最新专题四第一讲

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九年级化学上册极速提分法专题四化学实验第1讲实验仪器与实验基本操作习题新版新人教版

针对训练 6. 【2020·齐齐哈尔】具备基本的化学实验技能是完成
化学实验的基础和保证。请回答下列问题。 (1)固体药品通常盛放在_广__口__瓶___里；吸取和滴加少
量液体的仪器的名称是___胶__头__滴__管___。
(2)用酒精灯加热试管里的液体时，液体体积不应超过试管容积的____1_/3___。
针对训练 5. 【2020·毕节】下列图示实验操作正确的是( C )
【点拨】加热液体时，液体量不得超过试管容积的1/3，且加
热时拇指不能按在试管夹短柄上，A错误；振荡液体时，不能上下振荡，B错误；量取液体读数时，视线应与液体凹液面的最低处相平，C正确；滴加液体时，滴管不能伸入试管内，D不正确。
【点拨】称取药品时，药品应放在左盘，砝码放在右盘，C错误。
针对训练 3. 【2019·梧州】下列实验操作错误的是( B )
针对训练 4. 下列实验操作正确的是( A )
【点拨】连接橡皮塞与试管时，应左手拿试管，右手拿橡皮塞，
将其慢慢转动着塞进试管口，A正确；B中易压破试管底， C中滴管取液后不能倒持，瓶塞应倒放，B、C均不正确；禁止用燃着的酒精灯去点燃另一盏酒精灯，D错误。
4. 过滤：除去液体中的难溶固体(如缘低于漏斗口，漏斗里作
图4
的液面要低于滤纸的边缘
要
三靠：烧杯口要紧靠玻璃棒，玻璃棒的下端要轻靠在三
点
层滤纸一边，漏斗下端的管口要紧靠烧杯内壁
5. 仪器的连接先将玻璃管口用水润湿，再稍用力插入胶皮管或转动插入橡皮塞。
(3)用量筒量取8 mL水时，若仰视读数，则实际量取液体的体积___大__于___(填“大于”“小于”或“等于”)8 mL。
(4)口罩能有效防止病毒传播，其作用相当于实验操作中的 ___过__滤___。

2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题四第一讲等差数列、等比数列

(1)求{an}的通项公式．
(2)求Sn.并求Sn的最小值．
[解析](1)设等差数列{an}的公差为d.由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时.Sn取得最小值.最小值为－16.
例1 (1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn.a1＋a3＝30.S4＝120.设bn＝1＋log3an.那么数列{bn}的前15项和为( B )
6．(20xx·全国卷Ⅰ.14)记Sn为数列的前n项和．若Sn＝2an＋1.则S6＝－63..
[解析]依题意. 作差得an＋1＝2an.
所以数列{an}是公比为2的等比数列.
又因为a1＝S1＝2a1＋1.
所以a1＝－1.所以an＝－2n－1.
所以S6＝＝－63.
7．(20xx·全国卷Ⅱ.16)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知a1＝－7.S3＝－15.
A．1B．2
C．4D．8
[解析]设{an}的公差为d.则由
得
解得d＝4.
故选C．
4．(20xx·全国卷Ⅲ.9)等差数列{an}的首项为1.公差不为0.若a2.a3.a6成等比数列.则{an}的前6项和为( A )
A．－24B．－3
C．3D．8
[解析]由已知条件可得a1＝1.d≠0.
由a ＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d).
(3)注意整体思想.如在与等比数列前n项和有关的计算中.两式相除就是常用的计算方法.整体运算可以有效简化运算．
G
1．(20xx·邵阳模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2a3＝2a1.且a4与2a7的等差中项为 .则S5＝( B )

专题四第1讲直线与圆

所以“c＝4”是“直线3x＋4y＋c＝0与圆x2＋y2＋2x－2y＋1＝0相切”的充分不必要条件，故选A.
(2)已知圆C1：x2＋y2＝r2，圆C2：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)交于不同的A(x1，y1)，
B(x2，y2)两点，给出下列结论：①a(x1－x2)＋b(y1－y2)＝0；②2ax1＋2by1＝a2＋b2；
∴|M→N|2≤100＋100＋8|C→M|·|C→N|cos∠MCN， ∴|M→N|2≤100＋100＋200×25＋255－0 |M→N|2， ∴|M→N|≤4 5，
设圆心C到直线y＝－2x－m的距离为d，
则 2 r2－d2＝2 25－|3＋5m|2≤4 5，解得m≥2(舍负)，又直线y＝－2x－m与圆C相交，可得d＜r，即|3＋5m|＜5⇒m＜5 5－3，综上所述 m 的取值范围是[2,5 5－3).
Ax＋By＋C＝0，程组
x－a2＋y－b2＝r2，消去y，得到关于x的一元二次方程，其根的判别式为Δ，则直线与圆相离⇔Δ＜0，直线与圆相切⇔Δ＝0，直线与圆相交⇔Δ>0.
2.圆与圆的位置关系有五种，即内含、内切、相交、外切、外离.
设圆 C1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝r21，圆 C2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝r22，两圆心之间的距离为
板块二专题四解析几何
内容索引
NEIRONGSUOYIN
热点分类突破真题押题精练
1
PART ONE
热点一直线的方程及应用热点二圆的方程及应用热点三直线与圆、圆与圆的位置关系
热点一直线的方程及应用
1.两条直线平行与垂直的判定若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1k2＝－1. 若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在. 2.求直线方程要注意几种直线方程的局限性.点斜式、斜截式方程要求直线不能与x轴垂直，两点式不能表示与坐标轴垂直的直线，而截距式方程不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的直线.

2023新教材高考语文二轮专题复习专题四现代文阅读之文学类文本阅读第二部分文学类阅读__散文第1讲文

第二部分文学类阅读——散文考情速览考题自测·明确方向——洞悉新情境，明辨新考题一、[2022·新高考Ⅱ卷]阅读下面的文字，完成1～4题。

到橘子林去李广田小孩子的记忆力真是特别好，尤其是关于她特别有兴趣的事情，她总会牢牢地记着，到了适当的机会她就会把过去的事来问你，提醒你。

“爸爸，你领我去看橘子林吧，橘子熟了，满树上是金黄的橘子。

”今天，小岫忽然向我这样说，我稍稍迟疑了一会，还不等回她，她就又抢着说了：“你看，今天是晴天，橘子一定都熟了，爸爸说过领我去看的。

”我这才想起来了，那是很多天以前的事情，我曾领她到西郊去。

那里满坑满谷都是橘子，但那时橘子还是绿的，她并不觉得好玩，只是说：“这些橘子几时才能熟呢？”“等着吧，等橘子熟了，等一个晴天的日子，我就领你来看看了。

”这地方阴雨的日子真是太多了，偶然有一次晴天，就令人觉得非常稀罕，简直觉得这一日不能随便放过。

小孩子对于这一点也应该是敏感的，于是她就这样问我了。

去吗，那当然是要去，并不是为了那一言的然诺，却是为了这一股子好兴致。

我们走到了大街上。

今天，真是一切都明亮了起来，活跃了起来。

石头道上的水洼子被阳光照着，像一面面的镜子；女人头上的金属饰物随着她们的脚步一明一灭；挑煤炭的出了满头大汗，脱了帽子，就冒出一大片蒸气，而汗水被阳光照得一闪一闪的。

天空自然是蓝的了，一个小孩子仰脸看天，也许是看一只鸽子，两行小牙齿放着白光，真是好看。

小岫自然是更高兴的，别人的高兴就会使她高兴，别人的笑声就会引起她的笑声。

可是她可并没有像我一样关心到这些街头的景象。

她丝毫没有驻足而稍事徘徊的意思，她的小手一直拉着我向前走，她心里一定是只想着到橘子林去。

走出城，人家稀少了，景象也就更宽阔了，也听到好多地方的流水声了，看不到洗衣人，却听到洗衣人的杵击声，而那一片山，那红崖，那岩石的纹理，层层叠叠，甚至是方方正正的，仿佛是由人工垒成，没有云，也没有雾，崖面上为太阳照出一种奇奇怪怪的颜色，真像一架金碧辉煌的屏风，还有瀑布，看起来像一丝丝银线一样在半山里飞溅。

高考数学(理科)二轮专题：第二篇专题四第1讲概率、随机变量及其分布列

专题四概率与统计第1讲概率、随机变量及其分布列(限时45分钟，满分96分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2019·株洲二模)如图，在边长为1的正方形内有不规则图形Ω，由电脑随机从正方形中抽取10 000个点，若落在图形Ω内和图形Ω外的豆子分别为3 335，6 665，则图形Ω面积的估计值为A.13B.12C.14D.16解析设图形Ω 的面积为S ，∵由电脑随机从正方形中抽取10 000个点，落在图形Ω内和图形Ω外的豆子分别为3 335，6 665，∴S 1＝3 33510 000≈13，∴S ≈13.故选A. 答案 A2．(2019·潍坊模拟)四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976年数学家阿佩尔与哈肯证明，称为四色定理．其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色．”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字．”如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线围成的各区域上分别标有数字1，2，3，4的四色地图符合四色定理，区域A 和区域B 标记的数字丢失．若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为1的区域的概率所有可能值中，最大的是A.115B.110C.13D.1130解析 A ，B 只能有一个可能为1，题目求最大，令B 为1，则总数有30个，1号有10个，则概率为13.故选C.答案 C3．(2019·浙江衢州五校联考)随机变量的分布列如下：若E (X )＝13，则D (X )的值是A.19B.29C.49D.59解析由题设可得a ＋b ＝23，b －a ＝13⇒a ＝16，b ＝12，所以由数学期望的计算公式可得 E (X 2)＝0×13＋1×23＝23，(E (X ))2＝19，所以由随机变量的方差公式可得 D (X )＝E (X 2)－(E (X ))2＝59.故选D.答案 D4．(2019·河北省级示范校联合体联考)袋子中有四个小球，分别写有“和、平、世、界”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“和”“平”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率．利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0，1，2，3代表“和、平、世、界”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下24个随机数组：232 321 230 023 123 021 132 220 011 203 331 100 231 130 133 231 031 320 122 103 233 221 020 132 由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为 A.18B.14C.16D.524解析由题意可知，满足条件的随机数组中，前两次抽取的数中必须包含0或1，且0与1不能同时出现，出现0就不能出现1，反之亦然，第三次必须出现前面两个数字中没有出现的1或0，可得符合条件的数组只有3组：021，130，031，故所求概率为P ＝324＝18.故选A.答案 A5．(2019·郑州一模)魔法箱中装有6张卡片，上面分别写着如下六个定义域为R 的函数：f 1(x )＝2x ，f 2(x )＝2x，f 3(x )＝x 2，f 4(x )＝sin x ，f 5(x )＝cos x ，f 6(x )＝1－2x1＋2x，现从魔法箱中任取2张卡片，将卡片上的函数相乘得到一个新函数，所得新函数为奇函数的概率是A.25B.35C.12D.13解析首先结合f (－x )＋f (x )与0的关系，判断该六个函数的奇偶性，结合题意可知1，4，6为奇函数，3，5为偶函数，2为非奇非偶函数，从6张卡片抽取2张，有C 26＝15种，而任取2张卡片得到的新函数为奇函数，说明该两个函数为一奇一偶函数，故有3×2＝6种，结合古典概型计算公式，相除得25.故选A.答案 A6．(2019·辽阳期末)一批排球中正品有m 个，次品有n 个，m ＋n ＝10(m ≥n )，从这批排球中每次随机取一个，有放回地抽取10次，X 表示抽到的次品个数．若D (X )＝21，从这批排球中随机抽取两个，则至少有一个正品的概率p ＝A.4445B.1415C.79D.1315解析依题意可得X ～B ⎝⎛⎭⎫10，n10，则DX ＝10×n10×⎝⎛⎭⎫1－n 10＝21，又m ≥n ，则n ≤5，从而n ＝3，则p ＝1－C 23C 210＝1415.故选B.答案 B7．(2019·济南期末)如图，在△ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝2，AC ＝3，三角形内的空白部分由三个半径均为1的扇形构成，向△ABC 内随机投掷一点，则该点落在阴影部分的概率为A.π6B ．1－π6C.π4D ．1－π4解析由题意，题目符合几何概型，在△ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝2，AC ＝3，面积为12×BC ×AC ＝3，阴影部分的面积为：三角形面积－12圆面积＝3－π2，所以点落在阴影部分的概率为3－π23＝1－π6.故选B.答案 B8．(2019·贵州重点中学联考)有一种“三角形”能够像圆一样，当作轮子用．这种神奇的三角形，就是以19世纪德国工程师勒洛的名字命名的勒洛三角形．这种三角形常出现在制造业中(例如图1中的扫地机器人)．三个等半径的圆两两互相经过圆心，三个圆相交的部分就是勒洛三角形，如图2所示．现从图2中的勒洛三角形内部随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为A.2π－334π－23 B.23π3－3C.32π－23D.2π－332π－23解析设圆半径为R ，如图，易得△ABC 的面积为12·32R 2＝34R 2，阴影部分面积为3·60πR 2360－3·34R 2＝2π－334R 2，勒洛三角形的面积为2π－334R 2＋34R 2＝π－32R 2，若从勒洛三角形内部随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为P ＝阴影部分面积勒洛三角形面积＝2π－334R 2π－32R 2＝2π－332π－23.故选D.答案 D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)9．一个盒子装有3个红球和2个蓝球(小球除颜色外其他均相同)，从盒子中一次性随机取出3个小球后，再将小球放回．重复50次这样的实验．记“取出的3个小球中有2个红球，1个蓝球”发生的次数为ξ，则ξ的方差是________．解析由题意知ξ～B (n ，p )，其中n ＝50，p ＝C 23C 12C 35＝610＝35，∴D (ξ)＝50×35×25＝12.答案 1210．(2019·淮南二模)关于圆周率π的近似值，数学发展史上出现过很多有创意的求法，其中可以通过随机数实验来估计π的近似值．为此，李老师组织100名同学进行数学实验教学，要求每位同学随机写下一个实数对(x ，y )，其中0<x <1，0<y <1，经统计数字x 、y 与1可以构成钝角三角形三边的实数对(x ，y )为28个，由此估计π的近似值是________(用分数表示)．解析实数对(x ，y )落在区域⎩⎨⎧0<x <10<y <1的频率为0.28，又设A 表示“实数对(x ，y )满足⎩⎨⎧0<x <10<y <1且能与1构成钝角三角形”，则A 中对应的基本事件如图阴影部分所示：其面积为π4－12，故P (A )＝π4－12≈0.28，所以π≈7825.答案782511．(2019·长春外国语学校月考)已知直线l 过点(－1，0)，l 与圆C ：(x －1)2＋y 2＝3相交于A 、B 两点，则弦长|AB |≥2的概率为________．解析显然直线l 的斜率存在，设直线方程为y ＝k (x ＋1)，代入(x －1)2＋y 2＝3中得， (k 2＋1)x 2＋2(k 2－1)x ＋k 2－2＝0， ∵l 与⊙C 相交于A 、B 两点， ∴Δ＝4(k 2－1)2－4(k 2＋1)(k 2－2)>0， ∴k 2<3，∴－3<k <3，又当弦长|AB |≥2时，∵圆半径r ＝3， ∴圆心到直线的距离d ≤2，即|2k |1＋k2≤2， ∴k 2≤1，∴－1≤k ≤1.由几何概型知，事件M ：“直线l 与圆C 相交弦长|AB |≥2”的概率 P (M )＝1－（－1）3－（－3）＝33.答案3312．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为________．解析设种子发芽为事件A ，种子成长为幼苗为事件B (发芽又成活为幼苗)．依题意P (B |A )＝0.8，P (A )＝0.9. 根据条件概率公式P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝0.8×0.9＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72. 答案 0.72三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)13．(2019·湖南三湘名校二联)某种产品的质量以其质量指标值来衡量，质量指标值越大表明质量越好，记其质量指标值为k ，当k ≥85时，产品为一等品；当75≤k <85时，产品为二等品；当70≤k <75时，产品为三等品．现有甲、乙两条生产线，各生产了100件该产品，测量每件产品的质量指标值，得到下面的试验结果．(以下均视频率为概率)甲生产线生产的产品的质量指标值的频数分布表：乙生产线生产的产品的质量指标值的频数分布表：(1)若从乙生产线生产的产品中有放回地随机抽取3件，求至少抽到2件三等品的概率； (2)若该产品的利润率y 与质量指标值k 满足关系y ＝⎩⎪⎨⎪⎧t ，k ≥855t 2，75≤k <85t 2，70≤k <75，其中0<t <15，从长期来看，哪条生产线生产的产品的平均利润率更高？请说明理由．解析 (1)由题意知，从乙生产线生产的产品中随机抽取一次抽中三等品的概率为110，所以至少抽到2件三等品的概率P ＝C 23×⎝⎛⎭⎫1102×910＋⎝⎛⎭⎫1103＝7250.(2)甲生产线生产的产品的利润分布列为所以E (y 甲)＝0.6t ＋2t 2,乙生产线生产的产品的利润分布列为所以 E (y 乙)＝0.5t ＋2.1t 2, 因为0<t <15，所以E (y 乙)－E (y 甲)＝0.1t 2－0.1t ＝0.1t (t －1)<0，所以从长期来看，甲生产线生产的产品平均利润率较大．14．(2019·佛山禅城区二调)研究机构培育一种新型水稻品种，首批培育幼苗2 000株，株长均介于185 mm ～235 mm ，从中随机抽取100株对株长进行统计分析，得到如下频率分布直方图(1)求样本平均株长x －和样本方差s 2(同一组数据用该区间的中点值代替)；(2)假设幼苗的株长X 服从正态分布N (μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x －，σ2近似为样本方差s 2，试估计2 000株幼苗的株长位于区间(201，219)的株数；(3)在第(2)问的条件下，选取株长在区间(201，219)内的幼苗进入育种试验阶段，若每株幼苗开花的概率为34，开花后结穗的概率为23，设最终结穗的幼苗株数为ξ，求ξ的数学期望．附：83≈9；若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ<X <μ＋σ)＝0.683； P (μ－2σ<X <μ＋2σ)＝0.954；P (μ－3σ<X <μ＋3σ)＝0.997解析 (1)x －＝190×0.02＋200×0.315＋210×0.35＋220×0.275＋230×0.04＝210， s 2＝202×0.02＋102×0.315＋102×0.275＋202×0.04＝83.(2)由(1)知， μ＝x －＝210，σ＝83≈9， ∴P (201<X <219)＝P (210－9<X <210＋9)＝0.683， 2 000×0.683＝1 366∴2 000株幼苗的株长位于区间(201，219)的株数大约是1 366.(3)由题意，进入育种试验阶段的幼苗数1 366，每株幼苗最终结穗的概率P ＝12，则ξ－B ⎝⎛⎭⎫1 366，12，所以E (ξ)＝1 366×12＝683.15．(2019·河北示范高中联合体联考)某工厂共有男女员工500人，现从中抽取100位员工对他们每月完成合格产品的件数统计如下：(1)其中每月完成合格产品的件数不少于3 200件的员工被评为“生产能手”．由以上统计数据填写下面的2×2列联表，并判断是否有95%的把握认为“生产能手”与性别有关？(2)为提高员工劳动的积极性，工厂实行累进计件工资制：规定每月完成合格产品的件数在定额2 600件以内的，计件单价为1元；超出(0，200]件的部分，累进计件单价为1.2元；超出(200，400]件的部分，累进计件单价为1.3元；超出400件以上的部分，累进计件单价为1.4元．将这4段的频率视为相应的概率，在该厂男员工中随机选取1人，女员工中随机选取2人进行工资调查，设实得计件工资(实得计件工资＝定额计件工资＋超定额计件工资)不少于3 100元的人数为Z ，求Z 的分布列和数学期望．附：K 2＝（ad －bc ）2（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ），解析 (1)因为K 2的观测值k ＝100×（48×8－42×2）250×50×90×10＝4>3.841，所以有95%的把握认为“生产能手”与性别有关． (2)当员工每月完成合格产品的件数为3 000件时，得计件工资为2 600×1＋200×1.2＋200×1.3 ＝3 100元，由统计数据可知，男员工实得计件工资不少于3 100元的概率为p 1＝25，女员工实得计件工资不少于3 100元的概率为p 2＝12，设2名女员工中实得计件工资不少于3 100元的人数为X ，1名男员工中实得计件工资在3 100元以及以上的人数为Y ，则X ～B ⎝⎛⎭⎫2，12，Y ～B ⎝⎛⎭⎫1，25， Z 的所有可能取值为0，1，2，3，P (Z ＝0)＝P (X ＝0，Y ＝0)＝⎝⎛⎭⎫1－122⎝⎛⎭⎫1－25＝320， P (Z ＝1)＝P (X ＝1，Y ＝0)＋P (X ＝0，Y ＝1) ＝C 12·12·⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－25＋⎝⎛⎭⎫1－12225＝25， P (Z ＝2)＝P (X ＝2，Y ＝0)＋P (X ＝1，Y ＝1) ＝C 22⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫1－25＋C 1212⎝⎛⎭⎫1－1225＝720， P (Z ＝3)＝P (X ＝2，Y ＝1)＝⎝⎛⎭⎫122×25＝110，所以Z 的分布列为故E (Z )＝0×320＋1×25＋2×720＋3×110＝75.。

人民版历史必修专题四第一课《新中国初期的政治建设》优质PPT课件

中共七届二中全会 ②1954年9月，第一届全国人大通过的《中华人民共和国宪法》的规定（产生方式）
③对政治建设的意义：为国家政治建设的逐步开展奠定了牢固的基石。
（2）政治上：中共七届二中全会坡河村北
西柏
1949.3
1）工作重心: 从乡村到城市。 2）中心:恢复和发展生产 3）基本政策：革命胜利后，中国共产党政治、经济、外交方面的基本政策。 4）总任务：从农业国转变为工业国、从新民主主义向社会主义社会转变。
确
初步建立：
1949年的中国人民政治协商会议:代行全国人大职权
立正式确立： 1954年(一届全国人大后)作为人民民主统一
过
战线组织继续存在，并发挥作用
程新的阶段：1956年，提出与“长期共存，互相监
督”的方针，标志着人民民主统一战
特点：中共是执政线党进，入民新主的党发派展是阶参段政党
3、我国基本的民族制度：民族区域自治制度
《共同纲领》具有临时宪法的性质，并在中央人民政府委员会举行的第一次全体会议上，
内容： ③选举了中央人民政府委员会
广泛的民主性
2、意义： ①意味着新中国的筹备工作基本完成 ②代行全国人大职权
③标志着中国共产党领导的多党合作和政治协商制度的初步建立
①主权：结束了帝国主义、封建主义和官僚资本主义长期压迫剥削中国各族人民的历史。
时间：1949年9月
地点：北平
中心议题：讨论成立新中国的有关事宜。
内容：①决定——首都、国旗、国徽、国歌、国名田汉（词）《义勇军进行曲》聂耳（曲）
内容：②通过《共同纲领》
《共同纲领》规定：“中华人民共和国为新民主主义即人民民主主义的国家，实行工人阶级领导的、以工农联盟为基础的、团结各民主阶级和国内各民族的人民民主专政”

人民必修一专题四第一课《新中国初期的政治建设》课件 (共27张PPT)

② 1954年宪法正式新19确疆55定维，吾尔民自族治区区域自治制度是新中国的一项基本政治制度。
5.建立：五大自治区
6.基本内容：民族区域自治地方划为自治区、自治州、自治县三级，各级自治机关依照宪法和法律规定的权限行使自治权。广西壮族自
治区1958
7.意义：实现了少数民族当家作主的愿望，保证了祖国的统一和民族的团结，促进了民族地区的经济发展和社会进步。
民主联广泛系程度
《共同纲领》一度代行宪法的作用；二者都是民主议决的产物；具有宪法的效力；
都为初期的政治建设提供了法律依据。
二、新中国的民主政治建设(三大制度)
（一）人民代表大会制度——根本的政治制度
（1）法律依据：（2）组织基础：地方各级人民代表大会的召开 2.标志：1954年9月，一届全国人大的召开，标志着人民代表大会制度的建
我国最根本的政治制度是人民代表大会制度。
人民代表大会是国家最高的权力机关。国家的行政、审判和检察机关都由人民代表大会产生。
其职权有四：立法权、决策权、任免权和监督权。
选
监举
督负
负责责立法决定任免监督
省市级人大
行政司法审判机关
选
举监
督负
责负责立法决定任免监督
地市级人大
行政司法审判机关
意建义设：为；中国革命由新民主主义革命转变到社会
主义革命指明了道路，在政治、思想和理
论上为新中国的成立作了准备。
一、新中国的成立
2.概况：
（1）召开中央人民政府第一次全体会议 ①时间：1949.10.1下午2时
②内容：A、国家领导人宣布就职；
B、施政方针——《共同纲领》；（2）举行开国大典——标志新中国的成立

2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题四立体几何第一讲空间几何体的表面积与体积

专题四立体几何第一讲空间几何体的表面积与体积——小题备考微专题1 空间几何体的表面积和体积常考常用结论1．柱体、锥体、台体、球的表面积公式： ①圆柱的表面积S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积 S ＝πr (r ＋l )；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2.2．柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR 3.保分题1.[2022·山东枣庄三模]若圆锥的母线长为2，侧面积为2π，则其体积为( ) A ．√6π B ．√3π C ．√63π D ．√33π2．[2022·河北保定一模]圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．2∶33．[2022·湖北武汉二模]如图，在棱长为2的正方体中，以其各面中心为顶点构成的多面体为正八面体，则该正八面体的体积为( )A ．2√23B ．43 C ．4√23D ．83提分题例1 (1)[2022·河北张家口三模]如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，过A1B1的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则CDAC＝()A．13B．12C．2−√32D．√3−12(2)[2022·湖南雅礼中学二模]某圆锥高为1，底面半径为√3，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为()A．2 B．√3C．√2D．1听课笔记：【技法领悟】1．求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．2．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体，易于求解．巩固训练11.[2022·山东菏泽一模]如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A 1B 1C (如图2)，则容器的高h 为( )A ．3B ．4C ．4√2D ．62．[2022·福建福州三模]已知AB ，CD 分别是圆柱上、下底面圆的直径，且AB ⊥CD ，O 1，O 分别为上、下底面的圆心，若圆柱的底面圆半径与母线长相等，且三棱锥A BCD 的体积为18，则该圆柱的侧面积为( )A ．9πB ．12πC ．16πD ．18π微专题2 与球有关的切、接问题常考常用结论1．球的表面积S ＝4πR 2，体积V ＝43πR 3.2．长方体、正方体的体对角线等于其外接球的直径． 3．n 面体的表面积为S ，体积为V ，则内切球的半径r ＝3VS .4．直三棱柱的外接球半径：R ＝√r 2+(L2)2，其中r 为底面三角形的外接圆半径，L 为侧棱长，如果直三棱柱有内切球，则内切球半径R ′＝L2.5．正四面体中，外接球和内切球的球心重合，且球心在高对应的线段上，它是高的四等分点，球心到顶点的距离为外接球的半径R ＝√64a (a 为正四面体的棱长)，球心到底面的距离为内切球的半径r ＝√612a ，因此R ∶r ＝3∶1.保分题1.[2022·广东深圳二模]已知一个球的表面积在数值上是它的体积的√3倍，则这个球的半径是( )A ．2B ．√2C ．3D ．√32．已知正四棱锥P ABCD 中，AB ＝√6，P A ＝2√3，则该棱锥外接球的体积为( )A．4π B．32π3C．16π D．16π33．[2022·天津红桥一模]一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1、√2、3，则此球的体积为________．提分题例2 (1)[2022·江苏苏州三模]《九章算术》卷第五《商功》中，有“贾令刍童，上广一尺，袤二尺，下广三尺，袤四尺，高一尺．”，意思是：“假设一个刍童，上底面宽1尺，长2尺；下底面宽3尺，长4尺，高1尺．”(注：刍童为上下底面为相互平行的不相似长方形，两底面的中心连线与底面垂直的几何体)，若该几何体所有顶点在一球体的表面上，则该球体的体积为()立方尺A．√41πB．41π3D．3√41πC．41√41π6(2)[2022·山东泰安三模]如图，已知三棱柱ABC A1B1C1的底面是等腰直角三角形，AA1⊥底面ABC，AC＝BC＝2，AA1＝4，点D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动，则三棱锥D ABC 的外接球表面积的最大值为()π B．24πA．814C．243π D．8√6π16听课笔记：【技法领悟】1．确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与几何体的位置和数量关系．2．求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．3．补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体．巩固训练21.已知圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球O，球O的表面积为8π，则该圆柱的体积为()A．√22π B．√2πC．2π D．2√2π2．[2022·广东潮州二模]已知△ABC是边长为3的等边三角形，三棱锥P ABC全部顶点都在表面积为16π的球O的球面上，则三棱锥P ABC的体积的最大值为()A．√3B．3√32C．9√34D．√32专题四立体几何第一讲空间几何体的表面积与体积微专题1 空间几何体的表面积和体积保分题1．解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则πr ×2＝2π，可得r ＝1，则h ＝√22−r 2＝√3，因此，该圆锥的体积为V ＝13πr 2h ＝13π×12×√3＝√33π. 答案：D2．解析：设球的半径为r ，依题意圆柱的底面半径也是r ，高是2r ，圆柱的侧面积＝2πr ·2r ＝4πr 2 ，球的表面积为4πr 2 ，其比例为1∶1. 答案：A3．解析：该正八面体是由两个同底的正四棱锥组成，且正四棱锥的底面是边长为√2的正方形，棱锥的高为1，所以该正八面体的体积为2×13×√2×√2×1＝43.答案：B提分题[例1] 解析：(1)由题可知平面A 1B 1ED 与棱柱上、下底面分别交于A 1B 1，ED ，则A 1B 1∥ED ，ED ∥AB ，显然CDE - C 1A 1B 1是三棱台，设△ABC 的面积为1，△CDE 的面积为S ，三棱柱的高为h ， ∴12·1·h ＝13h (1＋S ＋√S )，解得√S ＝√3−12，由△CDE ∽△CAB ，可得CD AC ＝√S√1＝√3−12. (2)如图，截面为△P AB ，设C 为AB 中点，设OC ＝x ，x ∈[0，√3)，则AB ＝2√3−x 2，PC ＝√x 2+1，则截面面积S ＝12×2√3−x 2×√x 2+1＝√−(x 2−1)2+4，则当x 2＝1时，截面面积取得最大值为2. 答案：(1)D (2)A[巩固训练1]1．解析：在图1中V 水＝12×2×2×2＝4，在图2中，V 水＝V ABC − A 1B 1C 1− V C − A 1B 1C 1＝12×2×2×h －13×12×2×2×h ＝43h ， ∴43h ＝4，∴h ＝3.答案：A2．解析：分别过A ，B 作圆柱的母线AE ，BF ，连接CE ，DE ，CF ，DF ，设圆柱的底面半径为r ，则三棱锥A - BCD 的体积为两个全等四棱锥C - ABFE 减去两个全等三棱锥A - CDE ，即2×13×r ×2r ×r －2×13×r ×12×2r ×r ＝23r 3＝18，则r ＝3，圆柱的侧面积为2πr ×r ＝18π答案：D微专题2 与球有关的切、接问题保分题1．解析：设球的半径为R ，则根据球的表面积公式和体积公式，可得，4πR 2＝43πR 3×√3，化简得R ＝√3. 答案：D2．解析：正方形ABCD 的对角线长√6+6＝2√3，正四棱锥的高为 √(2√3)2−(2√32)2＝3，设外接球的半径为R ，则(3－R )2＋(2√32)2＝R 2⇒R ＝2，所以外接球的体积为4π3×23＝32π3.答案：B3．解析：长方体外接球的直径为√12+(√2)2+32＝2√3，所以外接球半径为√3，所以球的体积为4π3×(√3)3＝4√3π.答案：4√3π提分题[例2] 解析：(1)作出图象如图所示：由已知得球心在几何体的外部，设球心到几何体下底面的距离为x ，则R 2＝x 2＋(52)2＝(x ＋1)2＋(√52)2，解得x ＝2，∴R 2＝414， ∴该球体的体积V ＝4π3×(√412)3＝41√41π6.(2)因为△ABC 为等腰直角三角形，AC ＝BC ＝2，所以△ABC 的外接圆的圆心为AB 的中点O 1, 且AO 1＝√2，连接O 1与A 1B 1的中点E ，则O 1E ∥AA 1，所以O 1E ⊥平面ABC ，设球的球心为O ，由球的截面性质可得O 在O 1E 上，设OO 1＝x ，DE ＝t (0≤t ≤√2)，半径为R ，因为OA ＝OD ＝R ，所以√2+x 2＝√(4−x )2+t 2，所以t 2＝8x －14，又0≤t ≤√2，所以74≤x ≤2，因为R 2＝2＋x 2，所以8116≤R 2≤6，所以三棱锥D －ABC 的外接球表面积的最大值为24π. 答案：(1)C (2)B [巩固训练2]1．解析：设外接球的半径为R ，圆柱底面圆的半径为r ，因为圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的高h ＝2r ，由球O 的表面积S ＝4πR 2＝8π，得R ＝√2，又R ＝ √(h2)2+r 2＝√2r ，得r ＝1，所以圆柱的体积V ＝πr 2·2r ＝2πr 3＝2π.答案：C2．解析：球O 的半径为R ，则4πR 2＝16π，解得：R ＝2，由已知可得：S △ABC ＝√34×32＝9√34，其中AE ＝23AD ＝√3，球心O 到平面ABC 的距离为√R 2−(√3)2＝1，故三棱锥P - ABC 的高的最大值为3，体积最大值为13S △ABC ·3＝9√34.答案：C。

2023年新高考数学大一轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体(含答案)

新高考数学大一轮复习专题：第1讲空间几何体[考情分析] 几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积与体积是高考题的重点与热点，多以小题的形式进行考查，属于中等难度．考点一表面积与体积核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例1 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．答案 402π解析因为母线SA 与圆锥底面所成的角为45°，所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形．设底面圆的半径为r ，则母线长l ＝2r . 在△SAB 中，cos∠ASB ＝78，所以sin∠ASB ＝158.因为△SAB 的面积为515，即12SA ·SB sin∠ASB＝12×2r ×2r ×158＝515，所以r 2＝40，故圆锥的侧面积为πrl ＝2πr 2＝402π.(2)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D －BB 1C 1的体积为________．答案 233解析如图，取BC 的中点O ，连接AO .∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2， ∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3. ∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3. 又11BB C S＝12×2×2＝2， ∴11D BB C V ＝13×2×3＝233.易错提醒 (1)计算表面积时，有些面的面积没有计算到(或重复计算)． (2)一些不规则几何体的体积不会采用分割法或补形思想转化求解． (3)求几何体体积的最值时，不注意使用基本不等式或求导等确定最值．跟踪演练1 (1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( ) A ．122π B ．12π C ．82π D ．10π答案 B解析设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由题意可知2r ＝h ＝22，∴圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πr ·h ＝4π＋8π＝12π.故选B.(2)如图，在Rt△ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上异于端点的点，DE ⊥BC ，将△CDE 沿DE 折起，使点C 到点P 的位置，得到四棱锥P －ABDE ，则四棱锥P －ABDE 的体积的最大值为________．答案327解析设CD ＝DE ＝x (0<x <1)，则四边形ABDE 的面积S ＝12(1＋x )(1－x )＝12(1－x 2)，当平面PDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P －ABDE 的体积最大，此时PD ⊥平面ABDE ，且PD ＝CD ＝x ，故四棱锥P －ABDE 的体积V ＝13S ·PD ＝16(x －x 3)，则V ′＝16(1－3x 2)．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33时，V ′>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫33，1时，V ′<0. ∴当x ＝33时，V max ＝327. 考点二多面体与球核心提炼解决多面体与球问题的两种思路(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．(2)利用球心O 与截面圆的圆心O 1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．例2 (1)已知三棱锥P －ABC 满足平面PAB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝4，∠APB ＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．答案 64π解析因为AC ⊥BC ，所以△ABC 的外心为斜边AB 的中点，因为平面PAB ⊥平面ABC ，所以三棱锥P －ABC 的外接球球心在平面PAB 上，即球心就是△PAB 的外心，根据正弦定理ABsin∠APB ＝2R ，解得R ＝4，所以外接球的表面积为4πR 2＝64π.(2)(2020·全国Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案23π 解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面PAB ，如图所示，则△PAB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB 中，PA ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22，故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π.规律方法 (1)长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长．(2)三棱锥S －ABC 的外接球球心O 的确定方法：先找到△ABC 的外心O 1，然后找到过O 1的平面ABC 的垂线l ，在l 上找点O ，使OS ＝OA ，点O 即为三棱锥S －ABC 的外接球的球心． (3)多面体的内切球可利用等积法求半径．跟踪演练2 (1)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O －ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36πB．64πC．144πD．256π 答案 C解析如图所示，设球O 的半径为R ，因为∠AOB ＝90°，所以S △AOB ＝12R 2，因为V O －ABC ＝V C －AOB ，而△AOB 的面积为定值，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大，此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为S ＝4πR 2＝144π.(2)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD ＝5，ED ＝3，若鳖臑P －ADE 的外接球的体积为92π，则阳马P －ABCD 的外接球的表面积为________．答案 20π解析 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ⊥CD ，即AD ⊥CE ，且AD ＝5，ED ＝3， ∴△ADE 的外接圆半径为r 1＝AE 2＝AD 2＋ED 22＝2，设鳖臑P －ADE 的外接球的半径为R 1，则43πR 31＝92π，解得R 1＝322. ∵PA ⊥平面ADE ，∴R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 21，可得PA 2＝R 21－r 21＝102，∴PA ＝10.正方形ABCD 的外接圆直径为2r 2＝AC ＝2AD ＝10， ∴r 2＝102， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴阳马P －ABCD 的外接球半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 22＝5， ∴阳马P －ABCD 的外接球的表面积为4πR 22＝20π.专题强化练一、单项选择题1.水平放置的△ABC 的直观图如图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 是一个( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．三边中只有两边相等的等腰三角形D ．三边互不相等的三角形答案 A解析 AO ＝2A ′O ′＝2×32＝3，BC ＝B ′O ′＋C ′O ′＝1＋1＝2.在Rt△AOB 中，AB ＝12＋32＝2，同理AC ＝2，所以原△ABC 是等边三角形．2．(2020·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ，侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′，则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt△SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22，∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎪⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)． 3．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( )A.12B.13C.14D.18答案 C解析如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r，l为底面圆周长，R为母线长，则12lR＝2πr2，即12·2π·r·R＝2πr2，解得R＝2r，故∠ADC＝30°，则△DEF为等边三角形，设B为△DEF的重心，过B作BC⊥DF，则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，则BCBD＝12，∴r内r外＝12，故S1S2＝14.4．(2020·大连模拟)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形，高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1000元，则气体的费用最少为( )A．4500元B．4000元C．2880元D．2380元答案 B解析因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5米，又文物高 1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2(米)，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积V＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)，因为气体每立方米1000元，所以气体的费用最少为4×1000＝4000(元)，故选B.5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，动点E 在BB 1上，动点F 在A 1C 1上，O 为底面ABCD 的中心，若BE ＝x ，A 1F ＝y ，则三棱锥O －AEF 的体积( )A ．与x ，y 都有关B ．与x ，y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关答案 B解析由已知得V 三棱锥O －AEF ＝V 三棱锥E －OAF ＝13S △AOF ·h (h 为点E 到平面AOF 的距离)．连接OC ，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以点E 到平面AOF 的距离为定值．又AO ∥A 1C 1，OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值，所以△AOF 的面积是定值，所以三棱锥O －AEF 的体积与x ，y 都无关．6．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3B.4π3 C.5π3D ．2π 答案 C解析如图，过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.7．(2020·全国Ⅰ)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64πB．48πC．36πD．32π 答案 A解析如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a . 由πr 2＝4π，得r ＝2，则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt△OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.8．(2020·武汉调研)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为( ) A.32π3B ．3πC.4π3D ．8π 答案 A解析设△ABC 外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，∴球O 的体积V ＝43π·OA 3＝32π3.故选A.9.如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭的几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上、下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )A.2000π9B.4000π27C ．81πD ．128π答案 B解析小圆柱的高分为上、下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0<h <5)，底面半径为r (0<r <5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱的体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，把V 看成是关于h 的函数，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h <53时，V ′>0，V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值．即V max ＝π⎝⎛⎭⎪⎫25－259×⎝⎛⎭⎪⎫53＋5＝4000π27，故选B.10．已知在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等．若点P ，A ，B ，C 都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC 的距离为( ) A.36B.12C.13D.32答案 C解析 ∵在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等，∴此三棱锥的外接球即以PA ，PB ，PC 为三边的正方体的外接球O ， ∵球O 的半径为1，∴正方体的边长为233，即PA ＝PB ＝PC ＝233，球心到截面ABC 的距离即正方体中心到截面ABC 的距离，设P 到截面ABC 的距离为h ，则正三棱锥P －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×h ＝13S △PAB ×PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎪⎫2333， ∵△ABC 为边长为263的正三角形，S △ABC ＝233，∴h ＝23， ∴球心(即正方体中心)O 到截面ABC 的距离为13.二、多项选择题11．(2020·枣庄模拟)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD －A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图③所示时，AE ·AH 为定值答案 AD解析由于AB 固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD ∥HG ∥EF ∥AB ，且平面AEHD ∥平面BFGC ，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB 为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A 正确；因为水面EFGH 所在四边形，从图②，图③可以看出，EF ，GH 长度不变，而EH ，FG 的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH 所在四边形的面积是变化的，故B 错；假设A 1C 1与水面所在的平面始终平行，又A 1B 1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A 1B 1C 1D 1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C 错；水量不变时，棱柱AEH －BFG 的体积是定值，又该棱柱的高AB 不变，且V AEH －BFG ＝12·AE ·AH ·AB ，所以AE ·AH ＝2V AEH －BFGAB，即AE ·AH 是定值，故D 正确．12.(2020·青岛检测)已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的表面积为16π 答案 AD解析将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，并取E ，E 1分别为BC ，B 1C 1的中点，记四棱台上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，BD ，A 1C 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE .由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱PA ，PB ，PC ，PD 的中点，则PA ＝2AA 1＝4，OA ＝2，所以OO 1＝12PO ＝12PA 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由PA ＝PC ＝4，AC ＝4，得△PAC 为正三角形，则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 不正确；四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE2＝12×232＋22＝142，所以该四棱台的表面积为(22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 不正确；易知OA 1＝OB 1＝OC 1＝OD 1＝O 1A 21＋O 1O 2＝2＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为2，外接球表面积为4π×22＝16π，故D 正确．三、填空题13．(2020·浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．答案 1解析如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π，即r ·l ＝2.由于侧面展开图为半圆，可知12πl 2＝2π，可得l ＝2，因此r ＝1.14.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40cm ，母线长最短50cm ，最长80cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________cm 2.答案 2600π解析将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S ＝12×(π×40)×(50＋80)＝2600π(cm 2)．15．已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为________．答案823π 解析将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径2R ＝22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π.16．(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．答案2π2解析如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ，连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形，则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2. 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1，同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.。

学校和家庭礼仪

第一讲学生管理的原则和方法
2.中小学学生生活常规管理
(1)要重视对学生生活常规的管理
殊不知，生活能力和素养不仅是现代人素质的一个重要方面，
而且也直接影响学习效率。如生活习惯不
好的人，容易造成健康障碍和人际关系障
碍，从而影响学习；生活能力低下的人也
必然会影响生活质量，从而影响身心健康，
导致学习效率低下。所以，学校加强对学
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第二讲校园公共场所礼仪
4、归还在阅览图书时，遇到自己需要的资料，应与管理人员联系，
经允许后可复印或照相，以保存资料，绝对不能为了个人需要而撕毁或私自占有图书资料。阅后应立即将书放回原处，定期借阅的图书应按期归还。三、餐厅礼仪
食堂是师生集体就餐的场所，也是校园文明建设的重点场所之一。作为学生，要注意讲究食堂礼仪。 1、要自觉排队。 2、要文明进餐。进餐时要保持安静，切勿大声喧哗。 3、进餐完毕后，要及时离开，给其他同学腾出位置。
第一讲学生管理的原则和方法
从某种意义上说，学生学习的很多东西，特别是人文学科的东西本身就有很强的主观性。我们不应该用某种僵化的模式去束缚学生的思维，而应该大力提倡和鼓励学生用多种方式去表达同一内容。标准化考题的设计者只考虑到课本上出现的知识点这个小客观，忽略了客观世界存在的大客观。在大客观世界中，一个问题可能有几个甚至几十个答案。
第一讲学生管理的原则和方法
3.相信学生的本质和潜力教育和管理者要相信每一个学生的本质都
是好的，没有哪个学生不想成为好学生的。每个学生之所以成为现在这个样子，都是环境和教育影响的结果。即使是品德恶劣的青少年，也一定有善良的一面。 4.主动关心，通情达理现代管理是以人为中心的管理，人是有情感的，尤其是青少年学生往往情感丰富，对他们的管理与教育必须有感情的激发和

2023新教材高考生物二轮专题复习专题四生命系统的遗传、变异、进化第1讲遗传的分子基础

专题四生命系统的遗传、变异、进化第1讲遗传的分子基础聚焦新课标：3.1亲代传递给子代的遗传信息主要编码在DNA分子上。

基础自查明晰考位纵引横连————建网络提醒：特设长句作答题，训练文字表达能力答案填空：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯⑰⑱⑲⑳边角扫描————全面清提醒：判断正误并找到课本原话1．有荚膜的肺炎链球菌可抵抗吞噬细胞的吞噬，有利于细菌在宿主体内生活并繁殖。

(必修2 P43“相关信息”)()2．分别用含有放射性同位素35S和放射性同位素32P的培养基培养噬菌体。

(必修2 P45正文)( )3．单个脱氧核苷酸在DNA酶的作用下连接合成新的子链。

(必修2 P55正文)( ) 4．DNA分子复制时解旋酶与DNA聚合酶不能同时发挥作用。

(必修2 P55正文)( ) 5．DNA分子复制与染色体复制是分别独立进行的。

(必修2 P56“概念检测”)( ) 6．反密码子的读取方向为由氨基酸连接端开始读(由长臂端向短臂端读取)。

(必修2 P67图4－6)( )7．tRNA和rRNA参与蛋白质的合成过程，但是这两种RNA本身不会翻译为蛋白质。

(必修2 P66“相关信息”)()8．终止密码子一定不编码氨基酸。

(必修2 P67表4－1注解)( )9．表观遗传现象由于基因的碱基序列没有改变，因此生物体的性状也不会发生改变。

(必修2 P74正文)( )10．吸烟会导致精子中DNA的甲基化水平升高，从而影响基因的表达。

(必修2 P74“与社会的联系”)()考点梳理整合突破整合考点8 “追根求源”的遗传物质及其本质与功能考点整合固考基一、遗传物质探索的经典实验分析1．需掌握的两个实验2.必须明确的三个问题(1)加热杀死的S型细菌，其蛋白质变性失活；而DNA在加热过程中，双螺旋解开，氢键断裂，但缓慢冷却时，其结构可恢复。

R型细菌转化为S型细菌的实质是S型细菌的DNA 片段整合到了R型细菌的DNA中，这种变异类型属于________。

2023版高考生物二轮总复习专题4 基因的本质与表达第1讲 DNA是主要的遗传物质课件

C．给小鼠注入R型细菌与加热杀死的S型细菌的混合物后，R型细菌会被转化并导致小鼠死亡
D．在R型细菌的培养基中只加S型细菌的DNA比加入等量DNA和蛋白质混合物的转化效率要高
【解析】格里菲斯的实验仅证明了S型细菌内存在促成转化的转化因子，艾弗里的实验证明了S型细菌的DNA可将R型细菌转化，但没有证明R型细菌的DNA可使S型细菌转化，A错误；艾弗里的肺炎链球菌体外转化实验证明了S型细菌的DNA能使R型细菌的基因组成发生改变并使其具有荚膜，B正确；给小鼠注入R型细菌与加热杀死的S型细菌的混合物后，R型细菌被转化为S型细菌并导致小鼠死亡，C正确；DNA纯度越高，转化效率越高，D正确。
专题四
基因的本质与表达
考纲导向·明目标核心考点一核心考点二
考纲导向·明目标
课标要求
考查方向
1．概述多数生物的基因是DNA 1．肺炎链球菌转化实验和噬菌体侵染细
分子的功能片段，有些病毒的基菌实验的过程、原理、方法及其拓展
因在RNA分子上
2．借助同位素标记法，考查DNA的结
2．概述DNA分子的结构，碱基构与复制
3．DNA分子杂交技术可以用来比较不同种生物DNA分子的差异。当两种生物的DNA分子的单链具有互补的碱基序列时，互补的碱基序列就会结合在一起，形成杂合双链区；在没有互补碱基序列的部位，仍然是两条游离的单链(如图)。形成杂合双链区的部位越多，说明这两种生物的亲缘关系越近。请分析原因。
提示：形成杂合双链区的部位越多， DNA 碱基序列的一致性越高，说明在生物进化的过程中， DNA碱基序列发生的变化越小，因此亲缘关系越近。
【解析】噬菌体是病毒，没有细胞结构，不能独立生活，所以不能将噬菌体放在含32P的培养基中培养，A错误；32P标记的是噬菌体的 DNA，噬菌体侵染细菌实验中，只有DNA进入细菌并作为模板控制子代噬菌体的合成，而合成子代噬菌体所需的原料均来自细菌，根据DNA半保留复制的特点，用32P标记的噬菌体侵染细菌后的子代噬菌体中只有少数具有放射性，B正确；用32P标记的噬菌体侵染大肠杆菌时，若保温时间过短，部分噬菌体还未来得及侵染大肠杆菌，离心后会分布在上清液中，这样会导致离心后上清液也有一定的放射性，C正确；要达到实验目的，还要设计一组用35S标记噬菌体的实验，进行对照，D正确。

专题四电解质溶学生版

专题四电解质溶液第一讲弱电解质的电离平衡高考热点分析：电解质溶液是高中化学重要的基础理论之一，从近几年的高考试题可以看岀，涉及电解质溶液的考点多，重现率高其主要热点有：1 •外界条件的改变对电离平衡、水解平衡的影响及其应用；2 •酸、碱混合后溶液的酸碱性判断及pH的简单计算；3、水的电离以及溶液中氢离子浓度的计算。

4. 溶液中微粒浓度之间的关系及大小比较。

【知识梳理】一。

电解质、非电解质、强电解质、弱电解质等概念辨析(1)电解质与非电解质［例1］下列关于电解质电离的叙述中，不正确的是( )A. 电解质的电离过程就是产生自由移动离子的过程B. 碳酸钙在水中的溶解度很小，但被溶解的碳酸钙全部电离，所以碳酸钙是强电解质C. 氯气和氨气的水溶液导电性都很好，所以它们是强电解质D. 水难电离，纯水几乎不导电，所以水是弱电解质［例2］下列电离方程式书写正确的是A. NaHCQ = Na ++ H+ +CQ2-B. H 2S - - 2H+ + S 2+ 2- 2- + 3- + -C. Na2HPO= 2Na + HPO4 HPO 4 - - H + PO4D. 2 H 2O -- 出0 + OH二、弱电解质的电离平衡1. _____________________________________________________________________ 电离平衡概念：2 .特点：【思考与交流】①氢硫酸溶液存在如下平衡：fSUH+HS, H S= H++S2「。

现使该溶液中pH值增大，则C(S2「)如何变化?②请用电离平衡移动原理解释为何Al (OH) 3既能溶于强酸，又能溶于强碱？3 .影响电离平衡的因素：(1)决定性因素：(2)外因：【实例分析】［例3］(09年海南• 6)已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1 %发生电离，下列叙述错误的是：A.该溶液的pH=4 B .升高温度，溶液的pH增大C.此酸的电离平衡常数约为1X10-7D.由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍【例4】(08天津卷)醋酸溶液中存在电离平衡CHCOOH 一H+十CHCOO,下列叙述不正确的是( )A. 醋酸溶液中离子浓度的关系满足： c ( H+)= c ( OH) + c (CHCOO)B. 0.10mol/L的CHCOOI溶液中加水稀释，溶液中c (OH)减小C. CHCOO!溶液中加少量的CH3COON固体，平衡逆向移动D. 常温下pH= 2的CHCOO溶液与pH= 12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH v7【例5】(2007上海化学)已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH " CH3COO+屮要使溶液中c(H「/c(CH s COOH值增大, 可以采取的措施是A加少量烧碱溶液 B 升高温度C 加少量冰醋酸 D 加水［练习］1.高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。

高考语文一轮复习第二板块专题四现代诗歌第1讲现代诗歌的文体知识及读文技法课件新人教版

3．虚实相生诗歌有实有虚，虚实结合，才能把读者带到一个既不脱离现实，又能超越现实，亦真亦幻、迷离朦胧的艺术境界中去。如王小泥的《初春的家园》： “鸡鸣起伏/雨点儿在屋瓦上/弹奏《十面埋伏》/当雀鸟啼亮木格格小窗/母亲已从窗外菜园里/掐来一筲箕湿漉漉的黎明/石磨吟唱出两桶清香小曲/姐姐把它凝成一锅乳白的晨曦/我举起筷子，母亲瞪我一眼/她怕我夹碎了/姐姐水嫩嫩的叫卖声……/苍老的父亲，牵着水牛走向田间/牛鞭，抽醒几声蛙鸣/一曲山歌，在群山间回荡往复/于最高的尖尖山上/化为一只啸天的老鹰……”这首诗运用了许多修辞手法(拟人、比喻、通感、错觉、象征等)加以“变形”，使语言“陌生化”，实中有虚，虚中有实，给人以既明白可解，又新鲜别致的感觉，增强了艺术魅力。
7．注重炼字、炼句，多用修辞诗歌语言注重对表现情感内容的关键字词、句式进行锤炼，灵活地运用比喻、拟人、对偶、排比、夸张、互文、反复等修辞手法，用最生动的散文语言写诗，注重情感的浓度和氛围，达到一唱三叹的艺术效果。如何三坡的《月光》：“你提着裙子从后山上下来/树叶们在晚风中浮起/月光在木门上涌动。”在这短短的三句诗里，诗人将一个我们平时生活中常见的画面描绘到了极致，干脆利落地写出了月夜的美丽景象，语言精练，读来意蕴无穷。
(二)现代诗歌的主要流派
1．人生派(文学研究会诗歌)
代表诗人王统照、周作人、冰心、鲁迅、朱自清、刘延陵
代表作品
《毁灭》《血歌》(朱自清)
主张“反对把文学作为消遣品，也反对把文学作为
个人发泄牢骚的工具，主张文学为人生”的原则，
文学态度和创作实践均倾向于现实主义。诗歌内容风格特色
主要分为两个部分：(1)对现实中的黑暗以及人民的
二、掌握读文技法，准确理解诗意现代诗歌鉴赏“四步骤”

必修一专题四第一课

必修一专题四第一课《新中国初期的政治建设》教学设计与反思一、教学设计思路本课教学设计以新课标为依据，以人民版教材为依托，尝试实践“设问式教学法”，即：通过师生之间的互动设问，不断地将问题纵横联系引向深入，以激发学生强烈的求知欲望和主动的多角度挖掘问题的热情，使历史理性思维能力得到真正的提升。

矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖。

二、学习目标：1、知识与能力（1）概述中华人民共和国成立的史实，了解它的意义。

（2）阐述人民代表大会制度的建立与完善，理解人大在我国政治生活中的重要地位和作用；掌握 954 年制定的《中华人民共和国宪法》的主要内容及其意义，理解它在我国法制建设中的作用；阐述政协制度的建立与发展，了解政协的主要职能和作用；理解民族区域自治制度是由我国国情决定的。

聞創沟燴鐺險爱氇谴净。

（ 3）通过中西政治制度的比较，培养学生比较能力，认识中国民主政治的特色。

2、过程与方法（1）通过历史资料和图片，加强学生对抽象知识的理解（2）通过学生课前资料的搜集准备活动，培养学生自主学习主动探究的能力与习惯。

3、情感态度价值观通过对新中国的民主政治建设教学，在认识我国民主政治特色的基础上，体会社会主义制度的优越性。

教学重点：三大根本制度建立过程教学难点：认识我国民主政治的特色三、教学过程设计：（一）导入新课师生齐唱国歌师：非常好！国歌它既反映了中国近代屈辱的历史，有体现了中华民族复兴的凌云壮志。

它是新中国的象征。

百年风云，沧桑巨变，中国共产党领导中国人民经过28 年的艰苦卓绝的斗争，终于摆脱了半殖民地半封建的历史，建立了中华人民共和国。

新中国成立初期在恢复和发展国民经济的同时，进行了民主政治建设的探索，初步建立起社会主义的民主政治制度。

这将是我们要学习的《新中国民主政治建设》一课的内容。

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（二）讲授新课一、中国人民站起来了（板书）1、新中国成立的历史条件（板书）问：阅读第一目的内容，了解新中国成立的历史条件是什么？它们分别对新中国起到什么作用？问：了解了新中国成立的条件后，我们着重来看一下一届政协的情况。

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3.世界主要地区的人文地理特征
居民
经济
主要城市代表国家
东
人口稠
沿海地区工农业发达，人口稠密；内
பைடு நூலகம்
亚密；黄陆地区相对落后，
色人种以畜牧业为主
人口稠大部分国家以农业
东密，黄
为主，种植水稻及热带经济作物；工
南色人种；业发展迅速，如新
亚
华人、华侨集
加坡、马来西亚、
中
泰国等，旅游业发展快
（6）亚马孙河水量大的原因从位置、气候、地形、植被四方面来分析。亚马孙河发源于安第斯山脉，流经赤道地区，流域内以热带雨林、热带草原两种湿热气候为主，全年降水丰富；亚马孙平原南—北—西三面为高原、山地，东面向大西洋敞开，东北信风和东南信风从大西洋带来大量的湿热水汽进入大陆，受西部高大的安第斯山脉抬升作用，再加上巴西暖流的影响，增温增湿；地表植被为热带雨林、草原覆盖好，所以亚马孙干流流量非常大，成为世界水量最大的河流。
利雅得、德黑兰、耶路撒冷、麦加、麦地那、开罗、亚历山大
埃及、沙特阿拉伯
撒哈拉以南的非洲
欧洲西部
欧洲东部和北亚
黑故 “ 之口高黑种乡称增非人，。长洲的有人率”初产要产粮级一的品食产两原作、品种料为环为工、经境主业半济问的发成支题经达品柱突济国等出;人。家初口生需级、
基本规律：地形对气候的影响主要表现在：①地势高低的影响。②山脉走向的影响，山脉与气流垂直，则起阻挡作用，迎风坡多雨，背风坡少雨，气温和日照也不同。③平原的影响，平原地区，气流畅通无阻，使相应的气候类型分布范围更广。 a.西部地形的影响：高大的科迪勒拉山系位居北美大陆的西部，阻挡了湿润的太平洋西风气流深入内地，使大陆西部的气候类型——地中海气候、温带海洋性气候仅分布在西部沿海狭长的地带，部分海拔较高的山地形成高山气候，落基山和海岸山脉之间的高原、盆地降水稀少，成为半干旱地区。
移民数量较少
拉
丁人口密度较小；
美
增长快；混血人种占多数
洲
世界上工农业发达的地区，工农业产品大量出口；资源丰富，工业部门齐全，技术水平高，五大湖沿岸地区为最重要工业区
专题四第一讲
①地形以高原为主，被称为“高原大陆”；② 非东部纵贯东洲非裂谷带； ③山脉少，主要分布在西北和东南高原边缘
①干燥,
②暖热, ③气候南北对称分布
北美洲
①地形大体上分为西部、中部、东部三大地形区； ②地势东西高，中部低
①温带大陆性气候占优势； ②气候类型多样
英国、法国、德国
分布区中德国居首位；旅游业发森、汉堡、慕
达
尼黑
民族成分复杂，亚洲部分人口稀疏
经济比较发达，但因苏联
解体，经济衰退严重，农业生产不太稳定，军事工业发达，石油等资源丰富，
莫斯科、圣彼得堡、基辅
采矿业发达
俄罗斯
居民主要为英、
北美
法、德等国移民后裔，土著居民印第安人及其他
（7）南极洲的气候特点及成因 ①南极洲的严酷性可与西伯利亚的冬季相比，降水量与北非相当，因此，可概括出南极洲的气候有酷寒、干燥的特征；联系其地表状况和气压状况可知，南极洲多大风。 ②分析影响气候的因素从纬度位置看：纬度位置高，正午太阳高度角小，太阳辐射经过的路线长，大气对其削弱作用强，地面得到的太阳辐射少，因此气候严寒，降水以降雪为主，日积月累，形成了今日的冰雪大陆。
①南北回归线横穿大陆的南、北部；海岸线平直，缺少深入内陆的港湾，减弱了海洋的影响；从东北紧邻亚洲大陆干燥区吹来的东北信风性质干燥；②纬度较低太阳高度角大，地面接受太阳辐射量多；干燥地区广，空气透明度高；相当大的地区处于背风位置，加强了高温的程度；③赤道横穿中部，地形起伏小
①大陆形状：北宽南窄，其中 50°N~70°N最宽，所以温带气候占优势，热带气候缩减；②大陆南北延伸很广，地面受热状况有很大差异，几乎穿越了北半球除热带以外的所有气候带；③地形起伏影响
从海拔看：海拔高，空气稀薄，加上空气中水汽含量少，大气的保温效应差，气温低。从地表状况看：南极洲被巨厚冰层覆盖，冰雪一方面可以反射掉大部分太阳辐射，同时使地势增高，又进一步使气温降低。从气压状况看：南极大陆被极地高压控制，气流下沉增温，降水稀少；地表相对平坦，因此风速较大。总结：南极洲的气候特点为酷寒、干燥、烈风。
印度
农牧业国家，仅次于中、
哈
人口稀少，美的世界第三大棉花产区，
萨
中白色人种和乌兹别克斯坦有“白金之阿斯塔纳、阿亚黄色人种为国”之称。棉毛纺织、地拉木图
克
主
毯纺织、畜产品加工业发
斯
达
坦
西
亚白色人种；和以阿拉伯人北为主
非
大部分国家靠出口石油为主要经济收入；此外，畜牧业和灌溉农业分布较广
b.中部平原：中部大平原贯通南北，是冬、夏冷暖气流的通道。冬季极地冷气团从北冰洋长驱直达墨西哥湾，形成大风雪寒潮天气，对交通和南方农作物造成灾害。冬季，墨西哥湾暖流偶尔进入内陆，带来短期反常的温暖天气。夏季，墨西哥湾暖湿气流也可北上，使本区中部和东部普遍暖热。 c.东部：低缓的高原山地，对大西洋湿润气流阻挡作用不显著，降水由沿海向内陆逐渐减少。由于本区海陆面积对比不如亚洲东部，因而由海陆热力性质差异产生的季风势力不强，加上阿巴拉契亚山脉的阻挡，夏季季风只能影响北美的东南部地区，形成亚热带季风性湿润气候，分布范围不广。
乌兰巴托、平壤、首尔、东京、横滨、大阪、神户、名古屋、北九州、筑波
日本
河内、金边、曼谷、仰光、新加坡、马尼拉、吉隆坡、雅加达
新加坡
人口稠密；经济以农业为主，相对落
南白色人种和后，面临经济发展与巨大
亚黑色人种为人口数量的双重压力。为
主
佛教和印度教发源地
伊斯兰堡、加德满都、科伦坡、新德里、加尔各答、孟买、班加罗尔
约翰内斯堡、开普敦、比勒
陀利亚
科特迪瓦
大部分为经济发达国家；伦敦、巴黎、
人口稠密；畜牧业在农业中占较大比伯明翰、曼彻
人口自然重；自英国向东到波兰、增长率低；自斯堪的纳维亚半岛向南世界白种到意大利为世界著名工业人主要的带；外贸额占世界1/2，其
斯特、维也纳、日内瓦、罗马、雅典、柏林、法兰克福、埃