2019年甘肃省高考数学试题评析
2019年高考数学试卷分析
2019年高考数学试卷分析2019年高考数学试卷分析随着2019年高考的结束，作为一名一线教师，我们需要对今年的高考试题进行细致的研究。
陕西省是首次使用全国卷，为下一年的平稳过渡做好了铺垫。
首先，在题型设置上与全国卷保持一致，这让师生们感到很亲切，有老朋友相见的感觉。
今年的全国卷数学试题从试题结构与去年相比变化不大，严格遵守考试大纲说明，五偏题，怪题现象。
试卷难度呈阶梯型分布，试题更灵活。
入口容易出口难，有利于高校选拔新生。
一、总体分析：1.试题的稳定性：从文理试卷整体来看，考查的内容注重基础考查，又在一定的程度上进行创新。
知识覆盖全面且突出重点。
高中知识“六大板块”依旧是考查的重点。
无论大小体目90%均属于常规题型，难度适中。
是学生训练时的常见题型。
其中，5，15，18注重考查了数学在实际中的应用能力。
这就提示我们数学的教学要来源实际，回归生活，既有基础与创新的结合，又能增加学生的自信心，发挥自己的最佳水平。
2.试题的变化：有些复课中的重点“二项式定理”、“线性规划”、“定积分”、“均值不等式”等知识点并没有被纳入，而“条件概率”则出现在大题中，这也对试题的难度进行区分。
在难度方面，选择题的12题、填空题的16题对学生造成较大困扰，这也有利于对人才的选拔。
解答题中的20、21题第一问难度适中，第二问都提高了难度。
这也体现了入口易，出口难，对人才的选拔非常有利。
3.试题的详细分析：选择题部分1）考查复数，注重的是知识点的考查。
对负数的运算量则降低要求，这要求我们不仅要求对运算过关，更强调知识点的全面性。
2）集合的运算：集合的交并补三种运算应是同等对待。
在平时的教学中，出现的交集运算比较多，而并集、补集易被忽略。
（而文科考的常规是交集运算，理科更为灵活。
）3）向量的运算：俩向量的平行、垂直一直是考查重点。
（文科考平行，理科考垂直）4）直线与圆的位置关系：要求学生会用几何法判断直线与圆的位置关系，且熟记点到线的距离公式。
甘肃省2019年高中会考[数学]考试真题与答案解析
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甘肃省2019年高中会考[数学]考试真题与答案解析一、选择题本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小只有一个正确选项.1．下列四个图案中，是中心对称图形的是（ ）A．B．C．D．答案解析：A．此图案是中心对称图形，符合题意；B．此图案不是中心对称图形，不合题意；C．此图案不是中心对称图形，不合题意；D．此图案不是中心对称图形，不合题意；故选：A．2．在0，2，﹣3，﹣这四个数中，最小的数是（ ）A．0B．2C．﹣3D．﹣答案解析：根据实数比较大小的方法，可得﹣3＜﹣＜0＜2，所以最小的数是﹣3．故选：C．3．使得式子有意义的x的取值范围是（ ）A．x≥4B．x＞4C．x≤4D．x＜4答案解析：使得式子有意义，则：4﹣x＞0，解得：x＜4，即x的取值范围是：x＜4．故选：D．4．计算（﹣2a）2•a4的结果是（ ）A．﹣4a6B．4a6C．﹣2a6D．﹣4a8答案解析：（﹣2a）2•a4＝4a2•a4＝4a6．故选：B．5．如图，将一块含有30°的直角三角板的顶点放在直尺的一边上，若∠1＝48°，那么∠2的度数是（ ）A．48°B．78°C．92°D．102°答案解析：∵将一块含有30°的直角三角板的顶点放在直尺的一边上，∠1＝48°，∴∠2＝∠3＝180°﹣48°﹣30°＝102°．故选：D．6．已知点P（m+2，2m﹣4）在x轴上，则点P的坐标是（ ）A．（4，0）B．（0，4）C．（﹣4，0）D．（0，﹣4）【分析】直接利用关于x轴上点的坐标特点得出m的值，进而得出答案．答案解析：∵点P（m+2，2m﹣4）在x轴上，∴2m﹣4＝0，解得：m＝2，∴m+2＝4，则点P的坐标是：（4，0）．故选：A．7．若一元二次方程x2﹣2kx+k2＝0的一根为x＝﹣1，则k的值为（ ）A．﹣1B．0C．1或﹣1D．2或0答案解析：把x＝﹣1代入方程得：1+2k+k2＝0，解得：k＝﹣1，故选：A．8．如图，AB是⊙O的直径，点C、D是圆上两点，且∠AOC＝126°，则∠CDB＝（ ）A．54°B．64°C．27°D．37°答案解析：∵∠AOC＝126°，∴∠BOC＝180°﹣∠AOC＝54°，∵∠CDB＝∠BOC＝27°．故选：C．9．甲，乙两个班参加了学校组织的2019年“国学小名士”国学知识竞赛选拔赛，他们成绩的平均数、中位数、方差如下表所示，规定成绩大于等于95分为优异，则下列说法正确的是（ ）参加人数平均数中位数方差甲459493 5.3乙459495 4.8A．甲、乙两班的平均水平相同B．甲、乙两班竞赛成绩的众数相同C．甲班的成绩比乙班的成绩稳定D．甲班成绩优异的人数比乙班多答案解析：A、甲、乙两班的平均水平相同；正确；B、甲、乙两班竞赛成绩的众数相同；不正确；C、甲班的成绩比乙班的成绩稳定；不正确；D、甲班成绩优异的人数比乙班多；不正确；故选：A．10．如图是二次函数y＝ax2+bx+c的图象，对于下列说法：①ac＞0，②2a+b＞0，③4ac＜b2，④a+b+c＜0，⑤当x＞0时，y随x的增大而减小，其中正确的是（ ）A．①②③B．①②④C．②③④D．③④⑤答案解析：①由图象可知：a＞0，c＜0，∴ac＜0，故①错误；②由于对称轴可知：＜1，∴2a+b＞0，故②正确；③由于抛物线与x轴有两个交点，∴△＝b2﹣4ac＞0，故③正确；④由图象可知：x＝1时，y＝a+b+c＜0，故④正确；⑤当x＞时，y随着x的增大而增大，故⑤错误；故选：C．二、填空题11．分解因式：x3y﹣4xy＝ xy（x+2）（x﹣2） ．答案解析：x3y﹣4xy，＝xy（x2﹣4），＝xy（x+2）（x﹣2）．12．不等式组的最小整数解是 0 ．答案解析：不等式组整理得：，∴不等式组的解集为﹣1＜x≤2，则最小的整数解为0，故答案为：013．分式方程＝的解为 ．答案解析：去分母得：3x+6＝5x+5，解得：x＝，经检验x＝是分式方程的解．故答案为：．14．在△ABC中∠C＝90°，tanA＝，则cosB＝ ．答案解析：利用三角函数的定义及勾股定理求解．∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，tanA＝，设a＝x，b＝3x，则c＝2x，∴cosB＝＝．故答案为：．15．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为等边三角形，则该几何体的左视图的面积为 （18+2）cm2 ．答案解析：该几何体是一个三棱柱，底面等边三角形边长为2cm，高为cm，三棱柱的高为3，所以，其表面积为3×2×3+2×＝18+2（cm2）．故答案为（18+2）cm2．16．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝2，点D是AB的中点，以A、B为圆心，AD、BD长为半径画弧，分别交AC、BC于点E、F，则图中阴影部分的面积为 2﹣ ．答案解析：在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，∴AB＝2，∠A＝∠B＝45°，∵D是AB的中点，∴AD＝DB＝，∴S阴＝S△ABC﹣2•S扇形ADE＝×2×2﹣2×＝2﹣，故答案为：2﹣17．如图，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝6，E为BC上一点，把△CDE沿DE折叠，使点C落在AB边上的F处，则CE的长为 ．答案解析：设CE＝x，则BE＝6﹣x由折叠性质可知，EF＝CE＝x，DF＝CD＝AB＝10，在Rt△DAF中，AD＝6，DF＝10，∴AF＝8，∴BF＝AB﹣AF＝10﹣8＝2，在Rt△BEF中，BE2+BF2＝EF2，即（6﹣x）2+22＝x2，解得x＝，故答案为．18．如图，每一图中有若干个大小不同的菱形，第1幅图中有1个菱形，第2幅图中有3个菱形，第3幅图中有5个菱形，如果第n幅图中有2019个菱形，则n＝ 1010 ．答案解析：根据题意分析可得：第1幅图中有1个．第2幅图中有2×2﹣1＝3个．第3幅图中有2×3﹣1＝5个．第4幅图中有2×4﹣1＝7个．…．可以发现，每个图形都比前一个图形多2个．故第n幅图中共有（2n﹣1）个．当图中有2019个菱形时，2n﹣1＝2019，n＝1010，故答案为：1010．三、解答题（一）本大共5小题，共26分.解答应写出必要的文字说明，证明过程成演算步骤.19．计算：（﹣）﹣2+（2019﹣π）0﹣tan60°﹣|﹣3|．答案解析：原式＝4+1﹣，＝1．20．如图，在△ABC中，点P是AC上一点，连接BP，求作一点M，使得点M到AB和AC 两边的距离相等，并且到点B和点P的距离相等．（不写作法，保留作图痕迹）答案解析：如图，点M即为所求，21．中国古代入民很早就在生产生活中发现了许多有趣的数学问题，其中《孙子算经》中有个问题，原文：今有三人共车，二车空；二人共车，九人步，问人与车各几何？译文为：今有若干人乘车，每3人共乘一车，最终剩余2辆车，若每2人共乘一车，最终剩余9个人无车可乘，问共有多少人，多少辆车？答案解析：设共有x人，根据题意得：+2＝，去分母得：2x+12＝3x﹣27，解得：x＝39，∴＝15，则共有39人，15辆车．22．为了保证人们上下楼的安全，楼梯踏步的宽度和高度都要加以限制．中小学楼梯宽度的范围是260mm～300mm含（300mm），高度的范围是120mm～150mm（含150mm）．如图是某中学的楼梯扶手的截面示意图，测量结果如下：AB，CD分别垂直平分踏步EF，GH，各踏步互相平行，AB＝CD，AC＝900mm，∠ACD＝65°，试问该中学楼梯踏步的宽度和高度是否符合规定．（结果精确到1mm，参考数据：sin65°≈0.906，cos65°≈0.423）答案解析：连接BD，作DM⊥AB于点M，∵AB＝CD，AB，CD分别垂直平分踏步EF，GH，∴AB∥CD，AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴∠C＝∠ABD，AC＝BD，∵∠C＝65°，AC＝900，∴∠ABD＝65°，BD＝900，∴BM＝BD•cos65°＝900×0.423≈381，DM＝BD•sin65°＝900×0.906≈815，∵381÷3＝127，120＜127＜150，∴该中学楼梯踏步的高度符合规定，∵815÷3≈272，260＜272＜300，∴该中学楼梯踏步的宽度符合规定，由上可得，该中学楼梯踏步的宽度和高度都符合规定．23．在甲乙两个不透明的口袋中，分别有大小、材质完全相同的小球，其中甲口袋中的小球上分别标有数字1，2，3，4，乙口袋中的小球上分别标有数字2，3，4，先从甲袋中任意摸出一个小球，记下数字为m，再从乙袋中摸出一个小球，记下数字为n．（1）请用列表或画树状图的方法表示出所有（m，n）可能的结果；（2）若m，n都是方程x2﹣5x+6＝0的解时，则小明获胜；若m，n都不是方程x2﹣5x+6＝0的解时，则小利获胜，问他们两人谁获胜的概率大？答案解析：（1）树状图如图所示：（2）∵m，n都是方程x2﹣5x+6＝0的解，∴m＝2，n＝3，或m＝3，n＝2，由树状图得：共有12个等可能的结果，m，n都是方程x2﹣5x+6＝0的解的结果有2个，m，n都不是方程x2﹣5x+6＝0的解的结果有2个，小明获胜的概率为＝，小利获胜的概率为＝，∴小明、小利获胜的概率一样大．四、解答题（二）本大题共5小题，共40分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤24．良好的饮食对学生的身体、智力发育和健康起到了极其重要的作用，荤菜中蛋白质、钙、磷及脂溶性维生素优于素食，而素食中不饱和脂肪酸、维生素和纤维素又优于荤食，只有荤食与素食适当搭配，才能强化初中生的身体素质．某校为了了解学生的体质健康状况，以便食堂为学生提供合理膳食，对本校七年级、八年级学生的体质健康状况进行了调查，过程如下：收集数据：从七、八年级两个年级中各抽取15名学生，进行了体质健康测试，测试成绩（百分制）如下：七年级：74 81 75 76 70 75 75 79 81 70 74 80 91 69 82八年级：81 94 83 77 83 80 81 70 81 73 78 82 80 70 50整理数据：年级x＜6060≤x＜8080≤x＜9090≤x≤100七年级01041八年级1581（说明：90分及以上为优秀，80～90分（不含90分）为良好，60～80分（不含80分）为及格，60分以下为不及格）分析数据：年级平均数中位数众数七年级76.87575八年级77.58081得出结论：（1）根据上述数据，将表格补充完整；（2）可以推断出 八 年级学生的体质健康状况更好一些，并说明理由；（3）若七年级共有300名学生，请估计七年级体质健康成绩优秀的学生人数．答案解析：（1）七年级的平均数为：（74+81+75+76+70+75+75+79+81+70+74+80+91+69+82）＝76.8，八年级的众数为81；故答案为：76.8；81；（2）八年级学生的体质健康状况更好一些；理由如下：八年级学生的平均数、中位数以及众数均高于七年级，说明八年级学生的体质健康情况更好一些；故答案为：八；（3）若七年级共有300名学生，则七年级体质健康成绩优秀的学生人数＝300×＝20（人）．25．如图，一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数y＝的图象相交于A（﹣1，n）、B（2，﹣1）两点，与y轴相交于点C．（1）求一次函数与反比例函数的解析式；（2）若点D与点C关于x轴对称，求△ABD的面积；（3）若M（x1，y1）、N（x2，y2）是反比例函数y＝上的两点，当x1＜x2＜0时，比较y2与y1的大小关系．答案解析：（1）∵反比例函数y＝经过点B（2，﹣1），∴m＝﹣2，∵点A（﹣1，n）在y＝上，∴n＝2，∴A（﹣1，2），把A，B坐标代入y＝kx+b，则有，解得，∴一次函数的解析式为y＝﹣x+1，反比例函数的解析式为y＝﹣．（2）∵直线y＝﹣x+1交y轴于C，∴C（0，1），∵D，C关于x轴对称，∴D（0，﹣1），∵B（2，﹣1）∴BD∥x轴，∴S△ABD＝×2×3＝3．（3）∵M（x1，y1）、N（x2，y2）是反比例函数y＝﹣上的两点，且x1＜x2＜0，∴y1＜y2．26．如图，在正方形ABCD中，点E是BC的中点，连接DE，过点A作AG⊥ED交DE于点F，交CD于点G．（1）证明：△ADG≌△DCE；（2）连接BF，证明：AB＝FB．答案解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADG＝∠C＝90°，AD＝DC，又∵AG⊥DE，∴∠DAG+∠ADF＝90°＝∠CDE+∠ADF，∴∠DAG＝∠CDE，∴△ADG≌△DCE（ASA）；（2）如图所示，延长DE交AB的延长线于H，∵E是BC的中点，∴BE＝CE，又∵∠C＝∠HBE＝90°，∠DEC＝∠HEB，∴△DCE≌△HBE（ASA），∴BH＝DC＝AB，即B是AH的中点，又∵∠AFH＝90°，∴Rt△AFH中，BF＝AH＝AB．27．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，切线DE交AC 于点E．（1）求证：∠A＝∠ADE；（2）若AD＝8，DE＝5，求BC的长．（1）证明：连接OD，∵DE是切线，∴∠ODE＝90°，∴∠ADE+∠BDO＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∵OD＝OB，∴∠B＝∠BDO，∴∠ADE＝∠A．（2）解：连接CD．∵∠ADE＝∠A，∴AE＝DE，∵BC是⊙O的直径，∠ACB＝90°，∴EC是⊙O的切线，∴ED＝EC，∴AE＝EC，∵DE＝5，∴AC＝2DE＝10，在Rt△ADC中，DC＝6，设BD＝x，在Rt△BDC中，BC2＝x2+62，在Rt△ABC中，BC2＝（x+8）2﹣102，∴x2+62＝（x+8）2﹣102，解得x＝，∴BC＝＝．28．如图，已知二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）、B（3，0），与y轴交于点C．（1）求二次函数的解析式；（2）若点P为抛物线上的一点，点F为对称轴上的一点，且以点A、B、P、F为顶点的四边形为平行四边形，求点P的坐标；（3）点E是二次函数第四象限图象上一点，过点E作x轴的垂线，交直线BC于点D，求四边形AEBD面积的最大值及此时点E的坐标．答案解析：（1）用交点式函数表达式得：y＝（x﹣1）（x﹣3）＝x2﹣4x+3；故二次函数表达式为：y＝x2﹣4x+3；（2）①当AB为平行四边形一条边时，如图1，则AB＝PE＝2，则点P坐标为（4，3），当点P在对称轴左侧时，即点C的位置，点A、B、P、F为顶点的四边形为平行四边形，故：点P（4，3）或（0，3）；②当AB是四边形的对角线时，如图2，AB中点坐标为（2，0）设点P的横坐标为m，点F的横坐标为2，其中点坐标为：，即：＝2，解得：m＝2，故点P（2，﹣1）；故：点P（4，3）或（0，3）或（2，﹣1）；（3）直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，设点E坐标为（x，x2﹣4x+3），则点D（x，﹣x+3），S四边形AEBD＝AB（y D﹣y E）＝﹣x+3﹣x2+4x﹣3＝﹣x2+3x，∵﹣1＜0，故四边形AEBD面积有最大值，当x＝，其最大值为，此时点E（，﹣）．。
新课标高考数学试卷分析及复习建议共70页文档
教学启示：
1．抬头看路与埋头拉车
问题：依据“教辅”和以往的经验开展高三总复习，忽视《标 准》、《说明》的学习．
策略：各省自行命题，有各自的省情和考查要求，国家《标准》 《大纲》和本省的《说明》复习备考的直接依据，高考国家卷、 本省卷是复习备考重点剖析的对象，而外省高考卷是辅助，是 补充．
2．“面”的复习与“点”突出
示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是________（写出所有正确结
论 的 编 号 ）．
2 ①P(B)=5 ；
5 ②P(B|A1)=11 ；
③事件 B 与事件 A1 相互独立；
④A1，A2，A3 是两两互斥的事件；
⑤P(B)的值不能确定，因为它与 A1，A2，A3 中究竟哪一个发生有关．
三．注重知识交汇，提高对思维能力的考 查深度和广度
（1）解答题的综合主要是主干知 识的交汇.
①函数，导数，方程和不等式交汇的试题 ②数列与不等式交汇的试题 ③含参数的不等式恒成立、能成立、恰成立问题 ④数列与解析几何交汇的试题 ⑤向量与三角，与解析几何，与数列等的交汇试题 ⑥切线－导数与圆锥曲线的综合
二.充满数学思辨，深入考查数学思想
1.对数学概念的思辨
例 6．（2010 安徽 理 15）甲罐中有 5 个红球，2 个白球和 3 个黑球，乙罐中有 4 个红
球，3 个白球和 3 个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以 A1，A2 和 A3
表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以 B 表
从试题的统计可以看出这样几个特点： （1）贴近课本 （2）贴近考生
例 1 0 ．（ 2 0 0 9 福 建 理 8 ） 已 知 某 运 动 员 每 次 投 篮 命 中 的 概 率 都 为 4 0 % ．现 采 用 随 机 模 拟 的 方 法 估 计 该 运 动 员 三 次 投 篮 恰 有 两
2019年甘肃省张掖市高考数学三诊试卷(理科)含答案解析
2019年甘肃省张掖市高考数学三诊试卷（理科）一、选择题：本大题共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．复数的共轭复数在复平面上对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．若α∈R，则“α=0”是“sinα＜cosα”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件3．设S n为等差数列{a n}的前n项和，若a3=3，S9﹣S6=27，则该数列的首项a1等于（）A．B．C．D．4．某程序的框图如图所示，执行该程序，若输入的N=5，则输出i=（）A．6 B．7 C．8 D．95．双曲线﹣2y2=1的渐近线与圆x2+（y+a）2=1相切，则正实数a的值为（）A．B． C．D．6．在如图所示的正方形中随机投掷10000 个点，则落入阴影部分（曲线C为正态分布N（﹣1，1）的密度曲线）的点的个数的估计值（）附“若X～N（μ，a2），则P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）=0.6826．p（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）=0.9544．A．1193 B．1359 C．2718 D．34137．已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（）A．16πB．4πC．8πD．2π8．已知ω＞0，函数f（x）=cos（ωx+）在（，π）上单调递增，则ω的取值范围是（）A．[，]B．[，]C．[，]D．[，]9．在△ABC中， +=2，||=1，点P在AM上且满足=2，则•（+）等于（）A．B．C．﹣D．﹣10．已知二次函数f（x）=ax2+bx+c的导数f′（x），f′（0）＞0，且f（x）的值域为[0，+∞），则的最小值为（）A．3 B．C．2 D．11．已知椭圆+=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），若椭圆上存在点P使=，则该椭圆的离心率的取值范围为（）A．（0，）B．（）C．（0，）D．（，1）12．若函数f（x）=x2+e x﹣（x＜0）与g（x）=x2+ln（x+a）图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是（）A ．（﹣）B ．（）C ．（）D ．（）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．二项式的展开式中常数项为 ．14．若变量x ，y 满足约束条件且z=5y ﹣x 的最大值为a ，最小值为b ，则a ﹣b 的值是 ．15．我们知道，在边长为a 的正三角形内任一点到三边的距离之和为定值，类比上述结论，在棱长为a 的正四面体内任一点到其四个面的距离之和为定值 ． 16．设数列{a n }，（n ≥1，n ∈N ）满足a 1=2，a 2=6，且（a n+2﹣a n+1）﹣（a n+1﹣a n ）=2，若[x ]表示不超过x 的最大整数，则[++…+]= ．三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17．设函数f （x ）=sin2x ﹣cos 2（x +）．（1）若x ∈（0，π），求f （x ）的单调递增区间；（2）在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f （）=0，b=1，求△ABC 面积的最大值．18．某超市从2019年甲、乙两种酸奶的日销售量（单位：箱）的数据中分别随机抽取100个，并按[0，10]，（10，20]，（20，30]，（30，40]，（40，50]分组，得到频率分布直方图如图：假设甲、乙两种酸奶独立销售且日销售量相互独立．（Ⅰ）写出频率分布直方图（甲）中的a 的值；记甲种酸奶与乙种酸奶日销售量（单位：箱）的方差分别为，，试比较与的大小；（只需写出结论）（Ⅱ）估计在未来的某一天里，甲、乙两种酸奶的销售量恰有一个高于20箱且另一个不高于20箱的概率；（Ⅲ）设X表示在未来3天内甲种酸奶的日销售量不高于20箱的天数，以日销售量落入各组的频率作为概率，求X的数学期望．19．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=BC=2，AA1=2，∠ACB=90°，M是AA1的中点，N是BC1的中点（1）求证：MN∥平面A1B1C1；（2）求点C1到平面BMC的距离；（3）求二面角B﹣C1M﹣A1的平面角的余弦值大小．20．设抛物线C的方程为x2=4y，M为直线l：y=﹣m（m＞0）上任意一点，过点M作抛物线C的两条切线MA，MB，切点分别为A，B．（Ⅰ）当M的坐标为（0，﹣1）时，求过M，A，B三点的圆的标准方程，并判断直线l与此圆的位置关系；（Ⅱ）当m变化时，试探究直线l上是否存在点M，使MA⊥MB？若存在，有几个这样的点，若不存在，请说明理由．21．设函数f（x）=e x﹣（x＞﹣1）．（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当a＞0时，设f（x）在x=x0处取得最小值，求证：f（x0）≤1．选做题[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，AB是☉O的直径，AC是弦，∠BAC的平分线AD交☉O于点D，DE⊥AC，交AC的延长线于点E，OE交AD于点F．（Ⅰ）求证：DE 是☉O的切线；（Ⅱ）若=，求的值．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t是参数），以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=8cos（θ﹣）．（1）求曲线C2的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线；（2）若曲线C1与曲线C2交于A，B两点，求|AB|的最大值和最小值．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=m﹣|x﹣2|，m∈R，且f（x+2）≥0的解集为[﹣1，1]．（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）设a，b，c为正数，且a+b+4c=m，求++的最大值．2019年甘肃省张掖市高考数学三诊试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共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．复数的共轭复数在复平面上对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】化简复数，得出其共轭复数．【解答】解：==，∴复数的共轭复数是+．故选：A．2．若α∈R，则“α=0”是“sinα＜cosα”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】当“α=0”可以得到“sinα＜cosα”，当“sinα＜cosα”时，不一定得到“α=0”，得到“α=0”是“sinα＜cosα”的充分不必要条件．【解答】解：∵“α=0”可以得到“sinα＜cosα”，当“sinα＜cosα”时，不一定得到“α=0”，如α=等，∴“α=0”是“sinα＜cosα”的充分不必要条件，故选A．3．设S n为等差数列{a n}的前n项和，若a3=3，S9﹣S6=27，则该数列的首项a1等于（）A．B．C．D．【考点】等差数列的性质．【分析】利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，由a3=3，S9﹣S6=27，可得，解得a1=．故选：D．4．某程序的框图如图所示，执行该程序，若输入的N=5，则输出i=（）A．6 B．7 C．8 D．9【考点】程序框图．【分析】计算循环中n与i的值，当n=1时满足判断框的条件，退出循环，输出结果即可．【解答】解：模拟执行程序，可得n=5，i=1执行循环体，满足条件n是奇数，n=16，i=2，不满足条件n=1，执行循环体，不满足条件n是奇数，n=8，i=3，不满足条件n=1，执行循环体，不满足条件n是奇数，n=4，i=4，不满足条件n=1，执行循环体，不满足条件n是奇数，n=2，i=5，不满足条件n=1，执行循环体，不满足条件n是奇数，n=1，i=6，满足条件n=1，退出循环，输出i的值为6．故选：A．5．双曲线﹣2y2=1的渐近线与圆x2+（y+a）2=1相切，则正实数a的值为（）A．B． C．D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】根据圆方程，得到圆心坐标C（0，﹣a），圆与双曲线的渐近线相切，说明C到渐近线的距离等于半径1，列出方程求出a的值即可．【解答】解：圆x2+（y+a）2=1∴圆心坐标C（0，﹣a），圆的半径为：1．∵双曲线的渐近线为x±2y=0，双曲线的渐近线与圆x2+（y+a）2=1相切，∴C到渐近线的距离为，解得a=故选：C．6．在如图所示的正方形中随机投掷10000 个点，则落入阴影部分（曲线C为正态分布N（﹣1，1）的密度曲线）的点的个数的估计值（）附“若X～N（μ，a2），则P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）=0.6826．p（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）=0.9544．A．1193 B．1359 C．2718 D．3413【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．【分析】根据正态分布的定义，可以求出阴影部分的面积，也就是x在（0，1）的概率．【解答】解：正态分布的图象如下图：正态分布N（﹣1，1）则在（0，1）的概率如上图阴影部分，其概率为×[P（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）﹣P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）]=×（0.9544﹣0.6826）=0.1359；即阴影部分的面积为0.1359；所以点落入图中阴影部分的概率为p==0.1359；投入10000个点，落入阴影部分的个数期望为10000×0.1359=1359．故选B．7．已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（）A．16πB．4πC．8πD．2π【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图知该几何体是一个三棱锥，由三视图求出几何元素的长度，并判断出位置关系，判断出几何体的外接球的球心位置，从而求出外接球的半径，代入求的表面积公式求解即可．【解答】解：根据三视图可知几何体是一个三棱锥，如图：底面是一个直角三角形，AC⊥BC，D是AB的中点，PD⊥平面ABC，且AC=、BC=1，PD=1，∴AB==2，AD=BD=CD=1，∴几何体的外接球的球心是D，则球的半径r=1，即几何体的外接球表面积S=4πr2=4π，故选：B．8．已知ω＞0，函数f（x）=cos（ωx+）在（，π）上单调递增，则ω的取值范围是（）A．[，]B．[，]C．[，]D．[，]【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【分析】根据函数y=cosx的单调递增区间，结合函数在（，π）上单调递增，得出关于ω的不等式（组），从而求出ω的取值范围．【解答】解：∵函数y=cosx的单调递增区间是[﹣π+2kπ，2kπ]，k∈Z；∴﹣π+2kπ≤ωx+＜ωπ+≤2kπ，k∈Z；解得： +≤x≤﹣（k∈Z），∵函数f（x）=cos（ωx+）在（，π）上单调递增，∴（，π）⊆[+，﹣]（k∈Z），解得4k﹣≤ω≤2k﹣；又∵4k﹣﹣（2k﹣）≤0，且4k﹣＞0，∴k=1，∴ω∈[，]．故选：D．9．在△ABC中， +=2，||=1，点P在AM上且满足=2，则•（+）等于（）A．B．C．﹣D．﹣【考点】向量加减混合运算及其几何意义．【分析】易得M是BC的中点，P是三角形ABC的重心，进而得•（+）=，由数量积的定义可得答案．【解答】解：：由题意易知：M是BC的中点，P是三角形ABC的重心，因为，所以，，所以•（+）=．故选D．10．已知二次函数f（x）=ax2+bx+c的导数f′（x），f′（0）＞0，且f（x）的值域为[0，+∞），则的最小值为（）A．3 B．C．2 D．【考点】二次函数的性质．【分析】由f（x）的值域为[0，+∞），可得对于任意实数x，f（x）≥0成立求出a的范围及a，b c的关系，求出f（1）及f′（0），作比后放缩去掉c，通分后利用基本不等式求最值．【解答】解：∵f（x）的值域为[0，+∞），即f（x）≥0恒成立，∴，∴c=．又f′（x）=2ax+b，∴f′（0）=b＞0，f（1）=a+b+c．∴=1+=1+=1+≥1+=2．当且仅当4a2=b2时，“=”成立．即的最小值为2故选：C．11．已知椭圆+=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），若椭圆上存在点P使=，则该椭圆的离心率的取值范围为（）A．（0，）B．（）C．（0，）D．（，1）【考点】正弦定理；椭圆的简单性质．【分析】由“”的结构特征，联想到在△PF1F2中运用由正弦定理得：两者结合起来，可得到，再由焦点半径公式，代入可得到：a（a+ex0）=c（a﹣ex0）解出x0，由椭圆的范围，建立关于离心率的不等式求解．要注意椭圆离心率的范围．【解答】解：在△PF1F2中，由正弦定理得：则由已知得：，即：aPF1=cPF2设点P（x0，y0）由焦点半径公式，得：PF1=a+ex0，PF2=a﹣ex0则a（a+ex0）=c（a﹣ex0）解得：x0==由椭圆的几何性质知：x0＞﹣a则＞﹣a，整理得e2+2e﹣1＞0，解得：e＜﹣﹣1或e＞﹣1，又e∈（0，1），故椭圆的离心率：e∈（﹣1，1），故选D．12．若函数f（x）=x2+e x﹣（x＜0）与g（x）=x2+ln（x+a）图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是（）A．（﹣）B．（）C．（）D．（）【考点】函数的图象．【分析】由题意可得e x0﹣﹣ln（﹣x0+a）=0有负根，函数h（x）=e x﹣﹣ln（﹣x+a）为增函数，由此能求出a的取值范围．【解答】解：由题意可得：存在x0∈（﹣∞，0），满足x02+e x0﹣=（﹣x0）2+ln（﹣x0+a），即e x0﹣﹣ln（﹣x0+a）=0有负根，∵当x趋近于负无穷大时，e x0﹣﹣ln（﹣x0+a）也趋近于负无穷大，且函数h（x）=e x﹣﹣ln（﹣x+a）为增函数，∴h（0）=e0﹣﹣lna＞0，∴lna＜ln，∴a＜，∴a的取值范围是（﹣∞，），故选：A二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．二项式的展开式中常数项为7．【考点】二项式定理．【分析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为0得常数项．【解答】解：展开式的通项是=令解得r=6故展开式的常数项为=7故答案为714．若变量x，y满足约束条件且z=5y﹣x的最大值为a，最小值为b，则a﹣b的值是24．【考点】简单线性规划．【分析】作出可行域，变形目标函数可得y=x+z，平移直线y=x易得最大值和最小值，作差可得答案．【解答】解：作出约束条件所对应的可行域（如图阴影），变形目标函数可得y=x+z，平移直线y=x可知当直线经过点A（8，0）时，目标函数取最小值b=﹣8，当直线经过点B（4，4）时，目标函数取最大值a=16，∴a﹣b=16﹣（﹣8）=24故答案为：2415．我们知道，在边长为a的正三角形内任一点到三边的距离之和为定值，类比上述结论，在棱长为a的正四面体内任一点到其四个面的距离之和为定值．【考点】类比推理．【分析】由平面图形的性质向空间物体的性质进行类比时，常用的思路有：由平面图形中点的性质类比推理出空间里的线的性质，由平面图形中线的性质类比推理出空间中面的性质，由平面图形中面的性质类比推理出空间中体的性质．固我们可以根据已知中平面几何中，关于线的性质“正三角形内任意一点到三边距离之和是一个定值”，推断出一个空间几何中一个关于面的性质．【解答】解：类比在边长为a的正三角形内任一点到三边的距离之和为定值，在一个正四面体中，计算一下棱长为a的三棱锥内任一点到各个面的距离之和，如图：由棱长为a可以得到BF=a，BO=AO=，在直角三角形中，根据勾股定理可以得到BO2=BE2+OE2，把数据代入得到OE=a，∴棱长为a的三棱锥内任一点到各个面的距离之和4×a=a，故答案为：a．16．设数列{a n}，（n≥1，n∈N）满足a1=2，a2=6，且（a n+2﹣a n+1）﹣（a n+1﹣a n）=2，若[x]表示不超过x的最大整数，则[++…+]=2019．【考点】等差数列的通项公式．【分析】构造b n=a n+1﹣a n，可判数列{b n}是4为首项2为公差的等差数列，累加法可得a n=n （n+1），裂项相消法可得答案．【解答】解：构造b n=a n+1﹣a n，则b1=a2﹣a1=4，由题意可得（a n+2﹣a n+1）﹣（a n+1﹣a n）=b n+1﹣b n=2，故数列{b n}是4为首项2为公差的等差数列，故b n=a n+1﹣a n=4+2（n﹣1）=2n+2，=2n，故a2﹣a1=4，a3﹣a2=6，a4﹣a3=8，…，a n﹣a n﹣1以上n﹣1个式子相加可得a n﹣a1=，解得a n=n（n+1），故++…+=2019（++…+）=2019（1﹣+﹣+…+﹣）=2019﹣，∴[++…+]=2019，故答案为：2019．三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17．设函数f（x）=sin2x﹣cos2（x+）．（1）若x∈（0，π），求f（x）的单调递增区间；（2）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（）=0，b=1，求△ABC 面积的最大值．【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象；余弦定理．【分析】（1）由三角恒等变换化简f（x），由此得到递增区间．（2）由等式得到，利用余弦定理及三角形面积公式即可．【解答】解：（Ⅰ）由题意可知，==，由，可解得：．又因为x∈（0，π），所以f（x）的单调递增区间是和．（Ⅱ）由，可得，由题意知B为锐角，所以，由余弦定理b2=a2+c2﹣2accosB，可得：，即，且当a=c时等号成立，因此，所以△ABC面积的最大值为．18．某超市从2019年甲、乙两种酸奶的日销售量（单位：箱）的数据中分别随机抽取100个，并按[0，10]，（10，20]，（20，30]，（30，40]，（40，50]分组，得到频率分布直方图如图：假设甲、乙两种酸奶独立销售且日销售量相互独立．（Ⅰ）写出频率分布直方图（甲）中的a的值；记甲种酸奶与乙种酸奶日销售量（单位：箱）的方差分别为，，试比较与的大小；（只需写出结论）（Ⅱ）估计在未来的某一天里，甲、乙两种酸奶的销售量恰有一个高于20箱且另一个不高于20箱的概率；（Ⅲ）设X表示在未来3天内甲种酸奶的日销售量不高于20箱的天数，以日销售量落入各组的频率作为概率，求X的数学期望．【考点】离散型随机变量及其分布列；频率分布直方图；离散型随机变量的期望与方差．【分析】（Ⅰ）按照题目要求想结果即可．（Ⅱ）设事件A：在未来的某一天里，甲种酸奶的销售量不高于20箱；事件B：在未来的某一天里，乙种酸奶的销售量不高于20箱；事件C：在未来的某一天里，甲、乙两种酸奶的销售量恰好一个高于20箱且另一个不高于20箱．求出P（A），P（B），P（C）．（Ⅲ）X的可能取值为0，1，2，3，求出概率，得到分布列，然后求解期望．【解答】（共13分）解：（Ⅰ）a=0.015；…s12＞s22．…（Ⅱ）设事件A：在未来的某一天里，甲种酸奶的销售量不高于20箱；事件B：在未来的某一天里，乙种酸奶的销售量不高于20箱；事件C：在未来的某一天里，甲、乙两种酸奶的销售量恰好一个高于20箱且另一个不高于20箱．则P（A）=0.20+0.10=0.3，P（B）=0.10+0.20=0.3．…所以．…（Ⅲ）由题意可知，X的可能取值为0，1，2，3．…P（X=0）=C30×0.30×0.73=0.343，P（X=1）=C31×0.31×0.72=0.441，P（X=2）=C32×0.32×0.71=0.189，P（X=3）=C33×0.33×0.70=0.027．所以X的数学期望EX=0×0.343+1×0.441+2×0.189+3×0.027=0.9．…19．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=BC=2，AA1=2，∠ACB=90°，M是AA1的中点，N是BC1的中点（1）求证：MN∥平面A1B1C1；（2）求点C1到平面BMC的距离；（3）求二面角B﹣C1M﹣A1的平面角的余弦值大小．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算．【分析】（1）由直三棱柱的几何特征，取B 1C 1中点D ，连接ND 、A 1D ，易得四边形A 1MND 为平行四边形，然后由线面平行的判定定理得到MN ∥平面A 1B 1C 1；（2）可证BC ⊥平面A 1MC 1，在平面ACC 1A 1中，过C 1作C 1H ⊥CM ，又BC ⊥C 1H ，所以C 1H 为点C 1到平面BMC 的距离，在等腰三角形CMC 1中，可求C 1H 的长．（3）在平面ACC 1A 1上作CE ⊥C 1M 交C 1M 于点E ，A 1C 1于点F ，则CE 为BE 在平面ACC 1A 1上的射影，可得BEF 为二面角B ﹣C 1M ﹣A 的平面角，在等腰三角形CMC 1中，可求∠BEC ，即可求得∠BEF ，从而可求二面角B ﹣C 1M ﹣A 1的平面角的余弦值． 【解答】（1）证明：如图所示，取B 1C 1中点D ，连接ND 、A 1D ，则DN ∥BB 1∥AA 1又DN=BB 1=AA 1=A 1M ，∴四边形A 1MND 为平行四边形．∴MN ∥A 1D又 MN ⊄平面A 1B 1C 1，AD 1⊂平面A 1B 1C 1 ∴MN ∥平面A 1B 1C 1；（2）解：直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，C 1C ⊥BC ∵∠ACB=90°，∴BC ⊥平面A 1MC 1，在平面ACC 1A 1中，过C 1作C 1H ⊥CM ，又BC ⊥C 1H ，所以C 1H 为点C 1到平面BMC 的距离在等腰三角形CMC 1中，C 1C=2，CM=C 1M=∴C 1H=．（3）解：在平面ACC 1A 1上作CE ⊥C 1M 交C 1M 于点E ，A 1C 1于点F ，则CE 为BE 在平面ACC 1A 1上的射影，∴BE ⊥C 1M ，∴∠BEF 为二面角B ﹣C 1M ﹣A 的平面角，在等腰三角形CMC 1中，CE=C 1H=，∴tan ∠BEC=∴∠BEC=arctan ，∴∠BEF=π﹣arctan，∴cos ∠BEF=即二面角B ﹣C 1M ﹣A 1的平面角的余弦值为20．设抛物线C 的方程为x 2=4y ，M 为直线l ：y=﹣m （m ＞0）上任意一点，过点M 作抛物线C 的两条切线MA ，MB ，切点分别为A ，B ．（Ⅰ）当M的坐标为（0，﹣1）时，求过M，A，B三点的圆的标准方程，并判断直线l与此圆的位置关系；（Ⅱ）当m变化时，试探究直线l上是否存在点M，使MA⊥MB？若存在，有几个这样的点，若不存在，请说明理由．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．【分析】（Ⅰ）设过M点的切线方程，代入x2=4y，整理得x2﹣4kx+4=0，令△=0，可得A，B的坐标，利用M到AB的中点（0，1）的距离为2，可得过M，A，B三点的圆的方程，从而可判断圆与直线l：y=﹣1相切；（Ⅱ）设切点分别为A（x1，y1）、B（x2，y2），直线l上的点为M（x0，y0），可得x1，x2是方程x2﹣2x0x+4y0=0的两实根，从而k MA•k MB==y0，由此可得结论．【解答】解：（Ⅰ）当M的坐标为（0，﹣1）时，设过M点的切线方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，整理得x2﹣4kx+4=0，①令△=（4k）2﹣4×4=0，解得k=±1，代入方程①得x=±2，故得A（2，1），B（﹣2，1）．因为M到AB的中点（0，1）的距离为2，从而过M，A，B三点的圆的标准方程为x2+（y ﹣1）2=4．∵圆心坐标为（0，1），半径为2，∴圆与直线l：y=﹣1相切．…（Ⅱ）设切点分别为A（x1，y1）、B（x2，y2），直线l上的点为M（x0，y0），过抛物线上点A（x1，y1）的切线方程为y﹣y1=k（x﹣x1），因为，k=，从而过抛物线上点A（x1，y1）的切线方程为y﹣y1=（x﹣x1），又切线过点M（x0，y0），所以得y0=x0﹣，即．同理可得过点B（x2，y2）的切线方程为，…因为k MA=，k MB=，且x1，x2是方程x2﹣2x0x+4y0=0的两实根，所以所以k MA•k MB==y0，当y0=﹣1，即m=1时，直线l上任意一点M均有MA⊥MB，…当y0≠﹣1，即m≠1时，MA与MB不垂直．综上所述，当m=1时，直线l上存在无穷多个点M，使MA⊥MB，当m≠1时，直线l上不存在满足条件的点M．…21．设函数f（x）=e x﹣（x＞﹣1）．（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当a＞0时，设f（x）在x=x0处取得最小值，求证：f（x0）≤1．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】（1）当a=1时，求出函数f（x）的解析式和导函数，利用f′（x）＞0，函数单调递增，f′（x）＜0，函数单调递减；（2）当a＞0时，求导，利用导数求得函数的单调性，根据单调性求得函数的最小值，利用f′（x0）=0，求得a的值，构造辅助函数g（x）=e x（﹣x2﹣x+1），（x＞﹣1），求导，求出函数的g（x）的极大值，由g（x）≤g（0）=0，即可证明f（x0）≤1．【解答】解：（1）当a=1时，f′（x）=e x﹣，∵e x单调递增，﹣（x＞﹣1）单调递增，∴f′（x）在（﹣1，+∞）单调递增，且f′（0）=0，∴当﹣1＜x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，故f（x）在（﹣1，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；（2）证明：当a＞0时，f′（x）=e x﹣，∵e x单调递增，﹣（x＞﹣1）单调递增，∴f′（x）在（﹣1，+∞）单调递增．又f′（2﹣1）=e﹣＞﹣，当b满足﹣1＜b＜且b＜0时，f′（b）＜0，故f′（x）存在唯一零点，设零点为x1，当x∈（﹣1，x1）时，f′（x）＜0；当x∈（x1，+∞）时，f′（x）＞0．∴f（x）在（﹣1，x1）单调递减，在（x1，+∞）单调递增，∴当x=x1时，f（x）取得最小值，由条件可得x1=x0，f（x）的最小值为f（x0）．由于f′（x0）=e﹣=0，∴a=e x0•（x0+1）2，f（x0）=e x0﹣=e x0﹣e x0•x0•（x0+1）=e x0（﹣x02﹣x0+1），设g（x）=e x（﹣x2﹣x+1），（x＞﹣1），则g′（x）=e x（﹣x2﹣3x）=﹣x（x+3）e x，令g′（x）＞0，得﹣1＜x＜0；令g′（x）＜0，得x＞0，故g（x）在（﹣1，0）单调递增，（0，+∞）单调递减，g（x）≤g（0）=0，故f（x0）=g（x0）≤1．选做题[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，AB是☉O的直径，AC是弦，∠BAC的平分线AD交☉O于点D，DE⊥AC，交AC的延长线于点E，OE交AD于点F．（Ⅰ）求证：DE 是☉O的切线；（Ⅱ）若=，求的值．【考点】与圆有关的比例线段；圆的切线的判定定理的证明．【分析】（Ⅰ）连结OD，由圆的性质得OD∥AE，由AE⊥DE，得DE⊥OD，由此能证明DE是⊙O切线．（Ⅱ）过D作DH⊥AB于H，则有cos∠DOH=cos∠CAB==，设OD=5x，则AB=10x，OH=2x，AH=7x，由已知得△AED≌AHD，△AEF∽△DOF，由此能求出．【解答】（Ⅰ）证明：连结OD，由圆的性质得∠ODA=∠OAD=∠DAC，OD∥AE，又AE⊥DE，∴DE⊥OD，又OD为半径，∴DE是⊙O切线．（Ⅱ）解：过D作DH⊥AB于H，则有∠DOH=∠CAB，cos∠DOH=cos∠CAB==，设OD=5x，则AB=10x，OH=2x，∴AH=7x，∵∠BAC的平分线AD交⊙O于点D，DE⊥AC，DH⊥AB，交AB于H，∴△AED≌AHD，∴AE=AH=7x，又OD∥AE，∴△AEF∽△DOF，∴====．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t是参数），以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=8cos（θ﹣）．（1）求曲线C2的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线；（2）若曲线C1与曲线C2交于A，B两点，求|AB|的最大值和最小值．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的互化方法，即可得出结论；（2）联立曲线C1与曲线C2的方程，利用参数的几何意义，即可求|AB|的最大值和最小值．【解答】解：（1）对于曲线C2有，即，因此曲线C2的直角坐标方程为，其表示一个圆．（2）联立曲线C1与曲线C2的方程可得：，∴t1+t2=2sinα，t1t2=﹣13，因此sinα=0，|AB|的最小值为，sinα=±1，最大值为8．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=m﹣|x﹣2|，m∈R，且f（x+2）≥0的解集为[﹣1，1]．（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）设a，b，c为正数，且a+b+4c=m，求++的最大值．【考点】二维形式的柯西不等式．【分析】（Ⅰ）由条件化简得f（x+2）=m﹣|x|，由绝对值不等式的解法求出不等式的解集，由解集为[﹣1，1]求出m的值；（Ⅱ）由（I）得a+b+4c=1，利用柯西不等式求出的最大值．【解答】解：（Ⅰ）由f（x）=m﹣|x﹣2|得，f（x+2）=m﹣|x|，由f（x+2）≥0得，|x|≤m，解得﹣m≤x≤m，∵f（x+2）≥0的解集为[﹣1，1]，∴m=1．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，a，b，c为正数，且a+b+4c=m=1，∴由柯西不等式可得，≤[][]=（a+b+4c）=，当且仅当时取等号，则，∴的最大值是．2019年8月1日。
2019年高考数学全国二卷试卷分析
2019年高考数学全国卷（Ⅱ）试卷分析2019年高考数学全国新课标二卷仍以《课程标准》和《考试大纲》为依据，试卷的结构保持了全国卷高考数学试卷稳健的一贯风格，试题设计体现了“大稳定、小创新”的成熟设计理念。
我们将通过对全国二卷的考点分布、难易程度等方面进行解析，提出对2020年高考数学的复习建议。
一、考点分析2019年全国Ⅱ卷高考数学（理文）试题结构细目表2019年全国二卷高考数学（文理）考点分值分布图高中数学文理科教材及学段知识分布表注：以上表格部分知识会根据需要，在教学顺序及学段上进行适当调整。
二、整体分析2019年高考数学全国二卷的试题设计仍以立德树人为根本任务，突出数学核心素养，增强综合性、应用性，也考察了数学的六大核心:数学抽象，逻辑推理，数学建模，数学运算，直观想象，数据分析。
试卷总体保持平稳，相对于2018年试题难度有所增加。
1.试题整体稳定，结构略有调整今年试题仍然延续了全国高考数学新课标卷稳中求变的风格，理科在大题部分题目顺序上有较大改变，但是概率、立体几何和数列的难度和考察方向与往年区别不大。
导数与往年相比运算量减小，难度略有降低，但第二问体现了数学函数与方程、整体代换思想，本题入手容易、满分难。
解析几何作为压轴题形式出现，第一问较为简单，但容易遗漏特殊情况，学生需逻辑严密；第二问计算量较大，考察学生的分析能力和运算能力。
极坐标与参数方程考察方式与往年相比有所改变，考察了学生读题审题能力，不等式考察的内容较为稳定，没有大的变化。
填空题首次出现一题两空的格式，也更易于得分。
文理科相同题目明显减少，解答题中的数列、统计与概率、解析几何均不相同，目的是提高文科的得分率，增强理科的区分度。
2. 体现基础考查，重难点有所倾斜2019年的考题仍然注重对基础知识、基本方法、基本技能的考查，但同时加大了对概率统计的考查，由原来的一道解答题变为一道解答题两道小题，体现概率与统计的重要性。
三视图、线性规划、程序框图几个前几年必考题型在近两年的高考中有所删减，理科三个知识点都未考，文只考了线性规划，删减的方向恰好体现了新课改改革方向。
2019年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅲ)(含解析版)
绝密★启用前2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ）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，则A．B．C．D．2．若，则z=A．B．C．D．3．《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+2x2）（1+x）4的展开式中x3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a5=3a3+4a1，则a3= A．16B．8C．4D．26．已知曲线在点（1，a e）处的切线方程为y=2x+b，则A．B．a=e，b=1C．D．，7．函数在的图象大致为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，如果输入的为0.01，则输出的值等于A. B. C. D.10．双曲线C：=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，则△PFO的面积为A．B．C．D．11．设是定义域为R的偶函数，且在单调递减，则A．（log3）＞（）＞（）B．（log3）＞（）＞（）C．（）＞（）＞（log3）D．（）＞（）＞（log3）12．设函数=sin（）(＞0)，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：①在（）有且仅有3个极大值点②在（）有且仅有2个极小值点③在（）单调递增④的取值范围是[)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届甘肃省高三第一次高考诊断考试数学(文)试卷
，
，则
（）
A. 3
B. 2
C. 0
D.
【答案】C
4.已知函数
，则（ ）
A. 的最小正周期是 ，最大值是 1
B. 的最小正周期是 ，最大值是
C. 的最小正周期是 ，最大值是 D. 的最小正周期是 ，最大值是 1 【答案】B 5.某程序框图如图所示，该程序运行后输出的值是（ ）
A. 55
B. 45
C. 66
椭圆方程.（II）设直线的方程为
，代入椭圆方程，写出判别式和韦达定理，由坐标原点 在以
为直径的圆内得
，利用向量的坐标运算代入化简，由此解得 的取值范围.
【详解】解：（Ⅰ）由题意可得
，解得 ， ，
∴椭圆 的方程为
．
（Ⅱ）设直线的方程为
，代入椭圆方程
整理可得得
，
，解得 或
，
设
，
，
又
，
，
∴
，
∵坐标原点 在以 为直径的圆内，
因此，
在
上恒成立，必须满足 ．
实数 的取值范围为 ， ．
【点睛】本题考查利用导数求函数在某一点的切线，利用导数研究函数的单调性，恒成立问题，属于常规 题.
选考题:共 10 分，请考生在第 22、23 题中选定一题作答 选修 4-4：坐标系与参数方程
22.在平面直角坐标系 中，直线 的参数方程为
（其中为参数）．以坐标原点 为极点， 轴
D. 36
【答案】A
6.若
，则函数
A. 和 内
C. 和
内
【答案】A
的两个零点分别位于区间（ ）
B.
和内
D.
和
内
7.抛物线
教师施教似“无为” 学生领悟更“有为”——从2019年高考数学全国Ⅱ卷理科第12题说起
上海中学数学• 2020年第9期9教师施教似“无为”学生领悟更“有为”—从2019年高考数学全国n卷理科第12题说起748100 甘肃省陇西县第二中学李森茂摘要：教学既要关注“教什么”与“怎么教”，坚持通性通法，以“不变”的问题来应对“万变”的数学题目，更要关注学生领悟、学生变式.做到教师少教，学生多参与变式、多悟.变式教学不能总是教师变、学生答，要积极引导学生尝试变式活动，培养学生的数学核心素养.关键词：高考试题；通性通法；变式教学；数学核心素养2019年高考数学全国n卷选择题第12题（最 后一题）得分率很低，只有1%的学生能正确解答，大多数学生没有思路，不理解此题中的抽象表达式. 基于此情况，笔者对该类问题及时进行归纳整理，并 设置了一节复习课，研究抽象函数表达式/(.r) =a/(.r+w)怎样进行相应的平移和伸缩变换.―、试题的呈现试题（2019全国U卷理-12) 设函数/(x)的 定义域为R,满足/(.r+l)=2/(.r)，且当〇^(0，1] 时，/(.r)=.r(.r—1).若对任意.[6(—《=，所]，都有—则所的取值范围是（）A. (-〇〇，+_C.(-〇〇’音-D(—〇〇,—13」二、学生的困惑2019年高考中.笔者执教的班级（甘肃省定西市市级示范性高中高三（20)班），只有1人答对此题.高考结束后，笔者对全班60多名学生的解题思路进行回顾整理，发现：即使是答对的那名学生，在 解题过程中也有一步出错.最后是通过排除法猜测出答案的；而未答对的20名学生觉得此题与教材出现的周期公式和对称公式类似，但由于“记不清”该类 公式的抽象表达式，只能中途放弃；另外30多名学生 则表示解答前11题所用的时间较多，到了第12题已 感到疲惫•无法花太多时间深挖和思考.加之此题是压轴题，难度较大，就在思索无果后放弃了.三、挖掘解题通性通法，打嬴“攻坚战”通性通法，是指利用数学概念所反映的基本性质和数学概念中蕴含的基本数学思想来解决数学问题的方法.坚持通性通法，不仅有利于回顾和复习基础知识和基本方法，而且能使学生养成良好的思考问题的习惯，以“不变”应“万变”.笔者以问代讲，用 求函数解析式的方法分析该题：由已知(0,1]上 的解析式，利用抽象表达式分别求（1，2]和（2,3]时 对应的函数解析式.笔者提示该方法后，让学生进行探索尝试，学生尝试后，生1主动分享其尝试结果.生 1:如图 1,由 /(.r+l)=2/(.r)可得 /(.i')=2/(.r—1).因为.r e (0,1]时，/(.r)=.r(.r—1)6 [一|，〇]，所以(1,2]时，0<.r—l<l，/(.;') =2/(.r—1)=2(.r— 1)(j—2)6 [ — 士，〇]，所以.r6 (2,3]时，l<.r—l<2，/(.r)=2/(.r—l)=4(.r—2). (.r—3)6[ —l，〇]，由 4(.r—2)(.r—3) =—吾解得.r ■或.r="|•若对 V.r e(_°°，w]，都有 /(.r)多一吾•则有》2<士.生1的分析一针见血.非常到位.求解析式的解题思路是该题的通性通法，对基础扎实的学生来说“水到渠成”.而对基础比较薄弱的大部分学生来说，就有些力不从心.笔者继续以问代讲，让学生反思抽象表达式/(.<•+l)=2/(.r).能否用平移和伸缩变换的方法解决.笔者“顺水推舟”，引导学生转人该问10上海中学数学• 202(»年第9期题的其他解法.学生沉默.个别有思路的学生互相讨论，生2分享小组的讨论结果.生2:已知.r6(〇，l]时/(.r)的图像，由/(.，')=2/(.< —1)可得，把/(.r)的图像向右平移1个单位，然 后纵坐标扩大到原来的2倍，得到x G (1，2]的图像.用同样的方法再把/(.r)的图像向右平移1个单位，然后纵坐标扩大到原来的2倍，得到(2,3]的图 像.用同样的方法可得当.rG(3,4]时函数的图像•以 此类推，可得到定义域内V.(f(«，《+1]上的图像.根据上面图像.数形结合可得到该问题的解答.生2对该题进行了平移和伸缩变换，其他学生恍然大悟.该解法激发了大部分学生的学习兴趣.增强了他们的成功体验.学生在数学解题过程中最缺乏的就是成功体验，久而久之对数学产生畏惧心理和挫败感，所以笔者在课堂上常用激励的话语鼓励学生，增强学生的自信心，鼓励学生不断前行.四、教师少教，学生多参与变式、多悟问题的变式拓展要充分考虑学生的实际情况，变式不能过于简单，否则不会引起学生的兴趣，反而 增加学生重复训练的时间；变式也不能过难，否则不 会引起学生的共鸣，还会挫伤学生的积极性.同时，变式教学不能总是教师变、学生答，教师要积极引导学生尝试变式活动，如改变题目的条件和结论.将题目换一种表述，或在总条件下增加新的问题等.总之，变式不应是教师的“突发奇想”，而应是学生思维的“水到渠成”；不应是教师的“个人独唱”，而应是师生的“大合唱此时，大部分学生对该问题已产生思维共鸣，在自己理解的同时.开始自发尝试对问题变式，或生生之间互相变式解答.笔者有意识地让学生对题目进行再变式，旨在让所有学生融会贯通.生3:设置变式问题，改变条件，已知/(.r)=.r2一2.r，.r6[0，2]，且 +2) =3/"(.r)，求当6[—4,一2]时/(.r)的解析式，并求最值.该问题是把原题目的条件/(.r+1)=2/(.r)变 为/(.r+2)=3/(.r)，以及把原函数关系式/(.!•)=.(■(.?'一1)变为/(1)=.，'2—2.，'，^6[0,2].由于大部分学生已处在题目的情境中，解决变式问题时，可节 省大量审题时间.从而加快了课堂节奏，增加了课堂容量，较好地完成了对重点知识的再复习.生4:不妨用通性通法求解析式，由/(.r+2)=3/(.r)可得 /(.r)=+/(.r+2) =+/(.r+ 4 )，.，■& [一 4, 一2]，故.!. +46[0,2]，./'(.{.+4)=(」.+4)_ —2(.，.+4) = .r2 + 6.r + 8, /(.r) = + /(.，' + 4)=音(.P+a r+S),其对称轴.r=—3在区间.r G[ —4,_2]中.又开口向上，故/(.r)最小值为/(—3) =_笔者进一步调整题目条件，把特殊条件一般化为一般条件/(.r)=a/(.r+w)，让学生反思该类问题的一般抽象表达式/(.r)=a/(.r+;/2),思考能否用平移变换的方法解决该类问题，自己能否悟出该类问题的一般解法.从而得出该类问题的一般结论.生5(总结出结论一）：/(.r)=/(x+w)是对 /(.*•)进行左右平移变换，当m>〇时，/U)向左平移w个单位；当w<0时，/(.r)向右平移|w丨个单 位，/(.r)=a/(x+m).然后对/(x)纵坐标进行伸缩变换.当《>1时./(.r)图像上所有点的纵坐标扩大到原来的a倍；当〇<a<l时，/(.r)图像上所有点的纵坐标缩小到原来的a倍.生5的分析非常好，学生对知识的再创造能力超出了教师的预设.从学生的探索、讨论和师生交流中，学生能够养成总结、反思、提炼、升华的良好习惯，将看似孤立的问题从不同角度向外扩散.挖掘数 学核心概念的本质，真正理解/(.r)=<2/(.r+w)抽 象表达式的平移和伸缩变换.五、注意讲清悟透，忌蜻蜓点水笔者有意识地将该类问题的抽象表达式/(. r) =a/(.r+w)进一步变式为/(.r)=a/(肌r),并对之 后会发生怎样的变化进行延伸变式.让学生应对此问题时更加有的放矢、更加灵活，增加了试题的开放性;鼓励学生从多角度作答，培育了学生解决问题的能力.变式题要求学生有较强的分析问题和解决问题的能力，需要学生灵活运用转化思想和数形结合思想，提高了学生思维的有效性，培育了数学核心素养.例题（改变条件）定义在（1，+°〇)上的函数/(.r)满足下列两个条件，（1)对任意的.t e u.+〇〇) 恒有 /(2.r)=2/(.f')成立；（2)当.cG(1，2]时 /(.r)=2—记函数 g(.r)=/(.r)—H.r—1)，若函数g(.r)恰 有两个零点，则实数/•，的取值范围是（）A. [1,2)B. [y-2]C.[音，2)D.(去，2)生6:因为对任意的.r e(l，+〇〇)恒有/(2.r)= 2/(.r)成立，且当.r€(l，2]时，/(.r)=2—.r,求(2,4]的函数解析式.令(2,4]，f6U，2]，由/(2.r)=2/(.r)可得 /(f)=+/(，），则 /(音）=2—f.则+/(.?.) =2_y，gp /(.r)= 4 — .r•同理(4,8]，/(.r)=8—•.以此类推，当.1.6(6,26]时，根 据题中的条件，得到函数的解析式为/(.r)=_.r +上海中学数学• 2020年第9期1126,由题意得_y==々（.r— 1)的函数图像是过定点(1，〇)的直线，如图2,直线与线段A B相交即可(可以与B点重合但不能与A点重合），再结合函数的图像，求出参数6的范围为故选C.笔者提问：该解法是用通性通法求解析式，能否用平移和伸缩变换的方法解答呢？学生异口同声地回答“能”，由此可见，学生已经领悟该类问题.笔者对题目的条件进一步调整.把特殊条件一般化为/(.r)=a/(w.r)，让学生反思该类问题的一般抽象表达式/(.r)=a/(m.r)，牵出一类一般问题，然后思考能否用伸缩变换的方法解决该类问题,看看学生自己能否悟出该类问题的一般解法，能否总结出该类伸缩变换问题的一般结论.生7(总结出结论二）：/(x)=a/(.r+w)进一步变式为/(.r)=a/(W.r)以后，这时函数的横坐标发生伸缩变换，当w>l时，横坐标对应的区间缩小到原来的1倍；当〇<w<l时.横坐标对应的区间扩m大到原来的^倍.当a>i时，/(.r)图像上所有点的纵坐标扩大到原来的a倍；当0<a<l时./(.r)图 像上所有点的纵坐标缩小到原来的a倍.对应的函数解析式发生变化后，得到一个新的分段函数.六、结语教育家赞可夫曾说：“教学一旦触及学生的情绪和意志领域，触及学生的精神需要，就能发挥高度有效的作用.”[1教师传授知识的根本目的在于让学生真正理解和掌握知识，并能熟练应用知识.教师在教学中不但要关注自身“教什么”与“怎么教”，更应关注学生是否领悟.笔者认为，有效的教学就是用尽可能少的时间获得最大效益，并在教学活动过程中.高效率地促进学生发展.具体的实施路径可以是一题多变，变换条 件多方设疑，提高学生应变能力，起到以少胜多的作用；可以是一题多解，展示多种解题思路，提高学生综合分析问题的能力；可以是多题一解，总结解题规律，引导学生对一道题目深人研究，找到共同规律；从而培养学生数学核心素养，使学生真正达到理解知识并运用知识的境界.参考文献[1]赞可夫.教学与发展[M].北京：人民教育出版社，1985：106.(上接第5页）反思：利用整除分析，知々一 n为整数M+77的正因数，而该问题属存在性问题，借助特殊化策略，可令6 —77=1，使W=M+«为正整数即可.变式 4 设 a,，a2,"，，a6 为 1,2,3,4,5,6 的一 个排列，则满足丨fli—a2丨+丨a3—a.,丨+ |a5—a6 | =3的不同排列的个数为_________.分析:需从已知及所给条件等式出发，确定|^,- a2丨、|a3—丨和|a5—a61的值，可视为不定方程问题.视角6:极端分析思路 6:由la, —a2 |>1，|a3— a4 |>1，|a5— a6I ，则 3 =la! —I+I〇3— A 丨 + 丨as— |>3,可知 Ui_a2丨=— a | = |a5—a6 丨=1，即丨fli，a2}，{心，&}，{&，〜}是彳1，2}，彳3,4丨，{5,6}三组数的不同排列，且每组中的两个数可互换*故共有P_• 23 =48个不同排列.反思：在极端情形下.由一个等式可同时确定la!— a21、|a3_a4 丨和|a s—a6.丨的值•(二）专题实践活动的反思专题实践活动不仅指开展课题研究或进行数学建模活动.情境问题也不仅包括生活实际问题和科学情境问题.还有因数学自身发展或内部矛盾冲突提出的问题，在解决这些问题的过程中.凝结了数学家的智慧，数学得到了丰富与发展，是培育学生学科素养的重要载体.当前，基于新课标的数学新教材即将全面使用，正确把握新课标立德树人的宗旨，准确理解新教材的编写意图，既需要广大一线教师进一步转变观念，又需要教师基于校情、学情，进一步搜集、整理、消化各类有品质的学科资源，如数学史料、学术文献、精品课例、不同版本教材等资料，整体建构、系统开发单元学习活动，为培养学生数学式思考、促进学生数学核心素养落地提供支持与保障.参考文献[1]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）[S].北京：人民教育出版社.2020.[2]上海市教育委员会教学研究室.高中数学单元教学设计指南[M].北京：人民教育出版社，2018.[3]王尚志，胡凤娟.基于数学核心素养的教学要点[J].上海课程教学研究，2017(4):3-8.[4]李英.在问题解决中学习数学_一一高二年级第一学期“等比数列前《项和”教学设计[J].现代教学，2017(17):19-21.[5]孙春生，肖爱国.数列中不定方程的处理策略[J].高中数学教与学，2.01.4(6〉:.10-12.。
2019年甘肃省高考一诊理科数学答案
令 y1 = 1 ，可得 m = ( 3,1, 2) ．
⎪⎩m ⋅ BM = 0, ⎪⎩− 3x1 + y1 + z1 = 0,
……10 分
cos < n, m >= m ⋅ n =
3 × 3 + 0×1+ 3× 2 = 3 6
m ⋅ n ( 3)2 + 32 ( 3)2 + 12 + 22 8
所以二面角 A − BM − C 的余弦值是 − 3 6 . 8
4 3a + a + 4
AE AC
即 p = 3a + a = 4a ，所以 p = 4a = 8 ，
4 3a + a + 4 4a + 4
a +1 3
选 C.
12.【解析】令 g(x) =
f (x) ex
，则
g ′( x)
=
f ′(x)ex − f (x)ex e2x
=
f ′(x) − ex
f (x) .
2019 年甘肃省第一次高考诊断理科数学考试参考答案及评分标准
一、选择题：本大题共 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. A 2. C 3.B 4.C 5.D 6. A 7. C 8.A 9.B 10.D 11. C 12. B 11.【解析】过 A,B 分别作准线的垂线交准线于 E,D.因为
…………………7 分
令 h(x) = x −1− ln x ，则 h′(x) = 1 − l = x − l . 当 x ∈(1，+∞) 时，h′(x) > 0 , 函数 h(x) 在
19年高考数学断臂维纳斯原题
序号1：概述2019年高考数学试题一经发布就引起了广泛的热议。
其中，被广为传播的“断臂维纳斯”原题更是成为了众多考生和教育界的焦点。
本文将从多个角度对这一数学试题展开分析，探讨其出现的原因以及可能的解答方法，以期能够对广大热心于教育和数学的读者进行有效的启发和引导。
序号2：背景介绍在2019年的高考数学试题中，出现了一道以古希腊雕塑“断臂维纳斯”为题材的数学问题。
这一题目以其独特的出题思路和引人深思的内涵，引起了广泛的关注和争议。
关于这道题目的难度、出题意图以及解答方式，都引起了许多人的热烈讨论。
接下来，我们将对这一问题进行分析，并就相关问题进行探讨。
序号3：问题分析该题目所涉及到的“断臂维纳斯”是指古希腊的著名雕塑作品《维纳斯德美洛斯之二》。
这尊雕像以其优雅、婀娜的形态和神秘的美感而著称于世。
而这道数学题目之所以引人注目，主要在于其出题思路的新颖和巧妙。
这一题目并非是一道传统意义上的计算题，而是通过对一个具体事物的描述，引发了数学思维的启发和探索。
题目本身的出题意图和设计理念成为了众多人关注的焦点。
序号4：出题意图在研究这道数学题目时，我们不仅需要关注题目本身的难度和解答方法，还需要对出题者的出题意图进行深入的探讨和理解。
这道题目的出题者，很可能是希望通过引用“断臂维纳斯”的意象，引导学生们对数学问题进行更加深入、全面的思考。
正如雕塑作品所蕴含的美感和内涵一样，这一数学问题也可能意在唤起学生们对数学之美的感受和追求。
我们应该从这一角度出发，对这道数学题目进行更为全面和深入的理解。
序号5：解答方法针对这一数学问题，可能会有多种不同的解答方法和思路。
我们可以根据数学知识和逻辑推理，从不同的角度出发，对这道题目进行思考和解答。
通过反复的实践和讨论，或许可以找到更为全面和深入的解题思路，从而得出更加精炼和完备的解答方案。
在这一过程中，我们需要借助于数学工具和推理方法，不断完善和深化对这一问题的理解和解答。
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2019年甘肃省高考数学试题评析
2019年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷以全国教育大会精神为指引，认真贯彻“五
育并举”方针，落实立德树人根本任务，突出数学学科特色，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。试题突出学科素养导向，注重能力考查，
全面覆盖基础知识，增强综合性、应用性，以反映我国社会主义建设的成果和优秀传统文化
的真实情境为载体，贴近生活，联系社会实际，在数学教育、评价中落实 “立德树人”的根本
任务。
1 素养导向，落实“五育”方针
2019年高考数学科结合学科特点，在学科考查中体现五育要求，整份试卷站在落实“五育”方
针的高度进行整体设计。
理科Ⅱ卷第（13）题以我国高铁列车的发展成果为背景、文科Ⅱ卷第（5）题以 “一带一路”
知识测试为情境进行设计，引导学生关注现实社会和经济发展。理科Ⅱ卷第（4）题结合“嫦
娥”四号实现人类历史首次月球背面软着陆的技术突破考查近似估算的能力，反映我国航天事
业取得的成就。这些试题都发挥了思想教育功能，体现了对考生“德育”的渗透和引导。
合理创设情境，体现体育教育。理科Ⅰ卷第（15）题、理科Ⅱ卷第（18）题分别引入了非常
普及的乒乓球和篮球运动，以其中普遍存在的比赛结果的预估和比赛场次的安排提出问题，
要求考生应用数学方法分析、解决体育问题。文科Ⅰ卷第（6）题设置了学校对学生体质状
况进行调查的情境，考查学生的抽样调查知识。这些试题在考查学生数学知识的同时，引导
学生加强体育锻炼，体现了对学生的体育教育。
结合学科知识，展示数学之美。文、理科Ⅱ卷第（16）题融入了中国悠久的金石文化，赋以
几何体真实背景，文、理科Ⅰ卷第（4）题以著名的雕塑“断臂维纳斯”为例，探讨人体黄金分
割之美，将美育教育融入数学教育。
理论联系实际，引导劳动教育。文科Ⅰ卷第（17）题以商场服务质量管理为背景设计，体现
对服务质量的要求，倡导高质量的劳动成果。文、理科Ⅲ卷第（16）题再现了学生到工厂劳
动实践的场景，引导学生关注劳动、尊重劳动、参加劳动，体现了劳动教育的要求。
2 突出重点，灵活考查数学本质
2019年的数学试题贯彻落实高考评价体系学科化的具体要求，突出学科素养导向，将理性思
维作为重点目标，将基础性和创新性作为重点要求，以数学基础知识为载体，重点考查考生
的理性思维和逻辑推理能力。
固本强基，夯实发展基础。试卷注重对高中基础内容的全面考查，集合、复数、常用逻辑用
语、线性规划、平面向量、算法、二项式定理、排列组合等内容在选择题、填空题中得到了
有效的考查。在此基础上，试卷强调对主干内容的重点考查，体现了全面性、基础性和综合
性的考查要求。在解答题中重点考查了函数、导数、三角函数、概率统计、数列、立体几何、
直线与圆锥曲线等主干内容。
稳中有变，助力破解应试教育。2019年的数学试卷，在整体设计上保持平稳，包括考查内容
的布局、题型的设计、难度和区分度的把控等。在试题排列顺序上依然是由易到难，循序渐
进。在整体平稳的基础上，在主观题的设计上进行了适当的调整。主观题在各部分内容的布
局和考查难度上进行动态设计，打破了过去压轴题的惯例。这些改革释放了一个明显的信号：
对重点内容的考查，在整体符合《考试大纲》和《考试说明》要求的前提下，在各部分内容
的布局和考查难度上都可以进行调整和改变，这在一定程度上有助于考查考生灵活应变的能
力和主动调整适应的能力，有助于学生全面学习掌握重点知识和重点内容，同时有助于破解
僵化的应试教育。
3 情境真实，综合考查应用能力
2019年的数学试题注重考查数学应用素养，体现综合性和应用性的考查要求。试卷设置的情
境真实、贴近生活，同时具有深厚的文化底蕴，体现数学原理和方法在解决问题中的价值和
作用。理科Ⅰ卷第（6）题以我国古代典籍《周易》中描述事物变化的“卦”为背景设置了排列
组合试题，体现了中国古代的哲学思想。理科Ⅲ卷第（3）题，以学生阅读“四大名著”的调查
数据为背景设计，情境贴近实际，为考生所熟悉。文、理科Ⅲ卷第（17）题以离子在生物体
内残留情况为背景设计，反映了数学知识和方法在其他学科的应用。这些情境来源于我国社
会主义建设的不同领域，结合社会现实，贴近生活，反映了数学应用的广阔领域，体现了数
学的应用价值，有利于在中学数学教育中激发学生学习数学的热情，提高对数学价值的认识，
提升数学素养，对中学的素质教育有很好的导向和促进作用。