探源高考数学试题
一道高考题解法探源与推广
①对 称 点连 线与 曲线相 交 ； ②对 称点 连线 与对 称轴 垂直 ； 把 （） 人 （） ２代 １ 得
（） ２
第３ Ｏ卷第 ８ 期
２ １ 年 ８月 ０１
数 学教 学 研 究
３ ３
理 清平面 向量考点 ， 把握高考复 习脉络
严循 跃
（ 苏省如皋中学 江 ２６０） ２ ５ ０
１
③ 对称 点连线 段 的中点在 对称 轴上 ． 定 理 １ 若 椭 圆 ｃ： ２ — １（ ｙ２ ｘＴ ＞ ６ ＞ Ｏ 上 存 在两点 关 于直 线 ｚｙ ｘ ） ： —ｋ ＋ｍ（ ≠ Ｏ ｋ ） 对称 ， 满足 ｍ２ 则 ＜
不存 在 画图 即得 ， 同） 下 证 明 设 椭 圆 上 存 在 两 点 Ａ（ ，， ， ３ ） Ｂ ｘ ，２关于直 线 ｚ （ ） ： 一忌 ＋ｍ（ ≠０ 对 称 ， ｚ ｋ ） Ａ， 的 中点 为 Ｍ （ 。 Ｙ ） 那 么直 线 ＡＢ 的 Ｂ ｚ ，。 ，
（ 。 ６ｋ ） 。 ２ 。 ｔ 口 ＋ 。 。 ｚ 一 ａ ｋ ｘ＋ （。 ｂ ） 。 ￡－ 。 口 ｋ
一 ０。
宽； 注重 思 维能 力 ， 显 新 课 标 理 念． 题 前 彰 本
两 问得 分 较 高 ， ３问略 有创 新 ， 生 都 “ 第 考 似
即
△一 ４ 。 ２ ｎ ＋ ｂｋ － ｋ ） ０， ａｂｋ （ 。 。 。。 ＞ 口 ＋ｂｋ ＞ 。 ， （） １
足 ２ ＋ ＋ 忌＜ ｏ 户 。 ．
所以
— ｐ －ｍ － ｋ
一
一
地
（） ２
证明
设 抛物 线 Ｙ ＝２ ｘ ｐ Ｏ 上 存在 。 ｐ （＞ ）
把 （） 入 （ ） ２代 １ 得
2004---2009年广东高考数学试题命题探源
１ （０８ 目 ２０广东理 １） 图 ７ 随机抽取某厂的 某种产
品 ２０件 ，经质检 ，其 中有 一等 品 １６件 、二等 品 ０ ２ ５ ０件 、三等 品 ２ ０件 、次 品 ４件 ． 已知生 产 １件一 、 二 、三等品获得的利润分别为 ６万元 、２万元 、１ 万 元 ，而 １ 件次 品亏损 ２万元 ． １ 设 件产 品的利润 （ 单 位 ：万元 ）为 ．（ ）求 的分布列 ；（ ） １ １ ２ 求 件产品 的平均利润 （ 即 的数学期望 ） ３ 经技术 革新后 ， ；（ ） 仍 有四个 等级的产品 ，但次 品率降 为 １ ％。一 等品率 提 高为 ７ ％． 此时要求 １ ０ 如果 件产 品的平均利润不 小 于 ４７ 万元 。则三等品率最多是多少？ ．３
胁
漱
二
、
考搦
和 OR 上
，
由历 年 高 考 题 改 编 而 成
，
I不 在 同
一
平 面 内 的 三 条射 线
DP
、
OQ
广 东 高考数 学命 题 的 指 导 思 想 首 先 要 求稳 定
次 求新 强 调 稳 定
．
其
D
．
也 就 是 承 认 命题 是
一
种 自然 的 发
因 而 有 的 高考
展
．
不 会 有突 变
Ｘ ０ ２ ０１ ． １ ０ ００ ．３ ５ ０ ００ ．ｌ １０ ０ ｌ０ ００
豳圈 的 所有可能取值有６ ２ １ 一， ＝） ， ， ， ２ Ｐｉ６ ｆ
＝ ＝
０ ３ Ｐｉ ２ ． ＝ ）： ６， ｆ
．
： ． Ｐ ｉ ０２ ， ＝ ２ ５ ｆ
中奖金额的均值 是多少元？
题 的研 究可 以发 现．每年均有一定数 量的试题是以课 本习题 为素材的变式题 ，通过变形、延伸与拓展 来命
—道高考试题的探源及解法研究
、ｌ ／ 村２
半
．时 此朋 ｏ （， 污处 ＝ ｋ即 水 ｍ当 ）
三 ｋ ｍ时
，
帅 。 ． 当 ：ｏ 故 册 （ 一
铺设 的排 污管道 的 总长度 最 短．
ｍ
．
，
理厂建在矩形区域内 且到Ａ，两点的距离均为 日
铺 设 的排 污管道 的 总长度 最短．
３ 图４ 得 ．
Ｃ
令拄兰型 （≤ ≤ ） 如 下解 法． ｏ 有
，
ｃ ｓ Ｏ
４
解 法 １ 由扛
ｃ０ｓ
得 ｓ ｃ ｓ＝ ｉ ｎ ｏ８ ２
引 蝴 得 ｓ ） ｓ ） ・ ｉ ＝ｉ ＝ ｎ ２ｎ 去 （ （ 帅 帅
图 ３
醐ｎ），ｆ ｌ ｌ以 （≤ 嘉 帅１ 所
如图８设点Ｍ ，）Ｇ １ ，０ ， ， ０ ， （０ ｌ ）直线ｚ 的方程为卅、 ， ／ ｎ ／
解 法３ ‰ ｎ ｉ皓 ｎ ，ｏ 皓 ｃｓ ，
过 上 ，则 号，＝ ｌ ０号 点作Ⅳｚｖ ０ ， ＝ 于， Ｇ ｏ
代入到 ： 塑
，
整 理 得 拄
ｌ —
， 化 为 关 于 的 方 程 可
ｃ ｏｓ
ＭＮ＋ ＭＧ・ Ｇ谁 ＧＨ ｉｔ Ｈ，贼 ＭＮ＋ 这 ｔ ＭＧ≥ＧＨ，甄 以 ≥ＧＨ＝
（＋ ） ｚ２ ＋ 一 ｔ２ Ｈ一 Ｍ ２
１，直 ｍ 曲 一 三１≤≤ ）切 ０ 当 线 ＝ 与 线 Ｉ（ ｌ相 时 ） ｙ 气 ＝０ ０
（） ８ ）＋ Ｏ — ． ２， ０ ８ Ｏ ， 一 ： ０
三所 一 －８一／ ，ｓ≤／ ，图，直 ４ 以ｌ一 ≤ 一 ０ ｉ 如 ６ 线 ≤。 ≤ｎ ＿ ， ｃ ２ ｓ ２ 当
（
② ＋ 、 ２
《二项分布与超几何分布》真题探源
《二项分布与超几何分布》真题探源考情揭秘二项分布作为一种特殊离散型随机变量的分布之一,是一个重要的、应用广泛的概率模型,实际生活中的许多概率问题都可以利用此模型来解决,是高考的重点考查内容.高考对本节的内容的考查,主要有计算随机(互斥、相互独立)事件的概率、求二项分布、超几何分布的分布列;对于二项分布的应用,一般考查二项分布的分布列、均值、方差,难度中等.题型1 二项分布及其应用例天津高考设甲、乙两位同学上学期间,每天7:30之前到校的概率均为23,假定甲、乙两位同学到校情况互不影响,且任一同学每天到校情况相互独立.(1)用X表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数,求随机变量X的分布列和数学期望.(2)设M为事件“上学期间的三天中,甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”,求事件M发生的概率.答(1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立,且每天7:30之前到校的概率均为23,故2~3,3X B⎛⎫⎪⎝⎭,从而3321()C,0,1,2,333k kkP X k k-⎛⎫⎛⎫===⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.所以,随机变量X的分布列为2()323E X=⨯=.(2)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y,则2~3,3Y B⎛⎫⎪⎝⎭,且{3,1}{2,0}M X Y X Y===⋃==.由题意知事件{3,1}X Y==与{2,0}X Y==互斥,且事件{3}X=与{Y=1},事件{2}X=与{0}Y=均相互独立,从而由(1)知()P M=({3,1}{2,0})({3,1})({2,0}) P X Y X Y P X Y P X Y==⋃=====+==({3})({1})({2})({0})P X P Y P X P Y ===+===824120⨯+⨯=.题型2 二项分布概率最大问题的求法例 全国I 高考某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件作检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验,设每件产品为不合格品的概率都为p (0<p <1),且各件产品是否为不合格品相互独立.(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p ),求f (p )的最大值点0p .(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的0p 作为p 的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.①若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X ,求()E X ;②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验?答 (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为()f p =221820C (1)p p -.因此2182172172020()C 2(1)18(1)2C (1)(110)f p p p p p p p p ⎡⎤'=---=-⋅-⎣⎦.令()0f p '=,得0.1p =.当(0,0.1)p ∈时,()0f p '>;当(0.1,1)p ∈时,()0f p '<.所以()f p 的最大值点为00.1p =.(2)由(1)知0.1p =.①令Y 表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知~(180,0.1),20225Y B X Y =⨯+,即4025X Y =+.所以()(4025)4025()4025180E X E Y E Y =+=+=+⨯⨯0.1490=.②如果对余下的产品作检验,那么这一箱产品所需要的检验费为400元.由于()400E X ,故应该对余下的产品作检验.题型3 超几何分布的应用例天津高考已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人,进行睡眠时间的调查.(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人?(2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.①用X 表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X 的分布列与数学期望;②设A 为事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件A 发生的概率.答 (1)由已知,得甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3:2:2,由于采用分层抽样的方法从中抽取7人,因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人、2人、2人.(2)①随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3,X 服从超几何分布, 34337C C ()(0,1,2,3)C k k P X k k -⋅===. 所以随机变量X 的分布列为随机变量X 的数学期望()0123353535E X =⨯+⨯+⨯+⨯357=. ②设事件B 为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有1人,睡眠不足的员工有2人”,事件C 为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有2人,睡眠不足的员工有1人”,则A B C =⋃,且B 与C 互斥.由①知()(2),()(1)P B P X P C P X ====,故()P A =6()(2)(1)7PB C P X P X ⋃==+==. 所以事件A 发生的概率为6.。
2023年高考数学真题题源解密(新高考全国卷)专题05 三角函数(原卷版)
专题05三角函数目录一览2023真题展现考向一三角函数的图象与性质考向二三角恒等变换真题考查解读近年真题对比考向一三角函数的图象与性质考向二三角恒等变换考向三同角三角函数间的基本关系命题规律解密名校模拟探源易错易混速记/二级结论速记考向一三角函数的图象与性质1．（2023•新高考Ⅱ•第15题）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ），如图，A，B是直线y=1与曲线y＝f（x）2的两个交点，若|AB|=�6，则f（π）＝．2．（2023•新高考Ⅰ•第15题）已知函数f（x）＝cosωx﹣1（ω＞0）在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是．考向二三角恒等变换3．（2023•新高考Ⅱ•第7题）已知α为锐角，cosα=1+5，则sin�2=（）4A ．3−58B ．−1+58C ．3−54D ．−1+544．（2023•新高考Ⅰ•第8题）已知sin （α﹣β）=13，cos αsin β=16，则cos （2α+2β）＝（）A ．79B ．19C ．−19D ．−79【命题意图】考查同角三角函数的基本关系式、诱导公式、和角差角公式、三角函数的图象与性质、y=A sin （wx+ ）的图象与性质．应用三角公式进行化简、求值和恒等变形及恒等证明．【考查要点】三角函数高考必考．常考查和角差角公式、恒等变形化简求值、诱导公式、同角三角函数公式，辅助角公式等．常考查y=A sin （wx+ ）的图象与性质，涉及到增减性、周期性、对称性、图象平移、零点等．【得分要点】1．同角三角函数的基本关系（1）平方关系：sin 2α+cos 2α＝1．（2）商数关系：푠푖 �푐표푠�=tan α．2．诱导公式公式一：sin （α+2k π）＝sin α，cos （α+2k π）＝cos_α，其中k ∈Z ．公式二：sin （π+α）＝﹣sin_α，cos （π+α）＝﹣cos_α，tan （π+α）＝tan α．公式三：sin （﹣α）＝﹣sin_α，cos （﹣α）＝cos_α．公式四：sin （π﹣α）＝sin α，cos （π﹣α）＝﹣cos_α．公式五：sin （�2−α）＝cos α，cos （�2−α）＝sin α．公式六：sin （�2+α）＝cos α，cos （�2+α）＝﹣sin α．3．两角和与差的正弦、余弦、正切公式（1）C （α﹣β）：cos （α﹣β）＝cos αcos β+sin αsin β．（2）C （α+β）：cos （α+β）＝cos αcos β﹣sin αsin β．（3）S （α+β）：sin （α+β）＝sin αcos β+cos αsin β．（4）S （α﹣β）：sin （α﹣β）＝sin αcos β﹣cos αsin β．（5）T （α+β）：tan （α+β）=푡푎 �+푡푎1−푡푎 �푡푎 ．（6）T （α﹣β）：tan （α﹣β）=푡푎 �−푡푎1+푡푎 �푡푎．4．二倍角的正弦、余弦、正切公式（1）S2α：sin2α＝2sinαcosα．（2）C2α：cos2α＝cos2α﹣sin2α＝2cos2α﹣1＝1﹣2sin2α．（3）T2α：tan2α=2푡푎 �1−푡푎 2�．5．正弦函数、余弦函数、正切函数的图象和性质6．函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换y＝sin x的图象变换得到y＝A sin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0）的图象的步骤7．由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式在由图象求三角函数解析式时，若最大值为M，最小值为m，则A=�−�2，k=�+�2，ω由周期T确定，即由2��=T求出，φ由特殊点确定．考向一三角函数的图象与性质1．（2022•新高考Ⅰ）记函数f（x）＝sin（ωx+）+b（ω＞0）的最小正周期为T．若＜T＜π，且y ＝f（x）的图像关于点（，2）中心对称，则f（）＝（）A．1B．C．D．32.（多选）（2022•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝sin（2x+φ）（0＜φ＜π）的图像关于点（，0）中心对称，则（）A．f（x）在区间（0，）单调递减B．f（x）在区间（﹣，）有两个极值点C．直线x＝是曲线y＝f（x）的对称轴D．直线y＝﹣x是曲线y＝f（x）的切线3．（2021•新高考Ⅰ）下列区间中，函数f（x）＝7sin（x﹣）单调递增的区间是（）A．（0，）B．（，π）C．（π，）D．（，2π）考向二三角恒等变换4．（2022•新高考Ⅱ）若sin（α+β）+cos（α+β）＝2cos（α+）sinβ，则（）A．tan（α﹣β）＝1B．tan（α+β）＝1C．tan（α﹣β）＝﹣1D．tan（α+β）＝﹣1考向三同角三角函数间的基本关系5．（2021•新高考Ⅰ）若tanθ＝﹣2，则＝（）A．﹣B．﹣C．D．结合近三年命题规律，命制三角函数恒等变换题目，诸如“给值求角”“给值求值”“给角求值”，给定函数部分图象，求解函数解析式。
回顾探源 延伸发展——对2010年全国高考数学试题(理)第21题的思考
如 代 数 证 法 、 定 系 数 法 、 形 结 合 待 数 法 、 数法 、 参 向量 法 等 等 应 运 而 生 ． 但
０
，
．
是 对 题 目本 身 的 蕴 含 部 分 就 研 究 的 较 少． 在 第 １ 如 ９题 基 础 上 取 准 线 与 对 称 轴 的 交 点 为 Ｋ， 连 Ａ 且 不 妨 设 与 抛 物 线 的 另 一 交 点 为 ，， Ｂ 与 对 称 轴 垂 Ｋ， Ｊ则 Ｄ 直． 证 明略） 如上 图虚线所示 ） （ （ 让 我们 马上 回到 现在 看看 ２１ ０ ０年 全 国 高 考 数 学 试 题 （ ） ２ 题． 理 第 １
・
． ．
ＹＹ ＝ 一 ・Ｂ ／ｘ ， 点 Ｃ在 准线 ＝ 一 上 ， ｌ Ｐ．． Ｃ ／ 轴 且 ‘
二
’ ． ．
点Ｃ 坐 的 标为ｆ ÷ ， １ 一 Ｙ．
： ： 垒
ｙ １
一
故直线 Ｃ Ｏ的斜率为 ：
２
即 也 是 直 线 Ｏ 的斜 率 ，． Ａ ． 直线 Ａ Ｃ经 过 原 点 ０ 点 评 本 题 考 查 抛 物 线 的 概 念 和 性 质 ， 线 的 方 程 和 性 质 ， 算 能 直 运 力 和 逻 辑 推 理 能 力 ． 题 的 ｌ 现 让 不 该 叶 Ｉ 少 的 老 师 为 之 兴 奋 ， 而 不 同 的 方 法 从
年 一 度 的 高 考 已 经 落 下 帷 幕 ， 给 我 们 一 线 教 师 的 带 思 考 有 很 多 ， 至 可 以 说 回 味 无 穷 ， 展 望 近 几 年 的 高 考 试 甚 而 题 ， 无 不 渗 透 了命 题 专 家 的智 慧 ， 我 们 在 欣 赏 题 目 的 同 又 让
探究解法“促”理解追根溯源“亮”本质——对2012年高考数学安徽卷理科第20题别解与探源
＿ ２
题 中有 “ 椭 圆的方程 ” 、 “ 定点 （ ｃ ， ０ ） ” 、 “ 定 直线 ＝ ” 的
证 法 １ ： （ 相 切视 角） 根 据 题 意知 Ｐ ｆ 一 。 ， １ ， 由 隐 函 数
可得椭圆 ＋ ＝ １ 上任意一点（ ， ｙ ） 导数为 ＋ 点 Ｐ （ ＼８ 一 ｃ ， 等 ） ｜ ， 点 日 （ ＼ 等 ｃ ， 。 ） ｉ ， 故 害 ／ ＝ ｃ 一 面 ｌ ２ ｝ ｃ Ｈ ， 解 得 Ｑ ＝ ２ 仉 求导方法 ， 即 点 Ｑ 的 坐 标 是ｆ ， ２ 。 １ ， ５ Ｌ ， ￣ Ｑ （ ４ ， ４ ） ， 所 以 有 ： ４ Ｎ ． Ｄ ‘ ： ０ ， 此 时 的 斜 率 ＝ 一 ， 从 而 得 到 点 Ｐ ＼ ｃ ， 等 口 １ ／ 处
、 口 ／
（ Ｉ ） 知 点 Ｑ ｆ ， ２ ｎ １ ， 直 线 的 斜 靴： 一 ｂ ２ ／ ａ 百 － ２ ａ ： ， 从 而
＼ｃ ｜ －Ｃ 一 ７ ｃ
，
等 ） ， ＝ ￣ 一 － ｃ ， ２ ａ ） ， 此 时 ・ ： ， 等 ） ・
＿
得到直线Ｐ Ｑ 的方程为 ＝ ＿ ｃ ＿ ＋ ｏ ， 与椭圆方程 ＋ ＝ １ 联
标 为 （ ＼ ， Ｃ ｍ ） ／ ， 则 有 ＼ （ 一 ２ 。 ， ｎ １ ／ ， ： ｆ ＼ Ｃ ， ｍ １ ， ， Ｎ Ｐ Ｆ ２ ｉ
Ｑ Ｆ ２ ， 则 ． ： ｏ ， 即 一 ２ 。 ． ｆ 一 １ ＋ ｍ ． ： ｏ ， 解 得 ： ２ 。 ，
１ ． 解 法 反 思
经过认真 的思考 ， 剖析题 目的“ 数” 与“ 形” 的关系 ， 以
逆 向思维 的方式将题 目的“ 结构 ” 与“ 数据” 中隐藏 的关系 显化 出来 ， 其思考 的心路是 ：
2022年高考题的高数探源(李鸿昌)
2022年高考题的高数探源李鸿昌（北京师范大学贵阳附属中学）题1:（2022年甲卷理科12题）已知3132a =，1cos 4b =，14sin 4c =，则()A.c b a>> B.b a c >> C.a b c >> D.a c b >>解法1：利用结论sin tan (0)2x x x x π<<<<，则114tan 4144c b =>⨯=，所以c b >.2231111cos 1cos 32443211112sin 2()0832832a b -=-=--=-<⨯-=，所以b a >.综上所述，c b a >>，选A.结论是利用三角函数线知识即可得到，需要熟悉.解法2：构造函数先证：当02x π<<时，tan x x >.设()tan (0)2f x x x x π=-<<，则21'()10cos f x x =->，所以函数()f x 在(0,)2π上单调递增，得()(0)0f x f >=，故tan x x >.由tan x x >知4sin 4cos x x x >，所以114sin cos 44>，即c b >.再证：2cos 1(0)2x x x >-≠.设2()cos 12x f x x =-+，则'()sin f x x x =-，''()1cos 0f x x =-≥，所以'()f x 在R 上单调递增，又'(0)0f =，所以当(,0)x ∈-∞时'()0f x <，()f x 单调递减，当(0,)x ∈+∞时'()0f x >，()f x 单调递增，所以()(0)0f x f >=，即2cos 12x x >-.所以211131cos1()42432>-⨯=，即b a >.综上所述，c b a >>，选A.试题推广由解法2可知，当02x π<<时tan x x >，即sin cos x x x >，从而*sin cos (2,)n x nx x n n N >≥∈且，令1x n =，可得11sin cos n n n >.再由2cos 12x x >-，可得211cos 12n n >-.这样，本题可以推广如下：设2n ≥且n ∈N *，则2111sincos 12n n n n >>-.高数探源本题考查的主要是两个不等式：tan (0)2x x x π><<和2cos 1(0)2x x x >-≠.而这两个不等式的高等数学背景就是泰勒公式.然后泰勒公式离我们并不遥远，它就出现在我们的教材里.2019年人教A 版《数学必修第一册》第256页习题26如下：英国数学家泰勒发现了如下公式：357sin 3!5!7!x x x x x =-+-+ ，246cos 12!4!6!x x x x =-+-+ ，其中!1234n n =⨯⨯⨯⨯⨯ .这些公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精准性.比如，用前三项计算cos 0.3，就得到240.30.3cos 0.310.95533752!4!≈-+=.试用你的计算工具计算cos 0.3，并与上述结果比较.我们再补充一下正弦函数的：352tan 315x x x x =+++ .我们把上述的三个公式称为泰勒公式，由泰勒公式，我们可以得到如下的不等式：3sin (0)6x x x x >->，2cos 1(0)2x x x >-≠，tan (0)2x x x π><<.还有很多的高考题是以泰勒公式为背景的，详细请参考《高考题的高数探究与初等解法》第4节30页.题2（2022年新高考全国I 卷21题）已知点()2,1A 在双曲线()2222:111x y C a a a -=>-上，直线l 交C 于,P Q 两点，直线,AP AQ 的斜率之和为0.（1）求l 的斜率；（2）若tan 22PAQ ∠=，求PAQ △的面积.解：（1）因为点()2,1A 在双曲线()2222:111x y C a a a -=>-上，所以()2241111a a a -=>-，所以22a =，故22:12x C y -=.显然AP 的斜率存在且不为22±，故可设()2:212l y k x k ⎛⎫=-+≠± ⎪ ⎪⎝⎭，代入2212x y -=，消去y ，整理得()()222124420x k x k k ⎡⎤--+-+=⎣⎦，所以2244221P k k x k -+=-，从而()222244224121212121P p k k k k y k x k k k ⎛⎫-+-+-=-+=-+= ⎪--⎝⎭，因为直线,AP AQ 的斜率之和为0，所以把上式中的k 用k -替换可得2244221Q k k x k ++=-，2224121Q k k y k ---=-所以l 的斜率为818p QPQ p Q y y k k x x k-===---.（2）不失一般性，不妨设设直线AP 的倾斜角为,0,2θθπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则222PAQ θθπ⎛⎫∠=-=π- ⎪⎝⎭，因为tan PAQ ∠=，所以()22tan tan 21tan θθθπ-=-=-，所以tan k θ==（取正值），故P ⎝⎭，Q ⎝⎭从而5:3l y x =-+，即5:03l x y +-=，所以点()2,1A 到l的距离为d =，又因为1633PQ ==,所以PAQ △的面积为18239PQ d ==.高数探源本题的第（1）问的背景就是圆锥曲线中的四点公园问题的一个极限状态。
2024年新高考I卷数学高考试卷(原卷+答案)
2024年普通高等学校招生全国统一考试（新高考I 绝密★启用前卷）1. 项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8 小题，每小题5 分，共40 分. 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦数（适用地区:山东、广东、湖南、湖北、河北、江苏、福建、浙江、江西、安徽、河南）学注意事项：干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案书写在答题卡上，写在本试卷上无效。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选.已知集合=−<<=−−A xx B 3}{∣55,{3,1,0,2,3}，则A B =（）A−{1,0} B.{2,3} C. −−{3,1,0} D. 2. −{1,0,2}若z −z1=+1i ，则z =（）A.−−1i B.−+1i C. −1i D. 3. +1i 已知向量a b x ==(0,1),(2,)，若b b a ⊥−(4)，则x =（）A. −2 B. 4. D. C. −112已知 αβαβ+==mcos(),tan tan 2，则cos()αβ−=（）A. −3m B. −m 3C.m 3D. 5. 3m，则圆锥的体积为（）AB.C.D.6. 已知函数⎩++≥−−−<⎧x x x ax a x x e ln(1),0f x ()=⎨2,0在R 上单调递增，则a 的2取值范围是（）A.−∞(,0] B.−[1,0] C. −[1,1] D. 7. +∞[0,)当[0,2]πx 时，曲线y x =sin 与⎝⎭⎪⎛⎫y x π=−6 D. C. B. 2sin 3的交点个数为（）468f x ()的定义域为R A. 38. 已知函数，，>−+−f x f x f x ()(1)(2)且当x <3时f x x ()=，则下列结论中一定正确的是（）.A. f >(10)100B. f >(20)1000C.f <(10)1000 D. 要求. 全部选对得6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9. 随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.二、选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分. f <(20)10000在每小题给出的选项中，有多项符合题目为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值x =2.1，样本方差s =0.012，已知该种植区以往的亩收入X 服从正态分布N )(1.8,0.12，假设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布N x s ,2)(，则（）（若随机变量Z 服从正态分布N)(μσ,2， P Z <+≈μσ()0.8413）A. P X >>(2)0.2 B. P X ><(2)0.5 C.P Y >>(2)0.5 D. 10. P Y ><(2)0.8设函数 f x x x ()(1)(4)=−−2，则（）A.x =3是f x ()的极小值点 B. 当<<x 01时，f x f x()<2)C. (当<<x 12时，−<−<f x D. 4(21)0当x−<<10时，11. 设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C 的一部分.已知C 过坐标原点O .且C 上的点满足:−>f x f x (2)()横坐标大于−2，到点F (2,0)的距离与到定直线 x a a =<(0)的距离之积为4，则（）A. B. a =−2点D. C. C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为在C 上1当点,)在C (x y 00上时，x 0+4212. 三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分y 0≤.设双曲线−=>>a bC a b x y :1(0,0)2222左右焦点分别为、F F 12，过F 2作平行于y 轴的直线交C 于A ，B 两点，若||13,||1013. ，则C F A AB 1==的离心率为___________．若曲线=+y x e x 在点(0,1)处的切线也是曲线=++y x a ln(1)的切线，则张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________分别标有数字2，4，6，81，3，5，714. a =__________.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字，乙的卡片上，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一.的15. 四、解答题：本题共5 小题，共77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.记ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c，已知sin =C B，a b c （1）求B ；（2）222+−=若ABC的面积为16. c 3．已知A (0,3)和⎝⎭⎪⎛⎫P 23,3椭圆+=>>a bC a b x y :1(0)22（1）求C 的离心率;（2）若过P 上两点22.的直线l 交C 于另一点B ，且ABP17. 的面积为9，求l 的方程．如图，四棱锥−P ABCD 中，底面ABCD PA ⊥，PA AC ==2，BC AB == （1）1,．若⊥AD PB ，证明：（2）PBC AD //平面；若⊥AD DC ，且二面角−−A CP D正弦值为7，求AD ．为18. 已知函数 2−=++−f x ax b x x()ln(1)（1）x3若b =0，且 x ≥f '()0，求（2）a 的最小值；证明：曲线（3）y f x =()是中心对称图形；若f x >−()2当且仅当<<x 12，求19. 设m b 的取值范围．为正整数，数列a a a a 1242,,...,m +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i 和a i j j (<)后剩余的4m 项可被平均分为 组，且每组的m 个数都能构成等差数列，则称数列a a a 1242,,...,m +是（1）(i j ,)−可分数列．写出所有的(i j ,)，≤<≤i j 16，使数列 ,,...,a a a 126是（2）(i j ,)−可分数列；当m ≥3时，证明：数列,,...,m +a a a 1242是（3）(2,13)−可分数列；从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和<j i j )(，记数列,,...,m +a a a 1242是(i j ,)−可分数列的概率为P m ，证明：P >m 81．1.【答案】A 【详解】参考答案因为=<<=−−A x x B |,3,1,0,2,3{}{，且注意到<<12从而AB ，=故选：A.2.【答案】C 【详解】{−1,0}.因为−−−==+=+z z z 11111i z z −+111，所以z =+=−i 11i (4故选：C.3【答案】D 1.【详解】因为)b b a ⊥−，所以)b b a (40⋅−= ，所以b a b −⋅=240即+−=440x x 2，故 故选：D.4.【答案】A x =2，【详解】因为cos (αβ+=)m ，所以 cos cos sin sin αβαβ−=m ，而tan tan 2αβ=，所以= ααβsin sin 2cos cos ，故cos cos 2cos cos αβαβ−=m 即cos cos αβ=−m ，从而sin sin 2αβ=−m ，故cos 3αβ−=−m )故选：A.5. 【答案】B (，【详解】设圆柱的底面半径为r，而它们的侧面积相等，所以=π2πr r=，故r =3，故圆锥的体积为3故选：B.6. 【答案】B 【详解】π⨯=91.因为f x ()在R 上单调递增，且x ≥0时，f x x x)(()=++e ln 1单调递增，则需满足()⎩−≤+⎪⨯−⎪ ⎨⎧−≥21a e ln1−2a0−≤≤10a 0，解得，.即a 的范围是T =2πy x =sin 故选：B.7. 【答案】C 【详解】−[1,0].因为函数的的最小正周期为，函数⎝⎭⎪y x ⎛⎫=−62sin 3π的最小正周期为 T =32π，所以在x ∈[0,2π]上函数⎝⎭⎪y x ⎛⎫=−62sin 3x <8. 【答案】B 【详解】由图可知，两函数图象有6个交点.故选：π有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：C 因为当3时 f x x()=，所以f f (1)1,(2)2==，又因为>−+−f x f x f x ()(1)(2)，则f f f f f f (3)(2)(1)3,(4)(3)(2)5>+=>+>，>+>>+>>+>f f f f f f f f f (5)(4)(3)8,(6)(5)(4)13,(7)(6)(5)21，>+>>+>>+>f f f f f f f f f (8)(7)(6)34,(9)(8)(7)55,(10)(9)(8)89，f f f f f f f f f >+>>+>>+>11)377(11)(10)(9)144,(12)(11)(10)233,(13)(12)(>+>>+>f f f f f f (14)(13)(12)610,(15)(14)(13)987，>+>>f f f (16)(15)(14)15971000，则依次下去可知且无证据表明ACD 一定正确.故选：B.9. 【答案】，则B f >(20)1000正确；BC【详解】依题可知，x s ==2.1,0.012，所以(2.1,0.1YN)，故P Y P Y P Y )() ()，C 正确，D (>=>−=<+≈>2 2.10.1 2.10.10.84130.5错误；因为(1.8,0.1XN )，所以P X P X )()(>=>+⨯2 1.820.1，因为P X )(<+≈1.80.10.8413，所以 P X )(>+≈−=<1.80.110.84130.15870.2，而P X P X P X )()()故选：BC ．10. 【答案】ACD 【详解】对A ，B 正确，A (>=>+⨯<>+<2 1.820.1 1.80.10.2错误，，因为函数f x 的定义域为R ()，而'f x x x x x x 2))(())()((()=−−+−=−−2141313，易知当x ∈(1,3)时，'f x ()<0，当x ∈−(∞,1)或x ∈+(3,∞)时，'f x ()>0函数f x ()在(−∞,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增，故x =3是函数f x 点，正确；对B ()的极小值，当<<x 01时，x x x x −=−>2)(10，所以>>>10x x 2，而由上可知，函数f x ()在(0,1)上单调递增，所以f x f x2)对C ()>(，错误；，当<<x 12时，<−<x 1213，而由上可知，函数 f x ()在(1,3)上单调递减，所以f f x f ())()>−>(1213，即−<−<f x 4210)对D (，正确；，当x −<<10时，−−=−−−−−−=−−>f x f x x x x x x x (2)()12141220222))()()()(()(，所以故选：ACD.11. 【答案】ABD 【详解】对于A −>f x f x (2)()，正确；：设曲线上的动点P x y (,)，则x >−2x a −=4，a04−=，解得对于B ，故A 正确a =−2.x +=24，而x >−2，x +=24)(.当x y ==0=−=2844)(，故)对于C 在曲线上，故B 正确(.：由曲线的方程可得()x +y x =−−216222(2)，取x =23，则494y 2641=−，而⨯−−=−=>−49449449410641645256245，故此时y 2>1，故对于D 在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C 错误C .：当点,)在曲线上时，由C (x y 00的分析可得()()++x x 2216160022y x 00=−−≤22(2)，故 −≤≤x x 00++4422故选：ABD.12. ，故D 正确y 0.【答案】2【详解】3由题可知,,A B F 2三点横坐标相等，设A 在第一象限，将=x c 代入a b −=x y12222得a y =±b 2，即⎝⎭⎝⎭−⎛⎫⎛⎫a a A c B c ⎪ ⎪,,,b b 22，故a AB ==102b 2，a AF ==52b 2，又AF AF a −=212，得AF AF a a 12=+=+=22513，解得a =4，代入a=5b 2得b 2=20，故c a b 222=+=36,，即c =6，所以a e ===c 4263.故答案为：213. 3【答案】【详解】ln 2由=+y x e x得y '|e 12x =0=+=0y '=+e 1x ，，故曲线=+y xe x在(0,1)处的切线方程为y x =+21；由=++y x a ln 1)(得 x +y '=11，设切线与曲线=++y x a ln 1) (相切的切点为,ln 100()(x x a )++，由两曲线有公切线得y '==x 0+112，解得2x 01=−，则切点为⎝⎭ ⎪−+ ⎛⎫a 22,ln 11，切线方程为⎝⎭ ⎪=+++=++− ⎛⎫y x a x a 222ln 21ln 211，根据两切线重合,所以 a −=ln 20，解得a =ln 2.故答案为：14. ln 2【答案】2【详解】1##0.5设甲在四轮游戏中的得分分别为,,,X X X X 1234，四轮的总得分为X .对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率⨯===P X k 448163)(，所以 E X k k (1,2,3,4))==83(.从而==E X E X X X X E X k k k823311123444)( )∑∑(()=+++===.记p P X k k k ===)(0,1,2,3)如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8(.，所以A 24114如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6p 0==4；，所以A 24114p 3==4.而的所有可能取值是0，1，2，3X ，故p p p p 0123+++=1，223p p p E X 1233++==().所以12p p 12++=11，822p p 1213++=，两式相减即得242p 211+=，故 2所以甲的总得分不小于2p p 231+=.的概率为 2p p 231+=.故答案为： 215.【答案】（11.） B =3（2π）a b c ab C +−=【小问1详解】由余弦定理有2cos 222，对比已知a b c 222+−=，可得+−ab ab a b c 222cos C ===222，因为C ∈(0,π)，所以sin 0C >，从而C ===2 sin ，又因为sin =C B ，即 2cos B =1，注意到B ∈(0,π)，所以 B =3【小问2详解】由（1π.）可得B =3π，2cos C =，C ∈0,π()，从而C =4π，A =−−=3412 π5πππ，而⎝⎭⎝⎭⎪ ⎪⎛⎫⎛⎫A ==+=+⨯=124622224sin sin sin 1ππ5π，由正弦定理有==a b c1234sin sin sin ππ5π，从而==== +a c b c 4222,1，由三角形面积公式可知，ABCSab C c c c 的面积可表示为ABC==⋅⋅= +222228sin 由已知21113，ABC的面积为+3，可得 c 8=332所以16. 【答案】（1c =）2（2）1直线l 的方程为3260【解析】【小问1x y −=x y −−=或20.详解】由题意得⎪+=⎪⎪⎪⎧14⎨99⎩a b b =322⎩a ，解得=⎨212⎧b 2=9，所以e ===21【小问2.详解】法一：−k AP==−03223−AP 13，则直线的方程为 y x =−+231，即x y +−=260，==AP ，由（1）知+= x y 129C :122，设点B 到直线AP的距离为d，则d ==25，则将直线AP 沿着与AP 垂直的方向平移5单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点B ，设该平行线的方程为：x y C ++=20，=5，解得C =6或C =−18，当C =6时，联立⎪⎩x y ++=⎪260⎨129+=1⎧x y 22，解得⎩y =−⎨3⎧x =0或⎩⎪⎨y ⎧=−23⎪x =−3，即B (0,3−)或⎝⎭⎪−−⎛⎫23,3，当B (0,3−)时，此时k l =23，直线l 的方程为2y x =−33，即3260x y −−=，当⎝⎭ ⎪−−⎛⎫B 23,3时，此时k l=21，直线l 的方程为 =y x 21，即x y −=20，当C =−18时，联立⎪⎩x y +−=⎪2180⎨129+=1⎧x y 22得2271170，此时该直线与椭圆无交点27421172070y y 2−+=，∆=−⨯⨯=−<2.综上直线 l 的方程为x y −−=3260或x y −=20.法二：同法一得到直线AP 的方程为B x y +−=260，点到直线AP 的距离 d =5，B x y ,00)(，则⎩⎪⎪=129+=1x y 0022，解得⎩⎪⎨⎧2y 0=− 3⎪x 0=−3或⎩y 0=−⎨3⎧x 0=0，设即B (0,3−)或⎝⎭⎪−−⎛⎫23,，以下同法一3.法三：同法一得到直线AP 的方程为B x y +−=260，点到直线AP的距离 d =5，设B ,3sin θθ)(，其中θ∈π[0,2)= 5，联立cos sin 1θθ+=22，解得⎩⎪⎨⎪⎧2⎪sin θ=−21⎪cos θ=−或⎩θ⎨=−θ=sin 1⎧cos 0，即B (0,3−)或⎝⎭⎪−−⎛⎫23,3，以下同法一；法四：当直线AB 的斜率不存在时，此时B SPAB(0,3−)，=⨯⨯=26391，符合题意，此时k l =23，直线l 的方程为2y x =−33，即x y −−=3260，当线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y kx =+3，联立椭圆方程有⎪⎩⎪129+=1⎨x y ⎧y kx =+322，则43240k x kx 22++=)(，其中k k ≠AP ，即k ≠−21，解得x =0或x =43k 2−24k +，k ≠0， k ≠−21，令x =43k 2−24k +，则+k y =k 43−+12922，则⎝⎭++ ⎪−−+⎛⎫k k B k k 4343 ,24129222同法一得到直线AP 的方程为x y +−=260，点B 到直线AP的距离 d =5，=，解得32 k，此时⎝⎭ ⎪−−⎛⎫B 23,3，则得到此时k l=21，直线l 的方程为 =y x 21，即x y −=20，综上直线 l 的方程为3260x y −=20x y −−=或.法五：当l 的斜率不存在时，⎝⎭⎪=−=⎛⎫l x B PB A 2:3,3,,3, 3到PB 距离d =3，此时SABP=⨯⨯=≠ 22339不满足条件19.当l 的斜率存在时，设−=−2PB y k x :(3)3，令P x y B x y ,,,1122))((，⎪⎪⎪⎪x y ⎩⎧y k x =−+129+=12(3)⎨322，消y 可得+−−+−−=2222 ))(Δ(4324123636270k x k k x k k ，=−−+−−>2222)(()k k ≠)(24124433636270k kk k k ，且AP ，即k ≠−21，⎩+⎪⎨⎪−⎧k 43363627,432⎪x x 12=k k 2−−PB ==k 2+⎪x x 12+=2412k k 2，A 到直线PB 距离9PABd S===21 ，∴=k 21或23，均满足题意，∴=l y x 2:1或2y x =−33，即x y −−=3260或x y −=20.法六：当l斜率不存在时，⎝⎭⎪=−=⎛⎫l x B PB A 2:3,3,,3, 3到PB 距离d =3，此时SABP=⨯⨯=≠ 22339不满足条件19.当直线l 斜率存在时，设2l y k x :(3)=−+3，设l 与y 轴的交点为Q ，令x =0，则⎝⎭⎪ ⎛⎫Q k 20,3−+3，联立⎪⎨⎩⎪y kx k ⎧=−+343623x y 223+=，则有⎛⎫ ⎪⎝⎭32222)(34833636270+−−+−−=k x k k x k k ，⎛⎫ ⎪⎝⎭32222)(34833636270+−−+−−=k xk k x k k ，其中⎝⎭ ⎪⎛⎫2834343636270Δ=−−+−−>k k k k k 3222)2()(，且k ≠−21，则==++−−−−k kx x B B 3434 3,3636271212922k k k k 22，则+=−=+=S AQ x x k k +P B 2223439k 11312182，解的k =21或32 的，经代入判别式验证均满足题意k .则直线l 为=y x 21或y x =−233，即x y −−=3260或（217. 【答案】（1）x y −=20.证明见解析PA 【解析】【小问1详解】（1）因为⊥平面ABCD ，而 AD ⊂平面ABCD ，所以⊥PA AD ，又⊥AD PB ，PBPA P =，⊂PB PA ,平面PAB ，所以AD ⊥平面 PAB ，而PAB AB ⊂平面，所以 ⊥AD AB .因BC AB AC +=222，所以，⊥BC AB 根据平面知识可知AD BC //，又⊄AD 平面PBC ，⊂BC 平面PBC ，所以AD //平面【小问2详解】如图所示，过点D PBC ．作⊥DEAC E ，再过点E 作⊥EF CP 于F ，连接DF ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以平面PAC ⊥平面ABCD ，而平面PAC 平面=ABCD AC ，所以⊥DE 平面 PAC ，又⊥EF CP ，所以 CP ⊥平面DEF ，根据二面角的定义可知，∠DFE 即为二面角−−A CP D 的平面角，即DFE 7sin ∠=，即 ∠=DFE tan 因为⊥AD DC ，设=AD x，则=CD，由等面积法可得，DE =2，又CE ==24−x2，而EFC 为等腰直角三角形，所以EF =2，故∠==DFE tan 22x =AD =．为18. 【答案】（1）（3（2）−2证明见解析）b ≥−3b =0【解析】【小问12详解】时，−xf x ax ()=+ln2x，其中x ∈(0,2)，则()− '−x x x x f x a a x ,0,2()()=++=+∈11222，因为⎝⎭x x ⎛⎫⎪2−+2x x2)(21−≤=，当且仅当x =1时等号成立，故=+'f x a 2min ()，而'f x ()≥成立，故a +≥20即a ≥−2，所以a 的最小值为【小问2.−2，详解】−xf x ax b x 3) (()=++−ln12x 的定义域为(0,2)，设P m n(,)为=y f x ()图象上任意一点，P m n (,)关于(1,a )的对称点为Q m a n (2,2−−)，因为P m n ,)(在=y f x ()图象上，故=++−n am b m 2−m mln 1 3)(，而⎣⎦⎢⎥⎡⎤−m m 2f m a m b m am b m a −2m m 33)())(()=−+(2ln221ln 12−=+−+−−=−++−+，n a 2，所以Q m a n(2,2−−)也在=y f x ()图象上，由P 的任意性可得=y f x ()图象为中心对称图形，且对称中心为【小问3(1,a ).详解】因为f x ()>−2当且仅当<<x12，故x =1为f x ()=−2的一个解，所以f)=−(12即a =−2，先考虑<<x12时，f x 恒成立()>−2.此时f x ()>−2即为+−+−>2−x x ln21103) )((x b x 在(1,2)上恒成立，设t x =−∈10,1()，则1−−+>tln 20t bt t +13(0,1)上恒成立，设−g t t bt t 3()()=−+∈ln 2,0,11t +1t，则−'−t tg t bt 112−++32322232 t bt b 22)()(=−+=，当b ≥0，−++≥−++=>32332320bt b b b 2，故'g t ()>0恒成立，故 g t ()在(0,1)上为增函数，故g t g )(00 ()>=即f x 上恒成立(1,2()>−2在).当−≤<3b 0 2时，−++≥+≥323230bt b b 2，故'g t ()≥0恒成立，故 g t ()在(0,1)上为增函数，故g t g )(00()>=即 f x ()>−2在上恒成立(1,2).当b <−32，则当<<<t 01时，'g t ()<0故在⎝ ⎛上g t ()为减函数，故g t g)(00()<=，不合题意，舍；综上，f x ()>−2在(1,2)上恒成立时 b ≥−2.3而当 b ≥−32时，而b ≥−32时，由上述过程可得g t ()在(0,1)递增，故 g t ()>0的解为(0,1)，即 f x >−2()的解为(1,2).综上， b ≥−19. 【答案】（12.3） )()()（3）(1,2,1,6,5,6证明见解析（2(i j ,)−（2）证明见解析【解析】【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可；）根据(i j ,)−可分数列的定义即可验证结论；在（3）证明使得原数列是(i j ,)−可分数列的(i j ,)至少有2),,...,m 【小问1详解】个，再使用概率的定义(m m +−1.首先，我们设数列+a a a 1242的公差为d ，则d ≠0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形'=+=+da k m ka a k 11,2,...,42−1)(，得到新数列a k k m '==+k(1,2,...,42)，然后对,,...,m '''+进行相应的讨论即可a a a 1242.换言之，我们可以不妨设a k k m ==+k 回到原题，第1，此后的讨论均建立在该假设下进行(1,2,...,42).小问相当于从中取出两个数 i 和j i j ，使得剩下四个数是等差数列(<).那么剩下四个数只可能是 1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的(i j ,)就是)()()m 【小问2详解】(1,2,1,6,5,6.由于从数列+1,2,...,42中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4,5,61,4,7,10,3,6,9,12,5,8,11,14}}{}{{，共3组；②{m m m m −++}} }{{15,16,17,18,19,20,21,22,...,41,4,41,42，共m −3组.（如果，则忽略②m −=30）故数列m +1,2,...,42是【小问3可分数列(2,13)−.详解】定义集合=+==+A k k m m }}{{410,1,2,...,1,5,9,13, (41)=+==+B k k m m}}{ {420,1,2,...,2,6,10,14,...,42.下面证明，对≤<≤+i j m 142，如果下面两个命题同时成立，则数列 1,2,...,42m +一定是 命题1(i j ,)−可分数列：：∈∈i A j B ,或命题2∈∈i B j A ,；：我们分两种情况证明这个结论j i −≠3..第一种情况：如果∈∈i A j B ,，且j i −≠3.此时设j k =+422i k =+411，，∈,0,1,2,...,k k m 12}{.则由i j <可知4142k k 12+<+，即 4k k 211−>−，故k k ≥21.此时，由于从数列 m +1,2,...,42中取出i k =+411和 j k =+422后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①−−−1111}}{k k k k}{{1,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4，共k 1组；②++++++++−−+111111112222}}{}{{42,43,44,45,46,47,48,49,...,42,41,4,41k k k k k k k k k k k k ，共k k −21组；③++++++++−++22222222}}{ }{ {43,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ，共组m k −2.（如果某一部分的组数为 0，则忽略之）故此时数列m +1,2, (42)可分数列(i j ,)−.第二种情况：如果∈∈i B j A ,，且j i −≠3.此时设i k =+421，j k =+412，∈,0,1,2,..., k k m 12}{.则由<i j 可知4241k k 12+<+，即 4k k 211−>，故k k >21.由于j i −≠3，故+−+≠21))((41423k k ，从而k k 21−≠1，这就意味着k k 21−≥2.此时，由于从数列m +1,2,...,42中取出i k =+421和j k =+412后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①−−−1111}}{k k k k}{{1,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4，共k 1组；②+++++++1121212}{41,31,221,31k k k k k k k ，+++++++1212122 }{32,222,32,42k k k k k k k ，共③2组；全体+++++++1121212} {4,3,22,3k p k k p k k p k k p ，其中3,4,...,21=−p k k ，共k k 21−−2组；④++++++++−++22222222}}{ }{{43,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ，共m k −2组.（如果某一部分的组数为这里对②和③进行一下解释：将③0，则忽略之）中的每一组作为一个横排，排成一个包含4k k 21−−2个行，个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：+++1112}{43,44,...,3k k k k ，+++++121212}{33,34,...,22k k k k k k ，+++++121212}{223,223,...,3k k k k k k ，++++33,34,...,412122}{k k k k k . 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍+++112}{41,42,...,42k k k 中除开五个集合++11}{41,42k k ，++++1212}{31,32k k k k ，221,222k k k k 1212++++}{，++++31,321212}{k k k k ，++22}中的十个元素以外的所有数{41,42k k .而这十个数中，除开已经去掉的42 k 1+和41以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数k 2+.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列m +1,2,...,42是可分数列(i j ,)−.至此，我们证明了：对≤<≤+i j m ，如果前述命题1和命题2142同时成立，则数列的个数(i j ,可分数列.(i j ,)m +1,2,...,42一定是−然后我们来考虑这样的).首先，由于A B ⋂=∅，A 和B 各有个元素，故满足命题1m +1的(i j ,)总共有2(m +1)个；而如果j i −=3，假设∈∈i A j B ,，则可设i k =+411，j k =+422，代入得+−+=21 ))((42413k k .但这导致 2k k 211−=，矛盾，所以∈∈i B j A ,.设i k =+421，j k =+412，∈,0,1,2,...,k k m 12}{，则+−+=21) )((41423k k ，即k k 21−=1.所以可能的,)(k k 12恰好就是(0,1,1,2,...,1,)()(m m −)，对应的m m (i j ,)分别是−+2,5,6,9,...,42,41)()()(，总共个m .所以这2个满足命题1(m +1)的)中，不满足命题2(i j ,的恰好有这就得到同时满足命题1和命题2个m .的(i j ,)的个数为2)(m m +−1.当我们从m +1,2,...,42中一次任取两个数i 和j i j (<)时，总的选取方式的个数等于=++2)((2141m m))()(4241m m ++.而根据之前的结论，使得数列,,...,m +a a a 1242是(i j ,)−可分数列的(i j ,)至少有 2)个(m m +−1.所以数列a a a 1242,,...,m +是(i j ,)−可分数列的概率))))P m 一定满足(()(()(()(()⎝⎭ ⎪P ⎛⎫≥=>==m m ++214121412142221218m m m m m m m m m +m ++++++++42m m ++11122212)这就证明了结论(m m +−1..。
2004_2009年广东高考数学试题命题探源_王位高
X0
2
P 0.8545 0.1
10 50 100 1000 0.03 0.01 0.005 0.0005
彩票可能中奖金额的均值是 E （X）=0×0.8545+2×
故 ξ 的分布列为：
0.1+10×0.03+50×0.01+100×0.005+1000×0.0005=2.
ξ
6
2
1
-2
解
的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图， 它
三、 参考各地级市模拟题
读
的正视图和侧视图在下面画出 （单位： cm） ． （1） 在
正视图下面， 按照画三视图的要求画出该多面体的俯
命题组将各地市模拟题收集后， 认真研究， 对于 各地模拟题都涉及到的热点问题，会充分考虑，这也反
视图； （2） 按照给出的尺寸， 求 该 多 面 体 的 体 积 ；
4 人分别从事翻译、 导游、 导购、 保洁四项不同工作.
（1） 请画出该安全标识墩的侧 （左） 视图；
若其中甲、 乙两名志愿者都不能从事翻译工作， 则选
（2） 求该安全⊥平面 PEG.
A. 280 种 B. 240 种 C. 180 种 D. 96 种
HF. 又 EG⊥HF, ∴HF⊥平面 PEG.
高中 2009 年第 7·8 期
55
笑傲考场
又 BD∥HF, ∴BD⊥平面 PEG. P
6- 1 × ( 1 ×2×2) ×2= 284 cm3.
32
3
（3） 证明： 如图， 在长方体 ABCD-A′B′C′D′中 ，
连接 AD′， 则 AD′∥BC′.
映出命题组贴近教学一线，保持考试稳定性的意图.
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高考数学试题探源
湖南省株洲市教育科学研究院 贺功保 412007
高考除了要考查学生的基础知识和常用的数学思想方法外，还要考查学生的逻辑思维能力、运算能力、空间想象能力和综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力以及创新意识，特别是高考命题将“知识立意”变为“能力立意”以来，注重在知识的交汇处设计试题，这就要求高三数学老师不但认真研究“两纲”（即为中学数学教学大纲和《考试说明》）和教材外，还要求深入钻研历年来（特别是近几年来）的高考试题，这样才能有利于高三数学教学。
本人基于这一点，通过对历年高考数学试题的深入研究，发现高考数学试题主要来源于以下五个方面：即将课本中的例题与习题、历年的高考试题、历年的初高中数学竞赛试题、高等数学试题进行加工、改造、演变成为高考试题，还有个别的创新试题。
下面通过例题予以说明（限于篇幅，所有例题仅给出题目）。
例1（1）（《全日制高中数学课本第二册(上)》 P123 T6 ）过抛物线焦点的一条直线与它交于两点P 、Q ，经过点P 和抛物线顶点的直线交准线于点M ，求证直线PQ 平行于抛物线的对称轴。
（2）（2001年全国高考试题）设抛物线)0(22>=p px y 的焦点为F ，经过点F 的直线交抛物线于A 、B 两点，点C 在抛物线的准线上，且BC ∥x 轴。
证明直线AC 经过原点O 。
例2（1）（《全日制高中数学课本第三册(选修I)》 P44 例2、或(选修II) P132 例2 ）用铁皮做一个无盖水箱，先在四角分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接而成（如图），问水箱的长取多少时，水箱容积最大，最大容积是多少？
（2）（2005年全国高考试题（全国卷III ））用铁皮做一个无盖的容器，先在四角分别截
去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接而成（如图），问该容器的高为多少时，容器的容积最大，最大容积是多少？
说明：例1中的课本习题与高考试题显然互为逆命题；例2中的高考题是将习题中的“边
长为60cm 的正方形”改为“长为90cm 、宽为48cm 的长方形”，其他条件不变，其解题的思路与方法完全类似。
高考试题中的容易题和中档题主要来源于课本的例题、习题或素材。
这就要求我们在高三数学复习过程中要充分发挥课本的作用。
例3（1）（1995年全国高考试题）已知)2(log ax y a -=在]1,0[上是x 的减函数，则a 的取值范围是 （ ）
A 、)1,0(
B 、)2,1(
C 、)2,0(
D 、),2[∞+
（2）（2003年全国高考试题（山东卷））已知)3(log )(22a ax x x f +-=在),2[+∞上是增函数，则实数a 的取值范围是 （ ）
A 、)4,(-∞
B 、]4,4(-
C 、 )4,(--∞),2[∞+
D 、)2,4[- 例4（1）（1985年全国高考试题）如图，在平面直角坐标系中，在y 轴的正半轴（坐标原点除外）上给定两点A 、B ，试在x 轴（坐标原点除外）上求点C ，使∠ACB 取得最大值。
（2）（2005年全国高考试题（天津卷）文理科试题基本相同）（理）某人在一山坡P 处观看对面山顶上的一座铁塔，如图所示，铁塔BC=80米，塔所在的山高OB=220米，OA=200米，图中所示的山坡可视为直线L 且点P 在直线L 上，L 与水平地面的夹角为α，2
1tan =α。
试问此人距水平地面多高时，观看铁塔的视角∠BPC 最大？（不计此人的高度）
说明：例3中的两个高考题不但题型和解题思路完全相同，而且答案均为B 。
例4中的两个高考试题的题型和难度相同，显然后一道是在前一道试题的基础上增加了一些生活背景，其解题的思路和方法没有多大变化。
这就要求我们在高三的复习中对历年（特别是近几年）的典型高考试题进行认真的研究，让学生掌握其解题思路和方法。
例5（1）（2004
年全国高中数学联赛试题）如图，设点
O 在△ABC 内部，且0OC 3OB 2OA =++，则△ABC 的面积与△AOC 的面积的比为 （ ）
A 、2
B 、
2
3 C 、3 D 、
3
5
（2）（2005年全国高考试题（湖南卷））设P 是△ABC 内部任意一点，S △ABC 表示△ABC 的面积，ABC
PBC 1S S ∆∆=
λ，ABC
PCA 2S S ∆∆=
λ，ABC
PAB 3S S ∆∆=
λ，定义),,()(321λλλ=P f 。
若G 是△
ABC 的重心，)6
1,3
1,
2
1
()(=Q f ，则 （ ）
A 、点Q 在△GA
B 内 B 、点Q 在△GB
C 内
C 、点Q 在△GCA 内
D 、点Q 与 点G 重合 例6（1）（2000年全国初中数学联赛试题）如图，已知四边形ABCD 的外接圆的半径为2，对角线AC 与BD 的交点为
E ，AE=EC ，AB=2AE ，且BD=23。
求四边形ABCD 的面积。
（2）（2001年全国高考试题（文））已知圆内接四边形ABCD 的边长分别为AB=2，BC=6，CD=DA=4。
求四边形ABCD 的面积。
说明：例5中的两个试题都是重点考查三角形重心的性质；例6中的两个试题都是考查圆内接四边形的性质。
只是考查的角度与要求不同，竞赛试题主要考查学生的逻辑思维能力和逻辑推理能力，高考试题主要是考查学生的逻辑思维能力和运算能力等。
因此，我们有理由认为高考试题是将竞赛试题进行加工、改造，演变而得到的。
这就要求我们在高三的数学复习中，老师对历年的典型竞赛试题也要有所研究，这样才能更好地指导高三学生进行考前综合训练。
例7（1）（2005年全国高考试题（湖南卷））设x x f sin )(0=，)()(01x f x f '=，
)()(12x f x f '=，……，)()(1x f x f n n '
=+，n N ∈，则=)(2005x f （ ）
A 、x sin
B 、x sin -
C 、 x cos
D 、x cos -
（2）（2004年全国高考试题（广东卷））设函数)ln()(m x x x f +-=，其中常数m 为整数。
① 当m 为何值时，0)(≥x f ？
② 定理：若函数)(x g 在],[b a 上连续，且)(a g 与)(b g 异号，则至少存在一点
0x ),(b a ∈，使0)(0=x g 。
试用上述定理证明：当整数m 1>时，方程0)(=x f 在],[2m e
m e
m
m
---内有两个实根。
（3）（2004年全国高考试题（全国卷III ））已知函数x x x f -+=)1ln()(，x x x g ln )(=。
C
① 求函数)(x f 最大值；
② 设b a <<0，证明：2ln )()2
(
2)()(0a b b a g b g a g -<+-+<
说明：例7（1）主要取材于高阶导数知识，（2）题主要取材于高等数学知识中的微分中值定理，（3）题主要取材于凸函数理论和函数建模的思想方法。
这就要求我们高中数学老师对高等数学中的凸函数理论、微积分知识和函数建摸的思想方法有较深入的研究，并能较好地掌握这些知识。
例8（2005年全国高考试题（湖南卷））（理）某城市有甲、乙、丙3个旅游景点，一位客人游览这3个景点的概率分别是0.4、0.5、0.6，且客人是否游览哪个景点互不影响，设ξ表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值。
（1） 求ξ的分布列和数学期望。
（2） 记“函数x x x f ξ3)(2-=+1在区间），∞+2[上单调递增”为事件A ，求事件A 的概率。
这是一道将概率知识和二次函数知识有机结合的创新试题，这类试题难度一般不会太大，深受广大中学数学教师和学生欢迎。
总之，我们通过对历年（特别是近几年）来高考试题的深入研究，弄清楚这些试题的来源和命题者的考查意图，这样有助于把握高考的复习方向和有针对性的进行综合训练，为学生在高考中取得优异成绩是一项必不可少的工作。