2019-2020高考备考：2019高中数学备考-2018年高考数学全国3卷分析

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2018-2019学年高考真题——文数(全国卷Ⅲ)+Word版含解析

绝密★启用前2018-2019学年普通高等学校招生全国统一考试最新试卷十年寒窗苦，踏上高考路，心态放平和，信心要十足，面对考试卷，下笔如有神，短信送祝福，愿你能高中，马到功自成，金榜定题名。

文科数学注意事项：1 •答卷前，考生务必将自己的姓名和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，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

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12小题，每小题5分，共60分.在每小题给的四个选项中，只有项是符合题目要求的•1. 已知集合上-一“y，护「丄「，则.A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：由题意先解出集合A,进而得到结果。

详解：由集合A得，上•，所以故答案选C.点睛：本题主要考查交集的运算，属于基础题。

2. J - '：A. 、B.C. 、D. 、【答案】D【解析】分析：由复数的乘法运算展开即可。

：■!卜i / - i = 7 - i •八「二「 ...........................故选D.点睛：本题主要考查复数的四则运算，属于基础题。

3. 中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头•若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是ABA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】分析：观察图形可得。

详解：观擦图形图可知，俯视图为故答案为A.点睛：本题主要考擦空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题。

2 2 7详解：故答案为B.点睛：本题主要考查二倍角公式，属于基础题。

5.若某群体中的成员只用现金支付的概率为 0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为 A. 0.3 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.778 A. B.C. D.99【答案】 B【解析】分析：由公式■..■- J .. - _ 1.1 可得。

2019年高考全国卷Ⅲ理科数学与答案

2019 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形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。

如皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本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12 小题，每小题 5 分，共60 分。

在每小题给出的四个选项要求的。

1 ．已知集合A { x|1，0，1，2} ，B { x|x w 1}，贝y A n B=A．{ －1 ，0，1}B．{0，1}C．{－1，1}D2 ．若z(1 i)2i，则zA ．－1－iB ．－1＋i C．1 －i D3 ．《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古代文学瑰宝，并称中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100 位学生，其中梦》的学生共有90 位，阅读过《红楼梦》的学生有80 位，阅读过《西游-1 -1C. a e , b 1D. a e , b 132 x7.函数y x x在［6,6］的图象大致为2 28 . 如图，点N为正方形ABCD的中心，AECD为正三角形，平面ECD丄面ABCD，M是线段ED的中点，贝VA. BM = EN，且直线BM , EN是相交直线B . BM比N，且直线BM , EN是相交直线C. BM = EN，且直线BM , EN是异面直线D. BM 比N，且直线BM , EN是异面直线9 .执行右边的程序框图，如果输入的为0.01，则输出s的值为A. 21 24B. 21 25C. 2126D. 21272210 .双曲线XC :4y21的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点. 若|P0 ||PF|，则△ PFO的面积为A. 3 2B.二、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共20分。

2019年高考数学全国卷三(文科)详细解析

绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和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，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

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12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

(2018·新课标全国Ⅲ卷文1)1．已知集合2{1,0,1,2}{1}A B x x =-=≤，，则A B =A ．{}1,0,1-B ．{}0,1C ．{}1,1-D ．{}0,1,2【命题意图】本题考查了一元二次不等式的解法及集合的交运算，是基础题。

【答案】A【基本解法】因为{}11B x x =-≤≤，所以{}1,0,1AB =-【方法总结与拓展】集合运算是高考常考的，甚至必考的考点，属于基础题，也可以把其它知识渗透到集合中来，例如方程、不等式、向量、三角函数等，解决这类题目主要是直接法，或特值法。

集合问题主要要考虑元素的属性、运算等。

(2018·新课标全国Ⅲ卷文2)2．若(1)2z i i +=，则z = A ． 1i -- B ． 1i -+ C ． 1i -D ． 1i +【命题意图】本题考查了复数代数形式的四则运算，【答案】D 【基本解法】()212112i i i z i i -===++ 【方法总结与拓展】复数运算是高考常考的，甚至必考的考点，属于基础题。

(2018·新课标全国Ⅲ卷文3)3．两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是 A ．16B ．14C ．13D ．12【命题意图】本题考查古典概型知识以及简单的列举法等知识，考查学生对推理与计算能力，属于基础题。

【答案】D【基本解法】设两名男生为B A ,；两名女生为b a ,。

2019-2020全国高考专题全国卷Ⅲ(理科)数学试卷【word版本试题;可编辑;含答案】

2019年高考数学卷(全国卷3)答案

２０１９年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷）ＡＣＣＤＡＣＢＤＡＢＡＢ１．Ａ【解题思路】本题考查集合的交集运算．由已知得Ａ＝｛ｘ｜ｘ２－５ｘ＋６＞０｝＝（－∞，２）∪（３，＋∞），Ｂ＝（－∞，１），所以Ａ∩Ｂ＝（－∞，１），故选Ａ．【方法归纳】解一元二次不等式常用数形结合法；不等式求交集常画数轴分析．２．Ｃ【解题思路】本题考查共轭复数及复数的几何意义．珋ｚ＝－３－２ｉ，珋ｚ对应的点的坐标为（－３，－２），位于第三象限，故选Ｃ．【知识拓展】①若ｚ＝ａ＋ｂｉ（ａ，ｂ∈Ｒ），则珋ｚ＝ａ－ｂｉ；ｚ·珋ｚ＝ａ２＋ｂ２．②ｚ＝ａ＋ｂｉ（ａ，ｂ∈Ｒ）在复平面内对应的点的坐标为（ａ，ｂ）．３．Ｃ【解题思路】本题考查平面向量的减法法则、数量积运算．由已知得→ＢＣ＝→ＡＣ－→ＡＢ＝（３，ｔ）－（２，３）＝（１，ｔ－３），所以｜→ＢＣ｜＝１，解得ｔ＝３，所以→ＢＣ＝（１，０），则→ＡＢ·→ＢＣ＝２×１＋３×０＝２，故选Ｃ．【知识拓展】（１）两个向量加法的三角形法则要求两向量首尾相连，和向量是从最开始的起点指向最后的终点；（２）两个向量减法的三角形法则要求两向量起点重合，差向量是从减向量的终点指向被减向量的终点．４．Ｄ【解题思路】本题考查方程近似解的求法及基本计算．由Ｍ１（Ｒ＋ｒ）２＋Ｍ２ｒ２＝（Ｒ＋ｒ）Ｍ１Ｒ３，得Ｍ１１＋ｒ()Ｒ２＋Ｍ２ｒ()Ｒ２＝１＋ｒ()ＲＭ１，令ｒＲ＝α，则Ｍ１（１＋α）２＋Ｍ２α２＝（１＋α）Ｍ１，即Ｍ１１＋α－１（１＋α）[]２＝Ｍ２α２，则Ｍ２Ｍ１＝３α３＋３α４＋α５（１＋α）２≈３α３＝３ｒ()Ｒ３，解得ｒ槡，故选Ｄ．【考向分析】本题以“嫦娥四号”航天探测为背景，以方程的近似解为平台，注重数学文化，体现育人导向的同时考查了考生数据处理、数学运算核心素养及换元思想、化归与转化思想的应用．５．Ａ【解题思路】本题考查统计中数字特征的应用．由题意知，中位数不发生改变，故选Ａ．【知识拓展】ｎ个样本ｘ１，ｘ２，…，ｘｎ的平均数珋ｘ＝１ｎ（ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎ）；方差ｓ２＝１ｎ［（ｘ１－珋ｘ）２＋（ｘ２－珋ｘ）２＋…＋（ｘｎ－珋ｘ）２］；极差：样本中最大值与最小值的差；中位数：样本中所有数据按由小到大或由大到小顺序排列后，排在最中间的一个数据或两个数据的平均数．６．Ｃ【解题思路】本题考查指数式、对数式比较大小．根据题意，令ａ＝０，ｂ＝－１，可得ｌｎ（ａ－ｂ）＝ｌｎ（０＋１）＝ｌｎ１＝０，所以Ａ错误；３０＝１＞３－１＝１３，所以Ｂ错误；｜０｜＝０＜｜－１｜＝１，所以Ｄ错误；因为ｙ＝ｘ３在Ｒ上是增函数，所以当ａ＞ｂ时，ａ３＞ｂ３，即ａ３－ｂ３＞０，所以Ｃ正确，故选Ｃ．【方法归纳】比较实数大小常用取特值法，也可利用函数的性质、不等式的性质比较大小．７．Ｂ【解题思路】本题考查空间中面面平行的判定定理、空间中直线与平面、平面与平面的位置关系．根据题意及两平面平行的判定定理知，Ａ中无数条直线可能不相交，所以Ａ错误；Ｃ中两平面可能相交，所以Ｃ错误；Ｄ中两平面还可能相交，所以Ｄ错误；Ｂ符合两平面平行的判定定理，所以Ｂ正确，故选Ｂ．【方法点拨】判定空间中两直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，除严格根据判定定理及性质定理进行判断，同时还可以利用实物演示分析．８．Ｄ【解题思路】本题考查椭圆与抛物线的几何性质．根据题意知ａ２＝３ｐ，ｂ２＝ｐ，则ｃ２＝ａ２－ｂ２＝２ｐ，即ｃ所以椭圆的右焦点坐标为０）．又抛物线的焦点坐标为ｐ２，()０，所以ｐ２ｐ＞０），解得ｐ＝８，故选Ｄ．熟练掌握椭圆与抛物线的几何性质是解题的关键．９．Ａ【解题思路】本题考查三角函数的图象与性质．Ｂ选项，当ｘ∈π４，π()２时，２ｘ∈π２，()π，所以ｆ（ｘ）＝｜ｓｉｎ２ｘ｜在π４，π()２上是减函数，故Ｂ错误；Ｃ选项，ｆ（ｘ）＝ｃｏｓ｜ｘ｜在π４，π()２上是减函数，故Ｃ错误；Ｄ选项，ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ｜ｘ｜不是周期函数，故Ｄ错误；Ａ选项，易知ｆ（ｘ）＝｜ｃｏｓ２ｘ｜是以π２为周期的函数．当ｘ∈π４，π()２时，２ｘ∈π２，()π，因为函数ｙ＝ｃｏｓ２ｘ在π４，π()２上是减函数，且函数值为负，所以ｆ（ｘ）＝｜ｃｏｓ２ｘ｜在π４，π()２上是增函数，故Ａ正确，故选Ａ．【规律总结】理解绝对值定义｜ａ｜＝ａ，ａ≥０，－ａ，ａ{＜０及实际意义．三角函数加绝对值以后的函数图象，需结合绝对值内容的不同，把图象翻转变换；同时要结合自变量的系数进行伸缩变换，进而判定函数的周期性及单调性．１０．Ｂ【解题思路】本题考查二倍角公式、同角三角函数的基本关系．由已知得４ｓｉｎαｃｏｓα＝２ｃｏｓ２α－１＋１，即２ｓｉｎαｃｏｓα＝ｃｏｓ２α，因为α∈０，π()２，所以２ｓｉｎα＝ｃｏｓα，与ｓｉｎ２α＋ｃｏｓ２α＝１联立，解得ｓｉｎα故选Ｂ．熟练掌握二倍角公式及同角三角函数的基本关系式是解题的关键．１１．Ａ【解题思路】本题考查双曲线及圆的基本性质．设ＰＱ与ＯＦ交于点Ｒ，连接ＯＰ，ＰＦ，则｜ＯＰ｜＝ａ，｜ＯＦ｜＝｜ＰＱ｜＝ｃ．因为ＯＦ为直径，所以ＯＰ⊥ＰＦ，则｜ＰＦ｜＝ｂ，所以Ｓ△ＯＰＦ＝１２｜ＯＰ｜·｜ＰＦ｜＝１２·｜ＯＦ｜·｜ＰＲ｜，即１２ａｂ＝１２ｃ·ｃ２，所以ｃ２＝２ａｂ＝ａ２＋ｂ２，可得ａ＝ｂ，所以ｃ，则Ｃ的离心率ｅ＝ｃａ故选Ａ．【方法归纳】圆锥曲线求离心率或离心率范围问题，通常根据已知构造几何等式或不等式，再转化为关于ａ，ｂ，ｃ的代数等式或不等式，结合ａ２，ｂ２，ｃ２的关系式，消元，得到关于ａ，ｃ的式子，解方程或不等式，即可得解．１２．Ｂ【解题思路】本题考查分段函数的性质、恒成立问题．由题知，当ｘ∈（０，１］时，ｆ（ｘ）＝ｘ（ｘ－１）∈－１４，[]０；当ｘ∈（１，２］时，ｘ－１∈（０，１］，ｆ（ｘ）＝２ｆ（ｘ－１）＝２（ｘ－１）（ｘ－２）∈－１２，[]０；当ｘ∈（２，３］时，ｘ－２∈（０，１］，ｆ（ｘ）＝２ｆ（ｘ－１）＝４ｆ（ｘ－２）＝４（ｘ－２）（ｘ－３）∈［－１，０］；当ｘ∈（－１，０］时，ｘ＋１∈（０，１］，ｆ（ｘ）＝１２ｆ（ｘ＋１）＝１２ｘ（ｘ＋１）∈－１８，[]０；当ｘ∈２，(]５２时，ｆ（ｘ）是减函数，令４（ｘ－２）·（ｘ－３）＝－８９，解得ｘ＝７３或ｘ＝８３，且７３∈２，(]５２，因为对任意ｘ∈（－∞，ｍ］，都有ｆ（ｘ）≥－８９，所以ｍ≤７３，故选Ｂ．【核心素养】本题以分段函数和恒成立问题为载体，考查了考生对分段函数解析式的求法及二次函数性质掌握的熟练程度，同时考查了数形结合思想、化归与转化思想的应用，考查了直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养．１３．０．９８【解题思路】本题考查统计中平均数的计算．根据题意得０．９７×１０＋０．９８×２０＋０．９９×１０１０＋２０＋１０＝０．９８．【方法归纳】正点率＝正点车次数总车次数．１４．－３【解题思路】本题考查函数的性质、指数的运算．根据题意，当ｘ＞０时，－ｘ＜０，ｆ（ｘ）＝－ｆ（－ｘ）＝ｅ－ａｘ，ｆ（ｌｎ２）＝ｅ－ａｌｎ２＝ｅｌｎ２－ａ＝２－ａ＝８，解得ａ＝－３．【易错点拨】本题易错点在于忽视ｌｎ２的范围，代错解析式．计算函数值时，需考查自变量值是否满足对应解析式，本题需根据函数的奇偶性，求出另一段的解析式，再代入求值．１５【解题思路】本题考查三角形的面积公式、余弦定理的应用．由余弦定理得ｂ２＝ａ２＋ｃ２－２ａｃｃｏｓＢ，即３６＝４ｃ２＋ｃ２－２×２ｃ×ｃ×１２，解得ｃ２＝１２，所以Ｓ△ＡＢＣ＝１２ａｃｓｉｎＢ＝１２×２ｃ２＝熟练掌握三角形的面积公式和余弦定理是解题的关键．１６．２６１【解题思路】本题考查空间几何体的结构、棱长的计算．由题中的图知，该半正多面体共有１＋８＋８＋８＋１＝２６个面；在如图所示的正方体中，设半正多面体的棱长为ｘ，则ＥＦ＝ＦＨ＝ｘ，ＧＦ＝ＧＥｘ，ｘｘ＋ｘ＝１，解得ｘ１，故该半正多面体的棱长为１．【核心素养】本题以数学文化为背景，以半正多面体为载体，考查了考生空间想象能力和运算求解能力，考查了直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养．１７．【名师指导】本题考查直线与平面垂直的判定、二面角．（Ⅰ）先在长方体中，根据直线与平面垂直的性质定理，得出Ｂ１Ｃ１⊥ＢＥ，结合ＢＥ⊥ＥＣ１，再根据直线与平面垂直的判定定理，证得ＢＥ⊥平面ＥＢ１Ｃ１；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解．得二面角Ｂ－ＥＣ－Ｃ１的余弦值，即可得二面角Ｂ－ＥＣ－Ｃ１的正弦值．解：（Ⅰ）由已知得，Ｂ１Ｃ１⊥平面ＡＢＢ１Ａ１，ＢＥ平面ＡＢＢ１Ａ１，故Ｂ１Ｃ１⊥ＢＥ．又ＢＥ⊥ＥＣ１，所以ＢＥ⊥平面ＥＢ１Ｃ１．（Ⅱ）由（Ⅰ）知∠ＢＥＢ１＝９０°．由题设知Ｒｔ△ＡＢＥ≌Ｒｔ△Ａ１Ｂ１Ｅ，所以∠ＡＥＢ＝４５°，故ＡＥ＝ＡＢ，ＡＡ１＝２ＡＢ．以Ｄ为坐标原点，→ＤＡ的方向为ｘ轴正方向，｜→ＤＡ｜为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Ｄ－ｘｙｚ，则Ｃ（０，１，０），Ｂ（１，１，０），Ｃ１（０，１，２），Ｅ（１，０，１），→ＣＢ＝（１，０，０），→ＣＥ＝（１，－１，１），ＣＣ→１＝（０，０，２）．设平面ＥＢＣ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），则→ＣＢ·ｎ＝０，→ＣＥ·ｎ＝０{，即ｘ＝０，ｘ－ｙ＋ｚ＝０{，所以可取ｎ＝（０，－１，－１）．设平面ＥＣＣ１的法向量为ｍ＝（ｘ，ｙ，ｚ），则ＣＣ→１·ｍ＝０，→ＣＥ·ｍ＝０{，即２ｚ＝０，ｘ－ｙ＋ｚ＝０{，所以可取ｍ＝（１，１，０）．于是ｃｏｓ〈ｎ，ｍ〉＝ｎ·ｍ｜ｎ｜｜ｍ｜＝－１２．所以，二面角Ｂ－ＥＣ－Ｃ１１８．【名师指导】本题考查相互独立事件的概率．（Ⅰ）当Ｘ＝２时，分别计算甲发球甲得分且乙发球甲得分的概率和甲发球乙得分且乙发球乙得分的概率，将两个概率相加即可得解；（Ⅱ）当Ｘ＝４时，分别计算甲发球甲得分，乙发球乙得分，甲发球甲得分，乙发球甲得分的概率和甲发球乙得分，乙发球甲得分，甲发球甲得分，乙发球甲得分的概率，将两个概率相加即可得解．解：（Ⅰ）Ｘ＝２就是１０∶１０平后，两人又打了２个球该局比赛结束，则这２个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此Ｐ（Ｘ＝２）＝０．５×０．４＋（１－０．５）×（１－０．４）＝０．５．（Ⅱ）Ｘ＝４且甲获胜，就是１０∶１０平后，两人又打了４个球该局比赛结束，且这４个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得１分，后两球均为甲得分．因此所求概率为［０．５×（１－０．４）＋（１－０．５）×０．４］×０．５×０．４＝０．１．１９．【名师指导】本题考查等差与等比数列的定义、通项公式．（Ⅰ）利用等比数列的定义，即可得证数列｛ａｎ＋ｂｎ｝是等比数列；利用等差数列的定义，即可得证数列｛ａｎ－ｂｎ｝是等差数列；（Ⅱ）由（Ⅰ）求出数列｛ａｎ＋ｂｎ｝与｛ａｎ－ｂｎ｝的通项公式，再将两式联立，解方程组，即可得解．解：（Ⅰ）由题设得４（ａｎ＋１＋ｂｎ＋１）＝２（ａｎ＋ｂｎ），即ａｎ＋１＋ｂｎ＋１＝１２（ａｎ＋ｂｎ）．又因为ａ１＋ｂ１＝１，所以｛ａｎ＋ｂｎ｝是首项为１，公比为１２的等比数列．由题设得４（ａｎ＋１－ｂｎ＋１）＝４（ａｎ－ｂｎ）＋８，即ａｎ＋１－ｂｎ＋１＝ａｎ－ｂｎ＋２．又因为ａ１－ｂ１＝１，所以｛ａｎ－ｂｎ｝是首项为１，公差为２的等差数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，ａｎ＋ｂｎ＝１２ｎ－１，ａｎ－ｂｎ＝２ｎ－１．所以ａｎ＝１２［（ａｎ＋ｂｎ）＋（ａｎ－ｂｎ）］＝１２ｎ＋ｎ－１２，ｂｎ＝１２［（ａｎ＋ｂｎ）－（ａｎ－ｂｎ）］＝１２ｎ－ｎ＋１２．２０．【名师指导】本题考查利用导数研究函数的单调性、函数的零点、导数几何意义．（Ⅰ）先写出函数ｆ（ｘ）的定义域，再计算ｆ′（ｘ），分析导函数的正负，即可得函数ｆ（ｘ）的单调区间；结合导数ｆ′（ｘ），利用零点存在性定理，可证得；（Ⅱ）先证明点Ｂ在曲线ｙ＝ｅｘ上，再求出直线ＡＢ的斜率，然后分别求出点Ｂ处的切线斜率与点Ａ处的切线斜率，由斜率相等，即可得证．解：（Ⅰ）ｆ（ｘ）的定义域为（０，１）∪（１，＋∞）．因为ｆ′（ｘ）＝１ｘ＋２（ｘ－１）２＞０，所以ｆ（ｘ）在（０，１），（１，＋∞）单调递增．因为ｆ（ｅ）＝１－ｅ＋１ｅ－１＜０，ｆ（ｅ２）＝２－ｅ２＋１ｅ２－１＝ｅ２－３ｅ２－１＞０，所以ｆ（ｘ）在（１，＋∞）有唯一零点ｘ１，即ｆ（ｘ１）＝０．又０＜１ｘ１＜１，ｆ１ｘ()１＝－ｌｎｘ１＋ｘ１＋１ｘ１－１＝－ｆ（ｘ１）＝０，故ｆ（ｘ）在（０，１）有唯一零点１ｘ１．综上，ｆ（ｘ）有且仅有两个零点．（Ⅱ）因为１ｘ０＝ｅ－ｌｎｘ０，故点Ｂ－ｌｎｘ０，１ｘ()０在曲线ｙ＝ｅｘ上．由题设知ｆ（ｘ０）＝０，即ｌｎｘ０＝ｘ０＋１ｘ０－１，故直线ＡＢ的斜率ｋ＝１ｘ０－ｌｎｘ０－ｌｎｘ０－ｘ０＝１ｘ０－ｘ０＋１ｘ０－１－ｘ０＋１ｘ０－１－ｘ０＝１ｘ０．曲线ｙ＝ｅｘ在点Ｂ－ｌｎｘ０，１ｘ()０处切线的斜率是１ｘ０，曲线ｙ＝ｌｎｘ在点Ａ（ｘ０，ｌｎｘ０）处切线的斜率也是１ｘ０，所以曲线ｙ＝ｌｎｘ在点Ａ（ｘ０，ｌｎｘ０）处的切线也是曲线ｙ＝ｅｘ的切线．２１．【名师指导】本题考查曲线方程的求法、直线与椭圆的位置关系．（Ⅰ）先根据斜率公式，列出斜率积的等式，并化简，即可求解．注意曲线Ｃ的方程需加范围限制；（Ⅱ）（ⅰ）先设直线ＰＱ的方程，与曲线Ｃ的方程联立，解方程组得出Ｐ点坐标，从而得点Ｑ、点Ｅ的坐标，再表示出直线ＱＧ的方程，与曲线Ｃ的方程联立，利用韦达定理得Ｇ点坐标，结合斜率求证即可；（ⅱ）利用弦长公式求得｜ＰＱ｜与｜ＰＧ｜，再利用面积公式，将△ＰＱＧ的面积转化为关于ｋ的函数，利用换元法、函数的单调性与基本不等式求最值．解：（Ⅰ）由题设得ｙｘ＋２·ｙｘ－２＝－１２，化简得ｘ２４＋ｙ２２＝１（｜ｘ｜≠２），所以Ｃ为中心在坐标原点，焦点在ｘ轴上的椭圆，不含左右顶点．（Ⅱ）（ⅰ）设直线ＰＱ的斜率为ｋ，则其方程为ｙ＝ｋｘ（ｋ＞０）．由ｙ＝ｋｘ，ｘ２４＋ｙ２２{＝１得ｘ记ｕ则Ｐ（ｕ，ｕｋ），Ｑ（－ｕ，－ｕｋ），Ｅ（ｕ，０）．于是直线ＱＧ的斜率为ｋ２，方程为ｙ＝ｋ２（ｘ－ｕ）．由ｙ＝ｋ２（ｘ－ｕ），ｘ２４＋ｙ２２{＝１得（２＋ｋ２）ｘ２－２ｕｋ２ｘ＋ｋ２ｕ２－８＝０．①设Ｇ（ｘＧ，ｙＧ），则－ｕ和ｘＧ是方程①的解，故ｘＧ＝ｕ（３ｋ２＋２）２＋ｋ２，由此得ｙＧ＝ｕｋ３２＋ｋ２．从而直线ＰＧ的斜率为ｕｋ３２＋ｋ２－ｕｋｕ（３ｋ２＋２）２＋ｋ２－ｕ＝－１ｋ．所以ＰＱ⊥ＰＧ，即△ＰＱＧ是直角三角形．（ⅱ）由（ⅰ）得｜ＰＱ｜＝２｜ＰＧ｜所以△ＰＱＧ的面积Ｓ＝１２｜ＰＱ｜｜ＰＧ｜＝８ｋ（１＋ｋ２）（１＋２ｋ２）（２＋ｋ２）＝８１ｋ＋()ｋ１＋２１ｋ＋()ｋ２．设ｔ＝ｋ＋１ｋ，则由ｋ＞０得ｔ≥２，当且仅当ｋ＝１时取等号．因为Ｓ＝８ｔ１＋２ｔ２在［２，＋∞）单调递减，所以当ｔ＝２，即ｋ＝１时，Ｓ取得最大值，最大值为１６９．因此，△ＰＱＧ面积的最大值为１６９．２２．【名师指导】本题考查极坐标的应用．（Ⅰ）将θ０代入曲线Ｃ的极坐标方程，即可解得ρ０．利用三角函数求出｜ＯＰ｜，再设ｌ上任一点Ｑ，利用三角函数列出等量关系，即可得解；（Ⅱ）先设点Ｐ，利用三角函数列出等量关系，即可得解，根据题意，点Ｐ在线段ＯＭ上，且ＡＰ⊥ＯＭ，可得θ的取值范围．解：（Ⅰ）因为Ｍ（ρ０，θ０）在Ｃ上，当θ０＝π３时，ρ０＝４ｓｉｎπ３＝由已知得｜ＯＰ｜＝｜ＯＡ｜ｃｏｓπ３＝２．设Ｑ（ρ，θ）为ｌ上除Ｐ的任意一点．在Ｒｔ△ＯＰＱ中，ρｃｏｓθ－π()３＝｜ＯＰ｜＝２．经检验，点Ｐ２，π()３在曲线ρｃｏｓθ－π()３＝２上．所以，ｌ的极坐标方程为ρｃｏｓθ－π()３＝２．（Ⅱ）设Ｐ（ρ，θ），在Ｒｔ△ＯＡＰ中，｜ＯＰ｜＝｜ＯＡ｜ｃｏｓθ＝４ｃｏｓθ，即ρ＝４ｃｏｓθ．因为Ｐ在线段ＯＭ上，且ＡＰ⊥ＯＭ，故θ的取值范围是π４，π[]２．所以，Ｐ点轨迹的极坐标方程为ρ＝４ｃｏｓθ，θ∈π４，π[]２．２３．【名师指导】本题考查绝对值不等式的解法、不等式恒成立问题．（Ⅰ）利用零点分段法，分类讨论去绝对值，解不等式组，最后求各组解集的并集即可；（Ⅱ）观察函数解析式得ｆ（ａ）＝０，根据题意得ａ≥１，再根据ｘ的范围，去绝对值，得到函数ｆ（ｘ）为二次函数，从而得ａ的取值范围．解：（Ⅰ）当ａ＝１时，ｆ（ｘ）＝｜ｘ－１｜ｘ＋｜ｘ－２｜（ｘ－１）．当ｘ＜１时，ｆ（ｘ）＝－２（ｘ－１）２＜０；当ｘ≥１时，ｆ（ｘ）≥０．所以，不等式ｆ（ｘ）＜０的解集为（－∞，１）．（Ⅱ）因为ｆ（ａ）＝０，所以ａ≥１．当ａ≥１，ｘ∈（－∞，１）时，ｆ（ｘ）＝（ａ－ｘ）ｘ＋（２－ｘ）（ｘ－ａ）＝２（ａ－ｘ）（ｘ－１）＜０．所以，ａ的取值范围是［１，＋∞）．（解析人：郑祖宏）。

2019年6月高考全国3卷理科数学及答案

2019年6月高考全国3卷理科数学及答案2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共23题，共150分，共5页。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1.答题前，请将自己的姓名和准考证号码填写清楚，并将条形码粘贴在指定位置。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效；在草稿纸、试题卷上的答案也无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.请保持答题卡清洁，不要折叠、弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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$A=\{-1,0,1,2\}$，$B=\{x|x\leq1\}$，则$A\capB$=（）。

A。

$\{-1,0,1\}$ B。

$\{0,1\}$ C。

$\{-1,1\}$ D。

$\{0,1,2\}$2.若$z(1+i)=2i$，则$z=$（）。

A。

$-1-i$ B。

$-1+i$ C。

$1-i$ D。

$1+i$3.《西游记》、《三国演义》、《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，也被称为中国古典小说四大名著。

某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100名学生。

其中，阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90名，阅读过《红楼梦》的学生共有80名，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60名。

则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为（）。

A。

$\frac{1}{5}$ B。

$\frac{3}{5}$ C。

$\frac{4}{7}$ D。

$\frac{4}{5}$4.$(1+2x^2)(1+x)^4$的展开式中$x^3$的系数为（）。

A。

12 B。

16 C。

20 D。

245.已知各项均为正数的等比数列$\{a_n\}$的前4项的和为15，且$a_5=3a_3+4a_1$，则$a_3=$（）。

2019年高考全国卷Ⅲ理科数学试卷及详细参考答案

绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和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，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

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12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知集合2{1,0,1,2}{1}A B x x =−=≤，，则A B =IA ．{}1,0,1−B ．{}0,1C ．{}1,1−D ．{}0,1,22．若(1i)2i z +=，则z = A ．1i −−B ．1+i −C ．1i −D ．1+i3．《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为 A ．0.5B ．0.6C ．0.7D ．0.84．（1+2x 2 ）（1+x ）4的展开式中x 3的系数为 A ．12B ．16C ．20D ．245．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项为和为15，且a 5=3a 3+4a 1，则a 3= A ． 16B ． 8C ．4D ． 26．已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则A ．e 1a b ==−，B ．a=e ，b =1C ．1e 1a b −==，D ．1e a −= ，1b =−7．函数3222x xx y −=+在[]6,6−的图象大致为 A ． B ．C ．D ．8．如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线9．执行下边的程序框图，如果输入的ε为0.01，则输出s 的值等于A.4122−B. 5122−C. 6122−D. 7122−10．双曲线C ：2242x y −=1的右焦点为F ，点P 在C 的一条渐进线上，O 为坐标原点，若=PO PF ，则△PFO 的面积为A ．4B ．2C ．D ．11．设()f x 是定义域为R 的偶函数，且在()0,∞单调递减，则A ．f （log 314）＞f （322−）＞f （232−）B ．f （log 314）＞f （232−）＞f （322−）C ．f （322−）＞f （232−）＞f （log 314）D ．f （232−）＞f （322−）＞f （log 314）12．设函数()f x =sin （5x ωπ+）(ω＞0)，已知()f x 在[]0,2π有且仅有5个零点，下述四个结论： ①()f x 在（0,2π）有且仅有3个极大值点 ②()f x 在（0,2π）有且仅有2个极小值点 ③()f x 在（0,10π）单调递增 ④ω的取值范围是[1229510，) 其中所有正确结论的编号是A ． ①④B ． ②③C ． ①②③D ． ①③④ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2019-2020全国高考专题全国卷Ⅲ(理)数学试卷

2019-2020全国高考专题全国卷Ⅲ（理）数学试卷一、选择题1. 已知集合A ={(x,y )|x,y ∈N ∗，y ≥x}，B ={(x,y )|x +y =8}，则A ∩B 中元素的个数为( ) A.2 B.3 C.4 D.62. 复数11−3i的虚部是( )A.−310B.−110C.110D.3103. 在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为p 1，p 2，p 3，p 4，且∑p i 4i=1=1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是( ) A.p 1=p 4=0.1，p 2=p 3=0.4 B.p 1=p 4=0.4，p 2=p 3=0.1 C.p 1=p 4=0.2，p 2=p 3=0.3 D.p 1=p 4=0.3，p 2=p 3=0.24. Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域，有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I (t )（t 的单位：天）的Logistic 模型：I (t )=K1+e −0.23(t−53)，其中K 为最大确诊病例数.当I (t ∗)=0.95K 时，标志已初步遏制疫情，则t ∗约为( )(ln 19≈3) A.60 B.63 C.66 D.695. 设O 为坐标原点，直线x =2与抛物线C:y 2=2px (p >0)交于D ，E 两点，若OD ⊥OE ，则C 的焦点坐标为( ) A.(14,0) B.(12,0) C.(1,0) D.(2,0)6. 已知向量a →，b →满足|a →|=5 ，|b →|=6，a →⋅b →=−6，则cos <a →,a →+b →>=( ) A.−3135B.−1935C.1735D.19357. 在△ABC 中，cos C =23，AC =4，BC =3，则cos B =( ) A.19B.13C.12D.238. 如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A.6+4√2B.4+4√2C.6+2√3D.4+2√39. 已知2tan θ−tan (θ+π4)=7，则tan θ=( )A.−2B.−1C.1D.210. 若直线l 与曲线y =√x 和圆x 2+y 2=15都相切，则l 的方程为( ) A.y =2x +1 B.y =2x +12C.y =12x +1D.y =12x +1211. 已知双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1(a >0，b >0)的左右焦点F 1，F 2，离心率为√5．P 是C 上的一点，且F 1P ⊥F 2P ．若△PF 1F 2的面积为4，则a =( ) A.1 B.2 C.4 D.812. 已知55<84，134<85．设a =log 53，b =log 85，c =log 138，则( ) A. a <b <c B.b <a <c C.b <c <a D.c <a <b二、填空题13. 若x ，y 满足约束条件{x +y ≥0,2x −y ≥0,x ≤1,则z =3x +2y 的最大值为________.14. (x 2+2x )6的展开式中常数项是________（用数字作答）.15. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________.16. 关于函数f(x)=sin x+1sin x.①f(x)的图像关于y轴对称；②f(x)的图像关于原点对称；③f(x)的图像关于x=π2对称；④f(x)的最小值为2．其中所有真命题的序号是________.三、解答题17. 设数列{a n}满足a1=3，a n+1=3a n−4n.(1)计算a2，a3，猜想{a n}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2n a n}的前n项和S n.18. 某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到公园锻炼的人次，整理数据得到下表(单位：天)：(1)分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；(2)求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(3)若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下列的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，19. 如图，长方形ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1.(1)证明：点C1在平面AEF内；(2)若AB=2，AD=1，AA1=3，求二面角A−EF−A1的正弦值．20. 已知椭圆C:x225+y2m2=1(0<m<5)的离心率为√154，A，B分别为C的左、右顶点．(1)求C的方程；(2)若点P在C上，点Q在直线x=6上，且|BP|=|BQ|，BP⊥BQ，求△APQ的面积．21. 设f(x)=x3+bx+c，x∈R，曲线f(x)在点(12,f(12))处的切线与y轴垂直.(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)的所有零点的绝对值都不大于1.22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =2−t −t 2，y =2−3t +t2（t 为参数且t ≠1），C 与坐标轴交于A ，B 两点． (1)求|AB|；(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB 的极坐标方程．23. 设a ，b ，c ∈R ，a +b +c =0，abc =1. (1)证明： ab +bc +ca <0；(2)用max {a,b,c }表示a ，b ，c 的最大值，证明：max {a,b,c }≥√43.参考答案与试题解析2019-2020全国高考专题全国卷Ⅲ（理）数学试卷一、选择题1.【答案】C【考点】不等式的概念与应用交集及其运算【解析】利用交集定义求出A∩B，进而求出A∩B中元素的个数．【解答】解：由题意可得8=x+y≥2x，x,y∈N∗，∴1≤x≤4，∴点(4,4)，(3,5)，(2,6)，(1,7)符合题意.故选C．2.【答案】D【考点】复数代数形式的乘除运算复数的基本概念【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，再根据复数的基本概念即可得到答案．【解答】解：11−3i =1+3i(1−3i)(1+3i)=1+3i10，所以该复数的虚部为310.故选D．3.【答案】B【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】利用已知条件求出各组数据的方差，方差大的对应的标准差也大.【解答】解：A，E(x)=1×0.1+2×0.4+3×0.4+4×0.1=2.5，所以D(x)=(1−2.5)2×0.1+(2−2.5)2×0.4+(3−2.5)2×0.4+(4−2.5)2×0.1=0.65；B，E(x)=1×0.4+2×0.1+3×0.1+4×0.4=2.5，D(x)=(1−2.5)2×0.4+(2−2.5)2×0.1+(3−2.5)2×0.1+(4−2.5)2×0.4=1.85；C，E(x)=1×0.2+2×0.3+3×0.3+4×0.2=2.5，D(x)=(1−2.5)2×0.2+(2−2.5)2×0.3+(3−2.5)2×0.3+(4−2.5)2×0.2=1.05；D，E(x)=1×0.3+2×0.2+3×0.2+4×0.3=2.5，D(x)=(1−2.5)2×0.3+(2−2.5)2×0.2+(3−2.5)2×0.2+(4−2.5)2×0.3=1.45.故选B.4.【答案】C【考点】指数式与对数式的互化函数的求值【解析】根据所给材料的公式列出方程K1+e−0.23(t∗−53)=0.95K，解出t∗即可.【解答】解：I(t∗)=K1+e−0.23(t∗−53)=0.95K，所以e−0.23(t∗−53)=119，所以−0.23(t∗−53)=ln119=−ln19，解得t∗≈53+30.23≈66.故选C.5.【答案】B【考点】抛物线的性质抛物线的标准方程两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系【解析】利用已知条件转化求解D，E两点的坐标，通过几何关系求解抛物线方程，即可得到抛物线的焦点. 【解答】解：将x=2代入y2=2px(p>0)，得y=±2√p．由OD⊥OE，得k OD⋅k OE=−1，即2√p2⋅−2√P2=−1，得p=1，所以抛物线C:y2=2x的焦点坐标为F(12,0)．故选B．6.【答案】 D【考点】向量的模平面向量数量积数量积表示两个向量的夹角【解析】利用已知条件求出|a →+b →|，然后利用向量的数量积即可求出向量夹角的余弦值．【解答】解：由a →⋅(a →+b →) =|a →|2+a →⋅b →=25−6 =19，又|a →+b →|=√|a →|2+2a →⋅b →+|b →|2=7，所以cos <a →,a →+b →> =a →⋅(a →+b ¯)|a →|⋅|a →+b →|=195×7=1935.故选D ． 7. 【答案】 A【考点】余弦定理【解析】先根据余弦定理求出AB ，再代入余弦定理即可得出结论. 【解答】解：如图，由余弦定理可知cos C =|BC|2+|AC|2−|AB|22|BC|⋅|AC|=32+42−|AB|22×3×4=23，可得|AB|=3.又由余弦定理可知cos B =|AB|2+|BC|2−|AC|22|AB|⋅|BC|=32+32−422×3×3=19.故选A . 8.【答案】 C【考点】由三视图求表面积【解析】先由三视图分析几何体的直观图，然后再利用三视图的数据和三棱锥的表面积公式计算即可. 【解答】解：还原几何体，如图三棱锥C 1−BCD 所示，该三棱锥是棱长为2的正方体的一部分，其中CC 1=CB =CD =2，C 1D =C 1B =BD =√22+22=2√2，所以其面积为：S=3×12×2×2+12×2√2×2√2×sin60∘=6+2√3.故选C.9.【答案】D【考点】两角和与差的正切公式【解析】利用两角和与差的正切公式进行展开化简，结合一元二次方程的解法进行求解即可.【解答】解：由题可知2tanθ−1+tanθ1−tanθ=7，化简得：2tanθ−2tan2θ−1−tanθ=7−7tanθ，解得：tanθ=2．故选D.10.【答案】D【考点】圆的切线方程点到直线的距离公式【解析】根据直线l与圆x2+y2=15相切，利用选项中直线到圆心的距离等于半径，再将直线与曲线y=√x联立求解即可得出答案.【解答】解：由于直线l与圆相切，故圆心(0,0)到直线l的距离为圆半径r=√55，符合条件的只有A，D，将答案A的直线方程代入y=√x，得：2x−√x+1=0，无解；将答案D的直线方程代入y=√x，得：x−2√x+1=0，有一解x=1.故选D.11.【答案】A【考点】双曲线的应用双曲线的标准方程【解析】利用双曲线的定义，三角形的面积以及双曲线的离心率，转化求解a即可．【解答】解：设PF1=m，PF2=n，且m>n，则由题意得S△PF1F2=12mn=4，mn=8，又m−n=2a，m2+n2=4c2，e=ca=√5，综上求得a=1．故选A．12.【答案】A【考点】对数值大小的比较指数式与对数式的互化【解析】利用作商法可判断a，b的大小，然后通过指数与对数的互化又可以判断b，c的大小，最终确定a，b，c的大小关系．【解答】解：根据题意知a,b,c∈(0,1).由ab=log53log85=log53⋅log58<(log53+log58)24=(log524)24<224=1，∴a<b.因为b=log85，c=log138，所以8b=5，13c=8.即85b=55，134c=84.又因为55<84,134<85，所以134c=84>55=85b>134b，即b<c.综上所述：a<b<c．故选A．二、填空题13.【答案】7【考点】简单线性规划求线性目标函数的最值【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值， z =3x +2y 表示直线在y 轴上的截距的一半，只需求出可行域内直线在y 轴上的截距最大值即可．【解答】解：如图所示，可行域为图中阴影部分，z =3x +2y 可化为直线y =−32x +12z ，当直线经过A (1,2)时， z max =3×1+2×2=7. 故答案为：7. 14.【答案】 240【考点】二项式定理的应用【解析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x 的幂指数等于0，求得r 的值，即可求得展开式中的常数项的值．【解答】解：因为T r+1=C 6r x 2(6−r)2r x −r =2r C 6r x 12−3r，由12−3r =0得r =4，所以常数项为24C 64=240. 故答案为：240. 15. 【答案】√23π 【考点】球的表面积和体积旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【解析】由条件易知该圆锥内半径最大的球为该圆的内接球，数形结合可得出球的半径，最后根据球的体积公式即可求解. 【解答】解：该圆锥轴截面为底边长为2，腰为3的等腰三角形，其内切圆为该球的大圆. 该三角形的周长为8，面积为2√2，由于三角形面积S ，周长C 和内切圆半径R 的关系为S =CR 2，所以R =2S C=√22，故该球的体积为43πR 3=43π⋅(√22)3=√23π. 故答案为：√23π. 16. 【答案】 ②③【考点】函数的对称性函数的最值及其几何意义【解析】根据函数奇偶性的定义，对称性的判定，对称轴的求法，逐一判断即可得出正确结论. 【解答】解：对于①，由sin x ≠0可得函数的定义域为{x|x ≠kπ,k ∈Z }，故定义域关于原点对称，由f (−x )=sin (−x )+1sin (−x )=−sin x −1sin x =−f (x )，所以该函数为奇函数，关于原点对称，①错②对；对于③，由f (π−x )=sin (π−x )+1sin (π−x )=sin x +1sin x =f (x )，所以f (x )关于x =π2对称，③对；对于④，令t =sin x ，则t ∈[−1,0)∪(0,1]，由双勾函数g (t )=t +1t 的性质，可知g (t )∈(−∞,−2]∪[2,+∞)，所以f (x )无最小值，④错．故答案为：②③. 三、解答题17.【答案】解：(1)由a 1=3，a n+1=3a n −4n ，a 2=3a 1−4=5，a 3=3a 2−4×2=7， ⋯，猜想{a n }的通项公式为a n =2n +1. 证明如下：（数学归纳法）当n =1，2，3时，显然成立； ① 假设n =k 时，即a k =2k +1成立，其中(k ∈N ∗)，由a k+1=3a k −4k =3(2k +1)−4k =2(k +1)+1 ，② 故假设成立.综上①②，所以a n =2n +1(n ∈N ∗).(2)令b n=2n a n=(2n+1)2n，则前n项和S n=b1+b2+⋯+b n=3×21+5×22+⋯+(2n+1)2n，③由③两边同乘以2得：2S n=3×22+5×23+⋯+(2n−1)2n+(2n+1)2n+1，④由③−④得−S n=3×2+2×22+⋯+2×2n−(2n+1)2n+1=6+23(1−2n−1)1−2−(2n+1)2n+1，化简得S n=(2n−1)2n+1+2.【考点】数列的求和数列递推式数学归纳法【解析】(1)利用数列的递推关系式求出a2，a3，猜想{a n}的通项公式，然后利用数学归纳法证明即可；(2)化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的前n项和S n.【解答】解：(1)由a1=3，a n+1=3a n−4n，a2=3a1−4=5，a3=3a2−4×2=7，⋯，猜想{a n}的通项公式为a n=2n+1.证明如下：（数学归纳法）当n=1，2，3时，显然成立；①假设n=k时，即a k=2k+1成立，其中(k∈N∗)，由a k+1=3a k−4k=3(2k+1)−4k=2(k+1)+1，②故假设成立.综上①②，所以a n=2n+1(n∈N∗).(2)令b n=2n a n=(2n+1)2n，则前n项和S n=b1+b2+⋯+b n=3×21+5×22+⋯+(2n+1)2n，③由③两边同乘以2得：2S n=3×22+5×23+⋯+(2n−1)2n+(2n+1)2n+1，④由③−④得−S n=3×2+2×22+⋯+2×2n−(2n+1)2n+1=6+23(1−2n−1)1−2−(2n+1)2n+1，化简得S n=(2n−1)2n+1+2.18.【答案】解：(1)P1=2+16+25100=43100，P2=5+10+12100=27100，P3=6+7+8100=21100，P4=7+2+0100=9100.(2)x¯=(2+5+6+7)×100+(16+10+7+2)×300+(25+12+8)×500100=350.(3)完成2×2列联表如下：则K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100(33×8−37×22)270×30×55×45=1100189≈5.82.∵ 5.82>3.841，∴有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【考点】生活中概率应用用频率估计概率众数、中位数、平均数独立性检验【解析】(1)用频率估计概率，从而得到估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；(2)采用频率分布直方图估计样本平均值的方法即可得到答案；(3)由公式K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)计算k的值，从而查表即可.【解答】解：(1)P1=2+16+25100=43100，P2=5+10+12100=27100，P3=6+7+8100=21100，P4=7+2+0100=9100.(2)x¯=(2+5+6+7)×100+(16+10+7+2)×300+(25+12+8)×500100=350.(3)完成2×2列联表如下：则K 2=n (ad−bc )2(a+b )(c+d )(a+c )(b+d ) =100(33×8−37×22)270×30×55×45=1100189 ≈5.82.∵ 5.82>3.841，∴ 有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关. 19.【答案】解：(1)设AB =a ，AD =b ，AA 1=c ，如图，以C 1为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系C 1−xyz .连结C 1F ，则C 1(0,0,0)．A (a,b,c ) ，E (a,0,23c)，F (0,b,13c)， EA →=(0,b,13c) ，C 1F →=(0,b,13c)，得 EA →=C 1F →，因此EA//C 1F ，即A ，E ，F ，C 1四点共面，所以点C 1在平面AEF 内．(2)由(1)得A(2，1，3) E(2，0，2)，F(0，1，1)，A(2，1，0)， AE →=(0，−1，−1)，AF →=(−2，0，−2)， A 1E →=(0，−1，2)，A 1F →=(−2，0，1)，设n 1=(x ，y ，z)为平面AEF 的法向量，则{n 1→⋅AE →=0，n 1⋅AF →=0，即{−y −z =0，−2x −2z =0，可取n 1=(−1,−1，1).设n 2=(x ′，y ′，z ′)为平面A 1EF 的法向量，则{n 2→⋅A 1E →=0，n 2⋅A 1F →=0，同理可取n 2=(12,2，1).因为cos ⟨n 1→，n 2→⟩=n 1→⋅n 2→|n 1→||n 1→|=−√77，所以二面角A −EF −A 1的正弦值为√427. 【考点】用空间向量求平面间的夹角用向量证明平行空间点、线、面的位置空间直角坐标系【解析】(1)建立空间直角坐标系，通过直线平行的关系，可以证明四点共面；(2)通过空间直角坐标系，分别求出平面AEF 的一个法向量与平面A 1EF 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A −EF −A 1的余弦值，再由同角三角函数基本关系式求得二面角A −EF −A 1的正弦值．【解答】解：(1)设AB =a ，AD =b ，AA 1=c ，如图，以C 1为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系C 1−xyz .连结C 1F ，则C 1(0,0,0)．A (a,b,c ) ，E (a,0,23c)，F (0,b,13c)，EA →=(0,b,13c) ，C 1F →=(0,b,13c)，得 EA →=C 1F →，因此EA//C 1F ，即A ，E ，F ，C 1四点共面，所以点C 1在平面AEF 内．(2)由(1)得A(2，1，3) E(2，0，2)，F(0，1，1)，A(2，1，0)， AE →=(0，−1，−1)，AF →=(−2，0，−2)，A 1E →=(0，−1，2)，A 1F →=(−2，0，1)，设n 1=(x ，y ，z)为平面AEF 的法向量，则{n 1→⋅AE →=0，n 1⋅AF →=0，即{−y −z =0，−2x −2z =0，可取n 1=(−1,−1，1).设n 2=(x ′，y ′，z ′)为平面A 1EF 的法向量，则{n 2→⋅A 1E →=0，n 2⋅A 1F →=0，同理可取n 2=(12,2，1).因为cos ⟨n 1→，n 2→⟩=n 1→⋅n 2→|n 1→||n 1→|=−√77，所以二面角A −EF −A 1的正弦值为√427. 20. 【答案】解：(1)设a =4t 1，c =√15t 1，则b =m =t 1，所以m =t 1.因为a =4t 1=5，解得t 1=54，所以m =54，所以C 的方程为C:x 225+16y 225=1(0<m <5).(2)设点Q (6,t )，P (m 1,n 1)，又A (−5,0)，B (5,0)，则BP →=(m 1−5,n 1)，BQ →=(1,t )，所以BP →⋅BQ →=0，得m 1−5+n 1t =0.过P 作PK ⊥x 轴，如图所示，所以∠1+∠2=π2 ，又∠1+∠3=π2，所以∠2=∠3，∠4=∠1，又|BP|=|BQ|，所以△PKB ≅△BGQ ，得KB =QG ，PK =BG =1，即y P =1，所以P (m 1,1), 得m 1−5+t =0.将P 的坐标代入椭圆方程得m 1225+1625=1，解得m 1=±3，则t =2或t =8，所以P (3,1)，Q (6,2)或P (−3,1)，Q (6,8). 当P (3,1)，Q (6,2)时， |AQ|=5√5，直线AQ 的方程为： 2x −11y +10=0， P (3,1)到直线AQ 的距离为d =55√5，所以S △APQ =12|AQ|d =12×5√5×55√5=52；当P (−3,1)，Q (6,8)时， |AQ|=√185，直线AQ 的方程为： 8x −11y +40=0，P (−3,1)到直线AQ 的距离为d =√185，所以S △APQ =12|AQ|d =12×√185√185=52.综上，△APQ 的面积为52．【考点】椭圆的离心率三角形的面积公式椭圆的应用椭圆的标准方程平面向量数量积点到直线的距离公式【解析】(1)根据e =ca ，a 2=25，b 2=m 2，代入计算m 2的值，求出C 的方程即可； (2)画出椭圆的图象，求出P 点坐标，结合图象得出△APQ 的面积即可．【解答】解：(1)设a =4t 1，c =√15t 1，则b =m =t 1，所以m =t 1.因为a =4t 1=5，解得t 1=54，所以m =54，所以C 的方程为C:x 225+16y 225=1(0<m <5).(2)设点Q (6,t )，P (m 1,n 1)，又A (−5,0)，B (5,0)，则BP →=(m 1−5,n 1)，BQ →=(1,t )，所以BP →⋅BQ →=0，得m 1−5+n 1t =0.过P 作PK ⊥x 轴，如图所示，所以∠1+∠2=π2，又∠1+∠3=π2，所以∠2=∠3，∠4=∠1，又|BP|=|BQ|，所以△PKB ≅△BGQ ，得KB =QG ，PK =BG =1，即y P =1，所以P (m 1,1), 得m 1−5+t =0. 将P 的坐标代入椭圆方程得m 1225+1625=1，解得m 1=±3，则t =2或t =8，所以P (3,1)，Q (6,2)或P (−3,1)，Q (6,8). 当P (3,1)，Q (6,2)时， |AQ|=5√5，直线AQ 的方程为： 2x −11y +10=0， P (3,1)到直线AQ 的距离为d =5√5，所以S △APQ =12|AQ|d =12×5√55√5=52；当P (−3,1)，Q (6,8)时， |AQ|=√185，直线AQ 的方程为： 8x −11y +40=0， P (−3,1)到直线AQ 的距离为d =√185，所以S △APQ =12|AQ|d =12×√185185=52.综上，△APQ 的面积为52． 21.【答案】(1)解：f ′(x)=3x 2+b ，∵ 曲线f(x)在点(12,f(12))处的切线与y 轴垂直，∴ 曲线f(x)在点(12,f(12))处的切线斜率为0， ∴ f ′(12)=3×(12)2+b =0，解得b =−34.(2)证明：设x 0为f(x)的一个零点，根据题意，f(x 0)=x 03−34x 0+c =0，且|x 0|≤1，则c =−x 03+34x 0.由|x 0|≤1，c ′=−3x 02+34，显然c(x 0)在(−1,−12)上单调递减，在(−12,12)上单调递增，在(12,1)上单调递减，易得c(−1)=14，c(1)=−14，c(−12)=−14，c(12)=14， ∴ −14≤c ≤14. 设x 1为f(x)的零点，则必有f(x 1)=x 13−34x 1+c =0，即−14≤c =−x 13+34x 1≤14，∴ {4x 13−3x 1−1=(x 1−1)(2x 1+1)2≤0,4x 13−3x 1+1=(x 1+1)(2x 1−1)2≥0,∴ −1≤x 1≤1，即|x 1|≤1，∴ f(x)的所有零点的绝对值都不大于1. 【考点】利用导数研究与函数零点有关的问题利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的单调性【解析】(1)求出原函数的导函数，由题意可得f′(12)=3×(12)2+b =0，由此求得b 值；(2)设x 0为f(x)的一个零点，根据题意，f(x 0)=x 03−34x 0+c =0，且|x 0|≤1，得到c =−x 03+34x 0，由|x 0|≤1，对c(x)求导数，可得c(x)在[−1, 1]上的单调性，得到−14≤c ≤14．设x 1 为f(x)的零点，则必有f(x 1)=x 13−34x 1+c =0，可得−14≤c =−x 13+34x 1≤14，由此求得x 1的范围得答案．【解答】(1)解：f ′(x)=3x 2+b ，∵ 曲线f(x)在点(12,f(12))处的切线与y 轴垂直， ∴ 曲线f(x)在点(12,f(12))处的切线斜率为0，∴ f ′(12)=3×(12)2+b =0，解得b =−34.(2)证明：设x 0为f(x)的一个零点，根据题意，f(x 0)=x 03−34x 0+c =0，且|x 0|≤1，则c =−x 03+34x 0.由|x 0|≤1，c ′=−3x 02+34，显然c(x 0)在[−1,−12]上单调递减，在[−12,12]上单调递增，在[12,1]上单调递减，易得c(−1)=14，c(1)=−14， c(−12)=−14，c(12)=14， ∴ −14≤c ≤14. 设x 1为f(x)的零点，则必有f(x 1)=x 13−34x 1+c =0，即−14≤c =−x 13+34x 1≤14，∴ {4x 13−3x 1−1=(x 1−1)(2x 1+1)2≤0,4x 13−3x 1+1=(x 1+1)(2x 1−1)2≥0,∴ −1≤x 1≤1，即|x 1|≤1，∴ f(x)的所有零点的绝对值都不大于1. 22.【答案】解：(1)当x =0时，即0=2−t −t 2，解得t =−2或t =1（舍），将t =−2代入y =2−3t +t 2中，解得y =12；当y =0时，即0=2−3t +t 2，解得t =2或t =1（舍），将t =2代入x =2−t −t 2中，解得x =−4，所以曲线与坐标轴交于(0,12)和(−4,0)，故|AB|=√(−4)2+122=4√10.(2)设直线AB 的解析式为y =kx +b ，由(1)得直线AB 过点(0,12)和(−4,0)，所以直线AB 的解析式为3x −y +12=0.故直线AB 的极坐标方程为3ρcos θ−ρsin θ+12=0. 【考点】直线的极坐标方程两点间的距离公式【解析】(1)可令x =0，求得t ，对应的y ；再令y =0，求得t ，对应的x ；再由两点的距离公式可得所求值； (2)运用直线的截距式方程可得直线AB 的方程，再由x =ρcos θ，y =ρsin θ，可得所求极坐标方程．【解答】解：(1)当x =0时，即0=2−t −t 2，解得t =−2或t =1（舍），将t =−2代入y =2−3t +t 2中，解得y =12；当y =0时，即0=2−3t +t 2，解得t =2或t =1（舍），将t =2代入x =2−t −t 2中，解得x =−4，所以曲线与坐标轴交于(0,12)和(−4,0)，故|AB|=√(−4)2+122=4√10.(2)设直线AB 的解析式为y =kx +b ，由(1)得直线AB 过点(0,12)和(−4,0)，所以直线AB 的解析式为3x −y +12=0.故直线AB 的极坐标方程为3ρcos θ−ρsin θ+12=0. 23.【答案】证明：(1)∵ a +b +c =0， ∴ (a +b +c )2=0，∴ a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ca =0，即2ab +2bc +2ca =−(a 2+b 2+c 2)， ∴ 2ab +2bc +2ca <0， ∴ ab +bc +ca <0.(2)不妨设a ≤b <0<c <√43，则ab =1c >43−a −b =c <√43，而√43>−a −b ≥2√ab >√46=21−13=√43，矛盾，所以命题得证．【考点】不等式的证明反证法【解析】(1)将a +b +c =0平方之后，化简得到2ab +2ac +2bc =−(a 2+b 2+c 2)<0，即可得证； (2)利用反证法，假设a ≤b <0<c <√43，结合条件推出矛盾．【解答】证明：(1)∵ a +b +c =0， ∴ (a +b +c )2=0，∴ a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ca =0，即2ab +2bc +2ca =−(a 2+b 2+c 2)， ∴ 2ab +2bc +2ca <0， ∴ ab +bc +ca <0.(2)不妨设a ≤b <0<c <√43，则ab =1c >√43−a −b =c <√43，而√43>−a −b ≥2√ab >√46=21−13=√43，矛盾，所以命题得证．。

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高考是考三年的内容，一定要认真研究大纲、用好教材教辅、精讲多练、注重通解通法、注重解题方法的总结、注重公式定理的理解应用. 注重培养学生的逻辑思维能力、计算能力、空间想象能力及板书能力。年级数学教师要统一思想，做到资源共享
学会学习实现自我放飞理想
三、备考流程 1、三年教学规划,高考考三年。高一、二完成必修1、2、3、4、5及所有选修内容。 2、高三完成高考第一轮、第二轮、第三轮数学复习。
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三、备考流程 1、三年教学规划,高考考三年。高一、二完成必修1、2、3、4、5及所有选修内容。 2、高三完成高考第一轮、第二轮、第三轮数学复习。 3、做好学生高三学习复习方法的指导工作，提高学习效率
学会学习实现自我放飞理想
三、备考流程 1、三年教学规划。高一、二完成必修1、2、3、4、5及所有选修内容
学会学习实现自我放飞理想
六、在高三复习备考中教师要注意事项 1、选题和讲评 2、补缺查漏 3、总结解题规律 4、完善解题策略，稳定解题心理
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谢谢！
新课程推进简介
2002年启动研制高中数学课程标准 2003年在广东、山东、海南、宁夏进行试验 2005年进行了首次依托新课程的高考到2009年已有24省区、直辖市进入新课程试验估计到2010年所有省、直辖市将进入新课程 2019年又要进行新高考
2、高三完成高考第一轮、第二轮、第三轮数学复习。第一轮复习—基础能力过关时期，9月至3 月初
高考黄金定律，是指高考试题的80%是基础知识， 20%是稍难点的综合题
选好一本高考复习用书，用好这想
第二轮复习—综合能力突破时期，3月初至 5月中下旬进行专题训练，提升实战能力，构建知识体系，训练解题思维。做题贵“精”不贵“多”，很多题型可以归类挖掘共性。如果学生基础没有掌握牢固的话，还是老老实实的按照第一轮的思想去备考
二、2018年高考数学全国3卷分析
2018年高考理科数学使用全国3卷的省份：云南、广西、贵州、四川。
关键词：简单、基础、综合选择题：常规考题为主，融入数学文化填空题：简单、基础解答题：创新、运算能力要求高、综合
2018年全国三卷：文理科数学试题从整体上讲，没有片面或者过度的追求创新，试题简洁明快、自然清新，阅读量小，在平和中见新意，在朴实中见灵动，非常重视基础知识、基本技能和基本思想方法的考查，坚持能力立意，突出对高中数学主干内容的考查，没有什么偏题和怪题，对中学数学教学有很好的导向作用。（我们知道数学的核心、考点每年都是固定的，
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一、近三年高考试卷命题发展趋势
分别是函数与导数、数列、三角函数、向量、不等式、解析几何、极坐标与参数方程，这几大概念是不会变化的，每年都会考，而且一定会考）
试题特点
1 试题注重对基础知识和基本技能的考查 2 试题对支撑数学知识体系的主干内容进行了重点考查 3 总体难度较低，是以简单题、中等题为主 4 有利于中学实施素质教育、有利于维护社会公平和稳定
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2019高中数学备考复习
学会学习实现自我放飞理想
学会学习实现自我放飞理想
一、近三年高考试卷命题发展趋势二、2018年高考数学全国3卷分析三、备考流程（备考备三年）四、备考复习中的薄弱环节及注意事项五、做好学生高三学习复习方法的指导工作，提高学习效率六、在高三复习备考中教师要注意事项
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五、做好学生高三学习复习方法的指导工作，提高学习效率
（1）指导学生如何使用教辅书，做好课前准备工作，课上如何听课，这二者是紧密联系的。（2）让学生制定学习计划。（3）每一个阶段自己要给自己定目标。（4）关于考试的一些值得注意的问题。消除遗憾力争有为弄懂似非。 ⑸做好学生的思想和心理辅导工作。 ⑹复习要注意不断调整自己的生活习惯，安排好学习，生活的时间。
新课标全国卷Ⅲ的命题遵循《考试大纲》中“ 能力立意”的命题原则，以学科主干知识为载体，着重考查中学数学的基础知识、基本技能与基本数学思想方法，考察全面。试卷重点考察知识本质，强调数学思维能力、实验能力。注重学生直观感觉的培养及题目条件之间的关联，考察问题的深刻本质。通过对三年高考命题的内容安排上不难看出，试题结构及重难点基本保持稳定，试题整体呈现出源于教材，又高于教材。所以在平时教学中应该注意对基础知识、基本技能的培养，做到以不变应万变。
初高中衔接问题
1．主要问题初中内容的不适当删减、降低要求，导致学生“双基”无法达到高中教学要求；高中不顾学生的基础，拔高了教学要求，繁琐的、高难度的运算充斥课堂。同时还要求学生具有一定的思维能力.
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考前一周—--考前调试期，6月初
学生自由复习，自己归纳整理、消化吸收错题本调整心理状态，持良好的精神状态和自信心
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四、备考复习中的薄弱环节及注意事项 1. 要把重点放到对基础知识，基本方法上，力争形成完整的知识网络体系和熟练准确的解答对策。 2. 要淡化特殊技巧，注意思维方法和能力 3.复习中要注意对新题型及新增教材考题的复习。 4.复习中要注意个性品质的训练。 5.复习中一定要注意抓纲靠本。 6.复习中要制定严格的复习计划。 7、做好检查监督工作。