经典例题分析

2024-09-30

经典例题分析（精选7篇）

1.经典例题分析篇一

1错误！未指定书签。．已知数列an的首项为a15,前n项和为Sn,且

Sn12Snn5(nN*)

(Ⅰ)证明数列an1是等比数列

(Ⅱ)令fxa1xa2x2anxn,求函数f(x)在点x1处的导数f1,并比较2f1与23n213n的大小.'

2.错误！未指定书签。设数列an的前为Tn,且Tn22an(nN).．n项积．．

(Ⅰ)求证数列1是等差数列;

Tn

(Ⅱ)设bn(1an)(1an1),求数列bn的前n项和Sn.例3错误！未指定书签。设数列an的前n项和为Sn,已知a18,an1Sn3n15,nN.(Ⅰ)设bnan23n,证明:数列bn是等比数列;

222232n

(Ⅱ)证明:1.a1a2a3an

2.经典例题分析篇二

(A) 大于V0 (B) 等于V0

解析:设AB、AC分别与水平面的夹角为α、β, 物体从D点出发沿DBA滑到顶点A的过程中由动能定理有

-μmgSBD-μmgcosαSAB-mgsinαSAB=0-mVundefined/2,

即-μmgSOD-mgSOA=0-mVundefined/2.

设第二次物体的初速度为V, 根据动能定理有

-μmgSCD-μmgcosβSAC-mgsinαSAC=0-mV2/2,

即-μmgSOD-mgSOA=0-mV2/2,

所以V=V0, 正确答案应选 (B) .

物体在斜面上的运动是高中物理中常见的、重要的运动模型, 也是历年高考必有涉及的运动模型.所以有必要对此题型做一发散分析.通过此高考题我们可以得到物体在斜面运动中的一个小推论, 这个小推论在解一些特定题时能起到关键作用, 可以很好提高解题速度与解题质量.

推论:如图2所示, 当质量为 m 的物体沿斜面上滑或下滑L时, 滑动摩擦力对物体所做功的大小为 (物体与斜面的动摩擦因数μ为定值)

W=μmgcosθL=μmgS=kS (k为常数)

结论:物体沿斜面运动时滑动摩擦力对物体所做功大小与斜面倾角无关, 与物体在斜面上走过长度L对应的水平距离S成正比.

说明:1.此推论中物体与斜面间的动摩擦因数μ保持恒定

2.在没有其它外力作用于物体的情况下即物体在斜面上自然运动时此推论成立.

3.此推论斜面固定.

发散例题1 在北戴河旅游景点之一的南戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AC (均可看成斜面) .甲、乙两名旅游者分别乖两个完全相同的滑沙撬从A点由静止开始分别沿AB、AC滑下, 最后都停在水平沙面上, 如图3所示.设滑沙撬与沙面间的动摩擦因数处处相同, 斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的, 滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动, 则下列说法正确的是 ( )

(A) 甲在B点的速率一定大于乙在C点的速率

(B) 甲、乙一定在同一水平位置处停下

(D) 甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程

解析:滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动下滑到底面过程中, 只有重力和滑动摩擦力做功, 根据动能定理有 mgh-μmgS=mv2/2, 由于SOB

发散例题2 如图4所示, 两相同质量的物体由静止从底边相同, 倾角不同的斜面最高处滑到底面, 则下列说法正确的是 ( )

(A) 若物体与斜面之间动摩擦因数相同, 则物体损失的机械能相同

(B) 若物体与斜面之间动摩擦因数相同, 则物体到达底面时动能相同

(D) 若物体与斜面间动摩擦因数处处相同, 则两物体一定在同一水平位置停下

解析:物体从最高处滑到底面过程中, 根据动能定理有 mgh-μmgS=mv2/2, 尽管两物体有相同的水平位移, 但两者的高度不相同, 所以 (A) 、 (C) 正确 (B) 错误;物体滑到底继续运动, 对其全过程列动能定理方程有 mgh-μmgS'=0, 由于 h 不同, 所以两物体不在同一位置停下, 高度 h 大的物体走过的水平位移大, 正确答案为 (A) 、 (C) .

发散例题3 两相同质量的物体A、B由静止从底边相同, 倾角不同的两斜面等高处滑到底面, 则下列说法正确的是 ( )

(A) 若μA=μB, 则物体滑到底面过程中损失的机械能相同

(B) 若μA=μB, 则物体到达底面时EkA

(D) 若μA=μB, 则两物体一定在同一水平位置停下

解析:物体从最高处滑到底面过程中, 根据动能定理有 mgh-μmgS=mv2/2, 下滑过程中两物体有相同竖直高度, 但两者下滑过程中的水平位移不同, 所以两者在底端的动能不同, 此过程中机械能的损失等于滑动摩擦力所做的功也不同, (A) 错误, (B) 正确;两物体滑到底端继续运动, 对其列全程动能定理方程有 mgh-μmgS'=0, 若μA=μB, 则两物体走过的水平位移相同, 但由于两物体的初始水平位置不同, 所以停止运动时的水平位置也不同, (D) 错误;μA<μB, 则两物体走过的水平位移关系S'A>S'B, 但由于A的初始水平位置在B的初始位置左侧, 所以两物体可能在同一水平位置停下, (C) 错误, 正确答案为 (B) .

发散例题4 两质量不同的物体A、B从同一斜面的同一位置由静止下滑, 最终停在水平面上, 已知两物体与斜面间动摩擦因数处处相同, 则下列说法正确的是 ( )

(A) 若 mA>mB, 则A在水平面上的滑行距离一定大于B在水平面上的滑行距离

(B) 若 mA>mB, 则A在水平面上的滑行距离一定小于B在水平面上的滑行距离

(D) 只要μA=μB, 则A在水平面上的滑行距离一定等于B在水平面上的滑行距离

解析:两物体下滑过程中, 根据动能定理

mgh-μmgS'=0可知, 两物体在水平面上滑行的距离只与初始竖直高度和物体与接触面的动摩擦因数有关, 与物体的质量无关, 所以正确答案只有 (D) .

3.一道经典例题的解法探究及拓展篇三

一、例题赏析

在一次购物抽奖活动中，假设某20张券中有一等奖券1张，可获价值100元的奖品；有二等奖券2张，每张可获价值50元的奖品；有三等奖券5张，每张可获价值20元的奖品.某顾客从20张券中任抽2张，求该顾客获得的奖品总价值的数学期望.

解析：如果顾客从20张券中任抽2张，则x的所有可能取值为0，20，40，50，70，100，120，150.由于顾客获得的奖品总价值x服从超几何分布，因此，P（X=0）=C2121C220=33195，P（X=20）=C15C1121C220=6119，P（X=40）=C251C220=1119，P（X=50）=C12C1121C220=12195，P（X=70）=C12C151C220=1119，P（X=100）=C11C112+C221C220=131190，P（X=120）=C11C151C220=1138，P（X=150）=C11C121C220=1195.所以，X的分布列为

从而顾客获得的奖品总价值的数学期望为

E（X）=0×33195+20×6119+40×1119+50×12195+70×1119+100×131190+120×1138+150×1195=30（元）.

点评：以上解题思路是先求出X的所有可能取值，再根据离散型随机变量X服从超几何分布，并结合离散型随机变量X的数学期望的求解方式得出相应结果，整个计算过程的复杂程度适中.

二、例题拓展

如果将以上例题的条件“某顾客从20张券中任抽2张”改为“某顾客从20张券中任抽3张”，其他条件不变，这时该顾客获得的奖品总价值X的数学期望是多少？

解析：如果顾客从20张券中任抽3张，那么此时X的所有可能取值为0，20，40，50，60，70，90，100，120，140，150，170，200.同上可求得X的分布列为

从而顾客获得的奖品总价值X的数学期望为

E（X）=0×11157+20×11138+40×2119+50×11195+60×11114+70×2119+90×1157+100×131190+120×131228+140×11114+150×2195+170×11114+200×111140=45（元）.

点评：通过以上对比分析，我们可以得知：若顾客从20张券中任抽2张，获得的奖品总价值X的所有可能取值有8种；若顾客从20张券中任抽3张，获得的奖品总价值X的所有可能取值有13种.同时，离散型随机变量在这两种情况下都服从超几何分布，所以，我们都可以根据X的不同分布列求出相应的数学期望.随着抽取张数的增加，我们可以发现：获得的奖品总价值X的所有可能取值种数也随着增加，计算量也越来越大，X的分布列也变得越来越复杂，从而使计算X的数学期望的难度也逐渐增加.

三、例题反思

在离散型随机变量X服从超几何分布的条件下，当X的所有可能取值种数较少时，计算X的数学期望相对比较容易；而当X的所有可能取值种数较多时，计算X的数学期望相对比较复杂.对此，我们可以提出这样的问题：是否有一种比较简单的方法能解决这样的问题？

解析：离散型随机变量X的数学期望所表示的意义，在于反映离散型随机变量X取值的平均水平，由此我们产生一种新的思路，建立一种新的解法.因为20张券总的价值为100×1+50×2+20×5=300（元），所以，每张券的奖品平均价值为300120=15（元）.因此，当顾客从20张券中任抽2张，获得的奖品总价值X的数学期望为E（X）=15×2=30（元）；当顾客从20张券中任抽3张，获得的奖品总价值X的数学期望为E（X）=15×3=45（元）.

点评：根据离散型随机变量X的数学期望所表示的意义，分别求解顾客从20张券中任抽2张、任抽3张获得的奖品总价值X的数学期望，所得的结果与前面利用超几何分布求出的数学期望是相符的.利用这种思路去探究类似的问题，有助于简化解题过程.在解答一些选择题、填空题时，这种解法也有助于为考生节省更多的时间.

参考文献

[1]课程教材研究所，中学数学课程教材研究开发中心.普通高中课程标准实验教科书数学选修2-3[M].北京：人民教育出版社，2009.

[2]丁益祥.中学数学大全[M].北京：外文出版社，2010.

（责任编辑钟伟芳）endprint

一、例题赏析

从而顾客获得的奖品总价值的数学期望为

E（X）=0×33195+20×6119+40×1119+50×12195+70×1119+100×131190+120×1138+150×1195=30（元）.

二、例题拓展

解析：如果顾客从20张券中任抽3张，那么此时X的所有可能取值为0，20，40，50，60，70，90，100，120，140，150，170，200.同上可求得X的分布列为

从而顾客获得的奖品总价值X的数学期望为

E（X）=0×11157+20×11138+40×2119+50×11195+60×11114+70×2119+90×1157+100×131190+120×131228+140×11114+150×2195+170×11114+200×111140=45（元）.

三、例题反思

参考文献

[1]课程教材研究所，中学数学课程教材研究开发中心.普通高中课程标准实验教科书数学选修2-3[M].北京：人民教育出版社，2009.

[2]丁益祥.中学数学大全[M].北京：外文出版社，2010.

（责任编辑钟伟芳）endprint

一、例题赏析

从而顾客获得的奖品总价值的数学期望为

E（X）=0×33195+20×6119+40×1119+50×12195+70×1119+100×131190+120×1138+150×1195=30（元）.

二、例题拓展

解析：如果顾客从20张券中任抽3张，那么此时X的所有可能取值为0，20，40，50，60，70，90，100，120，140，150，170，200.同上可求得X的分布列为

从而顾客获得的奖品总价值X的数学期望为

E（X）=0×11157+20×11138+40×2119+50×11195+60×11114+70×2119+90×1157+100×131190+120×131228+140×11114+150×2195+170×11114+200×111140=45（元）.

三、例题反思

参考文献

[1]课程教材研究所，中学数学课程教材研究开发中心.普通高中课程标准实验教科书数学选修2-3[M].北京：人民教育出版社，2009.

[2]丁益祥.中学数学大全[M].北京：外文出版社，2010.

4.不等式的证明方法经典例题篇四

不等式的证明是高中数学的一个难点，证明方法多种多样，近几年高考出现较为形式较为活跃，证明中经常需与函数、数列的知识综合应用，灵活的掌握运用各种方法是学好这部分知识的一个前提，下面我们将证明中常见的几种方法作一列举。

a2b2ab注意ab2ab的变式应用。常用(其中a,bR)来解决有2222关根式不等式的问题。

一、比较法

比较法是证明不等式最基本的方法，有做差比较和作商比较两种基本途径。

1、已知a,b,c均为正数，求证：

111111 2a2b2cabbcca

二、综合法

综合法是依据题设条件与基本不等式的性质等，运用不等式的变换，从已知条件推出所要证明的结论。

2、a、b、c(0,)，abc1，求证：

4a2b2c24413

3、设a、b、c是互不相等的正数，求证：abcabc(abc)

4、知a,b,cR，求证:

a2b2b2c2c2a2(abc)

211(1)(1)9xy5、x、y(0,)且xy1，证：。

6、已知a,bR,ab1求证：11111.ab9

三、分析法

分析法的思路是“执果索因”：从求证的不等式出发，探索使结论成立的充分条件，直至已成立的不等式。

7、已知a、b、c为正数，求证：

2(ababc3ab)3(abc)23

8、a、b、c(0,)且abc1，求证abc3。

四、换元法

换元法实质上就是变量代换法，即对所证不等式的题设和结论中的字母作适当的变换，以达到化难为易的目的。

9、b1，求证：ab(1a2)(1b2)1。

22xy1，求证：2xy210、114.abbcac1222212、已知1≤x＋y≤2，求证：≤x－xy＋y≤3．

211、已知a>b>c,求证：

13、已知x－2xy＋y≤2，求证：| x＋y |≤10．

14、解不等式5x221x1＞

2215、－1≤1x－x≤2．

五、增量代换法

在对称式(任意互换两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如a＞b＞c)的不等式，常用增量进行代换，代换的目的是减少变量的个数，使要证的结论更清晰，思路更直观，这样可以使问题化难为易，化繁为简．

16、已知a，bR，且a＋b = 1，求证：(a＋2)＋(b＋2)≥

六、利用“1”的代换型

2225． 2111已知a,b,cR,且 abc1,求证： 9.abc17、七、反证法

反证法的思路是“假设矛盾肯定”，采用反证法时，应从与结论相反的假设出发，推出矛盾的过程中，每一步推理必须是正确的。

18、若p＞0，q＞0，p＋q= 2，求证：p＋q≤2．证明：反证法 33119、已知a、b、c（0，1），求证：(1a)b，(1b)c，(1c)a，不能均大于4。

20、已知a,b,c∈（0，1），求证：（1－a）b,（1－b）c,（1－c）a 不能同时大于

1。

421、a、b、cR，abc0，abbcca0，abc0，求证：a、b、c均为正数。

八、放缩法

放缩时常用的方法有：1去或加上一些项2分子或分母放大（或缩小）3用函数单调性放缩4用已知不等式放缩

22、已知a、b、c、d都是正数，求证：1＜＜2．

bdac＋＋＋

abcbcdcdadab23、nN，求证：*2(n11)112131n2n1。

24、A、B、C为ABC的内角，x、y、z为任意实数，求证：x2y2z22yzcosA2xzcosB2xycosC。

证

九、构造函数法

构造函数法证明不等式24 设0≤a、b、c≤2，求证：4a＋b＋c＋abc≥2ab＋2bc＋2ca．

25、设a、b∈R，且a＋b =1，求证：(a＋2)＋(b＋2)≥222225． 226、设a＞0，b＞0，a＋b = 1，求证：2a1＋2b1≤22． 1．实数绝对值的定义:

|a|=

这是去掉绝对值符号的依据，是解含绝对值符号的不等式的基础。

2．最简单的含绝对值符号的不等式的解。

若a>0时，则

|x|

|x|>a x<-a或x>a。

注:这里利用实数绝对值的几何意义是很容易理解上式的，即|x|可看作是数轴上的动点P(x)到原点的距离。

3．常用的同解变形

|f(x)|

|f(x)|>g(x)f(x)<-g(x)或f(x)>g(x)；

|f(x)|<|g(x)| f2(x)

4．三角形不等式:

5.高中物理平抛运动经典例题及解析篇五

[例1]

如图1所示，某人骑摩托车在水平道路上行驶，要在A处越过的壕沟，沟面对面比A处低，摩托车的速度至少要有多大？

图1

解析：在竖直方向上，摩托车越过壕沟经历的时间

在水平方向上，摩托车能越过壕沟的速度至少为

2.从分解速度的角度进行解题

对于一个做平抛运动的物体来说，如果知道了某一时刻的速度方向，则我们常常是“从分解速度”的角度来研究问题。

[例2]

如图2甲所示，以9.8m/s的初速度水平抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为的斜面上。可知物体完成这段飞行的时间是（）

A.B.C.D.图2

解析：先将物体的末速度分解为水平分速度和竖直分速度（如图2乙所示）。根据平抛运动的分解可知物体水平方向的初速度是始终不变的，所以；又因为与斜面垂直、与水平面垂直，所以与间的夹角等于斜面的倾角。再根据平抛运动的分解可知物体在竖直方向做自由落体运动，那么我们根据就可以求出时间了。则

所以

根据平抛运动竖直方向是自由落体运动可以写出

所以

所以答案为C。

3.从分解位移的角度进行解题

对于一个做平抛运动的物体来说，如果知道了某一时刻的位移方向（如物体从已知倾角的斜面上水平抛出，这个倾角也等于位移与水平方向之间的夹角），则我们可以把位移分解成水平方向和竖直方向，然后运用平抛运动的运动规律来进行研究问题（这种方法，暂且叫做“分解位移法”）

[例3]

在倾角为的斜面上的P点，以水平速度向斜面下方抛出一个物体，落在斜面上的Q点，证明落在Q点物体速度。

解析：设物体由抛出点P运动到斜面上的Q点的位移是，所用时间为，则由“分解位移法”可得，竖直方向上的位移为；水平方向上的位移为。

又根据运动学的规律可得

竖直方向上，水平方向上

则，所以Q点的速度

[例4]

如图3所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的速度同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为和，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A和B两小球的运动时间之比为多少？

图3

解析：和都是物体落在斜面上后，位移与水平方向的夹角，则运用分解位移的方法可以得到

所以有

同理

则

4.从竖直方向是自由落体运动的角度出发求解

在研究平抛运动的实验中，由于实验的不规范，有许多同学作出的平抛运动的轨迹，常常不能直接找到运动的起点（这种轨迹，我们暂且叫做“残缺轨迹”），这给求平抛运动的初速度带来了很大的困难。为此，我们可以运用竖直方向是自由落体的规律来进行分析。

[例5]

某一平抛的部分轨迹如图4所示，已知，，求。

图4

解析：A与B、B与C的水平距离相等，且平抛运动的水平方向是匀速直线运动，可设A到B、B到C的时间为T，则

又竖直方向是自由落体运动，则

代入已知量，联立可得

5.从平抛运动的轨迹入手求解问题

[例6]

从高为H的A点平抛一物体，其水平射程为，在A点正上方高为2H的B点，向同一方向平抛另一物体，其水平射程为。两物体轨迹在同一竖直平面内且都恰好从同一屏的顶端擦过，求屏的高度。

图5

解析：本题如果用常规的“分解运动法”比较麻烦，如果我们换一个角度，即从运动轨迹入手进行思考和分析，问题的求解会很容易，如图5所示，物体从A、B两点抛出后的运动的轨迹都是顶点在轴上的抛物线，即可设A、B两方程分别为，则把顶点坐标A（0，H）、B（0，2H）、E（2，0）、F（，0）分别代入可得方程组

这个方程组的解的纵坐标，即为屏的高。

6.灵活分解求解平抛运动的最值问题

[例7]

如图6所示，在倾角为的斜面上以速度水平抛出一小球，该斜面足够长，则从抛出开始计时，经过多长时间小球离开斜面的距离的达到最大，最大距离为多少？

图6

解析：将平抛运动分解为沿斜面向下和垂直斜面向上的分运动，虽然分运动比较复杂一些，但易将物体离斜面距离达到最大的物理本质凸显出来。

取沿斜面向下为轴的正方向，垂直斜面向上为轴的正方向，如图6所示，在轴上，小球做初速度为、加速度为的匀变速直线运动，所以有

①

②

当时，小球在轴上运动到最高点，即小球离开斜面的距离达到最大。

由①式可得小球离开斜面的最大距离

当时，小球在轴上运动到最高点，它所用的时间就是小球从抛出运动到离开斜面最大距离的时间。由②式可得小球运动的时间为

7.利用平抛运动的推论求解

推论1：任意时刻的两个分速度与合速度构成一个矢量直角三角形。

[例8]

从空中同一点沿水平方向同时抛出两个小球，它们的初速度大小分别为和，初速度方向相反，求经过多长时间两小球速度之间的夹角为？

图7

解析：设两小球抛出后经过时间，它们速度之间的夹角为，与竖直方向的夹角分别为和，对两小球分别构建速度矢量直角三角形如图7所示，由图可得和

又因为，所以

由以上各式可得，解得

推论2：任意时刻的两个分位移与合位移构成一个矢量直角三角形

[例9]

宇航员站在一星球表面上的某高度处，沿水平方向抛出一个小球，经过时间，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为，若抛出时初速度增大到两倍，则抛出点与落地点之间的距离为。已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常数为G，求该星球的质量M。

解析：设第一次抛出小球，小球的水平位移为，竖直位移为，如图8所示，构建位移矢量直角三角形有

若抛出时初速度增大到2倍，重新构建位移矢量直角三角形，如图9所示有，由以上两式得

令星球上重力加速度为，由平抛运动的规律得

由万有引力定律与牛顿第二定律得

由以上各式解得

推论3：平抛运动的末速度的反向延长线交平抛运动水平位移的中点。

证明：设平抛运动的初速度为，经时间后的水平位移为，如图10所示，D为末速度反向延长线与水平分位移的交点。根据平抛运动规律有

水平方向位移

竖直方向和

由图可知，与相似，则

联立以上各式可得

该式表明平抛运动的末速度的反向延长线交平抛运动水平位移的中点。

图10

[例10]

如图11所示，与水平面的夹角为的直角三角形木块固定在地面上，有一质点以初速度从三角形木块的顶点上水平抛出，求在运动过程中该质点距斜面的最远距离。

图11

解析：当质点做平抛运动的末速度方向平行于斜面时，质点距斜面的距离最远，此时末速度的方向与初速度方向成角。如图12所示，图中A为末速度的反向延长线与水平位移的交点，AB即为所求的最远距离。根据平抛运动规律有，和

由上述推论3知

据图9中几何关系得

由以上各式解得

即质点距斜面的最远距离为

图12

推论4：平抛运动的物体经时间后，其速度与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则有

证明：如图13，设平抛运动的初速度为，经时间后到达A点的水平位移为、速度为，如图所示，根据平抛运动规律和几何关系：

在速度三角形中

在位移三角形中

由上面两式可得

6.经典例题分析篇六

一、知识回顾

1、平行线概念：在同一平面内，两条不想交的直线叫做平行线。记做a∥b

2、两条直线的位置关系：平行和相交。

3、平行公理：经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行。

推论：如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行。

4、平行线的判定

（1）两条直线被第三条直线所截，如果同位角相等，那么两直线平行。（2）两条直线被第三条直线所截，如果内错角相等，那么两直线平行。（3）两条直线被第三条直线所截，如果同旁内角互补，那么两直线平行。

二、典型例题

例1：直线a、b、c中，a∥b，b∥c，则直线a与直线c的关系是（）

A．相交 B．平行 C．垂直

D．不确定

解答：由于直线a、b都与直线c平行，依据平行公理的推论，可推出a∥b，故选B．

例2：下列说法中可能错误的是（）

A．过一点有且只有一条直线与已知直线平行 B．过一点有且只有一条直线与已知直线垂直 C．两条直线相交，有且只有一个交点

D．若两条直线相交成直角，则这两条直线互相垂直

解答： A、过一点有且只有一条直线与已知直线平行，故本选项正确；

B、应为在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，如果不在同一平面内，则可以做无数条，故本选项错误；

C、两条直线相交，有且只有一个交点，故本选项正确；

D、若两条直线相交成直角，则这两条直线互相垂直，直线垂直的定义，本选项正确．故选B．

例3：下列说法正确的是（）

．不相交的两条直线是平行线

B．在同一平面内，两条平行的直线有且只有一个交点 C．在同一平面内，两条直线的位置关系只有平行和相交两种 D．过一点有且只有一条直线与已知直线平行

分析：根据平行线的定义和平行公理及推论，对每个选项进行判断．解答：A、不相交的两条直线是平行线，错误，应强调在同一平面内．

B、在同一平面内，两条平行的直线有且只有一个交点，错误，在同一平面内，两条平行的直线没有交点．

C、正确．

D、过一点有且只有一条直线与已知直线平行，错误，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．

故选C．

例4：（2010•桂林）如图，直线AB、CD被直线EF所截，则∠3的同旁内角是（）

A．∠1 B．∠2

C．∠4

D．∠5

分析：解答此题的关键是理解同旁内角的定义：“同旁”指在截线的同侧；“内”指在被截两条线之间．可据此进行判断．

解答：由图知：∠3和∠2在截线EF的同侧，且都在被截直线AB、CD的内侧，所以∠3和∠2是同旁内角，故选B．

例5：（2009•桂林）如图，在所标识的角中，同位角是（）

A．∠1和∠2 B．∠1和∠3 C．∠1和∠4 D．∠2和∠3

分析：同位角就是：两个角都在截线的同旁，又分别处在被截的两条直线同侧的位置的角．解答：根据同位角、邻补角、对顶角的定义进行判断，、∠1和∠2是邻补角，错误； B、∠1和∠3是邻补角，错误； C、∠1和∠4是同位角，正确； D、∠2和∠3是对顶角，错误．故选C．

例6：（2009•台湾）图中有直线L截两直线L1，L2后所形成的八个角．由下列哪一个选项中的条件可判断L1∥L2（）

A．∠2+∠4=180° B．∠3+∠8=180° C．∠5+∠6=180° D．∠7+∠8=180°

分析：结合图形分析两角的位置关系，根据平行线的判定方法判断．解答：∵∠3+∠8=180°，而∠4+∠8=180°，∴∠3=∠4，∴L1∥L2．（内错角相等，两直线平行）．故选B．

例7：如图所示，下列推理中正确的数目有（）

①因为∠1=∠4，所以BC∥AD． ②因为∠2=∠3，所以AB∥CD．

③因为∠BCD+∠ADC=180°，所以AD∥BC． ④因为∠1+∠2+∠C=180°，所以BC∥AD． A．1个 B．2个

C．3个

D．4个

分析：根据平行线的判定方法进行分析判断．要结合图形认真观察，看两个角是哪两条直线被第三条直线所截而形成的角．

解答：①因为∠1=∠4，所以AB∥CD．故此选项错误；

②因为∠2=∠3，所以BC∥AD．故此选项错误；

③因为∠BCD+∠ADC=180°，所以AD∥BC．故此选项正确； ④因为∠1+∠2+∠C=180°，所以AB∥CD．故此选项错误．故选A．

例8：如图，∠1=30°，∠B=60°，AB⊥AC．

DAB+∠B=多少度？

②AD与BC平行吗？AB与CD平行吗？试说明理由．

分析：（1）由已知可求得∠DAB=120°，从而可求得∠DAB+∠B=180°

（2）根据同旁内角互补两直线平行可得AD∥BC，∠ACD不能确定从而不能确定AB与CD平行．

解答：①∵AB⊥AC，∴∠BAC=90°，又∠1=30°，∴∠BAD=120°，∵∠B=60°，∴∠DAB+∠B=180°（7分）．

②答：AD∥BC，AB与CD不一定平行．（3分）理由是：

∵∠DAB+∠B=180° ∴AD∥BC（4分）∵∠ACD不能确定（5分）∴AB与CD不一定平行．（6分）

典型课例

平行线的判定

7.经典例题分析篇七

高考化学计算型试题常用选择、填空、简答、全过程计算等基本题型, 分析近几年的高考计算题可以发现以下命题特点.

一、物质的多元性

题目涉及到物质的多组分, 造成研究对象头绪多、关系杂.准确掌握物质间的相互反应关系及根据化学方程式计算的知识是解题的基础.解题基本策略为:理清物质关系, 设元列式求解.

例1 将70 g Na2O和Na2O2的混合物全部溶于98 g 水中, 充分反应后, 所得溶液中NaOH的质量分数为50%.试求混合物中Na2O和Na2O2各多少克?

解析:由H2O+Na2O=2NaOH

2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑

设Na2O和Na2O2的质量分别为 x、y, 则

${\begin{cases} x + y = 70 g \\ \frac{\frac{80 x}{62} + \frac{80 y}{78}}{70 g + 98 g - \frac{16 y}{78}} \times 100 % = 50 % \end{cases}$

解得 ${\begin{cases} x = 31 g \\ y = 39 g \end{cases}$

答案:Na2O:31 g, Na2O2:39 g.

二、条件的隐含性

命题者有意将一些条件隐含起来, 增大了思维容量和试题难度.解题时要细琢题意, 化隐为现, 善于运用题外条件化远为近.

例2 设想有一带极薄隔板的容器, 在标准状况下向该容器的一侧充满NO和NO2, 向另一侧充满O2, 然后将该容器倒置于水中, 撤出隔板, 气体全部溶解.假设产物不扩散, 则容器内所得溶液的物质的量浓度 (c) 之大小范围为 ( )

(A) 0<c<1/22.4

(B) 1/39.2<c<1/22.4

(D) 1/39.2<c<1/28

解析:NO、NO2、O2和H2O可发生以下反应:

① 4NO2+O2+2H2O=4HNO3

② 4NO+3O2+2H2O=4HNO3

现忽略隔板的体积, 令容器的容积为VL, 假设该容器内只有NO2和O2, 则依题意和反应①知所得溶液的物质的量浓度为:

$c (Η Ν Ο_{3}) = \frac{4 V / 5}{22.4 V} = \frac{1}{28}$

又假设该容器内只有NO和O2, 则依题意和反应②知所得溶液的物质的量浓度为:

$c (Η Ν Ο_{3}) = \frac{4 V / 7}{22.4 V} = \frac{1}{39.2}$

综上可知, 所得溶液的浓度 (c) 的大小范围为1/39.2<c<1/28.

答案: (D) .

三、思维方法的多维性

思维能力是高考要求的四种能力的核心, 对思维能力多角度的考查是命题者刻意追求的.多年来的高考化学“压轴题”都表现了对思维方法和技巧越来越高的要求.

例3 黄铁矿主要成分是FeS2.某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时, 取0.1000 g 样品在空气中充分灼烧, 将生成的SO2气体与足量Fe2 (SO4) 3溶液完全反应后, 用浓度为

0.02000 mol/L的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点, 消耗K2Cr2O7溶液25.00 mL.

已知:

SO2+2Fe3++2H2O=SO $_{4}^{2 -}$ +2Fe2++4H+

Cr2O $_{7}^{2 -}$ +6Fe2++14H+=

2Cr3++6Fe3++7H2O

(1) 样品中FeS2的质量分数是 (假设杂质不参加反应) .

(2) 若灼烧6 g FeS2产生的SO2全部转化为SO3气体时放出9.83 kJ热量, 产生的SO3与水全部化合生成H2SO4, 放出13.03 kJ热量, 写出SO3气体转化为H2SO4的热化学方程式:.

(3) 煅烧10 t 上述黄铁矿, 理论上产生SO2的体积 (标准状况) 为L, 制得98%的硫酸质量为t, SO2全部转化为H2SO4时放出的热量是kJ.

解析:本题综合考查了化学方程式的计算、能量的计算等.

(1) 由化学方程式可知:

3FeS2~6SO2~12Fe3+~12Fe2+~2Cr2O $_{7}^{2 -}$

所以样品中FeS2的质量分数:

$\frac{0.02000 m o l / L \times 25.00 \times 10^{- 3} L \times \frac{3}{2} \times 120 g / m o l}{0.1000 g}$ ×100%=90%

(2) 灼烧6 g FeS2产生SO2的物质的量为:

$\frac{6 g}{120 g / m o l} \times 2 = 0.1 m o l$

故生成SO3为0.1 mol, 所以1 mol SO3与水全部化合生成H2SO4, 放出的热量为

13.03 kJ/0.1=130.3 kJ.所以热化学方程式为:

SO3 (g) +H2O (l) =H2SO4 (l) ;

ΔH=-130.3 kJ/mol

(3) 煅烧10 t 上述黄铁矿, 理论上产生SO2的体积 (标准状况) 为:

$\frac{10 \times 10^{6} g \times 90 %}{120 g / m o l} \times 2 \times 22.4 L / m o l$

=3.36×107L

制得98%的硫酸质量为:

$\frac{\frac{10 t \times 90 %}{120 g / m o l} \times 2}{98 %} \times 98 g / m o l = 15 t$

SO2全部转化为H2SO4时放出的热量是

$\frac{10 \times 10^{6} g}{6 g} \times (9.83 k J + 13.03 k J) = 3.43 \times 10^{7}$ kJ

答案: (1) 90.00%

(2) SO3 (g) +H2O (l) =H2SO4 (l) ;ΔH=-130.3 kJ/mol

(3) 3.36×107 15 3.43×107

四、数学方法的技巧性

把化学问题抽象为数学问题, 利用数学工具, 结合化学知识, 通过计算, 解答化学问题, 是高考对化学的能力要求.近几年的高考化学“压轴题”都充分体现了这一能力要求, 解题时必须认真寻找化学规律, 熟练运用数学方法.

例4 在一定条件下, 将等体积的NO和O2的混合气置于试管中, 并将试管倒立于水槽中, 充分反应后, 剩余气体的体积为原气体总体积的 ( )

$(A) \frac{1}{4} (B) \frac{3}{4} (C) \frac{1}{8} (D) \frac{3}{10}$

解析:设NO和O2的物质的量均为 n, 则

2NO+O2=2NO2

3NO2+H2O=2HNO3+NO

由以上反应可知:n mol NO与 (n/2) mol O2反应生成 n mol NO2, 溶于水后得 (n/3) mol NO, (n/3) mol NO与 (n/6) mol O2反应生成 (n/3) mol NO2, 溶于水后得 (n/9) mol NO……不断循环反应下去, 总耗氧量为下列等比数列各项之和: $\frac{n}{2} ‚ \frac{n}{6} ‚ \frac{n}{18} \dots$ 据等比数列的求和公式, 得总耗氧量为 $\frac{\frac{n}{2}}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{3 n}{4}$ , 剩余O2为 $n - \frac{3 n}{4} = \frac{n}{4}$ , 故剩余O2的体积为原气体总体积的1/8.

答案: (C) .

五、讨论问题的多样性

题目中只有制约条件而无“充足”的条件, 从而可产生多个结果, 解题时要全面的分析化学原理和制约条件, 详尽的讨论多种可能的情况, 得到正确答案.

例5 130℃时CO和某气态单烯烃的混合气体1L与9L (过量) 混合点燃, 充分反应后在压强不变、130℃时测得气体总体积为10L, 求该烯烃可能的分子式和它在混合气体中的体积分数.

解析:130℃时水为气态, 反应前后气体体积不变 (都为10L) .设单烯烃为CnH2n, 占 x L, 则有

$C_{n} Η_{2 n} + 1.5 n Ο_{2} \overset{}{\to} n C Ο_{2} + n Η_{2} Ο$ 体积增大

1 0 .5n-1

x (0.5n-1) x

2CO+O2=2CO2 体积减少

2 1

1-x (1-x) 2

得: (0.5n-1) x= (1-x) /2

整理得: (n-1) x=1

据题意为气态单烯烃, 应在2≤n≤4的范围内讨论:

①当 n=2时, x=1, 与实际不符;②当 n=3时, x=0.5, 即C3H6, 占50%;③当 n=4时, x=1/3, 即C4H8, 占33.3%.

答案:C3H6, 占50%或C4H8, 占33.3%.

六、一题多解的灵活性

题目涉及的解题思路不止一个, 有“曲径”, 也有“坦途”, 但“殊途同归”.解题时要开拓思路, 避繁就简, 选取最佳解法.

例6 在硫酸铝、硫酸钾和明矾的混合溶液中, 如果SO $_{4}^{2 -}$ 离子浓度为0.2 mol/L, 当加入等体积的0.2 mol/L的KOH溶液时, 生成的沉淀恰好完全溶解, 则反应混合溶液中K+的浓度为 (假设溶液体积变化忽略不计) ( )

(A) 0.225 mol/L (B) 0.125 mol/L

解法1:电荷守恒法:设硫酸铝、硫酸钾和明矾和混合溶液体积为1L.

据电荷守恒得:n (K+) +3n (Al3+) =2n (SO2-4) =2×0.2 mol/L×1L=0.4 mol.当加入1L KOH溶液生成的沉淀恰好完全溶解后, 变为K2SO4、KAlO2溶液, 据电荷守恒和原子守恒得:0.2 mol+n (K+) =0.4 mol+n (Al3+) , 则 n (K+) =0.25 mol, 所以, 反应后混合溶液中, n (K+) 总=0.25 mol+0.2 mol=0.45 mol, c (K+) 总=0.45 mol/2L=0.225 mol/L.

解法2:方程组法:设硫酸铝、硫酸钾和明矾的混合溶液中硫酸铝的物质的量为 x, 硫酸钾的物质的量为 y, 明矾的物质的量为 z, 溶液体积为1L.

由SO $_{4}^{2 -}$ 离子浓度为0.2 mol/L, 得:

3x+y+2z=0.2 mol ①

当加入等体积的0.2 mol/L的KOH溶液时, 生成的沉淀恰好完全溶解, 得反应:

Al3++4OH-=AlO-2+2H2O

加入的OH-为0.2 mol, 则Al3+为

0.05 mol, 得:

2x+z=0.05 mol ②

①×2+②×3, 得:2y+z=0.25 mol

则 n (K+) =0.25 mol+0.2 mol=0.45 mol

c (K+) =0.45 mol/2L=0.225 mol/L

解法3:终态判断法:设硫酸铝、硫酸钾和明矾的混合溶液体积为1L.

由题意知反应后溶液为K2SO4、KAlO2溶液.

Al3++4OH-=AlO-2+2H2O

加入的OH-为0.2 mol, 则AlO-2为

0.05 mol, 则

n (KAlO2) =n (AlO-2) =0.05 mol

n (K2SO4) =n (SO $_{4}^{2 -}$ ) =0.2 mol

得:n (K+) =n (KAlO2) +2n (K2SO4)

=0.45 mol

c (K+) =0.45 mol/2L=0.225 mol/L

解法4:中间产物判断法:设硫酸铝、硫酸钾和明矾的混合溶液体积为1L.

在硫酸铝、硫酸钾和明矾的混合溶液中, 加入0.2 mol/L的KOH溶液至生成的沉淀恰好完全溶解, 存在一个中间过程, 即Al3+恰好转化为沉淀, 此时为Al (OH) 3、KOH和K2SO4的化合物.

n (KOH) =0.2 mol× (1/4) =0.05 mol

n (K2SO4) =0.2 mol

n (K+) =n (KOH) +2n (K2SO4)

=0.45 mol

c (K+) =0.45 mol/2L=0.225 mol/L

解法5:变形化学式法:设硫酸铝、硫酸钾和明矾的混合溶液体积为1L.

将KAl (SO4) 2看成K2SO4·Al2 (SO4) 3, 则原混合溶液可看成K2SO4和Al2 (SO4) 3的混合液.据Al3++4OH-=AlO-2+2H2O, 加入的OH-为0.2 mol, 则Al3+为0.05 mol, Al2 (SO4) 3为0.025 mol, Al2 (SO4) 3中SO $_{4}^{2 -}$ 为0.075 mol.则K2SO4中SO $_{4}^{2 -}$ 为0.2 mol-0.075 mol=0.125 mol, K2SO4中K+为0.25 mol.

n (K+) =0.25 mol+0.2 mol=0.45 mol

c (K+) =0.45 mol/2L=0.225 mol/L

答案: (A) .

七、题型、信息的新颖性

题目情境新、设问巧是近几年高考化学试题的发展特点, 高考化学“压轴题”多是这一类题.解题时要善于分析、接受新信息, 灵活迁移解决新问题.

例7 美国“科学怪人”克雷格·文特尔2007年10月6日向媒体透露, 由他领导的研究小组合成了人类历史上第一个人造染色体, 并有可能创造出首个永久性生命形式.有一种式量为M的多肽, 经水解后只得到甘氨酸 (相对分子质量为75) , 如果该多肽是链状分子, 则一个这种多肽分子含有的肽键数为 ( )

$\begin{array}{l} (A) \frac{Μ - 75}{57} (B) \frac{Μ}{75} \\ (C) \frac{Μ - 18}{75} (D) \frac{Μ + 18}{75} \end{array}$

解析:氨基酸含有氨基或羧基, 同种分子可以通过缩聚反应生成高分子化合物, 但是要区分清楚形成环状和链状时缩水数量的差异.设该多肽分子中有 n 个肽键, 已知每2个氨基酸分子脱1分子水形成二肽, 含有一个肽键, 依此类推, 含 n 个肽键, 需要 (n+1) 个甘氨酸分子脱 n 个水分子, 根据质量守恒:

(n+1) ×75=M+18n

解得: $n = \frac{Μ - 75}{57}$

答案: (A) .

山东省滕州市第一中学西校

【经典例题分析】推荐阅读：

排列组合经典例题讲解08-01

高考等差数列经典例题09-05

管理案例分析全面例题08-07

2023年高级审计考试----审计理论案例分析课后例题07-15

例题--例题08-27

经济法案例题06-21

动量冲量例题06-27