2020届高考二轮复习第二部分专项二专题三第2讲专题强化训练含解析

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2020届二轮复习专题三阅读理解第二讲推理判断题课件

[典例2] (2019·江苏卷，阅读C) Even more worryingly, the fascination with the internet by people in rich countries
has moved the international community to worry about the “digital divide” between the rich countries and the poor countries.This has led companies and individuals to donate money to developing countries to buy computer equipment and internet facilities.The question ， however, is whether this is what the developing countries need the most.Perhaps giving money for those less fashionable things such as digging wells, extending electricity networks and making more affordable washing machines would have improved people’s lives more than giving every child a laptop computer or setting up internet centres in rural villages.I am not saying that those things are necessarily more important, but many donators have rushed into fancy programmes without carefully assessing the relative long-term costs and benefits of alternative uses of their money.

2020高考数学冲刺核心考点专题3 第2讲立体几何(大题)

例3 (2019·临沂模拟)如图，平面ABCD⊥平面ABE，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE＝1，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE. (1)求证：AE⊥平面BCE；
证明 ∵BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE， ∴BF⊥AE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC⊥AB，又平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB， ∴CB⊥平面ABE， ∵AE⊂平面ABE， ∴CB⊥AE， ∵BF∩BC＝B，BF，BC⊂平面BCE， ∴AE⊥平面BCE.
由-A--1-B→1 ＝12A→B，得 B1(－ 3，1,4).
因为
E
是棱
BB1
的点，所以

E－

23，32，2，
所以E→A1＝

23，－32，2，-A--1-C→1 ＝(－2
3，0,0).
设n＝(x，y，z)为平面EA1C1的法向量， n·-A--1-C→1 ＝－2 3x＝0，
证明连接AB1，AC1， ∵点Q为线段A1B的中点，∴A，Q，B1三点共线，且Q为AB1的中点， ∵点P为B1C1的中点，∴PQ∥AC1. 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC， ∴BC⊥平面ACC1A1，又AC1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AC1. ∵AC＝AA1，∴四边形ACC1A1为正方形，∴AC1⊥A1C，又A1C，BC⊂平面A1BC，A1C∩BC＝C， ∴AC1⊥平面A1BC，而PQ∥AC1， ∴PQ⊥平面A1BC.
得－3y－2
3z＝0， 2x＝0.
令 y＝1，则 n＝(0,1， 3). 又P→B＝( 2，1，－ 3)，
设直线PB与平面PCD所成的角为θ.
则
sin
θ＝|cos〈n，P→B〉|＝

届数学二轮复习第二部分专题篇素养提升文理专题一三角函数三角恒等变换与解三角形第2讲三角恒等变换与解三

第2讲三角恒等变换与解三角形（文理)JIE TI CE LUE MING FANG XIANG解题策略·明方向⊙︱考情分析︱1．三角恒等变换是高考的热点内容，主要考查利用各种三角函数公式进行求值与化简,其中二倍角公式、辅助角公式是考查的重点，切化弦、角的变换是常考的内容．2．正弦定理、余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查：(1）边、角、面积的计算;（2）有关边、角的范围问题；(3)实际应用问题．⊙︱真题分布︱（理科)年份卷别题号考查角度分值202 0Ⅰ卷9、16三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值；利用余弦定理解三角形10Ⅱ卷17解三角形求角和周长的12（文科）KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN考点分类·析重点考点一三角恒等变换错误!错误!错误!错误!三角恒等变换与求值1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1）sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β。

(2）cos(α±β）＝cos αcos β∓sin αsin β。

(3)tan(α±β)＝错误!。

2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin 2α＝2sin αcos α。

（2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.（3）tan 2α＝错误!.3．辅助角公式a sin x＋b cos x＝错误!sin(x＋φ）（其中tan φ＝错误!)典错误!错误!错误!典例1（1)（2020·全国Ⅱ卷模拟）cos2 40°＋2sin 35°sin 55°sin 10°＝（A)A．错误!B．错误!C．错误!＋错误!D．错误!(2)(2020·宜宾模拟）已知α∈错误!,且3sin2α－5cos2α＋sin 2α＝0，则sin 2α＋cos 2α＝（A)A．1B．－错误!C．－错误!或1D．－1（3）已知函数f（x）＝错误!cos x cos错误!＋sin2错误!－错误!.①求f（x)的单调递增区间;②若x∈错误!，f（x)＝错误!,求cos 2x的值．【解析】（1）原式＝cos240°＋2sin 35°cos 35°sin 10°＝cos240°＋sin 70°sin 10°＝12＋12cos 80°＋sin 70°sin 10°＝错误!＋错误!(cos 70°cos 10°－sin 70°sin 10°＋2sin 70°sin 10°）＝错误!＋错误!(cos 70°cos 10°＋sin 70°sin 10°）＝错误!＋错误!cos 60°＝34。

2020届高考数学(理)课标版二轮课件：重难考点专题三第2讲空间点、直线、平面之间的位置关系

2.(2019课标全国Ⅲ,8,5分)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则 ( B )
A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线
B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线 D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
考点二空间平行、垂直关系
命题角度一平行、垂直关系的证明
(2019天津节选,17,9分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形, △PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3. (1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD; (2)求证:PA⊥平面PCD.
2.(2019天津河西三模)已知平行四边形ABCD中,∠A=60°,AB=2AD=2,平面 AED⊥平面ABCD,三角形AED为等边三角形,EF∥AB,EF=1,M、N分别为线段AD、AB的中点. (1)求证:平面EMN∥平面BDF; (2)求证:平面BDF⊥平面ABCD; (3)求直线FC与平面BDF所成角的正切值.
所以AF⊂平面AGH,AF∥平面CDE, 即直线HG上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行.
(2)设点B到平面ACE的距离为h,由(1)及已知得,EO∥平面ABC,
所以点E到平面ABC的距离h1等于点O到平面ABC的距离,等于点D到平面
ABC的距离的 1 ,
2
又平面ABC⊥平面BCD,△BCD是边长为2的等边三角形,
3.(2019福建福州3月质检,6)已知a,b是两条异面直线,直线c与a,b都垂直,则下列说法正确的是 ( C ) A.若c⊂平面α,则a⊥α B.若c⊥平面α,则a∥α,b∥α C.存在平面α,使得c⊥α,a⊂α,b∥α D.存在平面α,使得c∥α,a⊥α,b⊥α

2020版《新高考二轮专题突破+考前集训政治》课件第三部分考前整理第2篇考场解题步骤与规范

链族各界代表人士，具有独组成
接特的政治优势
二轮专题突破+考前集训政治
第三部分考前整理
材料信息 3：全国政协召开了 1 次全体会议、2 次专题议政性常委会会议、2 次专知人民政协的职能：人民题协商会、19 次双周协商座识政协聚焦党和国家中心解题谈会、2 次网络议政远程协链任务，参政议政，民主商会、1 次网络讨论会、18 接协商和民主监督次对口协商会、4 次提案办理协商会
知识关键词
内容关键词
题型关键词
“最终消费支出对国内生产总值增长
无提示的贡献率为 76.2%”“基本必需品消
表明
费支出占比下降”
二轮专题突破+考前集训政治
第三部分考前整理
2.就非选择题而言，通过审设问可以获取知识信息和题型信息，确定解题方向。
(1)定题型。设问往往蕴含着试题的类型。如体现类试题一般以“体现”“反映”“蕴含”“说明”等为关键词；原因类试题一般以“原因”“为什么”“为何”“依据”“合理性”等为关键词；措施类试题一般以“怎样做”“建议”“要求”“做”“如何”“启示”等为关键词；评析类试题一般以“如何认识某事”“如何看待某事”“谈谈对某一现象的看法”“分析某一现象或行为” “评析、评价什么行为”“驳斥某种观点”等为关键句。
二轮专题突破+考前集训政治
第三部分考前整理
制约高分题目答不完，效
的重要因率低下
素
有意识地进行限时训练，用比高考更短的时间完成同样甚至更大的题量
制约高分思路不开阔，思
的重要因维不活跃
素
广泛涉猎，关注时政，关注社会和生活，有意识地提高自身的科学精神、政治认同、法治意识和公共参与等学科素养

2020届高考历史二轮复习：专题2 古代中国的农耕文明(含解析)

专题2古代中国的农耕文明考纲展示考点热度考纲解读考情趋势农业的主要耕作方式和土地制度★★★本专题作为中国古代经济的概貌表述，重点要注意了解不同时期农业、手工业和商业的发展水平及生产关系的变化；认清古代中国经济从长期领先于世界到后来逐渐落后于欧美各国的发展轨迹，既要看到古代中国经济的辉煌成就，又要看到其中蕴含着导致中国由先进变为落后的消极因素；注意中国古代经济的发展与政治、文化发展的相互作用与内在联系内容探究：本专题的考点有“古代中国的农业”“古代中国的手工业”“古代中国的商业”“古代中国的经济政策”等，其中农业的耕作方式和经济制度、古代商业发展及“重农抑商”政策等是高考的重点，试题难度中等，并且还会与近现代东西方经济发展及同一时期的政治、思想结合命题形式探究：本专题的常见题型为选择题，分值多在4分左右，多采用新材料、新情境进行设计。

非选择题也有一定涉及，分值多在8分左右，多以农业为突破口设计，与当前的“三农”问题联系紧密，还需注意以本区域经济发展史为背景材料的命题。

从命题思路上看，本专题的命题一是切入点小，视角多变；二是立足区域史，关注社会，突出文明史观、社会史观、近代化史观，时代感强手工业的发展★★商业的发展★★★资本主义萌芽与“重农抑商”和“海禁”政策★★※网络构建※※主线解读※中国古代的社会经济以小农经济为核心，手工业、商业的发展及经济政策的走向都与其息息相关。

可按以下四条线索进行整理；1．古代农业中国古代农业耕作方式经历了由刀耕火种向铁犁牛耕的演变。

秦汉时期，基本形成了以铁犁牛耕为主要耕作方式、以精耕细作为特点的封建小农经济模式。

2．古代手工业中国古代手工业经营主要有官营、民营和家庭手工业三种形态；三个领域(冶金、制瓷、纺织)成就突出，以丝绸、瓷器为代表的手工业产品远销海外。

3．古代商业春秋战国、秦汉、隋唐、宋元至明清时期，中国古代商品经济在城市经济、货币源流、对外贸易等层面上都有不同程度的发展，但重农抑商政策阻碍了古代商业的发展。

2020届高考物理二轮复习专题2能量与动量第2讲能量观点在电磁学中的应用练习(含解析)

第2讲能量观点在电磁学中的应用一、选择题：每小题给出的四个选项中，第1～3题只有一项符合题目要求，第4～5题有多项符合题目要求．1．(2019年齐齐哈尔一模)在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，对角线的交点为O，顶点a、c分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示，若将一个带负电的粒子P置于b点，自由释放，粒子P将沿着对角线bd运动，则在线段bd上( )A．O点的电场强度最大B．O点电势最低C．粒子P在O点时电势能最大D．粒子P在O点时动能最大【答案】D2．(2019年甘肃五市二模)如图所示，一带电小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左侧摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右侧摆到最低点时悬线上的张力为( )A．0 B．2mgC．4mg D．6mg【答案】C3．(2018年陕西韩城三模)如图所示，O点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电量绝对值相等的带电粒子M、N以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是( )A．M、N带异种电荷，M和O点处点电荷电性相同B．M从a点运动到b点的过程中，电势能先增大后减小C．N从c点运动到d点的过程中，动能先减小后增大D．N在d点的电势能比M在a点电势能小【答案】C4．(2019年河南郑州二模)如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R 的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g )( )A ．金属棒中的最大电流为Bd 2gh2R B ．金属棒克服安培力做的功为mgh C ．通过金属棒的电荷量为BdL 2RD ．金属棒产生的电热为12mg (h －μd )【答案】CD5．(2018年山东泰安二模)如图所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为L ，两个等量异种点电荷＋Q 和－Q 分别固定于A 、B 两点．光滑绝缘直导轨CD 的上端点D 位于到A 、B 中点的正上方，且与A 、B 两点的距离均为L .在D 处质量为m 、电荷量为＋q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g .忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．D 点的场强大小为kQ L2B ．小球到达CD 中点时，其加速度为零C ．小球刚到达C 点时，其动能为32mgL D ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小【答案】AC【解析】根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D 处的电场强度沿DB 方向，正电荷在D 处的电场强度沿AD 方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D 点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD 、DB 的角平分线；由库仑定律得，A 、B 在D 点的场强E A ＝E ＝k q L2，则D 点的场强E D ＝E A cos 60°＋E B cos 60°＝k qL2，故A 正确；当小球到达CD 中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故B 错误；由于C 与D 到A 、B 的距离都等于L ，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C 点与D 点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即mg ·OD ＝12mv 2，又几何关系可知OD ＝L ·sin 60°＝32L ，小球的动能E k ＝12mv 2＝32mgL ，故C 正确，D 错误．故选AC.二、非选择题6．(2019年资阳模拟)如图所示，一足够大的倾角θ＝30°的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的金属线框abcd ，线框的质量m ＝0.6 kg ，其电阻值R ＝1.0 Ω，ab 边长L 1＝1 m ，bc 边长L 2＝2 m ，与斜面之间的动摩擦因数μ＝39.斜面以EF 为界，EF 上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场．一质量为M 的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连，连接线框的细线与斜面平行且线最初处于松弛状态．现先释放线框再释放物体，当cd 边离开磁场时线框即以v ＝2 m/s 的速度匀速下滑，在ab 边运动到EF 位置时，细线恰好被拉直绷紧(时间极短)，随即物体和线框一起做匀速运动，t ＝1 s 后开始做匀加速运动．取g ＝10 m/s 2，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B ； (2)细绳绷紧前，M 下降的高度H ；(3)系统在线框cd 边离开磁场至重新进入磁场过程中损失的机械能ΔE . 【答案】(1)1 T (2)1.8 m (3)21.6 J 【解析】(1)线框cd 边离开磁场后受到的安培力F ＝BIL 1＝B 2L 21vR线框cd 边离开磁场时匀速下滑，由平衡条件得mg sin θ－μmg cos θ－F ＝0，解得B ＝1 T.(2)由题意，线框第二次匀速运动方向向上，设其速度为v 1，细线拉力为T则匀速运动的速度v 1＝L 2t ＝21m/s ＝2 m/s对线框，由平衡条件得T －mg sin θ－μmg cos θ－B 2L 21v 1R＝0对物体，由平衡条件得T －Mg ＝0设绳突然绷紧过程中绳子作用力的冲量为I ，由动量定理得对线框：I ＝mv 1－m (－v ) 对物体：－I ＝Mv 1－Mv 0绳绷紧前M 自由下落v 20＝2gH ，解得H ＝1.8 m. (3)根据能量守恒定律得线框匀速下滑过程Q 1＝mgL 2sin θ绳子突然绷紧过程Q 2＝12Mv 20＋12mv 2－12(M ＋m )v 21线框匀速上滑过程Q 3＝MgL 2－mgL 2sin θ损失的机械能ΔE ＝Q 1＋Q 2＋Q 3，解得ΔE ＝21.6 J.7．(2019年陕西韩城三模)某同学用如图所示的装置研究电磁阻尼现象．ACDE 、FGHI 为相互平行的轨道，AC 、FG 段是半径为r 的四分之一圆弧，CDE 、GHI 段在同一水平面内，CG 连线与轨道垂直，两轨道间距为L ，在E 、I 端连接阻值为R 的定值电阻，一长度也为L 、质量为m 的金属导棒固定在轨道上紧靠A 、F 端，导体棒与导轨垂直并接触良好，导棒的电阻也为R ，其他电阻不计，整个轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，闭合开关S ，让导棒由静止释放，导棒在下滑过程中始终与导轨接触良好，当导棒运动到与CG 重合时，速度大小为v ，导棒最终静止在水平轨道DE 、HI 段某处，电阻R 上产生的热量为Q ，轨道DE 、HI 段粗糙且足够长，其他部分光滑，重力加速度为g ，求：(1)导棒运动到与CG 重合时，通过定值电阻R 的电量； (2)导棒运动到与CG 重合时，导棒的加速度大小；(3)若断开开关S ，再让导棒从轨道上紧靠F 、A 处由静止释放，则导棒在HI 、DE 段滑行的距离x 2是电键闭合时，导棒滑下在HI 、DE 段滑行的距离x 1的多少倍？【答案】(1)q ＝BLr2R(2)a ＝B 4L 4v 24m 2R 2＋v 4r2 (3)x 2x 1＝mgrmgr －2Q【解析】(1)当导棒运动到与CG 重合时，通过定值电阻R 的电量 q ＝I －·Δt ；I －＝E －2R ； E －＝ΔΦΔt 解得q ＝BLr 2R(2)导体棒运动到与CG 重合时，回路中的瞬时电动势E ＝BLv 回路中的电流为I ＝E 2R ＝BLv2R导体棒受到的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v2R水平方向的加速度a ＝F m ＝B 2L 2v2mR导体棒做圆周运动的向心加速度a 2＝v 2r所以，合加速度a ＝a 21＋a 22＝B 4L 4v 24m 2R 2＋v 4r2 (3)电键闭合时，由于导体棒与定值电阻串联，因此导棒上产生的热量也为Q ；根据能量守恒，导体棒因摩擦产生的热量Q 1＝mgr －2Q若电键断开，根据能量守恒可知，导体棒在HI 、DE 段因摩探产生的热量Q 2＝mgr 由功能关系Q 1＝μmgx 1Q 2＝μmgx 2因此x 2x 1＝Q 2Q 1＝mgrmgr －2Q。

2020高考二轮总复习物理(教师)2 附答案解析

名师导学·高考二轮总复习·物理(教师用书)(这是双页眉，请据需要手工删加)专题二力与运动(这是单页眉，请据需要手工删加)专题二力与运动二、考向分析及备考建议瞬时速度和加速度概念、匀变速直线运动的规律和图象，物体的受力分析和力的合成与分解，共点力作用下物体的平衡，牛顿运动定律及其综合应用，抛体运动、圆周运动及其应用，应用万有引力定律分析天体运动问题等是历年高考的重点，今后仍将如此．本专题命题点多，特别重视对考纲中10个Ⅱ级考点的考查，题型多变．在复习备考中应引起足够重视，对10个Ⅱ级考点逐一落实．加强对诸如：连接体模型、传送带模型、滑块与滑板模型，天体运动中的环绕模型、登陆模型等的理解和应用，以应对高考对理解能力、建模能力、过程综合分析能力的综合考查．第1讲力与物体的平衡【p6】力与物体的平衡【p6】一、力的合成与分解1．__平行四边形__定则：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的__对角线__就代表合力的大小和方向．2．__三角形__定则：两个力(或者其他任何矢量)合成，其合力应当为将一个力的起始点移动到另一个力的终止点，合力为__从第一个的起点到第二个的终点__．二、共点力作用下物体的平衡1．共点力作用下物体的平衡条件是合力为__零__．2．三个共点力平衡：如果物体仅受三个共点力作用而处于平衡状态，则其中任意两个力的合力与第三个力大小__相等__、方向__相反__．表示这三个力的有向线段可以组成一个封闭的__矢量三角形__．3．多个共点力平衡：任一方向上合力为__零__．建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为__零__．即F x＝0，F y＝0.4．动态平衡：物体在__缓慢__移动过程中，可认为其所受__合力__为零，物体处于平衡状态．5．带电粒子在复合场中除了受到重力、弹力和摩擦力外，还涉及__电场力__和洛伦兹力．6．载流导体在磁场中除要分析重力、弹力和摩擦力外，还应分析安培力．【p7】考点一物体的受力分析例1(多选)一斜劈被两个小桩A和B固定在光滑的水平地面上，然后在斜面上放一物体C，如图所示，下列判断正确的是()A．若A和B均未受到斜劈的挤压，则C一定处于静止状态B．若A和B均未受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面匀速下滑C．若只有A受到斜劈的挤压，则C一定在沿斜面加速下滑D．若只有B受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面加速下滑【解析】首先将物体和斜面看成一个整体，然后根据C的运动状态进行分析．若物体静止，则系统所受合力为零，A、B均不受挤压；若物体匀速下滑，则系统所受合力仍为零，A、B也不受挤压，故选项A错误，选项B正确．若物体的加速度大小为a，方向沿斜面向下，在水平方向的加速度为a x＝a cosθ，方向水平向左，对系统应用牛顿第二定律，水平方应有F＝ma cosθ，方向向左，则B对斜面有向左的作用力，B应受到挤压，而A没有受到挤压，此时物体可能加速下滑或减速上升，故选项C错误，选项D正确．【答案】BD【方法总结】进行物体受力分析时，除了掌握好分析思路和方法外，还应注意几个问题：(1)模型的理解和应用，如“轻绳”“轻杆”表示不考虑绳与杆的重力；如“光滑面”示意不考虑摩擦力；(2)弹力表现出的形式具有多样性；(3)摩擦力产生的必要条件；(4)隔离法和整体法的应用；(5)“转换对象法”的应用：直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力；(6)注意质点与物体的差别等等．变式训练1用两段等长的轻质细线将a、b两个小球连接并悬挂于O点，如图甲所示，球a受到水平向右的力3F的作用，球b受到水平向左的力F的作用，平衡时细线都被拉紧，系统平衡时两球的位置情况如图乙所示，则a、b两球质量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3【解析】以整体为研究对象，分析受力如图甲：设Oa线与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tanα＝3F－F（m a＋m b）g＝2F（m a＋m b）g①以b球为研究对象，受力如图乙．设ab线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：tanβ＝Fm b g②由几何关系得到：α＝β③联立①②③式解得：m a＝m b，故A正确，B、C、D错误．【答案】A考点二物体的静态平衡例2(2019·天津卷)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车．为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示．下列说法正确的是()A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C ．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D ．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布【解析】以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A 错误；由图甲可知2T cos α＝Mg ，当索塔高度降低后，α变大，cos α 变小，故T 变大，故B 错误；由B 项的分析可知，当钢索对称分布时，2T cos α＝Mg ，钢索对索塔的合力竖直向下，故C 正确；受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要F AB sin α＝F AC sin β，钢索AC 、AB 的拉力F AC 、F AB 进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D 错误．【答案】C【方法总结】解决共点力平衡问题的典型方法和一般思路变式训练2(多选)如图，三个小球a、b、c分别用三根绝缘细线悬挂在同一点O，细线的长度关系为Oa＝Ob＜Oc，让三个小球带电后它们能静止在图中位置．此时细线Oc沿竖直方向，a、b连线水平，a、b、c恰为一等边三角形的三个顶点，则下列说法正确的是()A．a、b、c三球质量一定相等B．a、b两球所带电荷量一定相等C．细线Oa、Ob所受拉力大小相等D．a、b、c三球所受静电力大小一定相等【解析】由于Oc沿竖直方向，而c受重力及绳拉力也在竖直方向，所以a对c的库仑力与b对c的库仑力一定等大，即q a＝q b；选项B正确；因为ab连线处于水平，则m a ＝m b，但与c的质量关系不能确定，选项A错误；因c对a、b的库仑力大小相等，由受力分析知Oa、Ob所受拉力大小相等，C正确；而c的电荷量与a、b电荷量不一定相等，所以a、b、c三球所受库仑力大小不一定相等，故D错误，故选B、C.【答案】BC考点三物体的动态平衡例3(2019·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中()A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加【解析】如图甲所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；如图乙所示，对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加．故本题选B、D.【答案】BD【方法总结】解决动态平衡问题的一般思路和方法把“动”化为“静”，“静”中求“动”．动态平衡问题的分析过程与处理方法如下：变式训练3(多选)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1 000 kV的高压线上带电作业的过程．如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处．绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g.关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是() A．工人对绳的拉力一直变大B．绳OD的拉力一直变小C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mgD．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为33mg【解析】对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α.根据几何知识知：θ＋2α＝90°，由正弦定理可得F 1sin α＝F 2sin θ＝mgsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α，α增大，θ减小，则F 1增大，F 2减小，A 、B 错误；两绳拉力的合力大小等于mg ，C 正确；α＝30°时，θ＝30°，则2F 2cos 30°＝mg ，可求出F 2＝33mg ，D 正确．【答案】CD考点四平衡中的临界与极值问题例4(多选)如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b ，另一端与套在水平细杆上的小球a 连接．在水平拉力F 作用下小球a 从图示虚线位置开始缓慢向右移动．已知小球a 的质量为m ，小球b 的质量是小球a 的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a 与细杆间的动摩擦因数为33，重力加速度大小为g.则下列说法正确的是( )A ．拉力F 的大小一直增大B ．拉力F 的大小先减小后增大C ．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大D ．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F 的大小为⎝⎛⎭⎫2－33mg 【解析】设a 的质量为m ，则b 的质量为2m ；以b 为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b 的重力，即T ＝2mg ，保持不变；以a 为研究对象，受力如图所示，设绳子与水平方向夹角为θ，支持力F N＝2mg sinθ－mg，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小；水平方向：F＝f＋2mg cosθ＝2mg cosθ＋μ(2mg sinθ－mg)＝2mg(cosθ＋μsinθ)－μmg由于：cosθ＋μsinθ＝cosθ＋33sinθ＝23(sin60°cosθ＋cos60°sinθ)＝23sin(60°＋θ)θ有一临界值30°.当θ从90°开始逐渐减小至30°，即(60°＋θ)从150°逐渐减小时，sin(60°＋θ)逐渐增大；当θ＜30°后，F＝f＋2mg cosθ＝2mg cosθ＋μ(mg－2mg sinθ)＝2mg(cosθ－μsinθ)＋μmg由于：cosθ－μsinθ＝cosθ－33sinθ＝23(cos30°cosθ－sin30°sinθ)＝23cos(30°＋θ)当θ从30°逐渐减小的过程中，cos(30°＋θ)逐渐增大，所以当θ从30°逐渐减小的过程中F 仍然逐渐增大．可知水平拉力一直增大．故A 正确，B 错误．向右缓慢拉动的过程中，两绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小；故C 错误．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F 的大小为： F ＝2mg(cos θ＋μsin θ)－μmg ＝2mg ⎝⎛⎭⎫cos 60°＋33sin 60°－33mg＝⎝⎛⎭⎫2－33mg. 故D 正确．【答案】AD【方法总结】临界状态：平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述．解决临界问题的基本思路：解决此类问题重在形成清晰的物理图景和模型(常见的模型如：细绳模型、摩擦自锁型)，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．解决临界问题的基本方法是假设推理法．也可以抓住平衡这一特点，利用矢量三角形法、相似三角形法、或正交分解处理．变式训练4如图所示，足够长的平行金属导轨与水平面的夹角θ＝37°，导轨电阻忽略不计，两导轨间距L ＝1 m ，导轨上端接入电路，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度B ＝0.2 T ．质量m ＝0.02 kg ，阻值r ＝2 Ω的金属棒与导轨垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨上端定值电阻R 2＝2 Ω，R 1为滑动变阻器，电源电动势E ＝4 V ，内阻不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m /s 2)求：(1)开关S断开，金属棒从导轨上端由静止开始下滑的过程中能达到的最大速度；(2)开关S闭合，若金属棒能静止在导轨上，滑动变阻器R1接入电路的阻值范围．【解析】(1)当金属棒的合力为零时，达到最大速度，设为v.根据平衡条件有：mg sinθ＝BIL＋μmg cosθ①其中I＝BLvR2＋r②联立①②式可得：v＝8 m/s(2)当滑动变阻器的阻值取最小值时，流过金属棒的电流最大，所受安培力最大，此时最大静摩擦力向下，则有：mg sinθ＋μmg cosθ＝BI max L③I干＝2I max④I干＝ER1min＋R2rR2＋r⑤联立③④⑤式可得：R1min＝1.5 Ω当滑动变阻器的阻值取最大值时，流过金属棒的电流最小，所受安培力最小，此时最大静摩擦力向上，则有：mg sinθ＝μmg cosθ＋BI min L⑥I干′＝2I min⑦I干′＝ER1max＋R2rR2＋r⑧联立⑥⑦⑧式可得：R1max＝4 Ω综上1.5 Ω≤R1≤4 Ω【答案】(1)8 m/s(2)1.5 Ω≤R1≤4 Ω【p113】A组1．a、b两个质量相同的球用线相连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止(线的质量不计)，则下列图中正确的是()【解析】对a、b球整体受力分析，受重力、斜面的支持力和线的拉力，如图甲所示，同理，对b球受力分析如图乙所示，可知B项正确．【答案】B2．力的合成和分解在生产和生活中有着重要的作用，下列说法中正确的是() A．高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，是为了减小汽车重力沿桥面向下的分力，达到行车方便和安全的目的B．幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩滑滑梯时受到的重力，使小孩下滑得更快C．运动员做引体向上(缓慢上升)动作时，双臂张开很大的角度时要比双臂竖直平行时觉得手臂用力大，是因为张开时手臂产生的合力增大的缘故D．帆船能逆风行驶，说明风力一定沿水平方向向前【解析】高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，根据力的平行四边形定则可知，汽车重力沿桥面向下的分力减小，达到行车方便和安全的目的，故A正确；幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩下滑的分力，而其重力不变，故B错误；双臂张开很大的角度时与双臂竖直平行时比较，合力不变，随着夹角越大，其分力越大，故C错误；帆船能逆风行驶，根据力的平行四边形定则，结合力的分解，则风力一定能分解出沿船前进方向的分力，所以风力不一定向前．故D错误．【答案】A3．如图是当前街头常见的踩踏式独轮电动车示意图，其中间是一个由电动机驱动的独轮，两侧各有一块踏板．当人站在踏板上向右做直线运动时，关于踏板对脚的摩擦力，下列说法正确的是()A．考虑空气阻力，以图甲的状态向右匀速运动时，摩擦力向左B．不计空气阻力，以图甲的状态向右加速运动时，摩擦力向左C．考虑空气阻力，以图乙的状态向右匀速运动时，摩擦力可能为零D．不计空气阻力，以图乙的状态向右加速运动时，摩擦力不可能为零【解析】考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力向右，故A错误；不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，脚受到摩擦力向右，故B错误；当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，若重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力的合力产生加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误．【答案】C4．如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F作用下，形成一个稳定的正六边形．已知正六边形外接圆的半径为R，每根弹簧的劲度系数均为k，弹簧在弹性限度内，则F的大小为()A.k2(R－l) B．k(R－l)C．k(R－2l) D．2k(R－l)【解析】正六边形外接圆的半径为R，则弹簧的长度为R，弹簧的伸长量为：Δx＝R －l，由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为：f＝kΔx＝k(R－l)；两相邻弹簧夹角为120°，两相邻弹簧弹力的合力为：F合＝f＝k(R－l)．弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，F的大小为：F＝F合＝k(R－l)，故B正确；A、C、D错误．【答案】B5．(多选)如图所示，横截面为直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的竖直墙面上，力F 通过球心水平作用在光滑球Q上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统仍保持静止，下列说法正确的是()A．斜劈P所受合外力增大B．斜劈P对竖直墙壁的压力增大C．球Q对地面的压力增大D．墙面对斜劈P的摩擦力增大【解析】斜劈P一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N＝F，N为竖直墙壁对P的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：P对竖直墙壁的压力增大．故B正确；对Q 受力分析，如图：根据平衡条件：F＝N′sin θ，F增大，则N′增大；N″＝mg＋N′cos θ，N′增大，则N″增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大．以整体为研究对象，如果力F开始作用时，滑动摩擦力向上，则有在竖直方向：N″＋f＝Mg，故随支持力的增大，摩擦力减小，若N″增大至与Mg相等，则f＝0，故C正确，D错误．【答案】BC6．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是()A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小【解析】对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O 点分析，O受绳子的拉力，OA的支持力及OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示，F 和OC绳上拉力的合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小，选项C正确．【答案】C7．(多选)如图所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行于天花板，过直角顶点的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为F a和F b，已知F a和F b及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是()A．薄板的重心不在MN线上B．薄板所受重力的反作用力的作用点在MN的延长线上C．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于薄板发生形变而产生D．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a∶F b＝b∶a【解析】三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡，三个力虽然不是作用在同一点，但不平行，根据三力汇交定理，三个力的延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上．故A错误．重心一定在MN线上，则根据牛顿第三定律知，重力的反作用力的作用点在MN的延长线上，故B正确．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于绳发生形变而产生．故C错误．三角形薄板受力分析如图，根据合力等于0，则F a＝mg cos α，F b＝mg sin α，则F a∶F b＝cot α＝b∶a.故D正确．【答案】BD8.(多选)如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，在物块运动到最低点之前，下列说法正确的是()A．物块与斜面体间的弹力不变B．物块与斜面体间的摩擦力增大C．斜面体与地面间的弹力不变D．斜面体与地面间的摩擦力始终为0【解析】设斜面的倾角为α，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力N＝mg cos α，摩擦力f＝mg sin α，故动摩擦因数μ＝fN ＝tan α；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N′＝mg cos α＋F sin α，变大；滑动摩擦力f′＝μN′，也变大；故A错误，B正确；不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上(大小变大，方向不变)；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下(大小变大，方向不变)，故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C 错误，D 正确；故选B 、D.【答案】BDB 组9．如图所示，A 、B 为竖直墙壁上等高的两点，AO 、BO 为长度相等的两根轻绳，CO 为一根轻杆．转轴C 在AB 中点D 的正下方，AOB 在同一水平面上．∠AOB ＝90°，∠COD ＝60°.若在O 点处用轻绳悬挂一个质量为m 的物体，则平衡后绳AO 所受拉力的大小为( )A.13mgB.33mgC.16mgD.66mg 【解析】设绳AO 和绳BO 拉力的合力为F ，对O 点进行受力分析可知，O 点受到竖直轻绳拉力mg 、杆的支持力F 1和两绳子拉力的合力F ，根据平衡条件得：F ＝mg tan 30°，将F 分解，则有AO 所受拉力的大小F 2＝22F ＝66mg ，选项D 正确．【答案】D10．如图所示，水平面上等腰三角形均匀框架顶角∠BAC ＝30°，一均匀圆球放在框架内，球与框架BC 、AC 两边接触但无挤压，现使框架以顶点A 为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB 边水平缓慢转至AB 边竖直，则在转动过程中( )A ．球对AB 边的压力先增大后减小 B ．球对BC 边的压力先增大后减小 C ．球对AC 边的压力先增大后减小D ．球的重力势能一直增大【解析】对球受力分析，重力、AB 边和AC 边的支持力，两个支持力的夹角为120°，重力的大小和方向都不变，BC 边与球间没有弹力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：根据正弦定理，有：mgsin 30°＝F ACsin β＝F ABsin α，解得：F AB ＝sin αsin 30°mg ，F AC ＝sin βsin 30°mg ，在框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直的过程中，α减小，β增加，由于α先大于90°，后小于90°，因此F AB先增大，后减小，F AC增加，故A正确，B、C均错误；在框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直的过程中，球的重心先升高后降低，故重力势能先增加后减小，故D 错误．【答案】A11．(多选)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()A．可能带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a点到b点的过程，克服电场力做功D．从a点到b点的过程中可能做匀加速运动【解析】因小球受到的洛伦兹力F＝q v B 随小球速度的变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，小球的速度大小不能变化，即小球受力平衡，做匀速直线运动，D错误；小球共受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，无论小球带何种电荷，三力均可能平衡，故A正确，B错误；从a点到b点的过程中，小球的动能不变，洛伦兹力不做功，根据动能定理有ΔE k＝W G＋W电场＝0，重力做正功，所以电场力必做负功，C正确．【答案】AC12.如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角α时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角α的大小．【解析】(1)由题意可知：当θ＝30°时物体匀速下滑，由平衡关系可得：mg sin θ＝μmg cos θμ＝tan θ＝3 3(2)设斜面倾角为α时，无论F多大都不能推动物块．受力情况如图所示，由平衡条件可得：。

2020届高考数学(文)二轮复习全程方略课件：专题三数列(2)数列的求和及综合应用

命题视角 1 函数的基本性质
[例 3] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，点(n， Sn)(n∈N*)均在函数 f(x)＝3x2－2x 的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式； (2) 设 bn＝ana3n＋1，Tn 是数列{bn}的前 n 项和，求使得 2Tn≤λ －2 015 对任意 n∈N*都成立的实数 λ 的取值范围．
(2)bn＝－1－log2|an|＝2n－1，数列{bn}的前 n 项和 Tn ＝n2，
cn＝TbnTn＋n＋1 1＝n2（2nn＋＋11）2＝n12－（n＋1 1）2，所以 An＝1－（n＋1 1）2＝（nn2＋＋12）n 2.
因此{An}是单调递增数列，所以当 n＝1 时，An 有最小值 A1＝1－14＝34；An 没有最大值．
命题视角 2 裂项相消法求和 [例 1－2] (2015·全国卷Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项和．已知 an＞0，a2n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ana1n＋1，求数列{bn}的前 n 项和．
解：(1)由 a2n＋2an＝4Sn＋3 可知， a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
[规律方法] 1．给出 Sn 与 an 的关系求 an，常用思路是：一是利用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记 cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前 2n 项和 S2n.
解：(1)设等差数列{bn}的公差为 d，

2020届数学(理)高考二轮专题复习课件：第二部分专题二第2讲数列的求和及综合应用

[思维升华] 1．给出 Sn 与 an 的递推关系求 an，常用思路是：一是利用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
依题意，得33qq＝2＝31＋5＋2d4，d，解得dq＝＝33，，故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n. 所以{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn ＝3n. (2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1) ＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)＝ n×3＋n（n2－1）×6 ＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n 2＋6(1×31 ＋2×32＋…＋n×3n)．
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，① 则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，② ②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－3（11－－33n）＋n×3n＋1＝（2n－1）2 3n＋1＋3.
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n ＝3n2＋6Tn ＝3n2＋3（2n－12）·3n＋1＋9 ＝（2n－1）·32n＋2＋6n2＋9.
从近年高考看，本讲主要考查的内容：(1)以等差(比) 数列为背景，考查等差(比)的通项与求和公式、分组转化求和；(2)以简单的递推关系为背景，考查错位相减、裂项相消、倒序相加等求和的基本方法．主要以解答题的形式呈现，中档难度，且常与函数、不等式知识交汇．
【例 1】设数列{an}的前 n 项和为 Sn，对任意的正整数 n，都有 an＝5Sn＋1 成立，bn＝－1－log2|an|，数列 {bn}的前 n 项和为 Tn，cn＝TbnTn＋n1＋1.

2020届高考数学二轮复习专项二专题二专题强化训练Word版含解析(2)

解析：选 B.易知 f(x)＝2cos 2x －sin 2x ＋2＝3cos 2x ＋1＝ (2cos 2x －1)＋＋1＝ cos 2x ＋，．在△2 ABC 中，内角 A ，B ，C 的对边分别是 a ，b ，c ，若 c ＝2a ，b sin B －asin A ＝ asin43解析：选 A.由 b sin B －asin A ＝ asin C ，a 2＋c 2－b 2 a 2＋4a 2－2a 2 3 因为 cos B ＝＝＝，所以 sin B ＝ 3⎫2＝ 7. c 成等比数列，且 a 2＝c 2＋ac －bc ，则＝() 3 ＝＝ bc ＝1，故 A ＝，对于 b 2＝ac ，由正弦定理得，sin 2 B ＝sin Asin C ＝ 3 sin C ，[A 组夯基保分专练]一、选择题1．(2018· 高考全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝2cos 2x －sin 2x ＋2，则( )A ．f(x)的最小正周期为 π，最大值为 3B ．f(x)的最小正周期为 π，最大值为 4C ．f(x)的最小正周期为 2π，最大值为 3D ．f(x)的最小正周期为 2π，最大值为 43 3 3 52 2 2 2 则 f(x)的最小正周期为π，当 x ＝k π(k ∈Z )时，f(x)取得最大值，最大值为 4.12C ，则 sin B 为()A.C. 7 47 33 B.1 D.12且 c ＝2a ，得 b ＝ 2a ，2ac 4a 2 4⎝4⎭43．(2018· 洛阳第一次统考△)在 ABC 中，角 A ，B ，C 的对边分别是 a ，b ，c ，若 a ，b ，cb sin BA.C. 3 23 32 3 B.D. 3解析：选 B.由 a ，b ，c 成等比数列得 b 2＝ac ，则有 a 2＝c 2＋b 2－bc ，由余弦定理得 cos Ab 2＋c 2－a 2 π 2bc 2bc 2 3 22 ＝1AB ACsin ∠BAC ＝1× 2× 5×3 ＝3，所以 BC 边上的高 h ＝ △S ABC ＝2 2 10 2BC 2× 12 6 4 3所以 sin A ＋cos A ＝0，所以 tan A ＝－1，因为 A ∈(0，π)，所以 A ＝ .2×2＝1，又 0<C < ，所以 C ＝ .由正弦定理得， c ＝ sin C ＝ sin C ＝2 3.故选 B.b sin B sin 2 B 33 sin C4．(2018· 昆明模拟△)在 ABC 中，已知 AB ＝ 2，AC ＝ 5，tan ∠BAC ＝－3，则 BC 边上的高等于()A ．1C. 3B. 2D ．2解析：选 A.法一：因为 tan ∠BAC ＝－3，所以 sin ∠BAC ＝ 3，cos ∠BAC ＝－ 1.由余 10 10弦定理，得 BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC AB ·cos ∠BAC ＝5＋2－2× 5× 2×⎛－ ⎝ 1 ⎫ 10⎭＝9，所以 BC＝3，所以 △S ABC 2332＝1，故选 A.法二：因为 tan ∠BAC ＝－3，所以 cos ∠BAC ＝－1 10<0，则∠BAC 为钝角，因此 BC 边上的高小于 2，故选 A.△5． ABC 的内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c.已知 sin B ＋sin A(sin C －cos C)＝0，a ＝2，c ＝ 2，则 C ＝()π A.π C.π B.π D.解析：选 B.因为 sin B ＋sin A(sin C －cos C)＝0，所以 sin(A ＋C)＋sin Asin C －sin Acos C＝0，所以 sin Acos C ＋cos Asin C ＋sin Asin C －sin Acos C ＝0，整理得sin C(sin A ＋cos A)＝0.因为 sin C ≠0，3π4c sin A由正弦定理得 sin C ＝＝aπ π4622 2如图，在△6. ABC 中，∠C ＝π，BC ＝4，点 D 在边 AC 上，AD ＝DB ，3 C. 6中，＝ BD ， 4 ＝ 2 2 × 2 ＝ 4 2 ，即＝ 4 2 ，由此解得 cos Asin ∠BDC sin C sin 2A sin A ＝ 6.2sin Acos A 7．若 sin ⎝ 3 －α⎭＝4，则 cos ⎝ ＋2α⎭＝________．＝－cos ⎢π－ π＋2α⎪⎥＝－cos ⎢2 π－α⎪⎥ ＝2sin 2 π－α⎪－1＝2×⎛ ⎫ －1⎝4⎭ ＝－7. 8 8．(2018· 高考全国卷Ⅱ改编在△) ABC 中，cos ＝，BC ＝1，AC ＝5，则 AB ＝________．－2AC · B Ccos C ＝25＋1－2×5×1×⎛－ ⎫＝32，所以 AB ＝4 2.3DE ⊥AB ，E 为垂足．若 DE ＝2 2，则 cos A 等于()2 2 A.4B.D. 2 46 3解析：选 C.依题意得，BD ＝AD ＝ DE ＝ 2 2，∠BDC ＝∠ABD ＋∠A ＝2∠A.△在BCDsin A sin ABC 43 3sin A 3sin A4二、填空题⎛π ⎫ 1 ⎛π ⎫ 3⎛π ⎫解析：依题意得 cos ＋2α⎪⎝ 3 ⎭⎡ ⎛ ⎫⎤ ⎣ ⎝ 3 ⎭⎦⎡ ⎛ ⎫⎤ ⎣ ⎝ 3 ⎭⎦⎛ ⎫ 1 2 ⎝ 3 ⎭87答案：－C 52 5 解析：因为 cos C ＝2cos 2 C －1＝2×1－1＝－3，所以由余弦定理，得 AB 2＝AC 2＋BC 22 5 53⎝ 5⎭答案：4 29．(2018· 惠州第一次调研)已知 a ，b ，c 是△ABC 中角 A ，B ，C 的对边，a ＝4，b ∈(4，6)，sin 2A ＝sin C ，则 c 的取值范围为________．4＝c，得4＝，所以c＝8cos A，因为16＝b2＋c2－2bccos A，解析：由64－16b16（4－b）所以c2＝64cos2A＝64×＝16＋4b.因为b∈(4，6)，所以32<c2<40，所以42<c<210.因为sin B≠0，所以cos C＝－1.又C∈(0，π)，所以C＝.(2)因为△SABC＝absin C＝23，解：(1)在△ABC中，因为3c＝tan A＋tan B，所以3sin C＝sin A＋sin B，即csin A sin C sin A sin2A所以16－b2＝64cos2A－16b cos2A，又b≠4，所以cos2A＝16－b2（4－b）（4＋b）4＋b＝＝，164＋b16答案：(42，210)三、解答题10．(2018·沈阳教学质量监测(一△))在ABC中，已知内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2ccos B＝2a＋b.(1)求C；(2)若a＋b＝△6，ABC的面积为23，求c.解：(1)由正弦定理得2sin Ccos B＝2sin A＋sin B，又sin A＝sin(B＋C)，所以2sin Ccos B＝2sin(B＋C)＋sin B，所以2sin Ccos B＝2sin Bcos C＋2cos Bsin C＋sin B，所以2sin Bcos C＋sin B＝0，22π312所以ab＝8，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋ab＋b2＝(a＋b)2－ab＝28，所以c＝27.11．(2018·石家庄质量检测(二△))已知ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且3cacos B＝tan A＋tan B.(1)求角A的大小；(2)设AD为BC边上的高，a＝3，求AD的取值范围．acos B sin Acos B cos A cos B(2)因为 △S ABC ＝ AD BC ＝ bcsin A ，所以 AD ＝1bc. 由余弦定理得 cos A ＝1＝ ≥，所以0<AD ≤3.(2)若 AD 是 BC 边上的中线，AD ＝ 19，求△ ABC 的面积．b 2＋c 2－a 2 1即 19＝9＋AC 2－2×3×AC ×⎛－ ⎫，得 AC ＝2..＝1bcsin ∠BAC ＝3 3. 2 2(1)求的值；3sin C ＝sin Acos B ＋sin Bcos A，sin Acos B cos Acos B所以 3 ＝ 1，则 tan A ＝ 3，所以 A ＝π sin A cos A 31 12 22b 2＋c 2－a 2 2bc －3 2 2bc 2bc所以 0<bc ≤3(当且仅当 b ＝c 时等号成立)，212．(2018· 郑州质量检测(二△))已知 ABC 内接于半径为 R 的圆，a ，b ，c 分别是角 A ，B ，C 的对边，且 2R(sin 2B －sin 2A)＝(b －c)sin C ，c ＝3.(1)求 A ；2解：(1)对于 2R(sin 2B －sin 2A)＝(b －c)sin C ，由正弦定理得，b sin B －asin A ＝b sin C －csin C ，即 b 2－a 2＝bc －c 2，所以 cos A ＝＝，因为 0°<A<180°，所以 A ＝60°.2bc 2(2)以 AB ，AC 为邻边作平行四边形 ABEC ，连接 DE ，易知 A ，D ，E 三点共线．△在 ABE 中，∠ABE ＝120°，AE ＝2AD ＝ 19，△在 ABE 中，由余弦定理得 AE 2＝AB 2＋BE 2－2AB · B Ecos 120°，1⎝ 2⎭故 △S ABC[B 组大题增分专练]1．(2018· 长春质量监测(二△))在 ABC 中，内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，其面积 S ＝b 2sin A.cb(2)设内角 A 的平分线 AD 交于 BC 于 D ，AD ＝，a ＝ 3，求 b . 解：(1)由 S ＝ bcsin A ＝b 2sin A ，可知 c ＝2b ，即＝2. 4b 2＋－3 2 3 4b 2＋－ 3上的高 h ＝ c.(1)若△ABC 为锐角三角形，且 cos A ＝，求角 C 的正弦值；a 2＋b 2＋c 2(2)若 C ＝，M ＝，求 M 的值．⎛2c ⎫2＋⎛c ⎫2＝5c ， 5 24 由正弦定理得：sin ∠ACB ＝ABsin A ＝＝ . (2)因为 △S ABC ＝ c × c ＝ absin ∠ACB ＝ ab ，所以 c 2＝3 2ab，2 331 c2 b(2)由角平分线定理可知，BD ＝2 3，CD ＝ 3， 3 34 44b 2＋3－b 2 3 34b 2＋3－b 2 在△ABC 中，cos B ＝，在△ABD 中，cos B ＝，即＝2 2b3 2 2b 32·2b ·2·2b ·4 4 3 3 2 3，解得 b ＝1.2．(2018· 贵阳模拟△)已知在 ABC 中，角 A ，B ，C 所对的边长分别为 a ，b ，c ，AB 边23351 π 34 ab 解：(1)作 CD ⊥AB ，垂足为 D ，因为△ABC 为锐角三角形，且 cos A ＝3，5所以 sin A ＝4，tan A ＝4，5 3所以 AD ＝c ，BD ＝AB －AD ＝c，2 2所以 BC ＝ CD 2＋BD 2＝⎝3 ⎭ ⎝2⎭ 64 c × BC 5c 2561 2 1 2 2 3 2 44又 a 2＋b 2－c 2＝2abcos ∠ACB ＝ 2ab ，144 3 2所以 a 2＋b 2＋ c 2＝ 2ab ＋ c 2＝ 2ab ＋ ×ab ＝2 2ab ，a 2＋b 2＋c 21所以△BCD 的面积 S＝ ×2 2×6×sin 45°＝6.3 10解得 sin C ＝. 2 5.所以 sin ∠BDC ＝sin(C ＋45°)＝ B －.＝acos ⎝ 6⎭⎛B －π⎫，得 asin B ＝acos ⎛B －π⎫，即 sin B ＝cos ⎛B －π⎫，可得 tan B ＝ 3.又因为 B ∈(0，π)，22ab所以 M ＝＝＝2 2. (2)若角 C 为锐角，AB ＝6 2，sin A ＝ 10，求 CD 的长．(2)△在ABC 中，由 BCAB 2 2 6 2＝得＝， △在BCD 中， CD CD 2 2＝，即＝，所以 a 2＋b 2＝ 2ab ＋c 2，3 3 3 41 3 ab ab3．(2018· 合肥质量检测△)已知 ABC 中，D 为 AC 边上一点，BC ＝2 2，∠DBC ＝45°.(1)若 CD ＝2 △5，求 BCD 的面积；10解：(1)△在 BCD 中，CD 2＝BC 2＋BD 2－2BC · BD ·cos 45°，即 20＝8＋BD 2－4BD ，解得 BD ＝6，2sin A sin C 10 sin C1010由角 C 为锐角得，cos C ＝ 10，105BC sin ∠DBC sin ∠BDC2 2 5 2 5解得 CD ＝ 5.4．(2018· 高考天津卷△)在 ABC 中，内角 A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c.已知 b sin A⎛ π⎫(1)求角 B 的大小；(2)设 a ＝2，c ＝3，求 b 和 sin(2A －B)的值．解：(1)△在 ABC 中，由正弦定理 a ＝ b ，可得 b sin A ＝asin B ，又由 b sin A ＝acos sin A sin B⎝ 6⎭ ⎝ 6⎭ ⎝ 6⎭可得 B ＝ .(2)△在 ABC 中，由余弦定理及 a ＝2，c ＝3，B ＝，有 b 2＝a 2＋c 2－2accos B ＝7，故 b由 b sin A ＝acos ⎛B － ⎫，cos 2A ＝2cos 2A －1＝，所以，sin(2A －B)＝sin2Acos B －cos 2Asin B ＝4 3×1－1× 3＝3 3.π3π3＝ 7.π⎝ 6⎭可得 sin A ＝ 3.7因为 a <c ，故 cos A ＝ 2.7因此 sin 2A ＝2sin Acos A ＝4 3，71772 7 2 14。

2020届高考地理人教版第二轮复习专题强化练：区域生态建设和流域综合开发(含解析)

2020届高考地理第二轮复习专题强化练区域生态建设与流域综合开发一、选择题黑河中游湿地位于我国西北内陆地区，在黑河流域乃至河西走廊生态平衡中发挥着重要作用，针对湿地的恢复和保护问题，相关部门调查了该地区恢复利用(利用与管理)、恢复保护(隔离保护管理)和自然恢复三种典型恢复方式对植被的影响，研究表明，物种丰富度随干扰强度的增加先升高后降低。

下图为自然湿地(作为参考湿地)和三种湿地不同恢复方式对植被生长的影响调查结果。

据此回答1～3题。

1．与自然恢复相比，人工恢复方式有利于提高植被盖度，主要原因可能是该方式( )A．能够满足水源需求B．生态环境较好C．群落抗干扰能力强D．物种丰富2．恢复保护方式物种丰富度最低，原因是( )A．土壤水分差B．缺乏优势物种C．受干扰程度低D．植被稀疏3．根据三种不同恢复方式对植被盖度和物种丰富度的综合分析，以下做法对湿地恢复能够达到较好效果的是( )A．建立栅栏隔离保护B．建设旅游景点，并进行浇灌、栽种等管理方式C．人为不参与管理的自然恢复D．禁止大型动物踩踏、干扰答案 1.A 2.C 3.B解析第1题，据材料可知，黑河中游湿地位于我国西北内陆地区，水源是限制性因素。

与自然恢复相比，人工恢复方式有利于提高植被盖度，主要原因可能是该方式能够满足水源需求。

故选A。

第2题，物种丰富度是物种多样性测度指数之一，它主要是测量一定空间范围内的物种数目以表示生物的丰富程度。

据材料“研究表明，物种丰富度随干扰强度的增加先升高后降低”可知，恢复保护即隔离保护管理，因隔离所以受外界干扰较少，因此物种丰富度最低。

故选C。

第3题，据图分析可知，恢复利用即利用与管理方式植被盖度和物种丰富度都较高，因此应利用和管理湿地。

故选B。

《中国农村扶贫开发纲要(2011～2020)》明确了国家扶贫攻坚的主战场，全面实施精准扶贫方略。

下图为“我国扶贫攻坚主战场分布示意图”。

读图，回答4～5题。

4．扶贫攻坚主战场主要分布在( )A．地势第三级阶梯B．东部季风区C．内流区D．东部经济地带5．有关精准扶贫措施合理的是( )A．大兴安岭南麓山区打造商品粮基地B．罗霄山区防治土地盐渍化C．西藏自治区发展灌溉农业D．六盘山区可实施生态移民答案 4.B 5.D解析第4题，我国地势第二级阶梯和第三级阶梯的分界线为大兴安岭－太行山－巫山－雪峰山一线，读图，我国扶贫攻坚主战场只有大别山区和罗霄山区两个主战场位于第三级阶梯，A错；我国季风与非季风区的分界线为大兴安岭－阴山－贺兰山－巴彦喀拉山－冈底斯山，扶贫攻坚主战场主要分布在东部季风区，只有新疆南疆三地州、西藏自治区、四省藏区三个主战场位于非季风区，B对；我国季风气候区主要是外流区，非季风气候区多为内流区，C错；我国东部经济带包括了河北、北京、天津、山东、江苏、上海等省市，图中扶贫攻坚主战场仅燕山－太行山区战场的部分地区属于河北，其他战场均为中部经济带或西部经济带，D错。

2020高考生物通用版提分大二轮复习讲义：专题三遗传、变异与进化第2讲 Word版含答案

姓名，年级：时间：第2讲遗传的基本规律[考纲要求］ 1.孟德尔遗传实验的科学方法(Ⅱ）。

2。

基因的分离定律和自由组合定律（Ⅱ)。

3。

伴性遗传(Ⅱ)。

4.人类遗传病的类型（Ⅰ).5.人类遗传病的监测和预防(Ⅰ)。

6。

人类基因组计划及意义（Ⅰ)。

1．等位基因(1)位置：等位基因≠同位基因,等位基因在同源染色体上的位置一定相同，但同源染色体上相同位置上的基因不一定是等位基因,如AA、aa.（2）表示方法：2个等位基因，用同一字母的大小写表示，如A、a，B、b；ABO血型系统中的等位基因用I A、I B、i表示；高考题中出现的A＋、A、a或a1、a2…a n表示复等位基因.（3)本质区别:A与a是脱氧核苷酸的排列顺序不同。

(4)来源：基因突变产生的。

(5）分离：正常情况下发生在减数第一次分裂后期；若发生过交叉互换，则分离既可以发生在减数第一次分裂后期，也可发生在减数第二次分裂后期.（6）等位基因与基因组、染色体组、配子、单倍体、多倍体关系:染色体组中一定无等位基因；配子、单倍体可能含等位基因,如四倍体的配子、单倍体可含等位基因；秋水仙素处理后得到的多倍体也可能为杂合子，如Aa的单倍体加倍后基因型为AAaa，故可存在等位基因。

2．孟德尔遗传定律与假说—演绎法3．伴性遗传(1）不是所有生物都有伴性遗传，如无性别决定的绝大多数植物--玉米、豌豆等。

（2）性染色体上的基因遗传时总是和性别相关联，不管基因位于性染色体的同源区段还是非同源区段，且遗传时符合孟德尔遗传定律。

（3）性染色体上的基因不是都控制性别，如控制色盲的基因。

(4)对伴X染色体遗传病而言，携带者只能是女性且表现型正常，致病基因为隐性，如基因型为X B X b，显性遗传病此基因型不叫携带者，而叫患者。

（5)抗维生素D佝偻病,如X D X D和X D X d都是患者，但后者比前者患病轻.（6）“牝鸡司晨”体现了表现型是遗传物质控制并与环境因素有关.若母鸡发生性逆转变成公鸡,再与正常的母鸡交配，则子代中♀∶♂＝2∶1(WW致死)。

2020届高考化学二轮复习第二部分题型2物质的量阿伏加德罗常数测试(含解析)

题型2 物质的量阿伏加德罗常数阿伏加德罗常数的正误判断1．N A 为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是( )A ．1 mol 甲醇分子中含有的共价键数为4N AB ．25 ℃时，1.0 L pH ＝13的Ba(OH)2溶液中含有的OH －数目为0.2N AC ．加热条件下，20 mL 10 mol·L －1浓硝酸与足量铜反应转移电子数为0.1N AD ．7.8 g 由Na 2S 和Na 2O 2组成的混合物中含有阴离子的数目为0.1N A解析：由甲醇的结构式可知，1 mol 甲醇分子中含有的共价键数为5N A ，A 项错误；25 ℃时，1.0 L pH ＝13的Ba(OH)2 溶液中含有的OH －数目为0.1N A ，B 项错误；足量铜与浓硝酸发生反应：Cu ＋4HNO 3(浓)=====△Cu(NO 3)2＋2NO 2↑＋2H 2O ，随着反应进行，HNO 3不断被消耗，铜与稀硝酸发生反应：3Cu ＋8HNO 3(稀)=====△3Cu(NO 3)2＋2NO ↑＋4H 2O ，参加反应的HNO 3为20×10－3 L ×10 mol·L －1＝0.2 mol ，消耗的铜的物质的量在0.05 mol ～0.075 mol 之间，则转移的电子数在0.1N A ～0.15N A 之间，C 项错误；Na 2S 和Na 2O 2的摩尔质量均为78 g·mol －1，故7.8 g 由Na 2S 和Na 2O 2组成的混合物中两者的物质的量之和为0.1 mol ，含有的阴离子数目为0.1N A ，D 项正确。

答案：D2．N A 为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是( )A ．1 L pH ＝1的溶液中含有的H ＋数目为N AB ．常温常压下，22.4 L CH 4含有的分子数为N AC ．1 mol Na 2O 2固体中含有的离子总数为3N AD ．1 mol·L －1 NaCl 溶液中含有的Cl －数目为N A解析： pH ＝1的溶液中c (H ＋)＝0.1 mol·L －1，故1 L 该溶液中含有的H ＋数目为0.1N A ，A 项错误；常温常压下，不能用标准状况下的气体摩尔体积进行计算，B 项错误；1 mol Na 2O 2固体中含有2 mol Na ＋、1 mol O 2－2，含有的离子总数为3N A ，C 项正确；未给出1 mol· L －1 NaCl 溶液的体积，无法计算该溶液中含有的Cl －数目，D 项错误。

2020届高考数学二轮课时作业：层级二专题三第2讲数列求和及综合应用

……
记数阵中的第 1 列数 a1，a2，a4，…，构成的数列为{bn}，Sn 为数列{bn}的前 n 项和，若 Sn＝2bn－1，则 a56＝________.
解析：当 n≥2 时，
∵Sn＝2bn－1，∴Sn－1＝2bn－1－1，∴bn＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1(n≥2 且 n∈N*)，
1
31
3
以 Sn≥S1＝2，因为8＜2，所以不存在 n，使得 Sn＝8.
10．(2019·武汉二模)已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3…an＝( 2)bn(n∈N*)．若{an}为等比
数列，且 a1＝2，b3＝6＋b2.
(1)求 an 与 bn；
11 (2)设 cn＝an－bn(n∈N*)．记数列{cn}的前 n 项和为 Sn. ①求 Sn； ②求正整数 k，使得对任意 n∈N*均有 Sk≥Sn. 解析：(1)由题意 a1a2a3…an＝( 2)bn，b3－b2＝6，知 a3＝( 2)b3－b2＝8.
1 × 1－210
10 × 9
1，公差为 2 的等差数列，故数列{an}的前 20 项和为 1－2 ＋10×1＋ 2 ×2＝1
123.
答案：1 123
8．(2019·山师附中质检)将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多 1 项的规则排成如下数阵：
a1 a2，a3 a4，a5，a6 a7，a8，a9，a10
nn－1
cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)，∴cn＝ 2 ＋1，由 cn＝ 2 ＋1＝56，得
n＝11，∴a56＝b11＝210＝1 024.
答案：1 024
三、解答题(本大题共 3 小题，每小题 12 分，共 36 分)
9．(2020·郑州三测)已知数列{an}满足 a1＝1,2an·an＋1＋an＋1－an＝0，数列{bn}满足 bn＝

(全国通用)2020版高考数学二轮复习专题提分教程基础保分强化训练(三)理(最新整理)

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基础保分强化训练（三)1．已知错误!＝(1＋i)2(i为虚数单位)，则复数z的共轭复数为( )A．－错误!－错误!i B．－错误!＋错误!iC.错误!－错误!i D。

错误!＋错误!i答案B解析∵错误!＝（1＋i）2，∴z＝错误!＝错误!＝错误!＝－错误!－错误!i，∴错误!＝－错误!＋错误!i。

故选B。

2．设命题p：∀x∈R,x3－x2＋1≤0，则p为( )A．∃x∈R，x3－x2＋1〉0 B．∀x∈R，x3－x2＋1>0C．∃x∈R,x3－x2＋1≤0 D．∀x∈R，x3－x2＋1≥0答案A解析∵命题p：∀x∈R，x3－x2＋1≤0，∴p为∃x∈R,x3－x2＋1〉0.故选A.3．已知集合A＝{x∈Z|x2－4x<0}，B＝｛x∈Z|0〈log5x<1}，则A∩B＝( )A．｛x|0<x<5｝B．{x|1<x<4｝C．{2，3｝D．{1，2,3,4｝答案C解析因为A＝｛x∈Z｜x2－4x〈0}，所以A＝｛1，2,3}，因为B＝{x∈Z|0<log5x〈1}，所以B＝{2,3，4}，根据集合交集运算，可得A∩B＝{2，3｝,所以选C。

4．执行如图所示的程序框图,若输出结果为1，则可输入的实数x的值的个数为( )A．1 B．2 C．3 D．4答案B解析根据题意，该框图的含义是:当x≤2时，得到函数y＝x2－1；当x>2时,得到函数y＝log2x。

《创新设计》2020届高考语文二轮复习(全国通用)训练第二部分专题三 Word版含解析.doc

考点归类，对点模拟练能力1．补写出下列句子中的空缺部分。

(1)《师说》中士大夫之人因为官职大小的缘故，而嘲笑那些拜师学习的人的句子是：________________，________________。

(2)《爱莲说》中，作者以菊花与莲作对比，指出莲是花中君子，描写菊花的句子是：菊，________________。

(3)《琵琶行》中，作者使用借景抒情的手法，描写琵琶女一曲终了人们久久沉浸在美妙的乐曲声中的句子是：________________，________________。

答案(1)位卑则足羞官盛则近谀(2)花之隐逸者也(3)东船西舫悄无言唯见江心秋月白2．补写出下列句子中的空缺部分。

(1)孟子在《生于忧患，死于安乐》一文中，以“________________，________________”两句深刻地揭示出饱经磨难对于一个人成才的意义。

(2)屈原《离骚》中，“________________，________________”两句以穿荷叶荷花制作的衣服来表明自己高洁的情操和志向。

(3)荀子《劝学》中“________________”一句，说明人与人的天资差异本不大，这就告诉人们要善于借助各种外在条件。

答案(1)所以动心忍性曾益其所不能(2)制芰荷以为衣兮集芙蓉以为裳(3)君子生非异也3．补写出下列句子中的空缺部分。

(1)欧阳修《醉翁亭记》中“________________，________________”两句，表达了“言在此而意在彼”的意思。

(2)《诗经·氓》中“________________，________________”两句，写了男子用车来接女主人公，女主人公带上财物嫁给他。

(3)在《阿房宫赋》中，杜牧提出了秦国应当爱惜六国的人才的观点，他认为，秦国如果做到了这点，就能“________________”，无人能使其灭亡。

答案(1)醉翁之意不在酒在乎山水之间也(2)以尔车来以我贿迁(3)(则)递三世可至万世而为君4．补写出下列句子中的空缺部分。

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2020高考数学冲刺核心考点 专题3 第2讲 立体几何(大题)