2020年高考数学备考全析考前最后一课-（正式版）共111页

1 目 录 考前预测篇 【考前预测篇 1】热点试题精做……………………………………………………………………01 【考前预测篇 2】命题专家押题……………………………………………………………………18 命题猜想篇 【高考命题猜想 1】与圆相关的最值………………………………………………………………24 【高考命题猜想 2】几何体与球切、接的问题……………………………………………………30 【高考命题猜想 3】数列中的最值问题……………………………………………………………43 考前技巧篇 【考前技能篇 1】高考数学核心考点解题方法与策略……………………………………………50 【考前技能篇 2】高考数学三种题型的答题技巧…………………………………………………56 【考前技能篇 3】数学解答题的“偷分”技巧…………………………………………………………….61 考前提醒篇 【考场注意篇 1】高考数学临场解题策略……………………………………………………………64 【考场注意篇 2】高考数学阅卷和答题卡的注意事项……………………………………………67 考后心理篇 【考后调整篇】高考考后那些事……………………………………………………………………74 终极押题 2020 年高考数学（理）终极押题卷（试卷）.................................................................................81 2020 年高考数学（文）终极押题卷（试卷）.................................................................................86 2020 年高考数学（理）终极押题卷（全解全析）.........................................................................92 2020 年高考数学（文）终极押题卷（全解全析）.......................................................................1021 一、考前预测篇 【考前预测篇 1】热点试题精做 1．【2020 届广东省汕头市金山中学高三上学期期中数学试 题 】 已 知 集 合 ， 则 等于 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意可得： ，则 .故选 D. 2．【2020 届山西省高三 2 月模拟（一）数学试题】已知命题 ，命题 ， ，则 成立是 成立的 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】求解不等式 可得 ，对于命题 ，当 时，命题明显成立； 当 时，有： ，解得： ，即命题 为真时 ， 故 成立是 成立的充分不必要条件.故选：A. 3．【重庆市 2020 届高三上学期第一次教学质量检测数学试题】已知函数 对 满足 ， ，且 ，若 ，则 A． B．2 C． D．4 【答案】A 【解析】因为 ，∴ ，又 ， {0,1,2,3,4}, { | 2 1, }A B x x n n A= = = + ∈ A B { }1,3,5 { }3 { }5,7,9 { }1,3 { }1,3,5,7,9B = { }1,3A B = 1 1: 4p a > :q x∀ ∈R 2 1 0ax ax+ + > p q 1 1 4a > 0 4a< < q 0a = 0a ≠ 2 0 4 0 a a a > ∆ = − ( )1 4f = ( ) ( )2019 2020f f+ = 3 4 5 2 ( ) ( ) ( )1 2f x f x f x+ = ⋅ + ( ) ( ) ( )2 1 3f x f x f x+ = + ⋅ + ( ) 0f x >2 故 ，即 ，所以函数的周期为 6， 由已知可得当 时， ， ，又 ， 所以 ，并且 ， 所以 ，故选 A. 4．【2020 届河南省鹤壁市高级中学高三下学期模拟数学试题】函数 （其中 为自然对数 的底数）的图象大致为 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意得函数 的定义域为 ，可排除 B、C， ∵ ，∴函数 为偶函数，可排除选项 A. 故选：D. 5．【湖北省武汉市部分学校 2020 届高三上学期起点质量监测数学试题】已知 ， ， ，则 ， ， 的大小关系是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】对于 的大小： ， ，明显 ； 对于 的大小：构造函数 ，则 ， ( ) ( ) 13f x f x + = ( ) ( )6f x f x+ = 0x = ( ) ( )2 0f f= ( ) ( ) ( )1 0 2f f f= ⋅ ( ) 0f x > ( ) ( )2 0 2f f= = ( ) ( ) ( ) ( )1 1 13 , 4 , 5 , 6 22 4 2f f f f= = = = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 32019 2020 3 4 2 4 4f f f f+ = + = + = ( ) e 1( ) e 1 x xf x x += − e ( )f x ( ,0) (0, )−∞ +∞ ( ) ( ) ( ) e 1 e1 e 1( ) ( ) e 1 1 e e 1 x x x x x xf x f x x x x − − + +− = =+ − = = − − − − ( )f x 4ln3a π= 3ln 4b π= 34lnc π= a b c c b a< < b c a< < b a c< < a b c< < ,a b 44ln3 ln3 ln81a π π π= == 33ln 4 ln ln 644b π π π== = a b> ,a c lnxf(x) = x 2 1 ln( ) xf x x −′ =3 当 时， 在 上单调递增，当 时， 在 上 单调递减， ，即 ； 对于 的大小： ， ， ， ， 故选：B. 6．【黑龙江省 2019-2020 学年高三上学期 10 月月考数学试题】定义在 上的偶函数 满足 ，且当 时， ，函数 是定义在 上的奇函数，当 时， ，则函数 的零点的的个数是 A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】C 【解析】由于 ，所以函数 的周期为 ，且函数 为偶函数， 由 ，得出 ，问题转化为函数 与函数 图象的交点个数，作出函 数 与函数 的图象如下图所示， 由图象可知， ，当 时， ， 则函数 与函数 在 上没有交点， 结合图像可知，函数 与函数 图象共有 11 个交点，故选 C. 7．【黑龙江省 2019-2020 学年高三上学期 10 月月考数学试题】如图，是民航部门统计的某 年春运期间 个城市出售的往返机票的平均价格以及相比上年同期变化幅度的数据统计图表，根据图表， 下面叙述不正确的是 (0, )x e∈ ( ) 0, ( )f x f x′ > (0, )e ( , )x e∈ +∞ ( ) 0, ( )f x f x′ < ( , )e +∞ 3 , ( ) (3)e f fπ π> > ∴ ,b c 3ln 4 ln 64b π π== 3 4 34ln ln[( ) ]c π π== 64π < 4 3[( ) ]π c b> R ( )f x ( 1) ( 1)f x f x− = + [ 1,0]x∈ − 2( )f x x= ( )g x R 0x > ( ) lgg x x= ( ) ( ) ( )h x f x g x= − ( ) ( )1 1f x f x− = + ( )y f x= 2 ( )y f x= ( ) 0h x = ( ) ( )f x g x= ( )y f x= ( )y g x= ( )y f x= ( )y g x= ( )0 1f x≤ ≤ 10x > ( ) lg 1g x x= > ( )y f x= ( )y g x= ( )10,+∞ ( )y f x= ( )y g x= 124 A．深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最高 B．深圳和厦门的平均价格同去年相比有所下降 C．平均价格从高到低居于前三位的城市为北京、深圳、广州 D．平均价格的涨幅从高到低居于前三位的城市为天津、西安、厦门 【答案】D 【解析】由图可知，选项 A、B、C 都正确，对于 D，因为要判断涨幅从高到低，而不是判断变化幅度， 所以错误．故选 D． 8．【山东省青岛市 2019 届高考模拟检测（二模)数学试题】已知平面向量 ， 的夹角为 ，且 ， ，则 A．3 B．9 C．12 D．15 【答案】D 【解析】 ，本题正确选项： . 9．【2020 届湖南省高三下学期线上自主测评数学试题】如图， ， 分别是边长为 4 的等边 的中线，圆 是 的内切圆，线段 与圆 交于点 .在 中随机取一点， 则此点取自图中阴影部分的概率是 a b 2 3 π 3a = 2b = ( 2 )a a b⋅ − =  ( ) 22 12 2 2 cos , 9 12 152a a b a a b a a b a b  ⋅ − = − ⋅ = − ⋅ < >= − × − =          D CD BE ABC△ O ABC△ OB O F ABC△5 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】在 中， ， ，因为 ，所以 ，即圆 的半径为 ，由此可得图中阴影部分的面积等于 ， 的面积为 ，故所求概率 .故选 A. 10．【四川省宜宾市第四中学校 2019-2020 学年高三下学期第二次月考数学试题】已知函数 ， ，当 时，不等式 恒成立，则实数 a 的取值范围为 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 ,即函数 在 时是单调 增函数.则 恒成立. .令 ,则 ， 时, 单调递减, 时 单调递增. .故选:D. 11．【2020 届辽宁省大连市第二十四中学高三 4 月模拟考试数学试题】如图所示，边长为 a 的空间四边形 ABCD 中，∠BCD＝90°，平面 ABD⊥平面 BCD，则异面直线 AD 与 BC 所成角的大小为 3 54 π 18 π 3 27 π 3 108 π BOD△ 90ODB∠ = ° 30OBD∠ = ° 1 22BD AB= = 2 32tan30 3OD = ° = O 2 3 3 2 1 2 3 2 6 3 9 ππ  × × =    ABC△ 4 3 2 3 549 4 3 P π π= = × ( ) xef x axx = − (0, )x∈ +∞ 2 1x x> ( ) ( )1 2 2 1 f x f x x x < ( , ]e−∞ ( , )e−∞ , 2 e −∞   , 2 e −∞   (0, ),x∈ +∞ ( ) ( )1 1 2 2x f x x f x∴ < 2( ) ( ) xg x xf x e ax= = − (0, )x∈ +∞ ( ) 2 0xg x e ax′ = − ≥ 2 xea x ∴ ≤ ( ) xem x x = 2 ( 1)( ) xx em x x −′ = (0,1)x∈ ( ) 0, ( )m x m x′ < (1, )x∈ +∞ ( ) 0, ( )m x m x′ > min2 ( ) (1) , 2 ea m x m e a∴ ≤ = = ∴ ≤6 A．30° B．45° C．60° D．90° 【答案】C 【解析】由题意得 BC＝CD＝a，∠BCD＝90°，∴BD＝ ，∴∠BAD＝90°， 取 BD 中点 O，连结 AO，CO，∵AB＝BC＝CD＝DA＝a，∴AO⊥BD，CO⊥BD，且 AO＝BO＝OD＝OC ＝ ，又∵平面 ABD⊥平面 BCD，平面 ABD∩平面 BCD＝BD，AO⊥BD，∴AO⊥平面 BCD， 延长 CO 至点 E，使 CO＝OE，连结 ED，EA，EB，则四边形 BCDE 为正方形，即有 BC∥DE， ∴∠ADE（或其补角）即为异面直线 AD 与 BC 所成角， 由题意得 AE＝a，ED＝a，∴△AED 为正三角形，∴∠ADE＝60°，∴异面直线 AD 与 BC 所成角的大 小为 60°．故选 C． 12．【2020 届湖北名师联盟高三上学期第一次模拟考试数学试题】设 F 为双曲线 E： 的右焦点，过 E 的右顶点作 x 轴的垂线与 E 的渐近线相交于 A，B 两点，O 为坐标原点，四边形 OAFB 为菱形，圆 与 E 在第一象限的交点是 P，且 ，则双曲线 E 的 方程是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意，双曲线 E： 的渐近线方程为 ， 2a 2 2 a 2 2 2 2 1( , 0)x y a ba b − = > ( )2 2 2 2 2 2x y c c a b+ = = + PF 7 1= − 2 2x y 16 2 − = 2 2x y 12 6 − = 2 2x y 13 − = 2 2 yx 13 − = 2 2 2 2 1x y a b − = by xa = ±7 由过 E 的右顶点作 x 轴的垂线与 E 的渐近线相交于 A，B 两点，且四边形 OAFB 为菱形，则对角线互 相平分，所以 ， ，所以结合选项可知，只有 D 满足， 由 ，解得 ， ， 因为 ，所以 ，解得 ，则 ， 故双曲线方程为 ，故选 D． 13．【山西省临汾市 2019-2020 学年高三下学期高考考前适应性训练（二)数学试题】在平面直角坐标系 中，F 是抛物线 的焦点，M 在 C 上，直线 与 x 轴平行且交 y 轴于点 N.若 的角 平分线恰好过 的中点，则 A．1 B． C．2 D．4 【答案】C 【解析】由题知焦点 ，设 的中点为 ，过 作 轴的垂线，垂足为 ，设 ，则由 抛物线定义可知： ， ，又 为 的角平分线， 所以 ，在 中，由余弦定理得： ，解得： ，所以 .故选：C. c 2a= b 3a = 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 x y a b x y c a  − =  + = = 7 2Ax a= 3 2Ay a= PF 7 1= − 2 2 27 3( a 2a) ( a) ( 7 1)2 2 − + = − a 1= b 3= 2 2 yx 13 − = xOy 2: 4C y x= MN ONM∠ MF MF = 2 ( )1,0F MF P P y Q MF t= 1 2 ， tMN t MP= − = ( )1 2 2 tPQ MN OF= + = NP ONM∠ 2 2NP t= MNP△ ( ) ( ) 22 2 2 21 2 1 cos452 2 2 t t t t t      = − + − −               2t = 2MF =8 14．【湖北省武汉市部分学校 2020 届高三上学期起点质量监测数学试题】若直线 是曲线 的切线，也是曲线 的切线，则 ________. 【答案】1 或 【解析】设 与 和 的切点分别为 ，由导数的几何意义可得 ，曲线在 在点 处的切线方程为 ，即 ，曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ，则 ，解得 ，或 ，所以 或 . 15．【2020 届陕西省兴平市高三上学期第一次模拟考试】若函数 的图像经过点 ，且相邻两条对称轴间的距离为 ，则 的值为________． 【答案】 【解析】由相邻两条对称轴间的距离为 ,所以 ,即 ,所以 ,又函数 的图像经过点 ,所以 ,则 ,即 ,又因为 ,所以当 时, ,故 y kx b= + lny x= 2xy e −= k = 1 e y kx b= + lny x= 2xy e −= 1 2 1 2 2( , ),( ,ln )xx e x x− 1 2 2 1xk e x −= = 2xy e −= 1 2 1( , )xx e − 1 12 2 1( )x xy e e x x− −− = − 1 12 2 1(1 )x xy e x x e− −= + − lny x= 2 2( ,ln )x x 2 2 2 1ln ( )y x x xx − = − 2 2 1 ln 1y x xx = + − 1 1 2 2 2 1 2 1 (1 ) ln 1 x x e x x e x − −  =  − = − 2 1x = 2x e= 1k = 1 e ( ) ( )( )2sin 0,0f x xω ϕ ω ϕ π= + > < < ,26 π    2 π 4f π     3 2 π 1 2 2T π= T π= 2 2 2T π πω π= = = ( ) ( )( )2sin 0,0f x xω ϕ ω ϕ π= + > < < ,26 π    2sin 2 26 π ϕ × + =   ( )23 2 k k Z π πϕ π+ = + ∈ ( )26 k k Z πϕ π= + ∈ 0 ϕ π< < 0k = = 6 πϕ9 ,所以 ,故答案为： 16．【2019 届湖南省湘潭市高三第三次模拟数学试题】已知函数 若在区 间 上方程 只有一个解，则实数 的取值范围为______． 【答案】 或 【解析】当 时，由 ，得 ，即 ；当 时，由 ，得 ，即 .令函数 ，则问题转化 为函数 与函数 的图像在区间 上有且仅有一个交点. 在同一平面直角坐标系中画出函数 与 在区间函数 上的大 致图象如下图所示： 结合图象可知：当 ，即 时，两个函数的图象只有一个交点； 当 时，两个函数的图象也只有一个交点，故所求实数 的取值范围是 ( ) 2sin 2 6f x x π = +   22sin 2 2sin 34 4 6 3f π π π π   = × + = =       3 ( )2 1 2 2 ,0 1( ) 2 , 1 0 x x x m xf x x m x+  + ≤ ≤=  − − − ≤ ( )A B =R  { }1,3− { }0,1,2 { }1,2,3 { }0,1,2,3 2 2 0x x− > 0x < 2x > { | 0B x x= < 2}x > ={ | 0 2}B x x∴ ≤ ≤R { }1,0,1,2,3A = − ( )={0,1,2}A B∴ R  z (1 ) | 2 |i z i+ = i z 1 i− 1 i+ 1 1 2 2 i− 1 1 2 2 i+ (1 ) | 2 | 2i z i+ = = 2 11z ii = = −+ m [ 1n∈ − 1) 3 3sin sin2 2 m n n m π π− < − m n> | | | |m n< m n< m n19 【解析】设 ，则 ，即 为增函数，又 ， ， ， ，即 ，所以 ，所以 ．故选：C． 4．已知等比数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 A．10 B．7 C．8 D．4 【答案】C 【解析】由题意得： ， ，本题正确选项： . 5．已知函数 在 上的值域为 ，则实数 的取值范围为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 . 当 时， ，又 ， ， ， 由 在 上的值域为 ， ，解得： .本题正确选项： . 6．如图所示，等边 的边长为 2， 为边 上的一点，且 ， 也是等边三角形， 若 ，则 的值是 3( ) sin , [ 1,1]2 xf x x x π= + ∈ − 2( ) 3 cos 02 2 xf x x π π′ = + > 3( ) sin , [ 1,1]2 xf x x x π= + ∈ − m [ 1n∈ − 1) 3 3sin sin2 2 m n n m π π− < − 3 3sin sin2 2 m nm n π π+ < + ( ) ( )f m f n< m n< { }na n nS 1 2 3 1 1 1 2a a a + + = 2 2a = 3S = 1 3 1 2 3 3 2 1 2 3 1 3 2 2 1 1 1 1 24 a a a a a S a a a a a a a + + ++ + = + = = = 3 8S∴ = C ( ) ( )πsin cos 06f x x xω ω ω = + + >   [ ]0,π 3 , 32      ω 1 1,6 3      1 2,3 3      1 ,6  +∞   1 2,2 3      ( ) sin cos sin cos cos sin cos6 6 6f x x x x x x π π πω ω ω ω ω = + + = + +   3 3sin cos 3sin2 2 3x x x πω ω ω = + = +   [ ]0,x π∈ ,3 3 3x π π πω πω + ∈ +   ( ) 30 3sin 3 2f π= = 2 33sin 3 2 π = 3sin 32 π = ( )f x [ ]0,π 3 , 32      2 2 3 3 π π ππω∴ ≤ + ≤ 1 1,6 3 ω  ∈   A ABC△ D AC AD ACλ=  ADE△ 44 9BE BD⋅ =  λ20 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 因为 ，所以 ，选 A. 7．已知双曲线 的离心率 ，点 是抛物线 上的一动点， 到双 曲线 的上焦点 的距离与到直线 的距离之和的最小值为 ，则该双曲线的方程为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为双曲线 的离心率 ，所以 ，设 为抛 物线 的焦点，则 ，抛物线 的准线方程为 ，因此 到双曲线 的上焦点 的距离与到直线 的距离之和等于 ，因为 ，所以 ，即 ，即双曲线的方程为 ，选 B. 8．已知 为等差数列，其公差为 ，且 是 与 的等比中项， 为 的前 项和，则 的值为______． 【答案】 【解析】 是 与 的等比中项， ，即 ，解得： ， 2 3 3 3 3 4 1 3 2 2 ( ) ( )BE BD BA AE BA AE ED BA BA AE BA ED AE BA AE AE ED⋅ = + ⋅ + + = + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅                 2 2 2 2 22 44 42 2 2 cos 2 2 2 2 cos 4 4 cos 2 4 ,3 3 3 9 9 π π πλ λ λ λ λ λ λ= + ⋅ − ⋅ + ⋅ + + = + = ⇒ = 0λ > 2 3 λ = ( )2 2 2 2: 1 0, 0y xC a ba b − = > > 5 2e = P 2 4y x= P C ( )1 0,F c 1x = − 6 2 2 12 3 y x− = 2 2 14 y x− = 2 2 14 xy − = 2 2 13 2 y x− = ( )2 2 2 2: 1 0, 0y xC a ba b − = > > 5 2e = 2 , 5a b c b= = F 2 4y x= (1,0)F 2 4y x= 1x = − P C ( )1 0,F c 1x = − 1 || | |PF PF+ 1 1| | | | | |PF PF F F+ ≥ 1| | 6F F = 21 6, 5, 2, 1c c a b+ = ∴ = = = 2 2 14 y x− = { }( )* na n∈N 2− 6a 2a 8a nS { }na n 10S 90 6a 2a 8a 2 6 2 8a a a∴ = ( ) ( )( )2 1 1 110 2 14a a a− = − − 1 18a =21 .故答案为： . 9．已知在 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， ， ， 的面积等于 ， 则 外接圆的面积为______． 【答案】4π 【解析】由 ，解得 ． ，解得 ． ，解得 ．∴△ABC 外接圆的面积为 4π．故答案为：4π． 10．如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为菱形，PB⊥底面 ABCD，O 为对角线 AC 与 BD 的交点， 若 PB＝1，∠APB＝∠BAD＝ ，则棱锥 P－AOB 的外接球的体积是____. 【答案】 【解析】由于 底面 ，所以三角形 是直角三角形.由于底面 是菱形，故 ，又 ，所以 面 ，所以三角形 是直角三角形.由此判断出棱锥 外接球的直径为 .由于 ，所以 ,故外接球的半径为 ，体积为 . 11．已知函数 . （1）求函数 的单调区间； （2）当 时，证明： . 【解析】（1） ， . ( )10 10 910 18 2 902S ×∴ = × + × − = 90 ABC△ 3A π= 2b = ABC△ 2 3 ABC△ 1 2 sin 2 32 3c π× ⋅ = 4c = 2 2 22 4 2 2 4cos 123a π∴ = + − × × = 2 3a = 2 32 4 sin 3 R π∴ = = 2R = 3 π 4 3 π PB ⊥ ABCD ABP ABCD AO BO⊥ AO PB⊥ AO ⊥ PBO AOP P AOB− PA π1, 3PB APB= ∠ = 2PA = 1 34π 4π13 3 × = ln( ) 1 xf x x = − ( )f x 2a ≤ ( ) 1 af x x ≥ +  ln( ) 1 xf x x = − ∴ 2 2 11 ln ln 1( ) ( 1) ( 1) x x x xxf x x x x − − − −′ = =− −22 令 ，则 . 由 得 ，且易知 是 的极大值点. 故 对任意的 成立. 又 的定义域为 ， 则 的单调递减区间为 和 ，无单调递增区间. （2）由于 的定义域为 ，得 恒成立. 故要证原结论成立，只要证 恒成立即可. 令 ， 下只要证 即可. 令 .则 对任意的 恒成立. 故 在 和 上分别单调递增. ①当 时， 恒成立， 又 ，故 恒成立； ②当 时， 恒成立， 又 ，故 恒成立. 综上所述， 对任意的 成立，故原结论成立. 12．已知椭圆 的左、右焦点分别为 、 ,椭圆的离心率为 ,过椭圆 的左焦 点 ,且斜率为 的直线 ,与以右焦点 为圆心,半径为 的圆 相切. （1）求椭圆 的标准方程; （2）线段 是椭圆 过右焦点 的弦,且 ,求 的面积的最大值以及取最大值 时实数 的值. 【解析】（1）设 , , ( ) ln 1g x x x x= − − ( ) lng x x′ = − ( ) 0g x′ = 1x = 1x = ( )g x ( ) (1) 0g x g≤ = x∈R  ( )f x (0,1) (1, )∪ +∞ ( )f x (0,1) (1, )+∞ ( )f x (0,1) (1, )∪ +∞ 2 1 1 a x x ≤+ + 2( ) 1f x x ≥ + 2 1 2( 1)( ) ( ) ln1 1 1 xh x f x xx x x − = − = − + − +  ( ) 0h x ≥ 2( 1) 4( ) ln ln 21 1 xx x xx x ϕ −= − = + −+ + 2 2 ( 1)( ) 0( 1) xx x x ϕ −′ = ≥⋅ + (0, )x∈ +∞ ( )xϕ (0,1) (1, )+∞ (0,1)x∈ ( ) (1) 0xϕ ϕ< =  1 01x =  1 01x >− ( ) 0h x ≥ ( ) 0h x ≥ (0,1) (1, )x∈ +∞ ( )2 2 1 2 2: 1 0x yC a ba b + = > > 1F 2F 1 2 1C 1F 1 l 2F 2 2C 1C MN 1C 2F 2 2MF F Nλ=  1MF N∆ λ ( )1 ,0F c− ( )( )2 ,0 0F c c >23 直线 斜率为 ,且过椭圆 的左焦点 . 直线 的方程为: ,即 . 直线 与圆 相切, 圆心 到直线 的距离为 ,解得 . 椭圆 的离心率为 ,即 ,解得: ,根据: ， 椭圆 的方程为 . （2）由（1）得 , , ， 直线 的斜率不为 , 设直线 的方程为: , 将直线 的方程与椭圆方程联立可得: 消掉 可得: , 恒成立, 设 , ,则 , 是上述方程的两个不等根, 根据韦达定理可得: , . 的面积: 设 ,则 , , . 可得: . 令 ， 恒成立,  l 1 1C 1F ∴ l y x c= + 0x y c− + =  l 2C ∴ 2F l 2 2 c cd += = 1c =  1C 1 2 1 1 2 ee a a = = = 2a = 2 2 2 4 1 3b a c= − = − = ∴ 1C 2 2 14 3 x y+ = ( )1 1,0F − ( )2 1,0F  2 2MF F Nλ=  ∴ MN 0 ∴ MN ( )1x ty t R= + ∈ MN 2 2 1 14 3 x ty x y = + + = y ( )2 24 3 6 9 0t y ty+ + − = ( )2 236 36 4 3 0t t∆ = + + > ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y 1y 2y 1 2 2 6 4 3 ty y t −∴ + = + 1 2 2 9 4 3y y t −= + 1MF N∴∆ 1 1 2 1 2 1 2MF NS F F y y∆ = ⋅ ⋅ − 1 2 1 2 1 22 y y y y= × × − = − ( )2 1 2 1 24y y y y= + − 2 2 2 2 2 6 9 12 144 3 4 3 4 3 t t t t t − − +   = − ⋅ =   + + +    2 1t m+ = m 1≥ 2 2 1t m= − ∴ 2 23 4 3 1t m+ = + 1 212 3 1MF N mS m = × + ( ) ( )2 13 1 mf m mm = ≥+ ∴ ( ) ( ) 2 22 1 3 0 3 1 mf m m −′ = < +24 函数 在 上为减函数,故 的最大值为: , 的面积的最大值为 ,当且仅当 ,即 时取最大值, 此时直线 的方程为 ,即直线 垂直于 轴, 此时 ,即 . 综上所述, 的面积的最大值 , 时 的面积的最大. 二、命题猜想篇 【高考命题猜想 1】与圆相关的最值问题 纵观近几年高考对于圆的的考查，重点放在与圆相关的最值问题 上,主要考查与圆相关的参数范围问题和圆相关的长度或面积的最值问 题.要求学生有较强的数形结合能力、转化与化归意识和准确的计算能 力，才能顺利解答.从实际教学来看，这部分知识是学生掌握最为模糊， 看到就头疼的题目.分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主 要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目时便产 生畏惧心理.本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨. 1.已知含参数的直线与圆的位置关系，求直线方程中参数的取值范围问题 画出圆图象，利用直线过定点，结合图象即可确定直线方程中满足的条件，利用直线与圆的位置关系 和点到直线的距离公式，列出关于参数的不等式或方程，即可求出参数的取值范围. 【例 1】已知直线 和曲线 有两个不同的交点，则实数 m 的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由直线方程得到直线过定点 ，且斜率为 ，又由曲线 是以原点为圆心，半 径 的圆的上半圆，在同一坐标系内画出它们的图象，结合图象求解，即可得到答案. 【解析】由题意，直线 ，则直线必过定点 ，斜率为 ， ∴ ( )f m [ )1,+∞ ( )f m ( ) 11 4f = ∴ 1MF N△ 112 34 × = 1m = 0t = MN 1x = MN x 2 2MF F N=  1λ = 1MF N△ 3 1λ = 1MF N△ 3y mx m= + 24y x= − 2 50, 5      2 5,05  −   2 25, 55 5  −   140, 7      ( )3,0P − m 24y x= − 2r = ( )3 3y mx m m x= + = + ( )3,0P − m25 又由曲线 是以原点为圆心，半径 的圆的上半圆， 在同一坐标系内作出它们的图象，如图所示， 当直线与半圆切于点 A 时，它们有唯一的公共点，此时，直线的倾斜角 满足 ， 所以 ，可得直线的斜率为 ， 当直线 的倾斜角由此变小时，两图象有两个不同的交点，直线的斜率 变化到 0 为止，由此 可得 ， 所以直线 和曲线 有两个不同的交点时，实数 的取值范围是 ，故选 A. 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，及直线方程的应用，其中解答中在同一坐标系中作 出两个函数的图象，结合图象和三角函数的基本关系式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问 题的能力，属于基础题. 2.已知点满足与圆有关的某个条件，求圆中参数或点的坐标的取值范围问题 作出相应的图形，利用数形结合思想找出圆中相关量，如圆心坐标、圆心到某点距离、圆的半径、圆 的弦长或圆的弦心距等满足的条件，列出不等式或方程或函数关系，再利用相关方法求出参数的取值范围. 【例 2】点 是圆 上的不同两点，且点 关于直线 对称，则 该圆的半径等于 A． B． C．3 D．1 【答案】C 【分析】圆上的点关于直线对称，则直线经过圆心，求出圆的圆心，代入直线方程，即可求出 k，然后求出 半径． 24y x= − 2r = α 2sin 3 α = 2 5cos 1 sin 3 α α= − = sin 2 5tan cos 5m αα α= = = 3y mx m= + m 2 50 5m≤ < 3y mx m= + 24y x= − m 2 50, 5      ,M N 2 2 2 4 0x y kx y+ + + − = ,M N 1 0x y− + = 2 2 226 【解析】圆 的圆心坐标为 ， 因为点 M，N 在圆 上，且点 M，N 关于直线 l：x-y+1=0 对称， 所以直线 l：x-y+1=0 经过圆心，所以 ，即 k=4． 所以圆的方程为： 即 ，圆的半径为 3． 故选 C． 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查圆的一般方程的应用，考查计算能力． 【例 3】设圆 ： ，直线 ，点 ，使得存在点 ，使 ( 为坐标原点)，则 的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件，若存在圆 C 上的点 Q，使得 ，转化为 ，列出不等式，即可求解， 得到答案. 【解析】由题意， 在 与圆相切时取得最大值，如果 变长，那么 可以获得的最大值 将变小，若存在 ，就需要使 的最大值大于等于 ，当 ，且 与圆相 切时， ，因此满足 ，就能力保证一定存在点 Q 使得 ，否则，这样的点 Q 是 不存在的. 因为点 在直线 上，所以 ，即 ， 因 为 ， 即 ， 解 得 ， 即 的取值范围是 . 2 2 2 4 0x y kx y+ + + − = , 12 k − −   2 2 2 4 0x y kx y+ + + − = 1 1 02 k− + + = 2 2 4 2 4 0x y x y+ + + − = ， 2 2( 2) ( 1) 9x y+ + + = C 2 2 2x y+ = : 2 4 0l x y+ − = ( )0 0,P x y l∈ Q C∈ 45OPQ∠ =  O 0y [ ]1,2 5 ,24      5 ,34      6 ,25      45OPQ∠ =  | | 2PO ≤ OPQ∠ PQ OP OPQ∠ 45OPQ∠ =  OPQ∠ 45 45OPQ∠ =  PQ | | 2PO = | | 2PO ≤ 45OPQ∠ =  ( )0 0,P x y 2 4 0x y+ − = 0 02 4 0x y+ − = 0 04 2x y= − ( )22 2 2 2 2 0 0 0 0 0 04 2 5 16 16 4OP x y y y y y= + = − + = − + ≤ 2 0 05 16 12 0y y− + ≤ 0 6 25 y≤ ≤ 0y 6 ,25     27 【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系的应用，其中解答中利用数形结合法判断出 ，从而得 到不等式求解参数的取值范围是解答的关键，着重考查了分析问题和解问题的能力，试题有一定的综合性， 属于中档试题. 3. 与距离有关的最值问题 在运动变化中，动点到直线、圆的距离会发生变化，在变化过程中，就会出现一些最值问题，如距离 最小、最大等常常涉及圆上一点到直线的距离最值问题、切线长最值问题、圆上动点与其他曲线两动点间 的距离最值问题、过定点的圆的弦长最值问题等.这些问题常常利用平面几何知识或圆的参数方程或设圆上 点的坐标，直接求出最值或转化为函数的最值问题，利用函数求最值的方法求解,与圆有关的长度最值问题 有以下题型： ①圆外一点 到圆上距离最近为 ，最远为 ； ②过圆内一点的弦最长为圆的直径，最短为该点为中点的弦； ③直线与圆相离，则圆上点到直线的最短距离为圆心到直线的距离 ，最近为 ； ④过两定点的所有圆中，面积最小的是以这两个定点为直径端点的圆的面积； ⑤圆上动点与其他曲线两动点间的距离最值问题常转化为圆心与曲线上的动点距离问题，利用两点间距离 公式转化二元函数的最值问题，利用消元法转化一元函数在某个区间上的最值问题求解. 【例 4】设 分别为圆 和椭圆 上的点，则 两点间的最大距离是 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意 两点间的最大距离可以转化为圆心到椭圆上的点的最大距离再加上圆的半径 ，再 | | 2PO ≤ A AO r− AO r+ d r+ d r− QP, ( ) 26 22 =−+ yx 110 2 2 =+ yx QP, 25 246 + 27 + 26 QP, 228 利用两点间距离公式和消元法转化为函数最值问题，即可求出最值. 【解析】依题意 两点间的最大距离可以转化为圆心到椭圆上的点的最大距离再加上圆的半径 .设 ，则圆心到椭圆的最大距离 .所 以 两点间的最大距离是 .故选 D． 【点评】对于与圆有关的长度最值问题，要掌握相关题型与转化方法，利用几何法或函数法求出最值. 【例 5】已知 分别为直线 和曲线 上的动点，则 的最小值为 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将题目转化为圆心到直线的最短距离，然后减去半径，即得到答案 【解析】 ，整理得 ，即是圆心为 ，半径为 1 的圆， 所以圆心 到直线 的距离 ， 所以 的最小值为圆心到直线的距离减去半径，即 . 故选 C. 【点睛】本题考查圆上的点与直线上的点的最小距离，一般圆上动点到直线距离的问题，可以先转化为圆 心到直线的距离再求解，属于简单题. 4. 与面积相关的最值问题 与圆的面积有关的最值问题，一般转化为寻求与圆的半径相关的函数关系或者几何图形的关系，借助 函数求最值的方法，如配方法，基本不等式法等求解，有时可以通过转化思想，利用数形结合思想求解.[XK] 【例 6】已知直线 与 x，y 轴分别交于 A，B 两点，动点 P 在圆 上， 则 面积的最大值为______． 【答案】12 【分析】根据题意，求出直线 与 x，y 轴的交点坐标，即可得 A、B 的坐标，分析可得当 P 到 直线 AB 的距离最大时， 面积的最大，结合直线与圆的位置关系可得 P 到直线 AB 的距离最大值， 由三角形面积公式计算可得答案． QP, 2 ( , )Q x y 2 2 2( 6) 9 12 46d x y y y= + − = − − + 229( ) 50 5 23x= − + + ≤ QP, 26 ,P Q 3 4 7 0x y+ + = 2 2 2 0x y x+ − = PQ 3 2 1 2 5 2 2 2 0x y x+ − = ( )2 21 1x y− + = ( )1,0 ( )1,0 3 4 7 0x y+ + = 2 2 3 7 2 3 4 d += = + PQ 1d r− = 3 34y x= − − 2 2 2 2 1 0x y x y+ − − + = ABP△ 3 34y x= − − ABP△29 【解析】根据题意，直线 与 x，y 轴分别交于 A，B 两点，则 ， ， ， 动点 P 在圆 上，当 的面积最大时，P 到直线 AB 的距离最大， 圆 ，即 ，其圆心为 ，半径 , 直线 即 ， 则 P 到直线 AB 的距离的最大值为 ， 则 面积的最大值为 ， 故答案为：12． 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，注意将 面积转化为 P 到直线的距离，属于基础题． 5.圆上点的坐标满足关系式的最值或取值范围问题 本类问题有三种解题思路，思路 1：充分利用所给式子的几何意义，利用数形结合思想解题；思路 2：设 所给式子等于 z，代入圆的方程化为一元二次方程，利用判别式即可求出参数的范围；思路 3：利用圆的参 数方程或消元法化为函数问题，利用函数求最值的方法求最值,注意变量的范围. 【例 7】若 的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】画出函数 的图象，再根据 的几何意义求解． 【解析】由 得 ，其图象如图所示： 设 ，则直线 经过 A 点时 t 取最小值，经过 B 点时 t 取最大值， 3 34y x= − − ( )4,0A − ( )0, 3B − 5AB = 2 2 2 2 1 0x y x y+ − − + = ABP△ 2 2 2 2 1 0x y x y+ − − + = 2 2( 1) ( 1) 1x y− + − = ( )1,1 1r = 3 34y x= − − 3 4 12 0x y+ + = 3 4 12 2415 5d r + ++ = + = ABP△ 1 24 122 5AB× × = ABP△ 21 , 3y x x y= − +则 3, 3 −  [ ]2,2− 3,2 −  2, 3 −  21y x= − 3x y+ 21y x= − ( )2 2 1 0x y y+ = ≥ 3t x y= + 3 0x y t+ − =30 又因为 ，故 t 的最小值为 ， 当直线 与半圆 切于点 B 时 t 取得最大值， 由点到直线的距离公式可知 ，又 ，故 ，从而 t 的取值范围是 ，故选 C． 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题． 综上所述，解决与圆相关的最值问题的关键是要善于利用数形结合思想，利用几何知识求最值，要善于 利用转化与化归思想将最值问题转化为函数的最值进行求解.一般是根据条件列出关于所求目标的式子—— 函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用参数法、配方法、判别式法等，应用不等式的性质求出最值．特 别地，要利用圆的几何性质，根据式子的几何意义求解，这正是数形结合思想的应用． 【高考命题猜想 2】几何体与球切、接的问题 纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是 高考命题的热点之一.高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较 强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答.从实际教学来看， 这部分知识学生掌握较为薄弱、认识较为模糊，看到就头疼的题目.分析 原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模 式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理. 下面结合近几年高考 题对球与几何体的切接问题作深入的探究,以便更好地把握高考命题的趋 势和高考的命题思路,力争在这部分内容不失分.从近几年全国高考命题 来看,这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见. 首先明确定义 1：若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这 个球是这个多面体的外接球. 定义 2：若一个多面体的各面都与一个球的球面相切， 则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是 这个多面体的内切球. 1 球与柱体的切、接问题 规则的柱体，如正方体、长方体、正棱柱等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结 合，通过球的半径和棱柱的棱产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题. 1.1 球与正方体 如图所示，正方体 ，设正方体的棱长为 ， 为棱的中点， 为球的球心. 常见组合方式有三类： ( )1,0A − 3− 3 0x y t+ − = ( )2 2 1 0x y y+ = ≥ 12 t = 0t > 2t = 3,2 −  1 1 1 1ABCD A B C D− a , , ,E F H G O31 一是球为正方体的内切球，截面图为正方形 和其内切圆，则 ； 二是与正方体各棱相切的球，截面图为正方形 和其外接圆，则 ； 三是球为正方体的外接球，截面图为长方形 和其外接圆，则 . 通过这三种类型可以发现，解决正方体与球的组合问题，常用工具是截面图，即根据组合的形式找到 两个几何体的轴截面，通过两个截面图的位置关系，确定好正方体的棱与球的半径的关系，进而将空间问 题转化为平面问题. （1）正方体的内切球，如图 1. 位置关系：正方体的六个面都与一个球都相切，正方体中心与球心重合； 数据关系：设正方体的棱长为 ，球的半径为 ，这时有 . （2）正方体的外接球，如图 2. 位置关系：正方体的八个顶点在同一个球面上；正方体中心与球心重合； 数据关系：设正方体的棱长为 ，球的半径为 ，这时有 . EFGH 2 aOJ r= = EFGH 2 2GO R a= = 1 1ACAC 1 3 2AO R a′= = a r 2r a= a r 2 3r a=32 （3）正方体的棱切球，如图 3. 位置关系：正方体的十二条棱与球面相切，正方体中心与球心重合； 数据关系：设正方体的棱长为 ，球的半径为 ，这时有 . 例 1 已知棱长为 的正方体的外接球表面积等于内切球体积的 6 倍，则实数 ________． 【答案】3 【分析】由正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长，内切球的直径为正方体的棱长，求正方体外接 球与内接球的半径，利用已知列出关于 a 的方程进行求解. 【解析】设正方体的外接球半径为 R，内切球半径为 r，则 ， ，即 ， ， 因为正方体的外接球表面积等于内切球体积的 6 倍，所以 ，即 ， 解得 ，故答案为 3. 【点睛】本题考查空间想象能力，空间几何体的面积与体积计算，常见组合体的关系，属于中档题. 1.2 球与长方体 a r 2 2r a= a a = 3 2a R= 2r a= 3 2R a= 1 2r a= 2 344π 6 π3R r= ⋅ 2 33 14π 8π2 2a a    =        3a =33 例 2 已知 三条线段两两垂直，长分别是 ，且点 都在同一个球面上，这个球 的表面积为 ，则 的值________． 【答案】 【分析】由 三条线段两两垂直，可以想到长方体模型，通过球的表面积，可以求出球的直径， 而球的直径恰好是长方体的对角线，通过计算得出 的值. 【解析】设球的半径为 ，球的表面积为 ，则 已知 三条线段两两垂直，构造如下图所示的长方体： 则 ，则 的值为 3. 【点睛】本题考查了四点共球问题，考查了补体的思想，属于基础题. 例 3 已知底面边长为 1，侧棱长为 的正四棱柱的各个顶点都在同一球面上，则此球的表面积为 ______，体积为________． 【答案】 ， 【解析】正四棱柱外接球球心为体对角线中点，由此可求得半径 ，利用公式求出球的表面积和体积. 【分析】 正四棱柱的各顶点均在同一个球面上， 正四棱柱的外接球的直径 ， 则 ， 球的表面积为 ，体积为 . 本题正确结果为 ， . 【点睛】本题考查多面体的外接球、球的体积和表面积求解问题，关键在于明确正四棱柱的外接球球心位 置位于体对角线中点. 2 球与锥体的切接 规则的锥体，如正四面体、正棱锥、特殊的一些棱锥等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种 , ,OA OB OC 2, ,5x , , ,O A B C 38π x 3 , ,OA OB OC x R 38π 24π 38π 2 38,R R= ⇒ = , ,OA OB OC 2 2 22 3AD R OA OB OC x= = + + ⇒ = x 2 4π 4 π3 R  ∴ ( )22 22 1 1 2 2R = + + = 1R = ∴ 24π 1 4π× = 34 4π 1 π3 3 × = 4π 4 π334 形态进行结合，通过球的半径和棱锥的棱和高产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题. 2.1 正四面体与球的切接问题 （1）正四面体的内切球，如图 4. 位置关系：正四面体的四个面都与一个球相切，正四面体的中心与球心重合； 数据关系：设正四面体的棱长为 ，高为 ；球的半径为 ，这时有 .（可以利用体积 桥法证明） （2）正四面体的外接球，如图 5. 位置关系：正四面体的四个顶点都在一个球面上，正四面体的中心与球心重合； 数据关系：设正四面 体的棱长为 ，高为 ；球的半径为 ，这时有 .（可用正四面体高 减去内切球的半 径得到） （3） 正四面体的棱切球，如图 6. 位置关系：正四面体的六条棱与球面相切，正四面体的中心与球心重合； 数据关系：设正四面体的棱长为 ，高为 ；球的半径为 ，这时有 a h R 64 3R h a= = a h R 4 3 6R h a= = h a h R 64 3 2 , .3R h a h a= = =35 例 4 正四面体 ABCD 的体积为 ，则正四面体 ABCD 的外接球的体积为________． 【答案】 【分析】由题意画出图形，设正四面体 ABCD 的棱长为 ，由已知求得 ，进一步求出外接球半径，代入 体积公式求解． 【解析】如图， 设正四面体 ABCD 的棱长为 ，过 A 作 AD⊥BC， 设等边三角形 ABC 的中心为 O，则 ， ， ，即 ． 再设正四面体 ABCD 的外接球球心为 G，半径为 R，连接 GA， 则 ，即 ． ∴正四面体 ABCD 的外接球的体积为 .故答案为 ． 【点睛】本题考查正四面体外接球体积的求法，考查数学转化思想方法，正确的找到外接球的半径是关键. 2.2 其他棱锥与球的切、接问题 3 3 a 33 π2 a x x x 2 3 3 3AO AD x= = 2 2 3 6 3 3PO x x x  ∴ = − =    31 1 3 6 3 2 2 3 3P ABC aV x x x−∴ = ⋅ ⋅ ⋅ = 2x a= 2 2 2 2 2 6 2 3 3 3R AO GO a a R    = + = + −          3 2R a= 3 34π 3 3 π3 2 2V a a  = × =    33 π2 a36 球与正棱锥的组合，常见的有两类，一是球为三棱锥的外接球，此时三棱锥的各个顶点在球面上，根 据截面图的特点，可以构造直角三角形进行求解.二是球为正棱锥的内切球，例如正三棱锥的内切球，球与 正三棱锥四个面相切，球心到四个面的距离相等，都为球半径 ．这样求球的半径可转化为球球心到三棱 锥面的距离，故可采用等体积法解决，即四个小三棱锥的体积和为正三棱锥的体积. 球与一些特殊的棱锥进行组合，一定要抓住棱锥的几何性质，可综合利用截面法、补形法等进行求解. 例如，四个面都是直角三角形的三棱锥，可利用直角三角形斜边中点几何特征，巧定球心位置. 例 5 在三棱锥 中， ， ， ，平面 平面 ， 则三棱锥 的外接球体积为 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据面面垂直性质定理得 平面 ，再根据正弦定理求 的外接圆的直径，最后 根据球心位置列式求半径，即得结果. 【解析】 平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ， 平面 ， ，∴ 是边长为 的等边三角形， 由正弦定理得 的外接圆的直径为 ， ∴该球的直径为 ，则 ， 因此，三棱锥 的外接球体积为 ．故选 C． 【点睛】本题考查面面垂直性质定理、正弦定理以及外接球体积，考查综合分析求解能力，属中档题. 例 6 三棱锥 中，侧棱 与底面 垂直， ， ， 且 ，则三棱 锥 的外接球的表面积等于________． 【答案】 【分析】在长方体里， 为高， ，则 为底面的宽和长，求出长方体的体对角线长，利 用长方体的对角线的长等于长方体外接球的真径，求出半径，最后求出外接球的表面积. 【解析】把三棱锥 放到长方体 里，如下图: R A BCD− BC BD⊥ 4 3AB AD BD= = = 6BC = ABD ⊥ BCD A BCD− 36π 256π 3 500π 3 288π BC ⊥ ABD ABD△  ABD ⊥ BCD ABD  BCD BD= BC BD⊥ BC ⊂ BCD BC∴ ⊥ ABD  4 3AB AD BD= = = ABD△ 4 3 ABD△ 2 8πsin 3 ABr = = ( )2 22 2 10R r BC= + = 5R = A BCD− 3 34 4 500π π 5 π3 3 3V R= = × = S ABC− SA ABC 1SA = 2AB = 3AC = AB BC⊥ S ABC− 10π SA AB BC⊥ ,AB BC S ABC− 1 1 1ABCD SB C D−37 ，因此长方体 的外接球的直径为 ， 所以半径 ，则三棱锥 的外接球的表面积为 . 【点睛】本题考查求三棱锥的外接球的表面积，重点考查了转化思想. 例 7 如图，四边形 是边长为 2 的正方形，其对角线 与 交于点 ，将正方形 沿对 角线 折叠，使点 所对应点为 ， .设三棱锥 的外接球的体积为 ，三棱锥 的体积为 ，则 __________． 【答案】 【分析】易知三棱锥 的外接球的球心为 ，据此分别求得球的体积和三棱锥 的体积即 可求得其比值. 【解析】易知三棱锥 的外接球的球心为 ，∴ ，∴ ， 很明显 到底面 的距离为 1，∴ ，∴ . 【点睛】本题主要考查球的表面积与体积公式，棱锥外接球的判定与计算等知识，意在考查学生的转化能 力和计算求解能力. 例 8 一个四棱锥的三视图如图所示，其正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为 的正方形，该几何体的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为 2 2 10SC SA AC= + = 1 1 1ABCD SB C D− 10 10 2R = S ABC− 24π 10πR = ABCD AC BD O ABCD BD A A′ 3π 4A OC′∠ = A BCD′− V A BCD′− V′ V V =′ 4 2π A BCD′− O A BCD′− A BCD′− O 2R = 8 2π 3V = A′ BCD 1 22 13 3V = × × = 4 2πV V =′ 238 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先结合四棱锥三视图想象出直观图，找到该四棱锥外接球的球心和半径，然后计算表面积即可. 【解析】因为正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为 的正方形， 所以底面正方形的对角线为 2，由正视图和侧视图知四棱锥的高即顶点到底面的距离也为 1， 所以底面正方形对角线的交点到各顶点距离相等且都为 1， 所以该四棱锥的外接球球心即为底面中心，半径为 1， 所以 ， 故选 C. 【点睛】本题考查了空间几何体的外接球，找到球心和半径是解决这类题的关键. 3 球与球相切问题 对于球与球的相切组合成复杂的几何体问题，要根据丰富的空间想象力，通过准确确定各个小球的球 心的位置，或者巧借截面图等方法，将空间问题转化平面问题求解. 例 9 已知有半径分别为 2、3 的球各两个，且这四个球彼此相外切，现有一个球与此四个球都相外切，则此 球的半径为 . 思路分析：结合图形，分析四个球的球心 A、B、C、D 的位置，知 AD=AC=BD=BC=5，AB=6，CD=4.设 AB 中点为 E、CD 中点为 F，连接 EF.在△ABF 中可得 ，在△EBF 中可得 . 由于对称性可得第五个球的球心 O 在 EF 上，连接 OA、OD．设第五个球的半径为 r，根据 OE+OF=EF 建立 的方程. 【解析】如图，设四个球的球心分别为 A、B、C、D，则 AD=AC=BD=BC=5，AB=6，CD=4.设 AB 中点为 E、 CD 中点为 F，连接 EF.在△ABF 中求得 BF= ，在△EBF 中求得 EF= . π 2π 4π 6π 2 24π 1 4πS = ⋅ = BF = 21 EF = 2 3 r 21 2 339 由于对称性可得第五个球的球心 O 在 EF 上，连接 OA、OD．设第五个球的半径为 r，则 OA=r+3，OD=r+2， 于是 OE= ，OF= ，∵OE+OF=EF， ∴ 平方整理再平方得 ，解得 或 （舍掉），故答案为 . 点评：本题通过分析球心的位置，根据它们构成的几何体特征，转化成平面几何中三角形边角关系，利用 方程思想得解． 例 10 把四个半径都是 1 的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它 与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离． 思路分析：关键在于能根据要求构造出相应的几何体，由于四个球半径相等，故四个球一定组成正四面体 的四个顶点且正四面体的棱长为两球半径之和 2． 【解析】四球心组成棱长为 2 的正四面体的四个顶点，则正四面体的高 ． 而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径 1，且三个球心到桌面的距离都为 1，故第四个球的 最高点与桌面的距离为 ． 点评：本题难度不大，主要是利用转化与化归思想，将棱锥高应用球的几何性质计算得到． 4 球与几何体的各条棱相切问题 球与几何体的各条棱相切问题，关键要抓住棱与球相切的几何性质，达到明确球心的位置为目的，然 后通过构造直角三角形进行转换和求解.如与正四面体各棱都相切的球的半径为相对棱的一半： . 5 4 5 6 5 5 F E A C D B O ( )2 2 2+3 3 = +6r r r− ( )2 2 2+2 2 = +4r r r− 2 2+6 + +4 =2 3r r r r ⇒ 2 2+6 =2 3 +4r r r r− 211 +60 36=0r r − 6=11r 6− 6 11 3 62)3 32(2 22 =⋅−=h 3 622 + 2 4r a′ =40 例 11 如图所示，直三棱柱的高为 4，底面边长分别是 5，12，13，当球与上底面三条棱都相切时球心到下 底面距离为 8，则球的体积为 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设球心为 ，三棱柱的上底面 的内切圆的圆心为 ，该圆与边 切于点 ，根据球 的几何性质可得 为直角三角形，然后根据题中数据求出圆 半径，进而求得球的半径，最后可求 出球的体积． 【解析】如图，设三棱柱为 ，且 ，高 ． 所以底面 为斜边是 的直角三角形，设该三角形的内切圆为圆 ，圆 与边 切于点 ， 则圆 的半径为 ． 设球心为 ，则由球的几何知识得 为直角三角形，且 ， 所以 ，即球 的半径为 ， 所以球 的体积为 ． 160 5π 3 64 2π 3 96 3π 3 256 2π 3 O 1 1 1A B C△ 1O 1 1B C M 1OO M△ 1O 1 1 1ABC A B C− 12, 5, 13AB BC AC= = = 1 4AA = 1 1 1A B C△ 1 1AC 1O 1O 1 1B C M 1O 1 12 5 13 22O M + −= = O 1OO M△ 1 8 4 4OO = − = 2 22 4 2 5OM = + = O 2 5 O ( )34 160 5ππ 2 53 3 × × =41 故选 A． 【点睛】本题考查与球有关的组合体的问题，解答本题的关键有两个： （1）构造以球半径 、球心到小圆圆心的距离 和小圆半径 为三边的直角三角形，并在此三角形内求出 球的半径，这是解决与球有关的问题时常用的方法． （2）若直角三角形的两直角边为 ，斜边为 ，则该直角三角形内切圆的半径 ，合理利用 中间结论可提高解题的效率． 5 球与旋转体切接问题 首先画出球及其它旋转体的公共轴截面，然后寻找几何体与几何体几何元素之间的关系． 例 12 如图，半径为 的球的两个内接圆锥有公共的底面，若两个圆锥的体积之和为球的体积的 ，则这 两个圆锥的高之差的绝对值为 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意可以得到两个圆锥高的和与球半径的关系，再由勾股定理得到底面半径与球半径之间的 关系，最后可求出两圆锥高之差的绝对值. 【解析】设球的球心为 ，体积为 ，上面圆锥的高为 ，体积为 ，下面圆锥的高为 ，体积为 ；圆 锥的底面的圆心为 ，半径为 .由球和圆锥的对称性可知， ， ， 由题意可知： ， 而 ， ，由于 垂直于圆锥的底面，所以 垂直于底面的半径，由勾股定理可 知： ， ，可知 ， 这两个圆锥高之差的绝对值为 ，故本题选 D. 【点睛】本题考查了球和圆锥的几何性质、它们的体积公式. R d r ,a b c 2 a b cr + −= R 3 8 2 R 2 3 R 4 3 R R O V h 1V H 2V 1O r 2h H R+ = 1OO H R= − 1 2 3 8V V V+ = ( )2 2 3 2 31 1 3 4 3π π π3 3 8 3 2r h r H R r h H R⇒ + = × ⇒ + = 2h H R+ = 3 2r R∴ = 1OO 1OO 22 2 1R r OO= + ( )22 2R r H R∴ = + − 3 2H R⇒ = 1 2h R= R42 例 13 已知圆柱的高和底面半径均为 2，则该圆柱的外接球的表面积为_____________． 【答案】 【分析】设球的半径为 r，由题得 ，再求圆柱外接球的表面积. 【解析】设球的半径为 r，由题得 故答案为 . 【点睛】本题主要考查圆柱外接球表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能 力. 6 球的截面问题 有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将空间几何问题转化为平面中圆的有关问题解决.球心到 截面的距离 与球的半径 及截面圆的半径 之间满足关系式： . 例 14 古希腊数学家阿基米德构造了一个“圆柱容器”的几何体：在圆柱容器里放一个球，使该球四周碰壁， 且与上、下底面相切，则在该几何体中，圆柱的体积与球的体积之比为 A． B． C． 或 D． 【答案】D 【分析】由题可知圆柱的底面半径与球的半径 相等，高等于球的直径 ，分别求体积即可. 【解析】由已知可知，该几何体的轴截面如图所示， 即圆柱的底面半径与球的半径 相等，高等于球的直径 ， 所以 .故选 D. 【点睛】本题考查简单几何体，解题的关键是找到圆柱的底面半径与球体半径以及圆柱的高与球体半径之 间的等量关系，属于一般题. 综合上面的六种类型，解决与球的外切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点， 20 2 2 21 2r = + 2 2 21 2 =5 =4π 5=20π.r S= + ∴ ⋅球， 20π d R r 2 2d R r= − 2 3 4 3 2 3 3 2 3 2 r 2r r 2r 2 3 π 2 3= 4 2π3 V r r V r × =圆柱 球43 通过作截面来解决.如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作；把一个多面体 的几个顶点放在球面上即为球的内接问题．解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶 点的距离等于球的半径．发挥好空间想象力，借助于数形结合进行转化，问题即可得解．如果是一些特殊 的几何体，如正方体、正四面体等可以借助结论直接求解,此时结论的记忆必须准确.高考题往往与三视图相 结合，题目的难易不一，在复习中切忌好高骛远，应重视各种题型的备考演练，重视高考信息的搜集，不 断充实题目的类型，升华解题的境界. 【高考命题猜想 3】数列中的最值问题 纵观近几年高考对于数列的的考查，重点放在数列中的最值问 题上,主要考查等差数列前 n 项和的最值问题、数列的最值问题、数 列前 n 项和的最值问题及与之相关的不等式证明和取值范围问题.要 求学生有较强的转化与化归意识和准确的计算能力，才能顺利解答. 从实际教学来看，这部分知识是学生掌握最为模糊，看到就头疼的 题目.分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没 有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理. 本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨. 1. 等差数列中的最值问题 求等差数列前 n 项和的最值问题的方法： ①二次函数法：将 看成关于 n 的二次函数，运用配方法，借助函数的单调性及数形结合思想，使问题 得到解决，注意项数 n 是正整数这一条件. ②通项公式法：求使 ≥0（ ≤0）成立的最大 n 值，即可求出 的最大值(或最小值). ③不等式法：借助 取最大值时，有 ，解此不等式组确定 n 的范围，进而确 定 n 的值和对应 的值（即为 的最值）. 【例 1】等差数列 中， ， ，则数列 的前 项和 取得最大值时 的值为 A．504 B．505 C．506 D．507 【答案】B nS na na nS nS 1 * 1 ( 2, )n n n n S S n n NS S − + ≥ ≥ ∈ ≥ nS nS { }na 1 2019a = 2019 2015 16a a= − { }na n nS n44 【分析】先根据已知求得数列 的公差 ，再利用等差数列正负交界法求数列 的前 项和 取得最大值时 的值. 【解析】∵数列 为等差数列， ，∴数列 的公差 ， ∴ ，令 ，得 . 又 ，∴ 取最大值时 的值为 505. 故选 B. 【点睛】本题主要考查等差数列的基本量的计算和等差数列的通项的求法，考查等差数列前 n 项和最值 的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力. 【例 2】已知数列 的前 项和为 ，且 . （1）求数列 的通项公式； （2）设 ，数列 的前 项和为 ，求 的最小值及取得最小值时 的值. 【答案】（1） ；（2）当 时， 有最小值： . 【分析】（1）由条件中的 与 的关系，通过 得到 与 的递推关系，求出求出 的通项. （2）把（1）中 的通项代入，得到 ，求出 ，再求其最小值和最小值时 的值. 【解析】（1）当 时， ，解得 ， 当 时， ， 所以 ， 所以 是以 为首项， 为公比的等比数列， 所以 . （2） ， 所以 为等差数列， 所以 ， { }na 4d = − { }na n nS n { }na 2019 2015 16a a= − { }na 4d = − ( )1 1 2023 4na a n d n= + − = − 0na ≥ 2023 4n ≤ *n∈N nS n { }na n nS 2 2n nS a= − { }na 22log 11n nb a= − { }nb n nT nT n 2n na = 5n = nT 5 25T = − na nS 1n n na S S −= − na 1na − na na nb nT n 1n = 1 1 12 2S a a= = − 1 2a = 2n ≥ ( )1 1 12 2 2 2 2 2n n n n n n na S S a a a a− − −= − = − − − = − 12n na a −= { }na 2 2 2n na = 2 22log 11 2log 2 11 2 11n n nb a n= − = − = − { }nb ( ) ( )1 29 2 11 102 2 n n n b b n nT n n + − + −= = = −45 所以当 时， 有最小值： . 【点睛】本题主要考查数列通项的求法，以及等差数列的求和及其性质，属于中档题. 2. 数列 的最值问题 求数列 的最值，主要有两种方法： ①从函数角度考虑，利用函数 的性质，求数列 的最值； ②利用数列离散的特点，考察 或 ，然后判断数列 的最值情况. 【例 3】已知数列 中， . （1）令 ，求证：数列 是等比数列； （2）令 ，当 取得最大值时，求 的值. 【答案】（1）见解析；（2） 最大，即 . 【分析】（1）由题可得 ，两式相减，得 ，即 ，求出 ，即可得证； （2）由（1）可知， 即 ，通过累加可得 ，则 ， 而 ，令 ，讨论 的符号可得 的最大 值，进而得到 . 【解析】（1） ， 两式相减，得 ， ∴ ，即 ， ， ∴ 数列 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列. （2）由（1）可知， ， 5n = nT 5 25T = − }{ na }{ na )(xfy = )(nfan =    ≥ ≥ − + 1 1 kk kk aa aa    ≤ ≤ − + 1 1 kk kk aa aa }{ na { }na ( )* 1 10, 2n na a a n n+= = + ∈N 1 1n n nb a a+= − + { }nb 3 n n n ac = nc n 3, nn c= 3k = 1 2 12 2 1n n n na a n a a n+ + += + = + +， ( )2 1 11 2 1n n n na a a a+ + +− + = − + 1 2n nb b+ = 1 2 0b = ≠ 2n nb = 1 2 1n n na a+ − = − 2 1n na n= − − 2 1 3 n n n nc − −= 1 1 2 1 2 3 n n n n nc c+ + + −− = ( ) 2 1 2nf n n= + − ( ) ( )1 2 2nf n f n+ − = − nc n 1 2 12 2 1n n n na a n a a n+ + += + = + + ， 2 1 12 2 1n n n na a a a+ + +− = − + ( )2 1 11 2 1n n n na a a a+ + +− + = − + 1 2n nb b+ = 2 11 2 0a b= = ≠又 ， { }nb 2n nb =46 即 ， ， ， ， ， ， 也满足上式， ， ∴ ， ， ， 令 ，则 ， ， ， ， ∴ 最大，即 . 【点睛】本题考查等比关系的证明，以及数列的综合应用，属中档题. 3. 数列 的前 n 项和的最值问题 求数列 的前 n 项和 的最值，主要是两种思路： ①研究数列 的项的情况，判断 的最值； ②直接研究 的通项公式，利用函数求最值的方法求 的最值. 1 2 1n n na a+ − = − 2 1 2 1a a− = − 2 3 2 2 1a a− = − ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ( )1 1 2 1 2n n na a n− −− = − ≥ ( )2 1 1 2 2 2 1 2 1n n na a n n−∴ − = + +⋅⋅⋅+ − − = − − 2, 2 1n nn a n∴ ≥ = − − 11, 0n a∴ = = 2 1n na n∴ = − − 2 1 3 n n n nc − −= 1 1 1 2 2 3 n n n nc + + + − −∴ = 1 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 3 3 3 n n n n n n n n n n nc c + + + + − − − − + −∴ − = − = ( ) 2 1 2nf n n= + − ( ) 11 2 3 2nf n n ++ = + − ( ) ( )1 2 2nf n f n∴ + − = − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 , 2 3 4f f f f f f n∴ = > > > ⋅⋅⋅ > ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 0, 3 1 0, 3, 0f f f n f n= = > = − < ∴ ≥ ∴ < > >< ， 3, nn c= 3k = }{ na }{ na nS )(nfan = nS nS nS47 【例 4】已知数列 的前 项的乘积为 ，若 ，则当 最大时，正整数 ______________． 【答案】3 【分析】根据数列的单调性，判断出数列小于 1 的项，进而求得乘积的最大值. 【解析】因为 ，所以当 时 ，所以当 n=3 时 取得最大. 【点睛】本题考查了等比数列通项公式及其单调性，根据单调性判断乘积的最大值，属于基础题. 【例 5】设等差数列 满足 ，且 为其前 n 项和，则数列 的最大项为 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设等差数列 的公差为 ，由 ，利用通项公式化为 ，由 可得 ， ，利用二次函数的单调性即可得出答案 【解析】设等差数列 的公差为 ， ， ，即 ， ，则 ， 等差数列 单调递减， ， 当 时，数列 取得最大值， 故选 B. 【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及其前 项和公式，二次函数的单调性，考查了推理能力 与运算能力，属于中档题. 4. 数列与函数、不等式结合 数列与不等式的结合问题，有两类问题: 一类是，对数列不等式恒成立问题，另一类是，不等式成立问题，这两类问题的求解方法主要有两种方 法：①通过参变分离法转化为数列的最值问题求解；②通过分类讨论，解决恒成立. 【例6】设 是等比数列， 是递增的等差数列， 的前 项和为 ， ， ， ， . { }na n nT 11 32 n na −= nT n = 11 32 n na −= 4n < 1na > nT { }na 8 153 5a a= 1 0, na S> { }nS 23S 25S 24S 26S { }na d 8 153 5a a= 12 49 0a d+ = 1 0a > 0d < ( ) ( )2 1 1 625252 2 2n n n dS na d n d −= + = − − { }na d 8 153 5a a= ( ) ( )1 13 7 5 14a d a d∴ + = + 12 49 0a d+ = 1 0a > 0d < ∴ { }na ( ) ( )2 1 1 625252 2 2n n n dS na d n d −= + = − − 25n = { }nS n { }na { }nb { }nb n nS *)n∈N（ 1 2a = 1 1b = 4 1 3S a a= + 2 1 3a b b= +48 （1）求 与 的通项公式； （2）设 ，数列 的前 n 项和为 ，求满足 成立的 的最大值. 【答案】（1） ；（2）14. 【分析】（1）根据条件列公差与公比的方程组，解得结果代入等差数列与等比数列通项公式即可； （2）先对 裂项变形，再根据裂项相消法求 ，最后代入不等式化简得结果. 【解析】（1）设等差数列 的公差为 d，等比数列 的公比为 q， 由已知得 ，解得 （舍） ， . （2）因为 ， 所以 ， 因此 ， 解得 ， ， ，即满足条件 的最大值为 14 . 【点睛】本题考查等差数列与等比数列通项公式以及裂项相消法求和，考查基本分析与求解能力，属中 档题. 数列与函数的结合，主要注意: （1）数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一 群孤立的点． （2）转化为以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视 的问题． （3）利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化． 【例 7】已知函数 的图象过点 和 ）记 ， ． { }na { }nb ( )1 1 n n n a bc n n −= + { }nc nT *)n∈N（ 32 2n nT −+ > n 2 ,n n na b n= = nc nT { }nb { }na 23 1 1 d q q d  = −  = + 1 0 q d =  = 2 1 q d =  = 2 ,n n na b n∴ = = ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 2 1 1 1 n n n n n n na bc n n n n n n + − −= = = −+ + + 3 2 1 12 2 2 2 20 = 23 2 1 1 n n n nT n n n + + = + − + + − −+ + 1 322 21 n n nT n + −+ = >+ 15n < *n∈N 14n∴ ≤ n 3( ) logf x ax b= +（ ） 21A（ ，） 5 2B（ ， 3 f n na = （ ） *n∈N49 （1）求数列{ }的通项公式． （2）设 ， ， （ ），求 的最小值． 【答案】（1） ；（2）3. 【分析】（1）先由函数图象过点 A，B 代入求出函数解析式，然后得到{ }通项公式； （2）写出{ }通项，用错位相减求和得 ，并研究 的增减性，得到 最大值，从而求出 的最小值. 【解析】（1）由题意得 ，解得 ， ∴ ∴ . （2）由（1）得 ， ∴ ，① ，② 两式相减可得 = ． ∴ ， 设 ， 则由 ， 得 随 的增大而减小，则 随 的增大而增大． ∴当 时， ， na 2 n n n ab = 1 2n nT b b b= + + + nT m< m∈Z m 2 1na n= − na nb nT nT nT m ( ) ( ) 3 3 log 2 1 log 5 2 a b a b  + = + = 2 1 a b =  = − 3log 2 1f x x= −（ ） （ ） ( )3log 2 1 *3 2 1n na n n−= = − ∈N， 2 1 2n n nb −= 1 2 3 1 1 3 5 2 3 2 1 2 2 2 2 2n n n n nT − − −= + + + + + 2 3 1 1 1 1 3 2 5 2 3 2 1 2 2 2 2 2 2n n n n n n nT − + − − −= + + + + + 1 2 3 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2n n n n nT − + −= + + + + + − 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2 2n n n n − − + − = + + + + + −   1 1 3 1 2 1 2 2 2n n n − + −− − 2 1 2 1 2 33 32 2 2n n n n n nT − − += − − = − ( ) *2 3 2n nf n n += ∈N， ( ) ( ) ( ) 1 2 5 1 2 5 1 1 1 12 12 3 2 2 3 2 2 3 2 5 2 n n n f n n nf n n n + + + += = = + ≤ ++ + + ＜ ( ) *2 3 2n nf n n += ∈N， n nT n n → +∞ 3nT →50 又 （ ）恒成立， ∴ ， 即 的最小值为 3. 【点睛】本题考查了数列的通项公式与求和方法，数列求和方法主要有倒序相加求和、裂项相消求和、 错位相减求和、分组求和与并项求和，本题{ }为等差乘以等比格式，应采用错位相减求和. 三、考前技能篇 一、历年高考数学试卷的启发 1.试卷上有参考公式，80%是有用的，它为你的解题 指引了方向； 2.解答题的各小问之间有一种阶梯关系，通常后面的问 要使用前问的结论。如果前问是证明，即使不会证明结论， 该结论在后问中也可以使用。当然，我们也要考虑结论的独 立性； 3.注意题目中的小括号括起来的部分，那往往是解题的关键。 二、解题策略选择 1.先易后难是所有科目应该遵循的原则，而表现在数学试卷上显得更为重要。一般来说，选择题的后两 题，填空题的后一题，解答题的后两题是难题。当然，对于不同的学生来说，有的简单题目也可能是自己 的难题，所以题目的难易只能由自己确定。一般来说，小题思考 1 分钟还没有建立解答方案，则应采取“暂 时性放弃”，把自己可做的题目做完再回头解答； 2.选择题有其独特的解答方法，首先重点把握选择支也是已知条件，利用选择支之间的关系可能使你的 答案更准确。切记不要“小题大做”。注意解答题按步骤给分，根据题目的已知条件与问题的联系写出可能用 到的公式、方法、或是判断。虽然不能完全解答，但是也要把自己的想法与做法写到答题卷上。多写不会 扣分，写了就可能得分。 （1）直接法 直接法在选择题中的具体应用就是直接从题设条件出发，利用已知条件、相关概念、性质、公式、公 理、定理、法则等基础知识，通过严谨推理、准确运算、合理验证，从而直接得出正确结论，然后对照题 目所给出的选项“对号入座”，从而确定正确的选择支．这类选择题往往是由计算题、应用题或证明题改编而 nT m＜ m∈Z 3 m≤ m nb51 来，其基本求解策略是由因导果，直接求解． 由于填空题和选择题相比，缺少选择支的信息，所以常用到直接法进行求解.直接法是解决选择、填空 题最基本的方法，适用范围广，只要运算正确必能得到正确答案，解题时要多角度思考问题，善于简化运 算过程，快速准确得到结果. 直接法具体操作起来就是要熟悉试题所要考查的知识点，从而能快速找到相应的定理、性质、公式等 进行求解，比如，数列试题，很明显能看到是等差数列还是等比数列或是两者的综合，如果是等差数列或 等比数列，那就快速将等差数列或等比数列的定义（ 或 ）、性质（若 ， 则 或 ）、通项公式（ 或 ）、前 n 项和公式（等 差数列 、 ，等比数列 ）等搬出来看是否适用；如果不 能直接看出，只能看出是数列试题，那就说明，需要对条件进行化简或转化了，也可快速进入状态. （2）排除法 排除法是一种间接解法，也就是我们常说的筛选法、代入验证法，其实质就是舍弃不符合题目要求的 选项，找到符合题意的正确结论．也即通过观察、分析或推理运算各项提供的信息，对于错误的选项，逐 一剔除，从而获得正确的结论．具体操作起来，我们可以灵活应用，合理选取相应选项进行快速排除，比 如，可以把一些简单的数代入，符合条件的话就排除不含这个数的范围选项，不符合条件的话就排除含这 个数的范围选项，即：如果有两个选项 A（ ）、B（ ），你就可以选取 1 这个数看是否符合题意， 如果 1 符合题意，你就排除 B，如果 1 不符合题意，你就排除 A，这样就能快速找到正确选项，当然，选取 数据时要考虑选项的特征，而不能选取所有选项都含有或都不含有的数；也可以根据各个选项对熟悉的知 识点进行论证再排除，比如，四个选项当中有四个知识点，你就可以把熟悉掌握的知识点进行论证，看是 否符合题意即可快速而且正确找到选项，而不会因为某个知识点不会或模棱两可得到错误选项. 而历年高考的选择题都采用的是“四选一”型，即选择项中只有一个是正确的，所以排除法是快速解决部 分高考选择试题从而节省时间的有效方法.那对于填空题呢，其实也是可以的，比如有些填空题如果你已经 求出了结果，但并不确定这个结果中的某个端点值是否要取，你就可以代入验证进行排除.所以，我们要熟 练掌握这种能帮助你快速找到正确结论的方法，从而提高解题效率，为后面的试题解答留有更充足的时间！ （3）特例法 特例法对解决有关数学题目是一种非常独特且十分有效的方法，它可以使繁杂的问题处理简易化，收 到事半功倍的效果. 1n na a d+ − = 1n n a qa + = m n p q+ = + m n p qa a a a+ = + m n p qa a a a= 1 ( 1)na a n d= + − 1 1 n na a q −= 1 ( 1) 2n n n dS na −= + 1( ) 2 n n a a nS += 1(1 ) 1 n n a qS q −= − 1a ≥ 1a >52 特例法也就是我们常说的特殊值验证法，有时也用特殊数值、特殊图形、特殊位置代替题设中普遍条 件，得出特殊结论，再对各选项进行检验，从而做出正确的选择．特别是对于一些比较棘手的高考选择题 或填空题，若能注意到其特殊情况，从特殊性入手，也许就可以简捷快速地解决问题. 常用的特例有特殊数值、特殊点、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等．特例法是 解答选择题的最佳方法之一，具体是通过特例的方式提高解题速度，题中的一般情况必须满足我们取值的 特殊情况，从而我们选取适当的特值帮助我们得到正确的结论.比如，某个数列，可以考虑等差数列或等比 数列的情形；某个三角形，可以考虑直角三角形或等边三角形；椭圆上某点，可以考虑长轴或短轴的端点 等，但考虑的前提是一定要满足这种情况适合题中所有条件. 特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题或填空题， 但使用时一定要注意：（1）取特例尽可能简单，有利于计算和推理；（2）若在不同的特殊情况下有两个 或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解；（3）当正确的选择对象，在 题设普遍条件下都成立的情况下，用特殊值（取得越简单越好）进行探求，从而清晰、快捷地得到正确的 答案，即通过对特殊情况的研究来判断一般规律，这是解答本类选择、填空题的最佳策略. 近年来高考选择、填空题中可用或结合用特例法解答的试题能占到 30%左右，所以要想快速准确地赢 得时间获取高分，一定要学会、会用并且灵活使用特例法！ （4）估算法 估算法一般包括范围估算，极端值估算和推理估算，是一种快速解决数学问题的方法，也是一种高效 率得出正确结论的捷径. 对于高考数学某些问题，当我们没有合适的解题思路或正面解析比较麻烦，特别又是针对选择题时， 不必进行准确的计算，我们可以通过适当地放大或缩小部分数据估算出答案的大概范围或者近似值，也可 以通过对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法． 当然，这有时也适合用在填空题中，比如比较大小时.估算法往往可以减少运算量，但是加强了思维的 层次，所以我们要学会灵活运用. 而对于选择题，实在没思路时，又不需要解题过程，我们用这种方法还是能很大程度上提高我们的得 分率的，比如，求某个图形的面积或体积，当选项差距比较大时，我们只需通过计算一部分比较好计算或 自己熟练掌握的，就可以通过比较各选项得出正确结论. （5）数形结合法 数形结合法，也就是我们常说的图解法，就是把抽象的数学语言、数量关系与直观的几何图形、位置 关系结合起来，通过“以形助数”或“以数解形”，即通过抽象思维与形象思维的结合，可以使复杂问题简单化， 抽象问题具体化，从而实现优化解题途径的目的.53 在高考中，数形结合是一种常用的解题方法，也是一种重要的数学思想方法，特别是在一些计算过程 复杂的函数、三角、解析几何等问题中，可以先作出有关函数的图象或者构造适当的几何图形，再利用图 示辅助，即参照图形的做法、形状、位置、性质，综合图象的特征进行直观分析，从而得出结论.比如： ①在集合运算中常常借助于数轴、Venn 图来处理集合的交、并、补等运算，从而使问题得以简化，使 运算快捷明了. ②借助于图象研究函数的性质是一种常用的方法.函数图象的几何特征与数量特征紧密结合，体现了数 形结合的特征与方法. ③处理方程问题时，把方程的根的问题看作两个函数图象的交点问题；处理不等式时，从题目的条件 与结论出发，联系相关函数，着重分析其几何意义，从图形上找出解题的思路. ④有关三角函数单调区间的确定或比较三角函数值的大小等问题，一般借助于单位圆或三角函数图象 来处理，数形结合思想是处理三角函数问题的重要方法. ⑤线性规划问题是在约束条件下求目标函数的最值的问题.从图形上找思路恰好就体现了数形结合思想 的应用. ⑥数列是一种特殊的函数，数列的通项公式以及前 n 项和公式可以看作关于正整数 n 的函数.用数形结 合的思想研究数列问题是借助函数的图象进行直观分析，从而把数列的有关问题转化为函数的有关问题来 解决. ⑦解析几何的基本思想就是数形结合，在解题中善于将数形结合的数学思想运用于对点、线、曲线的 性质及其相互关系的研究中. ⑧立体几何中用坐标的方法将几何中的点、线、面的性质及其相互关系进行研究，可将抽象的几何问 题转化为纯粹的代数运算. 著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休.”数形结合是数学解题中常用的思想方 法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把 握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷.所以，我们一 定要学好并应用好数形结合的方法. 三、解题思想方法 1.函数或方程或不等式的题目，先直接思考后建立三者的联系。首先考虑定义域，其次使用“三合一定 理”； 2.如果在方程或是不等式中出现超越式，优先选择数形结合的思想方法； 3.面对含有参数的初等函数来说，在研究的时候应该抓住参数没有影响到的不变的性质。如所过的定点， 二次函数的对称轴或是……； 54 4.选择题与填空题中出现不等式的题目时，优选特殊值法； 5.求参数的取值范围时，应该建立关于参数的等式或是不等式，用函数的定义域或是值域或是解不等式 完成，在对式子变形的过程中，优先选择分离参数的方法； 6.恒成立问题或是它的反面，可以转化为最值问题，注意二次函数的应用，灵活使用闭区间上的最值， 分类讨论的思想，分类讨论应该不重复不遗漏； 7.圆锥曲线的题目优先选择它们的定义完成，直线与圆锥曲线相交问题，若与弦的中点有关，选择设而 不求点差法，与弦的中点无关，选择根与系数的关系公式法；使用根与系数的关系时必须先考虑是否为二 次方程及根的判别式； 8.求曲线方程的题目，如果知道曲线的形状，则可选择待定系数法，如果不知道曲线的形状，则所用的 步骤为建系、设点、列式、化简（注意去掉不符合条件的特殊点）； 9.求椭圆或是双曲线的离心率，建立关于 a、b、c 之间的关系等式即可； 10. 求三角函数的周期、单调区间或是最值，优先考虑化为一次同角弦函数，然后使用辅助角公式解答； 解三角形的题目，重视内角和定理的使用；与向量联系的题目，注意向量角的范围； 11.数列的题目与和有关，优选作差的方法；注意归纳、猜想之后证明；猜想的方向是两种特殊数列； 解答的时候注意使用通项公式及前 n 项和公式，体会方程的思想； 12.立体几何第一问如果是为建系服务的，一定用传统做法完成，如果不是，可以从第一问开始就建系 完成；注意向量角与线线角、线面角、面面角都不相同，熟练掌握它们之间的三角函数值的转化；锥体体 积的计算注意系数 ，而三角形面积的计算注意系数 ；与球有关的题目也不得不防，注意连接“心心距” 创造直角三角形解题； 13.导数的常规题目一般不难，但要注意解题的层次与步骤，如果要用构造函数证明不等式，可从已知 或者前一问中找到突破口，必要时应该放弃；重视几何意义的应用，注意点是否在曲线上； 14.概率与统计的解答题，应该先设事件，然后写出使用公式的理由，当然要注意步骤的多少决定解答 的详略；如果有分布列，则概率和为 1 是检验正确与否的重要途径； 15.二选一的选做题中，极坐标系与参数方程题目注意转化的方法，不等式题目注意柯西不等式与绝对 值的几何意义，平面几何重视与圆有关的知积，必要时可以测量； 16.遇到复杂的式子可以用换元法，使用换元法必须注意新元的取值范围，若式子为勾股定理型的，可 使用三角换元来完成； 17.注意概率分布中的二项分布，二项式定理中的通项公式的使用与赋值的方法，排列组合中的枚举法， 全称与特称命题的否定写法，取值范围或是不等式的解的端点能否取到需单独验证，用点斜式或斜截式方 1 3 1 255 程的时候考虑斜率是否存在等； 18.绝对值问题优先选择去绝对值，去绝对值优先考虑使用定义； 19.与平移有关的，注意口诀“左加右减，上加下减”只用于函数，沿向量平移一定要使用平移公式完成； 20.关于中心对称问题，只需使用中点坐标公式即可，关于轴对称问题，注意两个等式的运用：一是垂 直，一是中点在对称轴上。 四、每分必争 1.答题时间共 120 分钟，而你要答分数为 150 分的考卷，算一算就知道，每分钟应该解答 1 分多的题目， 所以每 1 分钟的时间都是重要的。试卷发到手中首先完成必要的检查（是否有印刷不清楚的地方）与填涂， 之后剩下的时间就马上看试卷中可能使用到的公式，做到心中有数。用心计算简单的题目，必要时动一动 笔也不是不行（你是写名字或是写一个字母没有人去区分）。 2.在分数上也是每分必争。你得到 89 分与得到 90 分，虽然只差 1 分，但是有本质的不同，一个是不合 格一个是合格。高考中，你得 556 分与得 557 分，虽然只差 1 分，但是它决定你是否可以上重点线，关系 到你的一生。所以，在答卷的时候要精益求精。对选择题的每一个选择支进行评估，看与你选的相似的那 个是不是更准确？填空题的范围书写是不是集合形式，是不是少或多了一个端点？是不是有一个解应该舍 去而没舍？解答题的步骤是不是按照公式、代数、结果的格式完成的，应用题是不是设、列、画（线性归 化）、解、答？根据已知条件你还能联想到什么？把它写在考卷上，也许它就是你需要的关键的 1 分，为 什么不去做呢？ 3.答题的时间紧张是所有同学的感觉，想让它变成宽松的方法只有一个，那就是学会放弃，准确地判断 把该放弃的放弃，就为你多得 1 分提供了前提。 4.冷静一下，表面是耽误了时间，其实是为自己赢得了机会，可能创造出奇迹。在头脑混乱的时候，不 妨停下来，喝口水，深吸一口气，再慢慢呼出，就在呼出的同时，你就会得到灵感。 5.题目分析受挫，很可能是一个重要的已知条件被你忽略，所以重新读题，仔细读题才能有所发现，不 能停留在某一固定的思维层面不变。联想你做过的类似的题目的解题方法，把不熟悉的转化为你熟悉的也 许就是成功。 6.高考只是人生的重要考试之一，其实人生是由每一分钟组成的。把握好人生的每一分钟才能真正把握 人生。高考就是平常的模拟考试罢了，其实真正的高考是在你生活的每一分钟里。56 一、考前准备 1．调适心理，增强信心 （1）合理设置考试目标，创设宽松的应考氛围，以平 常心对待高考； （2）合理安排饮食，提高睡眠质量； （3）保持良好的备考状态，不断进行积极的心理暗 示； （4）静能生慧，稳定情绪，净化心灵，满怀信心地迎接即将到来的考试。 2．悉心准备，不紊不乱 （1）重点复习，查缺补漏。对前几次模拟考试的试题分类梳理、整合，既可按知识分类，也可按数学思 想方法分类。强化联系，形成知识网络结构，以少胜多，以不变应万变。 （2）查找错题，分析病因，对症下药，这是重点工作。 （3）阅读《考试说明》和《试题分析》，确保没有知识盲点。 （4）回归课本，回归基础，回归近几年高考试题，把握通性通法。 （5）重视书写表达的规范性和简洁性，掌握各类常见题型的表达模式，避免“会而不对，对而不全”现象 的出现。 （6）临考前应做一定量的中、低档题，以达到熟悉基本方法、典型问题的目的，一般不再做难题，要保 持清醒的头脑和良好的竞技状态。 3．入场临战，通览全卷 最容易导致心理紧张、焦虑和恐惧的是入场后与答卷前的“临战”阶段，此时保持心态平稳是非常重要的。57 刚拿到试卷，一般心情比较紧张，不要匆忙作答，可先通览全卷，尽量从卷面上获取更多的信息，为实施 正确的解题策略作铺垫，一般可在五分钟之内做完下面几件事： （1）填写好全部考生信息，检查试卷有无问题； （2）调节情绪，尽快进入考试状态，可解答那些一眼就能看得出结论的简单选择题或填空题（一旦解出， 信心倍增，情绪立即稳定）； （3）对于不能立即作答的题目，可一边通览，一边粗略地分为 A、B 两类：A 类指题型比较熟悉、容易 上手的题目；B 类指题型比较陌生、自我感觉有困难的题目，做到心中有数。 二、高考数学题型特点和答题技巧 1．选择题——“不择手段” 题型特点：（1）概念性强：数学中的每个术语、符号，乃至习惯用语，往往都有明确具体的含义，这 个特点反映到选择题中，表现出来的就是试题的概念性强，试题的陈述和信息的传递，都是以数学的学科 规定与习惯为依据，决不标新立异。 （2）量化突出：数量关系的研究是数学的一个重要的组成部分，也是数学考试中一项主要的内容，在 高考的数学选择题中，定量型的试题所占的比重很大，而且许多从形式上看为计算定量型选择题，其实不 是简单或机械的计算问题，其中往往蕴含了对概念、原理、性质和法则的考查，把这种考查与定量计算紧 密地结合在一起，形成了量化突出的试题特点。 （3）充满思辨性：这个特点源于数学的高度抽象性、系统性和逻辑性。作为数学选择题，尤其是作为 选择性考试的高考数学试题，只凭简单计算或直观感知便能正确作答的试题不多，几乎可以说并不存在，绝 大多数的选择题，为了正确作答，或多或少总是要求考生具备一定的观察、分析和逻辑推断能力。思辨性的 要求充满题目的字里行间。 （4）形数兼备：数学的研究对象不仅是数，还有图形，而且对数和图形的讨论与研究，并不是孤立开 来分割进行的，而是有分有合，将它们辩证统一起来。这个特色在高中数学中已经得到充分的显露。因此， 在高考的数学选择题中，便反映出形数兼备这一特点，其表现是几何选择题中常常隐藏着代数问题，而代 数选择题中往往又寓有几何图形的问题。因此，数形结合与形数分离的解题方法是高考数学选择题的一种 重要且有效的思想方法与解题方法。 （5）解法多样化：与其他学科比较，“一题多解”的现象在数学中表现突出，尤其是数学选择题由于它 有备选项，给试题的解答提供了丰富的有用信息，有相当大的提示性，为解题活动展现了广阔的天地，大 大地增加了解答的途径和方法，而且常常潜藏着极其巧妙的解法，有利于对考生思维深度的考查。 解题策略：（1）注意审题。把题目多读几遍，弄清这道题目求什么，已知什么，求、知之间有什么关58 系，把题目搞清楚了再动手答题。 （2）答题顺序不一定按题号进行。可先从自己熟悉的题目答起，从有把握的题目入手，使自己尽快进 入到解题状态，产生解题的激情和欲望，再解答陌生或不太熟悉的题目。若有时间，再去拼那些把握不大 或无从下手的题目。这样也许能超水平发挥。 （3）数学选择题大约有 70%的题目都是直接法，要注意对符号、概念、公式、定理及性质等的理解和 使用，例如函数的性质、数列的性质就是常见题目。 （4）挖掘隐含条件，注意易错、易混点，例如集合中的空集、函数的定义域、应用性问题的限制条件等。 （5）方法多样，不择手段。高考试题凸显能力，小题要小做，注意巧解，善于使用数形结合、特值 （含特殊值、特殊位置、特殊图形）、排除、验证、转化、分析、估算、极限等方法，一旦思路清晰，就 迅速作答。不要在一两道小题上纠缠，杜绝小题大做，如果确实没有思路，也要坚定信心，“题可以不会， 但是要做对”，即使是“蒙”，也有 25%的正确率。 （6）控制时间。一般不要超过 40 分钟，最好是 25 分钟左右完成选择题，争取又快又准，为后面的解 答题留下充裕的时间，防止“超时失分”。 2．填空题——“直扑结果” 题型特点： 填空题和选择题同属客观性试题，它们有许多共同特点：其形态短小精悍，考查目标集中， 答案简短、明确、具体，不必填写解答过程，评分客观、公正、准确等等，不过填空题和选择题也有质的 区别。首先，填空题没有备选项，因此，解答时既有不受诱误的干扰之好处，又有缺乏提示的帮助之不足。 对考生独立思考和求解，在能力要求上会高一些。长期以来，填空题的答对率一直低于选择题的答对率， 也许这就是一个重要的原因。其次，填空题的结构，往往是在一个正确的命题或断言中，抽去其中的一些 内容（既可以是条件，也可以是结论），留下空位，让考生独立填上，考查方法比较灵活，在对题目的阅 读理解上，较之选择题有时会显得较为费劲。当然并非常常如此，这将取决于命题者对试题的设计意图。 填空题的考点少，目标集中。否则，试题的区分度差，其考试的信度和效度都难以得到保证。这是因为： 填空题要是考点多，解答过程长，影响结论的因素多，那么对于答错的考生便难以知道其出错的真正原因， 有的可能是一窍不通，入手就错了；有的可能只是到了最后一步才出错，但他们在答卷上表现出来的情况 一样，可以得到相同的成绩，尽管他们的水平存在很大的差异。 解题策略：由于填空题和选择题有相似之处，所以有些解题策略是可以共用的，在此不再多讲，只针 对不同的特征给几条建议： 一是填空题绝大多数是计算型（尤其是推理计算型）和概念（或性质）判断性的试题，应答时必须按规则 进行切实的计算或合乎逻辑的推演和判断； 二是作答的结果必须是数值准确，形式规范，例如集合形式的表示、函数表达式的完整等，结果稍有毛病59 便是零分； 三是《考试说明》中对解答填空题提出的要求是“正确、合理、迅速”，因此，解答的基本策略是：快——运 算要快，力戒小题大做；稳——变形要稳，防止操之过急；全——答案要全，避免对而不全；活——解题 要活，不要生搬硬套；细——审题要细，不能粗心大意。 3．解答题——“步步为营” 题型特点：解答题与填空题比较，同为提供型的试题，但也有本质的区别，首先，解答题应答时，考 生不仅要提供出最后的结论，还得写出或说出解答过程的主要步骤，提供合理、合法的说明，填空题则无 此要求，只要填写结果，省略过程，而且所填结果应力求简练、准确；其次，解答题比起填空题试题内涵 要丰富得多，解答题的考点相对较多，综合性强，难度较高，解答题成绩的评定不仅看最后的结论，还要 看其推演和论证过程，分情况判定分数，用以反映其差别，因而解答题命题的自由度较之填空题大得多。 数学解答题的评分办法：数学高考阅卷评分施行懂多少知识给多少分的评分办法，叫做“分段评分”。而考生 “分段得分”的基本策略是：会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分。会做的题目若不注意准确 表达和规范书写，常常会被“分段扣分”，有阅卷经验的老师告诉我们，解答立体几何题时，用向量方法处理 的往往扣分少。解答题阅卷的评分原则一般是：第一问，错或未做，而第二问对，则第二问得分全给；前 面错引起后面方法用对但结果出错，则后面给一半分。 解题策略：（1）常见失分因素：①对题意缺乏正确的理解，应做到慢审题快做题；②公式记忆不牢， 考前一定要熟悉公式、定理、性质等；③思维不严谨，不要忽视易错点；④解题步骤不规范，一定要按课 本要求，否则会因不规范答题而失分，避免“对而不全”，如解概率题时，要给出适当的文字说明，不能只列 几个式子或单纯的结论，表达不规范、字迹不工整等非智力因素会影响阅卷老师的“感情分”；⑤计算能力差 导致失分多，会做的试题一定不能放过，不能一味求快，例如平面解析几何中的圆锥曲线问题就要求较强 的运算能力；⑥轻易放弃试题，难题不会做时，可分解成小问题，分步解决，如最起码能将文字语言翻译 成符号语言、设应用题未知数、设轨迹的动点坐标等，都能拿分。也许随着这些小步骤的罗列，还能悟出 解题的灵感。 （2）何为“分段得分”：对于同一道题目，有的人理解的深，有的人理解的浅；有的人解决的多，有的 人解决的少。为了区分这种情况，高考的阅卷评分办法是懂多少知识就给多少分。这种方法我们叫它“分段 评分”，或者“踩点给分”——踩上知识点就得分，踩得多就多得分。与之对应的“分段得分”的基本精神是， 会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分。对于会做的题目，要解决“会而不对，对而不全”这个 老大难问题。有的考生拿到题目，明明会做，但最终答案却是错的——会而不对。有的考生答案虽然对， 但中间有逻辑缺陷或概念错误，或缺少关键步骤——对而不全。因此，会做的题目要特别注意表达的准确、 考虑的周密、书写的规范、语言的科学，防止被“分段扣分”。经验表明，对于考生会做的题目，阅卷老师则60 更注意找其中的合理成分，分段给点分，所以“做不出来的题目得一二分易，做得出来的题目得满分难”。 对绝大多数考生来说，更为重要的是如何从拿不下来的题目中分段得点分。我们说，有什么样的解题 策略，就有什么样的得分策略。把你解题的真实过程原原本本写出来，就是“分段得分”的全部秘密。 ①缺步解答：如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系 列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步， 尚未成功不等于失败。特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每一步得分点的演 算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题拿小分”。 ②跳步答题：解题过程卡在某一过渡环节上是常见的。这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看 能否得到结论。如果不能，说明这个途径不对，立即改变方向；如果能得出预期结论，就回过头来，集中 力量攻克这一“卡壳处”。由于考试时间的限制，“卡壳处”的攻克如果来不及了，就可以把前面的写下来，再 写出“证实某步之后，继续有……”一直做到底。也许，后来中间步骤又想出来，这时不要乱七八糟插上去， 可补在后面。若题目有两问，第一问想不出来，可把第一问作为“已知”，先做第二问，这也是跳步解答。 ③退步解答：“以退求进”是一个重要的解题策略。如果你不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般 退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从较强的结论退到较弱的结论。总之， 退到一个你能够解决的问题。为了不产生“以偏概全”的误解，应开门见山写上“本题分几种情况”。这样，还 会为寻找正确的、一般性的解法提供有意义的启发。 ④辅助解答：一道题目的完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤。实质性的 步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举。如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，设应 用题的未知数等。答卷中要做到稳扎稳打，字字有据，步步准确，尽量一次成功，提高成功率。试题做完 后要认真做好解后检查，看是否有空题，答卷是否准确，所写字母与题中图形上的是否一致，格式是否规 范，尤其是要审查字母、符号是否抄错，在确信万无一失后方可交卷。 （3）能力不同，要求有变： 由于考生的层次不同，面对同一张数学试卷，要尽可能发挥自己的水平， 考试策略也有所不同。针对基础较差、以二类本科为最高目标的考生而言要“以稳取胜”——这类考生除了知 识方面的缺陷外，“会而不对，对而不全”是这类考生的致命伤。丢分的主要原因在于审题失误和计算失误。 考试时要克服急躁心态，如果发现做不下去，就尽早放弃，把时间用于检查已做的题，或回头再做前面没 做的题。记住，只要把你会做的题都做对，你就是最成功的人！针对二本及部分一本的同学而言要“以准取 胜”——他们基础比较扎实，但也会犯低级错误，所以，考试时要做到准确无误（指会做的题目），除了最 后两题的最后一问不一定能做出，其他题目大都在“火力范围”内。但前面可能遇到“拦路虎”，要敢于放弃， 把会做的题做得准确无误，再回来“打虎”。针对第一志愿为名牌大学的考生而言要“以新取胜”——这些考生 的主攻方向是能力型试题，在快速、正确做好常规试题的前提下，集中精力做好能力题。这些试题往往思61 考强度大，运算要求高，解题需要新的思想和方法，要灵活把握，见机行事。如果遇到不顺手的试题，也 不必恐慌，可能是试题较难，大家都一样，此时，使会做的题不丢分就是上策。 高中数学，完完全全的题海战术，完完全全的是靠你做出来的！ 想提高？看看书，总结总结知识点，似乎没有什么用处！现在临近 高考了，还有什么方法能提高数学分数呢？ 这个时候如果还去谈知识点和方法，似乎太晚了一点，那我们 就直入主题吧—— 先说说解析几何，通常是倒数第一或倒数第二道解答题，难度 是比较大的，比如： 【2019•新课标高考全国Ⅰ卷 19】已知抛物线 C：y2=3x 的焦点为 F，斜 率为 的直线 l 与 C 的交点为 A，B，与 x 轴的交点为 P． （1）若|AF|+|BF|=4，求 l 的方程； （2）若 ，求|AB|． 【解析】设直线 ．① （1）由题设得 ，② 故 ，③ 由题设可得 ．④ 3 2 3AP PB=  ( ) ( )1 1 2 2 3: , , , ,2l y x t A x y B x y= + 3 ,04F      1 2 3| | | | 2AF BF x x+ = + + 1 2 5 2x x+ = 高考小贴士： 高考数学选择题和填空题平均每题大约花费 3 分钟，解答题平均每题大约花费 10 分钟。62 由 ，可得 ，则 ．⑤ 从而 ，得 ．⑥ 所以 的方程为 ．⑦ （2）由 可得 ．⑧ 由 ，可得 ．⑨ 所以 ．从而 ，故 ．⑩ 代入 的方程得 ． 故 ． 第(1)小题属于送分题，如果这几分都拿不到，那你就应该准备补习了。 很多同学做完第(1)小题后，就不再往下思考了，一是“感觉”题目难度比较大，二是时间可能也比较紧 张了，那么我们注意上面标注①到⑦的这几个步骤，对于解析法熟悉的同学来说，这几个步骤都是“理所当 然”的，没有难度，也不需要大量的计算，基本上属于“套路”的形式，但就是这样的几个步骤，足以让你得 到 4～6 分，加上第(2)小题的分数，已经是 8～10 分了，对于通常省平均只有 3～5 分的题来说，你岂不是 遥遥领先了么。 类似地，我们再看一道题（函数导数题）： 【2019•高考新课标Ⅰ卷 20】已知函数 ， 为 的导数．证明： （1） 在区间 存在唯一极大值点； （2） 有且仅有 2 个零点． 【解析】（1）设 ，则 ， . 2 3 2 3 y x t y x  = +  = 2 29 12( 1) 4 0x t x t+ − + = 1 2 12( 1) 9 tx x −+ = − 12( 1) 5 9 2 t −− = 7 8t = − l 3 7 2 8y x= − 3AP PB=  1 23y y= − 2 3 2 3 y x t y x  = +  = 2 2 2 0y y t− + = 1 2 2y y+ = 2 23 2y y− + = 2 11, 3y y= − = C 1 2 13, 3x x= = 4 13| | 3AB = ( ) sin ln(1 )f x x x= − + ( )f x′ ( )f x ( )f x′ ( 1, )2 π− ( )f x ( ) ( )g x f ' x= 1( ) cos 1g x x x = − + 2 1sin( )) (1x' xg x = − + +63 当 时， 单调递减，而 ，可得 在 有唯一零点， 设为 . 则当 时， ；当 时， . 所以 在 单调递增，在 单调递减，故 在 存在唯一极大值点，即 在 存在唯一极大值点. （2） 的定义域为 . （i）当 时，由（1）知， 在 单调递增，而 ，所以当 时， ， 故 在 单调递减，又 ，从而 是 在 的唯一零点. （ ii ） 当 时 ， 由 （ 1 ） 知 ， 在 单 调 递 增 ， 在 单 调 递 减 ， 而 ， ，所以存在 ，使得 ，且当 时， ；当 时， .故 在 单调递增，在 单调递减. 又 ， ，所以当 时， .从而， 在 没有零点. （iii）当 时， ，所以 在 单调递减.而 ， ，所以 在 有唯一零点. （iv）当 时， ，所以        0, 2x  π∈   ( ) 0f x > ( )f x 0, 2      π ,2x π ∈ π   ( ) 0f ' x < ( )f x ,2 π π   02f π  >   ( ) 0f π < ( )f x ,2 π π   ( , )x∈ π +∞ ln( 1) 1x + > ( )f x ( )f x ( , )π +∞ ( )f x64 领先于平均水平了，接下来，基本上就是令导函数值大于(或小于，或等于)0，找出原函数的拐点，定出单 调区间，从而得到函数的极值(最值)，这些通常也只需要会解一元二次不等式即可，到这里分数通常也就是 3～5 分了。当然，对于多数中档同学(甚至数学较差的同学)，如果不是运气太好，遇上高考试卷整体降低难 度，或者前两天刚刚做了这道原题的话，我们就不要在最后两道难题上花太多力气，那是给考清华、北大 的同学准备的，而且，即便具备了考清华、北大能力的同学也不一定能得满分，那现在两道题得分都在 10 分以上了，你还有什么理由心情不舒畅呢。 四、考场注意篇 高考的特点是以学生解题能力的高低为标准的一次性选拔， 这就使得临场发挥显得尤为重要，研究和总结临场解题策略，进 行应试训练和心理辅导，已成为高考数学的重要内容之一，正确 运用数学高考临场解题策略，不仅可以预防各种心理障碍造成的 不合理丢分和计算失误及笔误，而且能运用科学的检索方法，建 立神经联系，挖掘思维和知识的潜能，考出最佳成绩。 一、调整大脑思绪，提前进入数学情境 　　考前要摒弃杂念，排除干扰思绪，使大脑处于“空白”状态，创设数学情境，进而酝酿数学思维，提前进 入“角色”，通过清点用具、暗示重要知识和方法、提醒常见解题误区和自己易出现的错误等，进行针对性的 自我安慰，从而稳定情绪、增强信心，减轻压力、轻装上阵，使思维单一化、数学化，以平稳自信、积极 主动的心态准备应考。 二、“内紧外松”，集中注意力，消除焦虑怯场 　　集中注意力是考试成功的保证，一定的神经亢奋和紧张，能加速神经联系，有益于积极思维，要使注 意力高度集中，思维异常积极，这叫内紧，但紧张程度过重，则会走向反面，形成怯场，产生焦虑，抑制 思维，所以又要清醒愉快，放得开，这叫外松。 三、沉着应战，确保旗开得胜，以振奋精神 　　良好的开端是成功的一半，从考试的心理角度来说，这确实是很有道理的，拿到试题后，不要急于求 成、立即下手解题，而应通览一遍整套试题，摸透题情，然后稳操一两个易题熟题，让自己产生“旗开得胜” 的快意，从而有一个良好的开端，以振奋精神，鼓舞信心，很快进入最佳思维状态，即发挥心理学所谓的“门 坎效应”，之后做一题得一题，不断产生正激励，稳拿中低，见机攀高。65 四、“六先六后”，因人因卷制宜 　　在通览全卷，将简单题顺手完成的情况下，情绪趋于稳定，情境趋于单一，大脑趋于亢奋，思维趋于 积极，之后便是发挥临场解题能力的黄金时间了。这时，考生可依自己的解题习惯和基本功，结合整套试 题结构，选择执行“六先六后”的战术原则。 　　1.先易后难。即先做简单题，再做综合题。应根据自己的实际情况，果断跳过“啃”不动的题目，从易到 难，也要注意认真对待每一道题，力求有效，不能走马观花，有难就退，伤害解题情绪。 　　2.先熟后生。通览全卷，可以得到许多有利的积极因素，也会看到一些不利之处。对后者，不要惊慌失 措，应想到试题偏难对所有考生也难，通过这种暗示，确保情绪稳定。对全卷整体把握之后，就可实施先 熟后生的策略，即先做那些内容掌握比较透彻、题型结构比较熟悉、解题思路比较清晰的题目。这样，在 拿下熟题的同时，可以使思维流畅、超常发挥，达到拿下中、高档题目的目的。 　　3.先同后异。即先做同科同类型的题目，思考比较集中，知识和方法的沟通比较容易，有利于提高单位 时间的效益。高考题一般要求较快地进行“兴奋灶”的转移，而“先同后异”，可以避免“兴奋灶”过急、过频的 跳跃，从而减轻大脑负担，保持有效精力。 　　4.先小后大。小题一般是信息量少、运算量小，易于把握，不要轻易放过，应争取在解答大题之前尽快 解决，从而为解决大题赢得时间，创造一个宽松的心理基础。 　　5.先点后面。近年的高考数学解答题多呈现为多问渐难式的“梯度题”，解答时不必一气审到底，应走一 步解决一步，而前面问题的解决又为后面问题准备了思维基础和解题条件，所以要步步为营，由点到面。 　　6.先高后低。即在考试的后半段时间，要注重时间效益，如估计两题都会做，则先做高分题;估计两题 都不易，则先就高分题实施“分段得分”，以增加在时间不足前提下的得分。 五、一“慢”一“快”，相得益彰 　　有些考生只知道考场上一味地要快，结果题意未清，条件未全，便急于解答，岂不知欲速则不达，结 果是思维受阻或进入死胡同，导致失败。应该说，审题要慢，解答要快。审题是整个解题过程的“基础工 程”，题目本身是“怎样解题”的信息源，必须充分搞清题意，综合所有条件，提炼全部线索，形成整体认识， 为形成解题思路提供全面可靠的依据。而思路一旦形成，则可尽量快速完成。 六、确保运算准确，立足一次成功 　　数学高考需要在 120 分钟时间内完成 22 道题，时间很紧张，不允许做大量细致的解后检验，所以要尽 量准确运算(关键步骤，力求准确，宁慢勿快)，立足一次成功。解题速度是建立在解题准确度基础上的，更 何况数学题的中间数据常常不但从“数量”上，而且从“性质”上影响着后继各步的解答。所以，在以快为上的 前提下，要稳扎稳打，层层有据，步步准确，不能为追求速度而丢掉准确度，甚至丢掉重要的得分步骤。 假如速度与准确不可兼得的话，就只好舍快求对了，因为解答不对，再快也毫无意义。66 七、讲求规范书写，力争既对又全 　　考试的又一个特点是以卷面为唯一依据。这就要求不但会而且要对，对且全，全而规范。会而不对， 令人惋惜;对而不全，得分不高;表述不规范、字迹不工整又是造成高考数学试卷非智力因素失分的一大方面。 因为字迹潦草，会使阅卷老师的第一印象不良，进而使阅卷老师认为考生学习不认真、基本功不过硬、“感 情分”也就相应低了，此所谓心理学上的“光环效应”。“书写要工整，卷面能得分”讲的也正是这个道理。 八、面对难题，讲究策略，争取得分 　　会做的题目当然要力求做对、做全、得满分，而更多的问题是对不能全面完成的题目如何分段得分， 下面有两种常用方法： 　　1.缺步解答。对一个疑难问题，确实啃不动时，一个明智的解题策略是：将它划分为一个个子问题或一 系列的步骤，先解决问题的一部分，即能解决到什么程度就解决到什么程度，能演算几步就写几步，每进 行一步就可得到这一步的分数。如从最初的把文字语言译成符号语言，把条件和目标译成数学表达式，设 应用题的未知数，设轨迹题的动点坐标，依题意正确画出图形等，都能得分。还有像完成数学归纳法的第 一步，分类讨论，反证法的简单情形等，都能得分。而且可望在上述处理中，从感性到理性，从特殊到一 般，从局部到整体，产生顿悟，形成思路，获得解题成功。 　　2.跳步解答。当解题过程卡在一中间环节上时，可以承认中间结论，往下推，看能否得到正确结论，如 得不出，说明此途径不对，立即改变方向，寻找其他途径;如能得到预期结论，就再回头集中力量攻克这一 过渡环节。若因时间限制，中间结论来不及得到证实，就只好跳过这一步，写出后继各步，一直做到底;另 外，若题目有两问，第一问做不上，可以第一问为“已知”，完成第二问，这都叫跳步解答。也许后来由于解 题的正迁移对中间步骤想起来了，或在时间允许的情况下，经努力而攻下了中间难点，可在相应题尾补上。 九、以退求进，立足特殊，发散一般 　　对于一个较一般的问题，若一时不能取得一般思路，可以采取化一般为特殊(如用特殊法解选择题)，化 抽象为具体，化整体为局部，化参量为常量，化较弱条件为较强条件，等等。总之，退到一个你能够解决 的程度上，通过对“特殊”的思考与解决，启发思维，达到对“一般”的解决。 十、执果索因，逆向思考，正难则反 　　对一个问题正面思考发生思维受阻时，用逆向思维的方法去探求新的解题途径，往往能得到突破性的 进展。顺向推有困难就逆推，直接证有困难就反证。如用分析法，从肯定结论或中间步骤入手，找充分条 件;用反证法，从否定结论入手找必要条件。 十一、回避结论的肯定与否定，解决探索性问题 　　对探索性问题，不必追求结论的“是”与“否”、“有”与“无”，可以一开始，就综合所有条件，进行严格的 推理与讨论，则步骤所至，结论自明。67 十二、应用性问题思路：面—点—线 解决应用性问题，首先要全面理解题意，迅速接受概念，此为“面”;透过冗长叙述，抓住重点词句，提 出重点数据，此为“点”;综合联系，提炼关系，依靠数学方法，建立数学模型，此为“线”。如此将应用性问 题转化为纯数学问题。当然，求解过程和结果都不能离开实际。 随着科技的发达，现在越来越多的考试都采用电子阅卷，尤其是中高考。今天就和大家聊聊高考数学 方面的阅卷以及考生需要注意的地方。 走近电子阅卷，看看试卷在阅卷人眼中呈现的样子。 一、扫描　　 1.如果不使用规定的 2B 铅笔，可能识别被误判为“空选”，造成失分。68 2.蓝色钢笔书写后，扫描字迹较浅，若无法辨认，容易误判或不给分。 3.作图未使用规定铅笔，或下笔太轻，会造成扫描看不清楚，请慎重。69 4.语言表述需简明扼要，勿超出答题区域。 二、阅卷 1.主观题和客观题 　一般客观题为选择题，由电脑自动阅卷完成；主观题为填空题、解答题，划分区域后，由人工网上阅 卷完成。改卷中存在争议的部分，往往都是主观题部分。 　2.正评和仲裁 每次考试，一般每道题由两位老师独立评分，即为正评。 评卷前会在系统内设定一个允许误差，比如 1 分，若两位老师评分不超过允许误差，则得分按均值计 算；若评分超过允许误差，则试卷提交到第三位老师进行仲裁，作为最终结果。考试按不同题型分类，允 许误差为 0 分或 1 分。 3.评卷误差的产生 评卷误差的产生，主要有两个原因：一是解题过程的规范性，二是书写的规范性。70 由于解题过程的不规范，其实是方法掌握得不够全面，各题迥异不具代表性，这里主要展示一些书写 规范性的问题。 ② 险的字迹，无法辨认，或容易引起歧义。 ②解答题未化简到最终结果可能会多扣分；填空题以下三种情况未化简则全扣。71 ③ 万别和阅卷老师开玩笑，情节严重者，本题即使有部分正确依然 0 分处理。 建议同学们要注意平时作业和考试中的书写，一定要非常规范，养成良好的习惯，这样在高考中就会 很自然地书写规范，考出自己满意的成绩！ 三、阅卷教师希望看到的是能够减轻阅读量的卷面，具体包括以下 6 点： 　 1.卷面清洁，这是最基本的要求； 2.书写工整，字迹清晰；72 3.在规定的答题区域答题，否则做无用功； 4.表述是要根据分值思考要点，尽量细分，用分号或①②③④等符号清楚表述； 5.语言要简洁，答中要害； 6.语言表述要规范，尽量用专业术语。 如果卷面做到了以上 6 点，在“可给分可不给分的情况时，从宽给分”的高考评分原则下，将无形中增加 了多得分的砝码。 四、以下是网上阅卷中发现的考生答题不规范的典型情况： 1.字迹潦草 问题一：字迹潦草、字迹过淡的情况不少。高考阅卷是在计算机中阅读扫描后的考生答题卡，没有平 时纸质阅卷那么清晰易认，加上高考阅卷时间短、任务重，因此字迹不清楚的试卷是不受阅卷老师欢迎的。 【应对】书写差的学生应加强书法练习，不仅每个字要力争书写工整、大方，而且整个卷面要做到干 净、清洁；答题卡答题范围设置是假定用三号字书写两倍正确答案字数的大小，考生无需担心字写大了书 写空间不够；考试时统一要求学生使用配套的 0.5mm 考试专用水芯笔，避免笔迹过淡或过浓导致扫描不清 晰。 2.题号填涂与作答不符 问题二：试卷中有选考题，要求考生除了答出所选题目的答案外，还要在答题卡中将相应的选择题号 涂黑，而部分考生出现答题内容与所涂题号不一致的情况，这样做，该题 0 分。例如，考生涂的是 39 题题 号，答的却是 40 题的内容，只能得零分。 【应对】答选考题时，一定要头脑清醒，选定要答的题目一定要涂对题号，否则白费了工夫，还不得 分。 3.超出规定区域答题 问题三：部分学生还没想好便匆忙答题，以至于格式没安排好，超出了该题预留的答题位置。在网上 阅卷中，超出规定区域的答案无效。 【应对】答大题时，想好了再动笔，先答什么，后答什么，要有条理，不能写了半天还没入主题，重 要的东西没地方写了，再东找点地方，西找点地方写，结果不得分。 4.答案分块 问题四：有的学生答案布局不合理，内容分成了几块。“分块”现象容易导致阅卷老师漏阅得分点，造成 赋分过少的现象。 【应对】高考试题中的非选择题一般是一个要点 2 分。因此，书写答案前先确定需要书写的要点个数， 规划好答案的整体布局，在书写前对答案打好草稿，然后从左上角往右下角书写，这样就不会出现图示的“分73 块”现象；备考过程中加强对高考非选择题答案的揣摩，分析答案要点有几个，答案依据在哪，为什么只答 这几个要点等。做到答题时条理分明，避免书写之后又补充答案的现象。 5.答案不分层次 问题五：不少考生答一道大题时，没有层次，一口气写了一大段，让阅卷老师很难查找知识点。 【应对】对于一道需要答出很多采分点的大题，考生作答时要尽可能做到有层次，这样能让阅卷老师 感觉到该考生思路是清晰的，便于得高分。 6.作图不规范 问题六：部分学生在答题卡上作图不清晰，要不过淡，要不就东一条线、西一条线，擦又没擦干净， 显得很脏，这让阅卷老师很难辨识清楚。 【应对】作图题要本着清晰、干净的原则，该用尺子的地方一定要用尺子，线条要重些，但又不能让 其看起来显得很脏。 7.出现删除符号 问题七：部分考生匆忙答题，答错了一段，便用删除符号大面积删掉。 【应对】往年高考中允许使用白纸“打补丁”，而现在高考则取消了“打补丁”。因此，很多学生感觉答题 出现错误时，往往使用删除符号划掉部分字词，这是一个极其错误的思维定势。 高考阅卷有一个“采点得分”原则，即只看对的答案。只要不是同一句话中前后矛盾，那么即使是错误的 答案也不会影响考生应得分数。因此，在不允许“打补丁”的前提下，已经书写的答案就不要使用删除符号。 解决方案：1.如果答案中已经用数字标注①、②、③等，则无需进行修改。2.如果没有使用数字标注的 习惯，则在认为要删除的答案前后标上句号，使其与别的答案存在并列关系。 五、数学阅卷中给考生在考试中发挥提几点意见： 1.发挥最大潜能，让考分达到最大值，忽略其他一切与考试无关的东西。 2.立体几何第 1 问一般较为简单，用一般知识即可解决，不必用空间向量求解，但第 2 问一般都要建坐 标系用向量求解。 3.由于每道大题答题框面积有限，故答题只能写必要关键步骤，有些课本上没有的常规结论直接使用。 4.如果将前面的过程写得过细，必然会导致后面拥挤，关键的内容没有写上。 5.大家知道，大题不能留空白，“会而不对”的题将涉及的知识套上去，必要时用“瑕疵”法求解。 6.大胆使用归纳、类比，赋值法。 7.熟知高考数学解答题的评分标准：解答题评分的大思想“踩点给分”，先由评卷全体老师把该题可能有 的解法都解出来，每种解法，细化步骤，讨论哪一步给多少分，直到评卷组长通过为止。 8.做题的几个原则：①先易后难，先熟后生；②一慢一快：审题要慢，做题要快；③不能小题难做，小74 题大做，要小题小做，小题巧做；④基础题要拿满分，难题力争多得分，似曾相识题力争不失分；⑤考试 不怕题不会，就怕会题做不对。 六、评分细则举例 说明： 1、上述评分细则中方框处是主要的得分点； 2、若证明过程不完整，除给结论分外，其他得分点见式给分；（这次阅卷要求若证明过程有扣分情况， 则没有结论分）. 3、评分原则注重数学的基础知识，基本技能和数学的思想方法，真正做到“给分有理，扣分有据”。75 五、考后调整篇 当赛事已完，赛完人散，在等待结果的日子，你们会 惴惴不安。枕着希望，进入梦乡，期待佳音，迎接黎明； 害怕失望，黄昏已至，又将明天，该何去何从！其实这 段时光你们人生真正的学习才刚刚开始，凡事预则立，不 预则废，你们该如何谋定在先，去面对人生的第一个十字 路口，只不过大多数人忘了思考，没有去想，或者不愿去 想，在这无奈而又无所事事的时光里该做些什么？ 一、考后的三种普遍心态 个案 1:放纵型考生 在“黑色”的大考过后，小林把自己接下来的三天三夜“奉献”给了 KTV，所有同学、好友甚至老师都接 到“邀请”，可算是彻彻底底地当了一回疯狂的麦霸；接着是几天的通宵到网吧上网…… 分析：放纵型的考生之所以选择疯狂，主要是因为长期受到压抑，一下子得到完全的释放而有点变得 忘乎所以，也可能因为这次考得的确不错，过于兴奋而难以自制。但如此放纵对于刚考完试的同学的身心 来说极易造成过度疲劳而产生危害，例如过度用嗓、用眼而导致声带、眼睛的损坏。 对策：合理作息，健康休闲 建议该类考生要适当而渐进性地放松，不宜过于放纵。况且这一时期还有估分、填报志愿等重要的事 情要做。可以考虑跟家长或者同学做一个合适的、循序渐进的减压放松计划。如可以去打打球，陪父母逛 逛街，或者跟朋友聊聊天等。同时建议考生，考试结束后不要完全丢掉学习习惯，而应规划“调整性学习”， 比如阅读自己感兴趣的文学作品，广泛涉猎各领域的知识，拓宽自己的知识面，为即将到来的新学期学习 生活做好准备。 个案 2：挫败型考生 “今年考砸了，有很多题型平时根本没见到过，考着考着就慌了手脚。第一门很容易，本以为今年的考 试总体来说难度不大，没想到竟然败在了自己的强项数学手上。哎！这一辈子都没希望了……”平时数学不 错的小李不无遗憾地说。76 分析：有这种心态的考生一般都把高考的失败看作前途的终结，将人生的路看得过于单一。所以，他 们就会长吁短叹、愁眉苦脸，反复咀嚼自己在某一学科上的失败和痛苦，只看到自己的缺点，看不到自己 的优点。同时觉得自己考得不如别人，低人一等。 对策：正确评估自己，转移注意力 应对这种心理的关键就是要正确评估自己。每个考生都应当在考后好好反省，全面分析考试胜败的原 因，客观评价自己，既不要盲目夸大自己的优点，也不要把自己评价过低。考生一旦对自己有了一个正确 的评价，也就能够比较客观地对待考试的成败得失，真正做到“不以物喜，不以己悲”了。同时，还要懂得， 高考也带有一定的偶然性，大考的竞技场上，既有成功者，也一定有失败者。因此，千万不能凭一次成败 论英雄。同时不妨采取转移注意的方法，避免不良情绪的困扰。例如数学科目考得不好，那就不要再想数 学，而是想想自己考得好的科目。同时也可以多做些力所能及的家务，或听听音乐、看看电视，或拜访亲 戚朋友，分散或转移对挫折的注意，使考试失败的阴影逐渐淡化，从而有效地防止挫败感和焦虑感的产生。 　 个案 3：内疚型考生 　　“爸爸妈妈，我对不起你们，这么简单的考试都考砸了。”一位考生走出考场后面对焦急等待的父母，泪 流满面，伤心欲绝。而她的父母也在一边不知所措，刚想安抚孩子，这位考生反而哭得更厉害了。 　　分析：产生内疚心理的考生很多都是因为考前得到了家长和亲戚无微不至的关怀和照顾，得到老师无 私的帮助和激励，本想考上一所理想的学校以示报答，结果心想事不成，遂产生了愧对家长与老师的内疚 心理。一些过度内疚的同学还会因此整天闷在家里，避免会亲访友，减少了与人交往的机会（独处，不合 群，过分地自我封闭），严重者甚至会产生抑郁症。 　　对策：多参加活动，多与父母交流 　　此类同学，要化内疚为力量，勇敢地站起来，不要沉浸在内疚之中，要尽快走出这个误区。可以选择 一些集体活动，一般来说，和同学在一起可以减轻自己的压力，也可以在家看看书，看看伟人的传记；还 可以进行适当的学习。 　　二、2020 赢在志愿专业 尖子生选一流大学 中等生选合适专业 2020 高考填报志愿——高考如何报专业？大学里各种专业真实情况到底是怎样的呢? 【电子商务】无论是中专还是重点大学都有的专业。名字很好听，但是学的东西广而不深，不仅要学 计算机还要学经济贸易和会计，每学期的课都无比的多。一般的人毕业以后估计就是去开个小淘宝店了， 少之又少的人可以进像阿里巴巴这种企业。要报考的同学请三思! 　　【商贸英语】就业面很广。主要学习商务方面的知识，比起师范类的学生来说，英语方面的要求比较 高，要了解掌握商务方面的专业词汇，要学习商务信件，学习关于整个商业的流程，整个会议的流程。总77 之商贸英语很有意思的，以后可以去外企工作的喔，这是这个专业的绝对优势。 　　【会展经济与管理】新兴专业，就业面广，人才需求量大，薪酬高。排行十大本科专业之一;对学生综 合素质要求高，课内外实践多;要求较高英语水平;毕业后可去酒店、展会公司或者会展中心工作。属于旅游 管理下二级学科，有丰富有趣的选修课程，如调酒茶艺实训等。 　　【化学】师范类会很苦逼，无机化学，分析化学，有机化学，物理化学，结构化学等等，只有不想学 的，没有学不到的，教育学，心理学，普通话，书法，各种教育技能课程，你需要文科生背诵功力，还需 要理科生的计算实力，当然工作还是很好找的，继续深造已是大势所趋! 　　【建筑学】工科与艺术的结合。既需要学习工科知识也要学习美术艺术，建筑设计是核心。学起来较 累，尤其在工程制图与建筑模型方面需要耗费大量的时间精力，而且略显枯燥，需要经常熬夜甚至通宵。 以后对口就业多的即是去建筑师事务所工作。 　　【通信工程】这是一个充满实验的学科，主要围绕两个科学家开展：傅里叶和拉普拉斯。主要学习课 程：单片机，模拟电子，数字电子，信号与系统，高频电子线路，电磁场，通信原理，数字信号处理等一 系列课程，对物理，编程尤其是数学不感兴趣的请慎报! 　　【汉语言文学】这是一个神奇的专业，它几乎对中国五千年的文字记载无所不包，主要课程有现代汉 语、现代文学三十年、世界文学、写作等等，课程多，压力大，就业方向广，政府行政、文秘、教师、文 员等，喜欢文学和文字的孩子可以选择报考。 　　【学前教育】这是幼师的一大“爱称”，说白了就是幼儿园老师，此专业此前活跃在各大县市职教中心， 最近几年本科中也出现了它的身影，原因不明。如果你打算本科毕业之后和大专同专业学生享受相同待遇， 欢迎参考。 　　【机械工程与自动化】这一行听起来很霸气，其实不是把一个小机器从中间砍断让你画剖视图，就是 让你考中级工证时做个小螺丝，或回到远古时代磨一个锤头。重点大学还好点，普通大学建议果断弃选。 　　【热能与动力工程】包括动力机械、制冷、工程热物理、能源与环境四个方向。涉及机械和力学方面 课程较多，对数学、物理要求高，物理不好的谨慎报考。该专业目前人才紧缺，就业前景较好，方向主要 是在汽车公司、制冷和空调企业以及锅炉汽轮机等企业从事实验设计等工作。 　　【中药学】需要记忆几百种常用中药，不要以为只需要记忆，这个专业还有无穷无尽的化学，需要学 习一切与化学相关的学科，不喜欢化学的慎重选择。没多大追求的毕业后会进药房或药店卖药，口才好的 去做医药代表，一般的可以去制药公司或药监局，学霸型就安心做研究吧。 　　【新闻学】学习的东西很多，包括新闻摄影、编辑、广播电视等。并不像大家想象中的那样，各地跑。 其实有很多枯燥的课程，比如中国、外国新闻事业史等。 　　【新闻传播学类】相比传统的小专业，大的专业学类能让大家学到更广泛的专业基础知识，在一年半78 的通识教育后对各个小专业有所了解后再做选择，避免了冲动选择。广告学，新闻学，编辑出版，广电新 闻，想成为新闻媒体工作者的同学们可以考虑。 　　【心理学】心理学看起来很美好，事实上学习没有想象中那么有兴趣，不学算命，不学一眼能看透别 人的心理，不是半仙，学的是心理学基础流派咨询技巧，有些课枯燥，对口工作主要是心理老师和咨询师， 本科毕业需要深造才能当咨询师，就业前景没有想象中好，有兴趣的可以报考。 　　【大气科学类】综合数学、物理、化学等基础学科研究成果，充分应用高性能计算机的运算实力，这 是一个冷门学科，却和我们的生活息息相关。天气预报，大气探测，雷电防护，人工影响天气，大气污染 治理……就业方向一般为气象、航空、海洋等部门，欢迎加入气象人! 　　【环境工程】这是一个工科的专业，在大一专业课方面主要学习基础理论和工程制图，这是一个需要 有想象力和动手能力的专业，如果你在实验，想象力方面不是很能接受的话，不建议你报考!环境工程专业 学的东西很宽泛，不够透彻，只是蜻蜓点水，没有当初想的好! 　　【风景园林专业】比起经济类的专业，我们的学习更充实、更多彩;比起纯理科的专业，我们的生活更 有趣、更丰富;比起文史类专业，我们的学习生活更理性、更充满挑战。风景园林，一个充满艺术风情、充 满理性思考、充满艰苦奋斗的专业! 　　【历史学专业】各位对历史感兴趣的同学明确一点，是想将历史作为爱好，还是作为要从事的方向。 爱好和专业不同是很大的。然后，大学历史和高中有很多不同之处，并不是去背史实，而是去发现问题查 找资料解决问题的过程。最后，就业真正对口的方向不多，所以选择的时候要谨慎! 　　【文化产业管理】高端大气上档次，文化产业投融资。文化产业管理专业旨在培养掌握经济学、管理 学及文化学基本理论与方法，具备较强规划、决策、组织、策划、创意以及沟通表达能力，具备较强社会 调研和信息处理能力，能够在文化产业及相关产业、政府文化管理部门及文化事业单位从事文化经营管理、 市场营销与策划、文化贸易与交流工作的应用型、复合型高级人才。 　　【预防医学】现在社会中越来越受到重视，其基础课程和临床差不多，但有其自己独特的课程。总体 来说课程压力不是很大(相对的)。毕业以后可以去疾病控制中心、食监药监局、海关等专业工作。工资和管 理参照公务员的制度。相对很轻松啦! 　　【药学】药学分为制药工、药学和临床药学。药学以化学为基础，基础课有有机化学等，专业课有药 理学、药动力学等，实验课较多。制药工程属工科，工程学类课程较多。药学就业方向有企业单位、医院、 考研比例很大。药学就业前景较好，特别是制药工程方面人才紧缺。 　　【医学检验】医学检验专业只招理科生。但是却需要文科生的记忆能力。要背的东西太多了。但是将 来就业比较好。检验科压力比临床小。工资比较合适。 　　【计算机科学与技术】计算机专业学的不是如何修电脑更不是如何使用电脑，计算机是一个孤独的专79 业，你要能受得了一个人坐在电脑前很长时间去调试代码或者对着一堆电路板、机器设备反复的实验，你 要对数学和英语感兴趣，这个累人却有着很大乐趣的专业更适合男生。 　　【交通设备信息工程】主要是修电路和信号、车站信号三条主线，然后电路为：电路原理、模拟电子、 数字电子、单片机原理;信号为：信号与系统、自动控制原理和通信原理;车站信号：铁路信号基础等;有比较 擅长电路的同学可以报考。 　　【电子信息工程】本专业培养具备电子技术和信息系统的基础知识，能从事各类电子设备和信息系统 的研究、设计、制造、应用和开发的高等工程技术人才。因为这个专业真的很难，不过前景很不错，而且 名字也很好听。 【软件工程】本专业学生主要学习软件工程方面的基本理论和基本知识，接受从事研究与软件开发的 基本训练，具有一般计算机相关工程的分析设计和解决实际问题的能力。如果你对编程不是十分感兴趣， 如果你并没有一颗钻研的心，如果你对机器语言十分不感兴趣，那么，请不要被“程序猿”所谓的光明前程迷 惑。没有兴趣的话，只能长期开启“学霸模式”确保不挂科。 三、2020 赢在志愿填报 每年因为志愿填报的问题导致很多高分学子也没有上到好的学校，错失上名校的机会。现为您搜集整 理了高考志愿填报过程中容易出现的十大误区，希望高考生和家长在志愿填报之前能多看看本文，从而避 免出现不必要的失误。高考志愿填报十大误区分别如下： 　　误区一： 一门心思奔名校 　　有的考生父母打算为孩子只在本科一批一志愿报考一所心仪 “名校”，二志愿放弃。这种填报志愿方式 欠缺考虑，风险较大，如果孩子分数不够，本科一批一志愿没被报考院校录取，就失去了就读其他一本院 校的机会。不可否认，“211”和“985”高校在硬件、软件上都较优越，能考上名牌大学固然是好事，但完全从 “名牌”出发选高校，不考虑其他因素，特别是专业因素，则是不明智的。更何况，“名牌”大学并非所有专业 都是优势专业，普通高校一些专业也有特色，具有很强的实力。因此，填报志愿时，考生和家长不要只考 虑“名校”，要走出非“名校”不报的误区。 　　误区二： 不仔细看招生章程 　　专家提醒考生，填报高考志愿千万别冷落了招生章程，按照教育部的有关规定，“招生章程主要内容包 括：高校全称、校址(分校、校区等须注明)、层次(本科、高职或专科)、办学类型(如普通或成人高校、公办 或民办高校或独立学院、高等专科学校或高等职业技术学校等)，在有关省(区、市)分专业招生人数及有关 说明，专业培养对外语的要求，经批准的招收男女生比例，身体健康状况要求，录取规则(如有无相关科目 成绩或加试要求、对加分或降低分数要求投档及投档成绩相同考生的处理、进档考生的专业安排办法等)， 学费标准，颁发学历证书的学校名称及证书种类等，特别是录取原则将直接关系到考生将来能否被录取， 以及所报专业是否存在体检受限等。80 　　误区三： 志愿之间没拉开梯度 　　同一批次院校不同志愿之间拉开梯度是非常重要的，在拉开梯度上，风险有所减小，但也不是不考虑。 平行志愿大大降低了考生落榜的风险，同时更突出了高考分数的作用。在考虑梯度问题时，专家认为平行 志愿的最后一个到两个志愿要有相当的保险系数，也就是说，按照往年的分数，考生的分数上最后一个或 者两个平行志愿一定要非常有把握才行。 　　误区四： 盲目拥挤热门专业 　　考生在选择专业时，另外一个误区是：盲目拥挤热门专业。各校招办老师表示，自己在咨询时经常被 问道 “今年什么专业热”，“什么专业是好专业”，实际上专业没有好坏之分，只有冷热的差异。盲目挤热门 专业，对考生长远发展非常不利。首先，热门专业分数高，竞争激烈，如果成绩不太突出，竞争实力并非 很强的学生在挤热门专业时，容易落榜。其次，热门专业并不是一成不变的，在市场经济的调节下，专业 的“热”与“冷”总是相对的。再次，热门专业并非都是师资力量强，或是学校的名牌专业。专业热的原因有很 多因素，其中一项最重要的就是部分考生家长太功利性，单纯从眼前就业、待遇、收入来决定专业的选报， 这其实是一种短期行为。随着市场经济的不断完善，部门、行业垄断逐渐被打破，真正对考生有用的还是 在学校学的真本事。 误区五： 只凭名称来选择专业 　　有些专业虽然名称相同，但仍存在一定的差异，考生在填报志愿选择专业时，还有一个误区是，喜欢 凭着专业的名称来选择专业，而对专业内涵不了解。实际上，不同专业之间所学的课程、发展方向的差异 是非常大的。有些专业虽然名称相同，但仍存在一定的差异。 　　考生在看专业的时候，一定要详细了解专业的内涵，一般应该了解以下几方面内容：该专业的主干课 程是什么，是否属于特色专业，专业的实力如何，有无硕士、博士，是否是国家重点学科，在国内同类专 业当中居于什么位置，专业发展前景和学生就业去向如何，专业对学生的相关科目成绩和身体状况有无特 殊要求。 　　误区六： 不服从专业调剂 　　服从调剂可以增加被录取的机会，但可能被不喜欢专业录取，当考生在报考某院校时分数不占优势(够 了院校提档线，但不够所报专业的专业录取线)，填写“不服从专业调剂”就意味着学校将会作退档处理。每 年高招录取过程中，都有相当一部分考生在填报志愿时，专业志愿没有拉开梯度，没有掌握好专业级差， 或全部填报热门、紧俏专业，且不服从专业调剂而落榜。 　　对待是否服从所报院校专业调剂，考生要统筹考虑。服从调剂可以增加被录取的机会，但也要做好被 不喜欢专业录取的思想准备。但现在大部分高校可以提供入校后转专业的机会，因此如果考生被调剂到不 喜欢的专业，也可以通过自己的努力换专业或者选修第二学位。 误区七： 平行志愿没有风险 　　平行志愿填报虽然减少了志愿填报的风险，虽然教育考试部门从减少投档而被退档的矛盾出发把投档81 比例定位在 95%，但是仍有 5%的考生投档后可能会被退档。退档的考生，即便是 A 志愿退档，也将直接进 入征求志愿。这是平行志愿填报最大的风险。被退档的理由大致有：高考分数在所有被投档该学校考生中 偏低;填报专业志愿太高，且志愿不服从调剂。当然，如果高校实行“进档即取”的原则，那么只要分数达到 投档线，志愿服从调剂，就不会退档，落榜生将大大减少。 　　误区八： 不考虑兴趣和特长 　　选择符合考生特性的专业，扬长避短，才能促进其学有所成，为将来获得一个理想的职业创造条件， 这才是最佳选择。专家认为考生自身特性包括：个人兴趣爱好、个人性格特征、个人能力所及、个人身体 条件等四个方面。面对一个自己根本不感兴趣、完全不喜欢的专业,又如何要求他能积极主动地学习深造？ 　　误区九： 填报志愿是家长的事 　　把志愿决定权还给孩子，每对父母都希望自己的孩子能考上大学，而且最好能进名牌大学读书。这种 愿望会在孩子填报志愿问题上充分表露。有些父母还固执得有些过分，主观决定考生的志愿，忽略孩子的 兴趣、爱好，导致父母与孩子之间在填报志愿的问题上分歧很大，给孩子造成不小的压力。在填报志愿的 整个过程中，父母的角色定位是参谋，应该把填报志愿的决定权还给孩子。考入什么样的学校，上什么专 业，将来从事什么样的工作，都是孩子自己的事情。如果父母给报的专业孩子不喜欢，甚至一点兴趣都没 有，将来上大学就会造成被动状态，学习积极性会受到打击。 　　误区十： 照搬往年录取分数线 　　“老师，今年学校最低录取分数线多少啊?”“我这个分数，能上你们学校吗”……在每年的高考招生咨询 会上，分数是家长们咨询得最多的问题。类似的问题把招生老师给难住了，他们只能告诉家长 “录取分数 不是学校决定的，要看考生报考的情况”。 高校的最低录取分数线是自然形成的，录取结束前无法准确知道。高校的录取分数线存在波动，有的 还有“大小年”现象，即一年高，一年低。考生要多分析几年的录取情况，还可关注分数线与批次线的差值、 分数线对应的考生“位次”等。具体可以参考下面流程： 1.考生根据分数，明确在本省本批次的排位，这个数据非常重要。 　　2.通过参考书籍或某些权威大数据系统筛选该考分适合的院校和专业。 　　3.依考生考分定位先选大学还是先选专业还是院校专业兼顾，这个因分而定，建议高分段考生以学 校为主，中低分段以专业为主。 　　4.原则上一定要结合考生学科特长、性格优势、职业能力等初次筛选适合的院校和专业。 　　5.然后看初次筛选院校及专业近 2~3 年在本批次录取的位次情况再做二次筛选。 　　6.依据线差法和位次定位法科学评估冲保稳的院校和专业。 　　7.认真阅读学校招生章程，看清专业录取规则和其他特殊要求，千万不能忽视细读章程。 　　8.合理拉开院校/专业梯度，充分确保院校之间冷热均匀，合理搭配，万无一失。 9.确保在每一个院校志愿都填满且专业尽量选择服从调剂。82 2020 年高考数学（理）终极押题卷（试卷） 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 1．设 ，则 = A．2 B． C． D．1 2．已知集合 A={（x，y）|x，y 为实数，且 x2+y2=1}，B=|（x，y）|x，y 为实数，且 x+y=1}，则 A∩B 的元素 个数为 A．4 B．3 C．2 D．1 3．已知命题 ；命题 若 ，则 ，则下列为真命题的是 A． B． C． D． 4．下图给出的是 2000 年至 2016 年我国实际利用外资情况，以下结论正确的是 A．2010 年以来我国实际利用外资规模逐年增大 B．2000 年以来我国实际利用外资规模与年份呈负相关 C．2010 年我国实际利用外资同比增速最大 D．2008 年我国实际利用外资同比增速最大 5．等差数列 的首项为 1，公差不为 ，若 ， ， 成等比数列，则数列 的前 项的和 为 A． B． C．3 D．8 6．已知向量 ， 且 ∥ ，若 均为正数，则 的最小值是 A．24 B．8 C． D． 7．( + )(2 − )5 的展开式中 3 3 的系数为 A．-80 B．-40 C．40 D．80 8．《九章算术》中有如下问题：“今有勾五步，股一十二步，问勾中容圆，径几何？”其大意：“已知直角三 3 i 1 2iz −= + z 3 2 2 0 0 0: , 1 0p x x x∃ ∈ − + ≥R :q a b< 1 1 a b > p q∧ p q∧ ¬ p q¬ ∧ p q¬ ∧ ¬ { }na 0 2a 3a 6a { }na 6 6S 24− 3− (3, 2)a = − ( , 1)b x y= − a b ,x y 3 2 x y + 8 3 5 3 x y x y x y83 角形两直角边长分别为 5 步和 12 步，问其内切圆的直径为多少步？”现若向此三角形内随机投一粒豆子， 则豆子落在其内切圆外的概率是 A． B． C． D． 9．已知函数 的图象如图所示，则函数 的解析式可能是 A． B． C． D． 10．已知函数 ，在 的大致图象如图所示，则 可取 A． B． C． D． 11．如图，平面四边形 中， ， ， ，将其沿对角线 折成 四面体 ，使平面 平面 ，若四面体 的顶点在同一个球面上，则该球 的表面积为 A． B． C． D． 2 15 π 3 20 π 21 15 π− 31 20 π− ( )f x ( )f x ( ) ( )= 4 4x xf x x−+ ( ) ( ) 24 4 logx xf x x−= − ( ) 2( ) 4 4 log | |x xf x x−= + ( ) 1 2 ( ) 4 4 logx xf x x−= + sin( )( ) x xf x a ω ϕ π += ( 0,0 , )aω ϕ π> < < ∈R [ ]3,3− a ω 2 π π 2π 4π ABCD 1AB AD CD= = = 2BD = BD CD⊥ BD A BCD′− A BD′ ⊥ BCD A BCD′− 3π 3 2 π 4π 3 4 π84 12．若函数 恰有三个极值点，则 的取值范围是 A． B． C． D． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13．已知实数 满足 ，则 的最大值为_______. 14．甲、乙、丙三位同学，其中一位是班长，一位是团支书，一位是学习委员，已知丙比学习委员的年龄 大，甲与团支书的年龄不同，团支书比乙的年龄小，据此推断班长是_______． 15．数列 满足 ，且对于任意的 都有 ，则 ______. 16．已知双曲线 的左、右焦点分别为 、 ， 上存在一点满足 ，且 到坐标原点的距离等于双曲线 的虚轴长，则双曲线 的渐近线方程为__________． 三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考题，每个试题考生 都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 60 分。 17．（12 分） 在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ， . （1）求 的大小； （2）若 ， ，求 的面积. 18．（12 分） 如图，在四棱锥 中，底面 为菱形， ， ， 为线段 的中 点， 为线段 上的一点. 2 2 (3 1) 3, 0( ) ln , 0 x m x xf x mx x x x  − + + ≤=  + > m 1 1,2 3  − −   1 ,02  −   11, 3  − −   11, 2  − −   ,x y 2 4 0 2 0 x y y x y − − ≤  ≤  + ≥ 3z x y= − { }na 1 3a = *n N∈ 1 1 1n na a a n+ = + + − 1 2 985 1 1 1 a a a + + + = 2 2 2 2 1x y a b − = ( 0, 0)a b> > 1F 2F C 1 2 3F PF π∠ ＝ P C C ABC△ A B C a b c 2sin sinsin sin sinsin B Cb B c C a AA  + = +    A 2a = π 3B = ABC△ P ABCD− ABCD 60ABC∠ = ° PB PC= E BC F PA85 （1）证明：平面 平面 . （2）若 ，二面角 的余弦值为 ，求 与平面 所成角的正弦值. 19．（12 分） 已知椭圆 的一个焦点与抛物线 的焦点重合，且离心率为 . （1）求椭圆 的标准方程； （2）不过原点的直线 与椭圆 交于 ， 两点，若三直线 、 、 的斜率与 ， ， 点 成等比数列，求直线 的斜率及 的值. 20．（12 分） 近年来，随着网络的普及，数码产品早已走进千家万户的生活，为了节约资源，促进资源循环利用， 折旧产品回收行业得到迅猛发展，电脑使用时间越长，回收价值越低，某二手电脑交易市场对 2018 年 回收的折旧电脑交易前使用的时间进行了统计，得到如图所示的频率分布直方图，在如图对时间使用 的分组中，将使用时间落入各组的频率视为概率. （1）若在该市场随机选取 3 个 2018 年成交的二手电脑，求至少有 2 个使用时间在 上的概率； （2）根据电脑交易市场往年的数据，得到如图所示的散点图，其中 （单位：年）表示折旧电脑的使 用时间， （单位：百元）表示相应的折旧电脑的平均交易价格. PAE ⊥ BCP 2 2PA AB PB= = A BD F− − 3 5 PD BDF 2 2 2 2: 1x yC a b + = ( 0)a b> > 2 4 3y x= 3 2 C l C M N OM l ON 1k k 2k l 2 2| | | |OM ON+ (4,8] x y86 （ⅰ）由散点图判断，可采用 作为该交易市场折旧电脑平均交易价格与使用年限 的回归方 程，若 ， ，选用如下参考数据，求 关于 的回归方程. 5.5 8.5 1.9 301.4 79.75 385 （ⅱ）根据回归方程和相关数据，并用各时间组的区间中点值代表该组的值，估算该交易市场收购 1000 台折旧电脑所需的费用 附：参考公式：对于一组数据 ，其回归直线 的斜率和截距的最小二乘 估计分别为： ， .参考数据： ， ， ， ， . 21．（12 分） 已知函数 . （1）当 时，求函数 的单调区间； （2）设 ，当 时，对任意 ，存在 ，使 ，证明： . （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 22．[选修 4−4：坐标系与参数方程]（10 分） 在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （ 为参数），以坐标原点为极点，以 a bxy e += x ln it y= 10 1 1 10 i i t t = = ∑ y x x y t 10 1 i i i x y = ∑ 10 1 i i i x t = ∑ 10 2 1 i i x = ∑ ( ), ( 1,2, , )i iu v i n=  ˆˆˆv uα β= + 1 2 2 1 n i i i n i i u v nuv u nu β = = − = − ∑ ∑ ˆˆ v uα β= − 3.25 26e ≈ 2.65 14e ≈ 2.05 7.8e ≈ 1.45 4.3e ≈ 0.85 2.3e ≈ 1( ) ln af x a x x x −= − + + 2a ≥ ( )f x ( ) 2 3xg x e mx= + − 2 1a e= + 1 [1, )x ∈ +∞ 2 [1, )x ∈ +∞ 2 1 2( ) 2 ( )f x e g x+ ≥ 2m e e≤ − xOy 1C 3 cos sin x y α α  = = α x87 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 . （1）写出 的普通方程和 的直角坐标方程； （2）设点 在 上，点 在 上，求 的最小值以及此时 的直角坐标. 23．[选修 4−5：不等式选讲]（10 分） 已知函数 ， ，其中 ， 均为正实数，且 ． （1）求不等式 的解集； （2）当 时，求证 ． 2020 年高考数学（文）终极押题卷（试卷） 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 1．已知集合 ， ，则 A． B． C． D． 2．当 时，复数 在复平面内对应的点位于 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知 ， ，向量 ，则 A．-22 B．22 C．6 D．-6 4．已知 ， ， ，则 A． B． C． D． 5．某市举行“中学生诗词大赛”，分初赛和复赛两个阶段进行，规定：初赛成绩大于 90 分的具有复赛资格， 某校有 1000 名学生参加了初赛，所有学生的成绩均在区间（30，150]内，其频率分布直方图如图所示， 则获得复赛资格的人数为 2C sin( ) 2 24 ρ θ π+ = 1C 2C P 1C Q 2C PQ P ( ) 1 1f x x x= + − − ( ) 2 2g x x a x b= + + − a b 2a b+ = ( ) 1f x ≥ x∈R ( ) ( )f x g x≤ { }| 1 1A x x= − < < { }| 0 2B x x= ≤ ≤ A B = { }| 1 2x x− < ≤ { }|0 1x x≤ < { }|1 2x x< ≤ { }1| 0x x< < 1m < 2 ( 1)m i+ − (1,0)A (3,2)B ( 3, 4)AC = − − ·AB BC =  1 32a −= 2 1log 3b = 1 2 1log 3c = a b c> > a c b> > c a b> > c b a> >88 A．650 B．660 C．680 D．700 6．已知命题 ：“ ， ”，命题 ：“ ， ”，若“ ”是真命题，则 实数 的取值范围是 A． B． C． D． 7．某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 8．若函数 （其中 ， 图象的一个对称中心为 ， ，其相邻一条对称 轴方程为 ，该对称轴处所对应的函数值为 ，为了得到 的图象，则只要将 的 图象 A．向右平移 个单位长度 B．向左平移 个单位长度 C．向左平移 个单位长度 D．向右平移 个单位长度 9．函数 图象的大致形状是 p [ ]1,x e∀ ∈ lna x> q x R∃ ∈ 2 4 0x x a− + = p q∧ a ( ]1,4 ( ]0,1 [ ]1,1− ( )4,+∞ ( ) sin( )f x A xω ϕ= + 0A > | | )2 πϕ < ( 3 π 0) 7 12x π= 1− ( ) cos2g x x= ( )f x 6 π 12 π 6 π 12 π ( ) 2 1 sin1 xf x xe  = − + 89 A． B． C． D． 10．我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木 棍，每天截取一半，永远都截不完.现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截 取 20 天后所剩木棍的长度（单位：尺），则①②③处可分别填入的是 A． ， ， B． ， ， C． ， ， D． ， ， 11．若函数 有两个不同的零点 ，且 ， ,则实数 的取 值范围为 A． B． C． D． 12．已知 ， 为双曲线 的左、右焦点，直线 与双曲线 的一个交点 在以线段 为直径的圆上，则双曲线 的离心率为 A． B． C． D． 20i < 1S S i = − 2i i= 20i ≤ 1S S i = − 2i i= 20i < 2 SS = 1i i= + 20i ≤ 2 SS = 1i i= + ( ) 4 2 3x xf x m m= − ⋅ + + 1 2,x x 1 (0,1)x ∈ 2 (2, )x ∈ +∞ m ( , 2)−∞ − ( , 2) (6, )−∞ − ∪ +∞ (7, )+∞ ( , 3)−∞ − 1F 2F 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b − = > > 3y x= C P 1 2F F C 4 2 3+ 5 2 5+ 3 1+ 3 2+90 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13．设函数 ，则 的值为________. 14．已知抛物线 的准线与圆 相切，则 的值为________. 15．在 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， .若 ， ， ， 则 ____. 16．在四面体 中， 与 都是边长为 2 的等边三角形，且平面 平面 ，则该 四面体外接球的体积为_______． 三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考题，每个试题考生 都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 60 分。 17．（12 分） 等比数列 的各项均为正数，且 . （1）求数列 的通项公式； （2）设 ，求数列 的前 项和 . 18．（12 分） 如图，边长为 2 的正方形 ABCD 中，E、F 分别是 AB、BC 边的中点，将 ， 分别沿 DE， DF 折起，使得 A，C 两点重合于点 M． （1）求证： ； （2）求三棱锥 的体积． 19．（12 分） 光伏发电是利用太阳能电池及相关设备将太阳光能直接转化为电能，近几年在国内出台的光伏发电补 贴政策的引导下，某地光伏发电装机量急剧上涨，如下表： 年份 2011 年 2012 年 2013 年 2014 年 2015 年 2016 年 2017 年 2018 年 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 , 0 3 , 0 xx xf x f x x  − ≤=  − > ( )5f 2 2 ( 0)y px p= > 2 2 6 7 0x y x+ − − = p ABC∆ A B C a b c 2c b= cos 2 cosB C= 3a = ABCS∆ = ABCD ABD∆ BDC∆ ABD ⊥ BDC { }na 2 1 2 3 2 62 3 1, 9a a a a a+ = = { }na 3 1 3 2 3log log ...... logn nb a a a= + + + 1 nb       n nT AED DCF MD EF⊥ M EFD−91 年份代码 1 2 3 4 5 6 7 8 新增光伏装 机量 兆瓦 0.4 0.8 1.6 3.1 6.1 7.1 9.7 12.2 某位同学分别用两种模型：① ，② 进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差 分析，残差图如下（注：残差等于 ） 经过计算得 ， ， ， ，其中 ， . （1）根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应该选择哪个模型？并简要说明理由. （2）根据（1）的判断结果及表中数据建立 关于 的回归方程，并预测该地区 2020 年新增光伏装机 量是多少.（在计算回归系数时精确到 0.01） 附：归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： ， . 20．（12 分） 已知椭圆 C： （a>b>0），四点 P1（1,1），P2（0,1），P3（–1， ），P4（1， ）中 恰有三点在椭圆 C 上. （1）求 C 的方程； （2）设直线 l 不经过 P2 点且与 C 相交于 A，B 两点.若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为–1，证明：l x y  2y bx a= + y dx c= + i iy y− ( )( )8 1 72.8i i i x x y y = − − =∑ ( )8 2 1 42i i x x = − =∑ ( )( )8 1 686.8i i i t t y y = − − =∑ ( )8 2 1 3570i i t t = − =∑ 2 i it x= 8 1 1 8 i i t t = = ∑ y x ( )( ) ( ) 8 1 8 2 1 i i i i i x x y y b x x = = − − = − ∑ ∑  a y bx= −  2 2 2 2 =1x y a b + 3 2 3 292 过定点. 21．（12 分） 已知函数 . （1）曲线 在点 处的切线方程为 ，求 的值； （2）若 ， 时， ，都有 ，求 的取值范围. （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 22．[选修 4−4：坐标系与参数方程]（10 分） 在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （ 为参数），以坐标原点为极点，以 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 . （1）写出 的普通方程和 的直角坐标方程； （2）设点 在 上，点 在 上，求 的最小值以及此时 的直角坐标. 23．[选修 4−5：不等式选讲]（10 分） 已知函数 ， ，其中 ， 均为正实数，且 ． （1）求不等式 的解集； （2）当 时，求证 ． 2( ) lnf x ax x bx ax= − − ( )y f x= (1, (1))f 1 02x y+ + = ,a b 0a ≤ 1 2b = 1 2, (1, )x x e∀ ∈ 1 2 1 2 ( ) ( ) 3f x f x x x − ( )f x [ ]3,3− xy aπ= [ ]3,3− ( ) ( )sing x xω ϕ= + [ ]3,3− ,2k k πϕ π= + ∈Z 0 ϕ π< < 2 ϕ π= ( ) ( )sin cos2 x x x xf x a a πω ω π π  +  = = ( )1 0f = cos 0ω = 2k πω π= + k ∈N ( )0 2f = 0 cos0 1 2a aπ = = 1 2a = ( )2 1ka ω π= + k ∈N 2 3 2DE = 234 ( ) 32S π π= = 2 (3 1), 0( ) 2 ln 1, 0 x m xf x mx x x − + ≤ + + ′ =  > 0x > ( ) 0f x′ = ln 12 xm x +− =96 令 ，则 ，则函数 在 上单调递增，在 上单调递减， 的图象如图所示，所以当 ，即 时， 有两个不同的解；当 ，令 ， ，解得 ，综上， . 13．【答案】22 【解析】作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示， 由 可得 ，观察可知，当直线 过点 时， 取得最大值， 由 ，解得 ，即 ，所以 . 故答案为：22. 14．【答案】乙 【解析】根据甲与团支书的年龄不同，团支书比乙年龄小，得到丙是团支书， 丙的年龄比学委的大，甲与团支书的年龄不同，团支书比乙年龄小， 得到年龄从大到小是乙 丙 学委， 由此得到乙不是学委，故乙是班长． 故答案为乙． ( ) ln 1xg x x += ( ) 2 lnxg x x −=′ ( )g x ( )0,1 (1, )+∞ ( )g x 0 2 1m< − < 1 02 m− < < ( ) 0f x′ = 0x ≤ ( ) 0f x′ = 3 1 02 mx += < 1 3m < − 1 1,2 3m  ∈ − −   3z x y= − 3y x z= − 3y x z= − B z 2 4 0 2 x y y − − =  = 8 2 x y =  = (8,2)B max 3 8 2 22z = × − = > >97 15．【答案】 【解析】由题 ＝ +n+2，∴ ，所以 ， ， ，…， ，上式 个式子左右两边分别相加得 ，即 ，当 n=1 时，满足题意，所以 ，从而 . 故答案为 . 16．【答案】 【解析】设 , 可得 ,可得 （1）, 在 中，由余弦定理可得 （2）， 因为 ，所以在 ， 中分别利用余弦定理可得， , 两式相加可得 ,分别与（1）、（2）联立得 ， 消去 可得 ， 所以双曲线的渐近线方程为 ，即 ，故答案为 . 17．（12 分） 985 987 1na + na 1 2n na a n+ − = + 2 1 3a a− = 3 2 4a a− = 4 3 5a a− = ( )1 1 2n na a n n−− = + ≥ 1n − ( )( ) 1 4 1 2n n na a + −− = ( )( )1 2 2n n na + += 1 1 12 1 2na n n  = − + +  1 2 985 1 1 1 1 1 1 1 1 1 985... 2 2 3 3 4 986 987 987a a a + + + = − + − + + − = 985 987 y x= ± 1 2,PF m PF n= = 2m n a− = 2 2 22 4m mn n a− + = 1 2PF F△ 2 2 2 2 24 2 cos 3c m n mn m n mn π= + − = + − 2PO b= 1PFO△ 2POF ( )2 2 2 2 2 2 1 14 4 cos , 4 4 cosm c b b POF n c b b POFπ= + − ∠ = + − − ∠ 2 2 2 22 8m n c b+ = + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 8 4 10 2 , 2 8 4 6 2mn c b a b a mn c b c b a= + − = − = + − = − mn 2 2a b= a b= by xa = ± y x= ± y x= ±98 【解析】（1）因为 ， 由正弦定理可得： ， 即 ， 再由余弦定理可得 ，即 , 所以 .（6 分） （2）因为 ，所以 ， 由正弦定理 ，可得 . .（12 分） 18．（12 分） 【解析】（1）证明：连接 ，因为 ， 为线段 的中点， 所以 . 又 ， ，所以 为等边三角形， . 因为 ，所以 平面 ， 又 平面 ，所以平面 平面 .（5 分） （2）解：设 ，则 ，因为 ，所以 ， 同理可证 ，所以 平面 . 如图，设 ，以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向，建立空间直角坐标系 . 易知 为二面角 的平面角，所以 ，从而 . 由 ，得 . 又由 ， ，知 ， . 2sin sinsin sin sinsin B Cb B c C a AA  + = +    2 2 2 bcb c a aa  + = +   2 2 2 2b c a bc+ − = 2 cos 2bc A bc= 2cos 2A = 4A π= 3B π= ( ) 6 2sin sin 4C A B += + = sin sin a b A B = 3b = 1 3 3sin2 4ABCS ab C∆ += = AC PB PC= E BC PE BC⊥ AB BC= 60ABC∠ = ° ABC∆ BC AE⊥ AE PE E∩ = BC ⊥ PAE BC ⊂ BCP PAE ⊥ BCP AB PA a= = 2PB a PC= = 2 2 2PA AB PB+ = PA AB⊥ PA AC⊥ PA ⊥ ABCD AC BD O∩ = O OB x O xyz− FOA∠ A BD F− − 3cos 5FOA∠ = 4tan 3FOA∠ = 4 3 2 AF a = 2 3AF a= 20, ,2 3 a aF  −   3 ,0,02B a       3 2, ,2 2 3 a a aBF  = − −     20, ,2 3 a aOF  = −   99 设平面 的法向量为 ， 由 ， ，得 ，不妨设 ，得 . 又 ， ，所以 . 设 与平面 所成角为 ，则 . 所以 与平面 所成角的正弦值为 .（12 分） 19．（12 分） 【解析】（1）依题意得 ， 又 ∴椭圆 的方程为 .（4 分） （2）设直线 的方程为 ， 由 得 ， ∴ . BDF ( ), ,n x y z= n BF⊥  n OF ⊥ 3 2 02 2 3 2 02 3 a a ax y z a ay z − − + =  − + = 3z = ( )0,4,3n = 0, ,2 aP a −   3 ,0,02D a  −    3 , ,2 2 a aPD a  = − −     PD BDF θ 2 2 2 2 3 2sin 103 15 4 4 n PD a a n PD a a a θ ⋅ −= = = + +   PD BDF 2 10 33, 22 cc aa = = ⇒ = 2 2 3 1a b b− = ⇒ = C 2 2 14 x y+ = l ( )0y kx m m= + ≠ ( ) ( )1 1 2 2, , ,M x y N x y 2 2 14 y kx m x y = + + = ( ) ( )2 2 21 4 8 4 1 0k x kmx m+ + + − = ( )2 1 2 1 22 2 4 18 ,1 4 1 4 mkmx x x xk k −−+ = =+ +100 由题设知 ， ∴ ，∴ ， ∵ ，∴ . 此时 则 故直线 的斜率为 .（12 分） 20．（12 分） 【解析】（1）由频率分布直方图可知一台电脑使用时间在 上的概率为： ， 设“任选 3 台电脑，至少有两台使用时间在 ”为事件 ，则 .（4 分） （2）（ⅰ）由 得 ，即 ， ，即 ，所以 .（8 分） （ⅱ）根据频率分布直方图对成交的二手折旧电脑使用时间在 ， ， ， ， 上的频率依次为：0.2，0.36，0.28，0，12，0.04： 根据（1）中的回归方程， 在区间 上折旧电脑价格的预测值为 ， ( )( )1 22 1 2 1 2 1 2 1 2 kx m kx my yk k k x x x x + += = = ( ) 2 1 22 1 2 km x x mk x x + += + ( ) 2 1 2 0km x x m+ + = 2 2 2 2 8 01 4 k m mk − + =+ 0m ≠ 2 1 4k = ( ) ( ) ( )22 2 2 2 1 2 1 22 2 4 18 4 , 2 11 4 1 4 mkmx x m x x mk k −− + = = = = − + +  2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 1 2 2 1 21 14 4 x xOM ON x y x y x x+ = + + + = + − + + − ( ) ( )22 2 1 2 1 2 1 2 3 32 2 24 4x x x x x x = × + + = + − +  ( )2 23 4 4 1 2 54 m m = − − + =  l 2 21 , 52k OM ON= ± + = ( ]4,8 ( ) 20.14 0.06 2 0.4 5p = + × = = ( ]4,8 A ( ) 2 3 2 3 3 3 2 3 2 44·5 5 5 125P A C C   = + =       a bxy e += lny a bx= + t a bx= + 10 1 10 2 2 1 1 10 ˆ 0i ii ii x t xt b x x = − = − = − ∑ ∑ 2 79.75 10 5.5 1.9 0.3385 10 5.5 − × ×= = −− × ( )1.9 0.3 5.5 3ˆ .55a = − − × = 0.3 3.55t x= − + 0.3 3.55ˆ xy e− += ( ]0,2 ( ]2,4 ( ]4,6 ( ]6,8 ( ]8,10 ( ]0,2 3.55 0.3 1 3.25 26e e− × = ≈101 在区间 上折旧电脑价格的预测值为 ， 在区间 上折旧电脑价格的预测值为 ， 在区间 上折旧电脑价格的预测值为 ， 在区间 上折旧电脑价格的预测值为 ， 于是，可以预测该交易市场一台折旧电脑交易的平均价格为： （百元） 故该交易市场收购 1000 台折旧电脑所需的的费用为： （元）（12 分） 21．（12 分） 【解析】（1）函数 的定义域为 ， 又 ， 由 ，得 或 . 当 即 时，由 得 ，由 得 或 ； 当 即 时，当 时都有 ； 当 时，单调减区间是 ，单调增区间是 ， ； 当 时，单调增区间是 ，没有单调减区间；（5 分） （2）当 时，由（1）知 在 单调递减，在 单调递增. 从而 在 上的最小值为 . 对任意 ，存在 ，使 ，即存在 ，使的值不超过 在区间 上的最小值 . 由 得 ， . 令 ，则当 时， . ， ( ]2,4 3.55 0.3 3 2.65 14e e− × = ≈ ( ]4,6 3.55 0.3 5 2.05 7.8e e− × = ≈ ( ]6,8 3.55 0.3 7 1.45 4.3e e− × = ≈ ( ]8,10 3.55 0.3 9 0.85 2.3e e− × = ≈ 0.2 26 0.36 14 0.28 7.8 0.12 4.3 0.04 2.3 13.032× + × + × + × + × = 1000 13.032 1303200× = ( )f x (0, )+∞ 2 2 1 ( 1)[ ( 1)]( ) 1a a x x af x x x x ′ − − − −= − + + = ( ) 0f x′ = 1x = 1x a= − 2a > 1 1a − > ( ) 0f x′ < 1 1x a< < − ( ) 0f x′ > 0 1x< < 1x a> − 2a = 1 1a − = 0x > ( ) 0f x′ ≥ ∴ 2a > ( )1, 1a − ( )0,1 ( )1,a − +∞ 2a = ( )0,+¥ 2 1a e= + ( )f x ( )21,e ( )2 ,e +∞ ( )f x [ )1,+∞ 2 2( ) 3f e e= − − [ )1 1,x ∈ +∞ [ )2 1,x ∈ +∞ ( ) ( ) 2 2 1 2g x f x e≤ + [ )2 1,x ∈ +∞ ( ) 22f x e+ [ )1,+∞ 2 3e − 2 2 2e 3 2e e 3x mx− − + ≥ + − 2 2x mxe e+ ≤ 2 2 xe em x −∴ ≤ 2 2( ) xe eh x x −= [ )1,x∈ +∞ max( )m h x≤ ( ) ( ) ( )2 2 2 2 32 2 2 ( ) x x x xe x e e x xe e e h x xx − − − + −′ = = −102 当 时 ；当 时， ， . 故 在 上单调递减，从而 , 从而实数 得证.（12 分） 22．[选修 4−4：坐标系与参数方程]（10 分） 【解析】（1） 的普通方程为 ， 的直角坐标方程为 .（4 分） （2）由题意，可设点 的直角坐标为 ，因为 是直线，所以 的最小值即为 到 的距离 的最小值， . 当且仅当 时， 取得最小值，最小值为 ，此时 的直角坐标为 .（10 分） 23．[选修 4−5：不等式选讲]（10 分） 【解析】（1）由题意， ， ①当 时， ，不等式 无解； ②当 时， ，解得 ，所以 ． ③当 时， 恒成立，所以 的解集为 ．（5 分） （2）当 时， ； ． 而 ， 当且仅当 时，等号成立，即 ，因此，当 时， ，所以，当 时， ．（10 分） [1,2]x∈ ( ) 0h x′ < [2, )x∈ +∞ ( )22 e 2 0x x x xxe e xe e+ − > − ≥ ( ) 0h x′ < ( )h x [1, )+∞ 2 max( ) (1)h x h e e= = − 2m e e≤ − 1C 2 2 13 x y+ = 2C 4 0x y+ − = P ( 3 cos ,sin )α α 2C | |PQ P 2C ( )d α | 3 cos sin 4 | π( ) 2 | sin( ) 2 |32 d α αα α+ −= = + − π2 π ( )6k kα = + ∈Z ( )d α 2 P 3 1( , )2 2 ( ) 2, 1 2 , 1 1 2, 1 x f x x x x − ≤ − = −  ≥ ＜ ＜ 1x ≤ − ( ) 2 1f x = − ＜ ( ) 1f x ≥ 1 1x− ＜ ＜ ( ) 2 1f x x= ≥ 1 2x ≥ 1 12 x≤ ＜ 1x ≥ ( ) 2 1f x = ≥ ( ) 1f x ≥ 1 ,2  +∞  x∈R ( ) ( )1 1 1 1 2f x x x x x= + − − ≤ + + − = ( ) ( )2 2 2 2 2 2g x x a x b x a x b a b= + + − ≥ + − − = + ( ) ( ) ( )22 2 22 2 2 2 22 2 a ba ba b a b ab a b ++ + = + − ≥ + − × = =   1a b= = 2 2 2a b+ ≥ x∈R ( ) ( )2 22f x a b g x≤ ≤ + ≤ x R∈ ( ) ( )f x g x≤103 2020 年高考数学（文）终极押题卷（全解全析） 1．【答案】B 【解析】集合 ， ，则 . 故选 B. 2．【答案】D 【解析】∵m＜1，∴m﹣1＜0， ∴复数 2+（m﹣1）i 在复平面内对应的点（2，m-1）位于第四象限，故选 D． 3．【答案】A 【解析】已知 ， 向量 , , ， 故答案为 A. 4．【答案】C 【解析】因为 所以 选 C． 5．【答案】A 【解析】由题意，根据频率分布直方图， 可得获得复赛资格的人数为 =650 人， 故选：A． 6．【答案】A 【解析】若命题 ：“ ， ，为真命题，则 ， 若命题 ：“ ， ”为真命题，则 ，解得 ， 若命题“ ”为真命题，则 ， 都是真命题， 则 ，解得： ． 故实数 的取值范围为 ． { | 1 1}A x x= − < < { | 0 2}B x x= ≤ ≤ { | 0 1}A B x x= ≤ .b a c< < ( )1000 1 0.0025 20 2 0.0075 20× − × − × × p [ ]1,e∀∈ lna x> ln 1a e> = q x R∃ ∈ 2 4 0x x a− + = 16 4 0a∆ = − ≥ 4a ≤ p q∧ p q 1{ 4 a a > ≤ 1 4a< ≤ a ( ]1,4104 故选 A． 7．【答案】C 【解析】由三视图可得四棱锥 ，在四棱锥 中， ， 由勾股定理可知： ，则在四棱锥中，直角三角形有： 共三个，故选 C. 8．【答案】B 【解析】根据已知函数 其中 ， 的图象过点 ， ， 可得 ， ，解得： ． 再根据五点法作图可得 ，可得： ， 可得函数解析式为： 故把 的图象向左平移 个单位长度， 可得 的图象， 故选 B． 9．【答案】C 【解析】 ， 则 ，是偶函数，排除 B、D. P ABCD− P ABCD− 2, 2, 2, 1PD AD CD AB= = = = 2 2, 2 2, 3, 5PA PC PB BC= = = = , ,PAD PCD PAB∆ ∆ ∆ ( ) ( )sinf x A xω ϕ= + ( 0A > )2 πϕ < ,03 π     7 , 112 π −   1A = 1 2 7 4 12 3 π π π ω⋅ = − 2ω = 2 3 π ϕ π⋅ + = 3 πϕ = ( ) sin 2 .3f x x π = +   ( ) sin 2 3f x x π = +   12 π sin 2 cos23 6y x x π π = + + =   ( ) 2 11 sin sin1 1 x x x ef x x xe e − = − = + +  ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1sin sin sin1 1 1 x x x x x x e e ef x x x x f xe e e − − − − −− = − = ⋅ − = =+ + +105 当 时， ， ，即 ，排除 A. 故选:C. 10．【答案】D 【解析】根据题意可知，第一天 ，所以满足 ，不满足 ，故排除 AB， 由框图可知，计算第二十天的剩余时，有 ，且 ，所以循环条件应该是 . 故选 D. 11．【答案】C 【解析】设 t＝2x，函数 f（t）＝t2﹣mt+m+3 有两个不同的零点， ， ,∴ ，即 ，解得： 故选：C 12．【答案】C 【解析】因为直线 与双曲线 的一个交点 在以线段 为直径的圆上， 所以 ，不妨令 在第一象限内， 又 为 中点， ，所以 ， 因为直线 的倾斜角为 ， 所以 为等边三角形，所以 ， 因此，在 中， ， 由双曲线的定义可得： ， 所以双曲线 的离心率为 . 故选 C 13．【答案】 0, 2x π ∈   e 1x > sin 0x > ( ) 0f x < 1 2S = 2 SS = 1S S i = − 2 SS = 21i = 20i ≤ ( )1 1,2t ∈ ( )2 4,t ∈ +∞ ( ) ( ) ( ) 1 0 2 0 4 0 f f f ＞ ＜ ＜    1 3 0 4 2 3 0 16 4 3 0 m m m m m m − + + >  − + + + 2 2 2 1 1 1 3 14 b a b  =  + = 2 2 4 1 a b  =  = 2 2 14 x y+ = 0t ≠ 2t < 24 2 t−109 （t， ）. 则 ，得 ，不符合题设. 从而可设 l： （ ）.将 代入 得 由题设可知 . 设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 x1+x2= ，x1x2= . 而 . 由题设 ，故 . 即 . 解得 . 当且仅当 时， ，欲使 l： ，即 ， 所以 l 过定点（2， ）.（12 分） 21．（12 分） 【解析】（1）∵ = ，∴ -2b=-1, , ∴b= ,a=1.（4 分） （2）若 ， 时， ,在 x 上 恒成立， ∴f（x）在区间 上是减函数． 24 2 t−− 2 2 1 2 4 2 4 2 12 2 t tk k t t − − − ++ = − = − 2t = y kx m= + 1m ≠ y kx m= + 2 2 14 x y+ = ( )2 2 24 1 8 4 4 0k x kmx m+ + + − = ( )2 2=16 4 1 0k m∆ − + > 2 8 4 1 km k − + 2 2 4 4 4 1 m k − + 1 2 1 2 1 2 1 1y yk k x x − −+ = + 1 2 1 2 1 1kx m kx m x x + − + −= + ( )( )1 2 1 2 1 2 2 1kx x m x x x x + − += 1 2 1k k+ = − ( ) ( )( )1 2 1 22 1 1 0k x x m x x+ + − + = ( ) ( )2 2 2 4 4 82 1 1 04 1 4 1 m kmk mk k − −+ ⋅ + − ⋅ =+ + 1 2 mk += − 1m > − 0∆ > 1 2 my x m += − + ( )11 22 my x ++ = − − 1− ( ) ln 2 xf x a x a b a= + − −′ ln 2 xa x b− ( )1f ′ = ( ) 31 2f b a= − − = − 1 2 0a ≤ 1 2b = ( ) ln xf x a x′ = − ( )1,e∈ ( ) 0f x′ < ( )1,e110 不妨设 1