衡水中学一轮复习方法
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一轮复习物质跨膜运输的方式[考纲要求] 1.物质进出细胞的方式Ⅱ(被动运输、主动运输、胞吞胞吐)2.分析不同物质跨膜运输实例,归纳跨膜运输的方式与特点一、回归教材、梳理知识考点一 物质跨膜运输的其他实例 教材P631. 展示教材上资料分析的例子,通过提问的方式梳理知识问题一:水稻培养液中里的Ca2+和Mg2+浓度为什么会增高?答案:水稻吸收水分和其他离子较多,吸收Ca2+和Mg2+较少总结:细胞膜对无机盐离子的吸收具有选择性( 结构基础:细胞膜上载体蛋白的种类和数量不同)问题二:轮作是农业生产中经常使用的方法。
农民在同一块田里种植的作物种类会因年份有所不同,也就是有计划地更换作物种类来种。
这与作物根系对矿质营养元素的选择性吸收有什么关系吗?——让学生利用所学知识,回答农业生产问题展示资料:人体甲状腺滤泡上皮细胞具有很强的摄取碘的能力。
血液中碘的质量浓度为250mg/L,而甲状腺滤泡上皮细胞内碘浓度比血液高20~25倍。
说明:物质运输有的顺相对含量梯度,有的逆相对含量梯度——-引入新课-探究物质进出细胞的方式考点二 物质进出细胞的方式1. 展示物质跨膜运输的示意图 讲解自由扩散,协助扩散,主动运输的概念,根据概念来讲解他们运输的特点2. 再展示图巩固:考向一:识图判断运输方式[思维深化]1.依图解判定物质跨膜运输方式3. 展示有关胞吞胞吐的教材内容。
讲解概念.非跨膜运输:胞吞、胞吐 体现:生物膜的流动性提问:胞吐、胞吐的一定是大分子吗?大分子通过膜一定是胞吞胞吐吗? 讲解特例:神经递质是小分子通过胞吐的方式:RNA 进出核膜是通过核孔:4,通过连线讲解:考向二 熟记各种运输方式的实例考查特点、实例[连线]5,通过提问讲解易错点例子:葡糖糖进入红细胞和小肠上皮细胞不同例子;钾离子钠离子进出神经细胞神经细胞:画图讲解:钾离子外流、钠离子内流|——协助扩散:静息电位恢复后:钠钾泵:吸钾排钠——主动运输精炼1;(2018●全国卷II)下列有关物质跨膜运输的叙述,正确的是( C )A.巨噬细胞摄入病原体的过程属于协助扩散B.固醇类激素进人靶细胞的过程属于主动运输C.神经细胞受到刺激产生动作电位时Na 离子内流属于被动运输D.护肤品中的甘油进人皮肤细胞的过程属于主动运输2.(2019●安徽定远重点中学一模)如图表示物质进出细胞1和细胞2的过程示意图。
专题3.2 导数与函数的单调性、极值与最值(精讲)【考情分析】1.了解函数的单调性与导数的关系;2.能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间。
3.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;4.会用导数求函数的极大值、极小值;5.会求闭区间上函数的最大值、最小值。
【重点知识梳理】知识点一函数的单调性与导数的关系函数y=f(x)在某个区间内可导,则:(1)若f′(x)>0,则f(x)在这个区间内单调递增;(2)若f′(x)<0,则f(x)在这个区间内单调递减;(3)若f′(x)=0,则f(x)在这个区间内是常数函数.知识点二函数的单调性与导数的关系函数y=f(x)在某个区间内可导,则:(1)若f′(x)>0,则f(x)在这个区间内单调递增;(2)若f′(x)<0,则f(x)在这个区间内单调递减;(3)若f′(x)=0,则f(x)在这个区间内是常数函数.知识点三函数的极值与导数形如山峰形如山谷知识点四函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a,b]上有最值的条件如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那么它必有最大值和最小值.(2)求y =f (x )在[a ,b ]上的最大(小)值的步骤 ①求函数y =f (x )在(a ,b )内的极值;②将函数y =f (x )的各极值与端点处的函数值f (a ),f (b )比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.【特别提醒】1.函数f (x )在区间(a ,b )上递增,则f ′(x )≥0,“f ′(x )>0在(a ,b )上成立”是“f (x )在(a ,b )上单调递增”的充分不必要条件.2.对于可导函数f (x ),“f ′(x 0)=0”是“函数f (x )在x =x 0处有极值”的必要不充分条件.3.求最值时,应注意极值点和所给区间的关系,关系不确定时,需要分类讨论,不可想当然认为极值就是最值.4.函数最值是“整体”概念,而函数极值是“局部”概念,极大值与极小值之间没有必然的大小关系. 【典型题分析】高频考点一求函数的单调区间例1.【2019·天津卷】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数,求()f x 的单调区间。
第一章集合、常用逻辑用语与不等式第1课时集合[复习要求] 1.了解集合的含义,元素与集合的属于关系;能用列举法或描述法表示集合.2.理解集合之间包含与相等的含义,能识别给定集合的子集;了解全集与空集的含义.3.理解并会求并集、交集、补集;能用Venn(韦恩)图表示集合的关系与运算.集合的基本概念(1)集合的概念:把一些元素组成的总体叫做集合(简称为集);(2)集合中元素的三个特性:确定性、无序性、互异性;(3)集合的三种表示方法:列举法、描述法、图示法.(4)常见数集的记法集合自然数集正整数集整数集有理数集实数集符号N N+(或N*)Z Q R集合的基本关系(1)子集:若对于任意的x∈A都有x∈B,则A⊆B;(2)真子集:若A⊆B,且A≠B,则A B;(3)相等:若A⊆B,且B⊆A,则A=B;(4)∅是任何集合的子集,是任何非空集合的真子集.集合的基本运算(1)交集:A∩B={x|x∈A且x∈B};(2)并集:A∪B={x|x∈A或x∈B};(3)补集:若U为全集,A⊆U,则∁U A={x|x∈U且x∉A}.集合的常用运算性质(1)A∩∅=∅;A∩A=A;(2)A∪∅=A;A∪A=A;(3)A∩(∁U A)=∅;A∪(∁U A)=U;∁U(∁U A)=A;(4)A⊆B⇔A∩B=A⇔A∪B=B;A⊆B⇔(∁U A)⊇(∁U B)⇔A∩(∁U B)=∅;(5)∁U(A∩B)=(∁U A)∪(∁U B);∁U(A∪B)=(∁U A)∩(∁U B);(6)如图所示,用集合A ,B 表示图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个部分所表示的集合分别是A ∩B ;A ∩(∁U B);B ∩(∁U A);∁U (A ∪B)或(∁U B)∩(∁U A);(7)card(A ∪B)=card(A)+card(B)-card(A ∩B).1.判断下列说法是否正确(打“√”或“×”).(1)集合{x ∈N |x 3=x},用列举法表示为{-1,0,1}.(2){x|y =x 2}={y|y =x 2}={(x ,y)|y =x 2}.(3)若5∈{1,m +2,m 2+4},则m 的取值集合为{1,-1,3}.(4)若P ∩M =P ∩N =A ,则A ⊆M ∩N.(5)设U =R ,A ={x|lgx<1},则∁U A ={x|lgx ≥1}={x|x ≥10}.答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ (5)×解析 (1)由于-1∉N ,故(1)错.(2)中{x|y =x 2}=R ,{y|y =x 2}={y|y ≥0}=[0,+∞),以上两集合为数集,{(x ,y)|y =x 2}表示抛物线y =x 2上所有点的集合,故(2)错.(3)当m =-1时,m +2=1,与集合中元素的互异性矛盾,故(3)错.(4)正确.(5)中A ={x|0<x<10},∁U A ={x|x ≤0或x ≥10}.故(5)错.2.(课本习题改编)若x ∈R ,则x 2+1=0的解集A =________;不等式x 2≤0的解集B =________;0与A 的关系为________;A 与B 的关系为________.答案 ∅ {0} 0∉A A ⊆B(或填A B)3.(2020·课标全国Ⅱ)已知集合U ={-2,-1,0,1,2,3},A ={-1,0,1},B ={1,2},则∁U (A ∪B)=( )A .{-2,3}B .{-2,2,3}C .{-2,-1,0,3}D .{-2,-1,0,2,3}答案 A解析 由题意,得A ∪B ={-1,0,1,2},则∁U (A ∪B)={-2,3}.故选A.4.(1)(2021·衡水中学调研卷)已知集合A ={x ∈Z |x 2-2x -3≤0},B ={y|y =2x },则A ∩B 的子集的个数为________.(2)已知集合M ={x|x -a =0},N ={x|ax -1=0},若M ∩N =N ,则实数a 的值是________. 答案 (1)8 (2)0或1或-15.(2020·《高考调研》原创题)已知全集U =A ∪B ={x ∈N |0≤x ≤9},若集合B ={1,3,5,7},则A ∩(∁U B)=________.答案 {0,2,4,6,8,9}解析 由题意知集合A 中至少包含0,2,4,6,8,9几个元素,而∁U B ={0,2,4,6,8,9},∴A ∩(∁U B)={0,2,4,6,8,9}.题型一 集合的基本概念例1 (1)已知集合A =⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x =k +12,k ∈Z ,B =⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x =k 2,k ∈Z ,则A 与B 之间的关系是( )A .A =BB .A BC .B AD .无法比较【解析】 方法一(列举法):A =⎩⎨⎧⎭⎬⎫…,-12,12,32,52,72,…, B =⎩⎨⎧⎭⎬⎫…,-12,0,12,1,32,2,52,3,72,…. 显然A B.方法二(描述法):集合A =⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x =k +12,k ∈Z =⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x |x =2k +12,k ∈Z ,B =⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x =k 2,k ∈Z ,2k +1可以表示任意奇数,k 可以表示任意整数,故A B. 【答案】 B(2)(2021·重庆八中摸底考试)设集合M ={y|y =2cosx ,x ∈[0,5]},N ={x|y =log 2(x -1)},则M ∩N =( )A .{x|1<x ≤5}B .{x|-1<x ≤0}C .{x|-2≤x ≤0}D .{x|1<x ≤2}【解析】 ∵M ={y|y =2cosx ,x ∈[0,5]}={y|-2≤y ≤2},N ={x|y =log 2(x -1)}={x|x>1},∴M ∩N ={y|-2≤y ≤2}∩{x|x>1}={x|1<x ≤2}.【答案】 D(3)集合A ={1,0,x},B ={|x|,y ,lg(xy)},且A =B ,则x ,y 的值分别为________.【解析】 ∵x ,y 均不能为0,∴lg(xy)=0,故xy =1.又∵x ≠1,∴y ≠1,从而y =1x,且|x|=1,故x =y =-1. 【答案】 -1,-1状元笔记由本例讲透集合的基础知识(1)由本例(1)讲清:列举法与描述法及它们之间的相互转换,并通过此题使学生深刻理解元素与集合,集合与集合之间的关系,并共同总结此类题的解法.(2)本例(2)的难点是对集合M ,N 的识别:M 是函数y =2cosx 的值域,N 是函数y =log 2(x -1)的定义域.(3)由本例(3)深刻理解集合中元素的互异性的应用.思考题1 (1)给出以下四个命题:①{(x ,y)|x =1或y =2}={1,2};②{x|x =3k +1,k ∈Z }={x|x =3k -2,k ∈Z };③由英文单词“apple ”中的所有字母组成的集合有15个真子集;④设2 021∈{x ,x 2,x 2},则满足条件的所有x 组成的集合的真子集的个数为3. 其中正确的命题是________.【解析】 ①中左边集合表示横坐标为1或纵坐标为2的所有点组成的集合,即x =1或y =2两直线上所有点的集合,右边集合表示有两个元素1和2,左、右两集合的元素属性不同.②中3k +1,3k -2(k ∈Z )都表示被3除余1的数,正确.易错点在于认为3k +1与3k-2中的k 为同一个值,对集合的属性理解错误.③中真子集的个数为24-1=15.④中x =-2 021或x =- 2 021,∴集合为{-2 021,- 2 021},∴真子集有22-1=3(个).正确.【答案】 ②③④(2)(2020·课标全国Ⅲ)已知集合A ={(x ,y)|x ,y ∈N *,y ≥x},B ={(x ,y)|x +y =8},则A ∩B 中元素的个数为( )A .2B .3C .4D .6【解析】 由题意,A ∩B 中的元素满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x ,x +y =8,且x ,y ∈N *,由x +y =8≥2x ,得x ≤4,所以满足x +y =8的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4),故A ∩B 中元素的个数为4.故选C.【答案】 C(3)(2020·杭州学军中学月考)集合A ={-4,2a -1,a 2},B ={9,a -5,1-a},若A ∩B ={9},则a =( )A .-3B .3或-3C .3D .3或-3或5【解析】 由A ∩B ={9}可知9为集合A 与B 的公共元素,也是唯一公共元素.当2a -1=9时,解得a =5,此时A ={-4,9,25},B ={9,0,-4},不合题意(舍去); 当a 2=9时,解得a =3或-3.若a =3,则A ={-4,5,9},a -5=1-a =-2,集合B 不满足互异性,不合题意(舍去).若a =-3,则A ={-4,-7,9},B ={9,-8,4},符合题意.综上所述,a =-3.【答案】 A题型二 集合的基本关系例2 (1)已知集合A ={x|(x +1)(x -6)≤0},B ={x|m -1≤x ≤2m +1}.若A ∩B =B ,则实数m 的取值范围为________.【解析】 A ={x|-1≤x ≤6}.∵A ∩B =B ,∴B =∅或B ≠∅.当B =∅时,m -1>2m +1,即m<-2,符合题意.当B ≠∅时,⎩⎪⎨⎪⎧m -1≤2m +1,m -1≥-1,2m +1≤6.解得0≤m ≤52.得m<-2或0≤m ≤52. 【答案】 (-∞,-2)∪⎣⎡⎦⎤0,52 (2)设A ={0,-4},B ={x|x 2+2(a +1)x +a 2-1=0},①若B ⊆A ,则实数a 的取值范围为________;②若A ⊆B ,则实数a 的取值范围为________.【解析】 ①A ={0,-4},当B =∅时,Δ=4(a +1)2-4(a 2-1)=8(a +1)<0,解得a<-1;当B 为单元素集合时,a =-1,此时B ={0}符合题意;当B =A 时,由根与系数的关系,得⎩⎪⎨⎪⎧-2(a +1)=-4,a 2-1=0,解得a =1. 综上可知,a ≤-1或a =1.②若A ⊆B ,必有A =B ,由①知a =1.【答案】 ①(-∞,-1]∪{1} ②{1}状元笔记判断两集合关系的常用方法(1)化简集合法:用描述法表示的集合,若代表元素的表达式比较复杂,往往需化简表达式,再寻求两个集合的关系,如本例(2).(2)数形结合法:利用数轴或Venn 图直观判断,如本例(1).易错提醒:当B 为A 的子集时,易漏掉B =∅的情况而致误.思考题2 (1)已知集合A ={1,3,m},B ={1,m},A ∪B =A ,则m =________.【解析】 ∵A ={1,3,m},B ={1,m},A ∪B =A ,∴m =3或m =m.∴m =3或m =0或m =1.当m =1时,与集合中元素的互异性不符.【答案】 0或3(2)设A ={x|x 2-8x +15=0},B ={x|ax -1=0}.①若a =15,试判定集合A 与B 的关系; ②若B A ,求实数a 组成的集合C.【解析】 ①由x 2-8x +15=0,得x =3或x =5,∴A ={3,5}.若a =15,由ax -1=0,得15x -1=0,即x =5. ∴B ={5}.∴B A.②∵A ={3,5},又BA , 故若B =∅,则方程ax -1=0无解,有a =0;若B ≠∅,则a ≠0,由ax -1=0,得x =1a . ∴1a =3或1a =5,即a =13或a =15. 故C =⎩⎨⎧⎭⎬⎫0,13,15. 【答案】 ①B A ②⎩⎨⎧⎭⎬⎫0,13,15题型三 集合的基本运算(微专题)微专题1:集合的交、并、补运算例3 (1)(2021·兰州市高三诊断)设集合M ={x|x 2-3x -4<0},N ={x|0≤x ≤5},则M ∩(∁R N)=( )A .(0,4]B .[0,4)C .[-1,0)D .(-1,0)【解析】 ∵M ={x|x 2-3x -4<0}={x|-1<x<4},N ={x|0≤x ≤5},∴∁R N ={x|x<0或x>5}.M ∩(∁R N)={x|-1<x<0}.【答案】 D(2)(2021·湖北黄冈重点中学联考)全集U ={x|x<10,x ∈N *},A ⊆U ,B ⊆U ,(∁U B)∩A ={1,9},A ∩B ={3},(∁U A)∩(∁U B)={4,6,7},则A ∪B =________.【解析】 由已知条件可得U ={1,2,3,4,5,6,7,8,9},画出Venn 图如图所示.从而A ∪B ={1,2,3,5,8,9}.【答案】 {1,2,3,5,8,9} (3)(2021·八省联考)已知M ,N 均为R 的子集,且∁R M ⊆N ,则M ∪(∁R N)=( )A .∅B .MC .ND .R【解析】 方法一:如图所示易知答案为B.方法二:特值法. 不妨设∁R M =(1,2),N =(0,3),则M ∪(∁R N)=M.【答案】 B状元笔记集合运算的基本类型(1)具体集合的运算:高考对集合的考查,多是考查具体集合(给出或可以求出集合的具体元素)的交、并、补运算,如本例(1),(2),其解法依然是化简集合、列举法或借助于数轴、韦恩图等.预测明年对于集合的考查仍以此类题为主.(2)抽象集合的运算:本例(3)是考查抽象集合(没有给出具体元素的集合)间的关系判断和运算的问题.解决此类问题的途径有二:一是利用特例法将抽象集合具体化;二是利用韦恩图化抽象为直观.思考题3(1)(2021·湖北八校联考)已知集合A={x||x|≤2,x∈R},B={x|x ≤4,x∈Z},则A∩B=()A.(0,2) B.[0,2]C.{0,2} D.{0,1,2}【解析】由已知得A={x|-2≤x≤2},B={0,1,…,16},所以A∩B={0,1,2}.【答案】D(2)(2020·《高考调研》原创题)已知复数集U,f(n)=i n,(n∈N*),集合A={z|z=f(n)},集合B=N*,则A∩(∁U B)中有________个元素.【解析】A={1,-1,i,-i},∁U B是由复数集中不属于N*的所有数组成的集合,∴A∩(∁U B)={-1,i,-i}.【答案】3(3)如图,图形中的阴影部分表示集合()A.(A∪B)∩(B∪C) B.(A∪B)∩(A∪C)C.(A∩B)∪C D.(A∪B)∩C【答案】C微专题2:利用集合的运算求参数例4(1)已知集合A={x|x2-3x<0},B={1,a},且A∩B有4个子集,则实数a的取值范围是()A.(0,3) B.(0,1)∪(1,3)C.(0,1) D.(-∞,1)∪(3,+∞)【解析】因为A∩B有4个子集,所以A∩B中有2个不同的元素,所以a∈A,所以a2-3a<0,解得0<a<3.又a≠1,所以实数a的取值范围是(0,1)∪(1,3).故选B.【答案】B(2)设集合A={x|-1≤x<2},B={x|x<a},若A∩B≠∅,则a的取值范围是()A.(-1,2] B.(2,+∞)C.[-1,+∞) D.(-1,+∞)【答案】D状元笔记(1)一般来讲,集合中的元素若是离散的,则用Venn图表示;集合中的元素若是连续的,则用数轴表示,此时要注意端点的情况.(2)运算过程中要注意集合间的特殊关系的使用,灵活使用这些关系,会使运算简化.思考题4(1)(2020·启东中学模拟)已知集合A={x∈Z|x2-4x-5<0},B={x|4x >2m },若A ∩B 有三个元素,则实数m 的取值范围是( )A .[3,6)B .[1,2)C .[2,4)D .(2,4]【解析】 ∵A ={x ∈Z |-1<x<5}={0,1,2,3,4},B ={x |x>m 2},A ∩B 有三个元素,∴1≤m 2<2,即2≤m<4. 【答案】 C(2)(2020·课标全国Ⅰ,理)设集合A ={x|x 2-4≤0},B ={x|2x +a ≤0},且A ∩B ={x|-2≤x ≤1},则a =( )A .-4B .-2C .2D .4【解析】 求解二次不等x 2-4≤0可得A ={x|-2≤x ≤2},求解一次不等式2x +a ≤0可得B =⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤-a 2.因为A ∩B ={x|-2≤x ≤1},所以-a 2=1,解得a =-2.故选B. 【答案】 B1.通过例1~例3的讲解使学生对集合的表示及子、交、并、补运算等基础知识再一次巩固并系统化,体现本书:以“基础知识”为根本、以“通性通法”为重点的宗旨.2.解决集合问题的关键是正确地将集合进行化简求解,一般规律为:(1)若给定的集合是点集(离散型),用列举法(或结合Venn 图)求解.(2)若给定的集合是不等式的解集(连续型),用数轴求解.(3)若给定的集合是抽象集合,用Venn 图求解.集合中的创新型问题在知识交汇点处命题的信息迁移题是今后几年高考中的热点题型,解决此类问题,既要有扎实的基本功,又要有创新意识,要迅速阅读理解题意,准确把握新的信息,敢于下笔计算.例1 定义集合的商集运算为A B ={x |x =m n,m ∈A ,n ∈B},已知集合A ={2,4,6},B =⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x =k 2-1,k ∈A ,则集合B A ∪B 中的元素个数为( ) A .6 B .7C .8D .9【解析】 由题意知,B ={0,1,2},B A ={0,12,14,16,1,13 },则B A∪B =⎩⎨⎧⎭⎬⎫0,12,14,16,1,13,2,共有7个元素. 【答案】 B例2 当两个集合有公共元素,且互不为对方的子集时,我们称这两个集合“相交”.对于集合M ={x|ax 2-1=0,a>0},N ={-12,12,1},若M 与N “相交”,则a =________. 【解析】 M =⎩⎨⎧⎭⎬⎫-1a ,1a ,若1a =12,则a =4,若1a=1,则a =1. 当a =4时,M =⎩⎨⎧⎭⎬⎫-12,12,此时M ⊆N ,不合题意; 当a =1时,M ={-1,1},满足题意.【答案】 1例3 设全集U ={1,2,3,4,5,6},且U 的子集可表示由0,1组成的6位字符串,如:{2,4}表示的是自左向右的第2个字符为1,第4个字符为1,其余字符均为0的6位字符串010100,并规定空集表示的字符串为000000.(1)若M ={2,3,6},则∁U M 表示的6位字符串为________;(2)已知A ={1,3},B ⊆U ,若集合A ∪B 表示的字符串为101001,则满足条件的集合B 的个数是________.【解析】 (1)由已知,得∁U M ={1,4,5},则∁U M 表示的6位字符串为100110.(2)由题意可知A ∪B ={1,3,6},而A ={1,3},B ⊆U ,则B 可能为{6},{1,6},{3,6},{1,3,6},故满足条件的集合B 的个数是4.【答案】 (1)100110 (2)4题组层级快练(一)一、单项选择题1.下列各组集合中表示同一集合的是( )A .M ={(3,2)},N ={(2,3)}B .M ={2,3},N ={3,2}C .M ={(x ,y)|x +y =1},N ={y|x +y =1}D .M ={2,3},N ={(2,3)}答案 B2.集合M ={x ∈N |x(x +2)≤0}的子集个数为( )A .1B .2C .3D .4答案 B解析 ∵M ={x ∈N |x(x +2)≤0}={x ∈N |-2≤x ≤0}={0},∴M 的子集个数为21=2.选B.3.已知集合A =⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ∈Z |32-x ∈Z ,则集合A 中的元素个数为( ) A .2B .3C .4D .5答案 C 4.(2021·长沙市高三统一考试)若集合M ={x ∈R |-3<x<1},N ={x ∈Z |-1≤x ≤2},则M ∩N =( )A .{0}B .{-1,0}C .{-1,0,1}D .{-2,-1,0,1,2}答案 B解析 由题意,得N ={x ∈Z |-1≤x ≤2}={-1,0,1,2},M ={x ∈R |-3<x<1},则M ∩N ={-1,0}.故选B.5.(2021·山东新高考模拟)设集合A ={(x ,y)|x +y =2},B ={(x ,y)|y =x 2},则A ∩B =( )A .{(1,1)}B .{(-2,4)}C .{(1,1),(-2,4)}D .∅答案 C6.(2021·清华附中诊断性测试)已知集合A ={x|log 2(x -2)>0},B ={y|y =x 2-4x +5,x ∈A},则A ∪B =( )A .[3,+∞)B .[2,+∞)C .(2,+∞)D .(3,+∞)答案 C解析 ∵log 2(x -2)>0,∴x -2>1,即x>3,∴A =(3,+∞),∴y =x 2-4x +5=(x -2)2+1>2,∴B =(2,+∞),∴A ∪B =(2,+∞).故选C.7.已知集合A ={x ∈N |1<x<log 2k},集合A 中至少有3个元素,则( )A .k>8B .k ≥8C .k>16D .k ≥16答案 C解析 因为集合A 中至少有3个元素,所以log 2k>4,所以k>24=16.故选C.8.(2020·重庆一中月考)已知实数集R ,集合A ={x|log 2x<1},B ={x ∈Z |x 2+4≤5x},则(∁R A)∩B =( )A .[2,4]B .{2,3,4}C .{1,2,3,4}D .[1,4]答案 B解析 由log 2x<1,解得0<x<2,故A =(0,2),故∁R A =(-∞,0]∪[2,+∞),由x 2+4≤5x ,即x 2-5x +4≤0,解得1≤x ≤4,又x ∈Z ,所以B ={1,2,3,4}.故(∁R A)∩B ={2,3,4}.故选B.9.(2021·郑州质检)已知集合A ={x|x>2},B ={x|x<2m ,m ∈R }且A ⊆∁R B ,那么m 的值可以是( )A .1B .2C .3D .4答案 A解析 由B ={x|x<2m ,m ∈R },得∁R B ={x|x ≥2m ,m ∈R }.因为A ⊆∁R B ,所以2m ≤2,m ≤1.故选A.10.(2021·江淮十校联考)已知集合A ={y |y =x +1x,x ≠0},集合B ={x|x 2-4≤0},若A ∩B =P ,则集合P 的子集个数为( )A .2B .4C .8D .16答案 B二、多项选择题11.(2021·沧州七校联考)设集合A =⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |12<2x <7,下列集合中,是A 的子集的是( ) A .{x|-1<x<1} B .{x|1<x<3}C .{x|1<x<2}D .∅答案 ACD解析 依题意得,A ={x|-1<x<log 27},∵2=log 24<log 27<log 28=3,∴选ACD.12.设集合M ={x|(x -3)(x +2)<0},N ={x|x<3},则( )A .M ∩N =MB .M ∪N =NC .M ∩(∁R N)=∅D .M ∪N =R答案 ABC解析 由题意知,M ={x|-2<x<3},N ={x|x<3},所以M ∩N ={x|-2<x<3}=M ,M ∪N =N ,因为∁R N ={x|x ≥3},所以M ∩(∁R N)=∅.故选ABC.三、填空题与解答题13.(2021·浙江温州二模)集合A ={0,|x|},B ={1,0,-1},若A ⊆B ,则A ∩B =________,A ∪B =________,∁B A =________.答案 {0,1} {1,0,-1} {-1}解析 因为A ⊆B ,所以|x|∈B ,又|x|≥0,结合集合中元素的互异性,知|x|=1,因此A ={0,1},则A ∩B ={0,1},A ∪B ={1,0,-1},∁B A ={-1}.14.(1)设全集U =A ∪B ={x ∈N *|lgx<1},若A ∩(∁U B)={m|m =2n +1,n =0,1,2,3,4},则集合B =________.答案 {2,4,6,8}解析 U ={1,2,3,4,5,6,7,8,9},A ∩(∁U B)={1,3,5,7,9},∴B ={2,4,6,8}.(2)已知集合A ={x|log 2x<1},B ={x|0<x<c},c>0.若A ∪B =B ,则c 的取值范围是________.答案 [2,+∞)解析 A ={x|0<x<2},由数轴分析可得c ≥2.15.已知集合A ={x|1<x<3},集合B ={x|2m<x<1-m}.(1)若A ⊆B ,求实数m 的取值范围;(2)若A ∩B =(1,2),求实数m 的取值范围;(3)若A ∩B =∅,求实数m 的取值范围.答案 (1)(-∞,-2] (2)-1 (3)[0,+∞)解析 (1)由A ⊆B ,得⎩⎪⎨⎪⎧1-m>2m ,2m ≤1,1-m ≥3,得m ≤-2,即实数m 的取值范围为(-∞,-2].(2)由已知,得⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤1,1-m =2⇒⎩⎪⎨⎪⎧m ≤12,m =-1,∴m =-1. (3)由A ∩B =∅,得①若2m ≥1-m ,即m ≥13时,B =∅,符合题意; ②若2m<1-m ,即m<13时,需⎩⎪⎨⎪⎧m<13,1-m ≤1或⎩⎪⎨⎪⎧m<13,2m ≥3,得0≤m<13或∅,即0≤m<13. 综上知m ≥0,即实数m 的取值范围为[0,+∞).16.已知集合A ={x|1<x<k},集合B ={y|y =2x -5,x ∈A},若A ∩B ={x|1<x<2},则实数k 的值为( )A .5B .4.5C .2D .3.5答案 D解析 B =(-3,2k -5),由A ∩B ={x|1<x<2},知k =2或2k -5=2,因为k =2时,2k -5=-1,A ∩B =∅,不合题意,所以k =3.5.故选D.17.设f(n)=2n +1(n ∈N ),P ={1,2,3,4,5},Q ={3,4,5,6,7},记P ^={n ∈N |f(n)∈P},Q ^={n ∈N |f(n)∈Q},则P ^∩(∁N Q ^)=( )A .{0,3}B .{0}C .{1,2}D .{1,2,6,7}答案 B解析 设P 中元素为t ,由方程2n +1=t ,n ∈N ,解得P ^={0,1,2},Q ^={1,2,3},∴P ^∩(∁N Q ^)={0}.18.(2018·课标全国Ⅱ,理)已知集合A ={(x ,y)|x 2+y 2≤3,x ∈Z ,y ∈Z },则A 中元素的个数为( )A .9B .8C .5D .4答案 A解析 方法一:由x 2+y 2≤3知,-3≤x ≤3,-3≤y ≤ 3.又x ∈Z ,y ∈Z ,所以x ∈{-1,0,1},y ∈{-1,0,1},所以A 中元素的个数为C 31C 31=9.故选A.方法二:根据集合A 的元素特征及圆的方程在坐标系中作出图象,如图,易知在圆x 2+y 2=3中有9个整点,即为集合A 的元素个数.故选A.第2课时充分条件与必要条件、全称量词与存在量词[复习要求] 1.理解充分条件、必要条件与充要条件的意义.2.理解全称量词与存在量词的意义.3.能正确地对含有一个量词的命题进行否定.命题用语言、符号或式子表达的,可以判断真假的陈述句叫做命题.充分条件与必要条件(1)若p⇒q且q p,则p是q的充分不必要条件.(2)若q⇒p且p q,则p是q的必要不充分条件.(3)若p⇒q且q⇒p,则p是q的充要条件.(4)若p q且q p,则p是q的既不充分也不必要条件.全称量词和存在量词(1)全称量词有:一切,每一个,任给,用符号“∀”表示.存在量词有:有些,有一个,对某个,用符号“∃”表示.(2)含有全称量词的命题,叫做全称命题;“对M中任意一个x,有p(x)成立”可用符号简记为:∀x∈M,p(x),读作:“对任意x属于M,有p(x)成立”.(3)含有存在量词的命题,叫做特称命题(存在性命题);“存在M中的元素x0,使p(x0)成立”可用符号简记为:∃x0∈M,p(x0),读作:“存在M中的元素x0,使p(x0)成立”.含有一个量词的命题的否定命题命题的否定∀x∈M,p(x)∃x0∈M,綈p(x0)∃x0∈M,p(x0)∀x∈M,綈p(x)1.(课本习题改编)(1)x>0是x(x+1)>0的________条件.(2)|a|>0是a>0的________条件.(3)α>β是sinα>sinβ的________条件.答案(1)充分不必要(2)必要不充分(3)既不充分也不必要2.(2021·八省联考)关于x的方程x2+ax+b=0,有下列四个命题:甲:x=1是该方程的根;乙:x=3是该方程的根;丙:该方程两根之和为2;丁:该方程两根异号.如果只有一个假命题,则该命题是()A.甲B.乙C.丙D.丁答案A解析(1)若甲是假命题,则乙、丙、丁是真命题,则x1=3.x2=-1,符合题意.(2)若乙是假命题,则甲、丙、丁是真命题,则x1=1.x2=1,两根不异号,不符合题意.(3)若丙是假命题,则甲、乙、丁是真命题,则两根不异号,不符合题意.(4)若丁是假命题,则甲、乙、丙是真命题,则两根和不为2,不符合题意.故选A.3.(2020·上海春季高考题)“α=β”是“sin2α+cos2β=1”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案A解析若α=β,则sin2α+cos2β=sin2α+cos2α=1,∴“α=β”是“sin2α+cos2β=1”的充分条件;若sin2α+cos2β=1,则sin2α=sin2β,得不出α=β,∴“α=β”不是“sin2α+cos2β=1”的必要条件,∴“α=β”是“sin2α+cos2β=1”的充分不必要条件.故选A.4.特称命题“存在实数x0,y0,使得x0+y0>1”,用符号表示为________;此命题的否定是________(用符号表示),是________(填“真”或“假”)命题.答案∃x0,y0∈R,x0+y0>1∀x,y∈R,x+y≤1假5.【多选题】下列命题的否定是真命题的是()A.有些实数的绝对值是正数B.所有平行四边形都不是菱形C.∃x∈R,sinx+cosx=3D.∀x∈R,|x|+x2≥0答案BC解析此类题的解法有二:①判断原命题的真假,则其否定与其结论相反.②先写出命题的否定,再判断真假,本题宜用方法①.题型一充分、必要条件的判定例1(1)判断下列各题中,p是q的什么条件?①p:a>b,q:a>b-1;②p:a>b,q:lga>lgb;③p :a>b ,q :2a >2b; ④p :a>b ,q :a 2>b 2.【解析】 ①p ⇒q ,q ⇒/p ,∴p 是q 的充分不必要条件.②q ⇒p ,p q ,∴p 是q 的必要不充分条件.③p ⇒q ,且q ⇒p ,∴p 是q 的充要条件.④p q ,q p ,∴p 是q 的既不充分也不必要条件.【答案】 ①充分不必要条件 ②必要不充分条件③充要条件 ④既不充分也不必要条件(2)判断下列各题中,p 是q 的什么条件?①在△ABC 中,p :A>B ,q :BC>AC ;②p :x>1,q :x 2>1;③p :(a -2)(a -3)=0,q :a =3;④p :a<b ,q :a b <1. 【解析】 ①定义法:由三角形中大角对大边可知,若A>B ,则BC>AC ;反之,若BC>AC ,则A>B.因此,p 是q 的充要条件.②方法一(定义法):由x>1可以推出x 2>1;由x 2>1得x<-1或x>1,不一定有x>1.因此p 是q 的充分不必要条件.方法二(集合法):p =(1,+∞),q =(-∞,-1)∪(1,+∞),∴p ⊆q ,故p 是q 的充分不必要条件.③由(a -2)(a -3)=0可以推出a =2或a =3,不一定有a =3;由a =3可以得出(a -2)(a -3)=0.因此p 是q 的必要不充分条件.④由于a<b ,当b<0时,a b >1;当b>0时,a b <1,故若a<b ,不一定有a b <1.当b>0,a b<1时,可以推出a<b ;当b<0,a b<1时,可以推出a>b.因此p 是q 的既不充分也不必要条件. 【答案】 ①p 是q 的充要条件 ②p 是q 的充分不必要条件 ③p 是q 的必要不充分条件 ④p 是q 的既不充分也不必要条件(3)设a ,b ∈R ,则“a >b ”是“a|a|>b|b|”的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件【解析】 方法一:当a>b>0时,a>b ⇔a|a|>b|b|;当a>0>b 时,a>b ⇔a|a|>b|b|;当b<a<0时,a>b ⇔a|a|>b|b|,∴选C.方法二:构造函数f(x)=x|x|,则f(x)在定义域R 上为奇函数.因为f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧x 2,x ≥0,-x 2,x <0,所以函数f(x)在R 上单调递增,所以a >b ⇔f(a)>f(b)⇔a|a|>b|b|.选C.【答案】 C状元笔记判断充分必要条件的步骤(1)弄清条件p 和结论q 分别是什么.(2)尝试p ⇒q ,q ⇒p.(3)可简记为:充分条件是小推大,必要条件是大推小.(4)充要条件可以融入到数学各个分支,题型灵活多变,但万变不离其宗,只要紧扣定义,结合其他知识,便可迎刃而解.思考题1 (1)(2020·天津)设a ∈R ,则“a>1”是“a 2>a ”的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件【解析】 定义法:由a 2>a 得a>1或a<0,反之,由a>1得a 2>a ,则“a>1”是“a 2>a ”的充分不必要条件.故选A.【答案】 A(2)“1x>1”是“e x -1<1”的( ) A .充分不必要条件 B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件【解析】 ∵1x >1,∴x ∈(0,1).∵e x -1<1,∴x<1,即x ∈(-∞,1).∴“1x>1”是“e x -1<1”的充分不必要条件.或用集合法:∵(0,1)(-∞,1),∴“1x>1”是“e x -1<1”的充分不必要条件. 【答案】 A(3)(2021·衡水中学调研卷)如果x ,y 是实数,那么“x ≠y ”是“cosx ≠cosy ”的( )A .充要条件B .充分不必要条件C .必要不充分条件D .既不充分也不必要条件【解析】 “x ≠y ”不能推出“cosx ≠cosy ”,但“cosx ≠cosy ”一定有“x ≠y ”.【答案】 C(4)(2021·合肥一模)已知偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,则对实数a ,b ,“a>|b|”是“f(a)>f(b)”的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件【解析】 因为f(x)为偶函数,所以f(x)=f(-x)=f(|x|),由于f(x)在[0,+∞)上单调递增,因此若a>|b|≥0,则f(a)>f(|b|),即f(a)>f(b),所以“a>|b|”是“f(a)>f(b)”的充分条件;若f(a)>f(b),则f(|a|)>f(|b|),可得|a|>|b|≥0,由于a ,b 的正负不能判断,因此无法得到a>|b|,则“a>|b|”不是“f(a)>f(b)”的必要条件,所以“a>|b|”是“f(a)>f(b)”的充分不必要条件.故选A.【答案】 A题型二 充分、必要条件的应用例2 (1)已知P ={x|x 2-8x -20≤0},非空集合S ={x|1-m ≤x ≤1+m}.若x ∈P 是x ∈S 的必要条件,则m 的取值范围是________.【解析】 由x 2-8x -20≤0,得-2≤x ≤10,所以P ={x|-2≤x ≤10},由x ∈P 是x ∈S 的必要条件,知S ⊆P ,则⎩⎪⎨⎪⎧1-m ≤1+m ,1-m ≥-2,1+m ≤10,所以0≤m ≤3,所以当0≤m ≤3时,x ∈P 是x ∈S 的必要条件,即所求m 的取值范围是[0,3].【答案】 [0,3](2)在(1)中若把条件“若x ∈P 是x ∈S 的必要条件”改为“若x ∈P 是x ∈S 的必要不充分条件”,则m 的取值范围是________.【解析】 方法一:由(1)若x ∈P 是x ∈S 的必要条件,则0≤m ≤3,当m =0时,S ={1},满足题意;当m =3时,S ={x|-2≤x ≤4}满足题意,故m 的取值范围为[0,3].方法二:若x ∈P 是x ∈S 的必要且充分条件,则P =S ,即⎩⎪⎨⎪⎧1-m =-2,1+m =10⇒m 无解, ∴m 的取值范围是[0,3].【答案】 [0,3]状元笔记本例涉及参数问题,直接解决较为困难,先用等价转化思想,将复杂、生疏的问题化归为简单、熟悉的问题来解决.一般地,在涉及字母参数的取值范围的充要关系问题中,常常要利用集合的包含、相等关系来考虑,这是破解此类问题的关键.思考题2 (1)已知p :1≤x ≤2,q :(x -a)(x -a -1)≤0,若p 是q 的充要条件,则实数a 的值为________.【答案】 1(2)已知p :4x +m<0,q :x 2-x -2>0,若p 是q 的一个充分不必要条件,求m 的取值范围.【解析】 ∵4x +m<0,∴x<-m 4,∴p :x<-m 4. ∵x 2-x -2>0,∴x<-1或x>2,∴q :x<-1或x>2.∵p ⇒q ,∴-m 4≤-1,∴m ≥4. 即m 的取值范围是[4,+∞).【答案】 [4,+∞)(3)(2021·北京西城区期末)已知函数f(x)=sin2x ,x ∈[a ,b],则“b -a ≥π2”是“f(x)的值域为[-1,1]”的( )A .充分而不必要条件B .必要而不充分条件C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件【解析】 由图可知,若a =0,π2<b<3π4,则b -a>π2,但f(x)=sin2x 的值域不是[-1,1].反之,因为值域是[-1,1],说明b -a ≥12T ,而T =π.所以b -a ≥π2.【答案】B题型三全(特)称命题及其真假的判断例3指出下列命题中,哪些是全称命题,哪些是特称命题,并判断真假.(1)若a>0,且a≠1,则对任意实数x,a x>0;(2)对任意实数x1,x2,若x1<x2,则tanx1<tanx2;(3)∃T∈R,使|sin(x+T)|=|sinx|;(4)∃x0∈R,使x02+1<0.【解析】(1)(2)是全称命题,(3)(4)是特称命题.(1)∵a x>0(a>0,a≠1)恒成立,∴命题(1)是真命题.(2)存在x1=0,x2=π,x1<x2,但tan0=tanπ,∴命题(2)是假命题.(3)y=|sinx|是周期函数,π就是它的一个周期,∴命题(3)是真命题.(4)对任意x∈R,x2+1>0,∴命题(4)是假命题.【答案】(1)(2)是全称命题,(3)(4)是特称命题;(1)(3)是真命题,(2)(4)是假命题状元笔记全(特)称命题真假的判断方法(1)要判定一个全称命题是真命题,必须对限定集合M中的每个元素x验证p(x)成立;但要判定全称命题是假命题,只要能举出集合M中的一个x=x0,使得p(x0)不成立即可(这就是通常所说的“举出一个反例”).(2)要判定一个特称命题是真命题,只要在限定集合M中,至少能找到一个x=x0,使p(x0)成立即可;否则,这一特称命题就是假命题.(3)不管是全称命题还是特称命题,当其真假不易判定时,可先判断其否定的真假.思考题3(2021·湖北宜昌一中月考)下列命题中是假命题的是() A.∃x0∈R,log2x0=0B.∃x0∈R,cosx0=1C.∀x∈R,x2>0 D.∀x∈R,2x>0【解析】因为log21=0,cos0=1,所以A,B项均为真命题,因为02=0,所以C项为假命题,因为2x>0,所以选项D为真命题.【答案】C题型四含量词命题的否定例4写出下列命题的否定,并判断真假.(1)p1:所有的正方形都是矩形;(2)p2:至少有一个整数,它既能被2整除,又能被5整除;(3)p3:∀x∈{x|x是无理数},x2是无理数;(4)p4:∃x0∈{x|x∈Z},log2x0>0.【解析】(1)綈p1:至少存在一个正方形不是矩形,是假命题.(2)綈p2:所有的整数,都不能被2或5整除,是假命题.(3)綈p3:∃x0∈{x|x是无理数},x02不是无理数,是真命题.(4)綈p4:∀x∈{x|x∈Z},log2x≤0,是假命题.【答案】命题的否定见解析,(1)(2)(4)的否定为假命题,(3)的否定为真命题状元笔记(1)全(特)称命题的否定与命题的否定有着一定的区别,全(特)称命题的否定是将其全称量词改为存在量词(或存在量词改为全称量词),并把结论否定;而命题的否定则是直接否定结论即可.(2)常见词语的否定形式有:原语句是都是>至少有一个至多有一个对任意x∈A使p(x)真否定形式不是不都是≤一个也没有至少有两个存在x0∈A使p(x0)假思考题4(1)写出下列命题的否定并判断真假.①p:所有末位数字是0或5的整数都能被5整除;②p:每一个非负数的平方都是正数;③p:存在一个三角形,它的内角和大于180°;④p:有的四边形没有外接圆.【解析】①綈p:存在末位数字是0和5的整数不能被5整除,是假命题.②綈p:存在一个非负数的平方不是正数,是真命题.③綈p:任何一个三角形,它的内角和不大于180°,是真命题.④綈p:所有的四边形都有外接圆,是假命题.【答案】命题的否定见解析,①④的否定为假命题,②③的否定为真命题(2)(高考真题·浙江卷)命题“∀n∈N*,f(n)∈N*且f(n)≤n”的否定是()A.∀n∈N*,f(n)∉N*且f(n)>nB.∀n∈N*,f(n)∉N*或f(n)>nC.∃n∈N*,f(n)∉N*且f(n)>nD.∃n∈N*,f(n)∉N*或f(n)>n【解析】全称量词命题的否定为存在量词命题,因此命题“∀n∈N*,f(n)∈N*且f(n)≤n”的否定是“∃n∈N*,f(n)∉N*或f(n)>n”.【答案】D1.充分、必要条件的判定方法.(1)定义法.(2)集合法:若p以集合A的形式出现,q以集合B的形式出现,即A={x|p(x)},B={x|q(x)},则①若A⊆B,则p是q的充分条件;②若B⊆A,则p是q的必要条件;③若A=B,则p是q的充要条件.2.含一个量词的命题的否定,既要否定量词,又要否定结论.题组层级快练(二)一、单项选择题1.(2021·开封市一模)若a ,b 是非零向量,则“a ·b >0”是“a 与b 的夹角为锐角”的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件 答案 B解析 因为a ,b 为非零向量,a ·b >0,所以由向量数量积的定义知,a 与b 的夹角为锐角或a 与b 方向相同;反之,若a 与b 的夹角为锐角,由向量数量积的定义知,a ·b >0成立.故“a ·b >0”是“a 与b 的夹角为锐角”的必要不充分条件.故选B.2.(2021·湖南长郡中学模拟)“log 2(2x -3)<1”是“4x >8”的( ) A .充分不必要条件 B .必要不充分条件 C .充要条件 D .既不充分也不必要条件 答案 A 3.“(m -1)(a -1)>0”是“log a m>0”的( ) A .充分不必要条件 B .必要不充分条件 C .充要条件 D .既不充分也不必要条件 答案 B解析 (m -1)(a -1)>0等价于⎩⎨⎧m>1,a>1或⎩⎪⎨⎪⎧m<1,a<1,而log a m>0等价于⎩⎨⎧m>1,a>1或⎩⎪⎨⎪⎧0<m<1,0<a<1,所以条件具有必要性,但不具有充分性,比如m =0,a =0时,不能得出log a m>0.故选B.4.王昌龄是盛唐著名的边塞诗人,被誉为“七绝圣手”,其《从军行》传诵至今,“青海长云暗雪山,孤城遥望玉门关,黄沙百战穿金甲,不破楼兰终不还”,由此推断,其中最后一句“攻破楼兰”是“返回家乡”的( )A .必要条件B .充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件 答案 A解析 设p :攻破楼兰,q :返回家乡,由已知綈p ⇒綈q ,得q ⇒p ,故p 是q 的必要条件.5.(2019·北京)设A ,B ,C 不共线,则“AB →与AC →的夹角为锐角”是“|AB →+AC →|>|BC →|”的( )A .充分而不必要条件B .必要而不充分条件C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件 答案 C解析 若|AB →+AC →|>|BC →|,则|AB →+AC →|2>|BC →|2,AB →2+AC →2+2AB →·AC →>|BC →|2,∵点A ,B ,C 不共线,∴线段AB ,BC ,AC 构成一个三角形ABC ,设内角A ,B ,C 对应的边分别为a ,b ,c ,则由平面向量的数量积公式及余弦定理可知,c 2+b 2+2bc·cosA>c 2+b 2-2bc·cosA ,∴cosA>0,又A ,B ,C 三点不共线,故AB →与AC →的夹角为锐角.反之,易得当AB →与AC →的夹角为锐角时,|AB →+AC →|>|BC →|,∴“AB →与AC →的夹角为锐角”是“|AB →+AC →|>|BC →|”的充分必要条件.故选C.6.(2019·浙江)设a>0,b>0,则“a +b ≤4”是“ab ≤4”的( ) A .充分不必要条件 B .必要不充分条件C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件答案 A解析 因为a>0,b>0,所以a +b ≥2ab ,由a +b ≤4可得2ab ≤4,解得ab ≤4,所以充分性成立;当ab ≤4时,取a =8,b =13,满足ab ≤4,但a +b>4,所以必要性不成立.所以“a +b ≤4”是“ab ≤4”的充分不必要条件.故选A.7.(2018·北京)设a ,b ,c ,d 是非零实数,则“ad =bc ”是“a ,b ,c ,d 成等比数列”的( )A .充分而不必要条件B .必要而不充分条件C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件 答案 B解析 (定义法)a ,b ,c ,d 是非零实数,若ad =bc ,则b a =dc,此时a ,b ,c ,d 不一定成等比数列;反之,若a ,b ,c ,d 成等比数列,则a b =cd ,所以ad =bc ,所以“ad =bc ”是“a ,b ,c ,d 成等比数列”的必要而不充分条件.故选B.8.命题“∀x ∈R ,⎝⎛⎭⎫13x >0”的否定是( ) A .∃x 0∈R ,⎝⎛⎭⎫13x 0<0 B .∀x ∈R ,⎝⎛⎭⎫13x ≤0 C .∀x ∈R ,⎝⎛⎭⎫13x <0 D .∃x 0∈R ,⎝⎛⎭⎫13x 0≤0答案 D解析 全称命题“∀x ∈R ,⎝⎛⎭⎫13x >0”的否定是把量词“∀”改为“∃”,并把结论进行否定,即把“>”改为“≤”.故选D.9.命题“∃x 0∈∁R Q ,x 03∈Q ”的否定是( ) A .∃x 0∉∁R Q ,x 03∈Q B .∃x 0∈∁R Q ,x 03∈Q C .∀x ∉∁R Q ,x 3∈Q D .∀x ∈∁R Q ,x 3∉Q 答案 D解析 该特称命题的否定为“∀x ∈∁R Q ,x 3∉Q ”.10.(2021·湖南邵阳高三大联考)若命题“∃x 0∈R ,x 02+2mx 0+m +2<0”为假命题,则m 的取值范围是( )A .(-∞,-1)∪[2,+∞)B .(-∞,-1)∪(2,+∞)C .[-1,2]D .(-1,2) 答案 C解析 命题的否定是“∀x ∈R ,x 2+2mx +m +2≥0”,该命题为真命题,所以Δ=4m 2-4(m +2)≤0,解得-1≤m ≤2.故选C.11.“m>2”是“关于x 的方程x 2-mx +m +3=0的两根都大于1”的( ) A .充分不必要条件 B .必要不充分条件 C .充分必要条件 D .既不充分也不必要条件 答案 B解析 设方程x 2-mx +m +3=0有两根,两根分别为x 1,x 2,则Δ≥0,且x 1+x 2=m ,x 1·x 2=m +3.。
题型4漫画类选择题题型分析:漫画型选择题利用生动形象的漫画对某些思想、行为进行辛辣而又不失幽默的讽刺或赞扬,从而给人以启迪和教育。
漫画型选择题总体设计新颖别致、构思精巧,全面考查考生理解和运用知识解决实际问题的能力,特别是透过现象看本质的能力。
这种题一般会给出一幅或一组漫画,有的还会采用图文结合的形式。
此类题一般都带有讽刺意味,设问是从启示、警示角度提出来的。
一般情况下需要从漫画讽刺的现象出发,逆向推断题肢的内容是否符合所学相关知识点、现实生活常识以及党和国家的文件精神,符合的就当选。
D典题例证iantilizheng)(2018·江苏卷,29)下列选项与漫画《盲目加工》蕴含的哲理相符的是(D)A.捡了芝麻,丢了西瓜B.一着不慎,满盘皆输C.百足之虫,死而不僵D.只见树木,不见森林【解析】D对,题中漫画反映了作画者在画画时只看到了部分,没有看到整体。
“只见树木,不见森林”强调的是用孤立的观点看问题,与漫画寓意相符。
A排除,该项反映的哲理是没有抓住主要矛盾,与漫画寓意不符。
B排除,该项强调的是关键部分对整体的影响,与漫画寓意不符。
C排除,该项强调的是旧事物不会轻易退出历史舞台,还会对社会产生影响,与漫画寓意不符。
『技巧点拨』解漫画型选择题方法首先,要读懂漫画(含漫画标题)。
漫画本身包含了命题者的命题意图。
命题者是想针砭时弊,揭露问题还是想弘扬正气,展示成就。
我们可以通过漫画中的人物的神态,动作,表情,言语和其他事物的表面特征以及漫画标题等去揣摩,把握。
把握命题者的真实意图,是我们做好这种题目的关键所在。
因此,我们在阅读漫画时,要仔细揣摩,要透过漫画中事物的表面现象、特征去抓住其内在的本质、深层次的道理。
我们在阅读漫画时,还必须把漫画与书本知识结合起来,多角度联想漫画所折射的教材知识。
反对不读漫画,不去仔细揣摩命题者的真实意图,不去联想漫画所折射的教材知识,只单纯看题肢本身正确与否的错误做法。
专题强化二追及相遇问题目标要求 1.掌握处理追及相遇问题的方法和技巧.2.会用图象分析追及相遇问题.3.会熟练运用运动学公式结合运动图象解决追及相遇的综合问题.题型一追及相遇问题1.分析思路可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”.(1)一个临界条件:速度相等.它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件,也是分析、判断问题的切入点;(2)两个等量关系:时间等量关系和位移等量关系,通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口.2.能否追上的判断方法(临界条件法)物体B追赶物体A:开始时,两个物体相距x0,当v B=v A时,若x B>x A+x0,则能追上;若x B=x A+x0,则恰好追上;若x B<x A+x0,则不能追上.3.特别提醒若被追赶的物体做匀减速直线运动,一定要注意判断被追上前该物体是否已经停止运动.4.常用分析方法(1)物理分析法:抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键,认真审题,挖掘题目中的隐含条件,建立物体运动关系的情境图.(2)二次函数法:设相遇时间为t,根据条件列方程,得到关于位移x与时间t的二次函数关系,由此判断两物体追及或相遇情况.①若Δ>0,即有两个解,说明可以相遇两次;②若Δ=0,说明刚好追上或相遇;③若Δ<0,说明追不上或不能相遇.(3)极值法设经过时间t,分别列出两物体的位移—时间关系式,得位移之差Δx与时间的二次函数,再利用数学极值法求解距离的最大(或最小)值.(4)图象法:将两个物体运动的速度—时间关系图线在同一图象中画出,然后利用图象分析、求解相关问题.例1 一辆汽车在十字路口等候绿灯,当绿灯亮时汽车以a =3 m/s 2的加速度开始加速行驶,恰在这时一辆自行车以v =6 m/s 的速度匀速驶过,从后边超过汽车.则汽车从路口启动后,在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远?此时两车的距离是多少? 答案 2 s 6 m解析 解法一(分析法):汽车与自行车的速度相等时相距最远,设此时经过的时间为t ,两车间的距离为Δx ,则有v =at 所以t =va =2 sΔx =v t -12at 2=6 m.解法二(极值法):设汽车在追上自行车之前经过时间t 两车相距最远,则Δx =v t -12at 2代入已知数据得Δx =6t -32t 2由二次函数求极值的条件知:t =2 s 时,Δx 有最大值6 m 所以t =2 s 时两车相距最远,为Δx =6 m.解法三(图象法):自行车和汽车的v -t 图象如图所示,由图可以看出,在相遇前,t 1时刻两车速度相等,两车相距最远,此时的距离为阴影三角形的面积,所以有t 1=v 1a =63 s =2 s ,Δx =v 1t 12=6×22m =6 m.追及与相遇问题的两种典型情况假设物体A 追物体B ,开始时,两个物体相距x 0,有两种典型情况:(1)初速度小的匀加速运动的物体A 追匀速运动的物体B ,当v A =v B 时,二者相距最远. (2)初速度大的匀减速运动的物体A 追匀速运动的物体B ,当v A =v B 时,①若已超越,则相遇两次. ②若恰好追上,则相遇一次. ③若没追上,则无法相遇.例2 (2020·甘肃城关市兰州一中高三月考)A 、B 两车在同一直线上向右匀速运动,B 车在A 车前,A 车的速度大小为v 1=8 m/s ,B 车的速度大小为v 2=20 m/s ,如图1所示.当A 、B 两车相距x 0=28 m 时,B 车因前方突发情况紧急刹车(刹车过程可视为匀减速直线运动),加速度大小为a =2 m/s 2,从此时开始计时,求:图1(1)A 车追上B 车之前,两者相距的最大距离; (2)A 车追上B 车所用的时间;(3)从安全行驶的角度考虑,为避免两车相撞,在题设条件下,A 车在B 车刹车的同时也应刹车的最小加速度.答案 (1)64 m (2)16 s (3)0.25 m/s 2解析 (1)当A 、B 两车速度相等时,相距最远,根据速度关系得:v 1=v 2-at 1 代入数据解得:t 1=6 s此时,根据位移时间的关系得:x A 1=v 1t 1 x B 1=v 2t 1-12at 12Δx m =x B 1+x 0-x A 1 代入数据解得:Δx m =64 m(2)B 车刹车到停止运动所用时间: t 0=v 2a =10 s发生的位移:x B 2=v 222a =100 m此时:x A 2=v 1t 0=80 m 则:x A 2<x 0+x B 2,可见此时A 车并未追上B 车,而是在B 车停止后才追上B 车停止后A 车运动时间为:t 2=x 0+x B 2-x A 2v 1=6 s故所用总时间为:t=t0+t2=16 s(3)A车刹车减速至0时刚好追上B车时,加速度最小v22 2a +x0=v122a A代入数据解得:a A=0.25 m/s2.1.(避碰问题)(2020·山东烟台市模拟)一汽车在直线公路段上以54 km/h的速度匀速行驶,突然发现在其正前方14 m处有一辆自行车以5 m/s的速度同向匀速行驶.经过0.4 s的反应时间后,司机开始刹车,则:(1)为了避免相撞,汽车的加速度大小至少为多少?(2)若汽车刹车时的加速度大小只有4 m/s2,在汽车开始刹车的同时自行车开始以一定的加速度匀加速行驶,则自行车的加速度至少为多大才能保证两车不相撞?答案(1)5 m/s2(2)1 m/s2解析(1)设汽车的加速度大小为a,初速度v汽=54 km/h=15 m/s,初始距离d=14 m在经过反应时间0.4 s后,汽车与自行车相距d′=d-(v汽-v自)t0=10 m从汽车刹车开始计时,自行车的位移为:x自=v自t汽车的位移为:x汽=v汽t-12at2假设汽车能追上自行车,此时有:x汽=x自+d′代入数据整理得:12at2-10t+10=0要保证不相撞,即此方程至多只有一个解,即得:Δ=102-20a≤0,解得:a≥5 m/s2.汽车的加速度至少为5 m/s2.(2)设自行车加速度为a′,同理可得:x汽′=x自′+d′整理得:(12a ′+2)t 2-10t +10=0要保证不相撞,即此方程至多只有一个解, 即得:Δ′=102-20a ′-80≤0 解得:a ′≥1 m/s 2.自行车的加速度至少为1 m/s 2.2.(体育赛事中的追及问题)2019世界田径接力赛男子4×100米接力赛,冠军被巴西队以38秒05获得.如图2所示,这是某一次接力训练.已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持10 m/s 的速度跑完全程.设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速运动,加速度大小为3 m/s 2.乙在接力区前端听到口令时起跑,在甲、乙相遇时完成交接棒.在某次练习中,甲以v =10 m/s 的速度跑到接力区前端s 0=14.0 m 处向乙发出起跑口令.已知接力区的长度为L =20 m.图2(1)求此次练习中交接棒处离接力区前端(即乙出发的位置)的距离.(2)为了达到理想成绩,需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上,则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令?(3)在(2)中,棒经过接力区的时间是多少? 答案 (1)6 m (2)16.7 m (3)2 s解析 (1)设乙加速到交接棒时运动时间为t , 则在甲追及乙过程中有:s 0+12at 2=v t代入数据得:t 1=2 s ,t 2≈4.67 s(不符合乙加速最长时间t m =v a =103 s ,故舍去)此次练习中交接棒处离接力区前端的距离为:x =12at 12=6 m(2)乙加速时间为:t 乙=v a =103s设甲在距离接力区前端为s 时对乙发出起跑口令 则在甲追及乙过程中有:s +12v t 乙=v t 乙代入数据得:s ≈16.7 m(3)棒在(2)情形下以v =10 m/s 的速度运动,所以有:t ′=Lv =2 s.题型二 图象法在追及相遇问题中的应用1.根据两个物体的v -t 图象分析追及相遇问题:(1)利用图象中斜率、面积、交点的含义进行定性分析或定量计算. (2)有时将运动图象还原成物体的实际运动情况更便于理解.2.根据两个物体的运动状态作出v -t 图象,再分析解答问题.根据物体在不同阶段的运动情况,分阶段画出v -t 图象,再通过定量计算分析得出结果. 利用v -t 图象分析追及相遇问题更直观、简捷.例3 (多选)(2016·全国卷Ⅰ·21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其v -t 图像如图3所示.已知两车在t =3 s 时并排行驶,则( )图3A.在t =1 s 时,甲车在乙车后B.在t =0时,甲车在乙车前7.5 mC.两车另一次并排行驶的时刻是t =2 sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 答案 BD解析 根据v -t 图像知,甲、乙两车都沿正方向运动.t =3 s 时,甲、乙两车并排行驶,此时v 甲=30 m/s ,v 乙=25 m/s ,由v -t 图线与时间轴所围“面积”对应位移知,0~3 s 内甲车位移x 甲=12×3×30 m =45 m ,乙车位移x 乙=12×3×(10+25) m =52.5 m.故t =0时,甲、乙两车相距Δx 1=x 乙-x 甲=7.5 m ,即甲车在乙车前方7.5 m ,选项B 正确;0~1 s 内,x 甲′=12×1×10 m =5 m ,x 乙′=12×1×(10+15) m =12.5 m ,Δx 2=x 乙′-x 甲′=7.5 m =Δx 1,说明在t =1 s 时甲、乙两车第一次并排行驶,选项A 、C 错误;甲、乙两车两次并排行驶的位置之间的距离为x =x 甲-x 甲′=45 m -5 m =40 m ,选项D 正确.例4 (2020·河北石家庄市模拟)在水平直轨道上有两列火车A 和B 相距x ,A 车在后面做初速度为v 0、加速度大小为2a 的匀减速直线运动,B 车同时做初速度为零、加速度为a 的匀加速直线运动,两车运动方向相同.要使两车不相撞,求A 车的初速度v 0应满足什么条件?(请用临界法与图象法分别分析解题) 答案 见解析 解析 方法一 图象法利用v -t 图象求解,先作出A 、B 两车的v -t 图象,如图所示.设经过t 时间两车刚好不相撞, 则对A 车有v A =v ′=v 0-2at 对B 车有v B =v ′=at 以上两式联立解得t =v 03a经时间t 两车的位移之差为原来两车间距离x ,它可用图中的阴影面积表示,由图象可知 x =12v 0·t =12v 0·v 03a =v 026a所以要使两车不相撞,A 车的初速度v 0应满足的条件是v 0≤6ax . 方法二 临界条件法两车不相撞的临界条件是,A 车追上B 车时其速度与B 车相等.设从A 、B 两车相距x 到A 车追上B 车时,A 车的位移为x A 、末速度为v A 、所用时间为t ;B 车的位移为x B 、末速度为v B ,运动过程如图所示.对A 车有x A =v 0t +12(-2a )t 2,v A =v 0+(-2a )t对B 车有x B =12at 2,v B =at由两车位移关系有x =x A -x B追上时,两车不相撞的临界条件是v A =v B 联立以上各式解得v 0=6ax故要使两车不相撞,A 车的初速度v 0应满足的条件是v 0≤6ax .课时精练1.(多选)(2018·全国卷Ⅱ·19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其速度—时间图像分别如图1中甲、乙两条曲线所示.已知两车在t 2时刻并排行驶.下列说法正确的是( )图1A.两车在t 1时刻也并排行驶B.在t 1时刻甲车在后,乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大 答案 BD解析 t 1~t 2时间内,甲车位移大于乙车位移,且t 2时刻两车并排行驶,则t 1时刻甲在乙的后面,A 项错误,B 项正确;由题图图像的斜率知,甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大,C 项错误,D 项正确.2.(2020·广东深圳市第一次调研)可视为质点的甲、乙两小车分别沿同一平直路面同向行驶,t =0时,甲在乙前方16 m 处,它们的v -t 图象如图2所示,则下列说法正确的是( )图2A.甲、乙在t =2 s 和t =10 s 时刻并排行驶B.甲、乙在t =4 s 和t =8 s 时刻并排行驶C.在t =6 s 时刻,乙车在甲车前8 m 处D.在t =6 s 时刻,乙车在甲车前18 m 处 答案 B解析 由题图图象可知,甲做初速度为0,加速度为a 1=126m/s 2=2 m/s 2的匀加速运动;乙做初速度为v 0=6 m/s ,加速度为a 2=12-66 m/s 2=1 m/s 2的匀加速运动;两车相遇时满足:v 0t +12a 2t 2=s 0+12a 1t 2,即6t +12×1×t 2=16+12×2t 2,解得t 1=4 s ,t 2=8 s ,即甲、乙在t =4 s和t =8 s 时刻并排行驶,选项A 错误,B 正确.在t =6 s 时,甲的位移:x 1=12×2×62 m =36 m ;乙的位移:x 2=6×6 m +12×1×62 m =54 m ,可知此时乙在甲的前面,Δx =x 2-x 1-s 0=54 m-36 m -16 m =2 m ,选项C 、D 错误.3.(2020·湖南永州市高三三模)在某个恶劣天气中,能见度很低,甲、乙两汽车在一条平直的单行道上,甲在前、乙在后同向行驶.某时刻两车司机听到前方有事故发生的警笛提示,同时开始刹车,两车刹车后的v -t 图象如图3所示,下列说法正确的是( )图3A.甲车的加速度大于乙车的加速度B.若t =24 s 时两车未发生碰撞,则此时两车相距最远C.为避免两车发生碰撞,开始刹车时两车的间距至少为48 mD.若两车发生碰撞,则可能是在开始刹车24 s 以后的某时刻发生的 答案 C解析 甲车的加速度大小a 1=⎪⎪⎪⎪Δv 1Δt 1=1648 m/s 2=13 m/s 2乙车的加速度大小a 2=⎪⎪⎪⎪Δv 2Δt 2=2040 m/s 2=12 m/s 2所以甲车的加速度小于乙车的加速度,故A 错误;t =24 s 时,两车速度相等,开始时,甲在前、乙在后同向行驶,所以若t =24 s 时两车未发生碰撞,则此时两车相距最近,故B 错误; 0~24 s 内,甲车的位移x 1=16+82×24 m =288 m乙车的位移x 2=20+82×24 m =336 m两者位移之差Δx =x 2-x 1=48 m所以为避免两车发生碰撞,开始刹车时两车的间距至少为48 m ,故C 正确;t =24 s 时,两车速度相等,若两车速度相等时没有相撞,则速度相等后,甲车的速度比乙车的大,两车不可能相撞,故D 错误.4.(多选)(2020·河北衡水中学高三月考)甲、乙两物体从同一地点同时开始做直线运动的v -t 图象如图4所示.根据图象提供的信息可知( )图4A.6 s 末乙追上甲B.在乙追上甲之前,甲、乙相距最远为10 mC.8 s 末甲、乙两物体相遇,且离出发点32 mD.在0~4 s 内与4~6 s 内甲的平均速度相等 答案 BC解析 根据题图图象可知,在0~4 s 内甲的平均速度v 1=4+82 m/s =6 m/s ,在4~6 s 内甲的平均速度v 2=8+02 m/s =4 m/s ,D 错误;在0~6 s 内,甲的位移x 甲=v 1×4 s +v 2×2 s =32 m ,乙的位移x 乙=6×4 m =24 m ,因此6 s 末乙未追上甲,A 错误;当两者速度相等时,距离最远,即5 s 末距离最远,此时x 甲′=4+82×4 m +4+82×1 m =30 m ,x 乙′=5×4 m =20 m ,最远距离Δx ′=10 m ,B 正确;6 s 以后,甲物体停止运动,因此相遇时,距离出发点32 m ,所用时间t =x 甲v 乙=324 s =8 s ,C 正确. 5.(2020·江西重点中学协作体第一次联考)甲、乙两车在平直公路上沿同一方向做直线运动,t =0时刻,甲车在乙车前20 m 处,它们的v -t 图象如图5所示,下列说法正确的是( )图5A.甲车启动的加速度大于乙车启动的加速度B.甲车启动15 s 时,乙车落后甲车的距离最大C.乙车启动时,甲在乙车前方50 mD.t =25 s 时,乙车正好追上甲车答案 B解析 由v -t 图象斜率表示加速度可知,甲车启动时的加速度小于乙车启动时的加速度,A 错误;10~15 s 时间内,乙车在后,较慢,甲车在前,较快,在t =15 s 时,两车速度相等,则此时两车距离最大,B 正确;t =10 s 时,乙车启动,在0~10 s 内,通过v -t 图象中图线与时间轴所围“面积”表示位移可得,甲车的位移x 甲=12×10×10 m =50 m ,t =0时两车相距20 m ,故乙车启动时两车相距(50+20) m =70 m ,故C 错误;0~25 s 内,甲车的总位移:x 甲′=50 m +10×(25-10) m =200 m ,乙车运动的总位移:x 乙′=12×10×20 m +20×(25-20) m =200 m ,此时x 甲′+20 m>x 乙′,甲车在乙车的前方,故D 错误.6.(2019·广东中山市模拟)甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动,它们运动的加速度随时间变化图象如图6所示.关于两车的运动情况,下列说法正确的是( )图6A.在0~4 s 内,甲车做匀加速直线运动,乙车做匀减速直线运动B.在0~2 s 内,两车间距逐渐增大,2~4 s 内两车间距逐渐减小C.在t =2 s 时,甲车的速度为3 m/s ,乙车的速度为4.5 m/sD.在t =4 s 时,甲车恰好追上乙车答案 C解析 根据题图图象可知,在0~4 s 内,甲车做匀加速直线运动,乙车做加速度逐渐减小的加速直线运动,故A 错误;加速度—时间图象的图线与时间轴所围的面积表示速度的变化量,当t =4 s 时,两图线与t 轴所围的面积相等,即该时刻两辆车的速度相等,此时两车的间距最大,故B 、D 错误;在t =2 s 时,乙车的速度为v 乙=12×(1.5+3)×2 m/s =4.5 m/s ,甲车速度为v 甲=1.5×2 m/s =3 m/s ,故C 正确.7.(2020·河南高三二模)自动驾驶汽车依靠人工智能、雷达,监控装置和全球定位系统协同合作,让电脑可以在没有任何人操作的情况下,自动安全地操作机动车辆.如图7所示,某平直公路上一辆自动驾驶汽车正以v 1=40 km/h 的速度匀速行驶,某时刻其右前方一小狗以v 2=5 m/s 的速度垂直车道方向匀速跑入公路,当汽车传感器探测到小狗时,小狗到汽车右侧所在直线的距离L 1=5 m ,到汽车前沿所在直线的距离L 2=8 m.已知汽车的车长d 1=5 m 、车宽d 2=2 m ,汽车加速时的加速度大小a 1=4 m/s 2,刹车时的加速度大小a 2=5 m/s 2.为了避免与小狗发生碰撞,汽车的自动驾驶系统该作出的正确判断是( )图7A.汽车应保持原速通过B.汽车应刹车减速C.汽车应加速通过D.不论汽车是加速还是刹车均不能避免与小狗发生碰撞答案 C解析 小狗走过L 1距离的时间为t 1=L 1v 2=55s =1 s 汽车的速度v 1=40 km/h ≈11.1 m/s ,若保持原速行驶,则在t 1时间内的位移为x 1=v 1t 1=11.1 m因为L 2+d 1>x 1>L 2则小狗会与车相撞,选项A 错误;若汽车刹车减速,则在t 1=1 s 内的位移x 2=v 1t 1-12a 2t 12=8.6 m>L 2, 则汽车也会与小狗相撞,选项B 错误;若汽车加速通过,则在t 1=1 s 内的位移x 3=v 1t 1+12a 1t 12=13.1 m>L 2+d 1=13 m则可避免车与小狗相撞,选项C正确,选项D错误.8.在一大雾天,一辆小汽车以30 m/s的速度行驶在高速公路上,突然发现正前方30 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶,小汽车紧急刹车,刹车过程中刹车失灵.如图8a、b分别为小汽车和大卡车的v-t图线,以下说法正确的是()图8A.因刹车失灵前小汽车已减速,故不会追尾B.在t=5 s时追尾C.在t=3 s时追尾D.由于初始距离太近,即使刹车不失灵也会追尾答案 C解析根据v-t图线与时间轴所围“面积”表示位移可知,两车速度相等时(t=5 s),小汽车相对于大卡车的位移为35 m>30 m,所以会追尾,选项A错误;在t=3 s时,小汽车相对于大卡车的位移等于30 m,此时发生追尾,选项C正确,B错误;若刹车不失灵,在t=2 s时两车速度相等,小汽车相对于大卡车的位移等于20 m,小于开始时的距离30 m,所以刹车不失灵时不会追尾,选项D错误.9.(2020·广东汕头市质检)某一长直的赛道上,一辆F1赛车前方200 m处有一安全车正以10 m/s的速度匀速前进,这时赛车从静止出发以2 m/s2的加速度追赶.(1)求赛车出发3 s末的瞬时速度大小;(2)求赛车何时追上安全车?追上之前与安全车最远相距多少?(3)当赛车刚追上安全车时,赛车手立即刹车,使赛车以4 m/s2的加速度做匀减速直线运动,则两车再经过多长时间第二次相遇?(设赛车可以从安全车旁经过而不相碰)答案(1)6 m/s(2)20 s225 m(3)20 s解析(1)赛车3 s末的速度v1=a1t1=2×3 m/s=6 m/s.(2)设经t2时间追上安全车,由位移关系得v0t2+200 m=12a1t22解得t 2=20 s此时赛车的速度v =a 1t 2=2×20 m/s =40 m/s当两车速度相等时,两车相距最远由v 0=a 1t 3得两车速度相等时,经过的时间t 3=v 0a 1=102s =5 s 两车最远相距Δs =v 0t 3+200 m -12a 1t 32 =(10×5+200-12×2×52) m =225 m. (3)假设再经t 4时间两车第二次相遇(两车一直在运动)由位移关系得v t 4-12a 2t 42=v 0t 4 解得t 4=15 s赛车停下来的时间t ′=v a 2=404s =10 s 所以t 4=15 s 不合实际,两车第二次相遇时赛车已停止运动.设再经时间t 5两车第二次相遇,应满足v 22a 2=v 0t 5 解得t 5=20 s.10.(2020·安徽安庆市怀宁县第二中学高三月考)一辆值勤的警车停在公路边,当警员发现从他旁边以10 m/s 的速度匀速行驶的货车严重超载时,决定前去追赶,经过5.5 s 后警车发动起来,并以2.5 m/s 2的加速度做匀加速运动,但警车的行驶速度必须控制在90 km/h 以内.求:(1)警车在追赶货车的过程中,两车间的最大距离;(2)警车发动后要多长时间才能追上货车.答案 (1)75 m (2)12 s解析 (1)当两车速度相等时,它们的距离最大,设警车发动后经过t 1时间两车的速度相等.则:t 1=v 1a =102.5s =4 s x 货=v 1()t 0+t 1=10×(5.5+4) m =95 mx 警=12at 12=12×2.5×42 m =20 m所以两车间的最大距离Δx =x 货-x 警=75 m(2)警车达到最大速度v =90 km/h =25 m/s 的时间:t 2=v a=10 s 此时两车的位移分别为x 警′=v 22a =2522×2.5m =125 m x 货′=v 1()t 0+t 2=10×(5.5+10) m =155 m两车距离Δx ′=x 货′-x 警′=30 m警车达到最大速度后做匀速运动,设再经过Δt 时间追上货车,则:Δt =Δx ′v -v 1=2 s 所以警车发动后要经过t =t 2+Δt =12 s ,才能追上货车.。
精品基础教育教学资料,仅供参考,需要可下载使用!专题2-4二次函数与幂函数【核心素养分析】1.了解幂函数的概念;结合函数y =x ,y =x 2,y =x 3,y =x 12,y =1x 的图象,了解它们的变化情况;2.理解二次函数的图象和性质,能用二次函数、方程、不等式之间的关系解决简单问题.3.培养学生逻辑推理、直观想象、数学运算的素养。
【重点知识梳理】 知识点一 幂函数 (1)幂函数的定义一般地,形如y =x α的函数称为幂函数,其中x 是自变量,α为常数. (2)常见的5种幂函数的图象(3)幂函数的性质①幂函数在(0,+∞)上都有定义;②当α>0时,幂函数的图象都过点(1,1)和(0,0),且在(0,+∞)上单调递增; ③当α<0时,幂函数的图象都过点(1,1),且在(0,+∞)上单调递减. 知识点二 二次函数(1)二次函数解析式的三种形式: 一般式:f (x )=ax 2+bx +c (a ≠0).顶点式:f (x )=a (x -m )2+n (a ≠0),顶点坐标为(m ,n ). 零点式:f (x )=a (x -x 1)(x -x 2)(a ≠0),x 1,x 2为f (x )的零点. (2)二次函数的图象和性质【特别提醒】1.二次函数的单调性、最值与抛物线的开口方向和对称轴及给定区间的范围有关.2.若f (x )=ax 2+bx +c (a ≠0),则当⎩⎪⎨⎪⎧a >0,Δ<0时恒有f (x )>0,当⎩⎪⎨⎪⎧a <0,Δ<0时,恒有f (x )<0.【典型题分析】高频考点一 幂函数的图象与性质例1.(2018·上海卷)已知α∈⎩⎨⎧-2,-1,-12,⎭⎬⎫12,1,2,3.若幂函数f (x )=x α为奇函数,且在(0,+∞)上递减,则α=______.【答案】-1【解析】由题意知α可取-1,1,3.又y =x α在(0,+∞)上是减函数, ∴α<0,取α=-1.【方法技巧】(1)幂函数y =x α的形式特点是“幂指数坐在x 的肩膀上”,图象都过点(1,1).它们的单调性要牢记第一象限的图象特征:当α>0时,第一象限图象是上坡递增;当α<0时,第一象限图象是下坡递减.然后根据函数的奇偶性确定y 轴左侧的增减性即可.(2)在比较幂值的大小时,必须结合幂值的特点,选择适当的函数,借助其单调性进行比较,既不同底又不同次数的幂函数值比较大小:常找到一个中间值,通过比较幂函数值与中间值的大小进行判断.准确掌握各个幂函数的图象和性质是解题的关键.【变式探究】(2020·山东临沂一中质检)幂函数y =x (m ∈Z)的图象如图所示,则m 的值为( )A .-1B .0C .1D .2【答案】C【解析】从图象上看,由于图象不过原点,且在第一象限下降,故m 2-2m -3<0,即-1<m <3;又从图象看,函数是偶函数,故m 2-2m -3为负偶数,将m =0,1,2分别代入,可知当m =1时,m 2-2m -3=-4,满足要求.高频考点二 求二次函数的解析式例2.(2020·河北衡水中学调研) 已知二次函数f (x )满足f (2)=-1,f (-1)=-1,且f (x )的最大值是8,求二次函数f (x )的解析式.【答案】f (x )=-4x 2+4x +7.【解析】法一:(利用二次函数的一般式) 设f (x )=ax 2+bx +c (a ≠0).由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4a +2b +c =-1,a -b +c =-1,4ac -b 24a =8,解得⎩⎪⎨⎪⎧a =-4,b =4,c =7.故所求二次函数为f (x )=-4x 2+4x +7. 法二:(利用二次函数的顶点式) 设f (x )=a (x -m )2+n (a ≠0).∵f (2)=f (-1),∴抛物线对称轴为x =2+(-1)2=12.∴m =12,又根据题意函数有最大值8,∴n =8,∴y =f (x )=a ⎝⎛⎭⎫x -122+8. ∵f (2)=-1,∴a ⎝⎛⎭⎫2-122+8=-1,解得a =-4, ∴f (x )=-4⎝⎛⎭⎫x -122+8=-4x 2+4x +7. 2-2-3mm法三:(利用二次函数的零点式)由已知f (x )+1=0的两根为x 1=2,x 2=-1, 故可设f (x )+1=a (x -2)(x +1), 即f (x )=ax 2-ax -2a -1. 又函数有最大值y max =8, 即4a (-2a -1)-a 24a =8.解得a =-4或a =0(舍去),故所求函数解析式为f (x )=-4x 2+4x +7. 【方法技巧】求二次函数解析式的策略 (1)已知三点坐标,选用一般式(2)已知顶点坐标、对称轴、最值,选用顶点式 (3)已知与x 轴两点坐标,选用零点式【变式探究】(2020·湖南湘潭二中模拟)已知二次函数f (x )的图象的顶点坐标是(-2,-1),且图象经过点(1,0),则函数的解析式为f (x )=________.【答案】19x 2+49x -59【解析】法一:(一般式)设所求解析式为f (x )=ax 2+bx +c (a ≠0).由已知得⎩⎨⎧-b2a=-2,4ac -b24a=-1,a +b +c =0,解得⎩⎪⎨⎪⎧a =19,b =49,c =-59,所以所求解析式为f (x )=19x 2+49x -59.法二:(顶点式)设所求解析式为f (x )=a (x -h )2+k . 由已知得f (x )=a (x +2)2-1, 将点(1,0)代入,得a =19,所以f (x )=19(x +2)2-1,即f (x )=19x 2+49x -59.高频考点三 二次函数的图象及应用例3.(2020·吉林长春实验中学模拟)对数函数y=log a x(a>0且a≠1)与二次函数y=(a-1)x2-x在同一坐标系内的图象可能是()【答案】A【解析】若0<a<1,则y=log a x在(0,+∞)上单调递减,y=(a-1)x2-x开口向下,其图象的对称轴在y轴左侧,排除C,D.若a>1,则y=log a x在(0,+∞)上是增函数,y=(a-1)x2-x图象开口向上,且对称轴在y轴右侧,因此B项不正确,只有选项A满足.【方法技巧】1.研究二次函数图象应从“三点一线一开口”进行分析,“三点”中有一个点是顶点,另两个点是抛物线上关于对称轴对称的两个点,常取与x轴的交点;“一线”是指对称轴这条直线;“一开口”是指抛物线的开口方向.2.求解与二次函数有关的不等式问题,可借助二次函数的图象特征,分析不等关系成立的条件.【变式探究】(2020·河南商丘一中模拟)已知abc>0,则二次函数f(x)=ax2+bx+c的图象可能是()A BC D【答案】D【解析】A项,因为a<0,-b2a<0,所以b<0.又因为abc>0,所以c>0,而f(0)=c<0,故A错.B项,因为a<0,-b2a>0,所以b>0.又因为abc>0,所以c<0,而f(0)=c>0,故B错.C项,因为a>0,-b2a<0,所以b>0.又因为abc>0,所以c>0,而f(0)=c<0,故C错.D项,因为a>0,-b2a>0,所以b<0,因为abc>0,所以c<0,而f(0)=c<0,故选D。
§6.5 数列求和 考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法. 知识梳理数列求和的几种常用方法1.公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和.(1)等差数列的前n 项和公式:S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n -1)2d . (2)等比数列的前n 项和公式:S n =⎩⎪⎨⎪⎧na 1,q =1,a 1-a n q 1-q=a 1(1-q n )1-q ,q ≠1. 2.分组求和法与并项求和法(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,则求和时可用分组求和法,分别求和后相加减.(2)形如a n =(-1)n ·f (n )类型,常采用两项合并求解.3.错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n 项和即可用此法来求,如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的.4.裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.(2)常见的裂项技巧①1n (n +1)=1n -1n +1. ②1n (n +2)=12⎝⎛⎭⎫1n -1n +2. ③1(2n -1)(2n +1)=12⎝⎛⎭⎫12n -1-12n +1. ④1n +n +1=n +1-n .思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若数列{a n }为等比数列,且公比不等于1,则其前n 项和S n =a 1-a n +11-q.( √ ) (2)当n ≥2时,1n 2-1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1-1n +1.( √ ) (3)求S n =a +2a 2+3a 3+…+na n 时,只要把上式等号两边同时乘a 即可根据错位相减法求得.( × )(4)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n +2n +3的前n 项和可用分组转化法求和.( √ ) 教材改编题1.数列{a n }的通项公式是a n =(-1)n (2n -1),则该数列的前100项之和为( )A .-200B .-100C .200D .100答案 D解析 S 100=(-1+3)+(-5+7)+…+(-197+199)=2×50=100.2.等差数列{a n }中,已知公差d =12,且a 1+a 3+…+a 99=50,则a 2+a 4+…+a 100等于( ) A .50B .75C .100D .125 答案 B解析 a 2+a 4+…+a 100=(a 1+d )+(a 3+d )+…+(a 99+d )=(a 1+a 3+…+a 99)+50d=50+25=75.3.在数列{a n }中,a n =1n (n +1),若{a n }的前n 项和为2 0222 023,则项数n =________. 答案 2 022解析 a n =1n (n +1)=1n -1n +1, ∴S n =1-12+12-13+…+1n -1n +1=1-1n +1=n n +1=2 0222 023, ∴n =2 022.题型一 分组求和与并项求和例1 (2022·衡水质检)已知各项都不相等的等差数列{a n },a 6=6,又a 1,a 2,a 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2n a +(-1)n a n ,求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解 (1)∵{a n }为各项都不相等的等差数列,a 6=6,且a 1,a 2,a 4成等比数列.∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 6=a 1+5d =6,(a 1+d )2=a 1(a 1+3d ),d ≠0,解得a 1=1,d =1,∴数列{a n }的通项公式a n =1+(n -1)×1=n .(2)由(1)知,b n =2n +(-1)n n ,记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ,则T 2n =(21+22+…+22n )+(-1+2-3+4-…+2n ).记A =21+22+…+22n ,B =-1+2-3+4-…+2n ,则A =2(1-22n )1-2=22n +1-2, B =(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n -1)+2n ]=n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n =A +B =22n +1+n -2.延伸探究 在本例(2)中,如何求数列{b n }的前n 项和T n ?解 由本例(2)知b n =2n +(-1)n n .当n 为偶数时,T n =(21+22+…+2n )+[-1+2-3+4-…-(n -1)+n ]=2-2n +11-2+n 2=2n +1+n 2-2;当n 为奇数时,T n =(21+22+…+2n )+[-1+2-3+4-…-(n -2)+(n -1)-n ]=2n +1-2+n -12-n =2n +1-n 2-52. 所以T n =⎩⎨⎧ 2n +1+n 2-2,n 为偶数,2n +1-n 2-52,n 为奇数.教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2+a 4=20,a 3=8.(1)求{a n }的通项公式;(2)记b m 为{a n }在区间(0,m ](m ∈N *)中的项的个数,求数列{b m }的前100项和S 100. 解 (1)由于数列{a n }是公比大于1的等比数列,设首项为a 1,公比为q ,依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1q +a 1q 3=20,a 1q 2=8, 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1=32,q =12(舍)或⎩⎪⎨⎪⎧a 1=2,q =2, 所以{a n }的通项公式为a n =2n ,n ∈N *.(2)由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,所以b 1对应的区间为(0,1],则b 1=0;b 2,b 3对应的区间分别为(0,2],(0,3],则b 2=b 3=1,即有2个1;b 4,b 5,b 6,b 7对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7],则b 4=b 5=b 6=b 7=2,即有22个2;b 8,b 9,…,b 15对应的区间分别为(0,8],(0,9],…,(0,15],则b 8=b 9=…=b 15=3, 即有23个3;b 16,b 17,…,b 31对应的区间分别为(0,16],(0,17],…,(0,31],则b 16=b 17=…=b 31=4,即有24个4;b 32,b 33,…,b 63对应的区间分别为(0,32],(0,33],…,(0,63],则b 32=b 33=…=b 63=5,即有25个5;b 64,b 65,…,b 100对应的区间分别为(0,64],(0,65],…,(0,100],则b 64=b 65=…=b 100=6,即有37个6.所以S 100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.思维升华 (1)若数列{c n }的通项公式为c n =a n ±b n ,且{a n },{b n }为等差或等比数列,可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.(2)若数列{c n }的通项公式为c n =⎩⎪⎨⎪⎧a n ,n 为奇数,b n ,n 为偶数,其中数列{a n },{b n }是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求{c n }的前n 项和.跟踪训练1 (2022·重庆质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 5=9,S 5=25.(1)求数列{a n }的通项公式及S n ;(2)设b n =(-1)n S n ,求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ,由S 5=5a 3=25得a 3=a 1+2d =5,又a 5=9=a 1+4d ,所以d =2,a 1=1,所以a n =2n -1,S n =n (1+2n -1)2=n 2. (2)结合(1)知b n =(-1)n n 2,当n 为偶数时,T n =(b 1+b 2)+(b 3+b 4)+(b 5+b 6)+…+(b n -1+b n )=(-12+22)+(-32+42)+(-52+62)+…+[-(n -1)2+n 2]=(2-1)(2+1)+(4-3)(4+3)+(6-5)(6+5)+…+[n -(n -1)][n +(n -1)]=1+2+3+…+n =n (n +1)2. 当n 为奇数时,n -1为偶数,T n =T n -1+(-1)n ·n 2=(n -1)n 2-n 2=-n (n +1)2. 综上可知,T n =(-1)n n (n +1)2. 题型二 错位相减法求和例2 (10分)(2021·全国乙卷)设{a n }是首项为1的等比数列,数列{b n }满足b n =na n 3.已知a 1,3a 2,9a 3成等差数列.(1)求{a n }和{b n }的通项公式; [切入点:设基本量q ](2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和.证明:T n <S n 2. [关键点:b n =n ·⎝⎛⎭⎫13n ]教师备选(2020·全国Ⅰ)设{a n }是公比不为1的等比数列,a 1为a 2,a 3的等差中项.(1)求{a n }的公比;(2)若a 1=1,求数列{na n }的前n 项和.解 (1)设{a n }的公比为q ,∵a 1为a 2,a 3的等差中项,∴2a 1=a 2+a 3=a 1q +a 1q 2,a 1≠0,∴q 2+q -2=0,∵q ≠1,∴q =-2.(2)设{na n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a n =(-2)n -1,S n =1×1+2×(-2)+3×(-2)2+…+n (-2)n -1,①-2S n =1×(-2)+2×(-2)2+3×(-2)3+…+(n -1)·(-2)n -1+n (-2)n ,② ①-②得,3S n =1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n -1-n (-2)n=1-(-2)n 1-(-2)-n (-2)n =1-(1+3n )(-2)n 3, ∴S n =1-(1+3n )(-2)n 9,n ∈N *. 思维升华 (1)如果数列{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,求数列{a n ·b n }的前n 项和时,常采用错位相减法.(2)错位相减法求和时,应注意:①在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便于下一步准确地写出“S n -qS n ”的表达式.②应用等比数列求和公式必须注意公比q 是否等于1,如果q =1,应用公式S n =na 1.跟踪训练2 (2021·浙江)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=-94,且4S n +1=3S n -9(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列{b n }满足3b n +(n -4)a n =0(n ∈N *),记{b n }的前n 项和为T n .若T n ≤λb n ,对任意n ∈N *恒成立,求实数λ的取值范围.解 (1)因为4S n +1=3S n -9,所以当n ≥2时,4S n =3S n -1-9,两式相减可得4a n +1=3a n ,即a n +1a n =34. 当n =1时,4S 2=4⎝⎛⎭⎫-94+a 2=-274-9, 解得a 2=-2716, 所以a 2a 1=34.所以数列{a n }是首项为-94,公比为34的等比数列, 所以a n =-94×⎝⎛⎭⎫34n -1=-3n +14n . (2)因为3b n +(n -4)a n =0,所以b n =(n -4)×⎝⎛⎭⎫34n .所以T n =-3×34-2×⎝⎛⎭⎫342-1×⎝⎛⎭⎫343+0×⎝⎛⎭⎫344+…+(n -4)×⎝⎛⎭⎫34n ,① 且34T n =-3×⎝⎛⎭⎫342-2×⎝⎛⎭⎫343-1×⎝⎛⎭⎫344+0×⎝⎛⎭⎫345+…+(n -5)×⎝⎛⎭⎫34n +(n -4)×⎝⎛⎭⎫34n +1,② ①-②得14T n =-3×34+⎝⎛⎭⎫342+⎝⎛⎭⎫343+…+⎝⎛⎭⎫34n -(n -4)×⎝⎛⎭⎫34n +1 =-94+916⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫34n -11-34-(n -4)×⎝⎛⎭⎫34n +1 =-n ×⎝⎛⎭⎫34n +1,所以T n =-4n ×⎝⎛⎭⎫34n +1.因为T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立,所以-4n ×⎝⎛⎭⎫34n +1≤λ⎣⎡⎦⎤(n -4)×⎝⎛⎭⎫34n 恒成立,即-3n ≤λ(n -4)恒成立, 当n <4时,λ≤-3n n -4=-3-12n -4,此时λ≤1; 当n =4时,-12≤0恒成立,当n >4时,λ≥-3n n -4=-3-12n -4,此时λ≥-3.所以-3≤λ≤1.题型三 裂项相消法求和例3 (2022·咸宁模拟)设{a n }是各项都为正数的单调递增数列,已知a 1=4,且a n 满足关系式:a n +1+a n =4+2a n +1a n ,n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)若b n =1a n -1,求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)因为a n +1+a n =4+2a n +1a n ,n ∈N *, 所以a n +1+a n -2a n +1a n =4, 即(a n +1-a n )2=4,又{a n }是各项为正数的单调递增数列,所以a n +1-a n =2,又a 1=2,所以{a n }是首项为2,公差为2的等差数列,所以a n =2+2(n -1)=2n ,所以a n =4n 2.(2)b n =1a n -1=14n 2-1=1(2n -1)(2n +1)=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1, 所以S n =b 1+b 2+…+b n =12⎝⎛⎭⎫1-13+ 12⎝⎛⎭⎫13-15+…+12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1 =12⎝⎛⎭⎪⎫1-12n +1=n 2n +1. 教师备选设数列{a n }的前n 项和为S n ,且2S n =3a n -1.(1)求{a n }的通项公式;(2)若b n =3n (a n +1)(a n +1+1),求{b n }的前n 项和T n ,证明:38≤T n <34. (1)解 因为2S n =3a n -1,所以2S 1=2a 1=3a 1-1,即a 1=1.当n ≥2时,2S n -1=3a n -1-1,则2S n -2S n -1=2a n =3a n -3a n -1,整理得a n a n -1=3, 则数列{a n }是以1为首项,3为公比的等比数列,故a n =1×3n -1=3n -1.(2)证明 由(1)得b n =3n(3n -1+1)(3n +1)=32×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n -1+1-13n +1, 所以T n =32×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫130+1-131+1+⎝ ⎛⎭⎪⎫131+1-132+1+⎝ ⎛⎭⎪⎫132+1-133+1+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫13n -1+1-13n +1, 即T n =32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13n +1=34-323n +1, 所以T n <34, 又因为T n 为递增数列,所以T n ≥T 1=34-38=38, 所以38≤T n <34. 思维升华 利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项.(2)将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,如:若{a n }是等差数列,则1a n a n +1=1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n -1a n +1, 1a n a n +2=12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n -1a n +2. 跟踪训练3 (2022·河北衡水中学模拟)已知数列{a n }满足a 1=4,且当n ≥2时,(n -1)a n = n (a n -1+2n -2).(1)求证:数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列;(2)记b n =2n +1a 2n ,求数列{b n }的前n 项和S n . (1)证明 当n ≥2时,(n -1)a n =n (a n -1+2n -2),将上式两边都除以n (n -1),得a n n =a n -1+2n -2n -1, 即a n n -a n -1n -1=2, 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11=4为首项,2为公差的等差数列. (2)解 由(1)得a n n=4+2(n -1)=2n +2, 即a n =2n (n +1),所以b n =2n +1a 2n =14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2-1(n +1)2, 所以S n =14⎩⎨⎧ ⎝⎛⎭⎫1-122+⎝⎛⎭⎫122-132+⎭⎪⎬⎪⎫…+⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2-1(n +1)2 =14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-1(n +1)2=n 2+2n 4(n +1)2. 课时精练1.已知在等差数列{a n }中,S n 为其前n 项和,且a 3=5,S 7=49.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =2n a+a n ,数列{b n }的前n 项和为T n ,且T n ≥1 000,求n 的取值范围. 解 (1)由等差数列性质知,S 7=7a 4=49,则a 4=7,故公差d =a 4-a 3=7-5=2,故a n =a 3+(n -3)d =2n -1.(2)由(1)知b n =22n -1+2n -1,T n =21+1+23+3+…+22n -1+2n -1=21+23+…+22n -1+(1+3+…+2n -1)=21-22n +11-4+n (1+2n -1)2 =22n +13+n 2-23. 易知T n 单调递增,且T 5=707<1 000,T 6=2 766>1 000,故T n ≥1 000,解得n ≥6,n ∈N *.2.(2020·全国Ⅲ改编)设数列{a n }满足a 1=3,a n +1=3a n -4n .(1)计算a 2,a 3,猜想{a n }的通项公式;(2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .解 (1)由题意可得a 2=3a 1-4=9-4=5,a 3=3a 2-8=15-8=7,由数列{a n }的前三项可猜想数列{a n }是以3为首项,2为公差的等差数列,即a n =2n +1.(2)由(1)可知,a n ·2n =(2n +1)·2n ,S n =3×2+5×22+7×23+…+(2n -1)·2n -1+(2n +1)·2n ,① 2S n =3×22+5×23+7×24+…+(2n -1)·2n +(2n +1)·2n +1,② 由①-②得,-S n =6+2×(22+23+…+2n )-(2n +1)·2n +1=6+2×22×(1-2n -1)1-2-(2n +1)·2n +1 =(1-2n )·2n +1-2,即S n =(2n -1)·2n +1+2.3.(2022·合肥模拟)已知数列{a n }满足:a 1=2,a n +1=a n +2n .(1)求{a n }的通项公式;(2)若b n =log 2a n ,T n =1b 1b 2+1b 2b 3+…+1b n b n +1,求T n .解 (1)由已知得a n +1-a n =2n ,当n ≥2时,a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n -1) =2+2+22+…+2n -1=2+2(1-2n -1)1-2=2n . 又a 1=2,也满足上式,故a n =2n .(2)由(1)可知,b n =log 2a n =n ,1b n b n +1=1n (n +1)=1n -1n +1, T n =1b 1b 2+1b 2b 3+…+1b n b n +1=⎝⎛⎭⎫1-12+⎝⎛⎭⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1 =1-1n +1=n n +1,故T n =n n +1.4.(2022·济宁模拟)已知数列{a n }是正项等比数列,满足a 3是2a 1,3a 2的等差中项,a 4=16.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =(-1)n log 2a 2n +1,求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ,因为a 3是2a 1,3a 2的等差中项,所以2a 3=2a 1+3a 2,即2a 1q 2=2a 1+3a 1q ,因为a 1≠0,所以2q 2-3q -2=0,解得q =2或q =-12, 因为数列{a n }是正项等比数列,所以q =2.所以a n =a 4·q n -4=2n .(2)方法一 (分奇偶、并项求和)由(1)可知,a 2n +1=22n +1,所以b n =(-1)n ·log 2a 2n +1=(-1)n ·log 222n +1=(-1)n ·(2n +1),①若n 为偶数,T n =-3+5-7+9-…-(2n -1)+(2n +1)=(-3+5)+(-7+9)+…+[-(2n -1)+(2n +1)]=2×n 2=n ; ②若n 为奇数,当n ≥3时,T n =T n -1+b n =n -1-(2n +1)=-n -2,当n =1时,T 1=-3适合上式,综上得T n =⎩⎪⎨⎪⎧n ,n 为偶数,-n -2,n 为奇数 (或T n =(n +1)(-1)n -1,n ∈N *).方法二 (错位相减法)由(1)可知,a 2n +1=22n +1,所以b n =(-1)n ·log 2a 2n +1=(-1)n ·log 222n +1=(-1)n ·(2n +1), T n =(-1)1×3+(-1)2×5+(-1)3×7+…+(-1)n ·(2n +1), 所以-T n =(-1)2×3+(-1)3×5+(-1)4×7+…+(-1)n +1(2n +1), 所以2T n =-3+2[(-1)2+(-1)3+…+(-1)n ]-(-1)n +1(2n +1)=-3+2×1-(-1)n -12+(-1)n (2n +1) =-3+1-(-1)n -1+(-1)n (2n +1)=-2+(2n +2)(-1)n ,所以T n =(n +1)(-1)n -1,n ∈N *.5.(2022·重庆调研)在等差数列{a n }中,已知a 6=12,a 18=36.(1)求数列{a n }的通项公式a n ;(2)若________,求数列{b n }的前n 项和S n ,在①b n =4a n a n +1,②b n =(-1)n ·a n ,③b n =2n a n a ⋅这三个条件中任选一个补充在第(2)问中,并对其求解.解 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1+5d =12,a 1+17d =36, 解得d =2,a 1=2.∴a n =2+(n -1)×2=2n .(2)选条件①.b n =42n ·2(n +1)=1n (n +1), 则S n =11×2+12×3+…+1n (n +1)=⎝⎛⎭⎫11-12+⎝⎛⎭⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1 =1-1n +1=n n +1. 选条件②.∵a n =2n ,b n =(-1)n a n =(-1)n ·2n , ∴S n =-2+4-6+8-…+(-1)n ·2n , 当n 为偶数时,S n =(-2+4)+(-6+8)+…+[-2(n -1)+2n ] =n 2×2=n ; 当n 为奇数时,n -1为偶数, S n =n -1-2n =-n -1. ∴S n =⎩⎪⎨⎪⎧ n ,n 为偶数,-n -1,n 为奇数. 选条件③.∵a n =2n ,b n =2n a n a ⋅,∴b n =22n ·2n =2n ·4n , ∴S n =2×41+4×42+6×43+…+2n ·4n ,① 4S n =2×42+4×43+6×44+…+2(n -1)·4n +2n ·4n +1,② ①-②得 -3S n =2×41+2×42+2×43+…+2×4n -2n ·4n +1=4(1-4n )1-4×2-2n ·4n +1 =8(1-4n )-3-2n ·4n +1, ∴S n =89(1-4n )+2n 3·4n +1.。
2021届人教版高三生物一轮复习考点集训——酶与ATP1.下列有关酶的叙述,正确的是( )。
A.酶的数量因参与化学反应而减少B.酶的基本组成单位是氨基酸或核糖核苷酸C.同一生物体内的各种酶催化反应条件都相同D.任何一个活细胞都能产生酶,酶在细胞内才能起催化作用【解析】酶是催化剂,不参与化学反应过程,因此在化学反应前后数量不变,A错误;绝大多数酶的化学本质是蛋白质,少数是RNA,因此酶的基本组成单位是氨基酸或核糖核苷酸,B正确;同一生物体内不同的酶的最适pH不同,如胃蛋白酶的最适pH偏低,胰蛋白酶的则偏高,C错误;酶在细胞外也能起催化作用,如唾液和淀粉在试管中的反应,D错误。
【答案】B2.在线粒体的内外膜间隙中存在着一类标志酶——腺苷酸激酶,它能将ATP分子末端的磷酸基团转移至腺嘌呤核糖核苷酸(AMP)上而形成ADP。
以下有关分析错误..的是( )。
A.腺苷酸激酶催化1分子ATP分解伴随着2分子ADP的生成B.腺苷酸激酶催化该反应一般与放能反应相联系C.腺苷酸激酶与维持细胞内ATP与ADP的平衡有关D.腺苷酸激酶发挥作用时伴随着高能磷酸键的断裂与形成【解析】1个ATP分子含3个磷酸基团,1个ADP分子含2个磷酸基团,1个AMP分子含1个磷酸基团,腺苷酸激酶能催化1分子ATP脱掉1个磷酸基团,形成1分子ADP,同时脱掉的磷酸基团转移到AMP上,又形成1分子ADP,因此腺苷酸激酶催化1分子ATP分解时会伴随着2分子ADP的生成,A正确;腺苷酸激酶催化该反应会释放能量,一般与吸能反应相联系,B错误;腺苷酸激酶能促进ATP的水解,故腺苷酸激酶与维持细胞内ATP与ADP的平衡有关,C正确;腺苷酸激酶能将ATP分子末端的磷酸基团转移至腺嘌呤核糖核苷酸(AMP)上而形成ADP,故腺苷酸激酶发挥作用时伴随着高能磷酸键的断裂与形成,D正确。
【答案】B3.下列有关ATP的叙述正确的是( )。
A.ATP分子由1分子腺嘌呤和3分子磷酸基团组成B.ATP与DNA具有相同的五碳糖C.ATP分子中的高能磷酸键稳定性不同D.动植物细胞中ATP的能量来源相同【解析】ATP分子由1分子腺嘌呤核苷和3分子磷酸基团组成,A错误;ATP与RNA具有相同的五碳糖,即核糖,B 错误;ATP分子中的两个高能磷酸键稳定性不同,其中远离腺苷的高能磷酸键容易断裂,C正确;动植物细胞中ATP的能量来源不同,动物细胞中ATP的能量来自细胞呼吸,而绿色植物细胞中ATP的能量来自细胞呼吸和光合作用,D错误。
衡水中学高三物理一轮复习资料——机械运动,光的波动性第一节机械振动一、知识点讲解一、简谐运动1.回复力(1)定义:使振动物体返回到平衡位置的力.(2)方向:时刻指向平衡位置.(3)来源:振动物体所受的沿振动方向的合外力.2.简谐运动(1)受力特征:F=—kx (F—回复力,x—位移,负号表示回复力方向与位移方向相反).(2)描述简谐振动的物理量①振幅:反映质点振动强弱的物理量,它是标量.②周期和频率:描述振动快慢的物理量,其大小由振动系统本身决定,与振幅无关.二、简谐运动的两种模型三、受迫振动及共振1.受迫振动(1)概念:物体在周期性驱动力作用下的振动.(2)振动特征:受迫振动的频率等于驱动力的频率,与系统的固有频率无关.2.共振(1)概念:当驱动力的频率等于固有频率时,受迫振动的振幅最大的现象.(2)共振的条件:驱动力的频率等于固有频率(3)共振的特征:共振时振幅最大.(4)共振曲线(如图11-1-1所示).图11-1-1f=f0时,A=Am.f与f0差别越大,物体做受迫振动的振幅越小。
二、小结一、简谐运动的几个重要特征1.受力特征:简谐运动的回复力满足F=-kx,位移x与回复力的方向相反.由牛顿第二定律知,加速度a与位移大小成正比,方向相反.2.运动特征:当物体靠近平衡位置时,x、F、a都减小,但v增大,到达平衡位置时v最大;当物体远离平衡位置时,x、F、a都增大,v减小.3.能量特征:对单摆和弹簧振子来说,振幅越大,能量越大.在运动过程中,动能和势能相互转化,机械能守恒.4.周期性特征:物体做简谐运动时,其位移、回复力、加速度、速度、动量等矢量都随时间做周期性变化,它们的变化周期就是简谐运动的周期(T);物体的动能和势能也随时间做周期性变化,其变化周期为T 2.5.对称性特征图11-1-2(1)如图11-1-2所示,振子经过关于平衡位置O对称(OP=OP′)的两点P、P′时,速度的大小、动能、势能相等,相对于平衡位置的位移大小相等.(2)振子由P到O所用时间等于O到P′所用时间,即tPO=tOP′.(3)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等,即tOP=tPO.特别提醒:由于简谐运动具有周期性和对称性,因此,涉及简谐运动时,往往出现多解.分析问题时应特别注意物体在某一位置时的速度的大小和方向、位移的大小和方向.二、简谐运动的分析方法1.对称法(1)远离平衡位置的过程:由F=-kx=ma可知,x增大,F增大,a增大,但a与v反向,故v减小,动能减小.(2)靠近平衡位置的过程:由F=-kx=ma可知,x减小,F减小,a减小,但a与v同向,故v增大,动能增大.(3)经过同一位置时,位移、回复力、加速度、速率、动能一定相同,但速度、动量不一定相同,方向可能相反.2.图象法(1)确定振动物体在任一时刻的位移.如图11-1-3所示,对应t1、t2时刻的位移分别为x1=+7 cm,x2=-5 cm.图11-1-3(2)确定振动的振幅.图象中最大位移的值就是振幅,如图1-1-3所示,振动的振幅是10 cm.(3)确定振动的周期和频率.振动图象上一个完整的正弦(余弦)图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期.由图1-1-3可知,OD、AE、BF的间隔都等于振动周期,T=0.2 s,频率f=1/T=5 Hz.(4)确定各质点的振动方向.例如图1-1-3中的t1时刻,质点正远离平衡位置向正方向运动;在t3时刻,质点正向着平衡位置运动.(5)比较各时刻质点加速度的大小和方向.例如在图1-1-3中t1时刻质点位移x1为正,则加速度a1为负,t2时刻质点位移x2为负,则加速度a2为正,又因为|x1|>|x2|,所以|a1|>|a2|.第二节机械波一、知识点讲解一、机械波1.机械波的形成条件(1)有发生机械振动的波源(2)有传播介质,如空气、水等.2.传播特点(1)传播振动形式、传递能量、传递信息.(2)质点不随波迁移.二、描述机械波的物理量1.波长λ:在波动中振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离.用“λ”表示.2.频率f:在波动中,介质中各质点的振动频率都是相同的,都等于波源的振动频率.3.波速v、波长λ和频率f、周期T的关系公式:v=λT=λf机械波的速度大小由介质决定,与机械波的频率无关.三、机械波的图象1.图象:在平面直角坐标系中,用横坐标表示介质中各质点的平衡位置,用纵坐标表示某一时刻各质点偏离平衡位置的位移,连接各位移矢量的末端,得出的曲线即为波的图象,简谐波的图象是正弦(或余弦)曲线.2.物理意义:某一时刻介质中各质点相对平衡位置的位移.二、小结一、振动图象与波动图象的比较波的振动图象与波动图象虽然形状相同,但所研究的对象、意义、特点等有所不同.所以,要掌握两者的区别,及在某些情况下两者的相互转化二、简谐波常见问题分类1.由t 时刻波形图画t +Δt 时刻的波形图(1)平移法:先算出经Δt 时间波传播的距离Δx =v·Δt ,再把波形沿波的传播方向平移Δx.当Δx >λ,即Δx =nλ+x 时,可采取去整(nλ)留零(x)的方法只需平移x 即可.(2)特殊点法:在波形上找特殊点,如过平衡位置的点、与它相邻的波峰和波谷,判断出这些点经过Δt 后的位置,画出相应的正弦曲线或余弦曲线即可,这种方法只适用Δt =k T4的情况.2.质点振动方向与波传播方向的互判3.波的多解性问题造成波动问题多解的主要因素有:(1)周期性①时间周期性:时间间隔Δt与周期T的关系不明确.②空间周期性:波传播距离Δx与波长λ的关系不明确.(2)双向性①传播方向双向性:波的传播方向不确定.②振动方向双向性:质点振动方向不确定.(3)波形的隐含性形成多值解在波动问题中,往往只给出完整波形的一部分,或给出几个特殊点,而其余信息均处于隐含状态.这样,波形就有多种情况,形成相关波动问题的多值解.特别提醒:(1)计算波速既可应用v=λf或v=λT,也可以应用v=ΔxΔt.(2)应用波的图象,要注意,波动多解问题一般先考虑波传播的“双向性”,再考虑“周期性”.第三节光的波动性一、知识点讲解一、光的干涉1.双缝干涉:由同一光源发出的光经双缝后形成两束振动情况总是相同的相干光波.屏上某点到双缝的路程差是波长整数倍处出现亮条纹;路程差是半波长的奇数倍处出现暗条纹.相邻的明条纹(或暗条纹)之间距离Δy与波长λ、双缝间距d及屏到双缝距离l的关系为△y=d/l.2.薄膜干涉:利用薄膜(如肥皂液薄膜)前后两面反射的光相遇而形成的.图样中同一条亮(或暗)条纹上所对应薄膜厚度相同。
衡水中学高三地理一轮复习方略一、备课(一)集体备课是备课过程中的最重要环节。
俗话讲“三个臭皮匠赛过诸葛亮”。
高考是一个系统工程,早已不是单打独斗的时代,团结协作才是取的好成绩的保证。
学校设有专门的集体备课室,每个学科每周固定两次集体备课时间,每次两个课时。
事先指定主备人,第一时段就由主备人讲解这节课的备课思路,并试讲一遍,其他老师聆听。
第二时段,针对主备老师的讲述,展开充分的讨论,开诚布公,各抒己见,知无不言、言无不尽,集思广益。
认真揣摩一个个知识点通过怎样的方式传授给学生最合理,用什么样的题目来强化理解最有效。
我们学校已经形成了良好的集体备课的风气,结束后所形成的课件和学案都是集体智慧的结晶,确保了大的方向不会出现闪失。
(二)备课标,课程标准是我们备考的方向。
常言道“方向比努力更重要”。
紧扣课标,课标就决定了高考的基本知识点,考什么我们就教什么,怎么考我们就怎么教。
对课程标准的了如指掌的把握,可以让教学目标更加明晰和精炼,让课堂“瘦”下来。
老师们在做高考题的过程中不断感受知识点的考查方式。
通过高考题的分析,我们发现由于题量的限制,知识点是不可能面面俱到的,而主干知识点就会成为高频考点,一般情况下是百分之二十的知识点承载了百分之八十的分数,而另外百分之八十的知识点只承载了百分之二十的分数,也就是说命题专家不会追求全面,反而追求对知识点的深度考查,抓住一个点穷追猛打成为命题趋势。
一堂课只“瞄准”一两个教学目标,努力营造浓郁的教学情境,构建出精干而逻辑清晰的知识结构,并进行充分而有针对性的能力训练。
而课标中不要求的,要据具体情况而定。
(三)备学生,学生对知识的掌握情况直接决定我们的教学方向。
通常讲“以学定教”。
对于已经送过多届高三的老师,经验自然很是丰富,但决不能生搬硬套过来,认为以往学生出现的问题这一届学生也会出现,以往学生不会出现的问题这一届同样不会出现,这就翻了形而上学的错误。
事实证明,每一届高三学生都会没出现新的问题,发现这样的问题只能通过实践,不能坐地空想。
可以通过预习反馈、提问、练习反馈、试卷批改等方式,从学生的错误和困惑出发,进行有针对性的准备,准确找到课堂教学的起点、重点和难点,课上的讲解才能有的放矢,这样才能达到事半功倍的效果。
所以,要坚决摒弃吃老本的思想。
二、课堂(一)日臻完善的先导课制度。
所谓先导课就是一个备课组内先指定一个老师来上这节课,其他老师都去听课。
听完后所有老师都去集体备课室来用半小时的时间来商讨这节课的利与弊,找出优点,改正缺点,每位老师都要发言。
确定没有问题后,其他老师再去上课。
这样就保证了这节课的高效率。
事实证明,效果非常好。
当然并不是每节课都是先导课,我们一般是大考之后的试卷讲评,还有每周一的周末作业讲评。
(二)让学生动起来。
好课的标准,一是完成教学目标,二是学生要动起来。
完成教学目标是第一位的,但是学生作为学习的主人,他们能否融入课堂也很重要。
好的课堂的核心一定是要走进学生的内心,走进学生的生命中去。
一切没有进入灵魂的东西,没有进入思想和精神层面的东西,都是肤浅的,表层的,都注定没有和自己的知识体系和结构产生撕裂,因而也不可能整合到自己认识世界里去的。
这个时候,课堂看上去轰轰烈烈,但是,生命不在场,灵魂不在场,真正的教育并没有发生。
即便是高三复习课也要摆脱传统的死气沉沉一位灌输的老路子。
想尽千方百计让学生发自内心的喜欢上课,主动学习。
这也是加强落实的需要。
我们也只是初步尝试,主要是以下几个方面:1.让学生走上讲台。
对于核心知识点,课标对学生要求较高。
老师要舍得花时间,舍得放手。
重要题目的讲解让学生当一次老师,进行角色互换。
学生首先会很重视,他们也会精心备课,备课过程就是加深对知识的理解过程。
其他同学也会听得兴趣盎然。
讲解的同学满足了自我表现欲,会获得很强的成就感,增强了学习兴趣;重要的地理原理图也应最大限度得让学生到黑板上来画,比如热力环流、大气的受热过程、气压带风带的分布以及洋流分布规律等,既可以培养学生画图能力,保证了应考的要求,又提升了课堂的活力。
2.精心设计问题情境,让学生敢“动”和会“动”。
以高考能力立意的要求审视一轮复习,根据学生的认知基础和能力水平,精心创设学习情境,巧妙提出问题,将地理知识、地理概念和原理运用于问题解决当中,变单向、灌输的教学为多向、探究的问题解决活动,促进学生主动学习,提高地理思维能力。
在高中地理教学中,三圈环流部分知识的教学无疑是个重难点。
讲解法、图示法、绘图法等方法在教学过程中实际效果却并不理想。
经过分析发现,此知识点难度在于:此问题本身头绪多、空间变化大,而学生在认识这一问题时又多重结论,轻理解。
即使是学生有通过理解来掌握此知识点的意识,但由于其空间思维能力和分析能力的限制,使得用常规方法来进行此知识点的教学,效果也差强人意。
经多次实践后,发现利用学生活动法可以突破此重难点。
做法是:根据三圈环流是在假设的均匀的地球表面上产生的,因而具有纬度地带性的特点,把教室设定为地球,第一、三、五、七横排分别是0°N、30°N、60°N、90°N纬度,每排的同学分别模拟各自位置的大气运动,再用直尺表示气压带之间风的运动,效果明显好了很多。
(三)抓基础,理主干,重材料,强落实,构建完整的地理学科知识体系。
说白了高考就是考学科素养,平时做题发现很多学生面对材料没有思路,没有章法。
主要原因就是基础薄弱,所谓“基础不牢,地动山摇”。
所谓基础.指的是基础知识、基本能力、基本的思维过程和基本的地理素养,这些基础的复习必须以教材为载体,将考纲的要求通过教材体现出来.通过强化教材的复习,使学生把知识真正转变为自己的东西。
同时进行知识之间的融会贯通,引导学生构建体系。
材料的解读是高考取得成绩的关键,所以要给学生树立强烈的“材料意识”,试卷中“无图不成题”,有意识的培养学生从地理图表中提取有效地理信息的能力;通过对材料设置问题,培养学生从地理材料中提取信息的能力。
落实就是课堂的生命线,讲练结合是我们学校大力提倡的,每一个知识点在学生理解后马上呈现相关的典型题目,让学生体味知识点在材料中是如何考查的,趁热打铁,印象深刻,效果最佳。
总之,“高站位决策,低重心运行”是高三一轮复习课堂的理念。
(四)凸显“生活中有用的地理”,紧密联系热点问题。
引领学生用地理的眼光看世界。
目前高考题的命题越来越贴近现实生活。
比如地球运动的几个高考题。
运用地理原理解决生活中的问题。
对于热点问题,做到适度关注,绝不押题。
热点问题一般只是出题的切入点,只是一顶帽子,只是一种情境,核心还是学生的能力提升。
(五)“青蓝工程”是青年教师成长的捷径。
“青蓝工程”就是师徒结对子,一帮一。
年轻教师拜经验丰富的老教师为师傅,形式隆重。
相应的责任和义务都要认真履行,比如徒弟一学期要听师傅的课必须达到一定的数量。
师傅也要听徒弟的课,并且必须要有评课的过程。
每个月上交相关材料,学校检查,一学年评选优秀师徒。
三、试题(一)精选试题。
试题的质量非常重要,举一个不恰当的比喻,相当于牲畜吃的草料,草的质量好,牲畜就会膘肥体壮,质量不好,牲畜就会营养不良,骨瘦如柴。
我们一定要选择最接近高考思想的试题,能够考查学生能力的试题。
要想选出好题,老师就要多做题。
把学生从题海中解放出来,老师就要跳进题海。
我们学校提倡三选一,即选一道好题,我们老师要做三道题。
学校学案制作有一套相当成熟的制度,一个备课组挑选经验丰富的老师把关,所有的学案必须先让这几个老师过目,不好的试题坚决舍弃。
定稿后,这几个老师签上字,到领导那儿才能获准印刷。
(二)定时训练。
题量的控制很重要,要让学生在一节自习课的时间里做完感觉是不是一件很轻松的事情。
让学生有压迫感,这样才能充分调动学生的主观能动性,平时就是在考试,“平常考试高考化,高考才能平常化”。
有发必收,有收必批。
当然批阅试卷是一件很费时的事情,时间允许,可以全批,时间很紧,可以抽批。
总之一定在讲评之前充分了解学情,出错多的重点讲。
(三)变式训练。
所谓变式训练,就是针对学生的易错点,找出考查这一知识点的“同点异材”的题。
再让学生回扣,彻底把问题消灭掉。
当然找出这样的题也很耗时间,老师们要逐渐培养改造试题的能力,改改材料情境或是变换一下选项的内容或设问的方式,都是不错的开始。
(四)“题湖战术”。
题必须要做,不做不行,但没有必要多做,“题海战术”是要不得的,囫囵吞枣和蜻蜓点水的做题方式就是浪费时间。
要做适量的题。
做题的目的就是总结反思这一知识点是如何考查的,锻炼能力是第一宗旨,把一道题的价值通过学生自身的反思总结成分挖掘出来,让学生善于归类,“以点带面”,“举一反三”才是我们的目的。
改错本上不仅仅要将这个题改正过来,还应写出试题分析,错题分析,让学生站在命题者的角度来理解。
做一道是一道,让学生实实在在。
(五)当面批阅。
对于成绩薄弱的学生,面批是非常有效的措施。
当面批阅可以渗透很多内容,比单纯的谈话要形象生动得多。
学生会对自己出现的问题一目了然,自然会回到自己当初做题的思维状态,同时会让学生有一种被关注感。
他会认为“老师很在乎他”,这种感觉会给他学习上的无穷动力。
四、讲评(一)答案本身不重要,讲评课的关键是在题目和答案之间构建思路的桥梁。
让学生清晰地明白答案是怎样一步步由材料分析得来。
这个思维过程是最有价值的。
从审材料到审设问到答案文字的组织,都要力图给学生建立一种思维模式。
让讲评课凸显答题技巧和方法。
地理高考在读图用图、提取和运用文本信息、分析原因、比较差异、评价影响、提出措施、阐释原理、探究问题和归纳规律等方面有着一定的能力要求。
分析、比较、评价、阐释、探究和归纳问题的方法和技巧需要老师在课上不厌其烦地反复强调。
学生要想达到熟练掌握的程度需要“题目陷阱”的反复刺激和教师的提醒。
(二)挖掘题目,老师总结的高度就是学生高考的分数。
既要总结答题的步骤策略,又要提炼出知识之间的内在联系,还要兼顾答题技巧。
从审材料到审题干,再到调动知识,组织语言,条理表达。
这些程序都需要借助讲评课来层层细化,千锤百炼方能内化为学生的能力。
(三)当堂展示,向规范要成绩。
借助投影,将优秀作业与较差的作业同时展示出来,形成强烈的视觉冲击。
引起同学们的注意。
我们学校正向贵校学习,本周发起了“规范月”活动,规范答题思维,规范文字表达。
五、学生(一)针对边缘生的薄弱环节,实行任课教师承包制。
文科生大部分都偏科,几次考试下来就能分析出一个孩子的薄弱学科是什么。
再根据总成绩即可确定边缘生身份。
然后薄弱学科的对应老师负责与该学生交流互助,有的放矢地通过谈话面批上课提问等形式加大关注力度,力争早日消除薄弱学科。
(二)我很信奉一句话:“师生关系就是成绩。