第八章同步练习题doc资料
初二物理第八章练习题含答案
初二物理第八章练习题含答案1. 选择题(1) 以下属于力的性质是:A. 大小B. 方向C. 作用点D. 面积答案：A、B、C(2) 能够使物体发生位移的只有:A. 摩擦力B. 重力C. 弹力和悬挂力D. 正确答案全部都对答案：C(3) 法拉第一定律指出的是:A. 外力作用于物体上时，物体一定保持静止或匀速直线运动B. 外力作用于物体上时，物体的速度将发生变化C. 物体受到的合力为零时，物体一定保持静止或匀速直线运动D. 物体受到的合力为零时，物体的速度将发生变化答案：C2. 填空题(1) 一个力从右往左作用于一个物体，这个物体产生的反作用力的方向是______。
答案：从左往右(2) 一个力从上往下作用于一个物体，这个物体产生的反作用力的方向是______。
答案：从下往上(3) 一个物体受到A力的作用产生加速度a，如果力A的大小不变，改变作用方向，则产生的加速度为______。
答案：-a3. 解答题(1) 什么是力？力的三要素是什么？解答：力是物体之间相互作用的结果，是导致物体发生变化的原因。
力的三要素包括大小、方向和作用点。
大小表示力的强弱程度，方向表示力作用的直线方向，作用点表示力作用的具体位置。
(2) 什么是合力？如何求合力？解答：合力是同时作用在物体上的多个力的共同效果。
求合力的方法是将所有作用在物体上的力按照大小和方向合成，可以通过向量法或图示法来求解。
(3) 描述牛顿第一定律，并用实例说明其应用。
解答：牛顿第一定律也称为惯性定律，指出在没有外力作用时，物体将保持静止或匀速直线运动的状态。
例如，当我们用力推动一张光滑的桌子上的书时，如果力的大小和方向适当，书就会保持匀速直线运动，直到受到其他力的作用。
这说明物体在没有外力干扰时具有惯性，保持原来的状态不发生变化。
总结：初二物理第八章练习题主要涉及力的性质和作用、法拉第一定律等内容。
通过选择题和填空题加深对知识点的理解，同时通过解答题展开思考和拓展。
2020-2021人教版八年级下册第八章运动和力同步练习题(word版带答案)
第八章运动和力第一节牛顿第一定律过基础教材基础知识精炼知识点1阻力对物体运动的影响1、静止在地面上的足球，当运动员用脚踢球，足球沿着地面向前运动，说明力____了足球的运动状态；足球离开脚后____(填“受到”或“不受”)人的作用力，仍向前运动一段距离才停下来，这段距离足球受到____的作用，运动状态____(填“改变”或“不改变”)。
2、如图所示，冰壶离手后，此时____(填“受到”或“不受”)人的推力的作用，冰壶继续向前运动，说明物体的运动 (填“需要”或“不需要”)力来维持，冰壶最终变为静止都是因为受到了作用的原因，说明力是____(填“改变”或“维持”)物体运动状态的原因。
知识点2牛顿第一定律3、下列关于“牛顿第一定律”的建立的说法中正确的是( )A.它是通过日常生活推导出来的B.它是通过理论推导出来的C.它是通过实验直接证明的D.它是以实验事实为基础,通过推理而概括出来的4、质量为M的滑块甲和质量为m的滑块乙（M＞m），先后从同一光滑斜面的相同高度处由静止滑下，然后沿同一光滑水平面继续运动．假设水平面足够长，那么两个滑块在光滑水平面上运动的过程中，它们之间的距离将（）A.逐渐变长B.逐渐变短C.保持不变D.以上情况都有可能5、正在公路上行驶的一辆汽车，如果它所受的一切外力突然消失，则汽车将_____________________；静止在桌面上的物体，如果它受到的所有外力都消失了，它将。
知识点3惯性6、下列现象不能用惯性知识解释的是( )A.运动员跳远时往往要助跑B. 子弹离开枪口后仍能继续高速向前飞行C.空中篮球正在落向地面D.古代打仗时,使用绊马索将敌方飞奔的战马绊倒7、惯性在日常生活和生产中有利有弊,下面现象有弊的是( )A.锤头松了,把锤柄在地上撞击几下,锤头就紧紧的套在锤柄上B.拍打衣服可以去掉衣服上的尘土C.往锅炉内添煤时,不用把铲子送进炉灶内,煤就随着铲子运动的方向进入灶内D.汽车刹车时,站在车内的人向前倾倒8、一氢气球吊着一重物以1 m/s的速度匀速竖直上升，在上升过程中，吊物体的绳子突然断了，则在绳子断开后物体（）。
第八章立体几何初步同步练习含解析
单元素养评价(三)(第八章)(120分钟150分)一、单选题(每小题5分,共40分)1.下列命题中正确的是()A.棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱B.底面是矩形的平行六面体是长方体C.棱柱的底面一定是平行四边形D.棱锥的底面一定是三角形【解析】选A.平行于棱柱底面的平面可以把棱柱分成两个棱柱,故A正确;三棱柱的底面是三角形,故C错误;底面是矩形的平行六面体的侧面不一定是矩形,故它也不一定是长方体,故B错误;四棱锥的底面是四边形,故D错误.2.(2020·芜湖高一检测)如图,△ABC的斜二测直观图为等腰Rt△A′B′C′,其中A′B′=2,则△ABC的面积为()A.2B.4C.2D.4【解析】选D.因为Rt△A′B′C′是一平面图形的直观图,直角边长为A′B′=2,所以直角三角形的面积是×2×2=2,因为平面图形与直观图的面积的比为2,所以原平面图形的面积是2×2=4.3.已知棱长都相等的正三棱锥内接于一个球,某学生画出四个过球心的平面截球与正三棱锥所得的图形,如图所示,则()A.以上四个图形都是正确的B.只有(2)(4)是正确的C.只有(4)是错误的D.只有(1)(2)是正确的【解析】选 C.(1)当平行于三棱锥一底面,过球心的截面如题(1)图所示;(2)过三棱锥的一条棱和圆心所得截面如题(2)图所示;(3)过三棱锥的一个顶点(不过棱)和球心所得截面如题(3)图所示;(4)棱长都相等的正三棱锥和球心不可能在同一个面上,所以题(4)图是错误的.4.设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列四个命题:(1)若m⊥α,n∥α,那么m⊥n;(2)若m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β;(3)若α∥β,m⊂α,那么m∥β;(4)若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β,其中正确命题的序号是() A.(1)(2) B.(2)(3)C.(1)(3)D.(2)(4)【解析】选C.对于(1),如果m⊥α,n∥α,根据直线与平面垂直的性质可知m⊥n,所以(1)正确;对于(2),如果m⊥n,m⊥α,n∥β,根据线面垂直与线面平行性质可知α与β可以垂直,也可以平行,还可以相交,所以(2)错误;对于(3),如果α∥β,m⊂α,根据直线与平面平行的判定可知m∥β,所以(3)正确;对于(4),设平面α,β,γ分别是正方体中经过同一个顶点的三个面,则有α⊥γ且β⊥γ,但是α⊥β,推不出α∥β,故(4)不正确.5.(2020·杭州高一检测)如图,在正四面体OABC中,D是OA的中点,则BD与OC所成角的余弦值是()A. B. C. D.【解析】选B.取AC的中点E,连接DE,BE,根据题意∠BDE为异面直线BD与OC所成的角,设正四面体的边长为2,则DE=1,BD=BE=,由cos ∠BDE==,所以BD与OC所成角的余弦值是.6.如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体,且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1,圆锥与圆台的高分别为-1和3,则此组合体的外接球的表面积是()A.16πB.20πC.24πD.28π【解析】选 B.设外接球半径为R,球心为O,圆台较小底面圆的圆心为O1,则:O+12=R2,而OO1=+2-R,故R2=1+(+2-R)2,所以R=,所以S=4πR2=20π.7.(2020·西城高一检测)阅读下面题目及其证明过程,在横线处应填写的正确结论是() 如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,O是正方形ABCD的中心,PO⊥底面ABCD,E是PC的中点,求证:平面PAC⊥平面BDE.证明:因为PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BD.又因为AC⊥BD,且AC∩PO=O,所以.又因为BD⊂平面BDE,所以平面PAC⊥平面BDE.A.BD⊥平面PBCB.AC⊥平面PBDC.BD⊥平面PACD.AC⊥平面BDE【解析】选C.因为PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BD.又因为AC⊥BD,且AC∩PO=O,所以BD⊥平面PAC.又因为BD⊂平面BDE,所以平面PAC⊥平面BDE.8.(2020·九江高一检测)半正多面体亦称“阿基米德多面体”,如图所示,是由边数不全相同的正多边形为面的多面体,体现了数学的对称美.将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,如此共可截去八个三棱锥,得到一个有十四个面的半正多面体,它们的边长都相等,其中八个为正三角形,六个为正方形,称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十四等边体的棱长为,则该二十四等边体外接球的表面积为()A.4πB.6πC.8πD.12π【解析】选C.由已知根据该几何体的对称性可知,该几何体的外接球即为底面棱长为,侧棱长为2的正四棱柱的外接球,所以(2R)2=()2+()2+22,所以R=,所以该二十四等边体的外接球的表面积S=4πR2=4π×()2=8π.二、多选题(每小题5分,共20分,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)A.πB.(1+)πC.2πD.(2+π)【解析】选AB.若绕一条直角边旋转一周时,则圆锥的底面半径为1,高为1,所以母线长l=,这时表面积为×2π·1·l+π·12=(1+)π;若绕斜边旋转一周时,旋转体为两个倒立圆锥对底组合在一起,且由题意底面半径为,两个圆锥的母线长都为1,所以表面积S=2××2π·×1=π,综上所述该几何体的表面积为π或(1+)π.10.(2020·潍坊高一检测)正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2,已知平面α⊥AC1,则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是()A.截面形状可能为正三角形B.截面形状可能为正方形C.截面形状可能为正六边形D.截面面积最大值为3【解析】选ACD.显然A,C成立,B不成立,下面说明D成立,如图截得正六边形,面积最大,MN=2,GH=,OE==,所以S=2××(+2)×=3,故D成立.11.设α,β,γ为两两不重合的平面,l,m,n为两两不重合的直线,则下列命题中正确的是()A.若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥βB.若m⊥α,n⊥β且m⊥n,则α⊥βC.若l∥α,α⊥β,则l⊥βD.若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则m∥n【解析】选BD.由α,β,γ为两两不重合的平面,l,m,n为两两不重合的直线知:A.若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α与β相交或平行,故A错误;B.若m⊥α,n⊥β,且m⊥n,则由面面垂直的判定定理得α⊥β,故B正确;C.若l∥α,α⊥β,则l与β相交、平行或l⊂β,故C错误;D.若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则由线面平行的性质定理得m∥n.故D正确.12.在三棱锥C -ABD中(如图),△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形,O为斜边BD的中点,AB=4,二面角A-BD -C的大小为60°,下面结论中正确的是()A.AC⊥BDB.AD⊥COC.cos ∠ADC=D.三棱锥C -ABD的外接球表面积为32π【解析】选AD.因为△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形,O为斜边BD的中点,所以CO⊥BD,AO⊥BD,AO∩OC=O,所以BD⊥平面AOC,所以AC⊥BD,因此A正确;假设CO⊥AD,又CO⊥BD,AD∩BD=D,可得CO⊥平面ABD,与∠AOC是二面角A-BD -C的平面角且为60°矛盾,因此B不正确;AB=4,AC=OA=2,AD=CD=4,所以cos ∠ADC==≠,因此C不正确;三棱锥C -ABD的外接球的球心为O,半径为2,表面积S=4π×(2)2=32π,因此D正确.三、填空题(每小题5分,共20分)13.(2020·南京高一检测)在三棱柱ABC -A1B1C1中,点P是棱CC1上一点,记三棱柱ABC -A1B1C1与四棱锥P-ABB1A1的体积分别为V1与V2,则=.【解析】设AB=a,在△ABC中AB边所对的高为b,三棱柱ABC -A1B1C1的高为h,则V1=abh,V2=×ah·b,所以==.答案:14.如图所示,ABCD -A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M,N分别是下底面的棱A1B1,B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P,M,N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ=.【解析】因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1,MN⊂平面A1B1C1D1,所以MN∥平面ABCD,又PQ=平面PMN∩平面ABCD,所以MN∥PQ.因为M,N分别是A1B1,B1C1的中点,所以MN∥A1C1∥AC,所以PQ∥AC,又AP=,ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,所以CQ=,从而DP=DQ=,所以PQ=== a. 答案: a15.将一副斜边长相等的直角三角板拼接成如图所示的空间图形,其中AD=BD=,∠BAC=30°,若它们的斜边AB重合,让三角板ABD以AB为轴转动,则下列说法正确的是(填序号).①当平面ABD⊥平面ABC时,C,D两点间的距离为;②在三角板ABD转动过程中,总有AB⊥CD;③在三角板ABD转动过程中,三棱锥D -ABC体积的最大值为.【解析】①取AB中点O,连接DO,CO,因为AD=BD=,所以DO=1,AB=2,OC=1.因为平面ABD⊥平面ABC,DO⊥AB,DO⊂平面ABD,所以DO⊥平面ABC,DO⊥OC,所以DC=,①正确;②若AB⊥CD,AB⊥OD,OD∩CD=D,则AB⊥平面CDO,所以AB⊥OC,因为O为AB中点,所以AC=BC,∠BAC=45°与∠BAC=30°矛盾,所以②错误;③当DO⊥平面ABC时,棱锥的高最大,此时V棱锥=××AC·BC·DO=××1×1=,③正确.答案:①③16.在四面体S-ABC中,SA=SB=2,且SA⊥SB,BC=,AC=,则该四面体体积的最大值为,该四面体外接球的表面积为.【解析】四面体的体积最大时即面SAB⊥面ABC,SA=SB=2,且SA⊥SB,所以AB=2,因为BC=,AC=,所以AC2+BC2=AB2,所以∠ACB=90°,取AB的中点H,连接CH,SH,SH⊥AB,面SAB∩面ABC=AB,SH在面SAB内,所以SH⊥面ABC,而SH=×SA=,所以V S-ABC=S△ABC·SH=××××=;则外接球的球心在SH所在的直线上,设球心为O,连接OC,CH=AB=×2=,因为SH=,所以O与H重合,所以R=CH=SH=,所以四面体的外接球的表面积为4πR2=8π.答案:8π四、解答题(共70分)17.(10分)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体,其下部是正四棱台ABCD -A1B1C1D1,其上部是底面与四棱台的上底面重合的正四棱柱ABCD -A2B2C2D2.现需对该零部件表面进行防腐处理,已知AB=10,A1B1=20,AA2=30,AA1=13(单位:cm),若加工处理费为0.2元/cm2,求需支付的加工处理费.【解析】因为四棱柱ABCD -A2B2C2D2的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以该零部件上部的表面积S1=S四棱柱上底面+S四棱柱侧面=A2+4AB·AA2=102+4×10×30=1 300(cm2),又四棱台ABCD -A1B1C1D1的上下底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形,所以该零部件下部的表面积S2=S四棱台下底面+S四棱台侧面=A1+4××(AB+A1B1)×h等腰梯形的高=202+4××(10+20)×=1 120(cm2),则该实心零部件的表面积S=S1+S2=1 300+1 120=2 420(cm2),0.2×2 420=484(元),故需支付加工处理费484元.(1)求证:AC⊥BA1;(2)求圆柱的侧面积.【解析】(1)依题意AB⊥AC.因为AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥AC.又因为AB∩AA1=A,所以AC⊥平面AA1B1B.因为BA1⊂平面AA1B1B,所以AC⊥BA1.(2)在Rt△ABC中,AB=2,AC=2,∠BAC=90°,所以BC=2.S侧=2π×3=6π.19.(12分)(2020·全国Ⅰ卷)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;(2)设DO=,圆锥的侧面积为π,求三棱锥P-ABC的体积.【解题指南】(1)根据已知可得PA=PB=PC,进而有△PAC≌△PBC,可得∠APC=∠BPC=90°,即PB⊥PC,从而证得PB⊥平面PAC,即可证得结论;(2)将已知条件转化为母线l和底面半径r的关系,进而求出底面半径,求出正三角形ABC的边长,在等腰直角三角形APB中求出AP,结合PA=PB=PC即可求出结论.【解析】(1)由题设可知,PA=PB=PC.由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB.△PAC≌△PBC.又∠APC =90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,因为PB在平面PAB内,所以平面PAB⊥平面PAC.(2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l.解得r=1,l=,从而AB=.由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=.所以三棱锥P-ABC的体积为××PA×PB×PC=××=.20.(12分)如图,在直三棱柱ABC -A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.【证明】(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC -A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因为DE⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC -A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.21.(12分)如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图②中△A1BE的位置,得到四棱锥A1-BCDE.(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36,求a的值.【解析】(1)在题图①中,因为AB=BC=AD=a,E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC.即在题图②中,BE⊥A1O,BE⊥OC,又A1O∩OC=O,从而BE⊥平面A1OC.因为BC AD ED,所以四边形BCDE为平行四边形,所以CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,且平面A1BE∩平面BCDE=BE,又由(1)可得A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE.即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.由题意知,A1O=AO=AB=a,平行四边形BCDE的面积S=BC·AB=a2,从而四棱锥A1-BCDE的体积为V=S·A1O=×a2×a=a3.由a3=36,得a=6.22.(12分)如图,在直三棱柱ABC -A1B1C1中,AA1=AC且BC1⊥A1C.(1)求证:平面ABC1⊥平面A1ACC1;(2)点D在边A1C1上且C1D=C1A1,证明在线段BB1上存在点E,使DE∥平面ABC1,并求此时的值.【解析】(1)因为三棱柱ABC -A1B1C1是直三棱柱,所以四边形ACC1A1是矩形.因为AA1=AC,所以AC1⊥A1C.又BC1⊥A1C,AC1∩BC1=C1,所以A1C⊥平面ABC1.因为A1C⊂平面A1ACC1,所以平面ABC1⊥平面A1ACC1.(2)当=时,DE∥平面ABC1,如图,在A1A上取点F,使=,连接EF,FD.因为===,所以EF∥AB,DF∥AC1.因为AB∩AC1=A,EF∩DF=F,所以平面EFD∥平面ABC1,因为DE⊂平面DEF,所以DE∥平面ABC1.。
人教版高中数学必修二《第八章 立体几何初步》同步练习及答案解析
人教版高中数学必修二《第八章立体几何初步》同步练习《8.1 基本几何图形》同步练习第1课时棱柱、棱锥、棱台一、选择题1．下图代表未折叠正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形是（）A．B．C．D．2．一个棱锥的各条棱都相等，那么这个棱锥必不是( )A．三棱锥B．四棱锥C．五棱锥D．六棱锥3．下列几何体中棱柱有( )A．5个B．4个C．3个D．2个4．用一个平面去截一个四棱锥，截面形状不可能的是 ( )A．四边形 B．三角形 C．五边形 D．六边形5．（多选题）给出下列命题，其中假命题是（）A.棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；B.用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台；C.若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；D.棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形.6．（多选题）正方体的截面可能是（）A．钝角三角形B．直角三角形C．菱形D．正六边形二、填空题7．一棱柱有10个顶点，其所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________cm.8.如图，M是棱长为2 cm的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1的中点，沿正方体表面从点A到点M的最短路程是________cm.9.下列说法中正确的为________（填序号）.（1）棱柱的侧棱长相等，侧面都是平行四边形：（2）各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；（3）正棱锥的侧面是等边三角形；（4）有两个面互相平行，其余各面都是等腰梯形的几何体是棱台.10.一个棱台至少有________个面，面数最少的棱台有________个顶点，有________条棱．三、解答题11．如图所示是一个三棱台ABC－A′B′C′，试用两个平面把这个三棱台分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．12.如图在正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A，B，C重合，重合后记为点P.问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)若正方形边长为2a，则每个面的三角形面积为多少？《8.1 基本几何图形》同步练习答案解析第1课时棱柱、棱锥、棱台一、选择题1．下图代表未折叠正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】将其折叠起来，变成正方体后的图形中，相邻的平面中三条线段是平行线，排除A ，C ；相邻平面只有两个是空白面，排除D ；故选B2．一个棱锥的各条棱都相等，那么这个棱锥必不是( )A ．三棱锥B ．四棱锥C ．五棱锥D ．六棱锥【答案】D【解析】正六棱锥的底面是个正六边形，正六边形共由6个等边三角形构成，设每个等边三角形的边长为 r ，正六棱锥的高为h ，正六棱锥的侧棱长为 l ，由正六棱锥的高h 、底面的半径r 、侧棱长l 构成直角三角形得，222h r l += ，故侧棱长 l 和底面正六边形的边长r 不可能相等.故选D.3．下列几何体中棱柱有( )A．5个B．4个C．3个D．2个【答案】D【解析】由棱柱的定义及几何特征，①③为棱柱．故选D.4．用一个平面去截一个四棱锥，截面形状不可能的是 ( )A．四边形 B．三角形 C．五边形 D．六边形【答案】D【解析】根据一般的截面与几何体的几个面相交就得到几条交线，截面就是几边形，而四棱锥最多只有5个面，则截面形状不可能的是六边形，故选D.5．（多选题）给出下列命题，其中假命题是（）A.棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；B.用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台；C.若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；D.棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形.【答案】ABD【解析】对于A，棱柱的侧面不一定全等，故错误；对于B，由棱台的定义可知只有当平面与底面平行时，所截部分才是棱台，故错误；对于C，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直，比如正方体中共点的三个相邻平面，故正确；对于D，棱台的侧面不一定是等腰三角形，故错误；故选ABD .6．（多选题）正方体的截面可能是（）A．钝角三角形B．直角三角形C．菱形D．正六边形【答案】CD【解析】 如图所示截面为三角形ABC ，OA =a ，OB =b ，OC =c ，∴222222222,,AC a c AB a b BC b c =+=+=+， ∴222202AB AC BC cos CAB AB AC +-∠==>⋅ ∴∠CAB 为锐角，同理∠ACB 与∠ABC 也为锐角，即△ABC 为锐角三角形，∴正方体的截面若是三角形，则一定是锐角三角形，不可能是钝角三角形和直角三角形，A 、B 错误；若是四边形，则可以是梯形（等腰梯形）、平行四边形、菱形、矩形、正方形，但不可能是直角梯形，C 正确；正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，如图为正六边形，故若是六边形，则可以是正六边形，D 正确.故选：CD .二、填空题7．一棱柱有10个顶点，其所有的侧棱长的和为60 cm ，则每条侧棱长为________cm.【答案】12【解析】该棱柱为五棱柱，共有5条侧棱，每条侧棱长都相等，∴每条侧棱长为12 cm.8.如图，M 是棱长为2 cm 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱CC 1的中点，沿正方体表面从点A 到点M 的最短路程是________cm.【答案】 13【解析】 由题意，若以BC 为轴展开，则A ，M 两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2 cm ，3 cm ，故两点之间的距离是13 cm.若以BB 1为轴展开，则A ，M 两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1，4，故两点之间的距离是17cm.故沿正方体表面从点A到点M的最短路程是13 cm.9.下列说法中正确的为________（填序号）.（1）棱柱的侧棱长相等，侧面都是平行四边形：（2）各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；（3）正棱锥的侧面是等边三角形；（4）有两个面互相平行，其余各面都是等腰梯形的几何体是棱台.【答案】（1）【解析】（1）正确，由棱柱定义可知，棱柱的侧棱相互平行且相等，所以侧面均为平行四边形；（2）不正确，上、下底面是菱形，各侧面是全等的正方形的四棱柱不一定是正方体；（3）不正确，正棱锥的侧面都是等腰三角形，不一定是等边三角形；（4）不正确，用反例去检验，如图，显然错误图.故答案为：（1）10.一个棱台至少有________个面，面数最少的棱台有________个顶点，有________条棱．【答案】5 6 9【解析】面数最少的棱台是三棱台，共有5个面，6个顶点，9条棱．三、解答题11．如图所示是一个三棱台ABC－A′B′C′，试用两个平面把这个三棱台分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．【答案】见解析【解析】过A′，B，C三点作一个平面，再过A′，B，C′作一个平面，就把三棱台ABC －A′B′C′分成三部分，形成的三个三棱锥分别是A′－ABC，B－A′B′C′，A′－BCC′.(答案不唯一)12.如图在正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A ，B ，C 重合，重合后记为点P .问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)若正方形边长为2a ，则每个面的三角形面积为多少？【答案】（1）三棱锥 （2）见解析【解析】(1)如图折起后的几何体是三棱锥．(2)S △PEF ＝12a 2，S △DPF ＝S △DPE ＝12×2a ×a ＝a 2， S △DEF ＝32a 2.《8.1 基本几何图形》同步练习第2课时 圆柱、圆锥、圆台、球一、选择题1．下列命题中，正确的是（ ）①在圆柱上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．A ．①②B ．②③C ．②④D ．③④ 2．圆柱体被平面截成如图所示的几何体，则它的侧面展开图是（ ）A ．B ．C ．D ．3．已知圆柱的轴截面是正方形，其面积为Q ，则它的一个底面的面积为（ ）A ．QB ．Q πC ．4Q πD ．2Q π 4．下列平面图形中，通过围绕定直线l 旋转可得到如图所示几何体的是( )A ．B ．C ．D ．5．（多选题）下列说法中正确的是（ ）A ．正棱锥的所有侧棱长相等B ．圆柱的母线垂直于底面C ．直棱柱的侧面都是全等的矩形D ．用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形6．（多选题）下列结论中错误的是（ ）A ．半圆弧以其直径为轴旋转一周所形成的曲面叫做球B ．直角三角形绕一边旋转得到的旋转体是圆锥C ．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体D ．圆锥截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台二、填空题7．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的.现用一个竖直的平面去截这个几何体，则所截得的图形可能是______.（填序号）8．下列命题中正确的是________（填序号）.①以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，将直角三角形旋转一周所得到的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰所在直线为旋转轴，将直角梯形旋转一周所得到的旋转体是圆台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④以等腰三角形的底边上的高所在直线为旋转轴，将等腰三角形旋转一周形成的几何体是圆锥；⑤半圆面绕其直径所在直线旋转一周形成球；⑥用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面.9.如图是一个几何体的表面展开图形，则这个几何体是 ．10.一个半径为5 cm 的球，被一平面所截，球心到截面圆心的距离为4 cm ，则截面圆半径为 cm ，面积为 cm 2.三、解答题9．如图，四边形ABCD 为直角梯形，试作出绕其各条边所在的直线旋转所得到的几何体.10．一个圆台的母线长为12cm ，两底面面积分别为24cm π和225cm π．（1）求圆台的高；（2）求截得此圆台的圆锥的母线长．《8.1 基本几何图形》同步练习及答案解析第2课时圆柱、圆锥、圆台、球一、选择题1．下列命题中，正确的是（）①在圆柱上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．A．①②B．②③C．②④D．③④【答案】C【解析】①：若上下底面各取的点的连线能平行于轴，则是母线，反之则不是，错误；②：母线的定义，显然正确；③：圆台可看做是由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到的，根据圆锥母线的定义可知错误；④圆柱的母线都平行于轴，故也相互平行，正确；只有②④两个命题是正确的.故选C.2．圆柱体被平面截成如图所示的几何体，则它的侧面展开图是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】结合几何体的实物图，从截面最低点开始高度增加缓慢，然后逐渐变快，最后增加逐渐变慢，不是均衡增加的，所以A，B，C错误.故选：D.3．已知圆柱的轴截面是正方形，其面积为Q ，则它的一个底面的面积为（ ）A ．QB ．Q πC ．4Q πD ．2Q π 【答案】C【解析】圆柱的轴截面一边为高，另一边为底面的直径，由轴截面为正方形可知，高与，所以底面的面积为2ππ4Q ⋅=⎝⎭. 4．下列平面图形中，通过围绕定直线l 旋转可得到如图所示几何体的是( )A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】A.是一个圆锥以及一个圆柱; C.是两个圆锥; D. 一个圆锥以及一个圆柱;所以选B.5．（多选题）下列说法中正确的是（ ）A ．正棱锥的所有侧棱长相等B ．圆柱的母线垂直于底面C ．直棱柱的侧面都是全等的矩形D ．用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形【答案】ABD【解析】对于A ,根据正棱锥的定义知,正棱锥的所有侧棱长相等,故A 正确；对于B ,根据圆柱是由矩形绕其一边旋转而成的几何体,可知圆柱的母线与底面垂直,故B 正确；对于C ,直棱柱的侧面都是矩形,但不一定全等,故C 错误；对于D ,圆锥的轴截面是全等的等腰三角形,故D 正确.故选:ABD 。
财务管理第八章成本管理同步练习
第八章练习一、【单选题】以资源无浪费、设备无故障、产出无废品、工时都有效的假设前提为依据而制定的标准成本是（B）。
A.基本标准成本B.理想标准成本C.正常标准成本D.现行标准成本二、【单选题】某公司月成本考核例会上，各部门经理正在讨论、认定直接人工效率差异的责任部门。
根据你的判断，该责任部门应是（A）。
A.生产部门B.销售部门C.供应部门D.管理部门三、【单选题】在两差异法下，固定制造费用的差异可以分解为（D）。
A.价格差异和产量差异B.耗费差异和效率差异C.能量差异和效率差异D.耗费差异和能量差异四、【单选题】下列关于成本动因（又称成本驱动因素）的表述中，不正确的是（C）。
A.成本动因可作为作业成本法中的成本分配的依据B.成本动因可按作业活动耗费的资源进行度量C.成本动因可分为资源动因和生产动因D.成本动因可以导致成本的发生五、【判断题】非增值成本是指由非增值作业发生的作业成本，是需要通过持续改善来消除或逐步降低的成本。
（×）六、【判断题】从作业成本管理的角度看，降低成本的途径中作业消除和作业减少都是针对非增值作业而言的。
（×）七、【单选题】对成本中心而言，下列各项中，不属于该类中心特点的是（D）。
A.只考核本中心的责任成本B.只对本中心的可控成本负责C.只对责任成本进行控制D.只对直接成本进行控制八、【判断题】企业职工个人不能构成责任实体，因而不能成为责任控制体系中的责任中心。
( × )九、【单选题】在下列各项中，不属于可控成本基本特征的是（D）。
A.可以预计B.可以计量C.可以控制D.可以对外报告十、【多选题】下列各项中，属于揭示利润中心特征的表述包括( AD )。
A.既能控制成本，又能控制收入和利润B.只控制收入不控制成本C.强调绝对成本控制D.既可以是自然形成的，也可以是人为设定的十一、【单选题】最适合作为企业内部利润中心对整个公司所做的经济贡献的评价指标是(C )。
沪科版八年级物理下册同步练习第八章 压强复习题(word版,含答案解析)
沪科版八年级物理下册第八章压强复习题一、单项选择题（共20小题；共40分）1. 如图所示的设备没有利用连通器原理的是A. 茶壶B. 船闸C. 活塞式抽水机D. 下水道存水管2. 下列厨房用品工作原理与物理知识相对应的是A. 电冰箱——液态制冷剂升华吸热B. 油烟机——流体的流速越大压强越小C. 微波炉——次声波能够加热食品D. 高压锅——沸点随气压的増大而降低3. 将盛水的烧瓶加热，水沸腾后把烧瓶从火焰上拿开，并迅速塞上瓶塞，再把烧瓶倒置后向瓶底浇上冷水，如图所示。
关于烧瓶内的水，下列分析正确的是A. 一直沸腾，浇上冷水时，水面气压增大，水会停止沸腾B. 先停止沸腾，浇上冷水时，水面气压增大，水会再次沸腾C. 因没有继续加热，浇上冷水时，水的内能减小，不会沸腾D. 先停止沸腾，浇上冷水时，水面气压减小，水会再次沸腾4. 水平面上有两个完全相同的长方体甲、乙，按如图（）、（）、（）、（）所示的四种样式将甲叠放在乙上。
其中，甲对乙的压强大小相等的样式是A. （）与（）B. （）与（）与（）C. （）与（）与（）D. （）与（）与（）与（）5. 关于压力和压强的说法，正确的是A. 压力的方向总是竖直向下的B. 压强是垂直作用在物体单位面积上的一种力C. 压强所表示的就是压力产生的效果D. 压力的大小由重力的大小决定6. 在国际单位制中，压强的单位是A. B. C. D.7. 在探究“液体内部压强与哪些因素有关”的实验中，利用两端开口的玻璃管、橡皮膜、盛水容器、塑料片、烧杯等进行实验。
在玻璃管一端扎一块橡皮膜，将玻璃管扎膜端竖直插入盛水容器中，分别如图所示。
下列叙述中，不正确的是A. 比较图甲和图乙的实验现象，可知同种液体深度越大液体内部压强越大B. 比较图甲和图丙的实验现象，可知深度相同的液体密度越大液体内部压强越大C. 三个图中的玻璃管侧壁都没有明显的凹陷，说明水对侧壁没有压强D. 图丙中，顺着管壁向玻璃管注入清水，当管内外液面向平时，橡皮膜仍向内凹陷8. 下列各事例中，为了增大压强的是A. 书包的背带很宽B. 铁轨铺在枕木上C. 刀刃磨得很薄D. 推土机安装履带9. 马德堡半球实验证明了A. 马的力气很大B. 液体内部存在压强C. 大气存在压强且很大D. 测出大气压强的值10. 做托里拆利实验时，玻璃管倾斜后，玻璃管中汞柱的长度和高度将会A. 都变大B. 都不变化C. 长度变大，高度不变D. 长度不变，高度变小11. 比较某人双脚站立、单脚站立和屈腿坐在水平地板上这三种情况可知，人对地板的压力大小，正确的是A. 单脚站立时最大B. 坐着时最小C. 双脚站立时可能最小D. 无论哪种情况都一样12. 如图所示，在一个充满油的固定装置中，两端同时用大小相等的力去推原来静止的活塞，若活塞与容器壁的摩擦不计，则活塞将A. 向右移动B. 向左移动C. 保持静止D. 上述说法都有可能13. 如图所示的装置中不是利用连通器原理工作的是A.茶壶B.锅炉水位计C.盆景的自动给水装置D.乳牛自动喂水器14. 关于帕斯卡定律的叙述，下列说法中正确的是A. 加在密闭液体上的压力，能被液体大小不变地向各个方向传递B. 加在密闭液体上的压强，能被液体大小不变地向各个方向传递C. 加在密闭液体上的压力或压强，能被液体大小不变地向各个方向传递D. 加在液体上的压强，能被液体大小不变地向各个方向传递15. 关于帕斯卡定律，下列说法中正确的是A. 液体能够将压强大小不变地向各个方向传递B. 加在密闭液体上的压力能够大小不变地被液体向各个方向传递C. 密闭的液体能够大小、方向不变地传递压强D. 密闭的液体能够大小不变地向各个方向传递压强16. 在大气压为的房间内做托里拆利实验，测出管内水银高度为，其原因是A. 玻璃管太长B. 玻璃管放倾斜了C. 管内水银面上方有少量空气D. 玻璃管粗了些17. 为了探究压力的作用效果，老师准备了如图所示的器材：①用钉子做腿的小桌②海绵③砝码④木板⑤盛有适量水的矿泉水瓶⑥装有沙的容器等供同学们选择。
人教版七年级下第八章二元一次方程组(二元一次方程组的解法)同步练习题含解析
人教版七年级下第八章二元一次方程组（二元一次方程组的解法)同步练习题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、填空题1．已知两个数的和是7，差是1，则这两个数的积是_____.2．对于实数,x y ，规定新运算：1x y ax by *=+-，其中,a b 是常数．若124*=，()2*310-=，则a b *= ___________．3．二元一次方程组2222x y x y +=-⎧⎨+=⎩的解为___． 4．如果ABC 的三边长分别为3，5，7，DEF 的三边长分别为3，32x -，21y -，若这两个三角形全等，则x y +=______．5．解方程组213211x y x y +=⎧⎨-=⎩①②既可用_____消去未知数x ，也可用_____消去未知数y ． 6．若x 、y 满足2223x y x y -=-⎧⎨+=⎩，则代数式224x y -的值为______．二、单选题7．如果x ，y 满足方程组127x y x y +=-⎧⎨-=⎩，那么x ﹣2y 的值是（ ） A ．﹣4 B ．2 C ．6 D ．88．方程组839845x y x y -=⎧⎨+=-⎩ 消去x 得到的方程是（ ） A ．y =4 B ．y =-14 C ．7y =14 D ．-7y =14 9．有理数m ，n 满足|m ＋1|＋（n ﹣2）2＝0，则mn ＋mn 等于（ ）．A ．3B ．－2C ．－1D ．010．若21a b =⎧⎨=⎩是二元一次方程组3522ax by ax by ⎧+=⎪⎨⎪-=⎩的解，则x ＋2y 的算术平方根为（ ） A ．3 B ．－3 CD．11．不解方程组，下列与237328x y x y +=⎧⎨+=⎩的解相同的方程组是（ ）A ．2836921y x x y =-⎧⎨+=⎩B ．283237y x x y =+⎧⎨=+⎩C ．372283y x y y +⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩D ．372382y x x y -+⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩12．如果3xm +1+5yn ﹣2＝0是关于x 、y 的二元一次方程，那么（ ）A ．01m n =⎧⎨=⎩B ．11m n =⎧⎨=⎩C ．03m n =⎧⎨=⎩D ．13m n =⎧⎨=⎩三、解答题13．解方程（组）(1)2(21)4x -= (2)1243231y x x y ++⎧=⎪⎨⎪-=⎩ 14．已知关于x 、y 的方程组123x y a x y a-=--⎧⎨-=-⎩． （1）若0x y +=，求实数a 的值；（2）若15x y -≤-≤，求实数a 的取值范围．15．已知关于x ，y 的方程组2331x y ax by -=⎧⎨+=-⎩和2333211ax by x y +=⎧⎨+=⎩的解相同，求（3a +b ）2020的值．参考答案：1．12【分析】要求这两个数，可设这两个数是x 、y ，因为这两个数的和是7，它们的差是1，所以71x y x y +=⎧⎨-=⎩，解方程求出这两个数，再求它们的积． 【详解】设这两个数是x 、y依题意得：71x y x y +=⎧⎨-=⎩解得: 43x y =⎧⎨=⎩∴这两个数的积是43=12⨯【点睛】此类题目的解决只需仔细分析题意，利用方程组即可解决问题．2．9【分析】先根据题意得到关于a 、b 的二元一次方程组21423110a b a b +-=⎧⎨-+-=⎩，求出a 、b 的值，然后根据221a b a b *=+-进行求解即可．【详解】解：由题意得：21423110a b a b +-=⎧⎨-+-=⎩， 解得13a b =-⎧⎨=⎩， ∴()222211319a b a b *=+-=-+-=，故答案为：9．【点睛】本题主要考查了新定义下的实数运算，解二元一次方程组，正确理解题意求出a 、b 的值是解题的关键．3．22x y =⎧⎨=-⎩ 【分析】由加减消元法或代入消元法都可求解．【详解】解：2222x y x y +=-⎧⎨+=⎩①②， 由∴式得：22x y =-- ，代入∴式，得：2(22)2y y ，解得2y =- ， 再将2y =-代入∴式，222x ，解得2x = ，∴22x y =⎧⎨=-⎩， 故填：22x y =⎧⎨=-⎩． 【点睛】本题考查的是二元一次方程组的基本解法，本题属于基础题，比较简单． 4．6或193【分析】根据全等三角形的对应边相等分类讨论，分别求出x 值判断即可．【详解】解：∴ABC 和DEF 全等，∴当325217x y -=⎧⎨-=⎩时，解得：734x y ⎧=⎪⎨⎪=⎩， ∴719433x y +=+=； 当327215x y -=⎧⎨-=⎩时，解得：33x y =⎧⎨=⎩， ∴336x y +=+=；∴综上所述，193x y +=或6． 故答案为：6或193． 【点睛】此题考查的是根据全等三角形的性质求字母的值，掌握全等三角形的对应边相等是解决此题的关键．5． ∴×3－∴ ∴＋∴【解析】略6．-6【分析】根据方程组中x +2y 和x -2y 的值，将代数式利用平方差公式分解，再代入计算即可．【详解】解：∴x -2y =-2，x +2y =3，∴x 2-4y 2=（x +2y ）（x -2y ）=3×（-2）=-6，故答案为：-6．【点睛】本题主要考查方程组的解及代数式的求值，观察待求代数式的特点与方程组中两方程的联系是解题关键．7．D【分析】利用方程组中的第二个方程减去第一个方程即可得．【详解】解：127x y x y +=-⎧⎨-=⎩①②， 由∴-∴得：27(1)x x y y ---=--，即28x y -=，故选：D ．【点睛】本题考查了利用加减消元法解二元一次方程组，熟练掌握方程组的解法是解题关键．8．D【分析】直接利用两式相减进而得出消去x 后得到的方程．【详解】解：839845x y x y -=⎧⎨+=-⎩①② ∴-∴得：-7y =14．故答案为：-7y =14，故选：D ．【点睛】此题主要考查了解二元一次方程组，正确掌握加减运算法则是解题关键． 9．C【分析】根据非负数的性质列方程求出m 、n 的值，再代入所求代数式计算即可．【详解】解：∴|m ＋1|＋（n −2）2＝0，∴m ＋1＝0，n −2＝0，解得：m ＝−1，n ＝2，∴mn ＋mn ＝−1×2＋（−1）2＝−2＋1＝−1．故选：C ．【点睛】本题考查了非负数的性质：几个非负数的和为0时，这几个非负数都为0，也考查了有理数的混合运算．10．C【分析】将21a b =⎧⎨=⎩代入二元一次方程组中解出x 和y 的值，再计算2x y +的算术平方根即可． 【详解】解：将21a b =⎧⎨=⎩代入二元一次方程3522ax by ax by ⎧+=⎪⎨⎪-=⎩中， 得到：3522x y x y +=⎧⎨-=⎩①②， ∴+∴得：57,x =7,5x ∴= 1442,55y ∴=-= 所有方程组的解是：75,45x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩74223,55x y ∴+=+⨯= ∴2x y +故选：C ．【点睛】本题考查了二元一次方程组的解法，算术平方根的概念，解题的关键是熟练掌握二元一次方程组的解法．11．A【详解】试题解析：对A 选项,将方程283y x =-移项,得328.x y +=将方程6921x y +=两边同除以3,得237.x y +=所以A 选项的方程组中的两个方程与题目中的两个方程相同,即解相同,故选A12．C【分析】根据二元一次方程的定义可得到关于m 、n 的方程，可求得答案．含有两个未知数，并且含有未知数的项的次数都是1，像这样的方程叫做二元一次方程．【详解】解：∴3xm +1+5yn ﹣2＝0是关于x 、y 的二元一次方程，∴1121m n +=⎧⎨-=⎩，解得03m n =⎧⎨=⎩， 故选：C ．【点睛】本题主要考查二元一次方程的定义，掌握二元一次方程的未知项的次数为1是解题的关键．13．(1)32x =或12x =- (2)373x y =-⎧⎪⎨=-⎪⎩【分析】（1）利用平方根的定义解方程；（2）将方程组整理后，根据加减消元法解二元一次方程组即可求解．（1）解：2(21)4x -=，212x -=±， 解得32x =或12x =-； （2） 1243231y x x y ++⎧=⎪⎨⎪-=⎩ 整理得345231y x x y -=⎧⎨-=⎩①②， ∴+∴得，26x -=，将3x =-，代入∴得，()3435y -⨯-=， 解得73y =-，∴方程组的解为373x y =-⎧⎪⎨=-⎪⎩． 【点睛】本题考查了根据平方根解方程，加减消元法解二元一次方程组，正确的计算是解题的关键．14．（1）1a =；（2）60a -≤≤．【分析】（1）根据方程组分别用a 表示出x 、y 的值，代入0x y +=求解即可； （2）根据方程组分别用a 表示出x 、y 的值，代入15x y -≤-≤求解即可【详解】（1）由方程组123x y a x y a -=--⎧⎨-=-⎩①②， ∴-∴得：21x a =-+，将21x a =-+代入1x y a -=--得：2y a =-+，又∴0x y +=，∴2120a a -+-+=，解得：1a =；（2）由（1）可知21x a =-+，2y a =-+，又∴15x y -≤-≤，∴()12125a a --+--+≤≤，整理得：115a ---≤≤，解得：60a -≤≤．【点睛】此题考查了二元一次方程和不等式结合的含参数问题，，解题的关键是根据题意列出关于参数a 的方程或不等式．15．25a b =-⎧⎨=⎩，1． 【分析】因为两个方程组有相同的解，故只要将两个方程组中不含有a ，b 的两个方程联立，组成新的方程组，求出x 和y 的值，再代入含有a ，b 的两个方程中，解关于a ，b 的方程组即可得出a ，b 的值，代入（3a +b ）2020计算即可．【详解】解：由题意可得2333211x y x y -=⎧⎨+=⎩， 解得31x y =⎧⎨=⎩， 将31x y =⎧⎨=⎩代入1233ax by ax by +=-⎧⎨+=⎩得31633a b a b +=-⎧⎨+=⎩，解得25ab=-⎧⎨=⎩，∴（3a+b）2020＝（﹣6+5）2020＝1．【点睛】本题考查了二元一次方程组的解，解答此题的关键是根据两方程组有相同的解得到关于x、y的方程组，求出x、y的值，再将x、y的值代入含a、b的方程组即可求出a、b的值，即可求出代数式的值．。
八年级第八章电功率同步练习
第八章电功率学习目标一、知识与技能1．知道电能的单位是焦耳，另一个单位是千瓦时；会读电能表的示数。
2．知道电功率表示消耗电能的快慢，知道电功率的单位是瓦或千瓦；会用电功率的计算公式及导出公式进行简单的计算。
3．加深对电功率概念的理解，巩固电流表和电压表的操作技能。
4．知道焦耳定律。
知道在电流相同的条件下，电能转化为内能时，其功率跟导体的电阻成正比，知道利用和防止电热的场合和方法。
5．知道在家庭电路中电功率越大，电路中的电流越大。
掌握安全用电的常识。
二、过程与方法1．体验电能可以转化为其他形式的能量。
2．观察电能表表盘转动快慢跟用电器功率的关系。
3．通过测量，体验额定功率和实际功率的区别；锻炼设计实验的能力。
4．通过实验探究，体验电流的热效应跟电阻大小的关系。
5．观察电路，保险丝(或空气开关)是怎样“保险”的。
三、情感、态度和价值观1．了解电能在现代社会生活中的作用。
2．认识节约用电的重要性。
3．具有安全用电的意识。
探究诊断测量小灯泡的电功率一、预备知识1．一个用电器功率的大小等于________________________________。
2．电功率的计算公式是________。
在实验中常常通过________和________的测量来间接得知用电器的电功率。
这种方法跟我们已学过的，通过电流和电压的测量来间接地得知导体的电阻原理是一样的。
3．决定小灯泡的亮暗程度的是________________________________。
4．用电流表测量通过小灯泡的电流，电流表应________联在电路中。
学生用电流表的量程有________和________，其分度值分别为________和________。
5．用电压表测量小灯泡两端的电压，电压表应________联在电路中。
学生用电压表的量程有________和________，其分度值分别为________和________。
6．当电路中串联了滑动变阻器时，电路闭合前要把变阻器调到使电路中电流________的位置。
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第八章同步练习题一、单项选择题（每一道考题下有A、B、C、D 四个备选答案。
请从中选择一个最佳答案填入括号中）1．教师专业化的尝试始于（B ）。
A. 教师职业的出现B. 师资培训机构的建立C.教育立法的规定D. 国民教育制度的确立2．教师专业化发展经历了（A ）几个阶段A. 非专门化——专门化——专业化B. 专门化——非专门化——专业化C.专业化——专门化——非专门化D. 非专门化——专业化——专门化3．按照课程资源在空间上的分布进行划分，课程资源不包括（ D ）。
A.学校课程资源B. 家庭课程资源C.社区课程资源D. 网络课程资源4．评价教师的专业性的核心要素是（A）。
A.教师的专业能力B. 教师的自我发展C.教师的专业知识拓展D. 教师的自我形成5．教师的专业情操包括（B ）A. 素质情操和自我情操B. 理智的情操和道德的情操C.A 和BD. 以上都不正确6．结合我国的教育现实，教师专业发展的第三个阶段是（ C ）A.专业预备期B. 专业形成期C. 专业成长期D. 专业更新期7．优秀教师的最高层次是（ D ）A. 合格教师B. 教育教学能手C.专家型教师和学者型教师D.教育家型教师8（A）被认为是教师专业发展最为关键的环节，是教师专业发展的“加速器”和“永动机”A. 在职教育B. 教学实践C.校本培训D. 教学反思9．（A ）是教师专业发展的“降压阀”和“转换钮”A .入职指导 B. 在职教育C. 职业培养D. 在职培训10．当教师非常关注自己的生存适应性时，这是教师成长过程中的（ D ）A. 关注发展阶段B.关注学生阶段C.关注情境阶段D.关注生存阶段11．我国优秀教师的阶段性成长规律中“站住脚”阶段是（ A ）。
A.到第3年左右，是练就教学基本功阶段。
B. 到了第5年左右，是形成经验和技能阶段。
C. 在第5至8年间，是教师成长的“徘徊阶段”。
D. 第8至12年左右，是教师“成名”阶段。
12．教师自我教育能力的核心是（ D ）。
A. 反思能力B. 思考能力C.自学能力D.教学能力13．在教师专业发展的“组织发展阶段”出现的取向是（C ）。
A. 理智取向B. 生态取向C. 工会主义取向D.实践一反思取向14. （D ）是教师对成为一个成熟的教育教学专业工作者的向往与追求。
A. 专业性向B. 专业情操C.专业自我D.专业理想15．教师行动研究的首要程序是（ B ）。
A. 分析反思B. 发现问题C.验证假设D.确立假设16．（ B ）是教师开展教学活动的基础。
A. 实践性知识B. 本体性知识19．（ C ）是课程资源中最为核心的要素。
A. 课程思想资源D .课程人力资源、判断题（请对下面的陈述做出判断，对的在后面的括号中打“/',错的打“ X” )1 •教师专业化是指获得教师资格证。
（X ）2 •教师也是重要的课程资源。
（V ）3 •教师专业化就是教师从一个“普通人”变成“教育者”的专业发展过程。
（V ） 4 •教材是唯一的课程资源。
（X ）5 •专业化是指一个普通的职业群体在一定时期内，逐渐符合专业标准、成为专门职业并获得相应的专业地位 的过程。
（ V ）C.条件性知识D. —般文化知识 17．教师行动研究的目的在于（ D ）。
A. 积累知识 B. 产出理论 C.发现真理 D. 实现教育实践质量的提高 18．联合国教科文组织与国际劳工组织提出将教师职业作为专门职业来看待是在（ B ）年。
A.1965 B.1966 C.1967 D.1968 20．课程资源开发和建设的第一主体是（A ）。
A. 学校 B. 课程专家 C. 国家和政府 D. 社会 B. 课程物力资源 C.课程知识资源X) 6．所谓专业自主权是指专业成员不受专业外势力的控制与限定，有权做出“自主的”职业判断。
（7 •课程资源是指形成课程的要素来源以及实施课程的必要而直接的条件。
（V ）8．我国台湾学者蔡培村，通过实证调查与研究，认为教师发展的影响因素主要有四个方面：个人志趣、教学回溃、行政管理与学校气氛。
（V ）V ）9 •课程资源是课程内容的直接来源。
（10. 1995年国务院颁布了《〈教师资格〉条例实施办法》。
（X ）11 •行动研究是一种以教育实践工作者为主体进行的研究，它以研究自己实践中的问题，改进教育实践为其本质。
（V ）12.课程开发过程与行动研究的过程是相一致的。
（V ）13•有课程，就一定有课程资源作为前提。
（V ）14.教师行动研究就是教育行动研究。
（X ）15 •教师专业中的“专业”是把所教的“学科专业”，而不是把教师的“教育行为与教育活动”视为其专业表现的领域。
（X ）16.入职期（career entry ）时间是入职的第一至三年，是“求生和发现期”。
（V ）17・1955年召开的世界教师专业组织会议率先研讨了教师专业问题。
（V ）18 • “教师专业发展”可理解为“教师个体专业不断发展的历程，是教师不断接受新知识，增长专业技能的过程，是一个教师的职业理想、职业道德、职业情感、社会责任感不断成熟、不断提升、不断创新的过程”。
（V ）19・教师参与校本课程开发是促进教师专业发展的唯一有效途径。
（X ）20 •每个教师在其成长过程中都必然要经历从新手一相对成熟一成熟的不同发展阶段。
（V ）三、名词解释题1 •教师专业发展2 •课程资源3 •教师行动研究4 •专业情意5 •教师专业素质6•专业自我四、简答题1 •简述教师专业发展的三种取向。
2•影响教师参与课程资源的开发利用的因素有哪些？3•简述教师行动研究的基本程序。
4•一名合格的教师应具备哪些专业素质？5•结合实际，谈谈你对教师专业化的含义与实施的理解和认识。
6 •课程资源的开发利用对教师专业发展有何意义？五、论述题试述课程资源的开发利用对教师素质的要求。
六、案例分析题下面是一位老师的教学日志片段：上课铃响了，我急忙走向教室，心中十分困惑：教育、教学研究就是这样的吗？中学教师的教育、教学研究就这么简单？请结合内容思考：1．你如何看待对案例中这位老师的做法？2．你认为作为教师应该如何开展教育、教学研究？第八章同步练习答案详解三、名词解释1．教师专业发展：亦称教师专业化，是指教师在整个专业生涯中，依托专业组织，通过终身专业训练，习得教育专业知识技能，实施专业自主，表现专业道德，并逐步提高自身从教素质，成为一位良好的教育专业工作者的专业成长过程，也就是一个人从“普通人”变为“教育者”的专业发展过程。
2．课程资源：课程资源有广义与狭义之分。
广义的课程资源是指有利于实现课程目标的各种因素；狭义的课程资源仅指形成课程的直接因素来源。
3．教师行动研究：指在教育情景中，由教育专业工作者（通常指教师）进行，用以改善教育专业实践，并获致教育理想的行动研究。
可见，教师行动研究是“一个由教师发起的，对所面临的具体教学情况做出反应的过程”，是教师在学校的真实教育环境中发现问题、提出问题、研究问题并最终解决问题的一种工作方式。
4．专业情意：是指教师对教育、对学生、对自身发展以及对所从事职业的基本态度，是基于对所从事专业的价值、意义深刻理解的基础上形成的精神和判断。
专业情意的培养是教师专业发展的源动力，直接决定着教师进行专业发展的自觉性。
教师的专业情意可分为专业理想、专业情操、专业性向和专业自我四方面。
5．教师专业素质：是指教师拥有和带往教学情境的知识、能力和信念的集合，它是在教师具有优良的先存特性的基础上经过正确而严格的教师教育所获得的。
6．专业自我：是教师个体对自我从事教学工作的感受、接纳和肯定的心理倾向，这种倾向将显著地影响到教师的教学行为和教学工作效果。
它一般包括自我意向、自我尊重、工作动机、工作满意度、任务知觉和未来前景。
四、简答题答：1．教师专业发展的取向主要有：（1）理智取向：教师如果要进行有效的教学，最重要的有两点：一是自己拥有“内容（知识、技能、价值观等）”，二是有知识和技能帮助学生获得这些“内容”。
即教师一方面需要拥有“学科知识”，另一方面需要“教育知识”。
（2）实践—反思取向：一是对“实践”的关注，强调实践在教师专业发展过程中的重要作用，关心的核心问题是“教师实际知道些什么”。
二是主张以这样或那样的方式，促进教师的反思，以促使教师对自己的专业活动以及相关事物有更为深入的“理解” ，发现其中的“意义” ，以促成所谓的“反思性实践”（3）生态取向。
持这种取向的研究者，关注的问题并不是教师专业发展的具体内容，而是专业发展的方式或途径。
研究者们认为，教师发展其专业知识和能力不完全依靠自己，而需要向他人（同事、校外专家等）学习，教师教学策略和风格的形成和改进，很大程度上依赖于“教学文化”或“教师文化”，正是这些教学文化，为教师的工作提供了意义、支持和身份认同。
教师专业发展最理想的方式，是合作的发展方式，即教师的发展不是学习某些学科知识或教育知识，也不仅是个别教师的“反思”，而是构建一种合作的教师文化。
2．影响教师参与课程资源的开发利用的因素是多方面的，可以简要归纳如下：（1）教师对课程资源开发的认识和态度。
课程开发首先强调教师要对课程资源的开发和利用持一种积极正面的态度，要有相应的课程开发意识。
有无课程开发意识是教师参与课程资源开发利用的前提。
（2）课程资源开发的支持性条件是否充分。
课程资源开发既需要人力的支持，如教育行政人员、校长、家长、社区群众等社会力量的支持和关心，也需要物力上的支持，包括上级财政支持和学校相应的资金投入。
因此，对课程资源开发进行足够的人力、物力、财力的投入是保证课程开发顺利进行的前提，也是吸引教师积极参与的一个重要方面。
（3）教师的专业技能和素质。
课程资源的开发和利用需要一定的理论支撑和专业训练，教师是否具备这方面的知识和训练直接影响着教师的参与问题。
因此，教师参与课程开发要求其必须具有相应的课程开发能力。
（4）教师角色的转换。
课程资源开发涉及教师传统角色的转变。
新课程对教师提出了挑战，使教师从原有的国家课程实施者转变为校本课程的规划者、组织者、实施者和评价者，教师的课程职能发生了重大变化。
教师作为课程实施的重要因素，必须理解并接受这种角色的变化，才能在课程资源开发过程中承担起积极的角色。
3．教师行动研究的基本程序是：（1）发现问题。
这是行动研究的起点，教师关注校本课程的特定问题，并从课程、学生、教师本身等方面收集有关的资料。
收集资料的方法包括参与性观察、角色扮演、轶事记录、各种检查表、问卷、访谈等，也可以借助于录音、录像档案资料等等。
（2）分析反思。
教师通过分析所收集到的资料，通过审视自己的思想和行为，对问题予以界定，诊断其原因，确定问题的范围，以期对问题的本质有较为清晰的认识。