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2023年全国高考数学讲题比赛暨试卷评析研讨会 新高考I卷第21题

2023年全国高考数学讲题比赛暨试卷评析研讨会 新高考I卷第21题

2023年全国高考数学讲题比赛暨试卷评析研讨会新高考I卷第21题CONTENTS目录01试题讲解030402方法总结模型应用溯源推广05[2023全国I ,21] 甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下: 若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8,由抽签决定第1次投篮的人选,第一次是甲、乙的概率各为0.5.(1)求第2次投篮的人是乙的概率;(2)求第i 次投篮的人是甲的概率(3)已知:若随机变量X i 服从两点分布,且P(X i =1)=1−P(X i =0)=q i ,i =1,2,...n,则Eσi=1n X i=σi=1n q i .记前n 次(即从第1次到第n 次投篮中甲投篮的次数为Y ,求E Y .试题赏析(1)求第2次投篮的人是乙的概率;实际问题数学抽象数学问题A 1A 2A 1A 2B 2A 2B 2A 1B 2B 1B 1A 2 B 1B 2记A i :第i 次投篮的人是甲;B i :第 i 次投篮的人是乙由全概率公式得:P(B 2)= P(A 1B 2)+P(B 1B 2)= P(A 1)P(B 2|A 1)+P(B 1)P(B 2|B 1) =0.5 x (1-0.6)+ 0.5 x 0.8 = 0.6第2次第1次[2023全国I ,21] 甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下: 若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8,由抽签决定第1次投篮的人选,第一次是甲、乙的概率各为0.5.(1)求第2次投篮的人是乙的概率;(2)求第i 次投篮的人是甲的概率(3)已知:若随机变量X i 服从两点分布,且P(X i =1)=1−P(X i =0)=q i ,i =1,2,...n,则Eσi=1n X i=σi=1n q i .记前n 次(即从第1次到第n 次投篮中甲投篮的次数为Y ,求E Y .试题赏析思路1:依托教材,分析递推A 1A 2 A 1A 2B 2A 2B 2A 1B 2 B 1B 1A 2 B 1B 2第2次第1次A 2A 3 A 2A 3B 3A 3B 3A 2B 3 B 2B 2A 3B 2B 3第3次第2次第4次?第5次? …… 第i +1次呢?A iA i+1 A i A i+1B i+1A i+1B i+1A iB i+1 B iB i A i+1B i B i+1第i +1次第i 次由全概率公式得:因果执果索因、追根求源p i+1=0.6p i +(1−0.8)(1−p i )=0.4p i +0.2 ……②P(A i )+ P(B i )=1P(A i+1)= P(A i A i+1)+P(B i A i+1)= P(A i )P(A i+1|A 1)+P(B i )P(A i+1|B i )……①记P(A i )=p i ,则P(B i )=1-p i ,则 式可写作:0.2一阶线性递推求通项的数列问题同除法不动点法配凑法差分法得出递推式②后,则问题转化为一阶线性递推求数列通项,接下来,提供四种方法:(一)同除法对于递推式: p i+1+1 = 0.4p i + 0.2 ....②等式两边同除0.4i+1得:p i+1 0.4i+1=p i0.4i+0.20.4i+1……③③式可改写为:q i+1−q i=0.20.4i+1……④累加法不妨换元,令p i0.4i =qi,初始条件q 1=p 10.4=54q i =q 1+q 2−q 1+q 3−q 2+⋯+(q i −q i−1)q i+1−q i =0.20.4i+1q i =54+0.210.42+10.43+⋯+10.4i=512+56∙(52)i−1∴p i =0.4i ×q i =16×(25)i−1+13p i0.4i =q i(二)不动点法一般地,对于递推数列{X n},若其递推式为X n+1=f(X n),且存在实数x0,使得f(x0),则称x0是数列{X n}的不动点.递推关系结合p1=12,p1=12,p1−13=16不动点考虑初始条件构造等比数列p i+1=0.4p i+0.2……②0.4x+0.2=x x=1 3p i+1−13=25(p i−13)p i−13=16×(25)i−1p i=16×(25)i−1+13特征方程(三)配凑法p i+1=25p i+0.2②p i+1−13=25(p i−13)λ=13利用待定系数构造等比数列设p i+1+λ=25p i+λ计算整理构造等比数列p i+1−13=25(p i−13)殊途同归做法同方法(二)(四) 差分法p i+1=0.4p i +0.2……②②-⑤p i+1−p i =0.4(p i −p i−1)……⑥r i =0.4r i−1令r i =p i−1−p i(等比数列)r i =(−0.1)×0.4i−1r i =p 2−p 1=−0.1p i =0.4p i−1+0.2,i ≥2……⑤r i =(−0.1)×0.4i−1p i =p 1+p 2−p 1+p 3−p 2+⋯+(p i −p i−1)r i =p i−1−p i累加法p i =16×25i−1+13即:p i+1−p i =0.4i−1×(−0.1)同除法不动点法配凑法差分法实际问题数学问题依托教材活用全概率公式考虑基本事实P(B i )=1−P(A i )得出递推式p i+1=0.4p i +0.2一阶线性递推求通项的数列问题思路2:数形结合,直观递推设第n 次甲投篮的概率为a n ,是乙投篮的概率为b n由题意列出第n 次投篮到第n +1次投篮的状态转移图如下:状态转移图第n 次第n +1次甲投篮乙投篮甲投篮乙投篮中(0.6)中(0.8)a n+1=0.6a n +0.2b n b n+1=0.4a n +0.8b na n +b n =1a n+1=0.4a n +0.2a n+1b n+1a nb n思路3:马尔可夫,一招致胜借助思路2的状态转移图,可整理得到条件概率表:状态转移图第n 次第n +1次甲投篮乙投篮甲投篮乙投篮中(0.6)中(0.8)a n+1b n+1a nb n第n +1次第n 次甲乙甲0.60.4乙0.20.8条件概率表概率转移矩阵P(A n+1|A n )Q =0.60.40.20.8a i =a 1q i−1πi =π1Q i−1类比等比数列马尔可夫链马尔可夫链在时刻n 的分布完全由初始分布π(1)和概率转移矩阵Q 决定.第一次是甲、乙的概率各为0.5.则本题的初始状态π(1) = (0.5 0.5).为方便计算Q i−1,将Q 对角化(《线性代数》)可得:Q =0.60.40.20.8=121−11000.4121−1−1Qi−1=121−1=1i−1000.4121−1−1∴πi =π1∙Q i−1=0.50.5⋅121−11i−1000.4i−1121−1−1∴πi =π1∙Q i−1=16×25i−1+13−16×25i−1+231/21/21/21/2112-1×+×=实际问题数学问题思路1:全概率公式思路2:数形结合法思路3:马尔可夫链●根据情境判断马尔可夫问题●画出状态转移图、写出概率转移矩阵●考虑初始状态π(1),代入公式π(i) =π(1)Qi−1123(3) 已知:若随机变量X;服从两点分布,且P X I =1=1−P X i =0=q i ,i =1,2,…n,则E σi=1n X i =σi=1n q i .记前n 次(即从第1次到第n 次投篮)中甲投篮的次数为Y ,求E(Y).前n 次(即从第1次到第n 次投篮)中甲投篮的次数的期望E(Y)思路1:利用定义,代入公式思路2:利用结论,突出本质思路1:利用定义,代入公式由(2)知:第i次投篮是甲的概率为p i=16×(25)i−1+13,i=1,2…n第i次投篮第1次投篮第2次投篮...第n次投篮每次共投篮个数11 (1)第i次甲投篮概率p;p1p2…p nE Y=1×p1+1×p2+⋯1×p n=161−25n1−25+n3=5181−25n+n3思路2:利用结论,突出本质(3) 已知:若随机变量X i 服从两点分布,且P X i = 1= 1−P X i = 0=q i ,i =1,2,..n ,,则E(σi=1n X i )=σi=1n q i 记前n 次(即从第1次到第n 次投篮)中甲投篮的次数为Y ,求E(Y).构造两点分布:设第i 次投篮中甲的投篮次数为Y i P(Y i = 1)= 1− P(Y i =0)=p i ,E Y =E ෍i=1nY i =E ෍i=1np iE Y =p 1+p 2+⋯p n =5181−25n+n3数学期望的线性性基础知识、基本技能、基本思想、基本活动经验发现问题的能力、提出问题的能力、分析问题的能力、解决问题的能力数学抽象、逻辑推理、数学建模直观想象、数学运算、数据分析。

巧拓展思维,妙解三角形——兼谈2021年高考数学新高考Ⅰ卷第19题的解法

巧拓展思维,妙解三角形——兼谈2021年高考数学新高考Ⅰ卷第19题的解法

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全国新高考Ⅰ卷数学试题研究及复习备考策略

全国新高考Ⅰ卷数学试题研究及复习备考策略

全国新高考Ⅰ卷数学试题研究及复习备考策略一、高考评价体系的总体框架是“一核、四层、四翼”,“一核”是指高考核心功能“立德树人、服务选材、引导教学”。

2020年全国新高考卷一卷的试题“字斟句酌”,经得起推敲。

试题特点可以概括为:布局合理,涵盖全面,差异缩小,比重相当,通性通法,难度稳定,优化情境,创新方式。

高考几点变化如下:⒈内容变化2020年山东、海南实行高考综合改革后首次高考,不分文理。

2021又有8个省份使用新高考卷。

过渡时期考试内容重点:实验版高中数学课程标准和2017年版数学课程标准中的公共内容,关注文理不分科特点。

⒉试卷结构和题型变化新高考试题结构:单项选择题(8题40分)、多项选择题(4题20分)、填空题(4题20分)、解答题(6题70分)4个部分共22题。

引入新题型:多选题和结构不良试题(如新高考17题)等题型,为基础和能力在不同层次的学生提供了发挥空间。

结构不良试题增强试题条件的开放性,引导学生更加注重思维的灵活性和策略选择。

⒊科学调控难度坚持“四翼”考查要求,贯彻“低起点、多层次、高落差”的调控策略。

“低起点”体现在选择题、填空题、解答题部分进行系统设计,起始题起点低、入手宽,面向全体学生。

“多层次”体现在试题难度设计上,重视难度和思维的层次,方法多样性。

提供多种分析和解决问题的途径。

“高落差”体现在数学高考的综合性、创新性,试题难度不仅有层次性,而且在思维的灵活性、深刻性、方法的综合性、探究性和创新性等方面,把握试题的区分度。

二、对于今后复习方向的几点建议⒈综述:⑴夯实基础知识,重视教材深挖注重基础知识和基本技能的储备。

注重知识的形成成过程,注重知识的广度;注重回归课本、夯实基础,注重学科交叉部分的知识,努力提高学生的数学核心素养⑵梳理通性通法,构建知识网络重视对高考中各类变式题型方法的总结,看到题目本身背后的方法和拓展变式逻辑,解题思考的过程就是如何针对题目快速提炼出题目的信息,然后与学过的各类方法以及课本知识要点匹配,加强典型题目和常用结论的研究⑶关注学习习惯,提升数学素养培养分析问题和思考问题的能力,高考数学试卷着重考查考生的理性思维能力,综合运用数学思维方法分析问题、解决问题的能力。

陕西省延安市实验中学2025届高考数学三模试卷含解析

陕西省延安市实验中学2025届高考数学三模试卷含解析

陕西省延安市实验中学2025届高考数学三模试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。

用2B 铅笔将试卷类型(B )填涂在答题卡相应位置上。

将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。

2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。

答案不能答在试题卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后,请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中,只有一项是符合题目要求的。

1.秦九韶是我国南宁时期的数学家,普州(现四川省安岳县)人,他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法,至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例.若输入n 、x 的值分别为3、1,则输出v 的值为( )A .7B .8C .9D .102.已知12,F F 是双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点,若点2F 关于双曲线渐近线的对称点A 满足11F AO AOF ∠=∠(O 为坐标原点),则双曲线的渐近线方程为( )A .2y x =±B .3y x =C .2y x =D .y x =±3.已知()()()sin cos sin cos k k A k παπααα++=+∈Z ,则A 的值构成的集合是( )A .{1,1,2,2}--B .{1,1}-C .{2,2}-D .{}1,1,0,2,2--4.执行如图的程序框图,若输出的结果2y =,则输入的x 值为( )A .3B .2-C .3或3-D .3或2-5.已知i 是虚数单位,则(2)i i +=( ) A .12i +B .12i -+C .12i --D .12i -6.设平面α与平面β相交于直线m ,直线a 在平面α内,直线b 在平面β内,且b m ⊥则“αβ⊥”是“a b ⊥”的( ) A .充分不必要条件 B .必要不充分条件 C .充要条件D .即不充分不必要条件7.命题p :存在实数0x ,对任意实数x ,使得()0sin sin x x x +=-恒成立;q :0a ∀>,()ln a xf x a x+=-为奇函数,则下列命题是真命题的是( ) A .p q ∧B .()()p q ⌝∨⌝C .()p q ∧⌝D .()p q ⌝∧8.设12,F F 分别是双线2221(0)x y a a-=>的左、右焦点,O 为坐标原点,以12F F 为直径的圆与该双曲线的两条渐近线分别交于,A B 两点(,A B 位于y 轴右侧),且四边形2OAF B 为菱形,则该双曲线的渐近线方程为( ) A .0x y ±=B 30x y ±=C .30x y ±=D .30x y ±=9.已知正项等比数列{}n a 满足76523a a a =+,若存在两项m a ,n a ,使得219m n a a a ⋅=,则19m n+的最小值为( ). A .16 B .283C .5D .410.已知l 为抛物线24x y =的准线,抛物线上的点M 到l 的距离为d ,点P 的坐标为()4,1,则MP d +的最小值是( ) A .17B .4C .2D .117+11.方程()()f x f x '=的实数根0x 叫作函数()f x 的“新驻点”,如果函数()ln g x x =的“新驻点”为a ,那么a 满足( ) A .1a =B .01a <<C .23a <<D .12a <<12.若双曲线22214x y b -=的离心率72e =,则该双曲线的焦点到其渐近线的距离为( ) A .23B .2C .3D .1二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

2025届湖南省东安一中高考数学三模试卷含解析

2025届湖南省东安一中高考数学三模试卷含解析

2025届湖南省东安一中高考数学三模试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B 铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。

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.已知点(3,0),(0,3)A B -,若点P 在曲线21y x =--上运动,则PAB △面积的最小值为( ) A .6B .3C .93222- D .93222+ 2.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且282,10a a =-=,则9S =( ) A .45B .42C .25D .363.已知数列{}n a 是公比为2的正项等比数列,若m a 、n a 满足21024n m n a a a <<,则()21m n -+的最小值为( ) A .3B .5C .6D .104.如果0b a <<,那么下列不等式成立的是( ) A .22log log b a < B .1122b a⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C .33b a >D .2ab b <5.若复数2(2)(32)m m m m i -+-+是纯虚数,则实数m 的值为( ) A .0或2 B .2C .0D .1或26.已知复数,则的共轭复数在复平面对应的点位于( )A .第一象限B .第二象限C .第三象限D .第四象限7.已知集合{}2(,)|A x y y x ==,{}22(,)|1B x y xy =+=,则A B 的真子集个数为( )A .1个B .2个C .3个D .4个8.在我国传统文化“五行”中,有“金、木、水、火、土”五个物质类别,在五者之间,有一种“相生”的关系,具体是:金生水、水生木、木生火、火生土、土生金.从五行中任取两个,这二者具有相生关系的概率是( ) A .0.2B .0.5C .0.4D .0.89.宁波古圣王阳明的《传习录》专门讲过易经八卦图,下图是易经八卦图(含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦),每一卦由三根线组成(“—”表示一根阳线,“——”表示一根阴线).从八卦中任取两卦,这两卦的六根线中恰有四根阴线的概率为( )A .514B .314C .328D .52810.已知2cos(2019)3πα+=-,则sin(2)2πα-=( )A .79B .59C .59-D .79-11.已知集合{}1,0,1,2A =-,{}|lg(1)B x y x ==-,则A B =( )A .{2}B .{1,0}-C .{}1-D .{1,0,1}-12.已知命题p :若1a >,1b c >>,则log log b c a a <;命题q :()00,x ∃+∞,使得0302log x x <”,则以下命题为真命题的是( ) A .p q ∧B .()p q ∧⌝C .()p q ⌝∧D .()()p q ⌝∧⌝二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

2020_年全国Ⅲ卷理科第12_题新解及命题思路探究

2020_年全国Ⅲ卷理科第12_题新解及命题思路探究

2020年全国Ⅲ卷理科第12题新解及命题思路探究代红军1ꎬ2㊀何㊀波1(1.云南师范大学数学学院ꎬ云南昆明650500ꎻ2.昆明市官渡区第六中学ꎬ云南昆明650500)摘㊀要:文章通过研究2020年全国Ⅲ卷理科第12题的解法ꎬ尝试提出用二分法寻找中间量解决对数比较大小的方法ꎬ探索命题人设置参考数据的心路历程ꎬ为这类试题命制提供参考.关键词:对数ꎻ新解ꎻ命题思路中图分类号:G632㊀㊀㊀文献标识码:A㊀㊀㊀文章编号:1008-0333(2023)31-0041-03收稿日期:2023-08-05作者简介:代红军(1987.8-)ꎬ男ꎬ四川省安岳人ꎬ硕士ꎬ中学一级教师ꎬ从事数学教学研究ꎻ何波(1990.2-)ꎬ男ꎬ云南省永善人ꎬ本科ꎬ从事数学教学研究.基金项目:昆明市教育科学研究 十四五 规划第二批立项课题 基于GGB软件积件库的中学函数教学案例研究 (项目编号:ZX2022251)㊀㊀对数比较大小是高考的热点和难点题型ꎬ主要以填空题㊁选择题的形式出现ꎬ试题难度大.近几年试题展现出一定的创新性ꎬ考查学生的数学运算㊁数据处理㊁数学抽象等核心素养ꎬ要求学生掌握必备的知识和解决此类问题的关键能力.笔者对«数理化解题研究»2022年第34期文章«对数比较大小试题的解法探究两例»中变式应用环节的变式1解法提出疑问ꎬ指出错误原因并给出新解.1问题提出«数理化解题研究»2022年第34期«对数比较大小试题的解法探究两例»变式应用环节的变式1.变式1㊀设a=log23ꎬb=log35ꎬc=log58ꎬ则(㊀㊀).㊀A.a<b<c㊀㊀㊀B.c<b<aC.a<c<bD.c<a<b原文中的解法ꎬ由糖水不等式ꎬ得log23=ln3ln2<ln3+ln(3/2)ln2+ln(3/2)=ln(9/2)ln3<ln5ln3=log35ꎬ同理可得log35<log58ꎬ即a<b<cꎬ故选A.错因分析㊀从表面上看ꎬ解法不存在问题.实质糖水不等式满足的条件混淆ꎬ这是因为糖水不等式有两种形式ꎬ即(1)当m>n>0ꎬc>0时ꎬmn<m+cn+cꎻ(2)当m>n>0ꎬc>0时ꎬnm>n+cm+cꎬ使用时要注意nm与1的大小关系ꎬ否则会出现原文中变式1的条件与结论错用.此题的正确解法见新解应用环节.原文中提出了一个有创意的观点:不提供参考数据ꎬ能否解决对数比较大小的问题?针对问题ꎬ尝试探究新的解法.142新解探究2.1高考试题再现题目㊀(2020年全国Ⅲ卷理科第12题)已知55<84ꎬ134<85.设a=log53ꎬb=log85ꎬc=log138ꎬ则(㊀㊀).㊀A.a<b<c㊀㊀㊀B.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b分析㊀试题命制的创新之处是给出了一组参考数据ꎬ如何运用参考数据是破解此题的关键ꎬ不同的运用方式能带来不同的解法ꎬ我们从三个角度运用参考数据ꎬ提炼出新的解法.解法1㊀因为34<53ꎬ所以4a=4log53=log534<log553=3ꎬ解得a<34.又因为54>83ꎬ所以4b=4log85=log854>log883=3ꎬ解得b>34.由55<84ꎬ得到log855<log884ꎬ所以5b<4ꎬ解得b<45.综上知34<b<45.同理由134<85ꎬ解得c>45.综上所述ꎬa<34<b<45<c.故选A.解法2㊀作差a-b=log53-log85=ln3ln5-ln5ln8=ln3ln8-ln25ln5ln8ꎬ由基本不等式ꎬ得ln3ln8<(ln3+ln82)2=(ln242)2<ln25.所以a<b.因为b=log85ꎬ得8b=5.所以85b=55<84.因此5b<4ꎬ解得b<45.因为c=log138ꎬ所以135c=85>134ꎬ从而得到5c>4ꎬ解得c>45.综上所述ꎬa<b<45<c.故选A.解法3㊀根据糖水不等式知ꎬa=ln3ln5<ln3+ln(8/5)ln5+ln(8/5)=ln(24/5)ln8<ln5ln8=bꎬ同时a=ln3ln5<ln3+ln(13/5)ln5+ln(13/5)=ln(39/5)ln13<ln8ln13=cꎬ用排除法可知ꎬ故选A.解法点评㊀从以上三种解法不难发现ꎬ参考数据实质是为aꎬbꎬc比较大小提供了中间量34和45.解法1直接运用了参考数据ꎬ解法2间接利用了参考数据ꎬ解法3没有利用参考数据ꎬ抓住试题类型ꎬ是解答选择题的特殊解法.针对解法1和解法2ꎬ很难想到134<85和54>83ꎬ这是解决此题的难点.为了突破难点ꎬ解法3提供了一般思路ꎬ不利用参考数据ꎬ此题能解答吗?或者134<85和54>83是如何想到?2.2新解呈现针对上面两个问题ꎬ笔者提出对数比较大小的另一种方法ꎬ叫二分法寻找中间量.方法介绍及操作流程ꎬ笔者通过具体例题呈现.2020年全国Ⅲ卷理科第12题如不用参考数据ꎬ得到如下变式[1].变式㊀设a=log53ꎬb=log85ꎬc=log138ꎬ则(㊀㊀).A.a<b<c㊀B.b<a<c㊀C.b<c<a㊀D.c<a<b解析㊀因为a=log53ꎬb=log85ꎬc=log138ꎬ所以aꎬbꎬcɪ(0ꎬ1)ꎬ由二分法思想可知ꎬ取中间量t1=12.又因为t1=12=log5512=log8812=log131312ꎬ因此比较3与512ꎬ5与812ꎬ8与1312的大小ꎬ转化为比较32与5ꎬ52与8ꎬ82与13的大小ꎬ容易得到32>5ꎬ52>8ꎬ82>13ꎬ所以3>512ꎬ5>812ꎬ8>1312.则log53>12ꎬlog85>12ꎬlog138>12.所以aꎬbꎬcɪ(12ꎬ1).由二分法思想ꎬ取中间量t2=34ꎬ同样t2=34=log5534=log8834=log131334ꎬ比较3与534ꎬ5与834ꎬ824与1334的大小ꎬ转化为比较34与53ꎬ54与83ꎬ84与133的大小ꎬ由于34<53ꎬ54>83ꎬ84>133ꎬ所以3<534ꎬ5>834ꎬ8>1334ꎬ因此log53<34ꎬlog85>34ꎬlog138>34ꎬ则aɪ(0ꎬ34)ꎬbꎬcɪ(34ꎬ1).为了解释命题人设计参考数据的思路ꎬ我们取区间(34ꎬ1)的第1个四等分点作为中间量t3=45ꎬ同样t3=45=log8845=log131345ꎬ比较5与845ꎬ8与1345的大小ꎬ即比较55与84ꎬ85与134的大小.因为55<84ꎬ85>134ꎬ所以5<845ꎬ8>1345ꎬ得到log85<45ꎬlog138>45.所以0<a<34<b<45<cꎬ故选A.点评㊀此题参考数据的作用主要是为解答提供中间量ꎬ考查考生处理数据的能力ꎬ通过对参考数据的利用ꎬ能否类比联想到55<84和85>134.另外ꎬ提供参考数据为考生提供了多样的解题方法ꎬ符合新高考的命题理念ꎬ让不同层次的考生在高考中都能施展自己的才华和能力.如果不提供参考数据ꎬ解题方法单一ꎬ达不到考查目的.没有参考数据ꎬ用二分法寻找中间量求解的过程中ꎬ能清晰地揣摩命题人是如何设置参考数据ꎬ此题至少要用三次二分ꎬt3=45是区间(34ꎬ1)的一个四等分点ꎬ取区间的不同等分点ꎬ也能命制出不同的试题ꎬ为试题的命制提供了思路ꎬ试题的解答过程对上述疑问的回答就不言而喻了.3新解应用应用1㊀«数理化解题研究»2022年第34期文章«对数比较大小试题的解法探究两例»变式应用环节的变式1.正解㊀显然aꎬbꎬcɪ(1ꎬ2).由表1可知cɪ(54ꎬ118)ꎬbɪ(118ꎬ32)ꎬaɪ(32ꎬ2)ꎬ所以c<b<aꎬ故选B.表1㊀应用1的解析过程区间中间值ta与t的大小b与t的大小c与t的大小(1ꎬ2)t=32><<(1ꎬ32)t=54>>(54ꎬ32)t=118><㊀㊀应用2㊀(必修第一册第141页第13题(2))比较log23ꎬlog34ꎬlog45的大小.解析㊀显然log23ɪ(1ꎬ2)ꎬlog34ɪ(1ꎬ2)ꎬlog45ɪ(1ꎬ2).表2㊀应用2的解析过程区间中间值tlog23与t的大小log34与t的大小log45与t的大小(1ꎬ2)t=32><<(32ꎬ2)t=54><㊀㊀由表2知log23ɪ(32ꎬ2)ꎬlog34ɪ(54ꎬ32)ꎬlog45ɪ(1ꎬ54).所以log45<log34<log23.用二分法寻找对数比较大小的中间量的方法ꎬ能明确命题人命制试题的思路和意图ꎬ在教学和考试中可以对试题进行改编ꎬ发挥试题的变式教学功能ꎬ实现一题一课㊁一法多用的教学作用.教学过程要体现学生主体㊁教师主导㊁问题主线㊁思维主攻 的思想[2]ꎬ对数比较大小方法多样ꎬ教师从不同视角提出问题ꎬ引导学生主动探究不同的解法ꎬ发现不同解法之间的关联ꎬ有助于发展学生思维.参考文献:[1]李鸿昌.对数比较大小试题的解法探究两例[J].数理化解题研究ꎬ2022(34):66-69.[2]代钦ꎬ王光明ꎬ吴立宝.新版课程标准解析与教学指导[M].北京:北京师范大学出版社ꎬ2018.[责任编辑:李㊀璟]34。

2019年高考全国Ⅰ卷理科第21题的变式与一般化探究


试题评析 本题在试卷中处于 21 题, 属于压轴题的位 置, 该题以测试新药为背景, 解释试验方案的合理性, 是一个 数学应用的题目, 体现了数学的应用价值, 考察了学生的数 学建模能力与数据分析能力. 此外, 本题第二问还考察了数 列方面的知识, 要求学生有较强的分析能力与推理能力, 因 此本题综合性较强, 是一道考察学生数学综合能力的好题. 本题难点在于:
{pn} (n = 0, 1, 2, · · · , 8) 的通项.
解 因为 pi = api−1 +bpi +cpi+1, 且由“试题解答”(1) 可
得: pi = (1−α)βpi−1+(αβ+(1−α)(1−β))pi+α(1−β)pi+1,
所以 (1−α)βpi−1 −(1−α)βpi +α(1−β)pi+1 −α(1−β)pi =
(1 − α)β , α(1 − β)
首项为
p1
的等比数列.
一、题目再现
题目 (2019 年高考全国 I 卷理科第 21 题) 为了治疗某种 疾病, 研制了甲、乙两种新药, 希望知道哪种新药更有效, 为 此进行动物试验. 试验方案如下: 每一轮选取两只白鼠对药 效进行对比试验. 对于两只白鼠, 随机选一只施以甲药, 另一 只施以乙药. 一轮的治疗结果得出后, 再安排下一轮试验. 当 其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多 4 只时, 就 停止试验, 并认为治愈只数多的药更有效. 为了方便描述问 题, 约定: 对于每轮试验, 若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药 的白鼠未治愈则甲药得 1 分, 乙药得 −1 分; 若施以乙药的白 鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得 1 分, 甲药得 −1 分; 若都治愈或都未治愈则两种药均得 0 分. 甲、乙两种药的 治愈率分别记为 α 和 β , 一轮试验中甲药的得分记为 X.

20123年新高考2卷数学试卷讲评

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2025版新教材高考数学全程一轮总复习新教材新高考权威解读评析

新教材新高考权威解读评析近三年新高考数学落实立德树人根本任务,促进学生德智体美劳全面发展,体现高考改革的要求.试卷突出数学学科特点,强化基础考查,突出关键实力,加强教考连接,助力基础教化提质增效.一、设置现实情境发挥育人作用近三年的新高考数学试卷坚持思想性与科学性统一,从中华优秀传统文化、社会经济发展、科技发展与进步等方面设置了真实情景.一是体现中华优秀传统文化情景,旨在让学生领会中华民族的才智和数学探讨成果,进一步树立民族自尊心和骄傲感.如2024年新高考Ⅰ卷第4题,以日晷为背景,让学生直观感受我国古代科学家探究问题和解决问题的过程.典例1 [2024·新高考Ⅰ卷,4]日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为( )A.20°B.40°C.50°D.90°二是以科技发展与进步中取得的重要成就为背景,旨在激发青年学生树立为国家服务、奉献科技事业的信念.如2024年新高考Ⅱ卷第4题,以北斗三号全球卫星导航系统为情景,考查学生视察问题、分析问题和解决问题的实力.典例 2 [2024·新高考Ⅱ卷,4]北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中,地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面,轨道高度为36 000 km(轨道高度是指卫星到地球表面的距离).将地球看作是一个球心为O,半径r为6 400 km 的球,其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数.地球表面上能干脆观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α,记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1-cosα)(单位:km2),则S占地球表面积的百分比约为( )A.26% B.34% C.42% D.50%三是以我国的社会经济发展、生产生活实际为情景素材设置试题.如2024新高考Ⅰ卷第4题,以我国的重大建设成就“南水北调”工程为背景,考查学生的空间想象、运算求解实力,引导学生关注社会主义建设的成果,增加社会责任感.典例3 [2024·新高考Ⅰ卷,4]南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2,将该水库在这两个水位间的形态看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时,增加的水量约为(≈2.65)()A.1.0×109m3B.1.2×109m3C.1.4×109m3D.1.6×109m3二、加强教考连接发挥引导作用高考数学命题贯彻高考内容改革的要求,依据中学课程标准命题,进一步增加考试与教学的连接.试卷的考查比例、要求层次与课程标准保持一样,注意考查内容的全面性,同时突出主干、重点内容的考查,引导教学以标施教、施教以标.近三年的试题强调对学科基本概念、基本原理的考查,强调学问之间的内在联系,引导学生形成学科学问系统;注意本原性方法,淡化特别技巧,强调通性通法的深化理解和综合运用,促进学生将学问和方法内化为自身的学问结构.2024年新高考Ⅰ卷第16题体现了特别与一般的思想,2024年新高考Ⅱ卷第19题对统计与概率的思想进行了深化的考查.数学试题力图引导中学遵循教学规律、提高课堂教学效果,实现作业题、练习题减量提质.典例4 [2024·新高考Ⅰ卷,16]已知椭圆C:=1(a>b>0),C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,|DE|=6,则△ADE 的周长是________.典例5 [2024·新高考Ⅱ卷,19]在某地区进行流行病学调查,随机调查了100位某种疾病患者的年龄,得到如下的样本数据的频率分布直方图:(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率;(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%,该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人,若此人的年龄位于区间[40,50),求此人患这种疾病的概率.(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率,精确到0.0001).同时,加强主干考查.如2024新高考Ⅰ卷第12题,要求学生在抽象函数的背景下,理解函数的奇偶性、对称性、导数等概念以及它们之间的联系,对数学抽象、直观想象、逻辑推理等核心素养都有较高的要求.此外,近三年的新高考试卷还创新试题设计.题型设计上有多选题、开放题、结构不良问题,激励学生运用创建性、发散性思维分析问题和解决问题;引导教学注意培育学生的创新精神.如2024新高考Ⅰ卷14题,2024新高考Ⅰ卷17题,2024新高考Ⅱ卷21题.典例6 [2024·新高考Ⅰ卷,14]写出与圆x2+y2=1和(x-3)2+(y-4)2=16都相切的一条直线的方程________.典例7 [2024·新高考Ⅰ卷,17]在①ac=,②c sin A=3,③c=b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin A=sin B,C=,________?注:假如选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.典例8 [2024·新高考Ⅱ卷,21]已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),渐近线方程为y=±x.(1)求C的方程;(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,点P,Q在C上,且x1>x2>0,y1>0.过P且斜率为-的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立:①M在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.三、加强素养考查发挥选拔功能近三年试卷深化考查关键实力,优化试题设计,发挥数学学科高考的选拔功能,助力提升学生综合素养.首先是加强思维品质考查,增加思维的敏捷性.试卷通过突出思维品质考查,强调独立思索和创新意识.如2024年新高考Ⅱ卷第8题,对思维的敏捷性有较高要求,在抽象的情景中发觉函数周期性是问题的关键.典例9 [2024·新高考Ⅱ卷,8]已知函数f(x)的定义域为R,且f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y),f(1)=1,则( )A.-3 B.-2 C.0 D.1其次是加强关键实力考查,增加试题的选拔性.试卷设置了综合性的问题和较为困难的情景,加强关键实力的考查.如2024新高考Ⅰ卷第22题重视基于数学素养的关键实力考查,在数学学问层面、数学实力层面和创新思维层面都有所体现,具有较好的选拔功能.2024年新高考Ⅱ卷第22题将函数、导数、数列与不等式等学问有机结合,考查学生敏捷应用函数、不等式思想解决困难问题的实力,对直观想象实力和逻辑推理实力也有较高要求.典例10 [2024·新高考Ⅰ卷,22]已知函数f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.典例11 [2024·新高考Ⅱ卷,22]已知函数f(x)=x e ax-e x.(1)当a=1时,探讨f(x)的单调性;(2)当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围;(3)设n∈N*,证明:+…+>ln (n+1).开篇典例1 解析:过球心O、点A以及晷针的轴截面如图所示,其中CD为晷面,GF为晷针所在直线,EF为点A处的水平面,GF⊥CD,CD∥OB,∠AOB=40°,∠OAE=∠OAF=90°,所以∠GFA=∠CAO=∠AOB=40°.故选B.答案:B典例2 解析:由题意可得,S占地球表面积的百分比约为:==≈0.42=42%.故选C.答案:C典例 3 解析:由棱台的体积公式,得增加的水量约为×(157.5-148.5)×(140×106+180×106+)=×(140+180+60)≈3×106×(140+180+60×2.65)≈1.4×109(m3).故选C.答案:C典例4 解析:由题意知e==,所以a=2c,b=c,所以△AF1F2是等边三角形,所以DE垂直平分AF2,所以|AD|=|DF2|,|AE|=|EF2|,所以△ADE的周长为|DE|+|AD|+|AE|=|DE|+|DF2|+|EF2|.由椭圆的定义,可知|DE|+|DF2|+|EF2|=4a=8c.因为直线DE的斜率k=tan 30°=,所以直线DE的方程为y=(x+c),即x=y-c.由椭圆方程=1,得3x2+4y2=12c2.将x=y-c代入并整理,得13y2-6cy-9c2=0.设D(x1,y1),E(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=-,所以|DE|==·==c=6,解得c=.所以△ADE的周长是8c=13.答案:13典例 5 解析:(1)平均年龄=(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(岁).(2)设A={一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)},所以P(A)=1-P()=1-(0.001+0.002+0.006+0.002)×10=1-0.11=0.89.(3)设B={任选一人年龄位于区间[40,50)},C={任选一人患这种疾病},则由条件概率公式可得P(C|B)====0.001 437 5≈0.001 4.典例6 解析:由题意知两圆的圆心和半径分别为O1(0,0),O2(3,4),r1=1,r2=4.因为|O1O2|=r1+r2,所以两圆外切.由两圆外切,画出示意图,如图.设切点为A(x,y).由=,得A().因为=,所以切线l1的斜率k1=-,所以l1:y-=-(x-),即3x+4y-5=0.由图象易得两圆均与直线l2:x=-1相切,过两圆圆心的直线方程为l:y=x.联立解得故直线l与l2的交点为P(-1,-).由切线定理,得两圆的另一公切线l3过点P.设l3:y+=k(x+1).由点到直线的距离公式,得=1,解得k=,所以l3:y+=(x+1),即7x-24y-25=0.答案:3x+4y-5=0或7x-24y-25=0或x+1=0(答对其中之一即可)典例7 解析:方案一:选条件①.由C=和余弦定理得=.由sin A=sin B及正弦定理得a=b.于是=,由此可得b=c.由①ac=,解得a=,b=c=1.因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c=1.方案二:选条件②.由C=和余弦定理得=.由sin A=sin B及正弦定理得a=b.于是=,由此可得b=c,B=C=,A=.由②c sin A=3,所以c=b=2,a=6.因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c=2.方案三:选条件③.由C=和余弦定理得=.由sin A=sin B及正弦定理得a=b.于是=,由此可得b=c.由③c=b,与b=c冲突.因此,选条件③时问题中的三角形不存在.典例8 解析:(1)由题意可得解得所以C的方程为x2-=1.(2)当直线PQ斜率不存在时,x1=x2,但x1>x2>0,所以直线PQ斜率存在,所以设直线PQ的方程为y=kx+b(k≠0).联立得方程组消去y并整理,得(3-k2)x2-2kbx-b2-3=0.则x1+x2=,x1x2=,x1-x2==.因为x1>x2>0,所以x1x2=>0,即k2>3.所以x1-x2=.设点M的坐标为(x M,y M),则y M-y2=(x M-x2),y M-y1=-(x M-x1),两式相减,得y1-y2=2x M-(x1+x2).因为y1-y2=(kx1+b)-(kx2+b)=k(x1-x2),所以2x M=k(x1-x2)+(x1+x2),解得x M=.两式相加,得2y M-(y1+y2)=(x1-x2).因为y1+y2=(kx1+b)+(kx2+b)=k(x1+x2)+2b,所以2y M=k(x1+x2)+(x1-x2)+2b,解得y M==x M.所以点M的轨迹为直线y=x,其中k为直线PQ的斜率.选择①②.因为PQ∥AB,所以k AB=k.设直线AB的方程为y=k(x-2),并设点A的坐标为(x A,y A),点B的坐标为(x B,y B),则解得x A=,y A= .同理可得x B=,y B=- .此时x A+x B=,y A+y B=.因为点M在AB上,且其轨迹为直线y=x,所以解得x M==,y M==,所以点M为AB的中点,即|MA|=|MB|.选择①③.当直线AB的斜率不存在时,点M即为点F(2,0),此时点M不在直线y=x上,与题设冲突,故直线AB的斜率存在.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=m(x-2)(m≠0),并设点A的坐标为(x A,y A),点B的坐标为(x B,y B),则解得x A=,y A= .同理可得x B=,y B=- .此时x M==,y M==.由于点M同时在直线y=x上,故6m=·2m2,解得k=m,因此PQ∥AB.选择②③.因为PQ∥AB,所以k AB=k.设直线AB的方程为y=k(x-2),并设点A的坐标为(x A,y A),点B的坐标为(x B,y B),则解得x A=,y A= .同理可得x B=,y B=- .设AB的中点为C(x C,y C),则x C==,y C==.因为|MA|=|MB|,所以点M在AB的垂直平分线上,即点M在直线y-y C=-(x-x C)上.将该直线方程与y=x联立,解得x M==x C,y M==y C,即点M恰为AB的中点,所以点M在直线AB上.典例9 解析:令y=1,得f(x+1)+f(x-1)=f(x)f(1)=f(x),即f(x+1)=f(x)-f(x-1).故f(x+2)=f(x+1)-f(x) ①,f(x+3)=f(x+2)-f(x+1) ②.①+②,得f(x+3)=-f(x),所以f(x)的周期为6.令x=1,y=0,得f(1)+f(1)=f(1)f(0),所以f(0)=2,所以f(2)=f(1)-f(0)=1-2=-1,f(3)=f(2)-f(1)=-1-1=-2,f(4)=f(3)-f(2)=-2-(-1)=-1,f(5)=f(4)-f(3)=-1-(-2)=1,f(6)=f(5)-f(4)=1-(-1)=2.所以=3[f(1)+f(2)+…+f(6)]+f(19)+f(20)+f(21)+f(22)=3×0+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=1+(-1)+(-2)+(-1)=-3.故选A.答案:A典例10 解析:(1)由f(x)=e x-ax,得f′(x)=e x-a.由于f(x)存在最小值,则方程f′(x)=0有解,故a>0,解得x=ln a.所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(ln a)=a-a ln a.同理,得g(x)min=g()=1+ln a.因为函数f(x),g(x)的最小值相等,所以a-a ln a=1+ln a,即(a+1)ln a+1-a=0.令h(x)=(x+1)ln x+1-x,x>0,则h′(x)=ln x+.令m(x)=ln x+,x>0,则m′(x)==.令>0,则x>1;令<0,则0<x<1.所以m(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,即h′(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以=h′(1)=1>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.又h(1)=0,所以1是h(x)唯一零点,所以a=1.(2)证明:由(1)知f(x)=e x-x,g(x)=x-ln x,且f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,且f(x)min==1.①当b<1时,f(x)min=g(x)min=1>b,明显直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)无交点,不符合题意.②当b=1时,f(x)min=g(x)min=1=b,则直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点,不符合题意.③当b>1时,首先证明直线y=b与曲线y=f(x)有2个交点,即证F(x)=f(x)-b有2个零点.因为F′(x)=f′(x)=e x-1,所以F(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.F(-b)=e-b>0,F(0)=1-b<0,F(b)=e b-2b.令t(b)=e b-2b,b>1,则t′(b)=e b-2>0,所以t(b)>t(1)=e-2>0,所以F(b)>0.所以由零点存在定理,知F(x)=f(x)-b在(-∞,0)上存在且只存在1个零点,设为x1,在(0,+∞)上存在且只存在1个零点,设为x2.其次证明直线y=b与曲线g(x)有2个交点,即证G(x)=g(x)-b有2个零点.因为G′(x)=g′(x)=1-,所以G(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.G(e-b)=e-b>0,G(1)=1-b<0,G(2b)=b-ln 2b.令μ(x)=-ln x,x>2,则μ′(x)=>0,所以μ(x)>μ(2)=1-ln 2>0,即G(2b)>0.所以由零点存在定理,得G(x)=g(x)-b在(0,1)上存在且只存在1个零点,设为x3,在(1,+∞)上存在且只存在1个零点,设为x4.再次证明存在b使得x2=x3.因为F(x2)=G(x3)=0,所以b=-x2=x3-ln x3.若x2=x3,则-x2=x2-ln x2,即-2x2+ln x2=0,所以只需证明方程e x-2x+ln x=0在(0,1)上有解即可,即证明φ(x)=e x-2x+ln x在(0,1)上有零点.因为φ()=-3<0,φ(1)=e-2>0,所以φ(x)=e x-2x+ln x在(0,1)上存在零点,取一零点为x0,令x2=x3=x0即可,此时b=-x0,则此时存在直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点.最终证明x1+x4=2x0,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=G(x3)=G(x0)=G(x4)=0,所以F(x1)=G(x0)=F(ln x0).又因为F(x)在(-∞,0)上单调递减,x1<0,0<x0<1,即ln x0<0,所以x1=ln x0.因为F(x0)=)=G(x4),又因为G(x)在(1,+∞)上单调递增,x0>0,即>1,x4>1,所以x4=.又因为-2x0+ln x0=0,所以x1+x4==2x0,即存在直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.典例11 解析:(1)当a=1时,f(x)=x e x-e x=(x-1)e x,f′(x)=e x+(x-1)e x=x e x.令f′(x)=0,得x=0,∴当x<0时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x>0时,f′(x)>0,f(x)单调递增.(2)f′(x)=e ax+a e ax x-e x=(ax+1)e ax-e x,f′(0)=0.设g(x)=(ax+1)e ax-e x,则g′(x)=a e ax+a e ax(ax+1)-e x=(a2x+2a)e ax-e x,g′(0)=2a-1.当2a-1>0,即a >时,存在δ>0,使得当x∈(0,δ)时,g′(x)>0,此时f′(x)在(0,δ)上单调递增.∵f′(x)>f′(0)=0,∴f(x)在(0,δ)上单调递增,∴f(x)>f(0)=-1,这与f(x)<-1冲突,故舍去.当2a-1≤0,即a ≤时-e x.令h(x)=-e x,则h′(x)=+·x-e x =(1+x -)<0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递减,此时h(x)<h(0)=-1符合条件.综上可知,a的取值范围为(-∞,].(3)证明:由(2)知当a =时,x>0时-e x<-1,-.令=t,t>1,则x=2ln t,∴2ln t<t -,t>1.取t=(n∈N*),则2ln t=ln (n+1)-ln n <-=,∴+…+>ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+…+ln (n+1)-ln n=ln (n +1),故结论得证.。

2022届高考数学统考一轮复习第3章导数及其应用命题探秘1第2课时利用导数研究不等式恒能成立问题教

学习资料2022届高考数学统考一轮复习第3章导数及其应用命题探秘1第2课时利用导数研究不等式恒能成立问题教师用书教案理新人教版班级:科目:第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题技法阐释用导数解决不等式“恒成立”“存在性"问题的常用方法是分离参数,或构造新函数分类讨论,将不等式问题转化为函数的最值问题。

1。

分离参数法一般地,若a>f(x)对x∈D恒成立,则只需a>f(x)max;若a<f(x)对x∈D 恒成立,则只需a<f(x)min。

若存在x0∈D,使a>f(x0)成立,则只需a>f(x)min;若存在x0∈D,使a<f(x0)成立,则只需a<f(x0)max。

由此构造不等式,求解参数的取值范围.2.构造函数分类讨论法有两种常见情况,一种先利用综合法,结合导函数零点之间大小关系的决定条件,确定分类讨论的标准,分类后,判断不同区间函数的单调性,得到最值,构造不等式求解;另一种,直接通过导函数的式子,看出导函数值正负的分类标准,通常导函数为二次函数或者一次函数。

高考示例(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=e x+ax2-x。

(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≥错误!x3+1,求a的取值范围.技法一分离参数法解决不等式恒成立问题[典例1](2020·石家庄模拟)已知函数f(x)=ax e x-(a+1)(2x-1).(1)若a=1,求函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程;(2)当x>0时,函数f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.[思维流程][解](1)若a=1,则f(x)=x e x-2(2x-1).即f′(x)=x e x+e x-4,则f′(0)=-3,f(0)=2,所以所求切线方程为3x+y-2=0。

(2)由f(1)≥0,得a≥错误!>0,则f(x)≥0对任意的x>0恒成立可转化为aa+1≥错误!对任意的x>0恒成立.设函数F(x)=错误!(x>0),则F′(x)=-错误!。

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高考数学理试题研究数学
新杨军
The final edition was revised on December 14th, 2020.
2018高考理科数学(全国卷Ⅲ)试题研究
云南杨军
一、对2018年高考理科数学(全国卷Ⅲ)试题的分析
总体来看,主干知识中,函数与导数22分,立体几何22分,直线与圆和圆锥曲线27分,三角函数与解三角形15分,概率统计与模拟方法17分,数列约17分,不等式及其应用约15分,平面向量约5分,算法5分,集合5分、复数5分,二项式定理5分。

知识点覆盖比较全面,重点内容几乎全都考查到了,特别是解析几何加大了知识点的考查,总体分值比往年有所增加。

试题总体上还有一个特点,就是知识点间相互的交汇和融合非常自然,如20题圆锥曲线、平面向量与等差数列融汇在一起,加大了对学生系统掌握知识的考查。

只有很少的一些非重点知识点没有考查,比如:随机抽样,命题与逻辑联结词,数学归纳法,合情推理,计数原理,算法流程图,线性规划,定积分等。

其中容易题为79分,中档题约为37分,难题约为34分。

易中难比例相对于往年,容易题目略有增加,但试题仍然有一定灵活度,适当对综合能力进行了考查。

所以总体略低于于去年全国Ⅲ卷。

具体来说有以下几个特点:
1. 试题起点低,注重基础,突出考查重点
2018年全国高考理科数学(全国卷Ⅲ)对基础知识与基本技能的考查既注重全面又突出重点,贴近教学实际,入手简单,计算量适中,需要学生在做题时加倍细心,许多试题都是考查单一知识点或是在最基础的知识交汇点上设置,如选择题的1-10,这对引导中学数学重视基础知识和基本技能教学具有良好的导向作用。

同时,试卷注重确保支撑数学知识体系的主干内容占有较高的比例,如试卷对函数与导数、三角函数与解三角形、立体几何、解析几何、数列、概率统计等内容的考查高达120分,这充分体现了高考对主干知识的重视程度,同时在立足稳定基础上又颇具创新。

2、强调通性通法,坚持能力立意
2018年全国高考理科数学(全国卷Ⅲ)注重通性通法在解题中的运用,都是运用基本概念分析问题,基本公式运算求解、基本定理推理论证、基本数学思想方法分析和解决问题。

试卷强调通性通法,有利于引导中学数学教学回归基础,避免一味的钻偏难怪试题,从而使学生能够在数学学习上获得比较正常的发展。

试卷继续坚持能力立意,全面考查运算求解、空间想象、抽象概括、推理论证、数据处理以及综合运用有关知识分析和解决问题的能力,其中运算求解能力贯穿试卷始终。

3、考查数学素养,关注数学应用
数学素养涵盖数学的基础知识、基本技能和它们所体现的数学思想方法与能力,以及在此基础上的应用意识和创新意识。

2018年全国高考理科数学(全国卷Ⅲ)试题更加注重对学生数学素养的考查,选择题第3题对于三视图的考查,使用了实际问题的题材,拉近数学与生活的距离。

同时,第10题对于概率分布的考查,使用了“移动支付”为背景,让数学与时俱进,体现数学源于生活又高于生活。

第12题对于不等式的考查,类似于简单的比较数的大小,又增加了对数的和与积的运算,增加了题目的难度。

第19题,在考查立体几何证明的同时,增加了动点的干扰,这对学生的运动思想的考查有所创新。

第20题圆锥曲线中加入了平面向量和等差数列,增大了试题覆盖面。

导数题既继承了往年全国卷导数题的显着特点,加强对导数结构的考查,对结构的适当变形,也在衔接新高考前期中下了功夫。

4.难度结构合理,提高区分层次
2018年全国高考理科数学(全国卷Ⅲ)难度结构合理,由易到难,循序渐进,具有一定梯度,能较好区分不同程度的学生,有利于高校选拔:
选择题第1-9题,填空题第13、14题、解答题的第17、18题以及选做题的第22题都属于基础题,起点较低,绝大多数学生都能顺利解答。

选择题第10-11题,填空题15-16,解答题第19题难度中等,对中档程度学生来说,不会构成太大困难。

作为能力把关的第12、20、21题知识综合性较强,能力要求更高,难度较大,但这部分试题也都是由浅入深的设置,上手其实很容易,但要完整解答并非易事。

总体来说,2018年全国高考理科数学(全国卷Ⅲ)对中学数学教学起到很好的导向作用,主要表现于回归课本、扎实基础,重视数学思想方法,加强数学应用与数学空间想象能力、运算能力、思维能力的培养,实现从结果教育到过程教育的转变。

二、2020届的数学教学规划
针对以上分析,应当说2018年的高考试题为我们以后的教学规划以及复习备考指明了方向:课标考纲是依据,教材是蓝本,主抓基础是关键,训练思维是主导,灵活创新是方向。

我们在此对2020届的教学规划提出以下几点建议:
1、重视基础,立足教材,遵循考纲,资源共享
从今年的高考题来看,考查的知识点和基本方法及数学思想都是现行高中数学教材中最基本、最重要的数学知识和数学思想方法。

所以在教学过程中不宜追求“偏、难、怪”的极端做法,还是要回归教材,狠抓基础,不能浮燥,一定要脚踏实地的,一步一步的把课本上的基础知识、基础练习、基本题型、基本方法练到位,认真构建学生的系统知识结构。

教学过程紧扣数学的本质,重视“数学阅读”教学,让学生能读懂数学,重视知识的生成过程,在此基础上培养学生灵活运用知识处理分析问题的能力。

教材是高考命题的基本生长点,“一个人的力量是有限的,大家的智慧是无穷的”,所以我们一线教师应当好好研究、挖掘教材,做好变式教学,实现合作共享。

2、突出重点,与时俱进,贴近生活,大胆创新
从今年高考数学试题来看,不难发现,主干知识还是支撑了整个试卷,命题风格体现了新课标侧重能力与应用意识的考查,鼓励探索创新的特点。

就给我们在今后的教学过程中指明了方向。

所以在教学中,我们需要多收集编纂一些与生活联系密切的命题背景,大胆融合不同知识板块,培养学生灵活的思维能力
3、调节心态,注重细节,控制节奏,提高效率
(1)我们一线教师在教学过程中,从一开始,就要指导学生做到解题规范、细节做到位。

解题不规范是高分卷生成的影响因素之一,我们都知道数学阅卷是拆点给分,完成作业和练习当中,一定要规范、细节要把握好。

(2)争取在常规教学努力做到五个“必须”,即:
①讲必练:克服随意性;
②练必批:了解学生的真实水平;
③批必评:讲解具有针对性;
④评必纠:抓好落实;
⑤纠必考:内化为学生的能力。

(3)作业布置宜精不宜多,给学生留下多一点独立消化和思考的时间和空间,指导学生跳出题海,教会学生进行反思,以致增强适应各种题型的应变能力。

以上内容仅为个人分析及建议,有不正之处还请批评指正!
2018年6月15日。

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