高考二轮复习资料专题二
新教材适用2025版高考政治二轮总复习第1部分知识专题专题2生产资料所有制与经济体制
第一部分专题二一、选择题1.(2024·福建三模)二十大报告提出“构建高水平社会主义市场经济体制，坚持和完善社会主义基本经济制度，毫不动摇巩固和发展公有制经济，毫不动摇激励、支持、引导非公有制经济发展，充分发挥市场在资源配置中的确定性作用，更好发挥政府作用。
”这一重要论述坚决了社会主义市场经济改革方向，明确了构建高水平社会主义市场经济体制的重点任务。
构建高水平社会主义市场经济体制( A )①是推动高质量发展的重要制度支撑和体制保障②要激发非公有制企业活力，充分释放创新驱动发展的新动能③要推动国有经济布局优化和结构调整，充分发挥其主体作用④必需主动推动农村产权制度改革，确认农夫对土地的全部权A．①② B．①③C．②④ D．③④【解析】构建高水平社会主义市场经济体制，有利于更好发挥市场在资源配置中的确定性作用，为推动经济高质量发展供应重要制度支撑和体制保障，①正确。
毫不动摇激励、支持、引导非公有制经济发展，有利于激发非公有制企业活力和创建力，培育更多充溢活力的市场主体，充分释放创新驱动发展新动能，②正确。
国有经济起主导作用，不是主体作用，③错误。
农村土地为集体全部，农夫有承包和经营权，没有全部权，④错误。
2.(2024·广东湛江二模)2024年国企改革重点是力争2024年战略性新兴产业布局比重提高2个百分点以上，培育和推动更多符合条件的企业上市融资、增资扩股，实现子企业亏损额在2024年的基础上再降低10%以上，抓好房地产、金融等领域风险防范应对。
上述改革举措( D )①能够保证我国培育出更多充溢活力的市场主体②有利于发展壮大我们党执政兴国的依靠力气③意在有效提升国有资产在社会总资产中的比重④可以保障国企在重要行业和关键领域发挥主导作用A．①③ B．①④C．②③ D．②④【解析】材料主要讲解并描述国企改革重点提高在战略性新兴产业上的比重，培育和推动更多符合条件的企业上市融资、增资扩股，目的是增加国有企业的活力和竞争力，但不肯定能够保证我国培育出更多充溢活力的市场主体，①错误。
2023届高考二轮总复习试题 专题二 生产资料所有制与经济体制(含解析)
专题二生产资料所有制与经济体制一、选择题(本大题共16小题,每小题3分,共48分)1.(2022·湖南岳阳二模)2022年是国企改革三年行动收官之年,要推动国企改革三年行动走深走实,突出主责主业,加快剥离低效无效资产,压减企业管理层级,大力发展数字经济、生命健康、新材料等战略性新兴产业,不断提升国有资本配置效率。
推动国企改革三年行动方案走深走实()①有利于调整优化国有资本的产业布局②旨在提高国有资本效率,发展壮大国有经济③有利于突出国有企业在各行业中的支配地位④旨在提高创新力,发展数字经济等战略性新兴产业A.①②B.①③C.②④D.③④2.(2022·湖南娄底期末)2021年10月11日,国家发改委印发《关于推广地方支持民营企业改革发展典型做法的通知》,向全国推广青岛、温州、泉州等8个地方72条支持民营企业改革发展的典型做法。
这72条典型做法基本涵盖了支持民营企业发展的各个重点领域,并且已经在工作实践中取得了显著成效。
我国积极推广72条典型做法()①能够为民营经济发展提供更加广阔的空间②有利于提升民营企业在国民经济中的地位③说明我国非常重视民营经济的高质量发展④使民营企业成为我国国民经济的重要支柱A.①③B.①④C.②③D.②④3.(2022·湖南邵阳一联)“十四五”期间,湖南省将积极推动国有资本布局优化和结构调整,突出“一定位”“三集聚”“三集中”。
“一定位”就是省属国有企业要争当服务全省经济社会发展的生力军、高质量发展的排头兵、体现综合实力和竞争力的单项冠军;“三集聚”即推进省属国有资本向关系国计民生和应急能力建设的产业集聚,向战略性新兴产业集聚,向传统优势产业集聚;“三集中”即推进省属国有资本向优势产业集中,向优质企业集中,向优秀团队集中。
这一布局和调整发挥作用的途径传导正确的是()①优化国有资本结构→发挥国有经济主导作用→促进经济可持续发展②加强科学宏观调控→优化国有资源配置→引领经济高质量发展③推动国有经济科技创新→提高国有经济效率→促进社会共同富裕④大力发展第二产业→提升对外开放水平→改善人民生活水平A.①②B.①③C.②④D.③④4.(2022·华南师大附中一模)混改不单是引资、引“制”,更要引“智”。
(新高考适用)2023版高考生物二轮总复习 专题2 细胞代谢 第2讲 细胞呼吸与光合作用课件
2．环境条件改变时光合作用中相关物质的含量变化 (1)分析方法：需从物质的生成和消耗两个方面综合分析。 示例：CO2供应正常，光照停止时C3的含量变化
(2)物质含量变化
条件
光 照 由 强 到 光照由弱到强，CO2 供 应 由 CO2供应由不
弱，CO2供应 不变
CO2供应不变
充足到不足，足 到 充 足 ， 光照不变 光照不变
【解析】 分析题图可知，H＋由线粒体基质进入线粒体膜间腔时需 要蛋白的协助，A正确；有氧呼吸过程中，第三阶段在线粒体的内膜上 进行，前两个阶段产生的NADH与O2反应生成水，并产生大量能量形成 大量ATP，B正确；分析题图可知，还原型辅酶NADH中的H＋和电子被 电子传递体所接受，结果使得线粒体内膜外侧H＋浓度升高，线粒体内膜 两侧形成H＋梯度，C错误；分析题图，NADH中的H＋和电子被电子传 递体所接受，使得线粒体内膜外侧H＋浓度升高，在线粒体内膜两侧形成 一个质子跨膜梯度，NADH中的能量变为H＋的电化学势能，再通过H＋ 向膜内跨膜运输变为ATP中的能量，D正确。
变式三 影响细胞呼吸的环境因素及应用
3．(2022·开封模拟)干种子萌发过程中，CO2释放量(QCO2)和O2吸 收量(QO2)的变化趋势如图所示(假设呼吸底物都是葡萄糖)。回答下列问 题：
(1)干种子吸水后，自由水比例大幅增加，会导致细胞中新陈代谢速 率明显加快，原因是_自__由__水__是__细__胞__内__的__良__好__溶__剂__，__许__多__生__物___化__学__反__应__ _需__要__水__的__参__与__，__水__参__与__物__质__运__输_____(至少答出两点)。
【解析】 有氧呼吸的第一阶段场所是细胞质基质，第二、三阶段 在线粒体，三个阶段均可产生ATP，故有氧呼吸时细胞质基质和线粒体 都可产生ATP，A正确；线粒体内膜是有氧呼吸第三阶段的场所，该阶 段氧气和[H]反应生成水，该过程需要酶的催化，B正确；丙酮酸分解为 CO2和[H]是有氧呼吸第二阶段，场所是线粒体基质，该过程需要水的参 与，不需要氧气的参与，C错误；线粒体是半自主性细胞器，其中含有 少量DNA，可以通过转录和翻译控制某些蛋白质的合成，D正确。
新教材适用2024版高考英语二轮总复习第2部分阅读能力突破篇专题2阅读七选五第1讲根据设题位置解题
第二部分专题二第1讲A(2023·河南省安阳市高三一模)Need to take a screenshot (截屏) on your Windows PC? 1 , there are several quick and easy ways to take screenshots in Windows 10, Windows 11, and Windows 8．This article will teach you how to use keyboard shortcuts and the built-in Snipping Tool app to screen capture (捕获) any area of your Windows desktop．1． 2 ．Before you can take a screenshot, make sure that the screen which you want to screenshot is up with no distractions (e．g．open windows or programs)．2．Find the “Print Screen” key on your keyboard．The Print Screen key is most often found in the upper-right side of the main keyboard, and it usually has “SysReq” (“System Requirements”) written below it． 3 ．3．Press the Win key and the Print Screen key at the same time．Doing so will take a screenshot of the current screen; in most cases, you'll see the screen dim (变暗) briefly．Your screen won't dim if your computer has certain display settings disabled．This is most common on old computers which you upgraded to Windows 10． 4 , try pressing Ctrl＋Win＋Print Screen or Fn＋Win＋Print Screen．4．Find the screenshot．You'll find the screenshot inside of the “Screenshots” folder (文件夹), which is inside of your computer's “Pictures” folder． 5 ．For example, the first screenshot you take will be marked “Screenshot(1)”， etc．A．Go to the screen that you want to screenshotB．If your screenshot doesn't appear when you look for itC．This perfect program can be fixed in all Windows computersD．Whether you want to make a full screenshot or just one window or areaE．The Print Screen key will usually be printed as “PrtSc” or something similar F．The recommended way for screenshots is PNG, due to the high quality and small file sizeG．Each screenshot that you take will be marked “Screenshot (number)” to correspond with the order in which the screenshot was taken【语篇解读】本文是一篇说明文。
备考2023高考语文二轮复习专题：辨识字形之同音字小测验(二)(学生版+教师版)
备考2023高考语文二轮复习专题：辨识字形之同音字小测验（二）一、单选题1．（2020高二上·齐齐哈尔开学考）下列词句中，有错别字的一组是（）A．俨然迷惘炮烙飞湍瀑流争喧豗B．放诞骐骥巉岩巫山巫峡气萧森C．驯熟伶俐踌躇间关莺语花底滑D．潦倒杜撰寒喧空闻虎旅传霄柝【答案】D【知识点】同音字的分辨【解析】【分析】题干要求选择：下列词句中，有错别字的一组。
D项，“寒喧”，应写作“寒暄”；“霄柝”应写作“宵柝”。
故答案为：D【点评】本题考查学生辨析汉字字形的能力。
字形题要关注同音字、异体字、形似字、易错字等的书写，辨析注意准确把握字形，结合具体词语具体分析。
2．（2020高二下·日喀则期末）下列各项词语书写完全正确的一项是（）A．布署迷惑五体头地一泻千里B．分裂驻扎不解之缘支离破碎C．列性凋谢明存实亡不假思索D．废弃垦切世外桃源比比皆事【答案】B【知识点】同音字的分辨【解析】【分析】A项，布署——部署；五体头地——五体投地；C项，列性——烈性；明存实亡——名存实亡；D项，垦切——恳切；比比皆事——比比皆是。
故选B。
故答案为：B【点评】本题主要考查字形辨析的能力。
此类试题解答时，辨析字形当然要从字音和字义上下功夫。
形近字虽然字形相近，但却有细微的区别，这细微处就是辨析的关键。
有些形近但读音不同的字，可以通过读音的不同加以辨析。
相连字形的考核主要考核形近字和音近字，试题的内容有两字词语，三字熟语和成语。
3．（2019高一下·怀宁期中）下列各组词语中，没有错别字的一组是（）A．锱铢痉孪舷梯天理昭彰B．草芥绻缩纶巾拾级登梯C．缦立料峭覆盖山清水秀D．挪动袅娜亭榭标炳千古【答案】C【知识点】同音字的分辨【解析】【分析】本题考查学生正确识记及书写词语的能力。
要做到正确地读写词语，首先应注意从汉字的音、形、义三方面入手，读准字音，辨明字形，弄清字义。
其次要适当拓宽阅读面，多积累词语，丰富自己的词汇量。
高考数学二轮复习 专题二 三角函数、平面向量与复数 第3讲 平面向量与复数教案-高三全册数学教案
第3讲 平面向量与复数平面向量的概念与线性运算[核心提炼]1．在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化；2．在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量．[典型例题](1)(2019·杭州模拟)如图所示，已知AB 是圆O 的直径，点C ，D 是半圆弧的两个三等分点，AB →＝a ，AC →＝b ，则AD →＝( )A ．a －12bB ．12a －bC ．a ＋12bD ．12a ＋b(2)(2019·金华市十校联考)已知A 、B 、C 是平面上不共线的三点，O 是△ABC 的重心，点P 满足OP →＝14(OA →＋OB →＋2OC →)，则S △PAB S △OAB为( )A ．32 B ．23C ．2D ．12(3)(2019·嘉兴七校联考)在△ABC 中，点D 满足BD →＝34BC →，当点E 在射线AD (不含点A )上移动时，若AE →＝λAB →＋μAC →，则(λ＋1)2＋μ2的取值范围为________．【解析】 (1)连接CD ，由点C ，D 是半圆弧的三等分点，得CD ∥AB 且CD →＝12AB →＝12a ，所以AD →＝AC →＋CD →＝b ＋12a .(2)如图，延长CO ，交AB 中点D ，O 是△ABC 的重心，则OP →＝14(OA →＋OB →＋2OC →)＝14(2OD →＋2OC →)＝14(－OC →＋2OC →)＝14OC →，所以OP ＝14OC ＝14×23CD ＝16CD ；所以DP ＝DO ＋OP ＝13CD ＋16CD ＝12CD ，DO ＝13CD ；所以S △PAB S △OAB ＝DP DO ＝12CD13CD ＝32.(3)因为点E 在射线AD (不含点A )上，设AE →＝kAD →(k >0)，又BD →＝34BC →，所以AE →＝k (AB →＋BD →)＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤AB →＋34（AC →－AB →）＝k 4AB →＋3k 4AC →， 所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝k 4μ＝3k4，(λ＋1)2＋μ2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k 4＋12＋916k 2＝58⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋252＋910>1，故(λ＋1)2＋μ2的取值范围为(1，＋∞)．【答案】 (1)D (2)A (3)(1，＋∞)平面向量的线性运算技巧(1)对于平面向量的线性运算，要先选择一组基底，同时注意共线向量定理的灵活运用． (2)运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系．[对点训练]1．(2019·瑞安市四校联考)设M 是△ABC 边BC 上的点，N 为AM 的中点，若AN →＝λAB →＋μAC →，则λ＋μ的值为( )A.14B.13C.12D.1 解析：选C.因为M 在BC 边上，所以存在实数t ∈[0，1]使得BM →＝tBC →. AM →＝AB →＋BM →＝AB →＋tBC →＝AB →＋t (AC →－AB →)＝(1－t )AB →＋tAC →，因为N 为AM 的中点， 所以AN →＝12AM →＝1－t 2AB →＋t 2AC →，所以λ＝1－t 2，μ＝t 2，所以λ＋μ＝1－t 2＋t 2＝12，故C 正确．2．(2019·宁波诺丁汉大学附中期中考试)在△ABC 中，BC ＝7，AC ＝6，cos C ＝267.若动点P 满足AP →＝(1－λ)AB →＋2λ3AC →，(λ∈R )，则点P 的轨迹与直线BC ，AC 所围成的封闭区域的面积为( )A ．5B ．10C ．2 6D ．4 6解析：选A.设AD →＝23AC →，因为AP →＝(1－λ)AB →＋2λ3AC →＝(1－λ)AB →＋λAD →，所以B ，D ，P 三点共线． 所以P 点轨迹为直线BC .在△ABC 中，BC ＝7，AC ＝6，cos C ＝267，所以sin C ＝57，所以S △ABC ＝12×7×6×57＝15，所以S △BCD ＝13S △ABC ＝5.3．(2019·高考浙江卷)已知正方形ABCD 的边长为1.当每个λi (i ＝1，2，3，4，5，6)取遍±1时，|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|的最小值是________，最大值是________．解析：以点A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图，则A (0，0)，B (1，0)，C (1，1)，D (0，1)，所以λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)，所以当⎩⎪⎨⎪⎧λ1－λ3＋λ5－λ6＝0λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0时，可取λ1＝λ3＝1，λ5＝λ6＝1，λ2＝－1，λ4＝1，此时|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|取得最小值0；取λ1＝1，λ3＝－1，λ5＝λ6＝1，λ2＝1，λ4＝－1，则|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|取得最大值22＋42＝2 5.答案：0 2 5平面向量的数量积 [核心提炼]1．平面向量的数量积的两种运算形式(1)数量积的定义：a ·b ＝|a ||b |cos θ(其中θ为向量a ，b 的夹角)；(2)坐标运算：a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)时，a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2. 2．平面向量的三个性质(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a·a ＝x 2＋y 2. (2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 |AB →|＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2.(3)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a·b |a||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22. [典型例题](1)(2018·高考浙江卷)已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a与e 的夹角为π3，向量b 满足b 2－4e·b ＋3＝0，则|a －b |的最小值是( )A ．3－1B ．3＋1C ．2D ．2－ 3(2)(2019·浙江新高考研究联盟)已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝k ，|c |＝2－k 且a ＋b ＋c ＝0，则b 与c 夹角的余弦值的取值范围是________．【解析】 (1)设O 为坐标原点，a ＝OA →，b ＝OB →＝(x ，y )，e ＝(1，0)，由b 2－4e ·b ＋3＝0得x 2＋y 2－4x ＋3＝0，即(x －2)2＋y 2＝1，所以点B 的轨迹是以C (2，0)为圆心，1为半径的圆．因为a 与e 的夹角为π3，所以不妨令点A 在射线y ＝3x (x >0)上，如图，数形结合可知|a －b |min ＝|CA →|－|CB →|＝3－1.故选A. (2)设b 与c 的夹角为θ，由题b ＋c ＝－a ， 所以b 2＋c 2＋2b ·c ＝1.即cos θ＝2k 2－4k ＋32k 2－4k ＝1＋32（k －1）2－2. 因为|a |＝|b ＋c |≥|b －c |，所以|2k －2|≤1. 所以12≤k ≤32.所以－1≤cos θ≤－12.【答案】 (1)A (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12(1)平面向量数量积的计算①涉及数量积和模的计算问题，通常有两种求解思路(ⅰ)直接利用数量积的定义； (ⅱ)建立坐标系，通过坐标运算求解．②在利用数量积的定义计算时，要善于将相关向量分解为图形中模、夹角和已知的向量进行计算．(2)求解向量数量积最值问题的两种思路①直接利用数量积公式得出代数式，依据代数式求最值．②建立平面直角坐标系，通过坐标运算得出函数式，转化为求函数的最值．[对点训练]1．(2019·嘉兴市高考一模)已知平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，若向量c满足|a －b ＋c |≤1，则|c |的最大值为( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2解析：选D.由平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，可得|a|·|b |·cos 〈a ，b 〉＝1·1·cos 〈a ，b 〉＝12，由0≤〈a ，b 〉≤π，可得〈a ，b 〉＝π3，设a ＝(1，0)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，c ＝(x ，y )，则|a －b ＋c |≤1，即有⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋x ，y －32≤1，即为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322≤1，故|a －b ＋c |≤1的几何意义是在以⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32为圆心，半径等于1的圆上和圆内部分，|c |的几何意义是表示向量c 的终点与原点的距离，而原点在圆上，则最大值为圆的直径，即为2.2．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O .记I 1＝OA →·OB →，I 2＝OB →·OC →，I 3＝OC →·OD →，则( )A ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3 ＜ I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 3解析：选C.如图所示，四边形ABCE 是正方形，F 为正方形的对角线的交点，易得AO <AF ，而∠AFB ＝90°，所以∠AOB 与∠COD 为钝角，∠AOD与∠BOC 为锐角．根据题意，I 1－I 2＝OA →·OB →－OB →·OC →＝OB →·(OA →－OC →)＝OB →·CA →＝|OB →|·|CA →|·cos ∠AOB <0，所以I 1<I 2，同理得，I 2>I 3，作AG ⊥BD 于G ，又AB ＝AD ，所以OB <BG ＝GD <OD ，而OA <AF ＝FC <OC ，所以|OA →|·|OB →|<|OC →|·|OD →|，而cos ∠AOB ＝cos ∠COD <0，所以OA →·OB →>OC →·OD →，即I 1>I 3.所以I 3<I 1<I 2.3．(2019·金华十校高考模拟)若非零向量a ，b 满足：a 2＝(5a －4b )·b ，则cos 〈a ，b 〉的最小值为________．解析：非零向量a ，b 满足：a 2＝(5a －4b )·b ，可得a ·b ＝15(a 2＋4b 2)＝15(|a |2＋4|b |2)≥15·2|a |2·4|b |2＝45|a |·|b |，即有cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |≥45·|a |·|b ||a |·|b |＝45，当且仅当|a |＝2|b |，取得最小值45.答案：45平面向量与其他知识的交汇[核心提炼]平面向量具有代数形式与几何形式的“双重身份”，常与三角函数、解三角形、平面解析几何、函数、数列、不等式等知识交汇命题，平面向量的“位置”为：一是作为解决问题的工具，二是通过运算作为命题条件．[典型例题](1)如图，已知点D 为△ABC 的边BC 上一点，BD →＝3DC →，E n (n ∈N *)为边AC 上的列点，满足E n A →＝14a n ＋1·E n B →－(3a n ＋2)E n D →，其中实数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝1，则数列{a n }的通项公式为a n ＝( )A ．3·2n －1－2 B ．2n－1 C ．3n－1 D ．2·3n －1－1(2)已知在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量p ＝(cos B ＋sinB ，2sin B －2)，q ＝(sin B －cos B ，1＋sin B )，且p ⊥q .①求B 的大小；②若b ＝2，△ABC 的面积为3，求a ，c .【解】 (1)选D.因为BD →＝3DC →，所以E n C →＝E n B →＋BC →＝E n B →＋43BD →＝E n B →＋43(BE n →＋E n D →)＝－13E n B→＋43E n D →.设mE n C →＝E n A →，则由E n A →＝14a n ＋1E n B →－(3a n ＋2)E n D →，得(14a n ＋1＋13m )E n B →－(43m ＋3a n ＋2)E n D →＝0，则－13m ＝14a n ＋1，43m ＝－(3a n ＋2)，所以14a n ＋1＝14(3a n ＋2)，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)．因为a 1＋1＝2，所以数列{a n ＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2·3n －1，所以a n ＝2·3n －1－1.(2)①因为p ⊥q ，所以p ·q ＝(cos B ＋sin B )(sin B －cos B )＋(2sin B －2)·(1＋sin B )＝0，即3sin 2B －cos 2B －2＝0，即sin 2B ＝34，又角B 是锐角三角形ABC 的内角，所以sin B ＝32，所以B ＝60°. ②由①得B ＝60°，又△ABC 的面积为3， 所以S △ABC ＝12ac sin B ，即ac ＝4.①由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 又b ＝2，所以a 2＋c 2＝8，② 联立①②，解得a ＝c ＝2.平面向量与其他知识的交汇点主要体现在与三角函数、立体几何、解析几何，求最值． (1)利用平面向量的知识给出三角函数之间的一些关系，解题的关键还是三角函数的知识．在解析几何中只是利用向量知识给出一些几何量的位置关系和数量关系，在解题中要善于根据向量知识分析解析几何中几何量之间的关系，最后的解题还要落实到解析几何知识上．(2)因为向量是沟通代数、几何的工具，有着极其丰富的实际背景，对于某些代数问题，可构造向量，使其转化为向量问题求解．[对点训练]1．(2019·杭州市高三二模)△ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝4，BC ＝3，D 是AB 的中点，E ，F 分别是边BC 、AC 上的动点，且EF ＝1，则DE →·DF →的最小值等于( )A.54 B.154 C.174D.174解析：选B.以三角形的直角边为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示：则A (0，4)，B (3，0)，C (0，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2. 设E (x ，0)，则F (0，1－x 2)，0≤x ≤1. 所以DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32，－2，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，1－x 2－2.所以DE →·DF →＝94－32x ＋4－21－x 2＝254－3x 2－21－x 2.令f (x )＝254－3x 2－21－x 2，当x ≠1时，则f ′(x )＝－32＋2x1－x 2. 令f ′(x )＝0得x ＝35.当0≤x ＜35时，f ′(x )＜0，当35＜x ＜1时，f ′(x )＞0.所以当x ＝35时，f (x )取得最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫35＝154.当x ＝1时，f (1)＝254－32＝194＞154，故选B.2．(2019·浙江新高考研究联盟联考)已知向量a ，b 满足|a ＋b |＝4，|a －b |＝3，则|a |＋|b |的取值范围是( )A ．[3，5]B ．[4，5]C ．[3，4]D ．[4，7]解析：选B.|a |＋|b |≥max{|a ＋b |，|a －b |}＝4， (|a |＋|b |)2≤|a ＋b |2＋|a －b |2＝25，所以|a |＋|b |≤5.3．(2019·江苏常州武进区高三上学期期中考试改编)已知数列{a n }中，a 1＝2，点列P n (n ＝1，2，…)在△ABC 内部，且△P n AB 与△P n AC 的面积比为2∶1.若对n ∈N *都存在数列{b n }满足b n P n A →＋12a n ＋1P n B →＋(3a n ＋2)P n C →＝0，求a 4.解：在线段BC 上取点D ，使得BD ＝2CD ，则P n 在线段AD 上， 因为b n P n A →＋12a n ＋1P n B →＋(3a n ＋2)P n C →＝0，所以－12a n ＋1BP n →＝b n AP n →＋(3a n ＋2)CP n →＝b n (BP n →－BA →)＋(3a n ＋2)(BP n →－BC →)，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a n ＋1－b n －3a n －2BP n →＝－b n BA →－32×(3a n ＋2)BD →.因为A ，P n ，D 三点共线，所以－12a n ＋1－b n －3a n －2＝－b n －32(3a n ＋2)，即a n ＋1＝3a n ＋2，所以a 2＝3a 1＋2＝8，a 3＝3a 2＋2＝26，a 4＝3a 3＋2＝80.复 数 [核心提炼]1．复数的除法复数的除法一般是将分母实数化，即分子、分母同乘以分母的共轭复数再进一步化简． 2．复数运算中常见的结论(1)(1±i)2＝±2i ，1＋i 1－i ＝i ，1－i 1＋i ＝－i.(2)－b ＋a i ＝i(a ＋b i)． (3)i 4n＝1，i 4n ＋1＝i ，i4n ＋2＝－1，i4n ＋3＝－i.(4)i 4n＋i4n ＋1＋i 4n ＋2＋i4n ＋3＝0.[典型例题](1)(2019·杭州学军中学高考模拟)设复数z 满足1＋z1－z ＝i ，则|z |＝( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2(2)设有下面四个命题p 1：若复数z 满足1z∈R ，则z ∈R ；p 2：若复数z 满足z 2∈R ，则z ∈R ； p 3：若复数z 1，z 2满足z 1z 2∈R ，则z 1＝z 2； p 4：若复数z ∈R ，则z ∈R .其中的真命题为( ) A ．p 1，p 3 B ．p 1，p 4C ．p 2，p 3D ．p 2，p 4(3)(2019·浙江新高考冲刺卷)已知复数z ＝1＋i ，其中i 为虚数单位，则复数1＋z ＋z 2＋…＋z 2 017的实部为( )A ．1B ．－1C ．21 009D ．－21 009【解析】 (1)因为复数z 满足1＋z1－z＝i ，所以1＋z ＝i －z i ，所以z (1＋i)＝i －1，所以z ＝i －1i ＋1＝i ，所以|z |＝1，故选A.(2)对于命题p 1，设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，由1z ＝1a ＋b i ＝a －b ia 2＋b 2∈R ，得b ＝0，则z ∈R成立，故命题p 1正确；对于命题p 2，设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，由z 2＝a 2－b 2＋2ab i ∈R ，得ab ＝0，则a ＝0或b ＝0，复数z 可能为实数或纯虚数，故命题p 2错误；对于命题p 3，设z 1＝a ＋b i(a ，b ∈R )，z 2＝c ＋d i(c ，d ∈R )，由z 1·z 2＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ∈R ，得ad ＋bc ＝0，不一定有z 1＝z 2，故命题p 3错误；对于命题p 4，设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则由z ∈R ，得b ＝0，所以z ＝a ∈R 成立，故命题p 4正确．故选B.(3)因为z ＝1＋i ， 所以1＋z ＋z 2＋…＋z2 017＝1×（1－z 2 018）1－z＝z 2 018－1z －1＝（1＋i ）2 018－11＋i －1＝（2i ）1 009－1i ＝（－1＋21 009i ）（－i ）－i2＝21 009＋i. 所以复数1＋z ＋z 2＋…＋z2 017的实部为21 009.故选C.【答案】 (1)A (2)B (3)C复数问题的解题思路(1)以复数的基本概念、几何意义、相等的条件为基础，结合四则运算，利用复数的代数形式列方程或方程组解决问题．(2)若与其他知识结合考查，则要借助其他的相关知识解决问题．[对点训练]1．(2019·福建省普通高中质量检查)若复数z 满足(1＋i)z ＝|3＋i|，则在复平面内，z 对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选A.由题意，得z ＝（3）2＋121＋i ＝2（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝1－i ，所以z ＝1＋i ，其在复平面内对应的点为(1，1)，位于第一象限，故选A.2．(2019·金丽衢十二校联考)设z 是复数，|z －i|≤2(i 是虚数单位)，则|z |的最大值是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.因为|z －i|≤2，所以复数z 在复平面内对应点在以(0，1)为圆心，以2为半径的圆及其内部．所以|z |的最大值为3.故选C.3．(2019·高考浙江卷)复数z ＝11＋i (i 为虚数单位)，则|z |＝________．解析：通解：z ＝11＋i ＝1－i 2＝12－i2，所以|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝22. 优解：|z |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪11＋i ＝1|1＋i|＝112＋12＝22.答案：22专题强化训练1．(2019·绍兴诸暨高考二模)已知复数z 满足z (1＋i)＝2i ，则z 的共轭复数z 等于( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i解析：选B.由z (1＋i)＝2i ，得z ＝2i 1＋i ＝2i （1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝1＋i ，则z 的共轭复数z ＝1－i.故选B.2．在等腰梯形ABCD 中，AB →＝－2CD →，M 为BC 的中点，则AM →＝( ) A.12AB →＋12AD → B.34AB →＋12AD →C.34AB →＋14AD → D.12AB →＋34AD → 解析：选B.因为AB →＝－2CD →，所以AB →＝2DC →.又M 是BC 的中点，所以AM →＝12(AB →＋AC →)＝12(AB →＋AD →＋DC →)＝12(AB →＋AD →＋12AB →)＝34AB →＋12AD →，故选B.3．(2019·嘉兴一中高考模拟)复数z 满足z ·(2－i)＝3－4i(其中i 为虚数单位)，则复数|zi|＝( )A.253 B.2C.553D. 5解析：选D.复数z 满足z ·(2－i)＝3－4i(其中i 为虚数单位)，所以z ·(2－i)(2＋i)＝(3－4i)(2＋i)，化为：5z ＝10－5i ，可得z ＝2－i.则复数|z i |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－i i ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－i （2－i ）－i·i＝|－1－2i|＝|1＋2i|＝12＋22＝ 5.故选D.4.在边长为2的正方形ABCD 中，E ，F 分别为BC 和DC 的中点，则DE →·BF →＝( )A ．－52B ．32C ．－4D ．－2解析：选C.通过建系求点的坐标，然后求解向量的数量积．在边长为2的正方形ABCD 中，E ，F 分别为BC 和DC 的中点，以A 为坐标原点，AB ，AD 为坐标轴，建立平面直角坐标系，则B (2，0)，D (0，2)，E (2，1)，F (1，2)．所以DE →＝(2，－1)，BF →＝(－1，2)，所以DE →·BF →＝－4.5．(2019·台州市书生中学检测)已知点O 是△ABC 的外接圆圆心，且AB ＝3，AC ＝4.若存在非零实数x 、y ，使得AO →＝xAB →＋yAC →，且x ＋2y ＝1，则cos ∠BAC 的值为( )A.23B.33C.23D.13解析：选A.设线段AC 的中点为点D ，则直线OD ⊥AC .因为AO →＝xAB →＋yAC →，所以AO →＝xAB →＋2yAD →.又因为x ＋2y ＝1，所以点O 、B 、D 三点共线，即点B 在线段AC 的中垂线上，则AB ＝BC ＝3.在△ABC 中，由余弦定理得，cos ∠BAC ＝32＋42－322×3×4＝23.故选A.6．在△ABC 中，AB ＝3，BC ＝2，∠A ＝π2，如果不等式|BA →－tBC →|≥|AC →|恒成立，则实数t 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1C ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12∪[1，＋∞) D ．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选C.在直角三角形ABC 中，易知AC ＝1，cos ∠ABC ＝32，由|BA →－tBC →|≥|AC →|，得BA →2－2tBA →·BC →＋t 2BC →2≥AC →2，即2t 2－3t ＋1≥0，解得t ≥1或t ≤12.7．称d (a ，b )＝|a －b |为两个向量a ，b 间的“距离”．若向量a ，b 满足：①|b |＝1；②a ≠b ；③对任意的t ∈R ，恒有d (a ，t b )≥d (a ，b )，则( )A ．a ⊥bB ．b ⊥(a －b )C ．a ⊥(a －b )D ．(a ＋b )⊥(a －b )解析：选B.由于d (a ，b )＝|a －b |，因此对任意的t ∈R ，恒有d (a ，t b )≥d (a ，b )，即|a －t b |≥|a －b |，即(a －t b )2≥(a －b )2，t 2－2t a ·b ＋(2a ·b －1)≥0对任意的t ∈R 都成立，因此有(－2a ·b )2－4(2a ·b －1)≤0，即(a ·b －1)2≤0，得a ·b －1＝0，故a ·b －b 2＝b ·(a －b )＝0，故b ⊥(a －b )．8．(2019·温州市高考模拟)记max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥bb ，a ＜b ，已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝0，c ＝λa ＋μb (λ，μ≥0，且λ＋μ＝1，则当max{c ·a ，c ·b }取最小值时，|c |＝( )A.255B.223 C.1D.52解析：选A.如图，设OA →＝a ，OB ＝b ，则a ＝(1，0)，b ＝(0，2)， 因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1. 又c ＝λa ＋μb ，所以c ·a ＝(λa ＋b －λb )·a ＝λ；c ·b ＝(λa ＋b －λb )·b ＝4－4λ.由λ＝4－4λ，得λ＝45.所以max{c ·a ，c ·b }＝⎩⎪⎨⎪⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.令f (λ)＝⎩⎪⎨⎪⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.则f (λ)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，1. 所以f (λ)min ＝45，此时λ＝45，μ＝15，所以c ＝45a ＋15b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，25. 所以|c |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝255.故选A.9．(2019·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝4，|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，则(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2的最大值为( )A ．43＋37B ．47＋3 3C ．(43＋37)2D ．(47＋33)2解析：选D.设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，a －b 与a －c 所成夹角为θ， 则(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2＝|AB |2|AC |2－|AB |2|AC |2cos 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2∠CAB ＝4S 2△ABC ， 因为|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，所以b ，c 的夹角为60°， 设B (3，0)，C (1，3)，则|BC |＝7，所以S △OBC ＝12×3×2×sin 60°＝332，设O 到BC 的距离为h ，则12·BC ·h ＝S △OBC ＝332， 所以h ＝3217，因为|a |＝4，所以A 点落在以O 为圆心，以4为半径的圆上， 所以A 到BC 的距离最大值为4＋h ＝4＋3217.所以S △ABC 的最大值为 12×7×⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋3217 ＝27＋332， 所以(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2最大值为4⎝ ⎛⎭⎪⎫27＋3322＝(47＋33)2.故选D.10．(2019·金华市东阳二中高三月考)若a ，b 是两个非零向量，且|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1，则b 与a －b 的夹角的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，23πB.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，πD.⎣⎢⎡⎭⎪⎫5π6，π 解析：选B.因为|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1， 不妨设|a ＋b |＝1，则|a |＝|b |＝λ.令OA →＝a ，OB →＝b ，以OA 、OB 为邻边作平行四边形OACB ，则平行四边形OACB 为菱形．故有△OAB 为等腰三角形，故有∠OAB ＝∠OBA ＝θ，且0<θ<π2.而由题意可得，b 与a －b 的夹角，即OB →与BA →的夹角，等于π－θ，△OAC 中，由余弦定理可得|OC |2＝1＝|OA |2＋|AC |2－2|OA |·|AC |·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ，解得cos 2θ＝1－12λ2.再由33≤λ≤1，可得12≤12λ2≤32，所以－12≤cos 2θ≤12，所以π3≤2θ≤2π3，所以π6≤θ≤π3，故2π3≤π－θ≤5π6，即b 与a －b 的夹角π－θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6.11．(2019·杭州市高考二模)已知复数z ＝1＋a ii (a ∈R )的实部为1，则a ＝________，|z |＝________．解析：因为z ＝1＋a i i ＝（1＋a i ）（－i ）－i 2＝a －i 的实部为1， 所以a ＝1，则z ＝1－i ，|z |＝ 2. 答案：1212．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设e 1，e 2为单位向量，其中a ＝2e 1＋e 2，b ＝e 2，且a 在b 上的投影为2，则a ·b ＝________，e 1与e 2的夹角为________．解析：设e 1，e 2的夹角为θ，因为a 在b 上的投影为2， 所以a ·b |b |＝（2e 1＋e 2）·e 2|e 2|＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝12，则θ＝π3.a ·b ＝(2e 1＋e 2)·e 2＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2. 答案：2π313．已知向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2.若对任意单位向量e ，均有|a ·e |＋|b ·e |≤6，则a ·b 的最大值是________．解析：由题意，令e ＝(1，0)，a ＝(cos α，sin α)，b ＝(2cos β，2sin β)，则由|a ·e |＋|b ·e |≤6，可得|cos α|＋2|cos β|≤ 6.①令sin α＋2sin β＝m ，②①2＋②2得4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1＋m 2对一切实数α，β恒成立，所以4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1，故a·b ＝2(cos αcos β＋sin αsin β)≤2[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤12.答案：1214．(2019·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD 满足AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)，则凸四边形ABCD 的面积为________；AB →·CD →的取值范围是________． 解析：由AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)得AC →⊥BD →，且|AC →|＝2，|BD →|＝2，所以凸四边形ABCD 的面积为12×2×2＝2；因为ABCD 为凸四边形，所以AC 与BD 交于四边形内一点，记为M ，则AB →·CD →＝(MB →－MA →)(MD →－MC →)＝MB →·MD →＋MA →·MC →－MB →·MC →－MA →·MD →，设AM →＝λAC →，BM →＝μBD →，则λ，μ∈(0，1)，且MA →＝－λAC →，MC →＝(1－λ)AC →， MB →＝－μBD →，MD →＝(1－μ)BD →，所以AB →·CD →＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有λ＝μ＝12时，AB →·CD →取到最小值－2.答案：2 [－2，0)15．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)在△ABC 中，∠ACB 为钝角，AC ＝BC ＝1，CO →＝xCA →＋yCB →且x ＋y ＝1，函数f (m )＝|CA →－mCB →|的最小值为32，则|CO →|的最小值为________．解析：在△ABC 中，∠ACB 为钝角，AC ＝BC ＝1，函数f (m )的最小值为32. 所以函数f (m )＝|CA →－mCB →| ＝CA →2＋m 2CB →2－2mCA →·CB →＝1＋m 2－2m cos ∠ACB ≥32， 化为4m 2－8m cos ∠ACB ＋1≥0恒成立．当且仅当m ＝8cos ∠ACB8＝cos ∠ACB 时等号成立，代入得到cos ∠ACB ＝－12，所以∠ACB ＝2π3.所以|CO →|2＝x 2CA →2＋y 2CB →2＋2xyCA →·CB →＝x 2＋y 2＋2xy ×cos 2π3＝x 2＋(1－x )2－x (1－x )＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14， 当且仅当x ＝12＝y 时，|CO →|2取得最小值14，所以|CO →|的最小值为12.答案：1216．在△OAB 中，已知|OB →|＝2，|AB →|＝1，∠AOB ＝45°，若OP →＝λOA →＋μOB →，且λ＋2μ＝2，则OA →在OP →上的投影的取值范围是________．解析：由OP →＝λOA →＋μOB →，且λ＋2μ＝2， 则OA →·OP →＝OA →·⎣⎢⎡⎦⎥⎤λOA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OB →＝λOA →2＋⎝⎛⎭⎪⎫1－λ2OA →·OB →，又|OB →|＝2，|AB →|＝1，∠AOB ＝45°， 所以由余弦定理求得|OA →|＝1，所以OA →·OP →＝λ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2×1×2×22＝1＋λ2，|OP →|＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤λOA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OB →2＝ λ2|OA →|2＋2λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OA →·OB →＋⎝⎛⎭⎪⎫1－λ22|OB →|2＝λ22＋2，故OA →在OP →上的投影OA →·OP →|OP →|＝1＋λ2λ22＋2＝22·λ＋2λ2＋4(*)． 当λ＜－2时，(*)式＝－22·（λ＋2）2λ2＋4＝－221＋4λλ2＋4＝－221＋4λ＋4λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0； 当λ≥－2时，(*)式可化为22（λ＋2）2λ2＋4；①λ＝0，上式＝22；②－2≤λ＜0，上式＝221＋4λ＋4λ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，22； ③λ＞0，上式＝221＋4λ＋4λ∈⎝⎛⎦⎥⎤22，1. 综上，OA →在OP →上的投影的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－22，1.答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤－22，1 17．已知OA →，OB →是非零不共线的向量，设OC →＝1r ＋1·OA →＋r r ＋1OB →，定义点集P ＝⎩⎪⎨⎪⎧K ⎪⎪⎪⎪KB →·KC →|KB →|＝KA →·KC→|KA →|，⎭⎪⎬⎪⎫KC →≠0，当K 1，K 2∈P 时，若对于任意的r ≥3，不等式|K 1K 2→|≤c |AB→|恒成立，则实数c 的最小值为________．解析：由OC →＝1r ＋1·OA →＋r r ＋1OB →，可得A ，B ，C 三点共线，由KB →·KC →|KB →|＝KA →·KC→|KA →|，可得|KC →|cos ∠AKC ＝|KC →|cos ∠BKC ，即有∠AKC ＝∠BKC ，则KC 为∠AKB 的角平分线． 由角平分线的性质定理可知|KA ||KB |＝|AC ||BC |＝r ， 以AB 所在的直线为x 轴，以线段AB 上某一点为原点建立直角坐标系，设点K (x ，y )，A (－a ，0)，B (b ，0)，所以（x ＋a ）2＋y 2（x －b ）2＋y2＝r 2，化简得(1－r 2)x 2＋(1－r 2)y 2＋(2a ＋2br 2)x ＋(a 2－b 2r 2)＝0.由方程知K 的轨迹是圆心在AB 上的圆，当|K 1K 2|为直径时最大，方便计算，令K 1K 2与AB 共线，如图，由|K 1A |＝r |K 1B |，可得|K 1B |＝|AB |r ＋1，由|K 2A |＝r |K 2B |，可得|K 2B |＝|AB |r －1，可得|K 1K 2|＝|AB |r ＋1＋|AB |r －1＝2r r 2－1|AB |＝2r －1r|AB |，而易知r －1r ≥3－13＝83，即有|K 1K 2|≤34|AB |，即|K 1K 2||AB |≤34，即c ≥⎝⎛⎭⎪⎫|K 1K 2||AB |max ＝34， 故c 的最小值为34.答案：3418．在△ABC 中，已知C ＝π6，向量p ＝(sin A ，2)，q ＝(2，cos B )，且p ⊥q .(1)求角A 的值；(2)若BC →＝2BD →，AD ＝7，求△ABC 的面积．解：(1)因为p ⊥q ，所以p ·q ＝0⇒p ·q ＝2sin A ＋2cos B ＝0，又C ＝π6，所以sin A ＋cos B ＝sin A ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－A ＝0，化简得tan A ＝33，A ∈(0，π)，所以A ＝π6. (2)因为BC →＝2BD →，所以D 为BC 边的中点， 设|BD →|＝x ，|BC →|＝2x ，由(1)知A ＝C ＝π6，所以|BA →|＝2x ，B ＝2π3，在△ABD 中，由余弦定理，得|AD →|2＝|BA →|2＋|BD →|2－2|BA →|·|BD →|·cos 2π3＝(2x )2＋x 2－2·2x ·x ·cos 2π3＝7，所以x ＝1，所以AB ＝BC ＝2，所以S △ABC ＝12BA ·BC ·sin B ＝12×2×2×sin 2π3＝ 3.19．已知m ＝(2sin x ，sin x －cos x )，n ＝(3cos x ，sin x ＋cos x )，记函数f (x )＝m ·n .(1)求函数f (x )的最大值以及取得最大值时x 的取值集合；(2)设△ABC 的角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若f (C )＝2，c ＝3，求△ABC 面积的最大值．解：(1)由题意，得f (x )＝m ·n ＝23sin x cos x ＋sin 2x －cos 2x ＝3sin 2x －(cos 2x －sin 2x )＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6，所以f (x )max ＝2；当f (x )取最大值时，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＝1，此时2x －π6＝2k π＋π2(k ∈Z )，解得x ＝k π＋π3(k ∈Z )，所以x 的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＝k π＋π3，k ∈Z .(2)由f (C )＝2，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C －π6＝1，又0＜C ＜π，即－π6＜2C －π6＜11π6，所以2C －π6＝π2，解得C ＝π3，在△ABC 中，由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，得3＝a 2＋b 2－ab ≥ab ，即ab ≤3，当且仅当a ＝b ＝3时，取等号，所以S △ABC ＝12ab sinC ＝34ab ≤334， 所以△ABC 面积的最大值为334.。
2023届高考地理二轮复习课件-专题二 主题8 蒸发
(3)实际蒸发量 实际蒸发量最直白的理解就是能蒸发的数量。在极度干旱的地区，降水 量很小，它的实际蒸发量与降水量是相等的。例如新疆吐鲁番盆地的托 克逊，气象站测量的蒸发量是3 700 mm，然而实际情况是那里的年降水 量不足10 mm，所以当地自然条件下可以提供的蒸发量最多也就是10 mm， 也就是说实际蒸发量只有10 mm。
(1)我国西北地区水面年蒸发量大多在1 200毫米以上。分析赛里木湖湖面年蒸发量较低的原因。(8分)
背景 赛里木湖被称为“大西洋最后一滴眼泪”
位于新疆天山山脉中，东西长30公里，南北宽25公里，面积453平方公里，整个湖面呈椭圆形, 属于封闭 的内陆湖。 大西洋暖湿气流长途跋涉后，无法翻越天山北坡，只能在这里徘徊，再受到地形抬升的影响形成了充沛 的降水，汇集到这个高山盆地里，因此，赛里木湖也有“大西洋的最后一滴眼泪”的美称。
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3.该流域林地地表蒸散低于草地的主要原因是 A.林地海拔低于草地
√B.林地温度低于草地
C.林地降水少于草地 D.林地风速大于草地
气温高，地表蒸散大，气温低，地表蒸散小。 林地的生物量较草地更多，植被高大，林下光照较少，地温低，且林地对局地气温的调节更为明显， 林地温度低于草地
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每年五六月便开启花海模式
9.(2022·福建厦门模拟)阅读图文资料，完成下列要求。(20分) 补给：高山冰雪融水补给 冰川水特点：不含盐；气温低
赛里木湖(下图)海拔约2 073米，全年盛行偏西风，流域年降
水量约257.4毫米，湖面年蒸发量约550.0毫米，结冰期长达6个月；
湖岸岩性较为单一，多为黏性差、易透水的粉砂层。近60年来，赛
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1.推测贺兰山西坡没有而东坡独有的自然带是
2023届高考生物二轮复习专题2 微专题(二) 提高农作物产量的措施-讲义(通用版)
1．(2021·湖南高三三模)我国是历史悠久的文明古国和农业大国，有关农谚的资料非常丰富，这些农谚，有的反映了我国劳动人民的农业生产经验，有的揭示了农作物生长繁殖的规律等。
下列有关农谚的解释，错误的是()农谚解释①“锅底无柴难烧饭，田里无粪难增产”施用有机肥可为农作物提供CO2和无机盐，增加产量②“橘生淮南为橘，生于淮北则为枳”生物的遗传和变异受环境的影响③“大树之下无丰草，大块之间无美苗”生物之间的竞争和互利共生影响农作物的产量④“白天热来夜间冷，一棵豆儿打一捧”适当提高昼夜温差，有利于有机物积累，增加产量A．①B．②C．③D．④答案 C解析③“大树之下无丰草，大块之间无美苗”体现了生物之间的竞争影响农作物的产量，③错误。
2．(2021·湖北高三二模)新疆是我国优质长绒棉主产区，种植面积超过200万公顷。
广泛使用的植物化学调控技术提高了棉花产量和品质，现代农业机械的使用显著提高了生产效率。
下列叙述错误的是()A．棉花生长早期喷洒低浓度萘乙酸抑制顶端优势、增加侧枝数量B．棉花生长中期喷洒缩节胺(赤霉素合成抑制剂)，防止植株过高C．喷洒乙烯利促进棉桃同步成熟、吐絮，便于集中机械化采摘棉花D．机械化采收前喷洒落叶剂促进叶片脱落，减少收获棉花中的杂质答案 A解析萘乙酸为生长素类似物，喷洒低浓度萘乙酸不能降低侧芽生长素浓度，因此不能抑制顶端优势，A错误。
3．(2021·贵州贵阳一中)为达到增加农作物产量等目的，农业生产中常采取一些栽培措施通过影响作物的生理活动，促进作物的生长发育，回答下列问题：(1)农谚“稻田水多是糖浆，麦田水多是砒霜”，揭示了农作物种类不同，_____________不同，所以在农作物栽培过程中合理灌溉能达到增产的目的。
(2)在同一块田里连年种同一种作物会出现产量下降现象，试解释原因：___________________ _______________________________________________________________________________。
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高考二轮复习资料专题二2.3 动量和能量（一）例1 如图2－5所示，一个质量为m 的小球拴在长L 的细线上做成一个单摆，把小球从平衡位置O 拉至A ，使细线与竖直方向成θ角，然后轻轻释放．若在悬点O ′的正下方有一颗钉子P ，试讨论：钉子在何处时，(1)可使小球绕钉来回摆动； (2)可使小球绕钉做圆周运动．例2 图2－6所示，一轻质杆上有两个质量均为m 的小球a 、b ，轻杆可绕O 点在竖直平面内自由转动，Oa =ab =L ，先将杆拉至水平，再由静止释放，当杆转到竖直方向时，试求：（1）a 、b 两小球的速度各是多少？（2）对a 球来说机械能是否守恒？若不守恒，则杆对小球a 所做的功为多少？例3 如图2－7所示，在光滑的水平面上，有一质量为M 的长木板以一定的初速度v 0向右匀速运动，将质量为m 的小铁块无初速地轻放到木板右端，设小铁块没有滑离长木板，且与木板间动摩擦因数为μ，试求小铁块在木板上相对木板滑动的过程中：（1）摩擦力对小铁块做的功；（2）木板克服摩擦力做的功；（3）系统机械能的减少量；（4）系统增加的内能；（5）若小铁块恰好没有滑离长木板，则木板的长为多少．变化：如图2－8所示，现对长木板施加一水平作用力，使长木板的速度保持v 0不变，则在相对滑动的过程中，系统增加的内能以及水平力对系统所做的功？L图 2－ 5图 2－6图 2－7图 2－82.3 动量和能量（一）1．如图2－3－1，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧作为一个系统，则此系统在从子弹射入木块到弹簧压缩到最短的过程中( )A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能也不守恒2．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5t向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3t向北行驶的卡车，碰后两车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止．根据测速仪的测定，长途客车碰前以20m/s 的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率为( )A．小于10m/s B．大于10m/s而小于20 m/sC．大于20 m/s而小于30 m/s D．大于30 m/s而小于40 m/s3．一质量为1kg的物体被人用手由静止向上提高1m，这时物体的速度是2m/s，下列说法中正确的是( ) A．手对物体做功12J B．合外力对物体做功2JC．物体机械能增加2J D．物体克服重力做功10J4．如图2－3－2所示，质量均为M的铝板A和铁板B分别放在光滑水平地面上．质量为m（m<M）的同一木块C，先后以相同的初速度v0从左端滑上A和B，最终C相对于A和B都保持相对静止．在这两种情况下A、C的最终速度相同( )B、C相对于A和B滑行的距离相同C、A和B相对地面滑动的距离相同D、两种情况下产生的热量相等5．俄罗斯“和平”号空间站因缺乏维持继续在轨道上运行的资金，决定放弃对它的使用，并让它于2001年3月23日坠人新西兰和智利之间的南太平洋．“和平”号空间站在进入稠密大气层烧毁前，处于自由运动状态，因受高空空气阻力的影响，空间站在绕地球运动的同时，将很缓慢地向地球靠近，在这个过程中( )A、空间站的角速度逐渐减小B、空间站的势能逐渐转变为内能和动能C、空间站的加速度逐渐减小D、空间站的动能逐渐转变为内能6．如图2－3－3所示，某海湾共占面积1.0×107m2，涨潮时平均水深20m，此时关上闸门可使水位保持20m 不变．退潮时，坝外降至18m．利用此水坝建立一座双向水力发电站，重力势能转化为电能的效率为10%，每天有两次涨潮，该电站每天能发出的电能是（g=10m/s2）( )A、2.0×1010JB、4.0×1010JC、8.0×1010JD、1.6×1011J图2－3－1图2－3－3 图2－3－4图2－3－27．如图2－3－4所示，长为L 的轻绳，一端用轻环套在水平光滑的横杆上(轻绳与轻环的质量都忽略不计)，另一端连接一质量为m 的小球．开始时，将系球的绳子绷紧并转到与横杆平行位置，然后轻轻放手．当绳子与横杆成θ角时小球速度在水平方向和竖直方向的分量大小各是多少？ 8．如图2－3－5所示，一轻绳两端各系一小球（可视为质点），质量分别为M 和m （M >m ），跨放在一个光滑的半圆柱上．两球由水平直径AB 的两端由静止开始释放，当m 到达圆柱体侧面最高点C 处时，恰好能脱离圆柱体，试求两球质量之比？9．如图2－3－6所示，在水平光滑桌面上放一质量为M 的玩具小车。
在小车的平台（小车的一部分）上有一质量可忽略的弹簧，一端固定在平台上，另一端用质量为m 的小球将弹簧压缩一定距离后用细线捆住．用手将小车固定在桌面上，然后烧断细线，小球就被弹出，落在车上A 点．OA ＝s ．如果小车不固定而烧断细线，球将落在车上何处？设小车足够长，球不致落在车外．10．如图2－3－7所示，一劲度系数为k 的轻弹簧左端固定在长木板M 的左端，右端与小物块m 连接，且M 、m 及M 与水平地面间接触均光滑．开始时，m 和M 均静止，现同时对m 、M 施加等大反向的水平恒力F 1和F 2，F 1=F 2=F ．设整个过程中弹簧的形变不超过弹性限度，m 未滑离M ．求：(1)当长木板M 的位移为L 时，M 、m 及弹簧组成的系统具有的机械能是多少？(2)如长木板M 的位移L 是未知的，则当L 是多少时，由M 、m 及弹簧组成的系统具有的机械能最大．这时系统具有的机械能是多少？11．如图2－3－8（a ）所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A ，上端固定在C 点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连．已知一质量为m 0的子弹B 沿水平方向以速度v 0射入A 内（未穿透），接着两者一起绕C 点在竖直平面内做圆周运动．在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F 随时间t 的变化关系如图所示（b ），已知子弹射入的时间极短，且图2中t =0为A 、B 开始以相同速度运动的时刻，根据力学规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如A 的质量）及A 、BAM ACm2－3图 2－3－6F m000tF图 2－3－8（a ）（b ）2.3动量和能量（一）（答案）【例题】例1．（1）设PO ′=x ，当0<x ≤Lcos θ时可使小球绕钉来回摆动． （2） 小球绕钉做圆周运动的半径r =L －x ，在圆周运动的最高点速度v ≥gr ①，由动能定理得：mg [L （1－cos θ）－2 r ]= 221mv －0②，由①②得当L 5)cos 23(θ+≤x ≤L 时可使小球绕钉做圆周运动．例2．（1）设b 球在最低点时所在的水平面为参考平面，则由机械能守恒定律得：mg ×2L + mg ×2L = mg ×L +221a mv +221b mv ①，b av v =21②，由①②得56gL v a =，562gL v b=．（2）a 球机械能不守恒。
对a 球由动能定理得： mgL +W =221a mv －0，得W =－mgL 52． 例3．动量守恒；Mv 0=（M +m ）v ①（1）对小铁块由动能定理得：W 1=221mv －0 ②，由①②得摩擦力对小铁块做的功W 1=2202)(2m M v mM +．（2）木板克服摩擦力做的功W 2=2021Mv －221Mv ③，由①③得W 2=220)(2)2(m M v m M mM ++．（3）系统减少的机械能ΔE =2021Mv －2)(21v m M +=)(220m M mMv +．（4）系统增加的内能Q =ΔE =)(22m M mMv +．（5）恰好没有滑离长木板，则Q =fs 相对=μmg L=)(220m M mMv +，即木板长度L=)(22m M g Mv +μ．变化；系统增加的内能Q =2021mv ，水平力对系统做的功W =20mv ． 【练习】1．D 2．A 3．ABD 4．AD 5．B 6．D 7．水平方向的分速度0=xv ，竖直方向的分速度θsin 2gL v y =．8．由机械能守恒定律得：R Mg 2π∙－mgR =221Mv +221mv ①，v =gR ②，由①②得31-=πM m ． 9．设弹性势能为E ，固定时：E =2021mv ①，s =t v 0②，不固定时：E =2121mv +2221Mv ③，0=mv 1+Mv 2④， x =（v 1+v 2）t ⑤，由①②③④⑤得x =s M m M +． 10．（1）由动量守恒0=M-t L m t s ①得物块的位移s =m ML ，系统具有的机械能E =FL +Fs =FL mMm +．（2）M \、m 做同频率的简谐振动，设运动到平衡位置时弹簧的伸长量为x ，F =k ②x ，机械能最大时L +s =2x ③，由①②③得kM m mFM m x m L )(22+=+⨯=，系统具有的机械能最大E 机=kF 22．11．由图4－26可直接看出，A 、B 一起做周期性运动，运动的周期02t T =①令m 表示A 的质量，l 表示绳长.，1v 表示B 陷入A 内时即0=t时A 、B 的速度（即圆周运动最低点的速度），2v 表示运动到最高点时的速度，F 1表示运动到最低点时绳的拉力，F 2表示运动到最高点时绳的拉力，根据动量守恒定律得1000)(v m m v m +=②在最低点和最高点处运用牛顿定律可得tv m m g m m F 21001)()(+=+-③tv m m g m m F 22002)()(+=++④ 根据机械能守恒定律可得2202100)(21)(21)(2v m m v m m g m m l +-+=+⑤ 由图4－26可知02=F ⑥ m F F =1⑦ 由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是06m g Fm m -=⑧ g F v m l m22020536=⑨ A 、B 一起运动过程中的守恒量是机械能E ，若以最低点为势能的零点，则210)(21v m m E +=⑩ 由②⑧⑩式解得gF v m E m20203=⑾2.1动量定理和动能定理（一）【例题】例1．（1）重力的冲量I G =gL m2π，（2）合外力的冲量I =m )cos 1(2θ-gL ．例2．开始时以最大加速度匀加速上升，运动的时间t 1=2s ；以后以恒定功率上升，运动的时间t 2=5.75s ，则运动的总时间t =t 1+t 2=5.75s ．例3．F =1500N ．例4．飞船增加的牵引力 F =200N ． 【练习】1．BD 2．BCD 3．C 4．AC 5．A 6．AD 7．BC 8．ACD 9．2.59m ． 10．(1) 设经过时间t ，则在时间t 内射到太阳帆上的光子数为N=nst ①，对光子由动量定理得 Ft=Np －N （- p ） ②，对飞船由牛顿运动定律得 F=ma ③，解上三式得飞船的加速度为 a=mnsp2． (2)若太阳帆面对阳光的一面是黑色的，则对光子由动量定理得 Ft=0－N （- p ）④，解①③④得a=mnsp． 11．(1)由动能定理得 P t －mgh=221mv －2021mv ，人和车飞离高台时的速度 v =h 20110-． (2) 在空中做平抛运动： t =gh 2， s = vt =2422h h -，当 h =2.75m 时水平距离最远 s =5.5m ．。