most liquid, and much more. Discover how architects, product designers and scientists use similar skills in their work.Dates:7 May-10 JuneTickets: Free21. What should you do if you want to attend the taster session of Jodie's fitness classesA. Join a fitness club.B. Pay a registration fee.C. Make a booking.D. Hire a personal trainer.22. How much is the ticket for Felt Picture MakingA. 7.50.B. 12.C. 40.D. 96.23. Which of the following starts earliestA. Harrogate Music Festival.B. Jodie's Fitness Summer Classes.C. Felt Picture Making.D. Figure It Out!-Playing with Math.3. 2020新课标卷—诗歌大赛征稿启事POETRY CHALLENGEWrite a poem about how courage, determination, and strength have helped you face challenges in your life.Prizes3 Grand Prizes:Trip to Washington, D.C. for each of three winners, a parent and one other person of the winner’s choice. Trip includes round-trip air tickets, hotel stay for two nights, and tours of the National Air and Space Museum and the office of National Geographic World.6 First Prizes:The book Sky Pioneer:A Photobiography of Amelia Earhart signed by author Corinne Szabo and pilot Linda Finch.50 Honorable Mentions:Judges will choose up to 50 honorable mention winners, who will each receive a T-shirt in memory of Earhart’s final flight.RulesFollow all rules carefully to prevent disqualification.■Write a poem using 100 words or fewer. Yo ur poem can be any format, any number of lines.■Write by hand or type on a single sheet of paper. You may use both the front and back of the paper.■On the same sheet of paper, write or type your name, address, telephone number, and birth date.■Mail your entry to us by October 31 this year.21. How many people can each grand prize winner take on the free tripA. Two.B. Three.C. Four.D. Six.22. What will each of the honorable mention winners getA. A plane ticket.B. A book by Corinne Szabo.C. A special T-shirt.D. A photo of Amelia Earhart.23. Which of the following will result in disqualificationA. Typing your poem out.B. Writing a poem of 120 words.C. Using both sides of the paper.D. Mailing your entry on October 30.二.人与社会4. 2024浙江1月卷—名作改编为音乐剧Tom Sawyer Play Is an AdventureA 35-minute hand-clapping, foot-stomping musical version of a Mark Twain favorite returns with this Tall Stacks festival.“Tom Sawyer: A River Adventure” has all the good stuff, including the fence painting, the graveyard, the island and the cave. It is adapted by Joe McDonough, with music by David Kisor. That’s thelocal stage writing team that creates many of the Children’s Theatre of Cincinnati’s original musicals, along with the holiday family musicals at Ensemble Theatre.This year Nathan Turner of Burlington is Tom Sawyer, and Robbie McMath of Fort Mitchell is Huck Finn.Tumer, a 10th-grader at School for Creative and Performing Arts, is a familiar presence on Cincinnati’s stages. He is a star act or of Children’s Theatre, having played leading roles in “The Legend of Sleepy Hollow” and “The Wizard of Oz,” and is fresh from Jersey Production “Ragtime”.McMath is a junior at Beechwood High School. He was in the cast of “Tom Sewyer” when it was first performed and is a Children’s Theatre regular, with five shows to his credit. This summer he attended Kentucky’s Governor’s School for the Arts in Musical Theatre.Note to teachers: Children’s Theatre has a study guide demonstrating how math and science can be taught through “Tom Sawyer.” For downloadable lessons, visit the official website of Children’s Theatre.21. Who wrote the music for “Tom Sawyer: A River Adventure”A. David Kisor.B. Joe McDonough.C. Nathan Turner.D. Robbie McMath.22. What can we learn about the two actorsA. They study in the same school.B. They worked together in “Ragtime”.C. They are experienced on stage.D. They became friends ten years ago.23. What does Children’s Theatre provide for teachersA. Research funding.B. Training opportunities.C. Technical support.D. Educational resources.5. 2023新课标I卷—自行车租赁与旅行Bike Rental & Guided ToursWelcome to Amsterdam, welcome to MacBike. You see much more from the seat of a bike! Cycling is the most economical, sustainable and fun way to explore the city, with its beautiful canals, parks, squares and countless lights. You can also bike along lovely landscapes outside of Amsterdam.Why MacBikeMacBike has been around for almost 30 years and is the biggest bicycle rental company in Amsterdam. With over 2,500 bikes stored in our five rental shops at strategic locations, we make sure there is always a bike available for you. We offer the newest bicycles in a wide variety, including basic bikes with foot brake(刹车), bikes with hand brake and gears(排挡), bikes with c hild seats, and children’sbikes.PricesHand Brake, Three Gears Foot Brake, No Gears1 hour ?7.50 ?5.003 hours ?11.00 ?7.501 day (24 hours) ?14.75 ?9.75Each additional day ?8.00 ?6.00Guided City ToursThe 2.5-hour tour covers the Gooyer Windmill, the Skinny Bridge, the Rijksmuseum, Heineken Brewery and much more. The tour departs from Dam Square every hour on the hour, starting at 1:00 pm every day. You can buy your ticket in a MacBike shop or book online.1. What is an advantage of MacBikeA. It gives children a discount.B. It of offers many types of bikes.C. It organizes free cycle tours.D. It has over 2,500 rental shops.2. How much do you pay for renting a bike with hand brake and three gears for two daysA. ?15.75.B. ?19.50.C. ?22.75.D. ?29.50.3. Where does the guided city tour startA. The Gooyer, Windmill.B. The Skinny Bridge.C. Heineken Brewery.D. Dam Square.6.2022新课标II卷—儿童博物馆团体游Children’s Discovery MuseumGeneral Information about Group PlayPricingGroup Play $7/personScholarshipsWe offer scholarships to low-income schools and youth organizations, subject to availability. Participation in a post-visit survey is required.Scholarships are for Group Play admission fees and/or transportation. Transportation invoices (发票) must be received within 60 days of your visit to guarantee the scholarship.Group SizeWe require one chaperone(监护人) per ten children. Failure to provide enough chaperones will result in an extra charge of $50 per absent adult.Group Play is for groups of 10 or more with a limit of 35 people. For groups of 35 or more, please call to discuss options.HoursThe Museum is open daily from 9:30 am to 4:30 pm.Group Play may be scheduled during any day or time the Museum is open.Registration PolicyRegistration must be made at least two weeks in advance. Register online or fill out a Group Play Registration Form with multiple dates and start time options.Once the registration form is received and processed, we will send a confirmation email within two business days.Guidelines●Teachers and chaperones should model good behavior for the group and remain with students at all times.●Children are not allowed unaccompanied in all areas of the Museum.●Children should play nicely with each other and exhibits.●Use your indoor voic e when at the Museum.21. What does a group need to do if they are offered a scholarshipA. Prepay the admission fees.e the Museum’s transportation.C. Take a survey after the visit.D.Schedule their visit on weekdays.22. How many chaperones are needed for a group of 30 children to visit the MuseumA. One.B. Two.C. Three.D. Four.23. What are children prohibited from doing at the MuseumA. Using the computer.B. Talking with each other.C. Touching the exhibits.D. Exploring the place alone.7.2021新课标I卷—罗马旅游低价旅馆Rome can be pricey for travelers, which is why many choose to stay in a hostel(旅社). The hostels in Rome offer a bed in a dorm room for around $25 a night, and for that, you’ll often get to stay in a central location(位置) with security and comfort.Yellow HostelIf I had to make just one recommendation for where to stay in Rome, it would be Yellow Hostel. It’s one of the best-rated hostels in the city, and for good reason. It’s affordable, and it’s got a fun atmosphere without being too noisy. As an added bonus, it’s close to the main train station.Hostel Alessandro PalaceIf you love social hostels, this is the best hostel for you in Rome. Hostel Alessandro Palace is fun. Staff members hold plenty of bar events for guests like free shots, bar crawls and karaoke. There’s also an area on the rooftop for hanging out with other travelers during the summer.Youth Station HostelIf you’re looking for cleanliness and a modern hostel, look no further than Youth Station. It offers beautiful furnishings and beds. There are plenty of other benefits, too; it doesn’t charge city tax; it has both air conditioning and a heater for the rooms; it also hasfree Wi-Fi in every room.Hotel and Hostel Des ArtistesHotel and Hostel Des Artistes is located just a 10-minute walk from the central city station and it's close to all of the city's main attractions. The staff is friendly and helpful, providing you with a map of the city when you arrive, and offering advice if you require some. However, you need to pay 2 euros a day for Wi-Fi.21. What is probably the major concern of travelers who choose to stay in a hostelA. Comfort.B. Security.C. Price.D. Location.22. Which hotel best suits people who enjoy an active social lifeA. Yellow Hostel.B. Hostel Alessandro Palace.C. Youth Station Hostel.D. Hotel and Hostel Des Artistes.23. What is the disadvantage of Hotel and Hostel Des ArtistesA. It gets noisy at night.B. Its staff is too talkative.C. It charges for Wi-Fi.D. It’s inconveniently located.三.人与自然8.2024新课标I卷—栖息地恢复团队招募HABITAT RESTORATION TEAMHelp restore and protect Marin’s natural areas from the Marin Headlands to Bolinas Ridge. We’ll explore beautiful park sites while conducting invasive(侵入的) plant removal, winter planting, and seed collection. Habitat Restoration Team volunteers play a vital role in restoring sensitive resources and protecting endangered species across the ridges and valleys.GROUPSGroups of five or more require special arrangements and must be confirmed in advance. Please review the List of Available Projects and fill out the Group Project Request Form.AGE, SKILLS, WHAT TO BRINGVolunteers aged 10 and over are welcome. Read our Youth Policy Guidelines for youth under the age of 15.Bring your completed Volunteer Agreement Form. Volunteers under the age of 18 must have the parent/guardian approval section signed.We’ll be working rain or shine. Wear clothes that can get dirty. Bring layers for changing weather and a raincoat if necessary. Bring a personal water bottle, sunscreen, and lunch.No experience necessary. Training and tools will be provided. Fulfills(满足) community service requirements.UPCOMING EVENTSTime Meeting LocationSunday, Jan. 15 10:00am-1:00pm Battery Alexander Trailhead Sunday, Jan. 22 10:00am-2:30pm Stinson Beach Parking Lot Sunday, Jan. 29 9:30am-2:30pm Coyote Ridge Trailhead21. What is the aim of the Habitat Restoration TeamA. To discover mineral resources.B. To develop new wildlife parks.C. To protect the local ecosystem.D. To conduct biological research.22. What is the lower age limit for joining the Habitat Restoration TeamA. 5.B. 10.C. 15.D. 18.23. What are the volunteers expected to doA. Bring their own tools.B. Work even in bad weather.C. Wear a team uniform.D. Do at least three projects.9. 2024新课标II卷—卡洛秋季徒步节Choice of Walks for Beginner and Experienced WalkersThe Carlow Autumn Walking Festival is a great opportunity for the beginner, experienced or advanced walker to enjoy the challenges of Carlow’s mountain hikes or the peace of its woodlan d walks. Walk 1 — The Natural WorldWith environmentalist anna Lamhna as the guide, this walkpromises to be an informative tour. Walkers are sure to learn lots about the habitats and natural world of the Blackstairs.Date and Time: Saturday, 1st October, at 09:00Start Point: Scratoes BridgeWalk Duration: 6 hoursWalk 2 — Introduction to HillwalkingEmmanuel Chappard, an experienced guide, has a passion for making the great outdoors accessible to all. This mountain walk provides an insight into the skills required for hillwalking to ensure you get the most from future walking trips.Date and Time: Sunday, 2nd October, at 09:00Start Point: Deerpark Car ParkWalk Duration: 5 hoursWalk 3 — Moonlight Under the StarsWalking at night-time is a great way to step out of your comfort zone. Breathtaking views of the lowlands of Carlow can be enjoyed in the presence of welcoming guides from local walking clubs. A torch(手电筒) along with suitable clothing is essential for walking in the dark. Those who are dressed inappropriately will be refused permission to participate.Date and Time: Saturday, 1st October, at 18:30Start Point: The Town HallWalk Duration: 3 hoursWalk 4 — Photographic Walk in Kilbrannish ForestThis informative walk led by Richard Smyth introduces you to the basic principles of photography in the wild. Bring along your camera and enjoy the wonderful views along this well-surfaced forest path.Date and Time: Sunday, 2nd October, at 11:45Start Point: Kilbrannish Forest Recreation AreaWalk Duration: 1.5 hours21. Which walk takes the shortest timeA. The Natural World.B. Introduction to Hillwalking.C. Moonlight Under the Stars.D. Photographic Walk in Kilbrannish Forest.22. What are participants in Walk 3 required to doA. Wear proper clothes.B. Join a walking club.C. Get special permits.D. Bring a survival guide.23. What do the four walks have in commonA. They involve difficult climbing.B. They are for experienced walkers.C. They share the same start point.D. They are scheduled for the weekend.10. 2023新课标II卷—黄石公园护林员项目Yellowstone National Park offers a variety of ranger programs throughout the park, and throughout the year. The following are descriptions of the ranger programs this summer. Experiencing Wildlife in Yellowstone (May 26 to September 2) Whether you’re hiking a backcountry trail(小径), camping, or just enjoying the park’s amazing wildlife from the road, this quick workshop is for you and your family. Learn where to look for animals and how to safely enjoy your wildlife watching experience. Meet at the Canyon Village Store.Junior Ranger Wildlife Olympics (June 5 to August 21)Kids can test their skills and compare their abilities to the animals of Yellowstone. Stay for as little or as long as your plans allow. Meet in front of the Visitor Education Center.Canyon Talks at Artist Point (June 9 to September 2)From a classic viewpoint, enjoy Lower Falls, the Yellowstone River, and the breathtaking colors of the canyon(峡谷) while learning about the area’s natural and human history. Disco ver why artists and photographers continue to be drawn to this special place. Meet on the lower platform at Artist Point on the South Rim Drive for this short talk.Photography Workshops (June 19 &July 10)Enhance your photography skills — join Yellowstone’s parkphotographer for a hands-on program to inspire new and creative ways of enjoying the beauty and wonder of Yellowstone.6/19 — Waterfalls &Wide Angles: meet at Artist Point.7/10 — Wildflowers &White Balance: meet at Washburn Trailhead in Chittenden parking area.1. Which of the four programs begins the earliestA. Photography Workshops.B. Junior Ranger Wildlife Olympics.C. Canyon Talks at Artist Point.D. Experiencing Wildlife in Yellowstone.2. What is the short talk at Artist Point aboutA. Works of famous artists.B. Protection of wild animals.C. Basic photography skills.D. History of the canyon area.3. Where will the participants meet for the July 10 photography workshopA. Artist Point.B. Washburn Trailhead.C. Canyon Village Store.D. Visitor Education Center.11. 2023浙江1月卷—探险家营地Explorers CampFull day camp for kids aged 5-13.Monday-Friday, July 8-26, 9am-4pm.Week 1 | July 8-12Week 2 | July 15-19Week 3 | July 22-26Register for a single week or multiple weeks.Fees: $365 per week.The last day to cancel registration and receive a full refund(退款) is June 15.Camp StructureThe day is divided into two thematic sessions per age group. Campers have a three-hour morning class engaging with a morning theme (9am to 12 noon) and a one-hour lunch break, followed by another three-hour class engaging with an afternoon theme (1pm to 4pm). Snack periods are held throughout the day. All campers should bring their own bagged lunch and snacks. Camp ContentExplorers Camp organizes engaging arts, history andscience-related activities in every! class, and focuses on a range of topics that emphasize active learning, exploration and, most of all, fun! All camp sessions are created with age-appropriate activities that are tailored to the multiple ways that kids learn.Camp StaffCampers enjoy a staff-to-child ratio ranging from 1:4 to 1:7 depending on the age group. Instructors are passionate educators who are experts in their fields and have undergone training and abackground check.21. On which of the following dates can you cancel your registration with a full refundA. June 12.B. June 22.C. July 19.D. July 26.22. How are campers divided into different groupsA. By gender.B. By nationality.C. By interest.D. By age.23. How many hours of class will you have altogether if you register for a single weekA. 15.B. 21.C. 30.D. 42.五年2020-2024年高考英语真题阅读理解应用文分类汇编(新高考专用)解析版主题语境考点分布人与自我2022新课标I卷—文科概论课程评分;；2021新课标II 卷—约克郡暑期活动项目；2020新课标卷—诗歌大赛征稿启事；人与社会2024浙江1月卷—名作改编为音乐剧; 2023新课标I卷—广告宣传类(自行车租赁与旅行) 2022新课标II卷—儿童博物馆团体游; 2021新课标I卷—罗马旅游低价旅馆;人与自然2024新课标I卷—栖息地恢复团队招募；2024新课标II 卷—卡洛秋季徒步节2023新课标II卷—广告宣传类(黄石公园护林员项目) 2023浙江1月卷—探险家营地；一、命题趋向应用文体裁包括：广告(分商业广告和公益广告)、启事、书影评、传单海报、说明书和备忘录。
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五年高考真题与解析：名词性从句
20XX年高考题
1.（10福建35）We should respect food and think about the people who don’t have
we have here and treat food nicely.
A. that
B. which
C. what
D. whether
2.（10湖南35）Cindy shut the door heavily and burst into tears. No one in the office knew she was so angry.
A. where
B. whether
C. that
D. why
3.（10天津14）As a new graduate, he doesn’t know it takes to start a business here.
A. how
B. what
C. When
D. which
4.（10北京）some people regard as a drawback is seen as a plus by many others.
A. Whether
B. What
C. That
D. How
5．（10浙江1）—How about camping this weekend, just for a change?
—OK, you want.
A．whichever B．however C．whatever D．whoever 6．（10浙江9）It is uncertain side effect the medicine will bring about, although about two thousand patients have taken it.
A．that B．what C．how D．whether
7.（10上海36）
One reason for her preference for city life is she can have easy access to places like shops and restaurants.
A. that
B. how
C. what
D. why
8. （10湖北74）The news ________（房价将要下跌）has caused many people to sell their houses at lower prices. (fall)
答案：that the housing price will fall
9. （10山东26）Before the sales start, I make a list of ______ my kids will need for the coming season.
A. why
B. what
C. how
D. which
10.（10上海37）
When changing lanes, a driver should use his turning signal to let other drivers know .
A. he is entering which lane
B. which lane he is entering
C. is he entering which lane
D. which lane is he entering
11．（10四川14）How much one enjoys himself travelling depends largely on he goes with，whether his friends or relatives．
A．what B．who C．how D．why
12. （10全国Ⅰ33）We haven’t discussed yet ______ we are going to place our new furniture.
A. that
B. which
C. what
D. where
13. （10湖北31）
I want to be liked and loved for I am inside.
A. who
B. where
C. what
D. how
14. （10全国Ⅱ10）
—Have you finished the book?
—No,I’ve read up to_________the children discover the secret cave.
A.which
B.what
C.hat
D.where
15. （10江苏35）
—I prefer shutting myself in and listening to music all day on Sundays.
—That’s_______I don’t agree .You should have a more active life.
A.where
B.how
C.when
D.what
16. （10北京32）
Part of the reason Charles Dickens loved his own novel, David Copperfield, was __ it was rather closely modeled on his own life.
A. what
B. that
C. why
D. whether
20XX年高考题
1. (09安徽32)
a certain doubt among the people as to the practical value of the project.
A. It has
B. They have
C. It remains
D. There remains
1答案：C
考点：宾语从句
解析：空格在句中充当宾语
2答案D
考点：考查名词性从句。
解析：该空引导宾语从句，根据句意“办公室中没人知道她为什么如此生气”可判3答案：B
考点：考查名词性从句。
句意：作为一名新毕业生，他不知道需要什么才能在这里开始经营。
解析：空格后的从句中takes是动词，其后缺少宾语，所以引导该宾语从句的连接词要用what。
主语从句
4答案：B
考点: 本题考查主语从句。
句意：一些人眼中的缺点是别人眼中的优点。
解析：从句中缺宾语，只能用B. what来引导. C.中的That引导主语从句不做成分。
5答案：C
考点：本题考查引导词。
解析：句意：“这个周末野营怎么样，来点新鲜的？”“好啊，按你的意思吧！”根据语境分析出后者支持前面的提出的观点。
6答案：B
考点：本题考查主语从句的引导词。
解析：根据句意：尽管大约有两千名病人服用过这种药物，但是，它会带来什么样的副作用还不确定。
side effect意思是“副作用”，还原主语从句中的主干是the medicine will bring about ______ side effect。
故选择what，形容词“什么样的”，起修饰作用。
同位语从句
7答案：A
考点：此处考查的是同位语从句。
解析：考察that引导同位语从句的用法。
此处that不可以省略。
8考点：同位语从句
解析：用“that” 引导同位语从句，“房价”译成“housing price”。
宾语从句
9答案:B
考点：本题考查宾语从句的引导词。
解析：句意应为“在大甩卖开始前，我把孩子们在下个季节里要用到的东西列
了一个清单。
”分析句式结构可知，空格处在句中引导宾语从句且在从句中充
当need的宾语，所以B项结构正确。
which 引导名词性从句时多表示疑问且要有一个明确的范围。
10答案：B
考点：本题考查宾语从句。
解析：which引导的句子做know的宾语，句子用陈述语序。
11答案：B
考点：考查介词后的宾语从句。
解析：根据句末的whether his friends or relatives可知应是和谁去，故选B。
句意为“一个人旅游多么享受很大程度上取决于他和谁去，无论是他的朋友还是亲戚。
”
12答案：D
句意：我们还没有讨论把我们的新家具放在哪里。
解答：根据选项此题考察从句。
题干中空格划在动词discuss的后面，因此考察宾语从句，根据句意在宾语从句中缺少地点状语，因此选择D。
13答案：C
考点: 宾语从句
解析：我想别人喜欢我是因为我的内在。
也就是我inside的品质。
只有what可以指代是什么。
很多同学误选A，错误的用中文语言习惯去做英文题。
14【答案】D
【解析】考查宾语从句。
Up to为介词结构，后接宾语从句从句；而句意是“读到孩子们发现秘密洞穴的地方”，故用where引导这个宾语从句最合适。
表语从句
15词,所以用where用表语从句选A. 这就是我不同意的地方.agree 是不及物动。
16答案：B
考点:本题考查表语从句。
解析：从句不缺成分，因此用that来引导。
句意：狄更斯喜欢他自己的小说大卫科波菲尔的部分原因是小说创作非常贴近他本人的真实生活。