最新二轮专题辅导与练习专题四第一讲
40，则公比q=_______；前n项和Sn=_______.
【解析】qa3
a2
a5 a4
所2400以a2， 2+a4=2a1+8a1=20,所以a1=2，
Sn
2(1－2n)2n1－2. 1－2源自答案：2 2n+1－2
6.等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3+3S2=0,则公比q=
.
【解析】由S3=-3S2可得a1+a2+a3=-3(a1+a2),
解得 ad123,或ad101， 舍去.
所以an=-3+(n-1)×2=2n-5.
(2)Snn3 22n5n24n,
所以Sn=n2-4n.
热点考向 2 等差(比)数列的性质
【典例2】(1)(2013·天津模拟)等差数列{an}中,如果a1+a4+a7
=39,a3+a6+a9=27,数列{an}前9项的和为_______.
__________.
【解析】(1)由a1+a4+a7=39,得3a4=39,a4=13.
由a3+a6+a9=27,得3a6=27,a6=9.
所以 S 9 9 a 1 2 a 9 9 a 4 2 a 6 9 1 2 3 9 9 9 .
答案：99
(2) 在等比数列{an}中，a3a5a7a9a11=243.
1
5,
或3
3
a q
1
5 1,
,
故an=5 ·3n-1，或an=-5·(-1)n-1．
3
②若an=5 ·3n-1，则 1 3 (1)n－1，
3
an 5 3
故
a
1
n
是 首项为
公3 ，比为 的等1 比数列，
5
3
从而
m1 a n1 n
5311－ － (113)m1901－ (13)m1901．
即a1(1+q+q2)=-3a1(1+q)
化简整理得q2+4q+4=0,解得q=-2.
答案：-2
热点考向 1 等差(比)数列的基本运算
【典例1】(1)(2013·新课标全国卷Ⅰ改编)设等差数列{an}的
前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=_______.
(2)(2013·湖北高考)已知等比数列{an}满足：
因为数列{an}为等差数列，所以d=am+1-am=1，又因为Sm=
ma1 =am0，所以m(a1+2)=0，因为m≠0，所以a1=-2，
2
又am=a1+(m-1)d=2，解得m=5．
答案：5
(2)①设等比数列{an}的公比为q,则由已知可得
a
3 1
q
3
125,
a1q
a1q
2
10,
解得
a q
(2)(2013·三门峡模拟)在等比数列{an}中，若a3a5a7a9a11=243,
则a
2 9
的值为_________.
a 11
【解题探究】
(1)根据a1+a4+a7=39能求的项a是4 __,根据a3+a6+a9=27能求的项 是a6
__.
a7
(a29)2由=aa73·aa51a17a9a11=243可求的项是__，a92与a11之间的关系是
【变式训练】设递增等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=1,a4
是a3和a7的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
【解析】(1)在递增等差数列{an}中，设首项为a1，公差为d
(d＞0),
因为 a42a3a7, a13d21a16d,
a31
a12d1,
3
若an=(－5)·(－1)n－1，则
1 －1－1n－1，
an 5
故
a
1
是 首项为
n
－公1比， 为－1的等比数列，
5
从而
m n1
1 an
－15,m2k－1,kN*,． 0,m2k,kN*
故 m 1 1．
a n 1 n
m
综上，对任何正整数m，总有
1
1．
a n 1 n
故不存在正整数m，使得 1 1 ≥1成1 立．
a1 a2
am
【方法总结】等差(比)数列基本运算中的关注点 (1)基本量. 在等差(比)数列中,首项a1和公差d(公比q)是两个基本量. (2)解题思路. ①求公差d(公比q):常用公式an=am+(n－m)d(an=amqn－m); ②列方程组: 若条件与结论的联系不明显时,常把条件转化为关 于a1和d(q)的方程组求解,但要注意消元及整体计算,以减少计 算量.
②求 m 的1 关键点．
a n 1 n
(ⅰ)如何判断数列{
}1 的类型?
an
提(ⅱ示)怎：样可确根定据annm先1 与a1求n 1出的关a 1 n 系再， ?判断数列类型．
提示：根据 m 1的表达式判断．
a n 1 n
【解析】(1)由已知得，am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3，
类型
等差数列
等比数列
和的 性质
当n为奇数时：
【方法总结】等差(比)数列的性质盘点
类型
等差数列
等比数列
2ak=am+al(m,k,l∈N* 项的 且m,k,l成等差数列)
ak2=am·al(m,k,l∈N*且 m,k,l成等差数列)
性质 am+an=ap+aq(m,n,p,q am·an=ap·aq(m,n,p,
∈N*,且m+n=p+q)
q∈N*且m+n=p+q)
|a2-a3|=10,a1a2a3=125．
①求数列{an}的通项公式;
②是否存在正整数m,使得 1 1 1 1？若存在,求m的最
a1 a2
am
小值;若不存在,说明理由．
【解题探究】 (1)an与Sn的关系是什么? 提示：an=Sn-Sn-1(n≥2)． (2)①怎样求等比数列{an}的首项a1和公比q? 提示：把已知条件用a1,q表示出来,解方程(组)即可．
因为a3a11=a5a9=a72，
所以a75=243,
所以a7=3.
结合等比中项的性质可知
a 92 a 11
a7 3.
答案：3
【互动探究】本例题(1)中条件不变,试求a2+a5+a8的值. 【解析】由本题解析知a4=13,a6=9,
所以a2+a5+a8=3a3 2 5=a4a63 213933.
二轮专题辅导与练习专
一、主干知识
1.等差数列的定义： {an}为等差数列⇔_a_n+_1_-_a_n=_d_(n∈N*，d为常数). 2.等比数列的定义：
a n1 q
{an}为等比数列⇔___a _n _____(其中n∈N*,an≠0,q为不为零
的常数).
5.(2013·北京高考)若等比数列{an}满足a2＋a4=20，a3＋a5=
2020江苏高考物理二轮课后演练：专题四第1讲 直流电路与交流电路 Word版含解析
(建议用时：25分钟)一、单项选择题1．(2019·南京二模)如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，下列说法正确的是()A．电压表的读数减小B．R1消耗的功率增大C．电源的输出功率增大D．电容器C所带电荷量增多解析：选D.根据电路图可知，R1、R2串联后接在电源两端，电容器C并联在R2两端，电压表V测路端电压．当滑动触头P向下滑动时，R2连入电路的电阻变大，则外电路总电阻R变大，由I＝ER＋r知电流I减小，由U＝E－Ir知路端电压增大，则电压表示数变大，电源的输出功率P出＝UI无法判断．由P R1＝I2R1知，R1消耗的功率变小．由U R2＝E－(R1＋r)I知电容器两端电压变大，则电容器所带电荷量增多．综上所述，A、B、C错误，D正确．2．一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比值为()A．2 B．3C．4 D．5解析：选B.设理想变压器原、副线圈匝数比值为k，根据题述，当开关S断开时，电流表示数为I，则由闭合电路欧姆定律得，U＝IR1＋U1.由变压公式U1/U2＝k及功率关系U1I＝U2I2，可得I2/I＝k，即副线圈输出电流为I2＝kI，U2＝I2(R2＋R3)＝kI(R2＋R3)．当开关S闭合时，电流表示数为4I，则有U＝4IR1＋U′1.由变压器公式U′1/U′2＝k及功率关系U′1·4I＝U′2I′2，可得I′2/(4I)＝k，即副线圈输出电流为I′2＝4kI，U′2＝I′2R2＝4kIR2；联立解得k＝3，选项B 正确．3．(2017·高考北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝2202sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是()A．原线圈的输入功率为220 2 WB．电流表的读数为1 AC．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s解析：选B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 2 V ，故有效值为U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，故副线圈电压的有效值为U 2＝110 V ，故输出功率P 2＝U 22R ＝220W ，再由输入功率等于输出功率知，P 1＝P 2＝220 W ，A 项错误；根据欧姆定律知，I 2＝U 2R ＝2A ，I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝1 A ，故电流表读数为1 A ，所以B 项正确；电压表的读数为有效值，即U 2＝110 V ，C 项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T ＝2πω，解得T ＝0.02 s ，所以D 项错误．4．一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a 、b 间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c 、d 间作为副线圈．在a 、b 间输入电压为U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2.在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中( )A ．U 2>U 1，U 2降低B ．U 2>U 1，U 2升高C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2升高解析：选C.由变压器的变压公式U 1U 2＝n 1n 2可知，由于原线圈匝数n 1大于副线圈匝数n 2，因此有U 1>U 2，当滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中，n 2减小，因此U 2降低，C 项正确．5．(2019·连云港质检)如图所示，电源电动势为E ，内阻为r .电路中的R 2、R 3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R 0为定值电阻，R 1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)．当开关S 闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则下列说法中正确的是( )A ．只逐渐增大R 1的光照强度，电阻R 0消耗的电功率变大，R 3中有向上的电流B ．只将R 3的滑片P 2向上移动时，电源消耗的功率变大，R 3中有向上的电流C ．只将R 2的滑片P 1向下移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D ．若断开开关S ，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动解析：选A.只逐渐增大R 1的光照强度，R 1的阻值减小，电流变大，R 0消耗的电功率变大，电容器的电压增大，电容器充电，R 3中有向上的电流，A 选项正确；由于R 3与电容器相连，而电容器隔直流，所以只调节R 3的阻值对电路中的电流和电压没有影响，电源消耗的功率不变，R 3中没有向上的电流，B 选项错误；只将R 2的滑片P 1向下移动时，电路中的电流不变，因此电容器两端的电压U 2增大，带电微粒受到的电场力F ＝qE ＝q U 2d 变大，微粒将向上运动，C 选项错误；若断开开关S ，电容器将通过R 3、R 2放电，电容器所带电荷量减少，带电微粒向下运动，D 选项错误．6．如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变 解析：选B.由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1①由U 1U ′2＝n 1－Δnn 2－Δn 得U ′2＝n 2－Δn n 1－Δn U 1② 由②①得：U ′2U 2＝（n 2－Δn ）n 1（n 1－Δn ）n 2＝n 2n 1－Δnn 1n 2n 1－Δnn 2，因为n 2＜n 1，所以U ′2U 2＜1，即U ′2＜U 2，故小灯泡变暗，B 正确，A 错误；由以上分析过程可以看出，C 错误；由I 1I 2＝n 2n 1和I ′1I ′2＝n 2－Δnn 1－Δn 可见，D 错误．7．(2019·镇江模拟)如图所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n 1∶n 2∶n 3为( )A ．1∶1∶1B ．3∶2∶1C ．6∶2∶1D ．2∶2∶1解析：选B.灯泡正常发光，可得U A ＝U B ＝U C ＝U D ，所以U 2＝2U 3，由理想变压器的电压关系得n 2n 3＝U 2U 3＝21，可得n 2＝2n 3.灯泡都正常发光，则功率相等，即P A ＝P B ＝P C ＝P D .由P ＝I 2R 得I A ＝I B ＝I C ＝I D ，即I 1＝I 2＝I 3.由理想变压器的功率关系得U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3，即n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3，可得n 1＝n 2＋n 3＝2n 3＋n 3＝3n 3.所以n 1∶n 2∶n 3＝3∶2∶1.8．如图1所示，M 为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图2所示，已知电流表读数在0.2 A 以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断不正确的是( )A ．电路中的电源电动势为3.9 VB ．电动机的电阻为4 ΩC ．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 WD ．变阻器的最大阻值为32 Ω解析：选C.由电路图1知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V 2的电压与电流的关系，此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r ＝3.6－3.00.2 Ω＝3 Ω；当电流I ＝0.1 A 时，U ＝3.6 V ，则电源的电动势E ＝U ＋Ir ＝3.6 V ＋0.1×3 V ＝3.9 V ，故A 正确；由图可知，电动机的电阻r M ＝0.8－0.40.1 Ω＝4 Ω，故B 正确；当I ＝0.3 A 时，U ＝3.0 V ，电动机的输入功率最大，最大输入功率为P ＝UI ＝3×0.3 W ＝0.9 W ，电动机的热功率为P r M ＝I 2r M ＝0.32×4 W ＝0.36 W ，则最大的输出功率为P 出＝0.9 W －0.36 W ＝0.54 W ，故C 错误；当I ＝0.1 A 时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R ＝EI －r －r M ＝⎝⎛⎭⎫3.90.1－3－4 Ω＝32 Ω，故D 正确． 9．(2019·宿迁段考)在如图所示的电路中，已知电阻R 1的阻值小于滑动变阻器R 的最大阻值．闭合开关S ，在滑动变阻器的滑片P 由左端向右端滑动的过程中，四个电表V 1、V 2、A 1、A 2的示数及变化量分别用U 1、U 2、I 1、I 2、ΔU 1、ΔU 2、ΔI 1、ΔI 2表示，下列说法中正确的是( )A ．U 1先变大后变小，I 1不变B ．U 1先变小后变大，I 1变小 C.ΔU 1ΔI 2的绝对值先变大后变小，ΔU 2ΔI 2的绝对值不变 D ．U 2先变小后变大，I 2先变小后变大解析：选D.滑片P 由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中，滑动变阻器R 的左半部分与R 1串联然后与R 的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律，I 2先变小后变大，U 1先变大后变小，由极限法可得当滑片P 滑到滑动变阻器右端时，电流表A 1把R 1所在支路短路，此时I 1最大，所以I 1一直增大，A 、B 错误；对于C 项，ΔU 1ΔI 2的绝对值等于电源的内阻，保持不变；ΔU 2ΔI 2的绝对值等于R 2，保持不变，C 错误；电阻R 2不变，电压表V 2的示数U 2＝I 2R 2，U 2先变小后变大，D 正确．10．如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m ，降压变压器的变压比为n ，输电线的电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U ，若由于用户的负载变化，使电压表V 2的示数减小了ΔU ，则下列判断正确的是( )A ．电流表A 2的示数增大了ΔURB ．电流表A 1的示数增大了n ΔURC ．电压表V 1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了⎝⎛⎭⎫n ΔU R 2R解析：选B.电压表V 2的示数减小了ΔU ，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了ΔU 3＝n ΔU ，由于升压变压器输入电压不变，因此输电线上的电压增大了n ΔU ，因此电流表A 1的示数增大了n ΔU R ，B 正确；根据变流比，电流表A 2的示数增大了n 2ΔU R ，A 错误；由于发电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压表V 1的示数不变，C 错误；设原来输电线上的电流为I ，则输电线损失的功率增加了⎝⎛⎭⎫I ＋n ΔU R 2R －I 2R ，不等于⎝⎛⎭⎫n ΔU R 2R ，D 错误．二、多项选择题11．(2019·南通联考)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小解析：选BC.保持Q 的位置不动，则U 2不变，将P 向上滑动时，R 接入电路的电阻变大，根据I 2＝U 2R 0＋R 知，I 2变小，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1也变小，即电流表读数变小，选项A 错误，选项B正确；保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，U 2变大，则根据P 2＝U 22R 0＋R 知副线圈输出功率变大，由P 1＝P 2知，变压器原线圈输入功率P 1变大，而P 1＝I 1U ，输入电压U 一定，I 1变大，即电流表读数变大，选项C 正确，选项D 错误．12．(2019·扬州中学联考)理想变压器原线圈a 匝数n 1＝200匝，副线圈b 匝数n 2＝100匝，线圈a 接在u ＝442sin 314t (V)交流电源上，“12 V 6 W ”的灯泡恰好正常发光，电阻R 2＝16 Ω，电压表V 为理想电表，下列推断正确的是( )A ．交变电流的频率为100 HzB ．副线圈磁通量的最大变化率为25Wb/s C ．电压表V 的示数为22 V D ．R 1消耗的功率是1 W解析：选BD.由表达式知交变电流的频率为f ＝3142π Hz ＝50 Hz ，A 错误；灯泡正常发光，故副线圈中电流为I ＝PU ＝0.5 A ，故电压表示数为U 2＝12 V ＋IR 2＝20 V ，故根据E m ＝N ΔΦΔt 知穿过铁芯的磁通量的最大变化率为E m N ＝25 Wb/s ，故B 正确；根据电流与匝数成反比，原线圈电流为0.25 A ，由题意可知：原线圈电压有效值为44 V ，根据电压与匝数成正比得U 1＝40 V ，R 1消耗的功率是P ＝(44－40)×0.25 W ＝1 W ，故C 错误，D 正确．13．(2019·宿迁高三联考)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R 为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S 闭合后( )A ．L 1的电阻为112ΩB ．L 1消耗的电功率为7.5 WC ．L 2的电阻为7.5 ΩD ．L 2消耗的电功率为0.3 W解析：选CD.S 闭合后，L 1两端的电压为3.0 V ，由乙图可知，I 1＝0.25 A ，故P 1＝0.75 W ，R 1＝12 Ω，A 、B 均错；L 2与R 及电源串联，把R 和电源等效成电动势为3 V ，内阻为7.5 Ω的新电源，在图乙中作出新电源的I －U 图线，如图，两图线的交点表示出了此时L 2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U 2＝1.5 V ，I 2＝0.2 A ，所以R 2＝U 2I 2＝1.50.2 Ω＝7.5 Ω，P 2＝U 2I 2＝1.5×0.2 W ＝0.3 W ，C 、D 正确．14．(2019·南京模拟)如图所示电路中，电源电动势为E 、内阻为r ，电阻R 2、R 3为定值电阻，R 1为滑动变阻器，A 、B 为电容器的两个极板．当滑动变阻器R 1的触头处于某位置时，A 、B 两板间的带电油滴静止不动．则下列说法中正确的是( )A ．仅把R 1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动B ．仅把R 1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向上运动C ．仅把两极板A 、B 间距离增大，油滴向下运动，电流表读数不变D ．仅把两极板A 、B 间正对面积减小，油滴向下运动，电流表读数不变解析：选BC.从图中可知电容器两板间的电压等于路端电压，电流表测量干路电流，若仅把R 1的触头向右滑动时，R 1连入电路的电阻增大，则电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压增大，干路电流减小，所以电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据公式E ＝Ud 可得两极板间的电场强度增大，所以油滴受到的电场力增大，故向上运动，A 错误，B 正确；仅把两极板A 、B 间距离增大，因为两极板间的电压不变，根据公式E ＝Ud 可得电容器两极板间的电场强度减小，油滴受到的电场力减小，向下运动，电流表的示数不变，C 正确；仅把两极板A 、B 间正对面积减小，由于两极板间的电压不变，距离不变，所以两极板间的电场强度不变，故油滴仍处于静止状态，电流表示数不变，D 错误．15．如图所示为某兴趣小组设计的一种发电装置，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向；矩形线圈abcd (d 点未在图中标出)的匝数为N ，其边长ab ＝cd ＝l ，bc ＝ad ＝2l ；线圈的总电阻为r ，外接电阻为R ；线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 边和ad 边同时进、出磁场．在磁场中，bc 边和cd 边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．则( )A ．bc 边和ad 边在磁场中运动时，线圈的感应电动势的大小为NBl 2ωB ．bc 边和ad 边在磁场中运动时，bc 边所受安培力的大小为4N 2B 2l 3ωR ＋rC ．通过R 的电流有效值为2NBl 2ωR ＋rD ．通过R 的电流有效值为4NBl 2ω3（R ＋r ）解析：选BD.bc 、ad 边的运动速度v ＝l2ω，电动势E m ＝2·NB ·2l ·v ＝2NBl 2ω，A 错误；根据欧姆定律得，电流I m ＝E m R ＋r ，bc 边所受安培力为F ＝N ·B ·I m ·2l ＝4N 2B 2l 3ωR ＋r ，B 正确；因为两磁场的圆心角为49π，故一个周期内，通电时间t ＝49T ，由有效值定义知：I 2m (R ＋r )49T ＝I 2(R ＋r )T ，解得I ＝4NBl 2ω3（R ＋r ），C 错误，D 正确．。
(浙江专用)高考数学二轮复习 专题四 立体几何 第1讲 空间几何体专题强化训练-人教版高三全册数学试
第1讲空间几何体专题强化训练1.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )A．4 B．8C．12 D．16解析：选D.如图，以AA1为底面矩形一边的四边形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E这4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D.2．正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A，E，C1的平面与棱DD1相交于点F，且F是棱DD1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3C ．323cm 3D ．403cm 3解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．4．(2019·某某模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体最长的棱长等于( )A ．34B ．41C ．5 2D ．215解析：选C.由正视图、侧视图、俯视图的形状，可判断该几何体为三棱锥，形状如图，其中SC ⊥平面ABC ，AC ⊥AB ，所以最长的棱长为SB ＝5 2.5．(2019·某某十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．15π2B ．8π C.17π2D ．9π解析：选B.依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接恰好形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，选B.6.如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形．如果三棱柱的体积为123，圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为( )A ．12πB ．14πC ．16πD ．18π解析：选C.设圆柱的底面半径为R ，则三棱柱的底面边长为3R ，由34(3R )2·2R ＝123，得R ＝2，S 圆柱侧＝2πR ·2R ＝16π.故选C.7．(2019·某某市第一次模拟)某几何体的三视图如图所示(网格线中每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．54C ．64D ．60解析：选D.根据三视图还原直观图，如图所示，则该几何体的表面积S ＝6×3＋12×6×4＋2×12×3×5＋12×6×5＝60，故选D.8．在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析：选B.由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.9．(2019·某某八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )A.12B.24C.22 D.32解析：选C.依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a ，则斜边长为2a ，圆锥的底面半径为22a 、母线长为a ，因此其俯视图中椭圆的长轴长为2a 、短轴长为a ，其离心率e ＝1－（a2a）2＝22，选C. 10.已知圆柱OO 1的底面半径为1，高为π，ABCD 是圆柱的一个轴截面．动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．现将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则y ＝f (θ)的图象大致为( )解析：选A.将圆柱的侧面沿轴截面ABCD 展平，则曲线Γ是展开图形(即矩形)的对角线，根据题意，将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则f (θ)应当是一次函数的一段，故选A.11．(2019·某某省重点中学高三12月期末热身联考)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________；表面积是________．解析：根据三视图可得，该几何体是长方体中的四棱锥C BB 1D 1D ，由三视图可得：AB ＝2，BC ＝2，BB 1＝4，VC BB 1D 1D ＝23×12×2×2×4＝163，S C BB 1D 1D ＝12×2×2＋22×4＋12×2×4＋12×2×4＋12×22×18＝16＋8 2.答案：16316＋8 212.(2019·某某市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________ cm 3，表面积为________cm 2.解析：由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉14后得到的几何体．所以该几何体的体积＝34×12×43×π×13＝π2cm 3.表面积＝34×12×4π×12＋12×π×12＋34×π×12＝11π4 cm 2.答案：π211π413．(2019·某某省“五校联盟”质量检测)已知球O 的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O 的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．解析：设球的半径为R ，则4πR 2＝25π，所以R ＝52，所以球的直径为2R ＝5，设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则长方体的表面积S ＝2ab ＋2ac ＋2bc ≤a 2＋b 2＋a 2＋c 2＋b 2＋c 2＝2(a 2＋b 2＋c 2)＝50.答案：5014．(2019·某某省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当xy 取得最大值时，该几何体的体积是____________．解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，CD ＝y2，AB＝y ，AC ＝5，CP ＝7，BP ＝x ，所以BP 2＝BC 2＋CP 2，即x 2＝25－y 2＋7，x 2＋y2＝32≥2xy ，则xy ≤16，当且仅当x ＝y ＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V ＝13×2＋42×3×7＝37.答案：3715．(2019·某某市高考数学二模)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，则异面直线BE 与B 1D 1所成角的余弦值等于________，若正方体棱长为1，则四面体B EB 1D 1的体积为________．解析：取CC 1中点F ，连接D 1F ，B 1F ，则BE 綊D 1F ， 所以∠B 1D 1F 为异面直线BE 与B 1D 1所成的角．设正方体棱长为1，则B 1D 1＝2，B 1F ＝D 1F ＝1＋14＝52.所以cos ∠B 1D 1F ＝12B 1D 1D 1F ＝2252＝105. V B EB 1D 1＝V D 1BB 1E ＝13S △BB 1E ·A 1D 1＝13×12×1×1×1＝16.答案：1051616．已知棱长均为a 的正三棱柱ABC A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为216的球面上，则a 的值为________．解析：设O 是球心，D 是等边三角形A 1B 1C 1的中心，则OA 1＝216，因为正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长均为a ，所以A 1D ＝32a ×23＝33a ，OD ＝a 2，故A 1D 2＋OD 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2162，得712a 2＝2136，即a 2＝1，得a ＝1. 答案：117．(2019·瑞安四校联考)已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，则此三棱柱的体积的最大值为________．解析：如图，设球心为O ，三棱柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，底面正三角形的边长为a ，则AO 1＝23×32a ＝33a .由已知得O 1O 2⊥底面， 在Rt △OAO 1中，由勾股定理得OO 1＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＝3·3－a 23，所以V 三棱柱＝34a 2×2×3·3－a 23＝3a 4－a62，令f (a )＝3a 4－a 6(0＜a ＜2)， 则f ′(a )＝12a 3－6a 5＝－6a 3(a 2－2)，令f ′(a )＝0，解得a ＝ 2.因为当a ∈(0，2)时，f ′(a )＞0；当a ∈(2，2)时，f ′(a )＜0，所以函数f (a )在(0，2)上单调递增，在(2，2)上单调递减． 所以f (a )在a ＝2处取得极大值．因为函数f (a )在区间(0，2)上有唯一的极值点，所以a ＝2也是最大值点．所以(V 三棱柱)max＝3×4－82＝1. 答案：118.如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD , ∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面PAD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD 的体积．解：(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD .又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故BC ∥平面PAD .(2)取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 取CD 的中点N ，连接PN ， 则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27， 所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3. 所以四棱锥P ABCD 的体积V ＝13×2×（2＋4）2×23＝4 3.19.如图，在△ABC 中，∠B ＝π2，AB ＝BC ＝2，P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D .现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ′，使平面PDA ′⊥平面PBCD .(1)当棱锥A ′PBCD 的体积最大时，求PA 的长；(2)若P 为AB 的中点，E 为A ′C 的中点，求证：A ′B ⊥DE . 解：(1)设PA ＝x ，则PA ′＝x ， 所以V A ′PBCD ＝13PA ′·S 底面PBCD ＝13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 22.令f (x )＝13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 22＝2x 3－x36(0<x <2)，则f ′(x )＝23－x22.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎪⎫0，233233 ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，2 f ′(x )0 f (x )单调递增极大值单调递减由上表易知，当PA ＝x ＝233时，V A ′PBCD 取最大值．(2)证明：取A ′B 的中点F ，连接EF ，FP . 由已知，得EF 綊12BC 綊PD .所以四边形EFPD 是平行四边形， 所以ED ∥FP .因为△A ′PB 为等腰直角三角形， 所以A ′B ⊥PF .所以A ′B ⊥DE .。
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
(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
(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.
高考生物二轮、三轮复习课件 专题四第一讲
链接提升 1．在加热杀死 S 型细菌的过程中，蛋白质变性失活，而 DNA 因加热碱基对之间氢链断裂而解旋，而当温度降 低时，又形成氢键而恢复活性。 2．作为遗传物质必备的条件 (1)能复制，使前后代具有连续性。 (2)能控制性状和代谢过程。 (3)具有储存大量遗传信息的潜能。 (4)结构稳定，但又能发生突变。
解旋 _________→ 合成 →复旋；复制特点： 边解旋边复制 、 半保留复制 ___________________。
4．DNA 分子的复制条件：模板( 两 条脱氧核苷酸链)、原料 ( 4 种脱氧核苷酸)、能量、酶等。 5． 染色体 是基因的主要载体，此外， 线粒体和叶绿体 中也 有基因分布。
回归命题本源
1．DNA 分子中特定的碱基排列顺序就是 遗传信息 ，决定了 DNA 分子的特异性。 2．DNA 双螺旋结构的特点 (1)两条链 反向 平行。(2) 脱氧核糖 和 即 A 与 T，G 与 C。 3．复制时间：有丝分裂或减数第一次分裂间期；复制过程：
磷酸 交替连接 构成基本骨架。(3)两链上的碱基以 氢键 连接形成 碱基对，
变式训练 1
噬菌体是一类细菌病毒。下列关于噬菌体侵染
细菌实验的相关叙述中不正确的是 ( ) A．该实验证明 DNA 是遗传物质，蛋白质不是遗传物质 B．侵染过程的“合成”阶段，噬菌体 DNA 作为模板， 而原料、ATP、酶、场所等条件均由细菌提供 C．为确认何种物质注入细菌体内，可用 标记噬菌体的 DNA 和蛋白质 D．若用 32P 对噬菌体双链 DNA 标记，再转入培养有细 菌的普通培养基中让其连续复制 n 次，则含 32P 的 DNA 应占子代 DNA 总数的 1/2n－1
链接提升 1．RNA、DNA 链的判定 (1)若有 U 无 T，则该核酸为 RNA。 (2)若有 T 无 U，且 A＝T、G＝C，则该核酸一般为 双链 DNA。 (3)若有 T 无 U，且 A≠T、G≠C，则该核酸为单链 DNA。 2．DNA 复制过程中的碱基数量计算 某 DNA 分子中含某碱基 a 个，(1)复制 n 次需要含该 碱基的脱氧核苷酸数为 a(2n－1)；(2)第 n 次复制，需 要含该碱基的脱氧核苷酸数为 a·n－1。 2
高三物理二轮复习：专题4 电场和磁场课件 第1讲
专题四
第一讲
走向高考 · 二轮专题复习新课标版 ·物理
2．电势
(1)沿电场线方向电势降低，电场线由电势高的等势面指向 电势低的等势面，且电场线垂直于等势面。 (2) 判断 UAB 的正负，根据 UAB ＝ φA － φB ，比较 φA 和 φB 的大 小。
3．电势能
电场力做正功，电荷(无论正电荷还是负电荷)从电势能较 大处移向电势能较小处；反之，如果电荷克服电场力做功，那
么电荷将从电势能较小处移向电势能较大处。
专题四
第一讲
走向高考 · 二轮专题复习新课标版 ·物理
三、易错易混要明了 电场强度大的地方电势不一定高，处于该点的电荷具有的 电势能也不一定大。
专题四
第一讲
走向高考 · 二轮专题复习新课标版 ·物理
(2014· 北京 ) 如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚
电势是标量，在等势面上电热是相等的，D正确。
专题四
第一讲
走向高考 · 二轮专题复习新课标版 ·物理
平行极电容器问题分析 (2014·河北质检 ) 如图所示，平行板电容器两极 板M、N相距d，两极板分别与电压恒定为 U的电源两极连接，
极板M带正电。现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静
止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为 k ，则 ( )
线表示该电场的等势面。下列判断正确的是( A．1、2两点的场强相等 )
B．1、3两点的场强相等
C．1、2两点的电势相等 D．2、3两点的电势相等 [答案] D
专题四
第一讲
走向高考 · 二轮专题复习新课标版 ·物理
[解析]
本题考查电场中的图线问题，关键是对电场和电
势的理解，简单常规题。根据电场线的疏密程度判断电场。电 场线越密，电场越强，则E1>E2，E1>E3，A、B错。
专题四 陆地和海洋——第一讲 地壳的组成和变动
带 ， 造 带 两侧板 块 向外扩 张 构 ④ ［ 考 回放 ］ 高 ０ ４年 ： 石 成 因 及 作 用 （ 京 ） 济 南 泉 岩 北 群 变 化 （ 国 ）板 块 分 布 （ 东 省 ） 地 貌 景 观 全 广 识别（ 苏省 ） 江 ０ ５年 ： 块 构 造 、 布 （ 国 ） 地 质 作 用 板 分 全 和构 造 地貌 （ 东 省 ） 岩 石 转 化 （ 苏 省 ） 广 江
地 质 构 造 与 储 油 结 构 （ ５年 全 国 文 综 ） ０ １（ ５年 广 东 省 ） 列 地 形 中 ， 要 由 内 ． 义 ① ２写
② ⑤
—
、
—
③
、
— —
（） 有 层 理 构 造 并 可 能 含 有 化 石 的 岩 石 ３具
代号 是
Ｃ黄 土 高 原 ．
而成 （ ）
Ｄ． 丘 沙
温熔 化 冷却凝 固 变 质 作用
题 ：
２ （ ５年 江 苏 省 ） 灰 石 受 岩 浆 烘 烤 变 质 ．０ 石
Ａ． 岩 砂 Ｂ板 岩 ．
～
维普资讯
ｃ玄 武 岩 ．
Ｄ． 理 岩 大
维普资讯
专题 四 陆地和海洋
第一讲 地壳 的组成和变动
［ 考 考点 ］ 常
造 岩矿物 三 大类 岩石 成 因特 点
学 说 及 板 块 运 动 对 地 表 的 影 响
地 壳物
质组 成 、 环过 程 及 对地 表 的 影 响 板 块 构造 循
［ 识梳 理 ］ 知
表
— —
边 界 ， 代 ｏ
【 讲 精练 】 精
例 １ ．在 下 图 中 ， 母 字 和 数 字 分 别 代 表 岩 石 及 地 壳 物 质 循
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。
新教材2024高考英语二轮专题复习专题四语法填空第一讲介冠代连词第二节并列连词和三大从句课件
9.[2023·河北省唐山市二模] When the freezing cold night fell, the visitors sat around the stage ________ the fire show was performed.
答案与解析：as 定语从句。句意：然而，正如蕾切尔·卡森在《明天的寓言》 中所说的那样，这种寓言形式今天仍然有价值。分析句子结构可知，空处引导非 限制性定语从句，从句缺少宾语，且先行词是前面的整个主句，此处表示“正 如”，所以空处填as。
5.[2023·山东省潍坊市三模]The main activities of the festival, ________ include competitions for kite making, flying and fighting, are scheduled.
答案与解析：where 句意：当寒冷的夜晚来临时，观众们围坐在舞台周围， 看那里的打树花表演。分析句子结构和意思可知， ________ the fire show was performed是定语从句，先行词stage在从句中作地点状语，故填where。
10.[2023·山东省泰安市三模] It will be like having a kind and helpful teacher by your side ________ has nearly all the world's medical knowledge.
答案与解析：whose 句意：月牙泉的地形和景观非常独特，已成为一个浪漫 的景点。空处引导非限制性定语从句，先行词为The Crescent Spring，在从句中作 定语，修饰名词terrain and landscape，应用关系代词whose。
高考物理二轮复习 第一部分 专题四 动量与能量 第1讲 动量和能量观念在力学中的应用练习(含解析)
动量和能量观念在力学中的应用1．如图甲所示，质量m＝6 kg的空木箱静止在水平面上,某同学用水平恒力F推着木箱向前运动，1 s 后撤掉推力，木箱运动的v .t图像如图乙所示，不计空气阻力，g取10 m/s2。
下列说法正确的是（）A．木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0。
25B．推力F的大小为20 NC．在0～3 s内，木箱克服摩擦力做功为900 JD．在0.5 s时，推力F的瞬时功率为450 W解析撤去推力后，木箱做匀减速直线运动，由速度—时间图线知，匀减速直线运动的加速度大小a2＝错误! m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得,a2＝错误!＝μg，解得木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5,故A错误；匀加速直线运动的加速度大小a1＝错误! m/s2＝10 m/s2，由牛顿第二定律得,F－μmg＝ma1，解得F＝μmg＋ma1＝0。
5×60 N＋6×10 N＝90 N，故B错误;0～3 s内，木箱的位移x＝错误!×3×10 m＝15 m，则木箱克服摩擦力做功W f＝μmgx＝0。
5×60×15 J＝450 J，故C错误；0。
5 s时木箱的速度v＝a1t1＝10×0。
5 m/s＝5 m/s，则推力F的瞬时功率P＝Fv＝90×5 W＝450 W,故D正确.答案D2．（2019·湖南株洲二模)如图，长为l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙（小球可视为质点），初始时它们直立在光滑的水平地面上。
后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。
当小球甲刚要落地时，其速度大小为（）A.错误!B．错误!C.错误!D．0解析甲、乙组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv－mv′＝0，由于甲球落地时，水平方向速度v＝0，故v′＝0，由机械能守恒定律得错误!mv错误!＝mgl，解得v甲＝2gl，故A正确.答案A3。