全国卷数学高考分析及2021年高考预测：全国III卷理科数学2016－2020年高考分析及2021年高考预测

1 新课标全国 III 卷理科数学 2016-2020 年高考分析 及 2021 年高考预测 话说天下大势，合久必分，分久必合，中国高考也是如此．2000 年，教育部决定实施分省命 题．十多年后，由分到合． 2020 年，除了保留北京、天津、上海、江苏、浙江实行全科自主命题外，大陆其他省区全部 使用全国卷． 研究发现，新课标全国卷的试卷结构和题型具有一定的稳定性和连续性．每个题型考查的知 识点、考查方法、考查角度、思维方法等相对固定．掌握了全国卷的各种题型，就把握住了全国 卷命题的灵魂．基于此，笔者潜心研究近 4 年全国高考理科数学 III 卷(丙卷)和高考数学考试说 明，精心分类汇总了全国卷近 4 年所有题型．为了便于读者使用，所有题目分类（共 21 类）列于 表格之中，按年份排序．高考题的小题（填空和选择）的答案都列在表格的第三列，便于同学们 及时解答对照答案，所有解答题的答案直接列在题目之后，方便查看． 本文档是第四次修订，为了适应不同基础的考生使用，特别新增了选择题和填空题的解法， 解法大都体现“小题小做”． 为了帮助同学们研究解答题的压轴题，在文档末，附有函数导数和解析几何这两个重要模 块的经典题的解题研究． 一、集合与简易逻辑小题： 1．集合小题：4 年 4 考，每年 1 题，都是交并补子运算为主，多与不等式交汇，新定义运算也 有较小的可能，但是难度较低；基本上是每年的送分题，相信命题小组对集合题进行大幅变动的 决心不大． 年份 题目 答案 2020 年 1.已知集合 ， ，则 中元素的个数 为（ ） 【 答 案】C {( , ) | , , }A x y x y y x= ∈ ≥*N {( , ) | 8}B x y x y= + = A B2 A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【解析】 【分析】 采用列举法列举出 中元素的即可. 【详解】由题意， 中的元素满足 ，且 ， 由 ，得 ， 所以满足 的有 ， 故 中元素的个数为 4. 故选：C. 【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题. 2019 年 1．已知集合 ， ，则 A∩B＝ A．{－1，0，1} B．{0，1} C．{－1，1} D．{0，1，2} 2018 年 1．已知集合 ， ，则 A． B． C． D． C 2017 年 1．已知集合 ， ，则 中元素的个数为 A．3 B．2 C．1 D．0 B { }| 1 0A x x= − ≥ { }0 1 2B = ， ， A B = { }0 { }1 { }1 2， { }0 1 2， ， A B A B 8 y x x y ≥  + = *,x y N∈ 8 2x y x+ = ≥ 4x ≤ 8x y+ = (1,7),(2,6),(3,5),(4,4) A B { | 1 0 1 2}A x= − ，，， 2{ | 1}B x x= ≤ 1 2 CA B =解析： ｛，｝，选 2 2{( , ) 1}A x y x y= + = {( , ) }B x y y x= = A B3 2016 年 （1）设集合 ，则 S T= (A) [2，3] (B)（- ，2] [3,+ ） (C)[3,+ ） (D)（0，2] [3,+ ） D 2．简易逻辑小题：4 年 0 考．这个考点包含的小考点较多，并且容易与函数，不等式、数列、三 角函数、立体几何交汇，热点就是“充要条件”；难点：否定与否命题；冷点：全称与特称，思想： 逆否．要注意，这类题可以分为两大类，一类只涉及形式的变换，比较简单，另一类涉及命题真 假判断，比较复杂．下面举一个全国 1 卷的例子． 年份 题目 答案 2015 年 全 国 2 理 （3）设命题 P： n N， > ，则 P 为 （A） n N, > （B） n N, ≤ （C） n N, ≤ （D） n N, = C 二、复数小题：5 年 5 考，每年 1 题，以四则运算为主，偶尔与其他知识交汇，难度较小．一般 涉及考查概念：实部、虚部、共轭复数、复数的模、对应复平面的点坐标等． 年份 题目 答案 2020 年 2.复数 的虚部是（ ） 【答案】 { } { }(x 2)(x 3) 0 ,T | 0S x x x= − − ≥ = >  ∞  ∞ ∞  ∞ ∃ ∈ 2n 2n ¬ ∀ ∈ 2n 2n ∃ ∈ 2n 2n ∀ ∈ 2n 2n ∃ ∈ 2n 2n 1 1 3i−4 A. B. C. D. 【解析】 【分析】 利用复数的除法运算求出 z 即可. 【详解】因为 ， 所以复数 的虚部为 . 故选：D. 【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基 础题. D 2019 年 2．若 ，则 A．－1－i B．－1＋i C．1－i D．1＋ i D 2018 年 2． A． B． C． D． D 2017 年 2．设复数 满足 ，则 C ( )( )1 i 2 i+ − = 3 i− − 3 i− + 3 i− 3 i+ 3 10 − 1 10 − 1 10 3 10 1 1 3 1 3 1 3 (1 3 )(1 3 ) 10 10 iz ii i i += = = +− − + 1 1 3z i = − 3 10 (1 i) 2iz + = z = 2(1 i)(2 i) 2 i+2i i 3 , Di+ − = − − = +解析： 选 z (1 ) 2i z i+ = | |z =5 A． B． C． D．2 解析： 2016 年 （2）若 ，则 (A)1 (B) -1 (C) i (D)-i 解析： ，故选 C． C 三、平面向量小题：5 年 5 考，每年 1 题，向量题考的比较基本，突出向量的几何运算或代数运 算，不侧重于与其它知识交汇，难度不大（与全国其它省份比较）．我认为这样有利于考查向量的 基本运算，符合考试说明． 年份 题目 答案 2020 年 6.已知向量 a，b 满足 ， ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【解析】 【分析】 计 算 出 、 的 值 ， 利 用 平 面 向 量 数 量 积 可 计 算 出 的值. 【 详 解 】 ， ， ， 【答案】 D 1 2z i= + 4 1 i zz = − 4 4 (1 2 )(1 2 ) 11 i i ii izz = =+ − −− 1 2 2 2 2 22 2, 21 1 2 iiz zi i = ∴ = = =+ + | | 5a = | | 6b = 6a b⋅ = − cos , =+a a b 31 35 − 19 35 − 17 35 19 35 ( )a a b⋅ +   a b+  cos ,a a b< + >   5a =  6b = 6a b⋅ = − 6 . ， 因此， . 故选：D. 【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量 积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题. 2019 年 13 ． 已 知 为 单 位 向 量 ， 且 ， 若 ， 则 __________. 13． 2018 年 13 ． 已 知 向 量 ， ， ． 若 ， 则 ________． 2017 年 12．在矩形 中， ，动点 在以点 为圆心且与 相 切的圆上．若 ，则 的最大值为 A．3 B． C． D．2 12．在矩形 ABCD 中，AB=1，AD=2，动点 P 在以点 C 为圆心且与 BD 相切的圆 上．若 = + ，则 + 的最大值为 A．3 B．2 C． A ( )= 1,2a ( )= 2, 2−b ( )= 1, λc ( )2∥c a + b λ = ( ) 2 25 6 19a a b a a b∴ ⋅ + = + ⋅ = − =      ( )2 2 2 2 25 2 6 36 7a b a b a a b b+ = + = + ⋅ + = − × + =        ( ) 19 19cos , 5 7 35 a a b a a b a a b ⋅ + < + >= = =×⋅ +          ，a b 0⋅ =a b 2 5= -c a b cos =，a c 2 3 1(4,2),4 2 2a b λ λ+ = = ⇒ = 解析：2 1 2 ABCD 1, 2AB AD= = P C BD AP AB ADλ µ= +   λ µ+ 2 2 5 AP λ AB µ AD λ µ 2 57 D．2 解析：如图，建立平面直角坐标系 设 2016 年 （3）已知向量 , 则 ABC= (A)300 (B) 450 (C) 600 (D)1200 解析：由题意，得 ，所以 A1 3( , )2 2BA = 3 1( , ),2 2BC = ∠ 1 3 3 1 32 2 2 2cos 1 1 2| || | BA BCABC BA BC × + ×⋅∠ = = =×     ( ) ( ) ( ) ( )0,1 , 0,0 , 2,1 , ,A B D P x y8 ，故选 A． 四、线性规划小题： 5 年 3 考，全国 3 卷线性规划题考的比较基本，一般不与其它知识结合，不象部分省区的高 考向量题侧重于与其它知识交汇，如和平面向量、基本不等式、解析几何等交汇．我觉得这种组 合式交汇意义不大，不利于考查基本功．由于线性规划的运算量相对较大，我觉得难度不宜太大， 不过为了避免很多同学解出交点代入的情况估计会加大“形’的考察力度（注意：某两条直线的 交点未必在可行域内，因此必须作图）．另外全国 2 卷近年没有考线性规划应用题了，是否可以考 了？ 年份 题目 答案 2020 年 13.若 x，y 满足约束条件 ，则 z=3x+2y 的最大值为_________． 【解析】 【分析】 作出可行域，利用截距的几何意义解决. 【详解】不等式组所表示的可行域如图 因为 ，所以 ，易知截距 越大，则 越大， 平移直线 ，当 经过 A 点时截距最大，此时 z 最大， 由 ，得 ， ， 所以 . 故答案为：7. 【答案】 7 30ABC∠ = ° 0, 2 0 1, x y x y x + ≥  − ≥  ≤ ， 3 2z x y= + 3 2 2 x zy = − + 2 z z 3 2 xy = − 3 2 2 x zy = − + 2 1 y x x =  = 1 2 x y =  = (1,2)A max 3 1 2 2 7z = × + × =9 【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查 学生数形结合的思想，是一道容易题. 2017 年 13．若 ， 满足约束条件 ，则 的最小值为__________． 解析：绘制不等式组表示的可行域，结合目标函 数的几何意义可得，目标函数在点 处取得最小值 . 2016 年 （13）若 满足约束条件 则 的最大值为_____________.,x y 1 0 2 0 2 2 0 x y x y x y − + ≥  − ≤  + − ≤ z x y= + x y y 0 2 0 0 x x y y − ≥  + − ≤  ≥ z 3 4x y= − ( )1,1A 3 4 1z x y= − = − -1 3 210 五、三角函数小题： 5 年 9 考．题目难度较小，主要考察公式熟练运用，平移，由图像性质、化简求值、解三角 形等问题（含应用题），基本属于“送分题”．考三角小题时，一般是一个考查三角恒等变形或三 角函数的图象性质，另一个考查解三角形． 年份 题目 答案 2020 年 7.在△ABC 中，cosC= ，AC=4，BC=3，则 cosB=（ ） A. B. C. D. 【解析】 【分析】 根据已知条件结合余弦定理求得 ，再根据 ，即可 求得答案. 【详解】 在 中， ， ， 根据余弦定理： 【答案】 A 2 3 1 9 1 3 1 2 2 3 AB 2 2 2 cos 2 AB BC ACB AB BC + −= ⋅  ABC 2cos 3C = 4AC = 3BC = 2 2 2 2 cosAB AC BC AC BC C= + − ⋅ ⋅ 2 2 24 3 2 24 3 3AB = + − × × ×11 可得 ，即 由 故 . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属 于基础题. 2020 年 9.已知 2tanθ–tan(θ+ )=7，则 tanθ=（ ） A. –2 B. –1 C. 1 D. 2 【解析】 【分析】 利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案. 【详解】 ， ， 令 ，则 ，整理得 ，解得 ，即 . 故选：D. 【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题. 【答案】 D 2 9AB = 3AB =  2 2 2 9 9 16 1cos 2 2 3 3 9 AB BC ACB AB BC + − + −= = =⋅ × × 1cos 9B = π 4 2tan tan 74 πθ θ − + =   tan 12tan 71 tan θθ θ +∴ − =− tan , 1t tθ= ≠ 12 71 tt t +− =− 2 4 4 0t t− + = 2t = tan 2θ =12 2018 年 4．若 ，则 A． B． C． D． B 2018 年 9． 的内角 的对边分别为 ， ， ，若 的面积为 ，则 A． B． C． D． C 2018 年 14．函数 在 的零点个数为________． 3 2017 年 6．设函数 ，则下列结论错误的是（） A． 的一个周期为 B． 的图像关于直线 对称 C． 的一个零点为 D． 在 单调递减 D 1sin 3 α = cos2α = 8 9 7 9 7 9 − 8 9 − ABC△ A B C， ， a b c ABC△ 2 2 2 4 a b c+ − C = π 2 π 3 π 4 π 6 ( ) πcos 3 6f x x = +   [ ]0 π， 2 7cos2 1 2sin , B9 = − =解析： 选α α 2 2 2 2 2 21S= sin ,cos ,2 4 2 1 2 cossin tan 1 , C2 4 4 a b c a b cab C C ab ab Cab C C + − + −= = ∴ = ⇒ = ⇒ 解析： 选π [0, ] 3 [ ,3 ]6 6 6 3 , 0,1,2, 36 2 x x x k k π π ππ π π π π ∈ ∴ + ∈ + + = + = ∴ 解析： ， 零点个数 ，可以结合图象 ( ) cos( )3f x x π= + ( )f x 2π− ( )y f x= 8 3x π= ( )f x π+ 6x π= ( )f x ( , )2 π π13 解析：当 时， ，函数在该区间内不单调. 选 D. 2016 年 （5）若 ，则 (A) (B) (C) 1 (D) 解析：由 ，得 或 ， 所以 A 2016 年 （8）在 中， ，BC 边上的高等于 ,则 （A） （B） （C） （D） 解析：设 边上的高线为 ，则 ， 所以 ， ． 由余弦定理， 知 ，故选 C．[来源: 学*科*网 Z*X*X*K] C 2016 年 （14）函数 的图像可由函数 的图像至 少向右平移_____________个单位长度得到． 解 析 ： ， ＝ ， 所 以 函 数 3tan 4 α = 2cos 2sin 2α α+ = 64 25 48 25 16 25 3tan 4 α = 3 4sin ,cos5 5 α α= = 3 4sin ,cos5 5 α α= − = − 2 16 12 64cos 2sin 2 425 25 25 α α+ = + × = BC AD 3BC AD= 2 2 5AC AD DC AD= + = 2AB AD= 2 2 2 2 2 22 5 9 10cos 2 102 2 5 AB AC BC AD AD ADA AB AC AD AD + − + −= = = −⋅ × × sin 3 cosy x x= − sin 3 cosy x x= + sin 3 cos 2sin( )3y x x x π= + = + sin 3 cos 2sin( )3y x x x π= − = − 2sin[( ) ]3 3x π 2π+ − ,2x π π ∈   5 4,3 6 3x π π π + ∈   ABC△ π 4B = 1 3 BC cos A = 3 10 10 10 10 10 10- 3 10 10- 2 3 π14 的图像可由函数 的图像至少向 右平移 个单位长度得到． 六、立体几何小题: 5 年 10 考，每年 2 题，一般考三视图和球，主要计算体积和表面积．其中，我认为“点线 面”也有可能出现在小题，但是难度不大，立体几何是否会与其它知识交汇？如：几何概型（与 体积有关的）？有可能．但是，根据全国卷的命题习惯，交汇可能性不大．异面直线所成的角考 了两次．年年考三视图，是否也太稳定了吧？球体是基本的几何体，是发展空间想象能力的很好 载体，是新课标的热点． 年份 题目 答案 2020 年 8.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ） A. 6+4 B. 4+4 C. 6+2 D. 4+2 【解析】 【分析】 根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得 其表面积. 【 答 案】C sin 3 cosy x x= − sin 3 cosy x x= + 3 2π 2 2 3 315 【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形 根据立体图形可得： 根据勾股定理可得： 是边长为 的等边三角形 根据三角形面积公式可得： 该几何体的表面积是： . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视 图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题. 2020 年 15.已知圆锥的底面半径为 1，母线长为 3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 _________． 【解析】 【分析】 【 答 案 】 1 2 2 22ABC ADC CDBS S S= = = × × =△ △ △ 2 2AB AD DB= = = ∴ ADB△ 2 2 21 1 3sin 60 (2 2) 2 32 2 2ADBS AB AD= ⋅ ⋅ ° = ⋅ =△ ∴ 2 3 6 2 33 2 =× + + 2 3 π16 将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值. 【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中 ，且点 M 为 BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为 ， 由于 ，故 ， 设内切圆半径为 ，则： ， 解得： ，其体积： . 故答案为： . 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明 确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正 方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方 体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 2, 3BC AB AC= = = O 2 23 1 2 2AM = − = 1 2 2 2 2 22S = × × =△ABC r ABC AOB BOC AOCS S S S= + +△ △ △ △ 1 1 1 2 2 2AB r BC r AC r= × × + × × + × × ( )1 3 3 2 2 22 r= × + + × = 2 2r = 34 2 3 3V rπ π= = 2 3 π17 2019 年 8．如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心，△ECD 为正三角形， 平面 ECD⊥平面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，则 A．BM＝EN，且直线 BM，EN 是相交直线 B．BM≠EN，且直线 BM，EN 是相交直线 C．BM＝EN，且直线 BM，EN 是异面直线 D．BM≠EN，且直线 BM，EN 是异面直线 8．B 2019 年 16．学生到工厂劳动实践，利用 3D 打印技术制作模型．如图， 该模型为长方体 ABCD－A 1B1C1D1 挖去四棱锥 O－EFGH 后 所得的几何体，其中 O 为长方体的中心，E，F，G，H 分别 为所在棱的中点， cm， cm．3D 打印所 用的原料密度为 g/cm3 ，不考虑打印损耗，制作该模型 所需原料的质量为___________g． 16 ． 2018 年 3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼， 图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合 成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 A 6AB BC= = 1 4AA = 0.9 118.818 2018 年 10．设 是同一个半径为 4 的球的球面上四点， 为等边三角形且其面 积为 ，则三棱锥 体积的最大值为 A． B． C． D． B 2017 年 8．已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱 的体积为 A． B． C． D． 解析：画出圆柱的轴截面 ，所以 ，那么圆柱的体积是 ，故选 B. B A B C D， ， ， ABC△ 9 3 D ABC− 12 3 18 3 24 3 54 3 A解析：审题，“ 咬合时带卯眼的木构件” ，选 2 1 1 1 1 3ABC , 3 6,4 ABC O O A= 3 O O= D O O D-ABC 1 3 4+2 =18 3 B3 a a a∆ ⇒ = ∆ ∴ × × 解析：设 的边长为 则 =9 的外心 ，则 2 ， 2， 当 在 的延长线上时， 体积最大， 最大值为 9 （ ） ，选 π 3π 4 π 2 π 4 11, 2AC AB= = 3 2r BC= = 2 2 3 312 4V r hπ π π = = × × =   19 2017 年 16． 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 的直角边 所在直线与 都垂直，斜边 以直线 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线 与 成 角时， 与 成 角； ②当直线 与 成 角时， 与 成 角； ③直线 与 所成角的最小值为 ； ④直线 与 所成角的最大值为 ． 其中正确的是________（填写所有正确结论的编号） 正确的说法为②③. ②③,a b ABC AC ,a b AB AC AB a 60 AB b 30 AB a 60 AB b 60 AB a 45 AB a 6020 2016 年 (9)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面 体的表面积为 （A） （B） （C）90（D）81 B 2016 年 (10) 在封闭的直三棱柱 内有一个体积为 V 的球，若 ， ， ， ，则 V 的最大值是 （A） 4π （B） （C）6π （D） 解析：要使球的体积 最大，必须球的半径 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底 面都相切时，球的半径取得最大值 ，此时球的体积为 ，故 选 B． B 七、推理证明小题：4 年 0 考，但是全国 2 卷考了，但也不是常规的数学考法，倒是很像一道公 务员考试的逻辑推理题，但这是个信号．2003 年全国高考曾经出过一道把直角三角形的勾股定理 类比到四面体的小题，这个题已经是教材的一个例题；上海市是最喜欢考类比推理的，上海市 2000 年的那道经典的等差数列与等比数列性质的类比题也早已进入教材习题．这类题目不会考察“理 论概念”问题，估计是交汇其他题目命题，难度应该不大．适当出一道“类比推理”的小题是值 得期待的． 年份 题目 答案 18 36 5+ 54 18 5+ 1 1 1ABC A B C− AB BC⊥ 6AB = 8BC = 1 3AA = 9 2 π 32 3 π V R 3 2 3 34 4 3 9( )3 3 2 2Rπ π π= =21 2017 年 全 国 2 7. 甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们 四人中有 2 位优秀，2 位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的 成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据 以上信息，则（） A．乙可以知道四人的成绩 B．丁可以知道四人的成绩 C．乙、丁可以知道对方的成绩 D．乙、丁可以知道自己的成绩 解析：由甲的说法可知乙、丙一人优秀一人良好，则甲丁一人优秀一人良 好，乙看到丙的结果则知道自己的结果，丁看到甲的结果则知道自己的结 果，故选 D． D 2016 年 全 国 2 （13）有三张卡片，分别写有 1 和 2，1 和 3，2 和 3．甲，乙，丙三人各取走 一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是 2”，乙看 了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是 1”，丙说：“我的卡片上 的数字之和不是 5”，则甲的卡片上的数字是 解析 ：由题意得：丙不拿（2，3）， 若丙（1，2），则乙（2，3），甲（1，3）满足， 若丙（1，3），则乙（2，3），甲（1，2）不满足，故甲（1，3）． 1 和 3 八、概率小题： 5 年 2 考,难度较小.下面列上了全国 2 的部分考题。前几年其它省份高考及各地模拟较多出现几 何概型与线性规划交汇式命题，这个问题教材上也有．是不是全国卷也该考一下二维的几何概型 了？ 年份 题目 答案 2018 年 8．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为 ，各成员的支付方式相互独立，设 为该群体的 10 位成员中使用移动支付的人数， ， ，则 Bp X 2.4DX = ( ) ( )4 6P X P X= < =22 A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.3 2017 年 全国 2 6.安排 3 名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成 1 项，每项工作由 1 人完成，则不同的安 排方式共有（） A．12 种 B．18 种 C．24 种 D．36 种 解析： ,故选 D． D 2016 年 全国 2 （10）从区间 随机抽取 2n 个数 , ，…， ， ， ，…， ，构成 n 个数对 ， ，…， ，其中两数的平方和小于 1 的数对共有 m 个，则用随机 模拟的方法得到的圆周率 的近似值为 （A） （B） （C） （D） 解析：由题意得： 在如图所示方格中，而平方和小于 1 的点均在 如图所示的阴影中 C p = 4 6 4 6 4 6 10 10 6 4 4 6 2 2 X B(10,p),DX=10p(1 p)=2.4,p=0.4 0.6 P(X=4)=C (1 ) C (1 ) ( 6) (1 ) (1 ) (1 ) 0.5 0.6, B p p p p P X p p p p p p p p − − < − = = − < − ⇒ − < ⇒ > ∴ = 解析： 或 选 2 2 2 3 4 2 36C C A = ( )( )1 2i ix y i n= ⋅⋅⋅， ， ， ，23 由几何概型概率计算公式知 ，∴ ，故选 C． 2014 年 全国 2 5. 某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是 0.75，连续两为优良的 概率是 0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是（ ） A. 0.8 B. 0.75 C. 0.6 D. 0.45 A 2013 年 全国 2 15．从 n 个正整数 1,2，…，n 中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于 5 的概 率为 ，则 n＝__________. 解析：从 1,2，…，n 中任取两个不同的数共有 种取法，两数之和为 5 的有(1,4)，(2,3)2 种，所以 ，即 ，解得 n＝8 8 九、统计小题： 5 年 4 考．其实统计考个小题比较好的，各地高考及模拟高考小题居多．因为这个考点内容实 在太多：频率分布表、直方图、抽样方法、样本平均数、方差、标准差、散点图、线性回归、回 归分析、独立性检验、二项分布、正态分布等． π 4 1 m n = 4π m n = , 0.6 0.75 , 0.8, .p p p A= • = 解析：设某天空气质量优良，则随后一个空气质量 也优良的概率为 则据题有 解得 故选 1 14 2Cn 2 2 1 C 14n = 2 4 1 1 1 14 2 n n n n = =( − ) ( − )24 年 份 题目 答案 202 0 年 3.在一组样本数据中，1，2，3，4 出现的频率分别为 ，且 ，则下面 四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ） A. B. C. D. 【解析】 【分析】 计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最大的一组. 【详解】对于 A 选项，该组数据的平均数为 ， 方差为 ； 对于 B 选项，该组数据的平均数为 ， 方差为 ； 对于 C 选项，该组数据的平均数为 ， 方差为 ； 对于 D 选项，该组数据的平均数为 ， 方差为 . 因此，B 选项这一组 标准差最大. 【答案】 B 的 1 2 3 4, , ,pp p p 4 1 1i i p = =∑ 1 4 2 30.1, 0.4p p p p= = = = 1 4 2 30.4, 0.1p p p p= = = = 1 4 2 30.2, 0.3p p p p= = = = 1 4 2 30.3, 0.2p p p p= = = = ( ) ( )1 4 0.1 2 3 0.4 2.5Ax = + × + + × = ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 1 2.5 0.1 2 2.5 0.4 3 2.5 0.4 4 2.5 0.1 0.65As = − × + − × + − × + − × = ( ) ( )1 4 0.4 2 3 0.1 2.5Bx = + × + + × = ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 1 2.5 0.4 2 2.5 0.1 3 2.5 0.1 4 2.5 0.4 1.85Bs = − × + − × + − × + − × = ( ) ( )1 4 0.2 2 3 0.3 2.5Cx = + × + + × = ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 1 2.5 0.2 2 2.5 0.3 3 2.5 0.3 4 2.5 0.2 1.05Cs = − × + − × + − × + − × = ( ) ( )1 4 0.3 2 3 0.2 2.5Dx = + × + + × = ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 1 2.5 0.3 2 2.5 0.2 3 2.5 0.2 4 2.5 0.3 1.45Ds = − × + − × + − × + − × =25 故选：B. 【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用，考查计算能力，属于基础题. 201 9 年 3．《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古代文学瑰宝，并称为中国古典 小说四大名著．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了 100 位学生， 其中阅读过《西游记》和《红楼梦》的学生共有 90 位，阅读过《红楼梦》的学生有 80 位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有 60 位，则该校阅读过《西游记》 的学生人数与该校学生总数比值的估计值为 A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8 3 ． C 201 7 年 3．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了 2014 年 1 月至 2016 年 12 月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图． 根据该折线图，下列结论错误的是 A．月接待游客量逐月增加 B．年接待游客量逐年增加 C．各年的月接待游客量高峰期大致在 7,8 月份 D．各年 1 月至 6 月的月接待游客量相对 7 月至 12 月，波动性更小，变化比较平稳 A26 解析：由折线图，7 月份后月接待游客量减少，A 错误；本题选择 A 选项. 201 6 年 （4）某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中月平均最高气温和平均最低 气温的雷达图。 图中 A 点表示十月的平均最高气温约为 150C，B 点表示四月的平均最低气温约为 50C。下面 叙述不正确的是 (A) 各月的平均最低气温都在 00C 以上 (B) 七月的平均温差比一月的平均温差 大 (C) 三月和十一月的平均最高气温基本相同 (D) 平均气温高于 200C 的月份有 5 个 D 十、数列小题： 全国 3 理数的数列解答题和三角函数解答题每年只考一个，考解答题时一般不再考小题，不 考解答题时，就考两个小题，交错考法不一定分奇数年或偶数年． 年份 题目 答案27 2019 年 5．已知各项为正数的等比数列 的前 4 项和为 15，且 ，则 A．16 B．8 C．4 D．2 5．C 2019 年 14．记 为等差数列 的前 n 项和，若 ， ，则 ___________． 14．4 2017 年 9．等差数列 的首项为1，公差不为0．若 成等比数列，则 前6项的和 为 A．-24 B．-3 C．3 D．8 A 2017 年 13．设等比数列 满足 ，则 ________． 解析： ，解得： ，则 -8 2016 年 （12）定义“规范 01 数列”{an}如下：{an}共有 2m 项，其中 m 项为 0，m 项为 1，且对 任意 ， 中 0 的个数不少于 1 的个数.若 m=4，则不同的“规范 01 数 列”共有 （A）18 个 （B）16 个 （C）14 个 （D）12 个 解 析 ： 由 题 意 ， 得 必 有 ， ， 则 具 体 的 排 法 列 表 如 下 ： C 1 0a = 8 1a = { }na 5 3 13 4a a a= + 3a = nS { }na 1 0a ≠ 2 13a a= 10 5 S S = { }na 2 3 6, ,a a a { }na { }na 1 2 1 31, 3a a a a+ = − − = − 4a = ( ) ( )1 2 1 1 1 1 3 a q a q  + = − − = − 1 1 2 a q =  = − 3 4 1 8a a q= = − 2k m≤ 1 2, , , ka a a28 十一、框图小题： 5 年 3 考。考含有循环体的较多，都比较简单，一般与数列求和联系较多． 题目 年份 答案 2019 年 9．执行右边的程序框图，如果输入的 为 0.01，则输出 s 的值为 A． B． C． D． 9．C 2017 7．执行右图的程序框图，为使输出 的值小于91，则输入的正整数 的最小值为 D ε 4 12 2 − 5 12 2 − 6 12 2 − 7 12 2 − S N29 A．5 B．4 C．3 D．2 2016 年 （7）执行下图的程序框图，如果输入的 a=4，b=6，那 么输出的 n= （A）3 （B）4 （C）5 （D）6 B 十二、圆锥曲线小题： 5 年 11 考。太重要了！！全国卷注重考查基础知识和基本概念，综合一点的小题侧重考查圆锥 曲线与直线位置关系，多数题目比较单一,一般一个容易的，一个较难的． 年份 题目 答案 2020 年 5.设 为坐标原点，直线 与抛物线 C： 交于 ， 两点， 若 ，则 的焦点坐标为（ ） 【答案】BO 2x = 2 2 ( 0)y px p= > D E OD OE⊥ C30 A. B. C. D. 【解析】 【分析】 根 据 题 中 所 给 的 条 件 ， 结 合 抛 物 线 的 对 称 性 ， 可 知 ，从而可以确定出点 的坐标，代入方程求得 的值，进 而求得其焦点坐标，得到结果. 【 详 解 】 因 为 直 线 与 抛 物 线 交 于 两 点 ， 且 ， 根据抛物线的对称性可以确定 ，所以 ， 代入抛物线方程 ，求得 ，所以其焦点坐标为 ， 故选：B. 【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的 交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题 目. 2020 年 11.设双曲线 C： （a>0，b>0）的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率 为 ．P 是 C 上一点，且 F1P⊥F2P．若△PF1F2 的面积为 4，则 a=（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】A 1 ,04      1 ,02      (1,0) (2,0) OD OE⊥ 4DOx EOx π∠ = ∠ = D p 2x = 2 2 ( 0)y px p= > ,E D OD OE⊥ 4DOx EOx π∠ = ∠ = ( )2,2D 4 4p= 1p = 1( ,0)2 2 2 2 2 1x y a b − = 531 【解析】 【分析】 根据双曲线的定义，三角形面积公式，勾股定理，结合离心率公式，即可得出答 案. 【详解】 ， ，根据双曲线的定义可得 ， ，即 ， ， ， ，即 ，解得 ， 故选：A. 【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角 形面积公式的应用，属于中档题. 2019 年 10．双曲线 C： 的右焦点为 F，点 P 在 C 的一条渐近线上，O 为坐标原 点．若 ，则△PFO 的面积为 A． B． C． D． 10．A 2019 年 15．设 为椭圆 C： 的两个焦点，M 为 C 上一点且在第一象限．若△ MF1F2 为等腰三角形，则 M 的坐标为___________． 15． 5c a = 5c a∴ = 1 2 2PF PF a− = 1 2 1 2 1 | | 42PF F PF FS P= ⋅ =△ 1 2| | 8PF PF⋅ = 1 2F P F P⊥ ( )2 22 1 2| | 2PF PF c∴ + = ( )2 2 1 2 1 22 4PF PF PF PF c∴ − + ⋅ = 2 25 4 0a a− + = 1a = 2 2 14 2 x y− = | | | |PO PF= 3 2 4 3 2 2 2 2 3 2 1 2F F， 2 2 136 20 x y+ =32 2018 年 6．直线 分别与 轴， 轴交于 ， 两点，点 在圆 上，则 面积的取值范围是 A． B． C． D． A 2018 年 11．设 是双曲线 （ ）的左、右焦点， 是坐标 原点．过 作 的一条渐近线的垂线，垂足为 ．若 ，则 的离心率为 A． B．2 C． D． 最快的解法是：记忆 到一条渐近线的距离等于 ，而 ，设 ， ， 延长 PO 到 M，使得 O 为 PM 的中点，则 为平行四边形， 记 住 ： 平 行 四 边 形 两 条 对 角 线 的 平 方 和 等 于 四 条 边 的 平 方 和 ， 则 ， 又由勾股定理 ， 可解得 C 2 0x y+ + = x y A B P ( )2 22 2x y− + = ABP△ [ ]2 6， [ ]4 8， 2 3 2  ， 2 2 3 2  ， 1 2F F， 2 2 2 2 1x yC a b − =： 0 0a b> >， O 2F C P 1 6PF OP= C 5 3 2 (3, 15) 42 0 = 2 2 r 2 P AB 2,3 2], AB=2 2 1 12 2 2, 2 2 3 2],2 2 x y d+ + = = ∴ ∴ × × × × 解析：圆心( 2, 0) 到直线 的距离为 2 ， 半径 = ， 到 的距离的取值范围是[ 又 面积范围[ 即[ 2, 6] , 选A 2F b 2OF c= | | 1OP = 1 6PF = 1 2PF MF 2 2 2 22 (2 ) 2[( 6) ]c b+ = + 2 2 2 1c b OP− = = 3, 2, 1 3, Ccc b a e a = = ∴ = ∴ = = 选33 2018 年 16．已知点 和抛物线 ，过 的焦点且斜率为 的直线与 交 于 ， 两点．若 ，则 ________． 2 2017 年 5．已知双曲线 的一条渐近线方程为 ，且 与椭圆 有公共焦点．则 的方程为（） A． B． C． D． 解析： ，又 ，解得 ， 则 的方程为 . B 2017 年 10．已知椭圆 （ ）的左、右顶点分别为 ，且以线段 为直径的圆与直线 相切，则 的离心率为（） A． B． C． D． 解析：以线段 为直径的圆是 ，直线 与圆相切， 所 以 圆 心 到 直 线 的 距 离 ， 整 理 为 ， 即 A ( )1 1M − ， 2 4C y x=： C k C A B 90AMB = °∠ k = 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 1, 4 4m 4 0, 4, 4 , 1)( 1) 1)( 1) 1)( 1) 1)( 1) 04 4 14 4 1 0, , 22 x my y x y y y y y y m x x y y y y y m m m k = + = − − = = − + = + + + − − = + + + − − = − + = = ∴ = 解析：设 联立 得 代入( ( y ( ( 得 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b − = > > 5 2y x= 2 2 112 3 x y+ = C 2 2 18 10 x y− = 2 2 14 5 x y− = 2 2 15 4 x y− = 2 2 14 3 x y− = 3 , 32 b ca = = 2 2 2a b c+ = 2 24, 5a b= = C 2 14 5 x y2 − = 2 2 2 2: 1x yC a b + = 0a b> > 1 2,A A 1 2A A 2 0bx ay ab− + = C 6 3 3 3 2 3 1 3 1 2A A 2 2 2x y a+ = 2 0bx ay ab− + = 2 2 2abd a a b = = + 2 23a b=34 ，即 ， ，故选 A. 2016 年 （11）已知 O 为坐标原点，F 是椭圆 C： 的左焦点，A，B 分别为 C 的左，右顶点.P 为 C 上一点，且 PF⊥x 轴.过点 A 的直线 l 与线段 PF 交 于点 M，与 y 轴交于点 E.若直线 BM 经过 OE 的中点，则 C 的离心率为 （A） （B） （C） （D） A 2016 年 （16）已知直线 ： 与圆 交于 两点，过 分 别 做 的 垂 线 与 轴 交 于 两 点 ， 若 ， 则 _____________. 解 析 ： 因 为 ， 且 圆 的 半 径 为 ， 所 以 圆 心 到 直 线 的距离为 ，则由 ， 解得 ，代入直线 的方程，得 ，所以直线 的倾斜 角为 ，由平面几何知识知在梯形 中， ． 4 十三、函数小题： 5 年 15 考，可见其重要性！主要考查基本初等函数图象和性质，包括：定义域、最值、单调性、 奇偶性、周期性、对称性、平移、导数、切线、定积分（理科）、零点等，分段函数是重要载体！ l 3 3 0mx y m+ + − = 2 2 12x y+ = ,A B ,A B l x ,C D | |CD = | | 2 3AB = 2 3 (0,0) 3 3 0mx y m+ + − = 2 2| |( ) 32 ABR − = 2 | 3 3 | 3 1 m m − = + 3 3m = − l 3 2 33y x= + l 30° ABDC | || | 4cos30 ABCD = =° ( )2 2 2 2 23 2 3a a c a c= − ⇒ = 2 2 2 3 c a = 6 3 ce a = = 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 1 3 1 2 2 3 3 435 函数已经不是值得学生“恐惧”的了吧？ 年份 题目 答案 2020 年 4.Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数 据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数 I(t)(t 的单位：天)的 Logistic 模型： ，其中 K 为最大确诊病例数．当 I( )=0.95K 时，标志着已初步 遏制疫情，则 约为（ ）（ln19≈3） A. 60 B. 63 C. 66 D. 69 【解析】 【分析】 将 代入函数 结合 求得 即可得解. 【 详 解 】 ， 所 以 ， 则 ， 所以， ，解得 . 故选：C. 【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中 等题. 【答案】C 2020 年 12.已知 55 ( ) sin( )( 0)5f x xω ωπ= + > ( )f x [0 2 ]π， ( )f x (0 2 )π， ( )f x (0 2 )π， ( )f x (0 )10 π， ω 12 29[ )5 10 ，41 2018 年 12．设 ， ，则 A． B． C． D． ， B 2018 年 16．曲线 在点 处的切线的斜率为 ，则 ________． -3 0.2log 0.3a = 2log 0.3b = 0a b ab+ < < 0ab a b< + < 0a b ab+ < < 0ab a b< < + ( )1 exy ax= + ( )0 1， 2− a = 2 y 0, A B C D x = >解析：根据 时， =- 1+1+2 可以排除 ， 而图象显然中间不会“ 水平” ，排除 ，选 0.2 2 0.2 2 0.3 0.3 0.3 0.3 0.3 0.3 0.3 0.3 0.3 log 0.3 0, log 0.3 0, 0, 1 1log 0.3 log 0.3 log 0.2 log 2 log 0.2 log 2 log 0.4 0log 0.2 log 2 log 0.2 log 2 a b ab a b = > = < < + = + = + += = <   解析： 0.3 0.3 0.3 0.3 1 1 log 0.2 log 2 log 0.4 log 0.3 1 0, 0. B a b ab a b ab a b ab ab a b + = + = + = < = < ∴ + > ∴ < +  ， ， ， ， 1( ) ( ) 12f x f x+ − > 1( , )4 − +∞ 4 32a = 3 44b = 1 325c = b a c< < a b c< < b c a< < c a b< = 1 2 2 3 3 325 5 4c a= = > = b a c< < ( )f x 0x < ( ) ln( ) 3f x x x= − + ( )y f x= (1, 3)− 2 1y x= − − 2 62( )x x + 6 2 2x x  +    6 2 2x x  +   24044 其二项式展开通项： 当 ，解得 的展开式中常数项是： . 故答案为： . 【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关 键是掌握 的展开通项公式 ，考查了分析能力和计算能力， 属于基础题. 2019 年 4． 的展开式中 的系数为 A．12 B．16 C．20 D．24 4．A 2018 年 5． 的展开式中 的系数为 A．10 B．20 C．40 D．80 C5 2 2x x  +   4x ( )62 61 2 r rr r C x xT − +  ⋅ ⋅   = 12 2 6 (2)r r r rxC x− −⋅= ⋅ 12 3 6 (2)r r rC x −= ⋅ 12 3 0r− = 4r = ∴ 6 2 2x x  +   6 6 4 4 22 16 15 16 240C C⋅ = ⋅ = × = 240 ( )na b+ 1 Cr n r r r nT a b− + = 2 4(1 2 )(1 )x x+ + 3x45 2017 年 4． 的展开式中 的系数为（） A．-80 B．-40 C．40 D．80 C 十五、三角函数大题和数列大题： 在全国 3 卷中每年只考一个类型，交错考法不分奇偶数年．不考的那一个一般用两道小题代 替．三角函数大题侧重于考解三角形，重点考查正、余弦定理，小题中侧重于考查三角函数的图 象和性质．数列一般考求通项、求和．数列应用题已经多年不考了，总体来说数列的地位已经降 低，题目难度小．交错考法不一定分奇数年或偶数年． 年份 题目及答案 2020 年 7.设数列{an}满足 a1=3， ． （1）计算 a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明； （2）求数列{2nan}的前 n 项和 Sn． 【答案】（1） ， ， ，证明见解析；（2） . 【解析】 【分析】 2 5 10 3 r+1 5 5 2 2 5 5 2T =C ( ) ( ) C 2 ,10 3 4, 2, C 2 C 2 40, C r r r r r r r r x x r rx − −= − = = = = 解析： 选 5( )(2 )x y x y+ − 3 3x y 1 3 4n na a n+ = − 2 5a = 3 7a = 2 1na n= + 1(2 1) 2 2n nS n += − ⋅ +46 （1）利用递推公式得出 ，猜想得出 的通项公式，利用数学归纳法证明即可； （2）由错位相减法求解即可. 【详解】（1）由题意可得 ， ， 由数列 的前三项可猜想数列 是以 为首项，2 为公差的等差数列，即 ， 证明如下： 当 时， 成立； 假设 时， 成立. 那么 时， 也成立. 则对任意的 ，都有 成立； （2）由（1）可知， ，① ，② 由① ②得： ， 即 . 【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档 2 3,a a { }na 2 13 4 9 4 5a a= − = − = 3 23 8 15 8 7a a= − = − = { }na { }na 3 2 1na n= + 1n = 1 3a = n k= 2 1ka k= + 1n k= + 1 3 4 3(2 1) 4 2 3 2( 1) 1k ka a k k k k k+ = − = + − = + = + + *n N∈ 2 1na n= + 2 (2 1) 2n n na n⋅ = + ⋅ 2 3 13 2 5 2 7 2 (2 1) 2 (2 1) 2n n nS n n−= × + × + × + + − ⋅ + + ⋅ 2 3 4 12 3 2 5 2 7 2 (2 1) 2 (2 1) 2n n nS n n += × + × + × + + − ⋅ + + ⋅ − ( )2 3 16 2 2 2 2 (2 1) 2n n nS n +− = + × + + + − + ⋅ ( )2 1 12 1 2 6 2 (2 1) 21 2 n nn − + − = + × − + ⋅ × − 1(1 2 ) 2 2nn += − ⋅ − 1(2 1) 2 2n nS n += − ⋅ +47 题. 2019 年 18．（12 分） △ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 ． （1）求 B； （2）若△ABC 为锐角三角形，且 ，求△ABC 面积的取值范围． 18．（12 分） （1）由题设及正弦定理得 ． 因为 ，所以 ． 由 ，可得 ，故 ． 因为 ，故 ，因此 ． （2）由题设及（1）知△ABC 的面积 ． 由正弦定理得 ． 由于△ABC 为锐角三角形，故 ， ． 由（1）知 ，所以 ，故 ，从而 ． 因此，△ABC 面积的取值范围是 ． cos 02 B ≠ 1sin =2 2 B 3 3( , )8 2 sin sin2 A Ca b A + = 1c = sin sin sin sin2 A CA B A + = sin 0A ≠ sin sin2 A C B + = 180A B C+ + = ° sin cos2 2 A C B+ = cos 2sin cos2 2 2 B B B= 60B = ° 3 4ABCS a∆ = sin sin(120 ) 3 1 sin sin 2tan 2 c A c Ca C C C ° −= = = + 0 90A° < < ° 0 90C° < < ° 120A C+ = ° 30 90C° < < ° 1 22 a< < 3 3 8 2ABCS∆< = = = ×⋅      1A EF A− − θ 7cos 7 θ = 2 42sin 1 cos 7 θ θ∴ = − =53 因此，二面角 的正弦值为 . 【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理 能力与计算能力，属于中等题. 2019 年 19．（12 分） 图 1 是由矩形 ADEB，Rt△ABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB＝1，BE＝BF＝ 2，∠FBC＝60°．将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连结 DG，如图 2． （1）证明：图 2 中的 A，C，D，G 四点共面，且平面 ABC⊥平面 BCGE； （2）求图 2 中的二面角 B－CG－A 的大小． 19．（12 分） （1）由已知 AD∥BE，CG∥BE，所以 AD∥CG， 故 AD，CG 确定一个平面，从而 A，C，D，G 四点共面． 由已知得 AB⊥BE，AB⊥BC，故 AB⊥平面 BCGE． 又因为 平面 ABC，所以平面 ABC⊥平面 BCGE． （2）作 EH⊥BC，垂足为 H，因为 平面 BCGE，平面 BCGE⊥平面 ABC， 所以 EH⊥平面 ABC． 由已知，菱形 BFGC 的边长为 2，∠EBC＝60°，可求得 ， ．3EH = 1A EF A− − 42 7 AB ⊂ EH ⊂ 1BH =54 以 H 为坐标原点， 的方向为 x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ，则 ， ， ， ， ． 设平面 ACGD 的法向量为 ，则 即 所以可取 ． 又平面 BCGE 的法向量为 ． 所以 ． 因此二面角 B－CG－A 的大小为 30°． 2018 年 19．（12 分）如图，边长为 2 的正方形 所在的平面与半圆弧 所在平面垂直， 是 上异于 ， 的点． （1）证明：平面 平面 ； （2）当三棱锥 体积最大时，求面 与面 所成二面角的正弦值． 解：（1）由题设知,平面 CMD⊥平面 ABCD,交线为 CD.因为 BC⊥CD,BC 平面 ABCD,所以 BC⊥平面 CMD,故 BC⊥DM. 因为 M 为 上异于 C，D 的点,且 DC 为直径，所以 DM⊥CM. 3 0 2 0. x z x y  + = − = ， 3cos , | || | 2 ⋅< >= =m nm n m n ABCD CD M CD C D AMD⊥ BMC M ABC− MAB MCD ⊂ CD HC H xyz− ( 1,1,0)A − (1,0,0)C (2,0, 3)G (1,0, 3)CG = (2, 1,0)AC = − ( , , )x y z=n 0 0 CG AC  ⋅ = ⋅ =   ， ， n n (3,6, 3)= −n (0,1,0)=m55 又 BC CM=C,所以 DM⊥平面 BMC. 而 DM 平面 AMD,故平面 AMD⊥平面 BMC. （2）以 D 为坐标原点, 的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 D−xyz. 当三棱锥 M−ABC 体积最大时，M 为 的中点. 由题设得 ， 设 是平面 MAB 的法向量,则 即 可取 . 是平面 MCD 的法向量,因此 ， ，  ⊂ DA CD (0,0,0), (2,0,0), (2,2,0), (0,2,0), (0,1,1)D A B C M ( 2,1,1), (0,2,0), (2,0,0)AM AB DA= − = =   ( , , )x y z=n 0, 0. AM AB  ⋅ = ⋅ =   n n 2 0, 2 0. x y z y − + + =  = (1,0,2)=n DA 5cos , 5| || | DADA DA ⋅= =   nn n 2 5sin , 5DA =n56 所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是 . 2017 年 19 ．（12 分）如图，四面体 中， 是正 三 角 形 ， 是 直 角 三 角 形． ， ． （1）证明：平面 平面 ； （2）过 的平面交 于点 ，若平面 把四面体 分成体积相等的两部分．求二面角 的余弦值． 解： （1）由题设可得， ，从而 又 是直角三角形，所以 取 的中点 ，连结 ， 则 又由于 是正三角形，故 所以 为二面角 的平面角 在 中， 又 ，所以 ，故 所以平面 平面 （2）由题设及（1）知， 两两垂直，以 为坐标原点， 的方向为 轴正方 向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 ，则 2 5 5 ABCD △ABC △ACD ABD CBD∠ = ∠ AB BD= ACD ⊥ ABC AC BD E AEC ABCD D AE C- - ABD CBD∆ ≅ ∆ AD DC= ACD∆ 90ADC∠ =  AC O ,DO BO ,DO AC DO AO⊥ = ABC∆ BO AC⊥ DOB∠ D AC B− − Rt AOB∆ 2 2 2BO AO AB+ = AB BD= 2 2 2 2 2 2BO DO BO AO AB BD+ = + = = 90DOB∠ =  ACD ⊥ ABC , ,OA OB OD O OA x | |OA O xyz− O D A B C E D A B C E57 由题设知，四面体 的体积为四面体 的体积的 ，从而 到平面 的 距离为 到平面 的距离的 ，即 为 的中点，得 ，故 设 是平面 的法向量，则 同理可取 则 所以二面角 的余弦值为 。 2016 年 （19）（12 分） 如图，四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥地面 ABCD，AD∥ BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M 为线段 AD 上一 点，AM=2MD，N 为 PC 的中点. （I）证明 MN∥平面 PAB; （II）求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值. 解：（Ⅰ）由已知得 ，取 的中点 ，连接 ，由 为 中点 (1,0,0), (0, 3,0), ( 1,0,0), (0,0,1)A B C D− ABCE ABCD 1 2 E ABC D ABC 1 2 E DB 3 1(0, , )2 2E 3 1( 1,0,1), ( 2,0,0), ( 1, , )2 2AD AC AE= − = − = −   ( , , )n x y z= DAE 0, 0 m AC m AE  ⋅ = ⋅ =   (0, 1, 3)m = − 7cos , | || | 7 n mn m n m < >= = D AE C− − 7 7 23 2 == ADAM BP T TNAT, N PC D A B C E y x O z58 知 ， . 又 ，故 平行且等于 ，四边形 为平行四边形，于是 . 因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 . （ Ⅱ ） 取 的 中 点 ， 连 结 ， 由 得 ， 从 而 ， 且 . 以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向，建立如图 所示的空间直角坐标系 ，由题意知， ， ， ， ， ， ， . 设 为平面 的法向量，则 ，即 ，可取 ， 于是 . 十七、概率统计大题： 5 年 5 考，每年 1 题．特点：实际生活背景在加强，阅读量大．冷点：回归分析，独立性 检验，但 2018 年就考了独立性检验这个冷点． 年份 题目及答案 2020 年 18.某学生兴趣小组随机调查了某市 100 天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次， BCTN // 22 1 == BCTN BCAD// TN AM AMNT ATMN // ⊂AT PAB ⊄MN PAB //MN PAB BC E AE ACAB = BCAE ⊥ ADAE ⊥ 5)2( 2222 =−=−= BCABBEABAE A AE x xyzA − )4,0,0(P )0,2,0(M )0,2,5(C )2,1,2 5(N )4,2,0( −=PM )2,1,2 5( −=PN )2,1,2 5(=AN ),,( zyxn = PMN    =⋅ =⋅ 0 0 PNn PMn    =−+ =− 022 5 042 zyx zx )1,2,0(=n 25 58 |||| |||,cos| =⋅=>< ANn ANnANn59 整理数据得到下表（单位：天）： 锻炼人次 空气质量等级 [0，200] (200，400] (400，600] 1（优） 2 16 25 2（良） 5 10 12 3（轻度污染） 6 7 8 4（中度污染） 7 2 0 （1）分别估计该市一天的空气质量等级为 1，2，3，4 的概率； （2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代 表）； （3）若某天的空气质量等级为 1 或 2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为 3 或 4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的 2×2 列联表，并根据列联表，判断是 否有 95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？ 人次≤400 人次>400 空气质量好 空气质量不好60 附： ， P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为 、 、 、 的概率分别为 、 、 、 ；（2） ；（3）有，理由见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为 、 、 、 的概率； （2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以 可得结果； （3）根据表格中的数据完善 列联表，计算出 的观测值，再结合临界值表可得结论. 【详解】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为 的概率为 ， 等级为 的概率为 ，等级为 的概率为 ，等级为 的概率为 ； （2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d −= + + + + 1 2 3 4 0.43 0.27 0.21 0.09 350 1 2 3 4 100 2 2× 2K 1 2 16 25 0.43100 + + = 2 5 10 12 0.27100 + + = 3 6 7 8 0.21100 + + = 4 7 2 0 0.09100 + + = 100 20 300 35 500 45 350100 × + × + × =61 （3） 列联表如下： 人次 人次 空气质量不好 空气质量好 ， 因此，有 的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关. 【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查 数据处理能力，属于基础题. 2019 年 17．（12 分） 为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下实验：将 200 只小鼠随机分成 A， B 两组，每组 100 只，其中 A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小鼠给服乙离子溶液．每只小鼠给 服的溶液体积相同、摩尔浓度相同．经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离 子的百分比．根据实验数据分别得到如下直方图： 2 2× 400≤ 400> 33 37 22 8 ( )2 2 100 33 8 37 22 5.820 3.84155 45 70 30K × × − ×= ≈ >× × × 95%62 记 C 为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于 5.5”，根据直方图得到 P(C)的估计值为 0.70． （1）求乙离子残留百分比直方图中的 a，b 的值； （2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用改组区间的中点值为 代表）． 17．（12 分） 由已知得 ，故 ． ． （2）甲离子残留百分比的平均值的估计值为 ． 乙离子残留百分比的平均值的估计值为 ． 2018 年 18．（12 分）某工厂为提高生产效率，开展技术创新活动，提出了完成某项生产任务的两种新 的生产方式．为比较两种生产方式的效率，选取 40 名工人，将他们随机分成两组，每组 20 人，第一组工人用第一种生产方式，第二组工人用第二种生产方式．根据工人完成生产任 务的工作时间（单位：min）绘制了如下茎叶图： （1）根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高？并说明理由； 0.70 0.20 0.15a= + + 0.35a = 1 0.05 0.15 0.70 0.10b = − − − = 2 0.15 3 0.20 4 0.30 5 0.20 6 0.10 7 0.05 4.05× + × + × + × + × + × = 3 0.05 4 0.10 5 0.15 6 0.35 7 0.20 8 0.15 6.00× + × + × + × + × + × =63 （2）求 40 名工人完成生产任务所需时间的中位数 ，并将完成生产任务所需时间超过 和不超过 的工人数填入下面的列联表： 超过 不超过 第一种生产方式 第二种生产方式 （3）根据（2）中的列联表，能否有 99%的把握认为两种生产方式的效率有差异？ 附： ， 解：（1）第二种生产方式的效率更高. 理由如下： （i）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人中，有 75%的工人完成生产任务所需时间至 少 80 分钟，用第二种生产方式的工人中，有 75%的工人完成生产任务所需时间至多 79 分 钟.因此第二种生产方式的效率更高. （ii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为 85.5 分 钟，用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为 73.5 分钟.因此第二种生 产方式的效率更高. （iii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间高于 80 分钟； 用第二种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间低于 80 分钟，因此第二种生产方式 的效率更高. m m m m m ( ) ( )( )( )( ) 2 2 n ad bcK a b c d a c b d −= + + + + ( )2P K k≥ 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.82864 （iv）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎 8 上的最 多，关于茎 8 大致呈对称分布；用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎 7 上的最多，关于茎 7 大致呈对称分布，又用两种生产方式的工人完成生产任务所需时间 分布的区间相同，故可以认为用第二种生产方式完成生产任务所需的时间比用第一种生产 方式完成生产任务所需的时间更少，因此第二种生产方式的效率更高. 以上给出了 4 种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分. （2）由茎叶图知 . 列联表如下： 超过 不超过 第一种生产方式 15 5 第二种生产方式 5 15 （3）由于 ，所以有 99%的把握认为两种生产方式 的效率有差异. 2017 年 18．（12分）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6 元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每 天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶； 如果最高气温位于区间 ，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶， 为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分 布表： 最高气温 天数 2 16 36 25 7 4 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率． 79 81 802m += = m m 2 2 40(15 15 5 5) 10 6.63520 20 20 20K × − ×= = >× × × [20,25) [ )10 15， [ )15 20， [ )20 25， [ )25 30， [ )30 35， [ )35 40，65 （1）求六月份这种酸奶一天的需求量 （单位：瓶）的分布列； （2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为 （单位：元）．当六月份这种酸奶一天的进 货量（单位：瓶）为多少时， 的数学期望达到最大值？ 解： （1）由题意知， 所有可能取值为200,300,500，由表格数据知 ， ， . 因此 的分布列为： 200 300 500 0.2 0.4 0.4 （2）由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200 500 当 时， 若最高气温不低于25，则 ； 若最高气温位于区间[20,25），则 ； 若最高气温低于20，则 因此 当 时， 若最高气温不低于20，则 ； 若最高气温低于20，则 因此 所以 时， 的数学期望达到最大值，最大值为520元。 2016 （18）（12 分） X Y Y X ( ) 2 16200 0.290P X += = = ( ) 36300 0.490P X = = = ( ) 25 7 4500 0.490P X + += = = X X P n≤ ≤ 300 500n≤ ≤ 6 4 2Y n n n= − = 6 300 2( 300) 4 1200 2Y n n n= × + − − = − 6 200 2( 200) 4 800 2Y n n n= × + − − = − 2 0.4 (1200 2 ) 0.4 (800 2 ) 0.2 640 0.4EY n n n n= × + − × + − × = − 200 300n≤ < 6 4 2Y n n n= − = 6 200 2( 200) 4 800 2Y n n n= × + − − = − 2 (0.4 0.4) (800 2 ) 0.2 160 1.2EY n n n= × + + − × = + 300n = Y66 年 下图是我国 2008 年至 2014 年生活垃圾无害化处理量（单位：亿吨）的折线图 （I）由折线图看出，可用线性回归模型拟合 y 与 t 的关系，请用相关系数加以说明 （II）建立 y 关于 t 的回归方程（系数精确到 0.01），预测 2016 年我国生活垃圾无害化处理量。 解：（Ⅰ）由折线图这数据和附注中参考数据得 ， ， ， ， . 因为 与 的相关系数近似为 0.99，说明 与 的线性相关相当高，从而可以用线性回归模型 拟合 与 的关系. （Ⅱ）由 及（Ⅰ）得 ， 4=t 28)( 7 1 2 =−∑ =i i tt 55.0)( 7 1 2 =−∑ =i i yy 89.232.9417.40))(( 7 1 7 1 7 1 =×−=−=−− ∑ ∑∑ = == i i iii i ii ytytyytt 99.0646.2255.0 89.2 ≈××≈r y t y t y t 331.17 32.9 ≈=y 103.028 89.2 )( ))(( ˆ 7 1 2 7 1 ≈= − −− = ∑ ∑ = = i i i ii tt yytt b67 . 所以， 关于 的回归方程为： . 将 2016 年对应的 代入回归方程得： . 所以预测 2016 年我国生活垃圾无害化处理量将约 1.82 亿吨. 十八、解析几何大题： 5 年 5 考，每年 1 题．特点：全国 1、2 卷多数用椭圆、圆作为载体，较少考双曲线和抛物 线．但是对于全国 3，近两年则以抛物线为载体。抛物线计算量相对较小，灵活性较强。 年份 题目及答案 2020 年 20.已知椭圆 的离心率为 ， ， 分别为 的左、右顶点． （1）求 的方程； （2）若点 在 上，点 在直线 上，且 ， ，求 的面 积． 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）因为 ，可得 ， ，根据离心率公式，结合已知，即 可求得答案； （2）点 在 上，点 在直线 上，且 ， ，过点 作 轴垂线， 92.04103.0331.1ˆˆ ≈×−≈−= tbya y t ty 10.092.0ˆ += 9=t 82.1910.092.0ˆ =×+=y 2 2 2: 1(0 5)25 x yC m m + = < < 15 4 A B C C P C Q 6x = | | | |BP BQ= BP BQ⊥ APQ 2 216 125 25 x y+ = 5 2 2 2 2: 1(0 5)25 x yC m m + = < < 5a = b m= P C Q 6x = | | | |BP BQ= BP BQ⊥ P x68 交点为 ，设 与 轴交点为 ，可得 ，可求得 点坐标，求出直 线 直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得 的面积. 【详解】（1） ， ， 根据离心率 ， 解得 或 (舍)， 的方程为： ， 即 ； （2）不妨设 , 在 x 轴上方 点 在 上，点 在直线 上，且 ， ， 过点 作 轴垂线，交点为 ，设 与 轴交点为 根据题意画出图形，如图 的 M 6x = x N PMB BNQ≅△ △ P AQ APQ  2 2 2: 1(0 5)25 x yC m m + = < < ∴ 5a = b m= 2 2 15 41 1 5 c b me a a    = = − = − =       5 4m = 5 4m = − ∴ C 2 2 2 1 4 25 5 x y     + = 2 216 125 25 x y+ = P Q  P C Q 6x = | | | |BP BQ= BP BQ⊥ P x M 6x = x N69 ， ， ， 又 ， ， ， 根据三角形全等条件“ ”， 可得： ， ， ， ， 设 点为 ， 可得 点纵坐标为 ，将其代入 ， 可得： ， 解得： 或 ， 点为 或 ， ①当 点为 时， 故 ，  | | | |BP BQ= BP BQ⊥ 90PMB QNB∠ = ∠ = °  90PBM QBN∠ + ∠ = ° 90BQN QBN∠ + ∠ = ° ∴ PBM BQN∠ = ∠ AAS PMB BNQ≅△ △  2 216 125 25 x y+ = ∴ (5,0)B ∴ 6 5 1PM BN= = − = P ( , )P Px y P 1Py = 2 216 125 25 x y+ = 2 16 125 25 Px + = 3Px = 3Px = − ∴ P (3,1) ( 3,1)− P (3,1) 5 3 2MB = − =70 ， ， 可得： 点为 ， 画出图象，如图 , ， 可求得直线 的直线方程为： ， 根据点到直线距离公式可得 到直线 的距离为： ， 根据两点间距离公式可得： ， 面积为： ； ②当 点为 时， 故 ， ，  PMB BNQ≅△ △ ∴| | | | 2MB NQ= = Q (6,2)  ( 5,0)A − (6,2)Q AQ 2 11 10 0x y− + = P AQ 2 2 2 3 11 1 10 5 5 51252 11 d × − × += = = + ( ) ( )2 26 5 2 0 5 5AQ = + + − = ∴ APQ 1 5 55 52 5 2 × × = P ( 3,1)− 5+3 8MB = =  PMB BNQ≅△ △71 ， 可得： 点为 ， 画出图象，如图 , ， 可求得直线 的直线方程为： ， 根据点到直线距离公式可得 到直线 的距离为： ， 根据两点间距离公式可得： ， 面积为： ， 综上所述， 面积为： . 【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心 率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. ∴| | | | 8MB NQ= = Q (6,8)  ( 5,0)A − (6,8)Q AQ 8 11 40 0x y− + = P AQ ( ) 2 2 8 3 11 1 40 5 5 185 1858 11 d × − − × += = = + ( ) ( )2 26 5 8 0 185AQ = + + − = ∴ APQ 1 5 51852 2185 × × = APQ 5 272 2019 年 21．（12 分） 已知曲线 C： ， 为直线 上的动点，过 作 C 的两条切线，切点分别为 A， B． （1）证明：直线 AB 过定点； （2）若以 为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求四边形 ADBE 的面积． 21．（12 分） （1）设 ， ，则 ． 由于 ，所以切线 DA 的斜率为 ，故 ． 整理得 ． 设 ，同理可得 ． 故直线 AB 的方程为 ． 所以直线 AB 过定点 ． （2）由（1）得直线 AB 的方程为 ． 由 可得 ． 于是 ， ， ， ． 2 1 12x y= 2 2 1 0tx y− + = 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2| | 1 | | 1 ( ) 4 2( 1)AB t x x t x x x x t= + − = + × + − = + 2 2 xy = D 1 2y = − D 5(0, )2E 1( , )2D t − 1 1( , )A x y y x′ = 1x 1 1 1 1 2y xx t + =− 1 12 2 1 0tx y− + = 2 2( , )B x y 2 22 2 1 0tx y− + = 1(0, )2 1 2y tx= + 2 1 2 2 y tx xy  = +  = ， 2 2 1 0x tx− − = 1 2 2x x t+ = 1 2 1x x = − 2 1 2 1 2( ) 1 2 1y y t x x t+ = + + = +73 设 分别为 D，E 到直线 AB 的距离，则 ， ． 因此，四边形 ADBE 的面积 ． 由于 ，而 ， 与向量 平行，所以 ，解得 或 ． 当 时， ；当 时， ． 因此，四边形 ADBE 的面积为 3 或 ． 2018 年 20．（12 分）已知斜率为 的直线 与椭圆 交于 ， 两点，线段 的中点 为 ． （1）证明： ； （2）设 为 的右焦点， 为 上一点,且 ．证明： ， ， 成等差数列，并求该数列的公差． 解：（1）设 ，则 . 两式相减，并由 得 . 由题设知 ，于是 .① 2 2 2 1 d t = + AB 2( 2) 0t t t+ − = 4 2S = k l 2 2 14 3 x yC + =： A B AB ( )( )1 0M m m >， 1 2k < − F C P C FP FA FB+ + = 0   FA FP FB 1 2 21( , ), ( , )A y x yx B 2 2 2 2 1 21 21, 14 3 4 3 y x yx + = + = 1 2 2 1y x y kx − =− 11 2 2 04 3 yx y kx+ ++ ⋅ = 1 2 1 21,2 2 x yx y m + += = 3 4k m = − 1 2d d， 2 1 1d t= + 2 2 1 2 1 | | ( ) ( 3) 12S AB d d t t= + = + + EM AB⊥  2( , 2)EM t t= − (1, )t 0t = 1t = ± 0t = 3S = 1t = ± 4 274 由题设得 ，故 . （2）由题意得 ，设 ，则 . 由（1）及题设得 . 又点 P 在 C 上，所以 ，从而 ， . 于是 . 同理 . 所以 . 故 ，即 成等差数列. 设该数列的公差为 d，则 .② 将 代入①得 . 所以 l 的方程为 ，代入 C 的方程，并整理得 . 故 ，代入②解得 . 30 2m< < 1 2k < − (1,0)F 3 3( , )P x y 3 3 1 1 2 2( 1, ) ( 1, ) ( 1, ) (0,0)y x x yx y− + − + − = 3 32 1 213 ( ) 1, ( ) 2 0y yx x yx m= − + = = − + = − < 3 4m = 3(1, )2P − 3| | 2FP = 2 2 2 2 1 1 1 1 1| | ( 1) ( 1) 3(1 ) 24 2 x xFA x xy= − + = − + − = − 2| | 2 2 xFB = − 1 2 1| | | | 4 ( ) 32FA FB x x+ = − + =  2 | | | | | |FP FA FB= +   | |,| |,| |FA FP FB   1 1 2 2 2 1 2 1 12 | | || | | || | | ( ) 42 2FB FA x x x x x xd = − = − = + −  3 4m = 1k = − 7 4y x= − + 2 17 14 04x x− + = 1 2 1 2 12, 28x x x x+ = = 3 21| | 28d =75 所以该数列的公差为 或 . 2017 年 20．（12分）已知抛物线 ，过点（2，0）的直线 交 于 ， 两点，圆 是以 线段 为直径的圆． （1）证明：坐标原点 在圆 上； （2）设圆 过点 （4， ），求直线 与圆 的方程． 解： （1）设 由 可得 ，则 又 ，故 因此 的斜率与 的斜率之积为 ，所以 故坐标原点 在圆 上 （2）由（1）可得 故圆心 的坐标为 ，圆 的半径 由于圆 过点 ，因此 ， 故 ， 即 由（1）可得 3 21 28 3 21 28 − 2: 2C y x= l C A B M AB O M M P 2- l M 1 1 2 2( , ), ( , ), : 2A x y B x y l x my= + 2 2, 2 x my y x = +  = 2 2 4 0y my− − = 1 2 4y y = − 2 2 1 2 1 2,2 2 y yx x= = 2 1 2 1 2 ( ) 44 y yx x = = OA OB 1 2 1 2 4 14 y y x x −= = − OA OB⊥ O M 2 1 2 1 2 1 22 , ( ) 4 2 4y y m x x m y y m+ = + = + + = + M 2( +2, )m m M 2 2 2( +2)r m m= + M (4, 2)P − 0AP BP⋅ =  1 2 1 2( 4)( 4) ( 2)( 2) 0x x y y− − + + + = 1 2 1 2 1 2 2 24( ) 2( ) 20 0x x x x y y y y− + + + + + = 1 2 1 24, 4y y x x= − =76 所以 ，解得 或 当 时，直线 的方程为 ，圆心 的坐标为 ，圆 的半径为 ， 圆 的方程为 当 时，直线 的方程为 ，圆心 的坐标为 ，圆 的 半径为 ，圆 的方程为 2016 年 （20）（12 分） 已知抛物线 C： 的焦点为 F，平行于 x 轴的两条直线 分别交 C 于 A，B 两点，交 C 的准线于 P，Q 两点. （I）若 F 在线段 AB 上，R 是 PQ 的中点，证明 AR∥FQ； （II）若△PQF 的面积是△ABF 的面积的两倍，求 AB 中点的轨迹方程. 解：由题设 .设 ，则 ，且 . 记过 两点的直线为 ，则 的方程为 . .....3 分 （Ⅰ）由于 在线段 上，故 . 记 的斜率为 ， 的斜率为 ，则 . 22 1 0m m− − = 1m = 1 2m = − 1m = l 1 0x y− − = M (3,1) M 10 M 2 2( 3) ( 1) 10x y− + − = 1 2m = − l 2 4 0x y+ − = M 9 1( , )4 2 − M 85 4 M 2 29 1 85( ) ( )4 2 16x y− + + = 2 2y x= 1 2,l l )0,2 1(F bylayl == :,: 21 0≠ab )2,2 1(),,2 1(),,2 1(),,2(),0,2( 22 baRbQaPbbBaA +−−− BA, l l 0)(2 =++− abybax F AB 01 =+ ab AR 1k FQ 2k 2221 1 1 kba ab aaba ba a bak =−=−==− −=+ −=77 所以 . ......5 分 （Ⅱ）设 与 轴的交点为 ， 则 . 由题设可得 ，所以 （舍去）， . 设满足条件的 的中点为 . 当 与 轴不垂直时，由 可得 . 而 ，所以 . 当 与 轴垂直时， 与 重合.所以，所求轨迹方程为 . ....12 分 十九、函数与导数大题： 函数与导数大题 5 年 5 考，每年 1 题．第 1 问一般考查导数的几何意义或函数的单调性， 第 2 问考查利用导数讨论函数性质．若是在小题中考查了导数的几何意义，则在大题中一般不再 考查．函数载体上：无论文科理科，基本放弃纯 3 次函数，对数函数很受“器重”！指数函数也 较多出现！两种函数也会同时出现！但是，无论怎么考，讨论单调性永远是考查的重点，而且仅 仅围绕分类整合思想的考查．在考查分离参数还是考查不分离参数上，命题者会大做文章！分离 （分参）还是不分离（部参），的确是一个问题！！一般说来，主要考查不分离问题（部参）．另 外，函数与方程的转化也不容忽视，如函数零点的讨论．函数题设问灵活，多数考生做到此题， 时间紧，若能分类整合，抢一点分就很好了．还有，灵活性问题：有些情况下函数性质是不用导 数就可以“看出”的，如增函数+增函数=增函数，复合函数单调性，显然成立的不等式，放缩法 等等，总之，导数是很重要，但是有些解题环节，不要“吊死”在导数上，不要过于按部就班！ 还有，数形结合有时也是可以较快得到答案的，虽然应为表达不严谨不得满分，但是在时间紧的 情况下可以适当使用． 2016 年我在考前曾经改编了一个导数为 的题目，和当年全国 1 高考题的导数 FQAR∥ l x )0,( 1xD 2,2 1 2 1 2 1 1 baSxabFDabS PQFABF −=−−=−= ∆∆ 22 1 2 1 1 baxab −=−− 01 =x 11 =x AB ),( yxE AB x DEAB kk = )1(1 2 ≠−=+ xx y ba yba =+ 2 )1(12 ≠−= xxy AB x E D 12 −= xy ( 1)( )xx e a− −78 完全类似. 值得一提的是 2017 年（作为山东文科卷的关门题，还是给下一步的导数命题提供了一个新的 思路，留下了一些回忆，也列在表中）山东文科的考法，学习了 2016 全国 1 的考法，却比全国 1 卷更上一层，这个导数为 以上告诉大家，导数题命题关键是如何构造一个导数，使这个导数的讨论层次体现选拔性， 达到压轴的目的． 年份 题目及答案 2020 年 21.设函数 ，曲线 在点( ，f( ))处的切线与 y 轴垂直． （1）求 b． （2）若 有一个绝对值不大于 1 的零点，证明： 所有零点的绝对值都不大于 1． 【答案】（1） ；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）利用导数的几何意义得到 ，解方程即可； （2）由（1）可得 ，易知 在 上单调递减， 在 ， 上单调递增，且 ，采用反证法，推出矛盾即可. 【详解】（1）因为 ， 由题意， ，即 ( 1)( 2 )xx e a− + ( ) ( )( sin ).f x x a x x′ = − − 3( )f x x bx c= + + ( )y f x= 1 2 1 2 ( )f x ( )f x 3 4b = − ' 1( ) 02f = ' 2 3 1 1( ) 3 2( )( )4 2 2f x x x x= − = + − ( )f x 1 1( , )2 2 − 1( , )2 −∞ − 1( , )2 +∞ 1 1 1 1 1 1( 1) , ( ) , ( ) , (1)4 2 4 2 4 4f c f c f c f c− = − − = + = − = + ' 2( ) 3f x x b= + ' 1( ) 02f = 213 02 b × + =  79 则 ； （2）由（1）可得 ， ， 令 ，得 或 ；令 ，得 ， 所以 在 上单调递减，在 ， 上单调递增， 且 ， 若 所有零点中存在一个绝对值大于 1 零点 ，则 或 ， 即 或 . 当 时， ， 又 ， 由零点存在性定理知 在 上存在唯一一个零点 ， 即 在 上存在唯一一个零点，在 上不存在零点， 此时 不存在绝对值不大于 1 的零点，与题设矛盾； 当 时， ， 又 ， 由零点存在性定理知 在 上存在唯一一个零点 ， 的 3 4b = − 3 3( ) 4f x x x c= − + ' 2 3 1 1( ) 3 3( )( )4 2 2f x x x x= − = + − ' ( ) 0f x > 1 2x > 2 1x < − ' ( ) 0f x < 1 1 2 2x− < < ( )f x 1 1( , )2 2 − 1( , )2 −∞ − 1( , )2 +∞ 1 1 1 1 1 1( 1) , ( ) , ( ) , (1)4 2 4 2 4 4f c f c f c f c− = − − = + = − = + ( )f x 0x ( 1) 0f − > (1) 0f < 1 4c > 1 4c < − 1 4c > 1 1 1 1 1 1( 1) 0, ( ) 0, ( ) 0, (1) 04 2 4 2 4 4f c f c f c f c− = − > − = + > = − > = + > 3 2( 4 ) 64 3 4 (1 16 ) 0f c c c c c c− = − + + = − < ( )f x ( 4 , 1)c− − 0x ( )f x ( , 1)−∞ − ( 1, )− +∞ ( )f x 1 4c < − 1 1 1 1 1 1( 1) 0, ( ) 0, ( ) 0, (1) 04 2 4 2 4 4f c f c f c f c− = − < − = + < = − < = + < 3 2( 4 ) 64 3 4 (1 16 ) 0f c c c c c c− = + + = − > ( )f x (1, 4 )c− 0x ′80 即 在 上存在唯一一个零点，在 上不存在零点， 此时 不存在绝对值不大于 1 的零点，与题设矛盾； 综上， 所有零点的绝对值都不大于 1. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学 生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题. 2019 年 20．（12 分） 已知 ． （1）讨论 的单调性； （2）是否存在 a，b，使得 在区间 的最小值为－1 且最大值为 1？若存在，求 出 a，b 的所有值；若不存在，说明理由． 20．（12 分） （1） ． 令 ，得 或 ． 若 ，则当 时， ；当 时， ． 故 在 ， 单调递增，在 单调递减； 若 ， 在 单调递增； 若 ，则当 时， ；当 时， ． 故 在 ， 单调递增，在 单调递减． ( )f x (1, )+∞ ( ,1)−∞ ( )f x ( )f x 3 2( ) 2f x x ax b= − + ( )f x ( )f x [0,1] 2( ) 6 2 2 (3 )f x x ax x x a′ = − = − ( ) 0f x′ = 0x = 3 ax = 0a > ( ,0) ( , )3 ax∈ −∞ +∞ ( ) 0f x′ > (0, )3 ax∈ ( ) 0f x′ < ( )f x ( ,0)−∞ ( , )3 a +∞ (0, )3 a 0a = ( )f x ( , )−∞ +∞ 0a < ( , ) (0, )3 ax∈ −∞ +∞ ( ) 0f x′ > ( 0)3 ax∈ ， ( ) 0f x′ < ( )f x ( , )3 a−∞ (0, )+∞ ( ,0)3 a81 （2）满足题设条件的 a，b 存在． （ⅰ）当 时，由（1）知， 在 单调递增，所以 在 的最小值为 ，最大值为 ． 此时 a，b 满足题设条件当且仅当 ， ，即 ， ． （ⅱ）当 时，由（1）知， 在 单调递减，所以 在 的最大值为 ，最小值为 ． 此时 a，b 满足题设条件当且仅当 ， ，即 ， ． （ⅲ）当 时，由（1）知， 在 的最小值为 ，最大值为 b 或 ． 若 ， ，则 ，与 矛盾． 若 ， ，则 或 或 ，与 矛盾． 综上，当且仅当 ， 或 ， 时， 在区间 的最小值为－1，最 大值为 1． 2017 年山东导 数题 （20）（13 分） 已知函数 ， ，其中 是自然 对数的底数. （Ⅰ）求曲线 在点 处的切线方程； （Ⅱ）令 ，讨论 的单调性并判断有无极值，有极值时求 出极值. 解：（Ⅰ）由题意 0a ≤ ( )f x [0,1] ( )f x [0,1] (0)f b= (1) 2f a b= − + 1b = − 2 1a b− + = 0a = 1a = − 3a≥ ( )f x [0,1] ( )f x [0,1] (0)f b= (1) 2f a b= − + 1b = 2 1a b− + = − 4a = 1a = 0 3a< < ( )f x [0,1] 3 ( )3 27 a af b= − + 2 a b− + 3 127 a b− + = − 1b = 33 2a = 0 3a< < 3 127 a b− + = − 2 1a b− + = 3 3a = 3 3a = − 0a = 0 3a< < 0a = 1a = − 4a = 1a = ( )f x [0,1] ( ) 2 2cosf x x x= + ( ) ( )cos sin 2 2xg x e x x x= − + − 2.71828e =  ( )y f x= ( , ( ))f xπ ( ) ( ) ( )( )h x g x af x a R= − ∈ ( )h x 2( ) 2f π π= −82 又 ， 所以 ， 因此 曲线 在点 处的切线方程为 ，即 . （Ⅱ）由题意得 ， 因为 ， 令 则 所以 在 上单调递增. 所以 当 时， ； 当 时， （1）当 时， ， 当 时， 单调递减， 当 时， 单调递增， 所以 当 时， 取到极小值，极小值是 ； （2）当 时， ( ) 2 2sinf x x x′ = − ( ) 2f π π′ = ( )y f x= ( )( ), fπ π ( ) ( )2 2 2y xπ π π− − = − 22 2y xπ π= − − ( ) ( ) ( )2 2cos sin 2 2 2cosh x e x x x a x x= − + − − + ( ) ( ) ( ) ( )cos sin 2 2 sin cos 2 2 2sinx xh x e x x x e x x a x x′ = − + − + − − + − − ( ) ( )2 sin 2 sinxe x x a x x= − − − ( )( )2 sinxe a x x= − − ( ) sinm x x x= − ( ) 1 cos 0m x x′ = − ≥ ( )m x R 0x > ( ) 0m x > 0x < ( ) 0m x < 0a ≤ 0xe a− > 0x < ( ) 0, ( )h x h x′ < 0x > ( ) 0, ( )h x h x′ > 0x = ( )h x (0) 2 1h a= − − 0a > ( ) ( )( )ln2 sinx ah x e e x x′ = − −83 由 得 ， ①当 时， ， 当 时， ， 单调递增； 当 时， ， 单调递减； 当 时， ， 单调递增. 所以 当 时 取得极大值. 极大值为 ， 当 时 取到极小值，极小值是 ； ②当 时， ， 所以 当 时， ，函数 在 上单调递增，无极值； ③当 时， ， 所以当 时， ， 单调递增； 当 时， ， 单调递减； 当 时， ， 单调递增. 所以当 时 取到极大值，极大值是 ； 当 时 取得极小值， 极小值是 ( ) 0h x′ = 1 lnx a= 2 =0x 0 1a< < ln 0a < ( ),lnx a∈ −∞ ( )ln 0, 0x ae e h x′− < > ( )h x ( )ln ,0x a∈ ( )ln 0, 0x ae e h x′− > < ( )h x ( )0,x∈ +∞ ( )ln 0, 0x ae e h x′− > > ( )h x lnx a= ( )h x ( ) ( ) ( )2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a = − − + + +   0x = ( )h x ( )0 2 1h a= − − 1a = ln 0a = ( ),x∈ −∞ +∞ ( ) 0h x′ ≥ ( )h x ( ),−∞ +∞ 1a > ln 0a > ( ),0x∈ −∞ ( )ln 0, 0x ae e h x′− < > ( )h x ( )0,lnx a∈ ( )ln 0, 0x ae e h x′− < < ( )h x ( )ln ,x a∈ +∞ ( )ln 0, 0x ae e h x′− > > ( )h x 0x = ( )h x ( )0 2 1h a= − − lnx a= ( )h x ( ) ( ) ( )2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a = − − + + +  84 综上所述： 当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增， 函数 有极小值，极小值是 ； 当 时，函数 在 和 和 上单调递增，在 上 单调递减，函数 有极大值，也有极小值， 极大值是 极小值是 ； 当 时，函数 在 上单调递增，无极值； 当 时，函数 在 和 上单调递增， 在 上单调递减，函数 有极大值，也有极小值， 极大值是 ； 极小值是 . 2018 年 21．（12 分）已知函数 ． （1）若 ，证明：当 时， ；当 时， ； （2）若 是 的极大值点，求 ． 解：（1）当 时， ， . ( ) ( ) ( )22 ln 1 2f x x ax x x= + + + − 0a = 1 0x− < < ( ) 0f x < 0x > ( ) 0f x > 0x = ( )f x a 0a = ( ) (2 )ln(1 ) 2f x x x x= + + − ( ) ln(1 ) 1 xf x x x ′ = + − + 0a ≤ ( )h x ( ),0−∞ ( )0,+∞ ( )h x ( )0 2 1h a= − − 0 1a< < ( )h x ( ),ln a−∞ ( )0,ln a ( )0,+∞ ( )ln ,0a ( )h x ( ) ( ) ( )2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a = − − + + +  ( )0 2 1h a= − − 1a = ( )h x ( ),−∞ +∞ 1a > ( )h x ( ),0−∞ ( )ln ,a +∞ ( )0,ln a ( )h x ( )0 2 1h a= − − ( ) ( ) ( )2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a = − − + + + 85 设函数 ，则 . 当 时 ， ； 当 时 ， . 故 当 时 ， ，且仅当 时， ，从而 ，且仅当 时， . 所以 在 单调递增. 又 ，故当 时， ；当 时， . （2）（i）若 ，由（1）知，当 时， ， 这与 是 的极大值点矛盾. （ii）若 ，设函数 . 由于当 时， ，故 与 符号相同. 又 ，故 是 的极大值点当且仅当 是 的极大值点. . 如果 ，则当 ，且 时， ， 故 不是 的极大值点. 如果 ，则 存在根 ，故当 ， ( ) ( ) ln(1 ) 1 xg x f x x x ′= = + − + 2( ) (1 ) xg x x ′ = + 1 0x− < < ( ) 0g x′ < 0x > ( ) 0g x′ > 1x > − ( ) (0) 0g x g≥ = 0x = ( ) 0g x = ( ) 0f x′ ≥ 0x = ( ) 0f x′ = ( )f x ( 1, )− +∞ (0) 0f = 1 0x− < < ( ) 0f x < 0x > ( ) 0f x > 0a ≥ 0x > ( ) (2 )ln(1 ) 2 0 (0)f x x x x f≥ + + − > = 0x = ( )f x 0a < 2 2 ( ) 2( ) ln(1 )2 2 f x xh x xx ax x ax = = + −+ + + + 1| | min{1, }| |x a < 22 0x ax+ + > ( )h x ( )f x (0) (0) 0h f= = 0x = ( )f x 0x = ( )h x 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2(2 ) 2 (1 2 ) ( 4 6 1)( ) 1 (2 ) ( 1)( 2) x ax x ax x a x ax ah x x x ax x ax x + + − + + + +′ = − =+ + + + + + 6 1 0a + > 6 10 4 ax a +< < − 1| | min{1, }| |x a < ( ) 0h x′ > 0x = ( )h x 6 1 0a + < 2 2 4 6 1 0a x ax a+ + + = 1 0x < 1( ,0)x x∈86 且 时， ，所以 不是 的极大值点. 如果 ，则 .则当 时， ； 当 时， .所以 是 的极大值点， 从而 是 的极大值点 综上， . 2017 年 21．（12分）已知函数 ． （1）若 ，求 的值； （2）设 为整数，且对于任意正整数 ， ，求 的最小 值． 解： （1） 的定义域为 ① 若 ，因为 ，所以不满足题意； ② 若 ，由 知，当 时， ；当 时， 。所以 在 单调递减，在 单调递增。故 是 在 的唯一最小值点。 由于 ，所以当且仅当 时， 故 （2）由（1）知当 时， 1| | min{1, }| |x a < ( ) 0h x′ < 0x = ( )h x 6 1 0a + = 3 2 2 ( 24)( ) ( 1)( 6 12) x xh x x x x −′ = + − − ( 1,0)x∈ − ( ) 0h x′ > (0,1)x∈ ( ) 0h x′ < 0x = ( )h x 0x = ( )f x 1 6a = − ( ) 1 lnf x x a x= − − ( ) 0f x ≥ a m n 2 1 1 1(1 )(1 ) (1 )2 2 2n m+ + ⋅⋅⋅ + < m ( )f x (0, )+∞ 0a ≤ 1 1( ) ln 2 02 2f a= − + < 0a > ( ) 1 a x af x x x −′ = − = (0, )x a∈ ( ) 0f x′ < ( , )x a∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x (0, )a ( , )a +∞ x a= ( )f x (0, )+∞ (1) 0f = 1a = ( ) 0f x ≥ 1a = (1, )x∈ +∞ 1 ln 0x x− − >87 令 ，得 ，从而 故 而 ，所以 的最小值为3 2016 年 （21）（12 分） 设函数 f（x）=acos2x+（a-1）（cosx+1），其中 a＞0，记 的最大值为 A. （Ⅰ）求 f＇（x）； （Ⅱ）求 A； （Ⅲ）证明 ≤2A. 解：（Ⅰ） ． （Ⅱ）当 时， 因此， ． ………4 分 当 时，将 变形为 ． 令 ， 则 是 在 上 的 最 大 值 ， ， ， 且 当 时 ， 取 得 极 小 值 ， 极 小 值 为 ． 11 2nx = + 1 1(1 )2 2n n + < 2 2 1 1 1 1 1 1 1ln(1 ) ln(1 ) ... ln(1 ) ... 1 12 2 2 2 2 2 2n n n + + + + + + < + + + = − < 2 1 1 1(1 )(1 )...(1 )2 2 2n e+ + + < 2 3 1 1 1(1 )(1 )(1 ) 22 2 2 + + + > m ' ( ) 2 sin 2 ( 1)sinf x a x a x= − − − 1a ≥ '| ( ) | | sin 2 ( 1)(cos 1) |f x a x a x= + − + 2( 1)a a≤ + − 3 2a= − (0)f= 3 2A a= − 0 1a< < ( )f x 2( ) 2 cos ( 1)cos 1f x a x a x= + − − 2( ) 2 ( 1) 1g t at a t= + − − A | ( ) |g t [ 1,1]− ( 1)g a− = (1) 3 2g a= − 1 4 at a −= ( )g t 2 21 ( 1) 6 1( ) 14 8 8 a a a ag a a a − − + += − − = −88 令 ，解得 （舍去）， ． （ ⅰ ） 当 时 ， 在 内 无 极 值 点 ， ， ， ，所以 ． （ⅱ）当 时，由 ，知 ． 又 ，所以 ． 综上， ．　　　………9 分 （Ⅲ）由（Ⅰ）得 . 当 时， . 当 时， ，所以 . 当 时， ，所以 . 二十、坐标系与参数方程大题： 5 年 5 考，而且是作为 2 个选做大题之一出现的，主要考查两个方面：一是极坐标方程与 普通方程的转化，二是极坐标方程的简单应用，难度较小． 年份 题目及答案 11 14 a a −− < < 1 3a < − 1 5a > 10 5a< ≤ ( )g t ( 1,1)− | ( 1) |g a− = | (1) | 2 3g a= − | ( 1) | | (1) |g g− < 2 3A a= − 1 15 a< < ( 1) (1) 2(1 ) 0g g a− − = − > 1( 1) (1) ( )4 ag g g a −− > > 1 (1 )(1 7 )| ( ) | | ( 1) | 04 8 a a ag ga a − − +− − = > 21 6 1| ( ) |4 8 a a aA g a a − + += = 2 12 3 ,0 5 6 1 1, 18 5 3 2, 1 a a a aA aa a a  − < ≤  + += <