（印刷版，可直接打印使用）2024年高考最后一课（数学）_2024高考押题卷_62024学科网全系列_19学科网高考考前最后一课_数学（含印刷版，可直接打印）-2024年高考考前最后一课

冲刺名校秘籍
{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}寄 语
这是我们
对高考深度研究的结晶
这是我们
送给同学们的终极大杀招！
恰同学少年
冲！冲！冲！
基础巩固篇--囊括了近年来的基础考点、热门考点，每一题都是经
过精挑细选，每一题都有我想说的话在里面。希望大家在做这些题的时
候，要多想想这题的题型是什么，相关题型所用到的知识点有哪些，基
本解题方法是什么，易错点是什么，你掌握了吗？如果还没掌握怎么
办？大部分题目难度不大，甚至有些同学们都已经做过好几次，相信大
家一定都会！如果不会的，那就找老师哦。我就在那等你，陪着你！
多选题专攻篇--今年九省联考多选题的付分方式有所调整。包含 3
题，每题 6 分，总分为 18 分。答对所有选项得 6 分满分。若正确选项
为两个，选一个得 3 分，全对则得 6 分。若正确选项为三个，选一个得
2 分，选两个且正确则得 4 分。为帮助大家从容应对多选题，考前特选
几道题目，旨在提高解题技巧和熟悉度。
考试技巧篇--本篇为你整理了答题技巧和一些注意事项，这将使
你如虎添翼，助你超常发挥。
考前考后心理篇--高考，一场测评学子才学的选拔，虽无法预知未
来命运，却见证了青春岁月中最珍贵的时光。因此，无论临考前还是考
试后，我们皆应保持积极心态去应对。
冲刺押题篇--这不仅仅是一份试卷，更是一份感情，是老师对同
学们的一份期望。
祝愿同学们，2024 高考，金榜题名！
编 者
2024 年 5 月
{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}目 录
2024年高考数学考前冲剌备忘录……………………………………………1
基础巩固篇
☛1.集合………………………………………………………………………7
☛2.常用逻辑用语……………………………………………………………8
☛3.复数………………………………………………………………………9
☛4.平面向量…………………………………………………………………10
☛5.三角函数…………………………………………………………………12
☛6.解斜三角…………………………………………………………………14
☛7.数列………………………………………………………………………15
☛8.立体几何…………………………………………………………………17
☛9.直线和圆…………………………………………………………………19
☛10.椭圆、双曲线、抛物线………………………………………………21
☛11.计数原理…………………………………………………………………23
☛12.统计………………………………………………………………………25
☛13.概率………………………………………………………………………27
☛14.初等函数………………………………………………………………29
☛15.函数与导数……………………………………………………………31
主编：何 伟
多选题专攻篇
编委：林 宁
☛1.函数与导数………………………………………………………………42
卢胜兰
☛2.三角函数与解三角形……………………………………………………44
周乘任
☛3.空间向量与立体几何……………………………………………………46
☛4.平面解析几何…………………………………………………………48
☛5.统计概率…………………………………………………………………50
考前技巧篇
☛1.高考数学核心考点解题方法与策略………………………………………33
☛2.高考数学临场解题策略 …………………………………………………37
☛3.多选题的特点及解题策略…………………………………………………39
☛4.高考数学阅卷和答题卡的注意事项………………………………………48
☛5.高考数学解答题结题模型…………………………………………………52
考前考后心理篇
☛1.考前考生需要做哪些准备………………………………………………62
☛2.高考前一天需要做哪些准备……………………………………………63
☛3.考后需要注意哪些事项？………………………………………………64
☛4.高考之悟…………………………………………………………………64
终极押题篇
☛2024 年新高考数学冲刺押题（19 题型）………………………………56
☛参考答案……………………………………………………………………65
{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}开开心心"备战"，快快乐乐"应战"，风风火火"高考"，幸幸福福"高中"。
2024年高考数学考前冲刺备忘录
同学们，怕考前忘了基础知识吗？别担心，老师帮你们梳理了近几年高
考的考点，整理出这100个问题。考前抽空翻来看看，回忆一下相关的知识
点，这样就不容易忘记了。
1. 集合的表示方法有三种：列举法、描述法和图示法.你能正确地表示集
合吗？
2. 集合的元素具有确定性、无序性和互异性.求解集合问题时，你会抓住
集合的元素进行分析吗？
3. 对于含有n个元素的有限集合M,其子集、真子集、非空子集、非空真
子集的个数依次为2n,2n 1,2n 1,2n 2.
4. 数轴、坐标系和韦恩图是进行集合运算的有力工具.求解集合问题时，
你能正确地运用这些工具吗？
5. 充分条件、必要条件和充要条件的概念你记住了吗？你会正确地进行判
断吗？会从集合的角度来理解它们吗？
6. 什么是全称量词命题？什么是存在量词命题？你会正确地对这两类命题
进行否定吗？
7. 不等式有哪些基本性质？你能正确地应用不等式的意义和基本性质进行
大小比较吗？
8. —元二次函数的图象、元二次方程的根和一元二次不等式的解集之间
存在着怎样的关系？
9. 基本不等式指的是哪几个不等式？它们有哪些应用？应用时要注意什么
问题？
10. 利用重要不等式求函数的最值时，你会全面考虑“一正，二定，三相等”
的条件是否具备吗？
11. 不等式恒成立问题有哪几种处理方法？
12. 求解关于二元函数的条件最值问题的基本思想是什么？你能运用不等式
的知识解决这类问题吗？
13. 两个函数是同一函数的条件是什么？
14. 研究函数问题必须遵循定义域优先的原则.
15. 关于函数的奇偶性，有如下结论：
（1）若 f x是奇函数，且 f 0有意义，则 f 00;
（2）若 f x是偶函数，则 f x fx  f  x  .
1
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16. 函数的单调性在解题中有广泛的应用，如比较大小、求函数的值域和最
值、求参数的取值范围等.
17. 函数周期性的定义是什么？运用这一定义能解决哪些相关问题？
18. 关于函数图像的对称性有哪些重要结论？
19. 求二次函数在给定区间上的值域或最值的方法是什么？要注意哪些问题
？
20. 你还记得分段函数吗？分段函数有哪些问题？你会解吗？
21. 在运用对数的运算法则进行对数式的恒等变形时，若底数不同怎么办？
22. 指数式与对数式之间存在着怎样的关系？
23. 在求解有关底数中含有参数的指数函数或对数函数问题时，你会根据底
数的不同范围进行分类讨论吗？
24. 指数式、对数式比较大小的基本方法有哪些？你能熟悉运用吗？
25. 幂函数y  xa 在第一象限内的图像有何特征？
26. 什么是函数的零点？函数的零点有什么性质？你能正确地运用函数零点
的性质解决有关方程的根的分布问题吗？
27. 用二分法求方程的近似解的基本思想是什么？你会用二分法求方程的近
似解吗？
28. 你熟悉三角函数的定义吗？你能根据已知sin、tan、cos中的一个，快速
求出另外两个吗？
29. 你能熟练地运用诱导公式、同角三角函数基本关系式求解三角函数的
相关问题吗？
30. 求解有关三角函数的值域和最值问题时，你能正确地运用正、余弦函数
的相界性吗？
31. 你能迅速地画出正弦、余弦和正切函数的草图吗？
你能由这些图像分别得到函数 y  Asin x ,y  Acos x
和 y  Atan x (其中A0,0)的图像吗？
32. 你能正确地写出函数 y  Asin x (其中A0,0)的单调区
间，对称中心的坐标，对称轴方程及其取得最值时的x值的集合吗？
33. 你会根据函数 y  Asin x (其中A0,0)的图像确定参数
A,,的值吗？
34. 函数 y  Asin x ,y  Acos x为奇函数、偶函数的条件
分别是什么？你能将形如y asinxbcosx的函数式化为一个角的三
角函数形式吗？记得老师为什么一直强调前cos后sin吗？
2
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35. 形如 y  Asin x ,y  Acos x和 y  Atan x (
其中A0,0)的函数的最小正周期分别是什么？有关周期函数的
重要结论有哪些？求三角函数最小正周期的常用方法是什么？
36. 你对三角恒等变换中的基本规则还知道多少？解决三角函数的相关问题
时，你会抓住角的特征灵活地运用变角法处理吗？
37. 和差公式可以正用，逆用、变用，求解三角函数的相关问题时，你会正
确运用吗？
38. 你发现没有，诱导公式、二倍角公式实际上都是和差公式的特殊情况？
三角公式那么多，其实找到本质根本不需要记那么多。
39. 已知三角函数值求角时，你记得判定角的范围吗？
40. 正弦定理、余弦定理的内容是什么？你能灵活地运用它们解斜三角形
吗？什么情况下需要对解的个数进行讨论？
41. 关于三角形中的三角函数，有哪些重要结论？研究三角形中的三角函数
问题时，怎样应用正、余弦定理进行边角关系的互化？
42. 你还记得如何用作图法向量的线性运算问题吗？
43. 单位向量，平行向量，相等向量，相反向量以及直线的方向向量等概念
你清楚吗？直线的方向向量和直线的斜率有什么关系？你会求与已知向
量共线的单位向量吗？
44. 两向量的夹角是怎样定义的？它的取值范围是什么？怎样求两向量的夹
角？两向量的夹角为钝角的充要条件是什么？
45. 向量共线的充要条件是什么？向量垂直的充要条件是什么？你会用向量
法证明垂直、平行和共线以及判断三角形的形状吗？
46. 关于平面向量，有许多重要结论，例如：（1)
        
a  b  ab  a  b ;(2)向量PA,PB,PC中三终点A,B,C 共线
  
存在实数,，使得PAPBPC 且1…… 这些结论在
解题中十分有用，你还知道多少？你会运用这些结论吗？
47. 数列 a 的前n项和S ,与通项a 之间具有怎样的关系？运用这一关
n n n
系求数列的通项时要注意什么？
48. 判断一个数列是等差数列或等比数列的依据是什么？判断时要特别注
意什么问题？
49. 求等差数列 a 的前n项和S 的最大值的常用方法有哪些？你能灵活
n n
运用吗？
50.
运用等比数列
a
的前n项和公式求和时要注意什么？
n
3
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51. 等差数列和等比数列有许多重要性质，你还记得了多少？会用吗？
52. 特殊数列求和有哪些方法？具有怎样的特征的数列可用错位相减法求
其前n项的和？
53. 复数为实数，虚数，纯虚数的充要条件分别是什么？
54. 两个复数相等的充要条件是什么？它在解决复数问题时可以发挥怎样的
作用？
55. 复数的模与共轭复数有哪些性质？你会运用这些性质解决复数的相关
问题吗？
56. 在进行复数的运算时，你会运用虚数单位的幂的周期性吗？
57. 复数及其运算的几何意义是什么？你会运用它们来解决复数的相关问题
吗？
58. 导数是怎样定义的？它的几何意义和物理意义分别是什么？
59. 怎样利用导数求曲线的切线？解题时要注意什么问题？
60. f x 0 是 f(x) 在x  x 处取得极值的什么条件？极值和最值有
0 0
什么联系和区别？怎样运用导数求函数的极值和最值？
61. 怎样利用导数研究函数的单调性？已知函数的单调性确定参数的取值范
围时，要注意些什么？
62. 平均数、众数、中位数、百位数的概念你还分清吗？
63. 什么是抽样方法？常用的抽样方法有哪些？你能根据实际情况进行合理
选择吗？
64. 期望，方差和标准差的概念，公式和性质你还清楚吗？你能正确地进行
计算吗？
65. 频率与频数之间有什么关系？你会画频率分布直方图吗？你能根据样本
的频率分布直方图对总体作出估计吗？
66. 样本的期望值、方差和标准差分别反映了样本数据的什么特征？你能
根据样本的期望值、方差和标准差对总体的情况进行估计吗？
67. 什么是随机事件的概率？它的取值区间是什么？概率和频率的联系与区
别你清楚吗？
68. 什么是古典概型？古其概型的主要特征是什么？你会求古典概型中事件
的概率吗？
69. 什么是几何概型？几何概型与古典概型之间有什么联系和区别？求解几
何概型问题的基本步骤是什么？
70. 什么是互斥事件？你会求互斥事件的概率吗？
71. 什么是对立事件？你会灵活地运用对立事件的概率公式求解些复杂的概
率问题吗？
4
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72. 什么是条件概率？你知道怎么利用全概率公式、贝叶斯公式吗？
73. 分类加法计数原理和分步乘法计数原理的概念你熟悉吗？什么时候用？
分组分配问题那么重要，你搞清楚了吗？
74. 排列、组合的定义是什么？排列数、组合数的运算公式还记得吗？
75. 二项式定理是什么？还记得二项式展开式中项系数的特别的求法吗？还
记得利用赋值法求二项式展开式的系数之和问题吗？
76. 棱柱、棱锥，棱台、圆柱、圆锥、圆台和球的有关概念你还清楚吗？
77. 你能画出常见的多面体或旋转体的侧面展开图吗？你能由几何体的侧面
展开图想象出与之对应的几何体的直观图吗？
78. 柱、锥、台、球的表面积和体积公式你还记得多少？你能熟练地运用它
们进行相应的计算吗？台体表面积和体积你记得了吗？这个可能是热点
哦。
79. 平面有哪些基本性质？这些基本性质有哪些应用？
80. 空间中两条直线有哪几种位置关系？你能正确地进行判断吗？
81. 立体几何中，平行关系可以进行以下转化：直线//直线⇔直线//平面⇔
平面//平面之间的转化，这些转化各自的依据是什么？
82. 立体几何中，垂直关系可以进行以下转化：直线直线⇔直线平面
⇔平面平面之间的转化，这些转化各自的依据是什么？
83. 空间的三种角（异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角及其
平面角）的概念你清楚吗？它们的取值范围分别是什么你熟悉用哪种方
法来求呢？
84. 空间中的距离（点到面，线到面，面到面的距离），你会求吗？有哪些
方法？
85. 立体几何中，解答题的解题过程通常分为：“作”“证”、“算”“答”四
个部分，你是否经常忽略“证”这一重要环节？
86. 什么是直线的斜率？直线的斜率与倾斜角有什么关系你会求直线的斜率
吗？
87. 在用点斜式，斜截式求直线的方程时，你是否注意到直线的斜率不存在
的情形？
88. 对于不重合的两条直线l ,l ,它们互相平行的充要条件是什么？垂直呢
1 2
？
89. 点到直线的距离和两条平行直线间的距离你会求吗？
90. 方程Ax2 BxyCy2 DxEyF  0表示圆的充要条件是什么你会
求圆的方程吗？
5
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91. 点和圆的位置关系怎么判断？当点在圆上、圆外时，怎么求过该点的
切线的方程？当点在圆外时，切线长及切点弦所在直线的方程如何求？
92. 直线和圆有哪几种位置关系？如何判定？
93. 当直线和圆相交时，怎样求弦长？
94. 圆锥曲线的定义，你熟记了吗？
95. 求椭圆、双曲线，抛物线的标准方程时，要先定位，再定量。
96. 离心率的大小与圆锥曲线的形状有何关系？椭圆和双曲线的离心率的取
值范围分别是什么？
97. 双曲线的渐近线方程是什么？如何求？焦点到渐近线的距离是多少？
98. 椭圆和双曲线的通径公式、焦半径公式、焦三角面积公式，还记得多少
？
99. 抛物焦点弦的性质那么多，你记得了几个？
100.直线与圆锥曲线的位置关系问题，你记得基本的研究方法吗？
6
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人民日报主题金句精粹
1、集合★★★★★
1.每次归程都是为了更好出
新高考考情：
此考点在每年的考试中均占据重要地位，第一题的掌握尤为关键。从考 发：每次停歇都是为了积蓄
查内容来看，主要涉及交并补运算，常与解不等式等知识点相结合。虽然新 力量。“回家是团聚的亲情，
定义的运算也可能出现，但其难度通常不高。综合历年经验，预计命题小组 出门是梦想的打拼”。－－
对集合部分的考题进行大幅度调整的可能性较小。因此，考生应重点掌握交
杨柳风《带上温暖继续拼搏》
并补运算的基础知识，并熟悉其与其他知识点的交汇点，以确保在考试中能
适用主题：奋斗，再出发，
够稳定得分。此外，排除法（特殊法）也是解决此类问题优选方法。
常见集合元素限定条件;对数不等式、指数不等式、分式不等式、一
时不我待
元二次不等式、绝对值不等式、对数函数的定义域、二次根式、点集（直
线、圆、方程组的解）；补集、交集和并集；不等式问题画数轴很重要；
指数形式永远大于 0 不要忽记；特别注意代表元素的字母是 x 还是 y。
2024 高考预测：
1．已知集合A2,3,4,5,6,B  x x28x120  ,则A ð B （ ）
R
A．2,3,4,5 B．2,3,4,5,6 C．3,4,5 D．3,4,5,6
2．已知集合A  x x3n2,nN  ，B6,7,10,11，则集合AB的元素
个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．已知集合A  xZ∣x22x30  ，则集合A的子集个数为（ ）
A．3 B．4 C．8 D．16
4．已知集合A0,1,2，N  x x2a,aA ，则集合AN等于（ ）
A．0 B．0,1 C．1,2 D．0,2
5．设全集I  R，集合Ay| ylog x,x2，B{x| y x1}，则
2
A．AB B．AB A C．AB D．A(ðB)
I
6．若集合A x 2a1 x3a5  ,B x 5 x16  ,则能使AB成立的所
有a组成的集合为（ ）
A．  a 2a7  B．  a 6a7 
C．  a a7  D．  a a6 
7．已知集合M   x x22x0  和N  x lnx11  ，则（ ）
A．N M B．M N
C．M N e1, D．M N ,0  e1,
8．已知集合Ax|axa2，B  x|yln  6xx2 ，且AB，则
（ ）
A．1a 2 B． 1a2
C．2a1 D．2a1
9．若全集 U R，Ax|x1，Bx|x1，则（ ）
A．AB B．ð AB
U
C．Bð A D．ABR
U
10．已知集合A
 1,3,a2
，B{1,a2}，AB A，则实数a的值为（ ）
A．{2} B．{1,2}
C．{1,2} D．{0,2}
7
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2、常用逻辑用语★★
新高考考情：
显然，近年来这板块考察的比较少，分析发现地方考卷考得比较多， 人民日报主题金句精粹
全国卷考得少，新高考才出现了一次，很显然这一考点不是一个热门考
点，但我觉得依然需要大家引起足够得重视，尤其是“充要条件”和“全 2.敬业，还需精业。需要涵
称与特称”。2024 年要注意“全称量词与特称量词”。 养“择一事终一生”的倾心
“充要条件”的判断要先区分清楚条件和结论，充分性“条件⇒结 专注，“偏毫厘不敢安”的
丝不苟，“千万锤成一器”
论”，必要性“结论⇒条件”。要注意“三角与充要条件”结合的考题
的坚持不懈。－－马祖云《敬
2024 高考预测：
业绘就“最美”人生》
1 1
1．设a，bR，则“ab0”是  的（ ）
a b 适用主题：敬业，专注，工
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 匠精神
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．已知a0且a1，“函数 f xax为增函数”是“函数gxxa1在0,
上单调递增”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．设命题p：xR，(x－1)(x+2)>0，则p为（ ）
x 1
A．x R ，x 1x 20 B．x R ， 0 0
0 0 0 0 x 2
0
x 1
C．xR，x1x20 D．x R ， 0 0或x 2
0 x 2 0
0
4．下列说法正确的是（ ）
A．“ab”是“am2 bm2”的充要条件
k
B．“x ,kZ”是“tanx1”的必要不充分条件
4
1 1
C．命题“x R,x  2”的否定形式是“xR,x 2”
0 0 x x
0
D．“xy1”是“lgxlgy0”的充分不必要条件
5．“b 10”是“直线x yb0与圆C:x12y12 5相切”的（ ）
A．充分条件 B．必要条件
C．既是充分条件又是必要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件
6．设xR，则“x25x0”是“|x1|1”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．命题“x1,2,x2a0”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A．a4 B．a4 C．a5 D．a5
8．若命题“a1,3  ,ax22a1x3a0”为假命题，则实数x的取值
范围为（ ）
 5 5  5 
A．1,4  B．  0,  C．1,0   ,4  D．1,0  ,4 
 3 3  3 
   
9．已知向量a 3,3,b x,2，则“x2”是“a与b 的夹角为钝角”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
10．在等比数列a 中，已知a 0，则“a a ”是“a a ”的（ ）
n 2020 2021 2024 2022 2023
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8
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3、复数★★★★★
新高考考情：
每年一题，稳得不得了，我觉得这也是送分题之一，但九省联考，
不再是以选择题的方式来考，而是放在了填空题的位置。说明考试题型
由可能会变，但我认为不管怎么变，这仍然是一道送分题，大家要细心，
确保拿下。考查四则运算为主，偶尔与其他知识交汇，难度较小．考查
代数运算的同时，主要涉及考查概念有：实部、虚部、共轭复数、复数
的模、对应复平面的点坐标、复数运算等.无法直接计算时可以先设
z=a+bi。
重要提示：不管考察的是什么问题，一定要先把复数转化为标准模
式 z=a+bi！
2024 高考预测：
1．设z1i，则z2i（ ）
A．i B．i C．1 D．1
1
2．在复平面内，复数 的共轭复数对应的点位于
1i
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
z
3．若复数z34i，则 （ ）
z
3 4 3 4 3 4 3 4
A．  i B．  i C．  i D．  i
5 5 5 5 5 5 5 5
4．在复平面内，复数z ,z 对应的点关于直线xy0对称，若z 1i，则
1 2 1
z z （ ）
1 2
A． 2 B．2 C．2 2 D．4
3ai
5．已知i为复数单位， 2i，则z 1ai的模为（ ）
1i
A． 2 B．1 C．2 D．4
1z
6．设复数z满足 i，则 z （ ）
1z
2
A．i B． C．1 D． 2
2
a3i
7．若复数 是纯虚数，则实数a（ ）
2i
3 3 2 2
A． B． C． D．
2 2 3 3
2i
8．若复数z 的实部与虚部相等，则实数a的值为（ ）
ai
A．-3 B．-1 C．1 D．3
9．（多选）已知复数z ,z ，下列命题正确的是（ ）
1 2
A． z z  z z B．若 z  z ，则z  z
1 2 1 2 1 2 1 2
C．z z  z 2 D．若z2 z 2，则z 为实数
1 1 1 1 1 1
10．（多选）已知复数z,w均不为0，则（ ）
z z2
A．z2 |z|2 B． 
z |z|2
z z
C．zw zw D． 
w w
9
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4、平面向量★★★★★
新高考考情：
向量每年一题或两题，单选题4题，多选题2题，填空题2题，解答题 人民日报主题金句精粹
1题，覆盖了所有的题型。考察的比较基础,难度不大,很少与其它知识交汇,
 
重点考查向量的基本运算。数量积问题有坐标按照坐标算abxx  y y ， 3.由于火星的亮度变幻无
    1 2 1 2 常，让人迷惑，古人只能
没有坐标按照模运算ab a bcos；可以建系的建系（直角三角形、等腰、 将这颗遥远的红色星球取
名为“荧惑”。如今用“天
等边、矩形、正方形、直角梯形等）、投影向量问题考的可能性不大.
问”去解开“荧惑”揭开
几何运算注意利用三角形法则和平行四边形法则转化（注意用好作图法）；
一个个科学谜团，无疑承
单位向量要看清，模为1；向量夹角为锐角，数量积大于0且向量不能同向
载着宏大梦想和创新伟
（夹角为0）；向量夹角为钝角，数量积小于0且不能反向（夹角为π）；两 力。－－余建斌《天问一
个向量不共线才可以作为基底；多个向量和差带模先平方后开方. 号激扬创新豪情》
2024 高考预测：
  
1．已知O,A,B是平面上的三个点，直线AB上有一点C，且2ACCB0， 适用主题：科技创新，中
 国力量
则OC （ ）
   
A．2OAOB B．OA2OB
2 1 1 2
C． OA OB D． OA OB
3 3 3 3
2．已知公比为q的等比数列a 中，aa a 3,a a a 24，平面向量a  (1,q)，
n 1 2 3 2 3 4
   
b (2,3q)，则下列c与2ab共线的是（ ）
 
A．c(1,4) B．c (1,5)
 
C．c(5,2) D．c (2,5)

3．对于平面内n个起点相同的单位向量a

i1,2,,n,n2k,k
N*
，若每
i
2π   
个向量与其相邻向量的夹角均为 ，则a 与a a 的位置关系为（ ）
n 1 2 n
A．垂直 B．反向平行
C．同向平行 D．无法确定
  
4．如图所示，边长为2的正三角形ABC中，若BDBAAC（[0,1]），
    
AE ACCB（[0,1]），则关于 DEAB 的说法正确的是（ ）
1  
A．当 时， DEAB 取到最大值
2
 
B．当0或1时， DEAB 取到最小值
 
C．[0,1]，使得DEAB0
 
D．[0,1]， DEAB 为定值
5．已知平行四边形ABCD，若点M 是边BC的三等分点（靠近点B处），点
BH
N是边AB的中点，直线BD与MN相交于点H，则 （ ）
BD
2 2
A． B．
3 5
1 1
C． D．
5 4
   
6．已知点G为三角形ABC的重心，且 GAGB  GAGB ，当C取最大
值时，cosC=（ ）
4 3
A． B．
5 5
2 1
C． D．
5 5
 
7．已知向量m(3,4),n(2t,1t)，则下列结论正确的是（ ）
 
A．当t1时，|mn| 41
10
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 
B．当t 2时，向量m与向量n的夹角为锐角
 
C．存在t0，使得m∥n
 
D．若mn，则t 2
      
8．已知O是坐标原点，平面向量aOA，bOB，cOC，且a是单位向
    1
量，ab2，ac ，则下列结论正确的是（ ）
2
  
A． c  ac
 2 1
B．若A，B，C三点共线，则a  b c
3 3
      
C．若向量ba与ca垂直，则 bc2a 的最小值为1
   2
D．向量ba与b的夹角正切值的最大值为
4
9．大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，
亦称“赵爽弦图”（如图1）．某数学兴趣小组类比“赵爽弦图”构造出图2：
ABC为正三角形，AD，BE，CF围成的DEF也为正三角形．若D为BE
的中点，①DEF与ABC的面积比为 ；②设
  
ADABAC，则 ．
   r  
10．已知平面向量mm,m ，nn,n ，设|m|1，|n|3，mn3，
1 2 1 2
  n n
则m与n的夹角为 ，当n m 0时， 1 2 
1 2 m m
1 2
11
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5、三角函数★★★★★
新高考考情：
几乎每年至少一小题．题目难度不大，主要考察公式熟练运用、平移、
人民日报主题金句精粹
图像性质（重点+难点）、化简求值（热点+几乎年年考）、基本属于“送分题”．小
心平移伸缩问题．最担心 和 问题（这是热点也是难点，注意用好数形结合）.
4.奋斗的哲学，永远闪光。
三角函数的定义式:会巧妙利用定义求解 sin、cos、tan,特别要注意正负;
脚踏实地做好自己的事
熟练诱导公式、两角和与ω差公φ式、倍角公式、辅助角公式,符号问题太重要;
情，兢兢业业、履职尽责，
牢记 sin、cos、tan 的图像性质;注意利用整体思想解决问题。出现 每个人的一小步，终将汇
  3 聚成国家发展的一大步。
 , ,, ,2等的时候记着用诱导公式,其他角的形式用两角和与差公式
一一彭飞《岁月为证，奋
2 2 2
斗不止》
展开或合并;sin2a,cos2a用降幂公式的较多;巧妙选择倍角公式进行凑角和转
化;巧妙选择两角和与差公式进行凑角和转化。
适用主题：个人和国家，
不断奋进
2024 高考预测：
  3  
1．已知为锐角，且cos  ，则tan （ ）
 6 3  3 
2
A． B． 2
2
2
C． 2 D．
2
 π
2．已知函数 f x2cosx 1，（0）的图象在区间0,2π内至多
 3
存在3条对称轴，则的取值范围是（ ）
 5 2 5
A．0,

B． ,

 3 3 3
7 5 5 
C．  ,  D．  ,
6 3 3 
 2 1
3．在ABC中，AD AB AC，BAD，CAD 2，则下列各式一
3 3
定成立的是（ ）
A．sinBcossinC
B．sinC cossinB
C．sinBsinsinC
D．sinC sinsinB
4．如图，水利灌溉工具筒车的转轮中心O到水面的距离为1m，筒车的半径

是3m，盛水筒的初始位置为P,OP 与水平正方向的夹角为 ．若筒车以
0 0 6
角速度2rad/min沿逆时针方向转动，t为筒车转动后盛水筒第一次到达入
水点P所需的时间（单位：min），则（ ）
1
1
A.cost 
2
2
B．sint 
2
2 61
C．cos2t 
6
32 2
D．sin2t 
6
12
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3
5．已知为第一象限角.sincos ，则tan2（ ）
3
2 2 2 5
A． B．
3 5
2 2 2 5
C． D．
3 5
6．若函数 f x2sin  x π ,>0，x  0, π  的值域为   3,2  ，则的
 3  2
取值范围是（ ）
5  5 10
A．  ,4 B．  , 
3  6 3 
5 5 5 10
C．

,

D．

,

6 3 3 3 
7．已知2sinsin 3，2coscos1，则cos22（ ）
1 15
A． B．
8 4
1 7
C． D．
4 8
   
8．已知点G为三角形ABC的重心，且 GAGB  GAGB ，当C取最大
值时，cosC=（ ）
4 3
A． B．
5 5
2 1
C． D．
5 5
π
9．函数 f(x)sin(2x)的图象向左平移 个单位得到函数gx的图象，若
3
函数gx是偶函数，则tan ．
2  
10．在ABC中，BC 2 6，S  ABAC，则ABC外接圆半径
△ABC 2
为 .
13
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6、解斜三角★★★★★
新高考考情：
之前6道大题时，新高考每年解斜三角都会有一道题。但今年新高考大 人民日报主题金句精粹
题如果真的调整为5道解答题得话，解三角出大题的概率必然会降低，但这
又是一个很重要的考点，因此出小题几率将会增大。余弦定理、正弦定理、
5.世界上没有一蹴而就的
面积公式要熟记；对正余弦定理的考查主要涉及三角形的边角互化，如果是 成功，更没有从天而降的
化成角的话，下一步按三角→两角→一角进行；如果转化成边，就努力往余
弦定理靠。如判断三角形的形状等，利用正、余弦定理将条件中含有的边和 “伟力”；那些不急不躁、
角的关系转化为边或角的关系是解三角形的常规思路。三角形内的三角函数 朝着既定目标砥砺奋进
求值、三角恒等式的证明、三角形外接圆的半径等都体现了三角函数知识与
的人，才能在日积月累中
三角形知识的交汇。
抵达梦想的彼岸。－－宋
2024 高考预测：
威《最快的脚步是“坚持”》
1．在ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若
sinA:sinB:sinC 2:4:5，则cosB（ ） 适用主题：坚持不懈，拒
13 37 5 1 绝急躁，成功之道
A． B． C． D．
20 40 16 8
2．在ABC中，内角A,B,C所对应的边分别是a,b,c，若a3，b 13，
B60，则c（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
1
3．钝角三角形ABC的面积是 ，AB=1，BC= 2 ，则AC=（ ）
2
A．5 B． 5 C．2 D．1
4．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c ，A60，且ABC的面
积为
3
，若bc6，则a（ ）
A．2 6 B．5 C． 30 D．2 7
5．ABC中，“A  B”是“sinAsinB”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
1
6．在ABC中，a2 6，b2c，cosA ，则S （ ）
4 ABC
3
A． 15 B．4 C． 15 D．2 15
2
7．设在ABC中,角A，B,C所对的边分别为a，b,c, 若
bcosCccosBasinA, 则ABC的形状为 （ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定
8．ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若ABC的面积为
a2b2c2
，则C
4
π π π π
A． B． C． D．
2 3 4 6
9．在ABC中，AB 7 ，AC1，M为BC的中点，MAC60，则
AM  .
2  
10．在ABC中，BC 2 6，S  ABAC，则ABC外接圆半径
△ABC 2
为 .
14
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7、数列★★★★★
新高考考情：
新高考对数列的考察，这几年基本上是以一大一小的形式出现。今
人民日报主题金句精粹
年新高考题量改为 19 题之后，数列有没有可能削弱。我有一种大胆的猜
想，2024 年高考第 19 题压抽题，有可能考察与数列有关内容，当然这不
6.仰望历史的天空，家国
影响小题的考察。如果大题有数列，那小题很可能会是一道多选题，和
情怀熠熠生辉：跨越时间
其他内容组合而成。 的长河，家国情怀绵绵不
等差等比用通项公式和前 n 项公式，等比问题学会作比值化简；累 断。从历史到现实，家国
加法、累乘法、构造法求通项，裂项相消、错位相减、分组求和求前 n 的书写、大我的境界，始
项和要掌握类型特点。 终激励着人们勇毅前行。
－－马祖云《把家 国情怀
 S ,n1
特别注意S
n
和a
n
的关系,a
n

S 
1
S ,n2
,两个方向都可以转化;分组 融入不懈奋斗》
n n1
求和、裂项相消法和错位相减法要看清通项的形式;a，d,q,a ,S 等基本量的 适用主题：家国情怀，不
1 n n 懈奋斗
求解很重要,多解问题要多次验证进行取舍。
2024 高考预测：
1．《将夜》中宁缺参加书院的数科考试，碰到了这样一道题目：那年春，夫
子游桃山，一路摘花饮酒而行，始切一斤桃花，饮一壶酒，复切一斤桃花，
又饮一壶酒，后夫子惜酒，故再切一斤桃花，只饮半壶酒，再切一斤桃花，
饮半半壶酒，如是而行，终夫子切六斤桃花而醉卧桃山.问：夫子切了五斤
桃花一共饮了几壶酒？（ ）
1 47 23 31
A． B． C． D．
8 16 8 16
2．已知等差数列a 满足a a 0,a a 4，则下列命题：① a 是递
n 4 7 5 8 n
减数列；②使S 0成立的n的最大值是9；③当n5时，S 取得最大值；
n n
④a 0，其中正确的是（ ）
6
A．①② B．①③ C．①④ D．①②③
3．已知等比数列a ，对任意nN，a a 0，S 是数列a 的前n项
n n n1 n n
和，若存在一个常数M 0，使得nN， S M ；下列结论中正确的
n
是（ ）
A．a 是递减数列 B．a 是递增数列
n n
S 1
C． n 1 D．一定存在N N，当n N 时，a 
a 0 0 n 100
n
4．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中，研究了二阶等差数列．若a a 
n1 n
是公差不为零的等差数列，则称数列a 为二阶等差数列．现有一个“三角
n
垛”，共有40层，各层小球个数构成一个二阶等差数列，第一层放1个小
球，第二层放3个小球，第三层放6个小球，第四层放10个小球，L，
则第40层放小球的个数为（ ）
A．1640 B．1560 C．820 D．780
5．已知a ，a ，a ，a ，a 成等比数列，且1和4为其中的两项，则a 的
1 2 3 4 5 5
最小值为（ ）
1 1
A．－64 B．－8 C． D．
64 8
 π
6．已知各项均为正数的数列a 满足a a sinn 0＜ ，且数列
n n n1  2
a 的前n项积为T ，则下列结论错误的是（ ）
n n
π π a
A．若 ，则T 1 B．若 ，则a  1
2 100 6 9 16
C．存在及正整数k，使得a ＞a
2k1 2k1
D．若a 为等比数列，则a  4sin
n 1
15
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7．毕达哥拉斯学派是古希腊哲学家毕达哥拉斯及其信徒组成的学派，他们把
美学视为自然科学的一个组成部分．美表现在数量比例上的对称与和谐，
和谐起于差异的对立，美的本质在于和谐．他们常把数描绘成沙滩上的沙
粒或小石子，并由它们排列而成的形状对自然数进行研究．如图所示，图
形的点数分别为1,5,12,22,，总结规律并以此类推下去，第8个图形对应
的点数为 ，若这些数构成一个数列，记为数列a ，则
n
a a a
a  2  3  21  ．
1 2 3 21
8．88键钢琴从左到右各键的音的频率组成一个递增的等比数列．若中音A
（左起第49个键）的频率为440Hz，钢琴上最低音的频率为27.5Hz，则
左起第61个键的音的频率为 Hz．
9．对于数列a ，由b a a 作通项得到的数列b ，称b 为数列a 
n n n1 n n n n
的差分数列，已知数列b 为数列a 的差分数列，且b 是以1为首项
n n n
以2为公差的等差数列，则a a  ．
10 5

10．如图，已知在扇形OAB中，半径OAOB2，AOB ，圆O 内切
1
3
于扇形OAB（圆O 和OA、OB、弧AB均相切），作圆O 与圆O 、OA、
1 2 1
OB相切，再作圆O 与圆O 、OA、OB相切，以此类推．设圆O 、圆O ……
3 2 1 2
的面积依次为S ，S ……，那么S S S  ．
1 2 1 2 10
16
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8、立体几何★★★★★
新高考考情：
新课标卷的小题主要集中在几何体的表面积和体积问题上，这一点
人民日报主题金句精粹
是明确且不容忽视的。对于考生而言，必须对此给予特别的关注。深入
理解并熟练掌握空间几何体的结构特征是解答这类问题的关键，这包括
7.“笔下有财产万千，笔
能够准确计算长度、表面积和体积等。在实践中，常采用的方法包括分
下有毁誉忠奸，笔下有是
割法、补体法、还台为锥法以及等积变换法等，这些方法在处理不规则 非曲直，笔下有人命关
几何体体积计算时尤为有效。 天”。对新闻工作者来说，
此外，球与几何体的切接问题也是高考中的重要考点，通常作为客 肩上有万斤担，笔下有千
钧重，必须把正确舆论导
观题中的难点出现。这类问题主要考察几何体的外接球，要求学生具备
向贯穿到工作各 环节。－
较强的空间想象能力和精确的计算能力。在选择题和填空题中，图形通
－张向阳《“导向金不换”》
常不会直接给出，这就要求考生不仅要具备解题所需的数学技能，还需
要有读题画图的能力。
适用主题：价值导向，舆
总的来说，对于空间几何体的表面积和体积问题，考生需要深入理 论导向
解其结构特征，掌握相关计算方法，并具备空间想象能力和精确的计算
技巧，才能顺利应对各种考查。
2024 高考预测：
1．如图，在正方体ABCDABCD 中，异面直线AD与DC所成的角为（ ）
1 1 1 1 1 1
π π
A. B．
6 4
π π
C． D．
3 2
2．圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60°，底面圆的半径为8，则圆锥的侧面
积为（ ）
A．384π B．392π
C．398π D．404π
3．某车间需要对一个圆柱形工件进行加工，该工件底面半径15cm，高10cm，
加工方法为在底面中心处打一个半径为rcm且和原工件有相同轴的圆柱形
通孔.若要求工件加工后的表面积最大，则r的值应设计为（ ）
A. 10 B． 15
C．4 D．5
4．三棱锥ABCD中，AC平面BCD，BDCD．若AB3，BD1，则
该三棱锥体积的最大值为（ ）
4
A．2 B．
3
2
C．1 D．
3
5．已知正四棱锥PABCD各顶点都在同一球面上，且正四棱锥底面边长为
64
4，体积为 ，则该球表面积为（ ）
3
A．9π B．36π
4π
C．4π D．
3
17
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6．设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为V 、V 和V ，则（ ）
1 2 3
A．V V V B．V V V
1 2 3 2 1 3
C．V V V D．V V V
3 1 2 3 2 1
7．用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得的圆台上底面半径为1，下
底面半径为2，且该圆台侧面积为3 5，则原圆锥的母线长为（ ）
A．2 B． 5
C．4 D．2 5
8．半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面
体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此
共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都
相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为
二十四等边体．则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为 ．
9．四棱锥PABCD各顶点都在球心O为的球面上，且PA平面ABCD，
底面ABCD为矩形，PA AD2,AB2 2，设M,N分别是PD,CD的中
点，则平面AMN 截球O所得截面的面积为 .
10．已知轴截面为正三角形的圆锥MM的高与球O的直径相等，则圆锥MM
的体积与球O的体积的比值是 ，圆锥MM的表面积与球O的表
面积的比值是 ．
18
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9、直线和圆★★★★★
新高考考情
直线的考察基本上没有单独成题，而是作为一个条件或者一个选项
出现在某一道题当中。我们熟悉掌握基本知识即可。直线与圆的位置关
系这几年出现的次数显著增加，值得我们重视。直线与圆相交的弦长问题
要结合点线距离和勾股定理（垂径定理）。
2024 高考预测：
1．已知圆C 的半径为3，圆C 的半径为7，若两圆相交，则两圆的圆心距可
1 2
能是（ ）
A．0 B．4
C．8 D．12
2．若与y轴相切的圆C与直线l:y 3 x也相切，且圆C经过点P  2, 3  ，
3
则圆C的直径为（ ）
14
A．2 B．2或
3
7 7 16
C． D． 或
4 4 3
3．已知有100个半径互不相等的同心圆，其中最小圆的半径为1，在每相邻
的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2，则这100个圆中最大
圆的半径是（ ）
A．8 B．9
C．10 D．100
4．已知动直线l的方程为  1a2 x2ay3a230 ，aR，P  3,1  ，O
为坐标原点，过点O作直线l的垂线，垂足为Q，则线段PQ长度的取值
范围为（ ）
A．0,5  B．1,5
C． 5, D．0,3 
5．已知两条直线l :2x3y20，l :3x2y30，有一动圆（圆心和半
1 2
径都在变动）与l ,l 都相交，并且l,l 被截在圆内的两条线段的长度分别是
1 2 1 2
定值26，24，则动圆圆心的轨迹方程为（ ）
A．y12x265 B．x2y1265
C．y2x1265 D．x12y265
6．在平面直角坐标系xOy中，已知M3，0，N 

3 ，0  ，动点Qx，y满足
2 
QM
2，直线l：2m1x4m1ym10m0与动点Q的轨迹
QN
19
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交于A，B两点，记动点Q轨迹的对称中心为点C，则当ABC面积最大
时，直线l的方程为（ ）
A．y x B．yx
1
C．yx1 D．y2x
2
7．求圆的切点弦方程可利用“同构”思想．如“已知圆O:x2y2 1，过
P2,2作圆O的两条切线，切点记为A，B，求直线AB方程”，部分解
 
答如下：设Ax ,y ，Bx ,y ，由PAOA0，化简可得
1 1 2 2
x2 y22x 2y 0，又因为x2 y2 1，所以2x 2y 10，同理可得
1 1 1 1 1 1 1 1
2x 2y 10，…．则直线AB的方程为 ．
2 2
8．圆O:x2y2 4，P(3,4)，过P作圆O的切线PM，PN，过P作斜率为
1的直线l与圆O交于点Q（Q在PMN内），线段MN上有一点D使
DQN PQM 180，则D的坐标为 ．
9．已知曲线C :y 1x2 与曲线C :y 2x2 ，长度为1的线段AB的两
1 2
端点A、B分别在曲线C 、C 上沿顺时针方向运动，若点A从点1,0开
1 2
 
始运动，点B到达点 2,0 时停止运动，则线段AB所扫过的区域的面积
为 .
10．已知点Ax,y ,Bx ,y ，定义d  x y 2x y 2 为A,B的“镜
1 1 2 2 AB 1 2 2 1
像距离”.若点A,B在曲线ylnxa2上，且d 的最小值为2，则实数a
AB
的值为 .
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10、椭圆、双曲线、抛物线★★★★★
新高考考情：
圆锥曲线，每年一大两小，椭圆、双曲线、抛物线都考了个遍！太稳定
人民日报主题金句精粹
了！太重要了！！全国卷注重考查基础知识和基本概念，综合一点的小题侧
重考查圆锥曲线与直线位置关系。数形结合很重要。椭圆的定义、标准方程、
8.在中华文化里，牛是勤
通经
2b2
、勾股定理、余弦定理、设而不求、点差法 劳、奉献、奋进、力量的
a 象征。人们把为民服务、
y - y b2 y +y b2 y FPF 无私奉献比喻为孺子牛，
k = 1 2 =- 1 2 =- 0 、焦点三角形面积S b2tan 1 2 ； 把创新发展、攻坚克难比
x -x a2 x +x a2 x F1PF2 2
1 2 1 2 0 喻为拓荒牛，把艰苦奋斗、
2b2 吃苦耐劳比喻为老黄牛。
双曲线的定义、标准方程、通经 、勾股定理、余弦定理、设而不求、
－－陈凌《像牛一样耕耘
a
点差法 像牛一样奋发》
y - y b2 y + y b2 y
k = 1 2 = 1 2 = 0 、焦点到渐近线距离b、渐近线斜率、相 适用主题：无私奉献，攻
x - x a2 x + x a2 x 坚克难，吃苦耐劳
1 2 1 2 0
似三角形、
b2
焦点三角形面积S  ；
F1PF2 FPF
tan 1 2
2
折线和差最值要考虑用定义进行转化；求离心率问题得到a,c的二次方
程后可以等式两边同时除a2化简为e的二次方程.
抛物线的定义、标准方程、通经2p、勾股定理、余弦定理、设而不求、点差
y - y 2p 2p
法k = 1 2 = = 、相似三角形、重心结论
x - x y + y y
1 2 1 2 0
   
（AF+BF+CF =0,F为重心，1：2）、焦点弦的三种求法
2p
AB  x x 2 y  y 2  x  x  p （最常用后边两种，要
1 2 1 2 1 2 sin2
AF 1+cos
注意开口方向）、焦半径比值（A点在第一象限）  ；开口向上
BF 1cos
或向下的抛物线中切线问题可求导，求斜率； 以AB为直径的圆与抛物线的
准线相切；
过点A作AA 垂直于准线，过点B作BB 垂直于准线，以AB 为直径
1 1 1 1
的圆与抛物线的弦AB相切；以AF 为直径的圆与 y轴相切；
2024 高考预测：
1．已知抛物线C：y2 2px(p0),F为抛物线C的焦点，P为抛物线C上的
p
动点（不含原点），F的半径为 ，若P与F外切，则（ ）
2
A．P与直线x0相切
B．P与直线y0相切
p
C．P与直线x 相切
2
p
D．P与直线y 相切
2
2．已知点A5,0、B5,0，动点Pm,n满足：直线PA的斜率与直线PB的
16
斜率之积为 ，则4m2n2的取值范围为（ ）
25
A． 16,100  B．25,100
C． 16,100 D．25,100
21
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3．下列结论正确的是（ ）
A.若方程
x2

y2
1表示椭圆，则实数k的取值范围是5,8；
k5 8k
y2 x2
B.双曲线y215x2 15与椭圆  1的焦点相同．
9 25
x2 y2
C.M是双曲线  1上一点，点F，F 分别是双曲线左右焦点，若
1 2
4 12
MF 5，则 MF 9或1．
1 2
x2 y2
D.直线ykx与椭圆C：  1交于P，Q两点，A是椭圆上任一点（与
a2 b2
1
P，Q不重合），已知直线AP与直线AQ的斜率之积为 ，则椭圆C的
3
6
离心率为 ．
3
4．已知抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点F 在x轴上，过点2,0的直线
交C于P,Q两点，且OPOQ，线段PQ的中点为M ，则直线MF的斜率
的最大值为（ ）
6 1 2
A． B． C． D．1
6 2 2
5．已知A

1,
2 3
,B

1,
2 3
,Px ,y 为椭圆C:
x2

y2
1上不同的三
  3     3   0 0 3 2
点，直线l:x2，直线PA交l于点M ，直线PB交l于点N，若S S ，
△PAB △PMN
则x （ ）
0
5 5
A．0 B． C． D．
3
4 3
x2
6．已知直线l: y kx(k 0) 与双曲线C: y2 1交于P，Q两点，QH  x
4
轴于点H，直线PH与双曲线C的另一个交点为T，则下列选项中错误的
是（ ）
1 1 k
A． k 且k 0 B．k 
2 2 PT 2
C．k k 为定值 D．k2 k2 的最小值为2
PT QT PQ QT
7．勾股数是指可以构成一个直角三角形三边的一组正整数，若椭圆C的一个
焦点把长轴分成长度分别为m,n的两段，且m,n,10恰好为一组勾股数，则
C的一个标准方程为 .(写出满足条件的一个即可)
8．十九世纪初，我国数学家董祐诚在研究椭圆求周长时曾说：“椭圆求周旧
无其术，秀水朱先生鸿为言圆柱斜剖成椭圆，是可以勾股形求之．”也就是
说可以通过斜截圆柱法得到椭圆．若用一个与圆柱底面成60°的平面截该
圆柱，则截得的椭圆的离心率为 ．
9．抛物线的光学性质是：位于抛物线焦点处的点光源发出的每一束光经抛物
线反射后的反射线都与抛物线的对称轴平行．已知抛物线C:y2 4x的焦
点为F，直线l:y5，点P，Q分别是C，l上的动点，若Q在某个位置
时，P仅存在唯一的位置使得 PF  PQ ，则满足条件的所有 PQ 的值
为 ．
10．设ABC是面积为1的等腰直角三角形，D是斜边AB的中点，点P在
ABC所在的平面内，记PCD与PAB的面积分别为S ，S ，且
1 2
S S 1．当|PB| 10，且|PA||PB|时，|PA| ；记
1 2
PA  PB a，则实数a的取值范围为 ．
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11、计数原理★★★★★
新高考考情：
通过对上表分析，我们发现这几年，这以内容考察得很散，几乎所
有的基本知识点都考了个遍，没有发现侧重哪点，往年的二项式定理出
现较多，而新高考这几年只出现了一次。排列组合考题的难度不大，无
需投入过多时间（无底洞），注意掌握好基本题型，处理好分配问题，
排列问题，以及掌握好分类讨论思想即可！二项式定理“通项问题”出现
较多。赋值法不要忘记。
2024 高考预测：
1．为庆祝中国共产党第二十次全国代表大会胜利闭幕，某高中举行“献礼二
十大”活动，高三年级派出甲､乙､丙､丁､戊5名学生代表参加，活动结束后
5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相
邻，则不同的排法共有（ ）种．
A．40 B．24
C．20 D．12
2．“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学
森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师．已知
浙江大学、复旦大学、武汉大学、中山大学均有开设数学学科拔尖学生培
养基地，某班级有5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，则每所学校
至少有一位同学选择的不同方法数共有（ ）种
A．120 B．180
C．240 D．300
3．2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆
是杭州”，名为“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文
化底蕴的机器人为了宣传杭州亚运会，某校决定派5名志愿者将这三个吉
祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉祥物，且每个吉祥物
至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安
装方案种数为（ ）
A．50 B．36
C．26 D．14
4．“回文”是古今中外都有的一种修辞手法，如“我为人人，人人为我”等，数
学上具有这样特征的一类数称为“回文数”､“回文数”是指从左到右与从右
到左读都一样的正整数，如121，241142等，在所有五位正整数中，有且
仅有两位数字是奇数的“回文数”共有（ ）
A．100 B．125
C．225 D．250
5．小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的
银行卡密码，若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的
密码种数为（ ）
A．48 B．32
C．24 D．16
1 1 1 1
6．已知函数 f xC0C1x C3x3 C5x5 Ckxk  Cnxn（k，n为
n n 3 n 5 n k n n n
正奇数）， fx是 f x的导函数，则 f1 f 0（ ）
A．2n B．2n1
C．2n1 D．2n11
n
7．在  3xx  2 3   的二项展开式中， r3nrx n 5 3 r 称为二项展开式的第r1项，
 
Cn
其中r=0，1，2，3，……，n．下列关于

3xx
2
3


n
的命题中，不正确的一项
 
是（ ）
23
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14
A．若n8，则二项展开式中系数最大的项是 236x3 ．
C8
B．已知x0，若n9，则二项展开式中第2项不大于第3项的实数x的
3
取值范围是 45．
0x 
3
C．若n10，则二项展开式中的常数项是 4 34．
C10
D．若n27，则二项展开式中x的幂指数是负数的项一共有12项．
8．有7名运动员（5男2女）参加A,B,C三个集训营集训，其中A集训营安
排5人，B集训营与C集训营各安排1人，且两名女运动员不在同一个集
训营，则不同的安排方案种数为（ ）
A．18 B．22
C．30 D．36
9．为推进体育教学改革和发展，提升体育教学质量中丰富学校体育教学内容，
某市根据各学校工作实际，在4所学校设立兼职教练岗位．现聘请甲、乙
等6名教练去这4所中学指导体育教学，要求每名教练只能去一所中学，
每所中学至少有一名教练，则甲、乙分在同一所中学的不同的安排方法种
数为（ ）
A．96 B．120
C．144 D．240
10．某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛
至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案
种数有（ ）
A．48 B．54
C．60 D．7
24
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12、统计★★★★
新高考考情：
近年来，统计小题在考试中频繁出现，今年再次出现此类题目的概
率极高。考察的内容涵盖了多个方面，如频率分布表、直方图、抽样方
法、样本平均数、中位数、众数、百位数、方差、标准差、散点图、回
归分析、独立性检验等。此外，还包括正相关、负相关、完全相关、相
关系数、样本中心点以及频率分布直方图和频数分布表中的平均数和中
位数等概念。虽然考察的内容较多，但考试难度并不大，主要考察学生
对相关考点的基本理解。因此，希望同学们能够充分掌握这些基本概念，
以免在考试时因不熟悉基本概念而失分。
2024 高考预测：
1．某射击运动员连续射击5次，命中的环数（环数为整数）形成的一组数据
中，中位数为8，唯一的众数为9，极差为3，则该组数据的平均数为（ ）
A．7.6 B．7.8 C．8 D．8.2
2．已知变量x，y之间的线性回归方程为yˆ 2x1，且变量x，y之间的一组
相关数据如表所示，
x 2 4 6 8
y 5 8.2 13 m
则下列说法正确的是（ ）
A．m17 B．变量y与x是负相关关系
C．该回归直线必过点(5,11)
D．x增加1个单位，y一定增加2个单位
3．为调查某地区中学生每天睡眠时间，采用样本量比例分配的分层随机抽样，
现抽取初中生800人，其每天睡眠时间均值为9小时，方差为1，抽取高
中生1200人，其每天睡眠时间均值为8小时，方差为0.5，则估计该地区
中学生每天睡眠时间的方差为（ ）
A．0.96 B．0.94 C．0.79 D．0.75
4．样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位数为（ ）
A．14 B．16 C．18 D．20
5．某校高一年级18个班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽样，获得了
10个班的比赛得分如下：91，89，90，92，94，87，93，96，91，85，则
这组数据的80%分位数为（ ）
A．93 B．93.5 C．94 D．94.5
6．下列关于统计概率知识的判断，正确的是（ ）
A．将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样
本方差分别为x,x 和s2,s2，且已知x x ，则总体方差s2  1 s2s2
1 2 1 2 1 2 2 1 2
B．在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数r越接近于1
C．已知随机变量X 服从正态分布N  ,2 ，若PX 1PX 51，
则2
D．按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27,30,37,m,40,50；乙组：
24,n,33,44,48,52，若这两组数据的第30百分位数､第50百分位数都分别
对应相等，则mn67
7．为做好“甲型流感”传染防控工作，某校坚持每日测温报告，以下是高三一
班，二班各10名同学的体温记录（从低到高）：
一班：36.1，36.2，m，36.4，36.5，36.7，36.7，36.8，36.8，37.0（单位：℃），
二班：36.1，36.1，36.3，36.3，36.4，36.4，36.5，36.7，n，37.1（单位：℃）
若这两组数据的第25百分位数、第90百分位数都分别对应相等，则nm
为（ ）
A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.3
25
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8．2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，
激发了学生对航天的热爱.某校组织高中学生参加航天知识竞赛，现从中随
机抽取100名学生成绩的频率分布直方图如图所示，设这组样本数据的
75%分位数为x，众数为y，则（ ）
A．x88,y 90 B．x83,y 90
C．x83,y 85 D．x88,y 85
9．下图为2012年─2021年我国电子信息制造业企业和工业企业利润总额增
速情况折线图，根据该图，下列结论正确的是（ ）
A．2012年─2021年电子信息制造业企业利润总额逐年递增
B．2012年─2021年工业企业利润总额逐年递增
C．2012年─2017年电子信息制造业企业利润总额均较上一年实现增长，
且其增速均快于当年工业企业利润总额增速
D．2012年─2021年工业企业利润总额增速的均值大于电子信息制造业企
业利润总额增速的均值
10．现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均
数为3，方差为5，乙组数据的平均数为5，方差为3．若将这两组数据混
合成一组，则新的一组数据的方差为（ ）
A．3.5 B．4 C．4.5 D．5
26
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13、概率小题★★★
新高考考情：
这几年概率题出现的频率很高，几乎每年都有一题．主要考古典概 人民日报主题金句精粹
型（与排列组合相结合）和条件概率、相互独立事件的概率、全概率公
式，难度不算大，相信大家能拿得下来。 9.征途漫漫，团结是金；
概率题近年来在数学考试中频繁出现，凸显了概率论的重要性及对 大道至简，实干为要。满
学生逻辑思维和问题解决能力的重视。概率题主要涉及古典概型、条件 弓发力，因为我们深深懂
得“所当乘者势也，不可
概率、相互独立事件的概率和全概率公式等。古典概型要求确定样本空
失者时也”；满载前行，
间和满足条件的事件数，进而计算概率。条件概率涉及在某一事件已发
因为我们深切体认“起跑
生的条件下，另一事件发生的概率。相互独立事件的概率是指多个事件
就是冲刺，开局就是决
互不影响，计算时可将各事件概率相乘。全概率公式用于计算某事件在 战”。－－李浩然《激扬
所有可能原因下的总概率，体现概率的加法原理。难度不算大，相信同 团结奋进的精神力量》
学们一定能拿得下来.
2024 高考预测： 适用主题：团结，众志成
城，创造奇迹
1．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷6次，得到的点数分别为1,2,4,5,6,x，则
这6个点数的中位数为4的概率为（ ）
1 1 1 2
A． B． C． D．
6 3 2 3
2．抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件1表示“骰子向上的点数为奇数”，事
件2表示“骰子向上的点数为偶数”，事件3表示“骰子向上的点数大于3”，
事件4表示“骰子向上的点数小于3”则（ ）
A．事件1与事件3互斥 B．事件1与事件2互为对立事件
C．事件2与事件3互斥 D．事件3与事件4互为对立事件
3．在党的二十大报告中，习近平总书记提出要发展“高质量教育”，促进城乡
教育均衡发展.某地区教育行政部门积极响应党中央号召，近期将安排甲､
乙､丙､丁4名教育专家前往某省教育相对落后的三个地区指导教育教学工
作，则每个地区至少安排1名专家的概率为（ ）
1 4 1 8
A． B． C． D．
9 9 3 27
4．“绿水青山，就是金山银山”，随着我国的生态环境越来越好，外出旅游的
人越来越多.现有两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从“太湖鼋头渚、苏
州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖”这6个景
点中随机选择1个景点游玩.记事件A为“两位游客中至少有一人选择太湖
鼋头渚”，事件B为“两位游客选择的景点不同”，则P

B A
（
）
7 8 9 10
A． B． C． D．
9 9 11 11
5．甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球.先从甲箱
中随机取出一球放入乙箱中，以A，A 分别表示由甲箱中取出的是白球和
1 2
黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下
列结论错误的是（ ）
A．A，A 互斥 B．P  B A  5
1 2 1 7
1 13
C．PAB D．PB
2 7 21
6．甲袋中装有4个白球，2个红球和2个黑球，乙袋中装有3个白球，3个
红球和2个黑球.先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，再从乙袋中随机取出
一球.用A,A ,A 分别表示甲袋取出的球是白球、红球和黑球，用B表示乙
1 2 3
袋取出的球是白球，则（ ）
A．A,A ,A 两两不互斥 B．P  B A  1
1 2 3 2 3
1
C．A 与B是相互独立事件 D．P(B)
3 3
27
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7．在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是
0.6,0.7和0.5，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、
丙三人中恰有两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率
为（ ）
15 7 5 17
A． B． C． D．
29 8 8 29
8．衣柜里有灰色，白色，黑色，蓝色四双不同颜色的袜子，从中随机选4
只，已知取出两只是同一双，则取出另外两只不是同一双的概率为（ ）
2 4 8 8
A． B． C． D．
5 5 15 9
9．甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有A,B,C三
个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名
志愿者，且甲不在A小区的概率为（ ）
193 100 2 5
A． B． C． D．
243 243 3 9
10．教育部为发展贫困地区教育，在全国部分大学培养教育专业公费师范生，
毕业后分配到相应的地区任教．现将5名男大学生，4名女大学生平均分
配到甲、乙、丙3所学校去任教，则（ ）
5
A．甲学校没有女大学生的概率为
21
25
B．甲学校至少有两名女大学生的概率为
42
6
C．每所学校都有男大学生的概率为
7
D．乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校有女大学生的概率
1
为
7
28
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14、函数的概念与基本初等函数★★★★
新高考考情：
主要考查：定义域、最值、单调性、奇偶性、周期性、对称性、平
移、零点等，分段函数是重要载体！绝对值函数也是重要载体！函数已
经不是值得同学们“恐惧”的了吧？零点问题数形结合很重要，抽象函数
要重视。
牢记周期性和对称性的结论；注意单调性和奇偶性的关系；学会用
特殊点巧解；隐藏性质：奇函数在原点处有定义时， f  0 0；常见奇
偶函数的特殊形式（总结过的）；比较大小单调性和中间变量相结合，
构造函数是底线。图像选择四部曲：定义域奇偶性特殊点单调性（求导
数），特殊点最关键。
2024 高考预测：
1．已知 f x为奇函数，且x0时， f xex，则 f e（ ）
A．ee B．-ee
C．e-e D．-e-e
2．若 f x xx1xaaR为奇函数，则a的值为（ ）
A．-1 B．0
C．1 D．-1或1
3．函数 f(x) log (1x)的定义域是（ ）
2
A．(,1) B．(0,)
C．(0,1) D．(,0]
4．下列函数中最小值为4的是（ ）
4
A．y x22x4 B．y sinx 
sinx
4
C．y2x 22x D．ylnx
lnx
ln x x22
5．函数 f x＝ 的图象大数为（ ）
x
A． B．
C． D．
6．函数 f(x)ln(x22x8) 的单调递增区间是
A．(,2) B．(,1)
C．(1,) D．(4,)
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ax,x0
7．已知函数 f(x) ，满足对任意x ≠x ，都有

a2x3a,x0 1 2
f x  f x 
1 2 0成立，则a的取值范围是（ ）
x x
1 2
3
A．a∈(0,1) B．a∈[ ,1)
4
1 3
C．a∈(0, ] D．a∈[ ,2)
3 4
8．已知函数 f x的定义域为R，y f xex是偶函数，y f x3ex是
奇函数，则 f x的最小值为（ ）
A．e B．2 2
C．2 3 D．2e
(x1)2, x0,
9．已知函数 f x 若函数gx f xb有四个不同的零
 lgx , x0,
点，则实数b的取值范围为（ ）
A．0,1  B． 0,1 
C．0,1 D．1,
10．已知函数 f(x)的定义域为R，x，yR，
f(x1)f(y1) f(xy) f(xy)，若 f(0)0，则 f(2024)（ ）
A．2 B．4
C．2 D．4
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15、函数与导数★★★★★
新高考考情：
人民日报主题金句精粹
这几年的新高考试卷中，导数出现在小题已经是一种常态，而且一出
就是两题或者更多，有单独成题，也有出现在多选题中的一个选项。考
察的面很广，初等函数求导、简单复合函数的求导、切线方程、单调性、 10.正是青春信仰，让我们
的精神天空更为辽阔；正
极值点、零点等都有考察。其中重点考察了切线方程，利用导数研究函
是青春追求，让我们的时
数的单调性。
代画卷更为绚烂；正是青
2024 高考预测： 春志向，让我们的奋斗坐
1．已知函数 f xex1ax21的图象在x1处的切线与直线x3y10垂 标更为高远。
直，则实数a的值为（ ）
适用主题：青春与追求、
A．1 B．2
理想信念
C．3 D．4
1 1 1
2．已知m0，n0，直线y xm1与曲线ylnxn2相切，则 
e m n
的最小值是（ ）
A．16 B．12
C．8 D．4
3．若点P是曲线ylnxx2上任意一点，则点P到直线l:xy40 距离
的最小值为（ ）
A． 2 B． 2
2
C．2 2 D．4 2
4．设a0，若a为函数 f xaxa2xb的极大值点，则（ ）
A．ab B．ab
C．aba2 D．aba2
1  1 1  6 51
5．设a ，b2lnsin cos ，c ln ，则a，b，c的大小关系
50  100 100 5 50
正确的是（ ）
A．abc B．acb
C．b<c<a D．bac
6．已知直线ykxt与函数yAsinxA 0,0的图象恰有两个切
点，设满足条件的k所有可能取值中最大的两个值分别为k 和k ，且k k ，
1 2 1 2
则（ ）
k 7 5 k 7
A． 1  B．  1 
k 3 3 k 3
2 2
7 k 5 k 7
C．  1  D． 1 
5 k 3 k 5
2 2
7．已知 f x是定义在R上的偶函数， fx是 f x的导函数，当x0时，
fx2x0，且 f13，则 f xx22的解集是（ ）
A．1,01,
B．,11,
C．1,0U0,1
D．,10,1
ln2 1 2ln3
8．已知a ，b ，c ，则a，b，c的大小关系为（ ）
2 e 9
A．abc
B．acb
C．bac
D．bca
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9．（多选）已知函数 f xx3ax22x，下列命题正确的是（ ）
1
A．若x1是函数 f x的极值点，则a
2
B．若x1是函数 f x的极值点，则 f x在x 0,2 上的最小值为 3
2
5
C．若 f x在1,2上单调递减，则a
2
D．若x2lnx f x在x 1,2 上恒成立，则a1
10．（多选）已知函数 f xsinxlnx，将 f x的所有极值点按照由小到
大的顺序排列，得到数列x ，对于正整数n，则下列说法中正确的有（ ）
n
A．  n 1 π x  nπ
n
B．x  x π
n1 n
 (2n1)π 
C．x  为递减数列
 n 2 
(4n1)π
D． f x 1ln
2n 2
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做法写到答题卷上。多写不会扣分，写了就可能得
分。
（1）直接法
1.高考数学核心考点解题方法与策略
直接法在选择题中的具体应用就是直接从题
一、历年高考数学试卷的启发
设条件出发，利用已知条件、相关概念、性质、公
1.试卷上有参考公式，80%是有用的，它为你
式、公理、定理、法则等基础知识，通过严谨推理、
的解题指引了方向；
准确运算、合理验证，从而直接得出正确结论，然
2.解答题的各小问之间有一种阶梯关系，通常
后对照题目
后面的问要使用前问的结论。如果前问是证明，即
所给出的选项“对号入座”，从而确定正确的选
使不会证明结论，该结论在后问中也可以使用。当
择支．这类选择题往往是由计算题、应用题或证明
然，我们也要考虑结论的独立性；
题改编而来，其基本求解策略是由因导果，直接求
3.注意题目中的小括号括起来的部分，那往往
解．
是解题的关键。
由于填空题和单选题相比，缺少选择项的信息，
二、解题策略选择
所以常用到直接法进行求解.直接法是解决选择、填
1.先易后难是所有科目应该遵循的原则，而表
空题最基本的方法，适用范围广，只要运算正确必
现在数学试卷上显得更为重要。一般来说，选择题
能得到正确答案，解题时要多角度思考问题，善于
的后两题和填空题的后一题是比较难的题目，22和
简化运算过程，快速准确得到结果.
23是二选一的题目，相对比较容易，解答题的20
直接法具体操作起来就是要熟悉试题所要考查的
和21题是难题（一般是入口容易，拿高分难，所
知识点，从而能快速找到相应的定理、性质、公式
以也不能完全放弃，应该是争取多拿分）。当然，
等进行求解，比如，数列试题，很明显能看到是等
对于不同的学生来说，有的简单题目也可能是自己
差数列还是等比数列或是两者的综合，如果是等差
的难题，有的难题却可能是自己的容易题。所以题
数列或等比数列，那就快速将等差数列或等比数列
目的难易只能由自己确定。一般来说，小题思考1-2
的 定 义 、 性 质 （ 若 mn pq ， 则
分钟还没有建立解答方案，则应采取“暂时性放弃”，
a a a a 或 a a a a ）、通项公式
把自己可做的题目做完再回头解答。 m n p q m n p q
2.选择题有其独特的解答方法，首先重点把握 （a
n
a
1
(n1)d 或a
n
a
1
qn1）、前n项和公
选择项也是已知条件，利用选择项之间的关系可能 n(n1)d
式 （ 等 差 数 列 S na  、
使你的答案更准确。要十分重视第一印象. 心理学 n 1 2
表明，考生在接触试题时大脑皮层处于高度兴奋状 (a a )n a (1qn)
S  1 n ，等比数列S  1 ）等搬
态，对新事物的反应灵敏，容易迅速做出决定. 经 n 2 n 1q
验表明，第一感觉的正确率在80％以上. 因此，不 出来看是否适用；如果不能直接看出，只能看出是
要轻易改动第一次做出的选择. 在检查的时候，同 数列试题，那就说明，需要对条件进行化简或转化
学们不要按照第一次答题的角度去考虑，应该从另 了，也可快速进入状态.
外一个角度去思考，没有充分、足够的理由不要推 （2）排除法
翻第一次的选择. 切记不要“小题大做”。 排除法是一种间接解法，也就是我们常说的筛
注意解答题按步骤给分，根据题目的已知条件 选法、代入验证法，其实质就是舍弃不符合题目要
与问题的联系写出可能用到的公式、方法、或是判 求的选项，找到符合题意的正确结论．也即通过观
断。虽然不能完全解答，但是也要把自己的想法与 察、分析或推理运算各项提供的信息，对于错误的
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选项，逐一剔除，从而获得正确的结论。具体操作 们取值的特殊情况，从而我们选取适当的特值帮助
起来，我们可以灵活应用，合理选取相应选项进行 我们得到正确的结论。比如，某个数列，可以考虑
快速排除。比如，可以把一些简单的数代入，符合 等差数列或等比数列的情形；某个三角形，可以考
条件的话就留下选项，不符合条件的话就排除含这 虑直角三角形或等边三角形；椭圆上某点，可以考
个数的范围选项，即：如果有两个选项A（a1）、 虑长轴或短轴的端点等，但考虑的前提是一定要满
B（a1），你就可以选取1这个数看是否符合题 足这种情况适合题中所有条件。
意，如果1符合题意，你就排除B，如果1不符合 特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用
题意，你就排除A，这样就能快速找到正确选项， 于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题或
当然，选取数据时要考虑选项的特征，而不能选取 填空题，但使用时一定要注意：（1）取特例尽可
所有选项都含有或都不含有的数；也可以根据各个 能简单，有利于计算和推理；（2）若在不同的特
选项对熟悉的知识点进行论证再排除，比如，四个 殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另
选项当中有四个知识点，你就可以把熟悉掌握的知 一特例情况再检验，或改用其他方法求解；（3）
识点进行论证，看是否符合题意即可快速而且正确 当正确的选择对象，在题设普遍条件下都成立的情
找到选项，而不会因为某个知识点不会或模棱两可 况下，用特殊值（取得越简单越好）进行探求，从
得到错误选项。 而清晰、快捷地得到正确的答案，即通过对特殊情
而历年高考的选择题都采用的是“四选一”型， 况的研究来判断一般规律，这是解答本类选择、填
即选择项中只有一个是正确的，所以排除法是快速 空题的最佳策略。
解决部分高考选择试题从而节省时间的有效方法。 近年来高考选择、填空题中可用或结合用特例
那对于填空题呢，其实也是可以的，比如有些填空 法解答的试题能占到30%左右，所以要想快速准确
题如果你已经求出了结果，但并不确定这个结果中 地赢得时间获取高分，一定要学会、会用并且灵活
的某个端点值是否要取，你就可以代入验证进行排 使用特例法！
除.所以，我们要熟练掌握这种能帮助你快速找到正 （4）估算法
确结论的方法，从而提高解题效率，为后面的试题 估算法一般包括范围估算，极端值估算和推理
解答留有更充足的时间！ 估算，是一种快速解决数学问题的方法，也是一种
（3）特例法 高效率得出正确结论的捷径。
特例法对解决有关数学题目是一种非常独特 对于高考数学某些问题，当我们没有合适的解
且十分有效的方法，它可以使繁杂的问题处理简易 题思路或正面解析比较麻烦，特别又是针对选择题
化，收到事半功倍的效果。 时，不必进行准确的计算，我们可以通过适当地放
特例法也就是我们常说的特殊值验证法，有时 大或缩小部分数据估算出答案的大概范围或者近
也用特殊数值、特殊图形、特殊位置代替题设中普 似值，也可以通过对其数值特点和取值界限作出适
遍条件，得出特殊结论，再对各选项进行检验，从 当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法。
而做出正确的选择。特别是对于一些比较棘手的高 当然，这有时也适合用在填空题中，比如比较
考选择题或填空题，若能注意到其特殊情况，从特 大小时.估算法往往可以减少运算量，但是加强了思
殊性入手，也许就可以简捷快速地解决问题。 维的层次，所以我们要学会灵活运用。
常用的特例有特殊数值、特殊点、特殊数列、 而对于选择题，实在没思路时，又不需要解题
特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等。特例 过程，我们用这种方法还是能很大程度上提高我们
法是解答选择题的最佳方法之一，具体是通过特例 的得分率的，比如，求某个图形的面积或体积，当
的方式提高解题速度，题中的一般情况必须满足我 选项差距比较大时，我们只需通过计算一部分比较
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好计算或自己熟练掌握的，就可以通过比较各选项 ⑦立体几何中用坐标的方法将几何中的点、线、
得出正确结论. 面的性质及其相互关系进行研究，可将抽象的几何
（5）数形结合法 问题转化为纯粹的代数运算。
数形结合法，也就是我们常说的图解法，就是 著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，
把抽象的数学语言、数量关系与直观的几何图形、 隔离分家万事休.”数形结合是数学解题中常用的思
位置关系结合起来，通过“以形助数”或“以数解形”， 想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问
即通过抽象思维与形象思维的结合，可以使复杂问 题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，
题简单化，抽象问题具体化，从而实现优化解题途 有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数
径的目的。 形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷.
在高考中，数形结合是一种常用的解题方法， 所以，我们一定要学好并应用好数形结合的方法。
也是一种重要的数学思想方法，特别是在一些计算 三、解题思想方法
过程复杂的函数、三角、解析几何等问题中，可以 1.函数或方程或不等式的题目，先直接思考后建
先作出有关函数的图象或者构造适当的几何图形， 立三者的联系。首先考虑定义域，其次使用“三合一
再利用图示辅助，即参照图形的做法、形状、位置、 定理”；
性质，综合图象的特征进行直观分析，从而得出结 2.如果在方程或是不等式中出现超越式，优先
论.比如： 选择数形结合的思想方法；
①在集合运算中常常借助于数轴、Venn图来处 3.面对含有参数的初等函数来说，在研究的时
理集合的交、并、补等运算，从而使问题得以简化， 候应该抓住参数没有影响到的不变的性质。如所过
使运算快捷明了。 的定点，二次函数的对称轴或是……；
②借助于图象研究函数的性质是一种常用的方法. 4.选择题与填空题中出现不等式的题目时，优
函数图象的几何特征与数量特征紧密结合，体现了 选特殊值法；
数形结合的特征与方法。 5.求参数的取值范围时，应该建立关于参数的
③处理方程问题时，把方程的根的问题看作两 等式或是不等式，用函数的定义域或是值域或是解
个函数图象的交点问题；处理不等式时，从题目的 不等式完成，在对式子变形的过程中，优先选择分
条件与结论出发，联系相关函数，着重分析其几何 离参数的方法；
意义，从图形上找出解题的思路。 6.恒成立问题或是它的反面，可以转化为最值
④有关三角函数单调区间的确定或比较三角 问题，注意二次函数的应用，灵活使用闭区间上的
函数值的大小等问题，一般借助于单位圆或三角函 最值，分类讨论的思想，分类讨论应该不重复不遗
数图象来处理，数形结合思想是处理三角函数问题 漏；
的重要方法。 7.圆锥曲线的题目优先选择它们的定义完成，
⑤数列是一种特殊的函数，数列的通项公式以 直线与圆锥曲线相交问题，若与弦的中点有关，选
及前n项和公式可以看作关于正整数n的函数.用数 择设而不求点差法，与弦的中点无关，选择根与系
形结合的思想研究数列问题是借助函数的图象进 数的关系公式法；使用根与系数的关系时必须先考
行直观分析，从而把数列的有关问题转化为函数的 虑是否为二次方程及根的判别式；
有关问题来解决。 8.求曲线方程的题目，如果知道曲线的形状，
⑥解析几何的基本思想就是数形结合，在解题 则可选择待定系数法，如果不知道曲线的形状，则
中善于将数形结合的数学思想运用于对点、线、曲 所用的步骤为建系、设点、列式、化简（注意去掉
线的性质及其相互关系的研究中。 不符合条件的特殊点）；
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}开开心心"备战"，快快乐乐"应战"，风风火火"高考"，幸幸福福"高中"。
9.求椭圆或是双曲线的离心率，建立关于a、b、 的题目，所以每1分钟的时间都是重要的。试卷发
c之间的关系等式即可； 到手中首先完成必要的检查（是否有印刷不清楚的
10. 求三角函数的周期、单调区间或是最值， 地方）与填涂，之后剩下的时间就马上看试卷中可
优先考虑化为一次同角弦函数，然后使用辅助角公 能使用到的公式，做到心中有数。用心计算简单的
式解答；解三角形的题目，重视内角和定理的使用； 题目，必要时动一动笔也不是不行（你是写名字或
与向量联系的题目，注意向量角的范围； 是写一个字母没有人去区分）。
11.数列的题目与和有关，优选作差的方法；注 2.在分数上也是每分必争。你得到89分与得到
意归纳、猜想之后证明；猜想的方向是两种特殊数 90分，虽然只差1分，但是有本质的不同，一个是
列；解答的时候注意使用通项公式及前n项和公式， 不合格一个是合格。高考中，你得509分与得510
体会方程的思想； 分，虽然只差1分，但是它决定你是否可以上一本
12.立体几何第一问如果是为建系服务的，一定 线，关系到你的一生。所以，在答卷的时候要精益
用传统做法完成，如果不是，可以从第一问开始就 求精。
建系完成；注意向量角与线线角、线面角、面面角 对单选题的每一个选项进行评估，看与你选的
都不相同，熟练掌握它们之间的三角函数值的转化； 相似的那个是不是更准确？
1 多选题找到两个必选项了没？
锥体体积的计算注意系数 ，而三角形面积的计算
3 填空题的范围书写是不是集合形式，是不是少
1 或多了一个端点？是不是有一个解应该舍去而没
注意系数 ；与球有关的题目也不得不防，注意连
2 舍？
接“心心距”创造直角三角形解题；
解答题的步骤是不是按照公式、代数、结果的
13.导数的常规题目一般不难，但要注意解题的
格式完成的，应用题是不是设、列、画（线性归化）、
层次与步骤，如果要用构造函数证明不等式，可从
解、答？根据已知条件你还能联想到什么？把它写
已知或者前一问中找到突破口，必要时应该放弃；
在考卷上，也许它就是你需要的关键的1分，为什
重视几何意义的应用，注意点是否在曲线上；
么不去做呢？
14.概率与统计的解答题，应该先设事件，然后
3.答题的时间紧张是所有同学的感觉，想让它
写出使用公式的理由，当然要注意步骤的多少决定
变成宽松的方法只有
解答的详略；如果有分布列，则概率和为1是检验
一个，那就是学会放弃，准确地判断把该放弃的放
正确与否的重要途径；
弃，就为你多得1分
15.遇到复杂的式子可以用换元法，使用换元法
提供了前提。
必须注意新元的取值范围，若式子为勾股定理型的，
4.冷静一下，表面是耽误了时间，其实是为自
可使用三角换元来完成；
己赢得了机会，可能创造出奇迹。在头脑混乱的时
16.注意概率分布中的二项分布，二项式定理中
候，不妨停下来，喝口水，深吸一口气，再慢慢呼
的通项公式的使用与赋值的方法，排列组合中的枚
出，就在呼出的同时，你就会得到灵感。
举法，全称与特称命题的否定写法，取值范围或是
不等式的解的端点能否取到需单独验证，用点斜式 5.题目分析受挫，很可能是一个重要的已知条
或斜截式方程的时候考虑斜率是否存在等； 件被你忽略，所以重新读题，仔细读题才能有所发
四、每分必争 现，不能停留在某一固定的思维层面不变。联想你
1.答题时间共120分钟，而你要答分数为150 做过的类似的题目的解题方法，把不熟悉的转化为
分的考卷，算一算就知道，每分钟应该解答1分多 你熟悉的也许就是成功。
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6.高考只是人生的重要考试之一，其实人生是 “旗开得胜”的快意，从而有一个良好的开端，以振
由每一分钟组成的。把握好人生的每一分钟才能真 奋精神，鼓舞信心，很快进入最佳思维状态，即发
正把握人生。高考就是平常的模拟考试罢了，其实 挥心理学所谓的“门坎效应”，之后做一题得一题，
真正的高考是在你生活的每一分钟里。 不断产生正激励，稳拿中低，见机攀高。
四、“六先六后”，因人因卷制宜
在通览全卷，将简单题顺手完成的情况下，情
2.高考数学临场解题策略
绪趋于稳定，情境趋于单一，大脑趋于亢奋，思维
高考的特点是以学生解题能力的高低为标准
趋于积极，之后便是发挥临场解题能力的黄金时间
的一次性选拔，这就使得临场发挥显得尤为重要，
了。这时，考生可依自己的解题习惯和基本功，结
研究和总结临场解题策略，进行应试训练和心理辅
合整套试题结构，选择执行“六先六后”的战术原则。
导，已成为高考数学的重要内容之一，正确运用数
1.先易后难。即先做简单题，再做综合题。应
学高考临场解题策略，不仅可以预防各种心理障碍
根据自己的实际情况，果断跳过“啃”不动的题目，
造成的不合理丢分和计算失误及笔误，而且能运用
从易到难，也要注意认真对待每一道题，力求有效，
科学的检索方法，建立神经联系，挖掘思维和知识
不能走马观花，有难就退，伤害解题情绪。
的潜能，考出最佳成绩。
2.先熟后生。通览全卷，可以得到许多有利的
一、调整大脑思绪，提前进入数学情境
积极因素，也会看到一些不利之处。对后者，不要
考前要摒弃杂念，排除干扰思绪，使大脑处于
惊慌失措，应想到试题偏难对所有考生也难，通过
“空白”状态，创设数学情境，进而酝酿数学思维，
这种暗示，确保情绪稳定。对全卷整体把握之后，
提前进入“角色”，
就可实施先熟后生的策略，即先做那些内容掌握比
通过清点用具、暗示重要知识和方法、提醒常
较透彻、题型结构比较熟悉、解题思路比较清晰的
见解题误区和自己易出现的错误等，进行针对性的
题目。这样，在拿下熟题的同时，可以使思维流畅、
自我安慰，从而稳定情绪、增强信心，减轻压力、
超常发挥，达到拿下中、高档题目的目的。
轻装上阵，使思维单一化、数学化，以平稳自信、
3.先同后异。即先做同科同类型的题目，思考
积极主动的心态准备应考。
比较集中，知识和方法的沟通比较容易，有利于提
二、“内紧外松”，集中注意力，消除焦虑怯场
高单位时间的效益。高考题一般要求较快地进行
集中注意力是考试成功的保证，一定的神经亢
“兴奋灶”的转移，而“先同后异”，可以避免“兴奋灶”
奋和紧张，能加速神经联系，有益于积极思维，要
过急、过频的跳跃，从而减轻大脑负担，保持有效
使注意力高度集中，思维异常积极，这叫内紧，但
精力。
紧张程度过重，则会走向反面，形成怯场，产生焦
4.先小后大。小题一般是信息量少、运算量小，
虑，抑制思维，所以又要清醒愉快，放得开，这叫
易于把握，不要轻易放过，应争取在解答大题之前
外松。
尽快解决，从而为解决大题赢得时间，创造一个宽
三、沉着应战，确保旗开得胜，以振奋精神
松的心理基础。
良好的开端是成功的一半，从考试的心理角度
5.先点后面。近年的高考数学解答题多呈现为
来说，这确实是很有道理的，拿到试题后，不要急
多问渐难式的“梯度题”，解答时不必一气审到底，
于求成、立即下手解题，而应通览一遍整套试题，
应走一步解决一步，而前面问题的解决又为后面问
摸透题情，然后稳操一两个易题熟题，让自己产生
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题准备了思维基础和解题条件，所以要步步为营， 八、面对难题，讲究策略，争取得分
由点到面。 会做的题目当然要力求做对、做全、得满分，
6.先高后低。即在考试的后半段时间，要注重 而更多的问题是对不能全面完成的题目如何分段
时间效益，如估计两题都会做，则先做高分题;估计 得分，下面有两种常用方法：
两题都不易，则先就高分题实施“分段得分”，以增 1.缺步解答。对一个疑难问题，确实啃不动时，
加在时间不足前提下的得分。 一个明智的解题策略是：将它划分为一个个子问题
五、一“慢”一“快”，相得益彰 或一系列的步骤，先解决问题的一部分，
有些考生只知道考场上一味地要快，结果题意 即能解决到什么程度就解决到什么程度，能演算几
未清，条件未全，便急于解答，岂不知欲速则不达， 步就写几步，每进行一步就可得到这一步的分数。
结果是思维受阻或进入死胡同，导致失败。应该说， 如从最初的把文字语言译成符号语言，把条件和目
审题要慢，解答要快。审题是整个解题过程的“基 标译成数学表达式，设应用题的未知数，设轨迹题
础工程”，题目本身是“怎样解题”的信息源，必须充 的动点坐标，依题意正确画出图形等，都能得分。
分搞清题意，综合所有条件，提炼全部线索，形成 还有像完成数学归纳法的第一步，分类讨论，反证
整体认识，为形成解题思路提供全面可靠的依据。 法的简单情形等，都能得分。而且可望在上述处理
而思路一旦形成，则可尽量快速完成。 中，从感性到理性，从特殊到一般，从局部到整体，
六、确保运算准确，立足一次成功 产生顿悟，形成思路，获得解题成功。
数学高考需要在120分钟时间内完成22道题， 跳步解答。当解题过程卡在一中间环节上时，
时间很紧张，不允许做大量细致的解后检验，所以 可以承认中间结论，往下推，看能否得到正确结论，
要尽量准确运算(关键步骤，力求准确，宁慢勿快)， 如得不出，说明此途径不对，立即改变方向，寻找
立足一次成功。解题速度是建立在解题准确度基础 其他途径;如能得到预期结论，就再回头集中力量攻
上的，更何况数学题的中间数据常常不但从“数量” 克这一过渡环节。若因时间限制，中间结论来不及
上，而且从“性质”上影响着后继各步的解答。所以， 得到证实，就只好跳过这一步，写出后继各步，一
在以快为上的前提下，要稳扎稳打，层层有据，步 直做到底;另外，若题目有两问，第一问做不上，可
步准确，不能为追求速度而丢掉准确度，甚至丢掉 以第一问为“已知”，完成第二问，这都叫跳步解答。
重要的得分步骤。假如速度与准确不可兼得的话， 也许后来由于解题的正迁移对中间步骤想起来了，
就只好舍快求对了，因为解答不对，再快也毫无意 或在时间允许的情况下，经努力而攻下了中间难点，
义。 可在相应题尾补上。
七、讲求规范书写，力争既对又全
考试的又一个特点是以卷面为唯一依据。这就
要求不但会而且要对，对且全，全而规范。会而不对，
令人惋惜;对而不全，得分不高;表述不规范、字迹不
工整又是造成高考数学试卷非智力因素失分的一大方
面。因为字迹潦草，会使阅卷老师的第一印象不良，
进而使阅卷老师认为考生学习不认真、基本功不过硬、
“感情分”也就相应低了，此所谓心理学上的“光环效
应”。“书写要工整，卷面能得分”讲的也正是这个道理。
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书写规范性的问题。
3.高考数学阅卷和答题卡确
①潦草的字迹，无法辨认，或容易引起歧义。
注意事项 ②解答题未化简到最终结果可能会多扣分；填
空题以下三种情况未化简则全扣。
③千万别和阅卷老师开玩笑，情节严重者，本
题即使有部分正确依然0分处理。
建议同学们要注意平时作业和考试中的书写，
一定要非常规范，养成良好的习惯，这样在高考中
就会很自然地书写规范，考出自己满意的成绩！
二、阅卷教师希望看到的是能够减轻阅读量
一、扫描
的卷面，具体包括以下6点：
1.如果不使用规定的2B铅笔，可能识别被误判
1.卷面清洁，这是最基本的要求；
为“空选”，造成失分。
2.书写工整，字迹清晰；
2.答题要规范，否则若无法辨认，容易误判或不
3.在规定的答题区域答题，否则做无用功；
给分。
4.表述是要根据分值思考要点，尽量细分，用
3.作图未使用规定铅笔，或下笔太轻，会造成
分号或①②③④等符号清楚表述；
扫描看不清楚，请慎重。
5.语言简洁，答中要害；
4.语言表述需简明扼要，勿超出答题区域。
6.语言表述规范，尽量用专业术语。
二、阅卷
如果卷面做到了以上6点，在“可给分可不给
1.主观题和客观题
分的情况时，从宽给分”的高考评分原则下，将无
一般客观题为选择题，由电脑自动阅卷完成；
形中增加了多得分的砝码。
主观题为填空题、解答题，划分区域后，由人工网
四、以下是网上阅卷中发现的考生答题不规范
上阅卷完成。改卷中存在争议的部分，
的典型情况：
往往都是主观题部分。
1.字迹潦草
2.正评和仲裁
问题一：字迹潦草、字迹过淡的情况不少。高
每次考试，一般每道题由两位老师独立评分，
考阅卷是在计算机中阅读扫描后的考生答题卡，没
即为正评。
有平时纸质阅卷那么清晰易认，加上高考阅卷时间
评卷前会在系统内设定一个允许误差，一般是
短、任务重，因此字迹不清楚的试卷是不受阅卷老
2分，若两位老师评分不超过允许误差，则得分按
师欢迎的。
均值计算；若评分超过允许误差，则试卷提交到第
【应对】书写差的学生应加强书法练习，不仅每
三位老师进行仲裁，作为最终结果。
个字要力争书写工整、大方，而且整个卷面要做到
3.评卷误差的产生
干净、清洁；答题卡答题范围设置是假定用三号字
评卷误差的产生，主要有两个原因：一是解题
书写两倍正确答案字数的大小，考生无需担心字写
过程的规范性，二是书写的规范性。
大了书写空间不够；考试时统一要求学生使用配套
由于解题过程的不规范，其实是方法掌握得不
的0.5mm考试专用水芯笔，避免笔迹过淡或过浓导
够全面，各题迥异不具代表性，这里主要展示一些
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致扫描不清晰。 师感觉到该考生思路是清晰的，便于得高分。
2.题号填涂与作答不符 6.作图不规范
问题二：试卷中有选考题，要求考生除了答出 问题六：部分学生在答题卡上作图不清晰，要
所选题目的答案外，还要在答题卡中将相应的选择 不过淡，要不就东一条线、西一条线，擦又没擦干
题号涂黑，而部分考生出现答题内容与所涂题号不 净，显得很脏，这让阅卷老师很难辨识清楚。
一致的情况，这样做，该题0分。例如，考生涂的 【应对】作图题要本着清晰、干净的原则，该
是9题题号，答的却是10题的内容，只能得零分。 用尺子的地方一定要用尺子，线条要重些，但又不
【应对】答选考题时，一定要头脑清醒，选定 能让其看起来显得很脏。
要答的题目一定要涂 7.出现删除符号
对题号，否则白费了工夫，还不得分。 问题七：部分考生匆忙答题，答错了一段，便
3.超出规定区域答题 用删除符号大面积删掉。
问题三：部分学生还没想好便匆忙答题，以至 【应对】很多学生感觉答题出现错误时，往往
于格式没安排好，超出了该题预留的答题位置。在 使用删除符号划掉部分字词，这是一个极其错误的
网上阅卷中，超出规定区域的答案无效。 思维定势。
【应对】答大题时，想好了再动笔，先答什么， 高考阅卷有一个“采点得分”原则，即只看对的
后答什么，要有条理，不能写了半天还没入主题， 答案。只要不是同一句话中前后矛盾，那么即使是
重要的东西没地方写了，再东找点地方，西找点地 错误的答案也不会影响考生应得分数。因此，在不
方写，结果不得分。 允许“打补丁”的前提下，已经书写的答案就不要使
4.答案分块 用删除符号。
问题四：有的学生答案布局不合理，内容分成 解决方案：1.如果答案中已经用数字标注①、
了几块。“分块”现象容易导致阅卷老师漏阅得分点， ②、③等，则无需进行修改。2.如果没有使用数字
造成赋分过少的现象。 标注的习惯，则在认为要删除的答案前后标上句号，
【应对】高考试题中的非选择题一般是一个要 使其与别的答案存在并列关系。
点2分。因此，书写答案前先确定需要书写的要点 五、数学阅卷中给考生在考试中发挥提几点意见：
个数，规划好答案的整体布局，在书写前对答案打 1.发挥最大潜能，让考分达到最大值，忽略
好草稿，然后从左上角往右下角书写，这样就不会 其他一切与考试无关的东西。
出现图示的“分块”现象；备考过程中加强对高考非 2.立体几何第1问一般较为简单，用一般知识
选择题答案的揣摩，分析答案要点有几个，答案依 即可解决，不必用空间向量求解，但第2问一般都
据在哪，为什么只答这几个要点等。做到答题时条 要建坐标系用向量求解。
理分明，避免书写之后又补充答案的现象。 3.由于每道大题答题框面积有限，故答题只能
5.答案不分层次 写必要关键步骤，有些课本上没有的常规结论直接
问题五：不少考生答一道大题时，没有层次， 使用。
一口气写了一大段，让阅卷老师很难查找知识点。 4.如果将前面的过程写得过细，必然会导致后
【应对】对于一道需要答出很多采分点的大题， 面拥挤，关键的内容没有写上。
考生作答时要尽可能做到有层次，这样能让阅卷老 5.大家知道，大题不能留空白，“会而不对”的
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题将涉及的知识套上去，必要时用“瑕疵”法求解。 2.3逆推代入法
6.大胆使用归纳、类比，赋值法。 将选项中给出的答案，代入题干逐一去验证是
7.熟知高考数学解答题的评分标准：解答题评 否满足题设条件，用时注意，考虑全面，避免遗漏。
如求取值范围的问题可用这种方法，不但能节省繁
分的大思想“踩点给分”，先由评卷全体老师把该题
杂的计算过程，而且可争取到更多的考试时间。
可能有的解法都解出来，每种解法，细化步骤，讨
2.4排除法
论哪一步给多少分，直到评卷组长通过为止。
排除法指的是可以通过排除错误选项，节省推
4.新高考数学多项选择题的
导和计算时间.在多项选择题中，尤其是当你确定其
解题策略与技巧 中两个选项为错误时，则另外两个肯定是正确选项
（至少存在两个正确选项）。经过对近年高考试题
多选题扩展了考查的宽度，重视数学大概念的
进行深入分析和研究，我们发现一个较为显著的模
考查， 对学生的整体认知、综合能力提出了更高
式：在四道多选题中，至少有两道的正确选项数量
要求，多选题 是一把"双刃剑"，选对一项的概率加
仅为两个。
大，全选对的概率变小。尤其是错选一项得0分的
2.5逻辑分析法
判分标准，让不满足于一个选项，力争满分的考生
逻辑解析法：该方法通过剖析四个选项之间的
欲争不敢、欲罢不能。因此，我们很有必要对多选
逻辑联系，以否定错误选项，从而挑选出正确选项。
题进行细致入微的研究，寻找得分、得满分的有效
举个例子，在多选题中，如存在两对内容互相对立
策略。
的选项，我们应从两对对立选项中各自挑选一个选
2.1求解对照法（直接法）
项作为正确答案。比如在ABCD四个待选答案中，
这种方法为同学们所熟知，解题时，首先要完
AB和CD两组选项互相对立。此时，我们应从AB
整读取题目信息，既需阅读题干，亦需阅读四个选
和CD两组中各选择一个答案。另外，如果存在两
项。对关键的字眼应予以仔细辨识，以免出现误解
对内容相近或相似的选项，且这两对选项内容对立，
或遗漏，从而造成不必要的失分。在理解题目条件
那么其中一对相近或相似的选项应该是正确答案。
的基础上，应迅速联想到相关的概念、公式、定理
比如在ABCD四个待选答案中，AB和CD的内容
以及常见的思想方法。同时，还需找出题目中的隐
相近且对立。如果判断A项正确，则AB两组都正
含条件，深入理解题目的真实含义。由于高考的题
确；如果判断C项正确，则CD两组都正确。
量较大，若所有选择题均采用直接求解对照法（即
2.6宁缺毋滥法
直接法）进行解答，时间上将无法充分保障，甚至
也称为“逃避策略”，源于中国古代兵法的三
有些题目在短时间内可能无法得以妥善解决。因此，
十六计“走为上”，是在有充分把握时的首选策略。
我们需要掌握并运用其他的方法进行解题。
有把握的选项应当被毫不犹豫地选择；而对于没有
2.2特值检验法
把握的选项，应坚决地放弃。猜对的概率最高仅为
根据题干或选项的要求，为变量赋予特定值，
50%，若不幸猜错，本题将被判定为0分。在面对
是帮助选择正确答案的有力手段。此外，这种方法
多项选择题时，应明确强烈的审慎原则，首先选出
亦可用来识别错误答案。特别是针对多选题，答案
2个最有信心的选项，只有在确信还有其他正确选
往往含有多个正确选项，此时考生可通过预先设定
项时，才能继续筛选。否则，拒绝选择，以防止错
特殊值，将其代入选项中进行检验。若某些选项与
误答案的出现。这样，才能保障基本得分。因此，
预设值不符，则可直接排除，从而缩小了答题的范
在处理选项时，我们应坚持宁缺毋滥，这与单项选
围，有效节约了解题时间。
择题的处理方式存在显著差异。
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 多选题专题训练1--函数与导数
π
1．设 f(x)是定义域为R的奇函数，且y f(2x2π)的图象关于直线x 对
2
称，若0xπ时， f(x)
 exeπx
cosx ，则（ ）
A． f(xπ)为偶函数
 π
B． f(x)在π, 上单调递减
 2
C． f(x)在区间[0,2023π]上有4046个零点
2023
D． f(kπ)1eπ
k1
2．已知函数 f x
12x
，gxlg

x21x

，则（ ）
12x
A．函数 f x为偶函数
B．函数gx为奇函数
C．函数Fx f xgx在区间1,1上的最大值与最小值之和为0
D．设Fx f xgx，则F2aF1a0的解集为1,
3．已知定义在R上的偶函数 f x，满足 f x f 2x2，则下列结论正
确的是（ ）
A． f x的图象关于x1对称
B． f x4 f x
C．若函数 f x在区间 0,1 上单调递增，则 f x在区间2021,2022上单
调递增
D．若函数 f x在区间0,1上的解析式为 f xlnx1，则 f x在区间
2,3上的解析式为 f xlnx11
4．已知函数 f xx3ax22x，下列命题正确的是（ ）
1
A．若x1是函数 f x的极值点，则a
2
B．若x1是函数 f x的极值点，则 f x在x 0,2 上的最小值为 3
2
5
C．若 f x在1,2上单调递减，则a
2
D．若x2lnx f x在x 1,2 上恒成立，则a1
5．e是自然对数的底数，m,nR，已知memlnnnlnnm，则下列结论
一定正确的是（ ）
A．若m0，则mn0
B．若m0，则emn0
C．若m0，则mlnn0
D．若m0，则emn2
1
6．已知函数 f xex x21，对于任意的实数a，b，下列结论一定成立
2
的有（ ）
A．若ab0，则 f a f b0
B．若ab0，则 f a f b 0
C．若 f a f b0，则ab0
D．若 f a f b0，则ab0
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}开开心心"备战"，快快乐乐"应战"，风风火火"高考"，幸幸福福"高中"。
a
7．已知a,bR，e是自然对数的底，若beb alna，则 的取值可以是
b
A．1 B．2
C．3 D．4
8．已知定义在R上的单调递增的函数 f x满足：任意xR，有
f 1x f 1x2， f 2x f 2x4，则（ ）
A．当xZ时， f xx
B．任意xR， f xf x
C．存在非零实数T ，使得任意xR， f ( x+T )= f ( x )
D．存在非零实数c，使得任意xR， f xcx 1
9．已知定义在R上的函数 f x，对于给定集合A，若x,x R ，当
1 2
x x A时都有 f x  f x A，则称 f x是“A封闭”函数.则下列命
1 2 1 2
题正确的是（ ）
A． f xx2是“ 1,1封闭”函数
B．定义在R上的函数 f x都是“ 0封闭”函数
C．若 f x是“ 1封闭”函数，则 f x一定是“ k封闭”函数  kN*
D．若 f x是“  a,b 封闭”函数  a,bN* ，则 f x不一定是“ ab封闭”
函数
10．定义：在区间I 上，若函数y f x是减函数，且yxf x是增函数，
则称y f x在区间I 上是“弱减函数”.根据定义可得（ ）
1
A． f x 在0,上是“弱减函数”
x
x
B． f x 在1,2上是“弱减函数”
ex
lnx
C．若 f x 在m,上是“弱减函数”，则me
x
  2 1
D．若 f xcosxkx2在0, 上是“弱减函数”，则 k
 2 3 
43
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 多选题专题训练 2--三角函数与解三角形
 π 5π
1．已知函数 f xsinx 0, ,x 是 f x的一个极值点，
 2 18
π
x 是与其相邻的一个零点，则（ ）
9
π
A．2 B．
3
11π π
C．直线x 是函数 f x的对称轴 D． f  0
18 3
2．已知函数 f xcos2xsin2x，则（ ）
A． f xcos2x
B． f x的最小正周期为π
C． f x在  0, π 上单调递减
 3
 π π
D． f x在  , 上单调递增
 3 6
 π
3．已知函数 f x2sin2x ，下列结论中正确的有（ ）
 4
A．若 f x  f x ，则x x 是π的整数倍
1 2 1 2
 π
B．函数 f x的图象可由函数gx2sinx 的图象上所有点的纵坐
 6
1 5π
标不变，横坐标变为原来的 ，再向左平移 单位得到
2 12
3π 
C．函数 f x的图象关于点 ,0对称
 8 
 π π
D．函数y f x在

 ,

上单调递增
 4 8
4．已知 f xcosx  cosx 3sinx  ，下列结论正确的是（ ）
A． f x的最小正周期为2π
π
B．把 f x的图象向左平移 个单位长度，得到的图象关于y轴对称
6
 π  3 π
C．若 f x在区间

 ,m

上的最大值是 ，则m的最小值为
 6  2 3
5π
D．若x x  ，则 f x  f x 1
1 2 6 1 2
π   π 
5．已知函数 f(x)sin xcos x，则以下说法中正确的是（ ）
6  3 
A． f(x)的最小正周期为2π
B． f(x)的值域为 0,1 
 π 
C． f x 为奇函数
 12
D．若 f(x)在区间0,a上单调，则a的最大值为 π
3
π
6．（多选）函数 f x Asinx（A0，0， ）的部分图象
2
如图所示，下列说法正确的是（ ）
44
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A．函数y f x的周期是2π
B．函数y f x的图象关于直线x 5π 对称
12
 5π
C．函数y f x在

π,

上单调递减
 6 
π
D．该函数的图象可由y2cosx的图象向左平行移动 个单位长度得到
6
1
7．关于函数 f x sinx  ，下列选项正确的有（ ）
sin x
A． f x为偶函数
π 
B． f x在区间 ,π上单调递增
2 
C． f x的最小值为2
D． f x在区间π,4π上有两个零点
8．已知函数 f xsinx 3 cosx ，则下列结论正确的为（ ）
A． f x的最小正周期为π
B． f x的图象关于x π 对称
2
C． f x的最小值为1
π 
D． f x在区间

,π

上单调递增
2 
 π
9．已知 f xcos2x ,gxcosx,hx是 f x的导函数（ ）
 3
A．hx是由gx图象上的点横坐标缩短到原来的 1 倍，纵坐标不变，
2
π
再把得到的曲线向左平移 得到的
12
B． f x是由gx图象上的点横坐标缩短到原来的 1 倍，纵坐标不变，
2
π
再把得到的曲线向右平移 得到的
6
k π 
C．hx的对称中心坐标是 π ,0,kZ
2 6 
D．y4x2是hx的一条切线方程.
10．若函数 f x2sinxcosxsinx1（0）的最小正周期为π，
则（ ）
 π
A． f  0
 8
π π
B． f x在

,

上单调递减
4 2
 5π
C． f x2在

0,

内有5个零点
 2 
 π π
D． f x在

 ,

上的值域为

1, 2

 4 4
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 多选题专题训练 3--空间向量与立体几何
1．设m，n为不同的直线，，为不同的平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若m//，n//，则m//n
B．若m，n，则m//n
C．若m//，m，则//
D．若m，n，mn，则
2．已知正方体ABCDABCD ，则（ ）
1 1 1 1
A．直线BC 与DA所成的角为90
1 1
B．直线BC 与CA所成的角为90
1 1
C．直线BC 与平面BBDD所成的角为45
1 1 1
D．直线BC 与平面ABCD所成的角为45
1
3．如图，在矩形AEFC中，AE 2 3，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、
BC将 ABE、 BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱
锥P-ABC，则（ ）
△ △
4 2
A．三棱锥PABC的体积为
3
3
B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为
6
1
C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为
3
22
D．三棱锥PABC外接球的半径为
2
4．已知平面平面l，B，D是l上两点，直线AB且ABl B，
直线CD且CDl D．下列结论中，错误的有（ ）
A．若ABl，CDl，且ABCD，则ABCD是平行四边形
B．若M是AB中点，N是CD中点，则MN∥AC
C．若，ABl，ACl，则CD在上的射影是BD
D．直线AB，CD所成角的大小与二面角l的大小相等
5．如图，四边形ABCD为正方形，ED平面ABCD，FB∥ED,AB ED2FB，
记三棱锥EACD，FABC，FACE的体积
分别为V,V ,V ，则（ ）
1 2 3
A.V 2V
3 2
B．V V
3 1
C．V V V
3 1 2
D．2V 3V
3 1
6．如图，在棱长为1的正方体ABCDABCD 中，P为棱BB 的中点，Q
1 1 1 1 1
为正方形BBCC内一动点(含边界)，则下列说法中正确的是( )
1 1
A．若DQ∥平面APD，则动点Q的轨迹是一条
1 1
线段
B．存在Q点，使得DQ平面APD
1 1
C．当且仅当Q点落在棱CC 上某点处时，三棱锥
1
QAPD的体积最大
1
6 2
D．若DQ ，那么Q点的轨迹长度为 
1 2 4
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7．如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，CGm，
点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（ ）
A．当m4时，存在点P满足PAPM 8

B．当m4时，存在唯一的点P满足APM 
2
C．当m4时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为2 2
4 3  8 3
D．当m 时，满足APM  的点P轨迹长度为 
3 2 9
8．下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守
敬在编制《授时历》时所做的天文计算．图中的AB ，AC ， BD ， CD 都
是以O为圆心的圆弧，CMNK是为计算所做的矩形，其中M，N，K分别
在线段OD，OB，OA上，MN OB，KN OB．记AOB，AOC，
BOD，COD，则（ ）
A．sinsincos
B．coscoscos
sin
C．sin
cos
coscos
D．cos
cos
9．三棱锥SABC中，平面SAB平面ABC，SABABC3BAC90，
SA AC 2，则（ ）
A．SABC
8
B．三棱锥SABC的外接球的表面积为
3
3
C．点A到平面SBC的距离为
6
2 3
D．二面角SBCA的正切值为
3
  
10．在正三棱柱ABC-ABC 中，AB AA 1，点P满足BPBCBB ，
1 1 1 1 1
其中 0,1 ， 0,1 ，则（ ）
A．当1时，△ABP的周长为定值
1
B．当1时，三棱锥PABC的体积为定值
1
1
C．当 时，有且仅有一个点P，使得AP BP
2 1
1
D．当 时，有且仅有一个点P，使得AB平面ABP
2 1 1
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 多选题专题训练4--平面解析几何
1．已知直线l:axbyr2 0与圆C:x2y2 r2，点A(a,b)，则下列说法正
确的是（ ）
A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切
B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离
D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
2．已知C:x2y26x0，则下述正确的是（ ）
A．圆C的半径r3
 
B．点 1,2 2 在圆C的内部
C．直线l:x 3y30与圆C相切
D．圆C:x12y24与圆C相交
3．已知实数x，y满足方程x2 y24x2y40，则下列说法正确的是（ ）
y 4
A． 的最大值为
x 3
y
B． 的最小值为0
x
C．x2y2的最大值为 51
D．x＋y的最大值为3
2
4．已知曲线C:mx2ny2 1.（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为
n
m
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y  x
n
D．若m=0，n>0，则C是两条直线
5．双曲线C的两个焦点为F,F ，以C的实轴为直径的圆记为D，过F作D
1 2 1
3
的切线与C交于M，N两点，且cosFNF  ，则C的离心率为（ ）
1 2 5
A． 5 B． 3
2 2
13 17
C． D．
2 2
6．已知O为坐标原点，过抛物线C:y2 2px(p0)焦点F的直线与C交于
A，B两点，其中A在第一象限，点M(p,0)，若|AF||AM|，则（ ）
A．直线AB的斜率为2 6
B．|OB||OF |
C．|AB|4|OF|
D．OAM OBM 180
x2 y2
7．过椭圆  1的中心任作一直线交椭圆于P，Q两点，F，F 是椭圆
25 16 1 2
的左、右焦点，A，B是椭圆的左、右顶点，则下列说法正确的是（ ）
A．PQF 周长的最小值为18
2
B．四边形PFQF 可能为矩形
1 2
2 8
C．若直线PA斜率的取值范围是

,

，则直线PB斜率的取值范围是
5 5
 8 2
 ,
 
 5 5
 
D．PF PB的最小值为-1
1
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8．已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x2 2py(p 0) 上，过点B(0,1)
的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为y1
B．直线AB与C相切
C．OP OQ |OA 2
D．|BP||BQ||BA|2
9．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675
年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知在平面直角坐标
系xOy中，M(2,0)，N(2,0)，动点P满足|PM ||PN|5，则下列结论
正确的是（ ）
A．点P的横坐标的取值范围是

 5, 5

B． OP 的取值范围是 1,3 
5
C．PMN面积的最大值为
2
D． PM  PN 的取值范围是2 5,5
 
10．已知抛物线C:y2 4x 的焦点为F，抛物线C上存在n个点P，P，L，
1 2
2
P（n2且nN*）满足PFP PFP  P FP PFP  ，
n 1 2 2 3 n1 n n 1 n
则下列结论中正确的是（ ）
1 1
A．n2时，  2
PF PF
1 2
B．n3时， PF  PF  PF 的最小值为9
1 2 3
1 1 1
C．n4时，  
PF  PF PF  PF 4
1 3 2 4
D．n4时， PF  PF  PF  PF 的最小值为8
1 2 3 4
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 多选题专题训练 5--统计板块
1．有一组样本数据x，x，…，x ，由这组数据得到新样本数据y ，y ，…，
1 2 n 1 2
y ，其中y x c(i1,2,,n),c为非零常数，则（ ）
n i i
A．两组样本数据的样本平均数相同
B．两组样本数据的样本中位数相同
C．两组样本数据的样本标准差相同
D．两组样本数据的样本极差相同
2．已知离散型随机变量X 服从二项分布Bn,p，其中nN,0 p1，记X
为奇数的概率为a，X 为偶数的概率为b，则下列说法中正确的有（ ）
A．ab1
1
B． p 时，ab
2
1
C．0 p 时，a随着n的增大而增大
2
1
D．  p1时，a随着n的增大而减小
2
3．在一次全市视力达标测试后，该市甲乙两所学校统计本校理科和文科学生
视力达标率结果得到下表：
甲校 甲校 乙校 乙校
理科生 文科生 理科生 文科生
达标率 60% 70% 65% 75%
定义总达标率为理科与文科学生达标人数之和与文理科学生总人数的比，
则下列说法中正确的有（ ）
A．乙校的理科生达标率和文科生达标率都分别高于甲校
B．两校的文科生达标率都分别高于其理科生达标率
C．若甲校理科生和文科生达标人数相同，则甲校总达标率为65%
D．甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率
4．下列命题中，正确的命题的序号为（ ）
A．已知随机变量X 服从二项分布Bn,p，若EX30,DX20，则
2
p
3
B．将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变
C．设随机变量服从正态分布N0,1，若P(1) p，则
1
P(10) p
2
D．某人在10次射击中，击中目标的次数为X,X B10,0.8，则当X 8
时概率最大
5．某校随机抽取了100名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据（单
位：kg）全部介于45至70之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直
方图，则（ ）
A．频率分布直方图中a的值为0.07
50
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B．这100名学生中体重低于60kg的人数为60
C．据此可以估计该校学生体重的第78百分位数约为62
D．据此可以估计该校学生体重的平均数约为62.5
6．已知事件A，B满足PA0.5，PB0.2，则（ ）
A．若BA，则PAB0.5
B．若A与B互斥，则PAB0.7
 
C．若A与B相互独立，则P AB 0.9
D．若PB| A0.2，则A与B相互独立
7．有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为8%，第2台加
工的次品率为3%，第3台加工的次品率为2%，加工出来的零件混放在一
起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的10%，40%，50%，
从混放的零件中任取一个零件，则下列结论正确的是（ ）
A．该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08
B．该零件是次品的概率为0.03
C．如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为0.98
1
D．如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为
3
8．某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到A，B，C三家企业开展“新冠肺
炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是
（ ）
A．所有不同分派方案共43种
B．若每家企业至少分派1名医生，则所有不同分派方案共36种
C．若每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到A企业，则所有不同分
派方案共12种
D．若C企业最多派1名医生，则所有不同分派方案共48种
9．为了研究y关于x的线性相关关系，收集了5组样本数据(见下表)：
x 1 2 3 4 5
y 0.5 0.8 1 1.2 1.5
假设经验回归方程为yˆ b ˆ x0.28，则（ ）
A．b ˆ0.24
B．当x8时，y的预测值为2.2
C．样本数据y的40%分位数为0.8
D．去掉样本点3,1后，x与y的样本相关系数r不变
10．信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为
n
1,2,,n，且P(X i) p 0(i1,2,,n),p 1，定义X的信息熵
i i
i1
n
H(X)p log p .（ ）
i 2 i
i1
A．若n=1，则H(X)=0
B．若n=2，则H(X)随着 p 的增大而增大
1
1
C．若p  (i1,2,,n)，则H(X)随着n的增大而增大
i n
D．若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为1,2,,m，且
P(Y  j) p  p (j1,2,,m)，则H(X)≤H(Y)
j 2m1j
51
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5.解答题解题模型
52
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概率条统计
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}开开心心"备战"，快快乐乐"应战"，风风火火"高考"，幸幸福福"高中"。
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}开开心心"备战"，快快乐乐"应战"，风风火火"高考"，幸幸福福"高中"。
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}确认过眼神，这就是你想要做的题！
2024 年新高考数学终极押题卷（19 题型）
高楼耸立志如钢，三载辛勤汗水扬。
必有信心破浪前，胜券在握谱华章。
注意事项：
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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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 8小题，每小题 5分，共40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．若24iai1i（其中aR,i为虚数单位），则a（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
2．下列函数中，在其定义域上既是奇函数又是增函数的是（ ）
A．ylog x B．yx3x
3
1
C．y3x D．y
x
  
3．将函数ysin2x 向右平移 个单位长度，所得图象的函数解析式为（ ）
 3 6
 
A．ysin2x  B．ycos2x
 6
 
C．ysin2x  D．ysin2x
 3
x2 y2
4．椭圆  1的离心率是（ ）
2 4
A． 2 B． 3
2 3
C． D．
2 2
5．已知x0是函数 f xx2xa的极小值点，则a的取值范围为（ ）
 3
A．,0 B．, 
 2
3 
C．0, D． ,
2 
6．科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器．由中国科学院空天信
息创新研究院自主研发的极目一号Ⅲ型浮空艇（如图1）从海拔4300米的中国科学院珠穆朗玛峰大气与
环境综合观测研究站附近发放场地升空，最终超过珠峰8848.86米的高度，创造了海拔9032米的大气科
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}学观测海拔高度世界纪录，彰显了中国实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长45米，高16米，若将它近似看
作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的表面积为
（ ）
A．2540π B．449π
B．C．562π D．561π
7．某单位为了了解用电量y度与气温x℃之间的关系，随机统计了某4天的用电量与当天气温，并制作了
对照表：
气温(℃) 18 13 10 -1
用电量(度) 24 34 38 64
由表中数据得线性回归方程yˆ 2xa，预测当气温为4℃时，用电量度数为（ ）
A．68 B．67
C．65 D．64
8．已知a，b，c为三条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若a//b，b，则a// B．若a，b，a//b，则//
C．若//，a//，则a// D．若a，b，c，a//b，则b//c
二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求。全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分。
9．若集合M 和N 关系的Venn图如图所示，则M,N可能是（ ）
A．M 0,2,4,6,N 4 B．M   x∣x2 1  ,N {x∣x1}
C．M  x∣ylgx  ,N   y∣yex 5  D．M  x,y∣x2  y2 ,N x,y∣y x 
1
10．已知ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c,O为ABC的重心，cosA ,AO2，则（ ）
5
 1 1  
A．AO AB AC B．ABAC3
4 4
C．ABC的面积的最大值为3 6 D．a的最小值为2 5
57
{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}11．已知函数 f x4是定义在R上的奇函数，函数gx2是定义在R上的偶函数，且满足
gxx2 f x1，g3 g426，则（ ）
A． f x的图象关于点1,0对称 B． f x是周期为3的周期函数
2026
C． f 10 D． f i8
i1
三、填空题
x2 y2
12．M 是双曲线  1上一点，点F，F 分别是双曲线左右焦点，若 MF 5，则 MF  .
1 2 1 2
4 12
r  r r
13．已知向量a2,5，bcos,sin2，且 a//b ．则sin的值为 .
14．由6位专家组成的团队前往某地进行考察后站成一排拍照留念，已知专家甲和乙不相邻，则不同的站
法有 种.
四、解答题
π
15．如图，在直三棱柱ABC-ABC 中，ABC ，AA 1，ABBC2，点E、M 分别为BC、AE的
1 1 1 2 1
中点.
(1)求二面角ACEC的余弦值；
1
 
(2)若点G满足CG2GM ，求直线AB与直线CG所成角的正弦值.
1 1
58
{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}16．某校为了丰富学生课余生活，体育节组织定点投篮比赛．为了解学生喜欢篮球是否与性别有关，随机
抽取了男、女同学各100名进行调查，部分数据如表所示：
喜欢篮球 不喜欢篮球 合计
男生 40
女生 30
合计
(1)根据所给数据完成上表，依据小概率值0.001的2独立性检验，能否据此推断该校学生喜欢篮球与
性别有关？
(2)篮球指导老师从喜欢篮球的学生中抽取了2名男生和1名女生进行投篮示范．已知这两名男生投进的概
3 2
率均为 ，这名女生投进的概率为 ，每人投篮一次，假设各人投篮相互独立，求3人投进总次数X 的分
4 3
布列和数学期望．
nadbc2
附：2 
abcdacbd
 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828

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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}17．已知函数 f(x)ax2 xlnx，其中aR．
（1）若a1，求函数的极值
（2）是否存在实数a，使得函数 y f(x)在(0,1)内单调？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明
理由．
18．设A,B为曲线C:y2 4x上两点，A与B的横坐标之和为4.
（1）若A与B的纵坐标之和为4,求直线AB的方程.
（2）证明：线段AB的垂直平分线过定点.
60
{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}19．在信息论中，熵（entropy）是接收的每条消息中包含的信息的平均量，又被称为信息熵､信源熵､平均
自信息量.这里，“消息”代表来自分布或数据流中的事件､样本或特征.（熵最好理解为不确定性的量度而不
是确定性的量度，因为越随机的信源的熵越大）来自信源的另一个特征是样本的概率分布.这里的想法是，
比较不可能发生的事情，当它发生了，会提供更多的信息.由于一些其他的原因，把信息（熵）定义为概率
分布的对数的相反数是有道理的.事件的概率分布和每个事件的信息量构成了一个随机变量，这个随机变量
的均值（即期望）就是这个分布产生的信息量的平均值（即熵）.熵的单位通常为比特，但也用Sh、nat、
Hart计量，取决于定义用到对数的底.采用概率分布的对数作为信息的量度的原因是其可加性.例如，投掷
一次硬币提供了1Sh的信息，而掷m次就为m位.更一般地，你需要用log n位来表示一个可以取n个值的
2
变量.在1948年，克劳德•艾尔伍德•香农将热力学的熵，引入到信息论，因此它又被称为香农滳.而正是信
息熵的发现，使得1871年由英国物理学家詹姆斯•麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设想
n
的麦克斯韦妖理论被推翻.设随机变量所有取值为1,2,,n，定义的信息熵H()Plog P，
i 2 i
i1
n
（P 1，i1,2,,n）.
i
i1
(1)若n2，试探索的信息熵关于P的解析式，并求其最大值；
1
1
(2)若P P  ，P 2P （k2,3,,n），求此时的信息熵.
1 2 2n1 k1 k
61
{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}开开心心"备战"，快快乐乐"应战"，风风火火"高考"，幸幸福福"高中"。
础题目能够得分，而且是尽量拿满分，减少失误；
如果弱势在于文科，那么在接下来的时间里面，还
有机会进行一小段的提高，比如可以多花一些时间
背诵名人警句，多看看优秀作文，多背背英语单词，
听一听听力，培养自己的语感，一直持续到高考该
1.考前考生需要做哪些准备 科目的结束，相信会有一个不错的效果。
4.翻阅错题本。在复习时，将以前做过的试卷
或者收集起来的错题本拿出来，多看看里面经常会
一年一度的高考即将来临，又是千千万万学子
犯错，而且容易忽略的基础性错误，避免在高考时
寒窗苦读12年，怀揣大学梦，共挤独木桥的夏季，
又在同样的地方摔倒，尽量做到会做的题目，就拿
在离高考只剩下半个月的时间，高三的学生们该如
满分，不会做的题目，分析一下哪些步骤会做，争
何做好高考前的准备呢？这里不仅有文化课的准
取拿分，特别是理科题，不要因为是难题就完全放
备，还有心态的准备，需要做到劳逸结合，保持好
弃，而是在考试的时候，看哪些步骤会，就写上去，
心态，保持好身体，高考才能正常发挥。现在就为
题目是按步骤给分，多争取一个步骤，就多争取一
正在努力备考的学生们分享一下高考前的准备工
分，就相当于为上理想大学多向前迈进了一步。
作。
5.适当做题，掌握技巧。在临近高考前，会发
知识准备
现越来越多的模拟题，特别是各个地方传来的所谓
高考热点，这时候自己要有所针对性地做一些相应
的模拟题，但切记过多，一个星期在规定的时间内
完整做完2到3套模拟题即可，关键在于保持自己
的作战心态，从做题中给自己一个宏观上的分析，
可以找出自己在做题过程中所遇到的问题，避免在
考场上的重现，提高自己的应试能力，做到知己知
彼。
心理调整
1.不做题海战术。距离高考时间越来越近，这
时不能够再把时间花在题海战术上，可能有些同学
说，如果不保持每天的做题量，锻炼自己的做题速
度跟准确度，很难保证在考场上有正常的发挥。其
实，我们应该把更多的时间分配到各科的基础复习
当中，然后在每天复习完之后，适当选择一些题目
出来练习，建议按照规定的时间完成每一道题目，
也能达到考场中的那种紧张感。
2.注重课本基础知识点的复习。这时已经不是
1.给自己积极的心理暗示。每天早上起床，面
做难题做偏题的时候，在这么短的时间，想要有一
对着镜子微笑，提升自信心，保持良好的心态，就
个突破性的提高，基本已经很难，同学们应该把更
算跟同学打招呼，也露出自信的微笑，一定要相信
多的精力放在课本基础知识点的掌握与复习当中，
自己，只要努力付出了，就无怨无悔。高考只是学
高考面向的是所有学生，试题大部分偏向于基础，
习之旅的一个驿站，考得好与不好只是暂时的一个
而少部分的难题作为中高层学生的拉分机会。当然，
经历而已，重要的是在这12年的学习中，培养的
题目难，得分也难；题目易，失分也容易，考场更
思考能力与学习能力，以后的人生之路还很长很长。
需要胆大心细，做到易题不丢分，难题争得分。
2.不跟学习成绩好的攀比。五指伸出有长短，
3.分析自己的优势弱势环节。复习时，要客观
每个人都有每个人的优缺点，有长处也有短处，而
理清自己的优势科目、弱势科目。如果理科是弱势，
且每个人的学习方法不同、天赋不同、后天成长也
那么这时再强化做题基本已经来不及了，反而应该
不同，根本就不存在可比性，每天只要跟自己比就
多看看课本上的基础性原理跟公式的应用，保证基
好，是否今天又发现了自己存在丢分的环节，是否
62
{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}开开心心"备战"，快快乐乐"应战"，风风火火"高考"，幸幸福福"高中"。
又发现了自己可以在哪些环节上进行加分，只有不
断地剖析挖掘自己，自然而然就能够更加客观地看
待这次高考。
3.放松心情，别给自己太大压力。高考几乎是
每个人都会经历的一次考试，当然心态看个人，主
要靠自己调整，越是临近高考，越是要跟学长、老
师或者家人进行心理上的沟通，把心中的烦闷跟他
们讲，把遇到的心理压力释放出来。作为过来人， 3.调整作息时间。为了在高考时，能够有更好
他们会给出当年高考是怎么一步步走过来的，这样 的发挥，在考前一天，复习的强度不宜过大，休息
有了一个借鉴性的经验，自然心情就会舒畅很多， 好大脑才能在考试时充分发挥。
切忌什么事情都往自己身上推，对自己过不去，就 4.记清考试规则。在考前一定要记住高考的规
是对自己的未来过不去，多多沟通交流，才能不断 则，不要带考试禁止的东西进入考场，考号、姓名
解惑释压。 要写在规定处，不要带草稿纸等出考场。考号姓名
4.劳逸结合。在临近高考，学生切忌整天除了 以及答题卡涂写方式可以在平常的模拟考试中演
睡觉的时间，其余都花在课本上面。每天给自己定 练。
好一个复习计划，看完书就到外面走走、散散步、 5.调整心态，积极面对高考。有一个良好的心
跑跑步、聊聊天或者打打球，让大脑休息一下，持 态，对于高考无比重要，很多考生会因为高考的巨
续地看书做题，有时会让大脑处于一个紊乱状态， 大压力寝食难安，在考前，考生可以通过自我暗示、
可能有一些题目其实并不难，但却总是解不出。不 与人沟通、转移注意力等方式调整自己，让自己带
知道同学们自己有没有发现，当过了一两天之后， 着最佳心态进入考场！
这些所谓的难题再拿出来做，会有一种豁然开朗的
感觉，这就是需要劳逸结合的目的所在。而且通过
适当的运动，还可以增强体质，保持一个健康的体
魄，避免高考时身体不适，导致发挥失常，那才是
前功尽弃，得不偿失。
2.高考前一天需要做哪些准备
高考对于考生和考生家长都是一次很重要的
考试，考试中如果发生一点差错，就可能会对考生
造成影响，那在考前应该做好哪些准备工作，让我
们有备无患呢？
1.考场踩点。在高考前，考生最好能够去考场
踩点，以便在高考当天迅速找到考场，避免因考场
找不到而造成的心理焦虑，我们去踩点时要注意考
场在哪栋楼、哪一层、哪个教室，座位大约在哪，
洗手间在教学楼的哪个位置，从我们的住处到考场
需要多长时间，要使用什么交通工具，等等。
2.准备好考试用品。最重要的准考证、身份证，
文具(包括签字笔、2B铅笔、橡皮、三角板、直尺、
圆规等)，手表，着装，水和雨具。这些可以统一放
在一个文件袋中，方便寻找。
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}开开心心"备战"，快快乐乐"应战"，风风火火"高考"，幸幸福福"高中"。
3.考后需要注意哪些事项？
4.高考之悟
高考之后，有许多事项需要考生们注意。
或许这才是高的真谛，
以下是一些建议：
非预定未来，却见证青春。
1.放松和调整：高考结束之后，大家
往往会感受到一种前所未有的解脱，这是完全 一纸试卷，承载梦想与汗水，
可以理解的。在此阶段，适当调整作息、放松
青春岁月，最美时光在其中。
身心，有助于从高度紧张的高考状态中逐步恢
复。然而，亦需警惕过度放纵，始终保持健康 铃声响起，考场如战场，
的生活方式。
笔下生辉，智慧闪烁。
2. 志愿填报：高考结束之后，紧接着
十年寒窗，今朝试锋芒，
的紧要事务即为志愿填报。学生需依据自身兴
趣与职业发展规划，挑选适宜的专业与院校。 梦想起航，未来无限可能。
在进行志愿填报时，务必全面了解各校及专业
高考之路，曲折而漫长，
之特色，以免草率决策。
3. 保护个人信息： 高考结束后，学生 青春脚步，坚定而昂扬。
的个人信息可能会被一些不法分子利用。因此，建 泪水与笑，交织成篇章，
议学生保护好自己的个人信息，如姓名、身份证号、
岁月如歌，青春永不忘。
准考证号等，避免泄露给陌生人。
4. 规划未来：高考仅为人生旅程中的 或许高考，不是人生终点，
一站，考生需深思熟虑未来规划，涵盖欲攻读
但它见证，青春最璀璨。
的专业、拟从事的职业以及期望的生活方式等。
可与家人、师长、友人等沟通交流，汲取他们 不畏将来，不念过往，
的建议和意见，从而作出独立决策。
青春年华，永驻心间。
5. 保持联系：高考结束后，你可能会
与一些同学分开，但这并不意味着你们要失去
联系。你可以通过社交媒体、电话、邮件等方
式保持联系，分享彼此的生活和学习经历。
6. 培养兴趣爱好：高考之后，你有更
多的时间和精力去培养自己的兴趣爱好。这不
仅可以让你更加充实和快乐，还可以帮助你发
展自己的才能和技能。
7. 注意身心健康：在高考之后，你可
能会有一些压力和焦虑，这是正常的。你需要
注意自己的身心健康，保持积极的心态和情绪。
你可以通过运动、阅读、旅游等方式来缓解压
力，保持身心健康。
总之，高考之后是一个新的开始，你需要
为自己制定一个合理的计划，为未来的学习和
生活做好准备。同时，也要注意自己的身心健
康，保持积极的心态和情绪。
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}或x 2.
0
4．【答案】B
【解析】对A，若am2bm2中，m0时ab也成立，故A错；
3 (4k1)
1、集合★★★★★ 对B，当x 时，tanx1，故tanx1，若tanx1，则x ，
4 4
1．【答案】C 故B对；对C，存在量词命题的否定是xR,x 1 2，故C错；对
【解析】因为B  xx28x120  {xx2或x6}, x
D，若xy1,x,y均为负数，则lgx,lgy无意义，故D错.
所以ð
R
Bx2x6 ,又有A2,3,4,5,6,所以A ð
R
B3,4,5. 5．【答案】C
2．【答案】B 【解析】由已知得圆心C1,1，半径r 5，圆心C到直线
【解析】因为A  x x3n2,nN ，B6,7,10,11，则 b
xyb0的距离d  5，所以b  10，即b 10，所
AB7,10，故集合AB的元素个数为2. 2
3．【答案】C 以所求直线方程为xy 100．“b 10”是“直线xyb0
【解析】解不等式x22x30，得1x3，因此 与圆C:x12y125相切”的充要条件，
AxZ∣1x3{0,1,2}，所以集合A的子集个数为238.
6．【答案】B
4．【答案】D 【解析】化简不等式，可知 0x5推不出 x11；
【解析】当a0时，x2a0；当a1时，x2a2；
由 x11能推出0x5，故“x25x0”是“|x1|1”的必要不
当a2时，x2a4，故N0,2,4，故AN{0,2}，
充分条件，
5．【答案】A
7．【答案】D
【解析】∵Ay|y1，B{x|x1}，由此可知AB，
【解析】命题“x1,2,x2a0”为真命题,则ax2对x1,2
ABB，ABA，Að I B， 恒成立，所以a x2 ，故a4，所以命题“x1,2,x2a0”
6．【答案】C max
【解析】当A时,即2a13a5,a6时成立; 为真命题的充分不必要条件需要满足是 aa4 的真子集即可，由
2a13a5 于 aa5 是 aa4 的真子集，故符合

当A时,满足 3a516 ,解得6a7;综上所述:a7. 8．【答案】C

 2a15 【解析】命题“a1,3,ax22a1x3a0”为假命题，
7．【答案】D 其否定为真命题，即“a1,3,ax22a1x3a0”为真
【解析】M  x x22x0 (,0)(2,)， 命题．令g(a)ax22axx3a(x22x1)ax30 ，
N xlnx11 (e1,),A、B选项错误MN (2,)， 1x4
g(1)0 x23x40 
MN(,0)(e1,)，故C错误，D正确. 则 ，即 ，解得 5 ，所以实数
8．【答案】C g(3)0 3x25x0   x 3 或x0
【解析】由6xx20，x2x30，解得2x3， x的取值范围为1,0    5 ,4  .
所以B  x|yln  6xx2 x|2x3，集合Ax|axa2， 3 
9．【答案】B
因为AB，所以   a2 ，解得2a1． 【解析】由已知可得a  b  3x6，由a  b  可得233x，解
9．【答案】C
a23
得x2，所以由a

与b

的夹角为钝角可得


a  b  3x60
解得
【解析】Ax|x1，Bx|x1，ð Ax|x1， x2
U  
则AB，A错误，Bð
U
A，B错误，C正确，ABx|x1 x2，且x2.因此

，当

x2时，a与b的夹角不一定为钝角，
或x1，D错误.
则充分性不成立；当a与b的夹角为钝角时，

x2

，且x2，即x2
成立，则必要性成立.综上所述，“x2”是“a与b的夹角为钝角”
10．【答案】A
的必要不充分条件.
【解析】由ABA知：BA，当a23，即a1，则a21，
10．【答案】A
与集合中元素互异性有矛盾，不符合；当a2a2，即a1或
【解析】∵公比q0，∴a a ，∴a qa q4，
a2，若a1，则a21，与集合中元素互异性有矛盾，不符合； 2021 2024 2021 2020
若a2，则A1,3,4，B{1,4}，满足要求.综上，a2. ∴qq4，∴q  1q30，∴q1q 1qq20，
∴q1q0，∴0q1，
又∵a a ，∴a q2>a q3，∴q2q3，∴q21q0，
2、常用逻辑用语★★ 2022 2023 2020 2020
∴q1且q0，∴0q1q1且q0，
1．【答案】A
即“a a ”是“a a ”的充分不必要条件．
1 1 ba 2021 2024 2022 2023
【解析】因为   ，所以当ab0时，ab0,ba0，
a b ab
所以
1

1

ba
0即
1

1
，当
1

1
时，取a1,b1，得不
3、复数★★★★★
a b ab a b a b
1．【答案】A
1 1
到ab0，所以ab0是  充分不必要条件， 【解析】z2i1i2ii,
a b
2．【答案】C 2．【答案】D
【解析】函数 fxax为增函数,则 a1 ,此时a10,故函数 【解析】 1  1i  1  1 i的共轭复数为 1  1 i
gxxa1在0,上单调递增;当gxxa1在0,上单调递 1i (1i)(1i) 2 2 2 2
1 1
增时,,a10,所以a1,故fxax为增函数. 对应点为( , )，在第四象限.
2 2
3．【答案】D 3．【答案】A
【解析】p为x R，x 1x 20，等价于x R， x 0 1 0 【解析】复数z34i，则z34i，|z| 32(4)2 5，所以
0 0 0 0 x 2
0
1
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}z 3 4 4、平面向量★★★★★
  i.
z 5 5 1．【答案】A
4．【答案】C 【解析】
【解析】z 1 1i对应的点为(1,-1)，其中(1,-1)关于xy0的对 解法1：2  A  C  C  B  2  O  C  O  A    O  B  O  C  3O  C  2O  A  O  B  0  ,
称点为1,1，故z
2
1i，z
1
z
2
1i+1i22i 442 2.
所以O

C

2O

A

O

B

5．【答案】A
解法2：因为2

A

C

C

B

0

，所以A为线段BC的中点，如图，
【解析】由
3ai
2i可得3ai2i1i3i，所以a1， 过 C 做 CE//BO ， 且 交 OA 的 延 长 线 于 点 E ， 则
1i     
所以OCOEECOAOB 由 图 可 知 所 以
所以z1i，则 z  1212  2.    , 
6．【答案】C
2，1， 所以OC2OAOB。
1z 1i 1i1i
【解析】由 i解得z  i，所以 z 1.
1z 1i 1i1i
7．【答案】A
a3i (a3i)(2i) 2a3(6a)i 3
【解析】   ，则2a30，有a .
2i 5 5 2
8．【答案】A 2．【答案】D
2i 2iai 2a1a2i 【解析】等比数列a 公比为q，而aaa 3,aaa 24，则
【解析】z   n 1 2 3 2 3 4
因为复数z a
a
2  

i i
i
的 a 实  部 i 与 a 虚 i 部相等， a2 所 1 以2a1a2，解得
对
q3
于
 a a
A
1 2
，
a a 2 3 a a
c
3 4


(1
8
,
，
4)
解
，
得
因
q
4
=
4
2

，
1
a 


10
(1,

2)
0
，
，
b 
则
(
A
2,
不
6)
是
，则
；
2a  b  (4,10)，
a3，故实数a的值为a3. 
9．【答案】AC
对于B，c

(1,5)，因451100，则B不是；
【解析】对于A，设z abi,z cdi,a,b,c,dR， 对于C，c(5,2)，因425100，则C不是；
1 2 
对于D，c(2,5)，因452100，则D是.
则 zz  acbd2adbc2  a2c2a2d2b2c2b2d2
1 2 3．【答案】B
      
 a2b2 c2d2  z z ，故A正确；对于B，当 【解析】根据题意可得a a a 0，所以a a a ，
1 2    1 2 n 2 n 1
z 34i,z 43i时， z  9165,z  1695，故B错 所以a 与a a 的位置关系为反向平行.
1 2 1 2 1 2 n
误；对于C，设z abi,z abi，a,bR，z z a2b2， 4．【答案】D
1 1 1 1      
z 1 2a2b2，故C正确；对于D，设z 1 abi,z 1 abi，a,bR， 【解析  】  因  为  BD  B  A  A  C  ，A  E  A  C    C  B，   
所以DEDBBAAEBAACBAACABAC ，
当
z 1 2
a


a
0
2
或
b
b
2

2
0
a
时
bi
，
,z 1 2
z 1

2
a2
z 1

2
b
，
2
故
2a
D
b
错
i，
误.
所以  D



 E





 A



B  1

2





 A



C

 ，因为ABC为边长为2的等边三角形，
10．【答案】BCD 所以 AB  AC 2, AB,AC 60，
    
【解析】设zabi a,bR、wcdic,dR； 所以DEABAB12ACAB41222cos602，
 
对A：设zabi a,bR，则 所以[0,1]，  D  E    A  B  为定值，D正确；A，B，C错误.
z2abi2a22abib2a2b22abi， 5．【答案】C
 2
|z|2 a2b2 a2b2，故A错误；
【解析】
对B： z z  z z  2 z ，又zz z2，即有 z z  |z z2 |2 ，故B正确； 设  B  M  a  ,  B  N  b  ，则  B  D  3a  2b  ，M  N  b  a ，
对C：zwabicdiacbdi，则zwacbdi， 设  B  H    B  D  ，M  H  M  N  ，则  B  H  3a  2b  ，M  H  b  a  ，
zabi，wcdi，则zwabicdiacbdi， 因为  B  H    B  M    M  H  a  b  a   1a  b  ，所以   31 ，
即有zwzw，故C正确；  2

z abi abicdi acbdadbci 1  1 BH |BH| 1
对D：    解得 ，所以BH BD，即    .
w cdi cdicdi c2 d2 5 5 BD |BD| 5
    a c c 2 b d d 2    2     a c d 2  d bc 2    2  a2c22abcdb  2d c2 2   d a 2 2d 2 22abcdb2c2 6 【 ． 解 【 析 答 】 案 由 】 题 A 意G  A  G  B   G  A  G  B  ，所以(G  A  G  B  )2(G  A  G  B  )2，
        uur uuur
a2c2b2d2a2d2b2c2 a2c2b2d2a2d2b2c2 即 GA 2 GB 2 2GAGBGA 2 GB 2 2GAGB ，所以GAGB0，
  c2d22  c2d2 ， 所以AGBG，
 2 1   1  
又AG  (ACAB) (ACAB)，
z a2b2 a2b2 c2d2  a2b2 c2d2 3 2 3
    2 1   1  
w c2d2 c2d2 c2d2 BG  (BABC) (BABC)，
3 2 3
a2c2b2c2a2d2b2d2
 ，
c2d2
z z
故  ，故D正确.
w w
 1    1   
则AGBG (ACAB)(BABC) (ACBAACBCABBAABBC)0，
9 9
      
所以CACBACABBABCAB 2，即
2
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}abcosCbccosAaccosBc2，  4 2 4 2 6
AD AB AC，所以  
b2c2a2 a2c2b2 a2b2c2 7 7 7 7 7
由cosA
2bc
，cosB
2ac
，cosC
2ab
，
10．【答案】  3
 
所以a2b25c2，所以cosC a2b2c2  2 ( a  b ) 4 a  b  4 ，当 【解析】由|m  |1，|n r |3，m  n  3，可得cos m  n    m  n  1，
2ab 5 b a 5 b a 5 mn
且仅当ab时等号成立，又ycosx在0,π上单调递减，
因为 m

n

[0,]，所以 m

n

，所以向量m

与n

共线且反向，
C0,π，所以当C取最大值时，cosC= 4 . 可得n  3m  ，又由m  m,m ，n  n,n ，可得
5 1 2 1 2
7．【答案】AD
    n 3m,n 3m ，所以
n
1
n
2 
3(m
1
m
2
)
3.
【解析】当t1时，mn(5,4)，所以|mn| 41，故A项正 1 1 2 2 m
1
m
2
m
1
m
2
确；m

n

6t44t2t4，当t2时，m

n

0，但当t
3
时，
5、三角函数★★★★★
11
1．【答案】D
    3
向量m与向量n同向，夹角为0，故B项错误；若m∥n，则t ， π π 2π  π 3
故C项错误；若m  n  ，则m  n  0，即32t4(1t)0，解得t 11 2， 【解析】因为为锐角，所以 6  6 , 3   且cos   6    3 ，
故D项正确．   π
sin 0
8．【答案】AD   6  π 6
   所以 得sin  ，
【解  析  】在平  面  直角 1 坐标系中，令a 1 (1,0),b  (x 1 ,b),c  (x 1 2 ,c)，    sin2     π 6    cos2     6 π   1  6 3
由ab2，ac ，得x 2，x  ，则b(2,b),c( ,c)，
2 1 2 2 2 π  π  π  π 3
对于A，a  c  ( 1 ,c)，因此|a  c  | 1 c2|c  |，A正确； 由诱导公式得sin 3   sin 2    6     cos   6    3 ，
2 4
对于B，由A,B,C三点共线，得O  A  (1)O  B  O  C  ，即 cos   π   sin   π  6 .
3   6 3
1
(1,0)(1)(2 1 ,b)( 2 ,c)， 2  1 2 所以tan   π    sin    π 3      3 3  2 .
于是2(1) 1，解得 ，即a b c，B错误； 3  π  6 2
2 3 3 3 cos 
3  3
    1    
对于C，ba(1,b),ca( ,c)，由向量ba与ca垂直，得 2．【答案】A
2
bc 1 ，而b  c  2a  ( 1 ,bc)，则 【解析】因为x0,2π，0，所以x π 3      π 3 ,2π π 3    ，
2 2
画出y2cosz1的图象，
   1 1 1 3
|bc2a| (bc)2  b2 c2 2bc  4bc  ，
4 4 4 2
  
当且仅当bc时取等号，C错误；对于D，令向量ba与b的夹角
 
为，ba(1,b)，当b0时，0，tan0，
  
当b0时，不妨令b0，D(1,b)，则baOD，BOD，显
b
然tanDOAb,tanBOA
2
，
要想图象在区间0,2π内至多存在3条对称轴，则
b π  π   5
tantan(DOABOA) tanDOAtanBOA  b 2  b  b  2 ， 2π 3    3 ,3π  ，解得  0, 3   .
1tanDOAtanBOA 1b b 2b2 2 2b 4 3．【答案】B
2  2 1
当且仅当b 2时取等号，D正确. 【解析】因为AD
3
AB
3
AC,
   1 1 1
所以BDADAB AB AC BC，
3 3 3
所以D点在线段BC上靠近B点的三等分处，
如图所示，过点D作DEAB交AB于点E，过点D作DFAC交
AC于点F，
1 6
9．【答案】
7 7
【解析】如图：
DE DE DF DF
则sinB ,sin ,sinC ,sin2 ，
连接AE，由题意知ABDBCECAF，且D,E,F分别为 BD AD DC AD
所以DEADsin，DFADsin2，
BE,CF,AD的中点，ABDBCECAF.所以
DE ADsin 3ADsin
1 sinB  
S DEF S AEF  2 S AFC ， 所以 BD 1 BC BC ，
3
S 1
S S S S S  7S ,得 DEF  . DF ADsin2 3sin2 3sincos
ABC AFC ABD BCE DEF DEF S 7 sinC   
ABC DC 2 2BC BC ，
    1  1   1 1 BC
ADABBDAB BEAB BCCE AB BC CF 3
2 2 2 2  所以sinCcossinB.
 B  C    A  C    A  B  ，C  F  =  A  F    A  C   1 A  D    A  C  ，化简得 4．【答案】C
2 【解析】设盛水桶在转动中到水面的距离为d，时间为t，
3
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}由题意可得，盛水桶到水面的距离d与时间t的函数关系如下： b2c2a2 a2c2b2 a2b2c2
由cosA ，cosB ，cosC ，
d3sin  2t π 1，令d 0，即3sin  2t π 10，解得 2bc 2ac 2ab
 6  6 所以a2b25c2，所以
 π 1 π π 7π a2b2c2 2 a b 4 a b 4
sin2t  ，又0t ，可得π<2t+  ， cosC  (  )   ，当且仅当ab时等
 6 3 2 6 6 2ab 5 b a 5 b a 5
 π 2 2 号成立，又ycosx在0,π上单调递减，C0,π，
cos2t  ，
 6 3 4
所以当C取最大值时，cosC= .
 π π  π π  π π 5
cos2tcos2t  cos2t cos sin2t sin
 6 6  6 6  6 6 9．【答案】 3
2 2 3  1 1 2 61 3
     ，故C正确；
 π 2π
3 2  3 2 6 【解析】gx f x sin(2x )，
 3 3
π
0t
2
，02tπ，
由于gx是偶函数，所以 2π  π kπ,kZ,故
3 2
2 612 2 2 3
sin2t 1  6    6 ，故D错误；  π 6 kπ,kZ，所以tantan     π 6 kπ     tan     6 π    3 3 ，
33 2 10．【答案】3
又cos2t12sin2t，解得sint ，故B错误；
6 【解析】因为S  2 A  B    A  C  ，故
3 6 △ABC 2
cos2t2cos2t1，解得cost ，故A错误.
6 1   2  
AB AC sinA AB AC cosA ,
5．【答案】D 2 2
3 6
【解析】因为为第一象限角，sincos 0，则 故tanA 2，故A为锐角，故sinA ，
3 3
sincos0，cos2cos2sin20，
2 6 1
 3
(sincos)2 1 ，即1sin2 1 ，解得sin2 2 ， 故外接圆的半径为 6 2 ，
3 3 3
3
5 sin2 2 5
cos2 1sin22 ，所以tan2  .
3 cos2 5 6、解斜三角★★★★★
6．【答案】D
 π π  π π π
【解析】根据题意可知若x  0, 2   ，则可得x 3     3 , 2  3   ； 1．【答案】A
 π
【解析】因为a:b:csinA:sinB:sinC2:4:5 ，令a2t，b4t，
显然当x0时，可得2sin  x 3    3，由 fx的值域为 c5tt0，则cosB a2c2b2  4t225t216t2  13 .
π π π π 2ac 22t5t 20


 3,2

，利用三角函数图像性质可得
2

2

3

3
π，
2．【答案】D
5 10 5 10
【解析】由余弦定理得：b2a2c22accosB9c23c13，
解得
3

3
，即的取值范围是 
3
,
3


. 即c23c40，解得：c1（舍）或c4，c4.
7．【答案】D
3．【答案】B
【解析】因为2sinsin 3，2coscos1， 【解析】由面积公式得： 1  2sinB 1 ，解得sinB 2，所以
2 2 2
所以平方得，2sinsin23，2coscos21，
B45或B135，当B45时，
即4sin24sinsinsin23 ，4cos24coscoscos21， 由余弦定理得：AC2122 2cos45=1，所以AC1，又因为
两式相加可得44sinsin4coscos14， AB=1，BC= 2，所以此时ABC为等腰直角三角形，不合题意，舍
即coscossinsin 1 ，故cos 1 ， 去；所以B135，由余弦定理得：AC2122 2cos135=5，
4 4 所以AC 5，故选B.
cos222cos212 1 1 7 . 4．【答案】A
16 8
1 3 3
8．【答案】A 【解析】由于A60,S  bcsinA bc，故有 bc 3，
        △ABC 2 4 4
【解析】由题意GAGB GAGB ，所以(GAGB)2(GAGB)2， 解得bc4，又bc6，则
        uur uuur
即 GA 2 GB 2 2GAGBGA 2 GB 2 2GAGB ，所以GAGB0， a b2c22bccosA bc23bc 36122 6,
所以AGBG，又  A  G   2  1 (  A  C    A  B  ) 1 (  A  C    A  B  )， 5.【答案】C
3 2 3 【解析】因为A B，由大角对大边可得ab，由正弦定理得
 2 1   1  
BG  (BABC) (BABC)， a  b ，且A,B0,π，
3 2 3
sinA sinB
所以sinA0,sinB0，故sinAsinB，充分性成立，
同理当sinAsinB时，A,B0,π，sinA0,sinB0，
a b
由正弦定理  可得ab，
sinA sinB
则  A  G    B  G   1 (  A  C    A  B  )(  B  A    B  C  ) 1 (  A  C    B  A    A  C    B  C    A  B    B  A    A  B    B  C  )0， 由大边对大角可得A B，必要性成立，
9 9 “A B”是“sinAsinB”的充要条件.
      
所以CACBACABBABCAB 2，即 6．【答案】C
abcosCbccosAaccosBc2， b2c2a2 1
【解析】a2 6，b2c，cosA  ，所以
2bc 4
4
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}4c2c224 1 1 1 
 ，解得c2，b4，  1 
4c2 4 S  2 2n 1 1 ，故存在M 1,对nN，
因为A0,，所以sinA 15， n 1- 1 2n
4 2
S ABC  1 2 bcsinA 1 2 24 4 15  15. S n 1 2 1 n 1，但此时a n 是递增数列，故A错误，
7．【答案】B
对于B，若a 
1
,q
1
, a 
1
，符合a a a a q0，此时
【解析】因为bcosCccosBasinA，所以由正弦定理可得 1 2 2 n 2n n n1 n n
sinBcosCsinCcosBsin2A，sinBCsin2AsinAsin2A， 1
1
1 

所以sinA1,A

2 ，所以是直角三角形.
S
n

2
1- 1
2n
1
2
1
n
，故存在M 1,对nN，S
n
1
2
1
n
1，
8．【答案】C 2
1
1 a2b2c2 1
【解析】由题可知S ABC  2 absinC 4 所以 但此时a n 是递减数列， S a n  1 2n 2n11，故BC错误，
a2b2c22absinC，由余弦定理a2b2c22abcosC所以 n
2n

sinCcosCC0,πC
4
对于D，存在N
0
N，当nN
0
时，a
n

10
1
0
，则
9．【答案】 3
2 S n a 1 a 2 a N0 a N01 a N02 a n a 1 a 2 a N0 
n
1

0
N
0 0
【解析】在ABC中，取AC的中点N，连接MN，由M为BC的
,当n时，S +，这与M 0，使得nN，S M矛
n n
1 7
中点，得MN  AB ，在AMN中，由余弦定理得 1
2 2 盾，故存在N 0 N，当nN 0 时，a n  100 ，故D正确
7 1 1
MN2 AM2AN22AMANcosCAM，则 AM2  AM， 4．【答案】C
4 4 2
【解析】设第n层放小球的个数为a ，由题意a a 2，
即AM2 1
2
AM  3
2
0，而AM 0，所以AM 3
2
. a
3
a
2
3，……，数列a
n1
a
n
是首项 n 为2，公差 2 为 1 1的等差数列，
所以a a 2(n2)n  n2,nN* ．
n n1
1
故a a (a a)(a a )12n n(n1) ，
n 1 2 1 n n1 2
1
10．【答案】3 故a
40

2
4041820．
【解析】因为S  2 A  B    A  C  ，故 5．【答案】B
△ABC 2 【解析】由题意，要使a 最小，则a ，a ，a 都是负数，则a 和a
5 1 3 5 2 4
1 
A

B
 
A

C

sinA
2 
A

B
 
A

C

cosA,
选择1和4，设等比数列{a
n
}的公比为q(q0)，
2 2 a
当a 4时，a 1，所以 4 q24，所以q2，所以
故tanA 2，故A为锐角，故sinA 6 ， 4 2 a
2
3 a a q4(2)8；
5 4
故外接圆的半径为 2 6 6  1 2 3 当a 4 1时，a 2 4，所以 a a 4 q2 1 4 ，所以q 1 2 ，所以
2
3 1 1
a a q1( ) ；综上，a 的最小值为－8.
5 4 2 2 5
7、数列★★★★★
6．【答案】C
π  πn
1．【答案】C 【解析】对于A，若 2 ，则a n a n1   sin 2   1，
【解析】由题意可知，数列前2项都是1，从第二项开始，构成公
比为1 的等比数列，所以前5项和为：11 1  1  1  23 .
所以 T
100
a
1
a
2
a
3
a
4
a
99
a
100
1501，故A正确；
2 2 4 8 8 π  πn 1n 1n1
2．【答案】D 对于B，若 6 ，则a n a n1   sin 6    2   ，所以a n1 a n2  2   ，
【解析】设等差数列a n 的公差为d，故    a a 5 4   a a 8 7   2 2 a a 1 1   1 9 1 d d   0 4 ， 两式相除得 a a n n 2  1 2 ，所以a 9 a 1     1 2    4  1 a 6 1，故B正确；
解得：    a d 1    9 2 ，由于d0，故a n 是递减数列，①正确； 对于C，因为a n a n1 sinn，所以a n1 a n2 sinn1，所以
a
S n 9n
nn
2
1
2 10nn2，令S n 10nn20，解得： a a
n
n
2 

s
a
in
，
1
故
，
不
又
存
因
在
为

数
及
列
正

整
a
n

数
各
k
项
，
均
使
为
得
正
a
数，
＞
所
a
以
，
a
n 故 2

C
a
错 n
，
误
即
；
0n10，且nN，故使S 0成立的n的最大值是9，②正确； 2k1 2k1 2k1 2k1
n 对于D，若a 为等比数列，设其公比为qq＞0，
a 9n122n11，当1n5时，a 0，当n6时， n
n n
a2
a n 0，故当n5时，S n 取得最大值，③正确； 则aa aqn1aqn a 1 2  q2n  sinn，所以   q 1 1 ，则
3
a
．
6
【

答
2
案
6
】

D
111，④错误. n n1 1 1 q  q2sin
1 1 a 4sin，故D正确.
【解析】对于A,若a  ,q , 符合a a a a q0，此时 1
1 2 2 n n1 n n 7．【答案】 92 336
【解析】记第n个图形的点数为a ，由题意知a 1，
n 1
a a 4131，
2 1
a a 132，a a 133，…，a a 13(n1)，
3 2 4 3 n n1
5
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}累加得a a 47[13(n1)]
n
(3n1)，
在Rt△ACD中，不妨设ACa,CDba0,b0，则由
n 1 2 AC2CD2AD2得a2b28，
n a 3n1
即a n  2 (3n1)，所以a 8 92．又 n n  2 ， 所以S ACD  1 2 ACCD 1 2 ab 1 4 2ab 1 4  a2b22，
所以a a 2 a 3 a 21 1 (25862) 1  262 21336． 当且仅当ab且a2b28，即ab2时，等号成立，
1 2 3 21 2 2 2 1 1 2
8．【答案】880 所以V ABCD V BACD  3 S ACD BD 3 21 3 ，所以该三棱锥体积
【解析】设等比数列的公比为q(q1)，则44027.5q48，所以q122，
2
的最大值为 .
则左起第61个键的音的频率为27.5q6027.5 q125880(Hz)． 3
5．【答案】B
9．【答案】65
【解析】
【解析】由题意得b a a 2n1a a 2n3,a a 1，
n n1 n n n1 2 1
12n3n1
累加得a a  n12，即
n 1 2
a a n12n2，则a a 924265．
n 1 10 5
9101 π
10．【答案】  如图，设P在底面ABCD的射影为H，则PH 平面ABCD，
910 2 且H为AC,BD的交点.
【解析】如图，设圆O
1
,O
2
与OA分别切于点C,E，则
因为正四棱锥底面边长为4，故底面正方形的面积可为16，且
OCOA,OEOA，
1 2 1 1 64
圆O 1 ,O 2 ,O 3 ,,O 10 的半径为r 1 ,r 2 ,r 3 ,,r 10 ，
AH 
2
4 22 2，故
3
PH16
3
，故PH 4.
由正四棱锥的对称性可知O在直线PH上，设外接球的半径为R，
则OH 4R，故R284R2，故R3，
故正四棱锥PABCD的外接球的表面积为4π936π，
6．【答案】B
【解析】设正方体棱长为a，正四面体棱长为b，球的半径为R，
S
面积为S.正方体表面积为S6a2，所以a2 ，所以，
π π 6
因为AOB ，所以AOD ，在Rt△OOC中，OO 2r，
3 6 1 1 1 V2 a32  a23  S3 ；
1 2r 2 1 216
则OC OO，即r  1，解得r  ，
1 2 1 1 2 1 3
1
在RtOOE中，OO 2r 2r ，则OE OO ，
2 2 2 1 2 2 2
2r 2r 2 1 2 1
即r  2 1，解得r   r，同理可得r   r ，
2 2 2 9 3 1 3 27 3 2
2 1
所以r,r,r,,r 是以r  为首项， 为公比的等比数列，
1 2 3 10 1 3 3
4 如图，正四面体PABC，D为AC的中点，O为ABC的中心，
因为S r2，所以面积S ，S ……构成一个以πr2 π为首项，以
1 1 1 2 1 9 则PO是PABC底面ABC上的高.则BDAC，AD 1 b，所以
1 2
为公比的等比数列，
9 BD AB2AD2  3 b ，所以S  1 ACBD 1 b 3 b 3 b2，
4 1 2 ABC 2 2 2 4
π[1( )10]
则S
1
S
2
S
10
 9
1
9  91
9
0
1

0
1 
2
π ， 所以，正四面体PABC的表面积为S4S ABC  3b2，所以
1 3 2 3
9 b2 S.又O为ABC的中心，所以BO BD b.
3 3 3
又根据正四面体的性质，可知POBO，所以
8、立体几何★★★★★ 6
PO PB2BO2  b，
1．【答案】C 3
【解析】正方体中，AB//DC，所以AD与AB所成的角即异面直 1 2 1 3 6 2
线A 1 D与D 1 C所成的角
1
，因
1
为A 1 BD为
1
正三角
1
形，所以A 1 D与A 1 B
所以V
2
2
3
S
ABC
PO


3

4
b2
3
b

所成的角为 π ，所以异面直线AD与DC所成的角为 π . 1 1  3 3 3
3 1 1 3  b6  S  S3；
2．【答案】A 72 72  3  648
【解析】设圆锥的半径为r，母线长为l，则r8，由题意知，2πr π l， 球的表面积为S4πR2，所以R2 S ，所以，
3 4π
解得：l48，所以圆锥的侧面积为πrl848π=384π. 4 2 1
3．【答案】D
V
3
2
3
πR3


36π
S3.
【解析】大圆柱表面积为2152π10215π750π
1 1 1 1 3
小圆柱侧面积为102πr，上下底面积为2πr2，所以加工后物件的 因为 S3 S3 S3 S3 S3 ，
36π 144 216 216 3 648
表面积为750π20πr2πr2，当r=5时表面积最大.
4．【答案】D 所以，V 3 2V 1 2V 2 2，所以，V 2 V 1 V 3 .
【解析】因为AC平面BCD，BD平面BCD，所以ACBD， 7．【答案】D
又BDCD，ACCDC ，AC,CD平面ACD，所以BD平 【解析】设圆台的母线长为l，因为该圆台侧面积为3 5π，
面ACD，因为AD平面ACD，所以BDAD， 则由圆台侧面积公式可得πl(12)3πl3 5π，所以l 5，
在Rt△ABD中，AB3，BD1，则AD AB2BD2 2 2，
设截去的圆锥的母线长为l，由三角形相似可得
l

1
，
因为AC平面BCD，CD平面BCD，所以ACCD， ll 2
6
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}则2ll 5，解得l 5，所以原圆锥的母线长 等差数列，n1,2,,100，所以r2 100，得r 10.
100 100
ll 5 52 5， 4．【答案】B
8．【答案】 5 【解析】由  1a2 x2ay3a230 可得 1a2 x 2a y30，
6 1a2 1a2
【解析】设棱长为2，则所以原正方体的体积为V 238，   
所以二十四等边体为V238 1 3  1 2 111 2 3 0 ， 令atan  2 ，由万能公式可得cos c c o o s s 2 2  2  s s i i n n 2 2  2 1 1  t t a a n n 2 2  2 1 1  a a 2 2 ，
V 20 5 2 2 2
所以二十四等边体与原正方体的体积之比为   ．   
9．【答案】3π V 24 6 sin
co
2
s
s
2
in  2

c
s
o
in
s
2
2  
1
2

t
t
a
a
n
n2
2   1 2a a2 ，所以直线l的方程为
【解析】如下图所示， 2 2 2
xcosysin30①，
由题意可知过原点与直线l垂直的直线方程为
xsinycos0②，
①2②2可得x2y29，即表示点Q的轨迹为圆心为(0,0)半径为
易知四棱锥PABCD外接球与以AP,AB,AD为棱长的长方体的 3的圆，于是线段PQ长度的取值范围为[rPO,rPO]，因为
外接球相同；由题意可知球心O为PC中点， PO 2，所以线段PQ长度的取值范围为1,5，
故球O的直径2R 2222  2 2 2 4，解得R2 5．【答案】D
【解析】设动圆圆心Px,y，半径为r，则P到l 的距离
由M,N分别是PD,CD的中点可得MN//PC，可得PC//平面AMN； 1
所以球心O到平面AMN的距离等于点C到平面AMN的距离，
d 
2x3y2
，P到l 的距离d 
3x2y3
，因为l,l 被截在
设球心O到平面AMN的距离为d，截面圆的半径为r， 1 13 2 2 13 1 2
在三棱锥CAMN中，易知AM平面MNC，且 圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，
1 1 2 2 r2d2 26,2 r2d 2 24 ，化简后得
S   2 21，所以V  S AM  ， 1 2
MNC 2 AMNC 3 MNC 3 r2d2169,r2d 2144，相减得d 2d225，将
1 2 2 1
而V  1 S d  1  1  22d  2d ，由等体积法得 2x3y2 3x2y3
CAMN 3 AMN 3 2 3 d 1  13 ，d 2  13 代入后化简可得
d1，所以r2R2d23，故截面面积为πr23π．
x12y265.
2
10．【答案】 1
3 6．【答案】A
【解析】设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，
(x3)2y2
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高h 3r，母线l2r， 【解析】设Qx，y，由题意得
3
2 ，化简可得动点
(x )2y2
3
由题可知：h2R，所以球的半径R r 2
2 Q的轨迹方程为(x1)2y21，圆心为C1，0，半径为r1．
所以圆锥的体积为V  1  πr2 3r 3 πr3， 又由2m1x4m1ym10，可得
1 3 3
xy1m2x4y10．
3
球的体积V 2  4 3 πR3 4 3 π    2 3 r    3  2 3 πr3，所以 V V 1 2  3 3 π π r r 3 3  2 3 ； 则由   xy10， 解得    x 1 2 ， 所以直线l过定点P   1 ， 1 ，
2 2x4y10，  y 1 2 2
圆锥的表面积S πrlπr23πr2，球的表面积  2
1
S 2 4πR2 4π    2 3 r    2 3πr2，所以 S S 1 2  3 3 π π r r 2 2 1， 因为( 1 2 1)2( 1 2 )2 1 2 1，所以点P    1 2 ， 1 2     在  圆  C  的  内部．
作直线CDl，垂足为D，设PCD 0， ，因为
  2
9、直线和圆★★★★★
1 1 2 2
1．【答案】C
PC (1
2
)2(
2
)2 
2
，所以CDPCcos
2
cos，所以
【解析】因为两圆相交，所以两圆的圆心距RrdRr即
4d10，仅有C满足， AB2 1( 2 cos)2 2 1 1 cos2，所以
2．【答案】B 2 2
【解析】因为直线l:y 3 x的倾斜角为30， S ABC  1 2 2 1 1 2 cos2 2 2 cos 2 2  1 2  cos21 2 1 2 ，
3
1
所以圆C的圆心在两切线所成角的角平分线y 3x上． 所以当cos21，即0时，S   ．此时CPl，又
ABC max 2
设圆心C  a, 3a  ，则圆C的方程为xa2  y 3a 2 a2， 1
0
将点P  2, 3  的坐标代入，得2a2  3 3a 2 a2， k CP  1 21，所以直线l的斜率为k1，所以直线l的方程为
1
7 2
整理得3a210a70，解得a1或a ； yx
3
14 7．【答案】2x2y10
所以圆C的直径为2或 ．
3 【解析】由于2x 2y 10，2x 2y 10，故Ax,y ，
1 1 2 2 1 1
3．【答案】C Bx ,y 均满足方程2x2y10，由两点确定唯一的直线，故直
【解析】设这100个圆的半径从小到大依次为r,r,,r ，则由题 2 2
1 2 100 线AB的方程为2x2y10，
知，r21，每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都
1 12 16
为2，有r2 r21n1,2,,99，则 r2是首项为1公差为1的 8．【答案】( 25 , 25 )
n1 n n
7
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}【解析】因为P(3,4)，PM，PN是过点 3 P的圆O的切线，    y 1 2(x 1 (1))21  x 1 1 ，即：B(1,1)，
所以MN的方程为3x4y4，即y 4 x1，  y 1  2x 1 2  y 1 1 1
又过P作斜率为1的直线l，所以直线l的方程为yx1，  2
设直线l与线段MN交于点G，联立直线l和直线MN的方程得    y 2 2(x 2  2)21    x 2  2 ，即：A( 2 , 2 )，
   yx 3 1 ，解得x0，即点G的坐标为(0,1)，当点M在左，  y 2  1x 2 2   y 2  2 2 2 2 2
y x1
 4 记S 为圆x2y21的面积，S 为圆x2y22的面积，S 为
点N在右，如图所示，可知MQPMQG180，
DB
C
与
1
AD、AB 围成的面积，
C2
S 为AF与BF、AB 围
A1D
成
B1
的
当DQNPQM 180时，则MQGDQN， 1 1 1 1 A2B2F 2 2 2 2
面积，S 为上半圆环的面积，S为线段AB扫过的面积.
作MQN的平分线，交于O于第三象限一点H，则直线OP过点 1
H，则GQHDQH 则S  1 (S S ) 1 (2ππ) 1 π，
1 2 C2 C1 2 2
3
因为点P坐标为(3,4)，所以直线OP的方程为y
4
x， 直线OP的
因为A 1 B 1 1，OA 1 1，OB 1  2，所以A 1 B 1 2OA 1 2OB 1 2，所以
 3 OA AB，所以AOB 45，
y x 6 8 1 1 1 1 1
方程与O方程联立， 4 ，得出点H坐标为( , )， 1 1 π 1
 x2y24 5 5 所以S A1DB1 S ODB1 S △OA1B1  8 S C2  2 11 4  2 ，
直线l的方程与O方程联立，   yx1 ，解得x 1 7 ， 又因为A 2 B 2 1，OA 2 1，OB 2  2，所以OA 2 A 2 B 2 ，所以
x2y24 2 1 1 1 π
AOB 45，所以S S S  11 S   ，
1 7 1 7 2 2 A2B2F △OA2B2 A2OF 2 8 C1 2 8
因为Q在PMN内，所以点Q坐标为( , )，
2 2 所以SS S S  1 π   π  1    1  π  3π .
1 7 8 1 A1DB1 A2B2F 2 4 2 2 8 8

所以k  y Q y H  2 5  25 7 ， 10．【答案】1 2
QH x x 1 7 6 9 【解析】由函数ylnxa2可得y2lnxa，即xey2a；
Q H 
2 5 所以ylnxa2的反函数为yex2a；
3
设直线QD的斜率为 k  y Q y D  y 0 ( 4 m1) ， 由点Bx 2 ,y 2 在曲线ylnxa2上可知点B 1 y 2 ,x 2 在其反函
QD x
Q
x
D
x
0
m 数yex2a上，所以d
AB
 x
1
y
2
2x
2
y
1
2 相当于
因为GQHDQH， yex2a上的点By ,x 到曲线ylnxa2上点Ax,y
k k k k k 1 k k 1 2 2 1 1
所以 1 Q k H QH k Q Q G G  1 Q k D QD k Q Q H H ，即 1 Q k H QH 1  1 Q k D QD k Q Q H H ， 的距离，即d AB1 d AB  x 1 y 2 2x 2 y 1 2 ，
k2 2k 1 134110 7 利用反函数性质可得yex2a与ylnxa2关于yx对称，
解得k  QH QH  ，
QD k Q 2 H 2k QH 1 6270 7 所以可得当AB 1 与yx垂直时，d AB1 d AB 取得最小值为2，
联立直线MN与直线QD的方程得：

   
y 3
4
x1
1 7 1 7 ，
因
过
此
点
A
A
,
,
B
B
1
1
两
的
点
切
到
线平
y
行
x
于
的
直
距
线
离
y
都

为
x，
1，
斜率为1，即y x 1 a 1，

yk
QD
(x
2
)
2
可得xa1,ylna1a22，即Aa1,2；
1 7 (k 1) A点到yx的距离d a12 1，解得a1 2；
解得x 2 QD ，代入k  134110 7 得x 12 ，则点D 2
k  3 QD 6270 7 25 当a1 2时，ylnxa2ln  x1 2  2 与yx相交，
QD 4
12 16 不合题意；因此a1 2.
的坐标为( , )，同理可得点当点N在左，点M在右，得出点D
25 25
12 16
的坐标为( , )， 10、椭圆、双曲线、抛物线★★★★★
25 25
1．【答案】A
【解析】设动点P(m,n)，m0，P与F外切于点Q，则
p
PF  PQ QF ，由抛物线焦半径公式得， PF m ，F的
2
9．【答案】
3
半径为
p
，即QF 
p
，所以PQ  PF QF m
p

p
m，
8 2 2 2 2
【解析】设A、B 分别为A、B点的起点，A、B 分别为A、B点
即P的半径为m，所以点P到y轴的距离为m，则P与直线
1 1 2 2 x0相切
运动的终点，则图中阴影部分即为线段AB扫过的面积.如图所示，
2．【答案】C
n n n2 16
【解析】由题意可知，k k     ，整
PA PB m5 m5 m225 25
m2 n2 16m2
理得  1m5，则n216 m5，故
25 16 25
则A(1,0)，B ( 2,0)，设B(x,y)，A(x ,y )，
1 2 1 1 1 2 2 2 84m2
∵曲线C 1 方程：y 1x2 x2y21(y0)，
4m2n216
25
m5，因为5m5，所以0m225，
曲线C 2 方程：y 2x2 x2y22(y0)， 所以1616 84m2 100，即4m2n216,100．
25
3.【答案】D
8
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}k50 PN PM  1k2 x 2 1k2 x 2，
x2 y2  AP 0 BP 0
【解析】A若方程 k5  8k 1表示椭圆，则   8 k   k 5   0 8k ，解得 所以 x 0 21(x 0 2)2，即x 0 21x 0 24x 0 4或1x 0 2x 0 24x 0 4，
5
5k 13 或 13 k8，故A错误；B双曲线y215x215化成标
当x
0
21x
0
24x
0
4，化简得x
0

4
.当1x
0
2x
0
24x
0
4时，
2 2 5
准方程为 y2 x21，焦点坐标为(0,4)，椭圆 y2  x2 1的焦点 2x 0 24x 0 30，显然16200，无解.所以x 0  4 .
15 9 25 6．【答案】D
坐标为(4,0)，不相同，故B错误；C双曲线 x2  y2 1中 【解析】已知双曲线方程为： x2  y2 1(a0,b0)，Px,y，
4 12 a2 b2 1 1
x2 y2 Qx,y 是双曲线上关于原点对称的两点，点
a2,b2 3,c4，因为M是双曲线  1上一点，点F，F 1 1
分别是双曲线左右焦点，所以由双曲线
4
的定
12
义得
1 2
Tx 2 ,y 2 x 2 x 1 也在双曲线上，则k PT k QT  a
b2
2 ．
MF
1
 MF
2
2a4，若MF
1
5，则MF
2
9或1，
推导：由
x2

y2
1得，y2
b2
 x2a2，
而双曲线上的点到焦点距离的最小值为ca2，所以舍去 a2 b2 a2
MF 2 1，所以MF 2 9，故C错误；D设A(x 0 ,y 0 )，因为A是椭圆 则y2 b2  x2a2，y2 b2  x2a2，所以
x2 y2 x2 y2 b2x2 1 a2 1 2 a2 2
a2  b2 1上任一点，所以 a 0 2  b 0 2 1，所以y 0 2b2 a2 0 ， b2 x2a2 b2 x2a2 b2 x2x2
x2 y2 k k 
y
2
y
1
y
2
y
1
y
2
2y
1
2 a2 2 a2 1 a2 2 1

b2
又因为直线ykx与椭圆C：  1交于P，Q两点，所以设 PT QT x x x x x2x2 x2x2 x2x2 a2
a2 b2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
P(x 1 ,y 1 ),Q(x 1 ,y 1 )， a x 1 2 2  b y 1 2 2 1，所以y 1 2b2 b a 2x 2 1 2 ， Px,y，Qx,y ，Hx,0，Tx ,y ，则k y 1
1 1 1 1 1 2 2 x
1 1
因为直线AP与直线AQ的斜率之积为 ，
3
b2 b2x 0 2   b2 b2x 1 2  b2x 1 2  b2x 0 2
所以
k k 
y
0
y
1
y
0
y
1
y
0
2y
1
2

a2  a2 

a2 a2

b2

1，
AP AQ xx xx x2x2 x2x2 x2x2 a2 3
0 1 0 1 0 1 0 1 0 1
所以 b2  1 ，所以e2 c2 1 b2  2 ，又0e1，所以e 6， 选项A，双曲线C: x2 y21，所以渐近线方程为y 1 x，直线
a2 3 a2 a2 3 3 4 2
故D正确； 1 1
与双曲线交于P，Q两点，所以 k ，由已知，k0，所以
4．【答案】A 2 2
【解析】依题意，抛物线C的焦点在x轴的正半轴上，设C的方程
该选项正确；选项B，k k 
y
1 
y
1 
k
，所以该选项正
为：y2 2px,p0，显然直线PQ不垂直于y轴，设直线PQ的方 PH PT x x 2x 2
1 1 1
y2 y2 b2 1 1 1
程为：xty2，点P( 1 ,y),Q( 2 ,y )， 确；选项C，k k   ，∴k  ，∴k k  ，所以
2p 1 2p 2 PT QT a2 4 QT 2k PQ QT 2
由    x y2   ty 2  px 2 消去x得：y22pty4p0，则有y 1 y 2 4p， 该选项正确；选项D，因为k PQ k QT  1 2 ，所以
1
  y2 y2 k2 k2 2k ·k 2 12，故该选项错误；
由OPOQ得：OPOQ 1  2 yy 44p0，解得p1， PQ QT PQ QT 2
2p 2p 1 2 x2 y2 y2 x2 y2 x2
1 7．【答案】  1或  1或  1或
于是抛物线C：y22x的焦点F( ,0)，弦PQ的中点M的纵坐标 49 48 49 48 625 624
2
x2 y2
2pt  1(答案不唯一，写出一个即可)
为 t，则点M(t22,t)， 625 624
2
【解析】含10的勾股数有(6,8,10),(10,24,26)，不妨令mn，则
显然直线MF的斜率最大，必有t0，则直线MF的斜率
ac8 ac26 a7 a25
t 2 2 6 有 或 ，解得 或 当a7,c1时，
k t2 3 2  2t t 3  2 2t 3 t  6 ，当且仅当2t 3 t ，即t 2 6 时 b2   a a  2 c   c2 6 48 a ;当 c a   2 2 4 5,c1时  ， c b 1 2a  2 c   c2 1 624.
x2 y2 y2 x2 y2 x2
6 故椭圆C的标准方程为  1或  1或  1或
取等号，所以直线MF的斜率的最大值为 . 49 48 49 48 625 624
6
5．【答案】B
x2

y2
1.故答案为：
x2

y2
1或
y2

x2
1或
y2

x2
1
【解析】由S S ，则 625 624 49 48 49 48 625 624
△PAB △PMN
1 sinAPBPA PB  1 sinMPNPN PM ， 或
x2

y2
1(答案不唯一，写出一个即可)
2 2 625 624
3
8．【答案】
2
【解析】设圆柱的底面半径为r，则椭圆短轴长为2b2r，
2r b 1
长轴长为AC 4r ，即2a4r，则  ，
cos60 a 2
c b2 1 3
由图知：当P位置变化时，APBMPN或APBMPNπ， 所以椭圆离心率为e  1   1  .
a a 4 2
故sinAPBsinMPN，所以 PA PB  PN PM ，而直线AP、BP
29 41
斜率存在且不为0(x 1)， 9．【答案】 或
0 4 16
故 PA PB  1k2 x 1 1k2 x 1， 【解析】设Px,y，易知抛物线C:y24x焦点为F1,0，
AP 0 BP 0
9
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}Q为直线l:y5上的动点，设Qa,5，
PF  x12y2,PQ  xa2x52
11、计数原理★★★★★
1．【答案】B
由 PF  PQ x12 y2 xa2  y52
【解析】由题意得，5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人
x22x1y2x22axa2y210y25 不相邻且丙、丁两人必须相邻，则不同的排法共有A2A2A224种
2 2 3
2x12axa2 10y25，a22ax2x10y240 2．【答案】C
y2 y2 y2 【解析】将5位同学分为2，1，1，1的分组，再分配到4所学校，
y24x，即x 代入a22a 2 10y240，
4 4 4 共有C2A4240种方法.
5 4
a2
a
y2
1
y210y24 0 2a2ay2y220y48 0 ，
3．【答案】A
2 2 【解析】（1）按照2,2,1分3组安装，
1ay220y2a2480
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有C26种，
4
（1）当a1时，20y500 y
5
，
②若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有
2 C1C2A2 24种，
4 3 2
由y24x得x y2  1  25  25 ，此时方程只有一个解，满足题意， （2）按照3,1,1分3组安装，
4 4 4 16 ①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有C3A28种，
4 2
PQ  xa2y52   25 1   2    5 5   2    9   2    5  2 ②若志愿者甲和另两个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有
16  2  16 2 C2A2 12种，故共有62481250种，
4 2
1681 41 4．【答案】C
 
162 16 【解析】依题意，五位正整数中的“回文数”具有：万位与个位数字
（2）当a1时，Δ0， 相同，且不能为0；千位与十位数字相同，求有且仅有两位数字是
Δ20241a 2a248 40041a 2a248 0 奇数的“回文数”的个数有两类办法：最多1个0，取奇数字有A1
5
种，
解得a1，代入1ay220y2a2480可得 取能重复的偶数字有A1 4 种，它们排入数位有A2 2 种，取偶数字占百
位有A1种，不同“回文数”的个数是A1A1A2A1 200个，
2y220y500 5 5 4 2 5
25
最少2个0，取奇数字有A1
5
种，占万位和个位，两个0占位有1
求得y5x ，可得
4 种，取偶数字占百位有A1 5 种，不同“回文数”的个数是A1 5 A1 5 25个，
PQ  xa2y52    25 1   2 552  29 由 是 分 奇 类 数 加 的 法 “回 计 文 算 数 原 ”共 理 有 知 2 ， 0 在 0 所 2 有 5 五 2 位 25 正 个 整 . 数中，有且仅有两位数字
 4  4
5．【答案】C
29 41
PQ的值为 或 【解析】1与4相邻，共有A22种排法，两个2之间插入1个数，
4 16 2
共有A12种排法，再把组合好的数全排列，共有A36种排法，
10．【答案】 26 ( 4 5 ,2) 则总共 2 有22624种密码． 3
5
【解析】以D为原点，  A  B  为x轴正方向建立直角坐标系，设 6．【答案】D
【解析】因为
1 1
P(x 0 ,y 0 )，则S 1  2 |x 0 |，S 2 |y 0 |，所以 2 |x 0 ||y 0 |1，则 fxC0C1x 1 C3x3 1 C5x5 1 Ckxk 1 Cnxn，所以
1 n n 3 n 5 n k n n n
|y 0 | 2 |x 0 |1，当|PB| 10，|PA||PB|时，x 0 0，即 f0C0 n 1，所以fxC1 n C3 n x2C5 n x4Ck n xk1Cn n xn1，
|PB|2(x 1)2y210，所以(x 1)2( 1 x 1)210，即 则f1C1 n C3 n C5 n Ck n Cn n ，其中
0 0 0 2 0 C1C3C5CkCn2n1，
5x212x 320，可得x 4（负值舍），则|y |1， n n n n n
0 0 0 0 所以f12n1，所以f1 f02n11；
故|PA| (x 0 1)2y 0 2  26， 7．【答案】D
Cr38r Cr137r 5 9
【解析】A选项：令 8 8 ，解得 r ，所以r2，
Cr38r Cr139r 4 4
8 8
22 17 5 4
所以A正确；B选项：138x3  237x3 ，整理可得x3 ，当0x1
C9 C9 3
3 3
若 PA PB a0，结合双曲线定义知：P在以A,B为焦点的双 时，不等式恒成立；当x1时，解得1x   4  5，所以0x   4  5，
3 3
曲线上，但不含顶点，
5
x2 y2 故B正确；C选项：令10 r0，解得r6，所以常数项为
 1 4x2 4y2 3
该双曲线为 a a ，即  1，
(
2
)2 1(
2
)2 a2 4a2
C1
6
0
3106
C1
4
0
34，故C正确；D选项：令27 5
3
r 0，解得r 8
5
1 ，
双曲线顶点的横坐标的绝对值小于半焦距1，则双曲线与曲线
所以r可取17,18,27，共11项，故D错.
1 |x||y|1有交点， 8．【答案】B
2 【解析】由题意可知，完成这件事情分3类，第1类：2个女生分
1
即双曲线的渐近线和曲线 |x||y|1有交点，则双曲线的渐近线 别去A,B，5个男生有1个去了C，有C1A252110种；
5 2
2
第2类：2个女生分别去A,C，5个男生有1个去了B，有
斜率的绝对值小于1 ，
2
C1
5
A2
2
52110种；第3类：2个女生分别去B,C，5个男生去
所以0
4a2

1

1

1

5

16
 a24 ，故
4 5
a2，
了A，有A2
2
212种；根据分类加法计数原理，不同的安排方
a2 2 4 a2 16 5 5 案种数为1010222种.
4 5 9．【答案】D
所以实数a的取值范围为( ,2).
5
【解析】由题意可知，将甲乙捆绑在一起，当成一个元素，则是5
个不同的教练分配到4个不同的中学指导体育教学，
10
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}由于每名教练只能去一所中学，每所中学至少有一名教练， 故nm36.736.30.4.
则分4组的情况有C2种方法数，再将4组人分配到4所学校有A4 8．【答案】D
5 4
种方法数，则甲、乙分在同一所中学的不同的安排方法种数为 【解析】由题意得0.0050.03a0.015101，解得a0.05，
C2A41024240. 因为0.050.30.35，0.050.30.50.85，则0.350.750.85，
5 4
10．【答案】C 则样本数据的75%分位数位于80,90，则
【解析】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组 0.35x800.050.75，解得x88，
2个人，第三组2个人，共有 C 5 2C 3 2C 1 1 15 种方法； 因为样本数据中位于成绩80,90之间最多，则众数为
A2
2 8090
由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组 y 85，
2
任意选，所以由2A
2
24 种方法； 9．【答案】C
按照分步乘法原理，共有41560 种方法； 【解析】对于A，2018年电子信息制造业企业利润总额增速为负数，
从2017到2018利润总额下降，故A不正确；
对于B，2015年工业企业利润总额增速为负数，从2014到2015
12、统计★★★★
利润总额下降，2019年工业企业利润总额增速为负数，从2018到
2019利润总额下降，故B不正确；
1．【答案】B 对于C，2012年─2017年电子信息制造业企业利润总额增速均为正
【解析】依题意这组数据一共有5个数，中位数为8，则从小到大 数，所以利润总额均较上一年实现增长，且其增速均大于当年工业
排列8的前面有2个数，后面也有2个数，又唯一的众数为9，则有 企业利润总额增速，故C正确；
两个9，其余数字均只出现一次，则最大数字为9，又极差为3， 对于D，2012年─2021年工业企业利润总额增速的均值为
所以最小数字为6，所以这组数据为6、7、8、9、9， 5.312.23.32.38.52110.33.34.134.3
9.34，2012年
67899 10
所以平均数为
5
7.8.
─2021年电子信息制造业企业利润总额增速的均值为
2．【答案】C 7.919.717.15.912.822.93.13.117.238.9
14.24，
2468 58.213 m 26.2 m 10
【解析】依题意，x 5,y  ，
4 4 4
9.3414.24，故D不正确.
26.2m 10．【答案】D
由 251，解得m17.8，A错误；
4 【解析】设甲组数据分别为x、x、L、x ，乙组数据分别为x 、
1 2 6 7
回归方程yˆ2x1中，20，则变量y与x是正相关关系，B错误； 1 6 6
由于样本中心点为(5,11)，因此该回归直线必过点(5,11)，C正确； x 8 、L、x 12 ，甲组数据的平均数为 6 x i 3，可得x i 18，
由
3．
回
【
归
答
方
案
程
】
知
B
，x增加1个单位，y大约增加2个单位，D错误.
方差为 1 6  6 x i 325，可得 6 x i 3
i

1
2 30，
i1
【解析】该地区中学生每天睡眠时间的平均数为： i1 i1
1 12 12
800 1200 乙组数据的平均数为 x 5，可得x 30，方差为
9 88.4（小时）， 6 i i
1200800 1200800 i7 i7
该地区中学生每天睡眠时间的方差为： 1  12 x 523，可得 12 x 5218，
800 198.42 1200 0.588.420.94. 6 i7 i i7 i
1200800   1200800  
混合后，新数据的平均数为
1

12
x 
1830
4，
4．【答案】B 12 i 12
i1
【
2 5 4 ．
解
【 ，
析
3 答 0
】
案 ，
将
】 40
这
B ，
些
则
数
其
据
中
从
位
小
数
到
为
大
16
排
.
列可得：10，12，14，14，16，20，
方差为 1 1 2     i 6 1 x i 42 i 1  2 7 x i 42     1 1 2     i 6 1 x i 312 i 1  2 7 x i 512   
【 92 解 ， 析 93 】 ， 将 94 比 ， 赛 96 得 ， 分 因 从 为 小 10 到 8 大 0% 重新 8 排 ， 列 所 ： 以 85 这 ， 组 87 数 ， 据 89 的 ，9 8 0 0 ， % 9 分 1， 位 9 数 1，  1 1 2     i 6 1 x i 32 i 1  2 7 x i 522 i 6 1 x i 32 i 1  2 7 x i 512   
第8个数与第9个数的平均值，即 9394 93.5.  1  30182336255612  5.
2 12
6．【答案】C
【解析】对于A项，总体方差与样本容量有关，故A项错误； 13、概率小题★★★
对于B项，相关性越强，r 越接近于1；故B项错误；
对于C项，若PX 1PX 51，则PX 1P(X 5)，
1．【答案】A
所以
5(1)
2，故C项正确；
【解析】当x1,2,3时，这6个点数的中位数为3，当x4时，这
2 6个点数的中位数为4，当x5,6时，这6个点数的中位数为4.5，
对于D项，甲组：第30百分位数为30，第50百分位数为 37m ， 故由古典概型概率公式可得：P 1 .
2 6
乙组：第30百分位数为n，第50百分位数为
3344

77
，
2．【答案】B
2 2 【解析】由题可知，事件1可表示为：A1,3,5,事件2可表示为：
  n30 n30 B2,4,6 ,事件3可表示为：C4,5,6 ,事件4可表示为：
所以37m 77，解得： ，故mn70.故D项错误.
  m40 D1,2,因为AC5，所以事件1与事件3不互斥，A错误；
 2 2
7．【答案】C
因为AB为不可能事件，AB为必然事件，
【解析】由100.252.5，可得第25百分位数分别为m和36.3，
所以事件1与事件2互为对立事件，B正确；
则m36.3；由100.99，可得第90百分位数分别为
因为BC4,6，所以事件2与事件3不互斥，C错误；
36.837.0 n37.1 因为CD为不可能事件，CD不为必然事件，
36.9和 ，
2 2 所以事件3与事件4不互为对立事件，D错误；
n37.1 3．【答案】B
则 36.9，解得n36.7；
2 【解析】甲､乙､丙､丁4名教育专家到三个地区指导教育教学工作
11
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}的安排方法共有：3481种；每个地区至少安排1名专家的安排方 共计81220种，
法有：C2A336种；由古典概型的计算公式，每个地区至少安排 C2
4 3 当5人被分为2,2,1时，且甲去A，甲若为1，则 4A26，甲
36 4 A2 2
1名专家的概率为：  . 2
81 9 若为2，则C1C1A224，共计62430种，
4 3 2
4．【答案】D 1502030 100
6655 11 25 5 所以甲不在A小区的概率为 
【解析】由题可得PA  ，PAB  , 243 243
66 36 66 18 10．【答案】C
5
所以P  B A  P P   A A B    1 1 8 1  1 1 0 1 . 【 所 解 学 析 校 】 去任 将 教 5 ， 名 共 男 有 大学 C 生 3 9 C ， 3 6 C 4 3 3 名 A 女 3 大 1 学 68 生 0中 平 分 均 法 分 ； 配到甲、乙、丙3
A3 3
36 3
5．【答案】C 对于A，甲学校没有女大学生，从5名男大学生选3人分到甲学校，
【解析】因为每次只取一球，故A
1
，A
2
是互斥的事件，故A正确；
再将剩余的6人平均分到乙、丙学校，共有C3
C3
6
C3
3A2200种
由题意得PA 1 ，PA  2 ，P  B A  5 ，P  B A  4 ， 5 A2 2 2
1 3 2 3 1 7 2 7 200 5
分法，故甲学校没有女大学生的概率为  ，A错误；
PBPABPAB 1  5  2  4  13 ，故B，D均正确； 1680 42
1 2 3 7 3 7 21 对于B，甲学校至少有两名女大学生的情况包括恰有两女大学生和
因为PA 2 B 2 3  7 4  2 8 1 ，故C错误. 恰有三女大学生，共有C2 4 C1 5  C A 3 6 C 2 3 3A2 2 C3 4  C A 3 6 C 2 3 3A2 2 680 种分法，
6．【答案】B 2 2
680 17
【解析】对于A，由题意可知A，A，A不可能同时发生， 故甲学校至少有两名女大学生的概率为  ，B错误；
1 2 3 1680 42
所以A
1
，A
2
，A
3
两两互斥，所以A不正确； 对于C，每所学校都有男大学生，则男生的分配情况为将男生分为
2 1 1 3 1 3组：人数为1,1,3或2,2,1，
对于B，由题意可得P(A)  ,P(AB)   ，
2 8 4 2 4 9 12 当男生人数为1,1,3时，将4名女生平均分为2组，分到男生人数为
1 1人的两组，再分到3所学校，
所以P  B A 2  P P ( ( A A 2 B ) )  1 1 2 3 1 ，所以B正确； 此时共有C3 5 C2 4 A3 3 360种分法；
2 当男生人数为2,2,1时，将4名女生按人数1,1,2分为3组，
4
人数1,1的2组分到男生人数为2,2的两组，2名女生的一组分到男
2 1 1 3 1
对于C，因为P(A)  ，P(AB)   ， 生1人的那一组，再分到3所学校，
3 8 4 3 4 9 12
C2C2
P(B)P(A 1 B)P(A 2 B)P(A 3 B) 8 4  9 4  1 4  9 3  1 4  9 3  1 7 8 ， 此时共有 A 5 2 2 3C2 4 A2 2 A3 3 1080种分法；
所以P(AB)P(A)P(B)，所以A与B不是相互独立事件，所以C 故每所学校都有男大学生的分法有36010801440种，
3 3 3
错误；对于D，由C选项可知D是错误的.
则每所学校都有男大学生的概率为
1440

6
，C正确；
7．【答案】A 1680 7
【解析】设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件A,B,C，三人 对于D，乙学校分配2名女大学生，1名男大学生共有
中恰有两人没有达到优秀等级为事件D，PA0.6，PB0.7， C2
4
C1
5
C3
6
C3
3
600种分法，
PC0.5
乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校没有女大学生的
分法有C2C1C3120种，
PDP  ABCABCABC  P  ABC  P  ABC  P  ABC  4 5 4
故乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校有女大学生的
0.40.30.50.40.70.50.60.30.50.29， 600120 2
P  BD P  ABC P  ABC  0.30.40.50.30.50.6 0.15，
概率为
1680

7
，D错误，
 
P  B D  P BD  0.15  15 .
PD 0.29 29 14、函数的概念与基本初等函数★★★★
8．【答案】D 1．【答案】D
【解析】从四双不同颜色的袜子中随机选4只，记“取出的袜子至 【解析】fx为奇函数，且x0时，fxex，
少有两只是同一双”为事件A，记“取出的袜子恰好有两只不是同一 fef-e-e-e.
双”为事件B，事件A包含两种情况：“取出的袜子恰好有两只是同
2．【答案】A
一双”，“取出的袜子恰好四只是两双”，则
【解析】 f1 f10，故a1.
C1C2C1C1 C2 27 C1C2C1C1 24
P(A) 4 3 2 2 4  ，又P(AB) 4 3 2 2 ，则 3．【答案】D
C4 35 C4 35
8 8 1x0 1x0
P(B A)
P
P
(
(
A
A
B
)
)

8
9
，即随机选4只，已知取出两只是同一双，则
【解析】由
log
2
(1x)0
，得
1x1
，解得x0，所以函数的
8
定义域为(,0].
取出另外两只不是同一双的概率为 ．
9
4．【答案】C
9．【答案】B 【解析】对于A，yx22x4x1233，当且仅当x=1时
【解析】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有35243种
取等号，所以其最小值为3，A不符合题意；对于B，因为0 sinx 1，
情况，再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，5
4
人被分为3,1,1或2,2,1，当5人被分为3,1,1时，情况数为C3A360; y sinx 2 44，当且仅当sinx 2时取等号，等号取
5 3 sinx
C1C2A3
当5人被分为2,2,1时，情况数为 5 4 3 90；所以共有 不到，所以其最小值不为4，B不符合题意；
A2
2 对于C，因为函数定义域为R，而2x0，
6090150.由于所求甲不去A，情况数较多，反向思考，求甲去
4
A的情况数，最后用总数减即可， y2x22x2x
2x
2 44 ，当且仅当2x2，即x1时取等
当5人被分为3,1,1时，且甲去A，甲若为1，则C3
4
A2
2
8，甲若 号，所以其最小值为4，C符合题意；
为3，则C2A212
4 2
12
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}对于D，ylnx 4 ，函数定义域为0,11,，而lnxR且 由函数函数y fx可知，
lnx 当x,1时，函数为单调递减函数，y0,；
lnx0，如当lnx1，y5，D不符合题意．
5．【答案】C
当x1,0时，函数为单调递增函数，y0,1；
【解析】由题意可知，函数 fx的定义域为x|x0 . 当x0,1时，函数为单调递减函数，y0,；
lnxx22 ln xx22 当x1,时，函数为单调递增函数，y0,；
又fx＝  fx，
x x 结合图象，可知实数b的取值范围为0,1 .
所以，函数fx为奇函数. 10．【答案】A
lnxx22 lnx 2 【解析】令xy0，得f1f 1 f 0f 00，即f10，
当x0时，fx＝ x  ，
x x x 令x0，得f1f y1 f yf y0 ，得fy fy，
1 xlnx 所以函数fx为偶函数，令xy1，得f22 f 2f 0，
则 fx1 x x2  x 2 2  x2l x n 2 x1. 令xy1，得 f20 f2 f0 f2 f0，
设gxx2lnx1，则gx2x 1 0在0,上恒成立， f22 f20，f2 f 0或f2f0，
x 若f2 f0，解得f00与已知f00矛盾，
所以，gx在0,上单调递增.
f2f 0，即f222f 2，解得f22，f02，
 1  1
又g e4210，g e2110， 令y1，得fx1f 2 f x1f x1，
e2 e
所以，根据零点存在定理可得，x 0    e 1 2 , 1 e    ，有gx 0 0，   2 f f x x   2 1      f f   x x   1 ，   f f   x x   1 4 ，   f f x x ， 1 所  以  函 f 数 x f 1   x ， 的周期为
且当0xx 时，有gx0，显然fx x2lnx1 0， 4.f2024 f 02.
0 x2
所以 fx在0,x 上单调递增；
0
15、函数与导数★★★★★
当xx 时，有gx0，显然fx
x2lnx1
0，
0 x2
所以 fx在0,x 上单调递减. 1．【答案】A
0
1 【解析】由f(x)ex1ax21，得f(x)ex12ax，
因为x  1，所以C项满足题意.
0 e 因为函数f(x)ex1ax21的图象在x1处的切线与直线
6．【答案】D x3y10垂直，所以f(1)12a3，则a1．
【解析】由x22x8>0得：x∈(−∞,−2)∪(4,+∞)，令t=x22x8， 2．【答案】D
则y=lnt，∵x∈(−∞,−2)时,t=x22x8为减函数；x∈(4,+∞) 【解析】对ylnxn2求导得y 1 ，由y 1  1 得xe，则
时,t=x22x8为增函数；y=lnt为增函数，故函数f(x)=ln(x22x8)
x x e
的单调递增区间是(4,+∞) 1
em1lnen2，即mn1，
7．【答案】C
e
fxfx 
1 1 1 1 n m
【解析】∵f(x)满足对任意x1≠x2 ，都有 1
x x
2 0成立， 所以
m

n
mn 
m

n


 2
m

n
 2 2 4，当且仅当
1 2
0a1
mn
1
时取等号．
∴f(x)在R上是减函数，∴  a20 ，解得0a 1 ， 2
 (a2)03aa0 3 3．【答案】C
【解析】过点P作曲线ylnxx2的切线，当切线与直线
 1
∴a的取值范围是0,

． l:xy40平行时，点P到直线l:xy40距离的最小.设切
 3
8．【答案】B 点为P(x
0
,y
0
)(x
0
0)，y 1
x
2x，所以，切线斜率为k
x
1 2x
0
，
【解析】因为函数y fxex为偶函数，则fxex fxex， 0
1 1
即fxfxexex，① 由题知 x 2x 0 1得x 0 1或 x 0  2 （舍），
0
又因为函数y fx3ex为奇函数，则fx3exfx3ex， 所以，P(1,1)，此时点P到直线l:xy40距离
即fx fx3ex3ex，②
d
|114|
2 2.
联立①②可得fxex2ex， 2
4．【答案】D
由基本不等式可得 fxex2ex2 ex2ex 2 2， 【解析】若ab，则fxaxa3为单调函数，无极值点，不
当且仅当ex2ex时，即当x 1 ln2时，等号成立， 符合题意，故a¹ b.
2 fx有a和b两个不同零点，且在xa左右附近是不变号，在
故函数fx的最小值为2 2.
9．【答案】A
xb左右附近是变号的.依题意，a为函数
的极大值点，在xa左右附近都是小于零的.
当a<0时，由xb，fx0，画出fx的图象如下图所示：
【解析】
由图可知ba，a<0，故aba2.
依题意，函数gx fxb有四个不同的零点，即fxb有四 当a0时，由xb时，fx0，画出fx的图象如下图所示：
个解，转化为函数y fx与yb图象由四个交点，
13
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}由图可知ba，a0，故aba2.
令txπxcosxsinx


π
xx

，txπxsinx0，
综上所述，aba2成立.  2 0
5．【答案】D  π 
【解析】因为 alne5 1 0lne0.02 ，bln  

sin
10
1
0
cos
10
1
0
 

2 ， 

t
t


x
x


在
t
 


x
2

,x

0
π
 

上
x
单

调
co
递
sx
增

，
sinx 0，
0 0 0 0
cln   5 5 0 1   6 5，所以只要比较 即hx0，hx在     π 2 ,x 0    上单调递减， π sin  x x 1 1  s π in  x x 2 2 ，
xe0.02,y  sin 1 cos 1   2 1sin 1 1sin0.02,z   51  6 5 (10.0  2)s s 1i i .2n n x x 1 2  π π   x x 1 2 ，
 100 100 50 50
k sinx 2πx πx 2πx 2πx π π 5
的大小即可，令f(x)ex(1sinx)(x0)，则f(x)excosx0，  k 1  sinx 1 πx 2  πx 1 πx 2  πx 2 1 πx 1 3π  3；
所以f(x)在 (0,)上递增，所以f(x) f(0)，所以ex1sinx， 2 2 1 2 1 2 2
2
所以e0.021sin0.02，即xy1， 5 k 7
令g(x)(1x)1.2ex，则g(x)1.2(1x)0.2ex， 综上所述： 3  k 1  3 .
2
g(x)0.24(1x)0.8 ex 7．【答案】B
因为g(x)在(0.)上为减函数，且g(0)0.2410， 【解析】令gx fxx2，
所以当x0时，g(x)0，所以g(x)在(0.)上为减函数，
因为fx是定义在R上的偶函数，所以fx fx，
因为g(0)1.210，g(0.2)1.21.20.2e0.2 1.21.2e0.2，
则gx fxx2gx，所以函数gx也是偶函数，
要比较1.21.2与e0.2的大小，只要比较ln1.21.21.2ln1.2与lne0.20.2
的大小，令h(x)(1x)ln(1x)x(x0)，则 gx fx2x，因为当x0时，fx2x0，所以当x0时，
h(x)ln(1x)11ln(1x)0， gx fx2x0，所以函数gx在0,上递增，不等式
所以h(x)在上递增，所以h(x)h(0)0，
fxx22即为不等式gx2，由f13，得g12，所以
所以当x(0,)时，(1x)ln(1x)x，所以1.2ln1.20.2，
所以1.21.2e0.2，所以g(0.2)1.21.20.2e0.2 1.21.2e0.2 0， gxg1，所以 x 1，解得x1或x1，
所以当x(0,0.2)时，g(x)0，所以g(x)在(0,0.2)上递增，所以 所以fxx22的解集是,11, .
g(x)g(0)0，所以(1x)1.2ex，所以(10.02)1.2e0.02，所以 8．【答案】C
zx，所以zxy，所以cab
【解析】因为a
ln2

ln4
，b
1

lne
，c
ln9
，所以构造函
6．【答案】B 2 4 e e 9
k lnx 1lnx 1lnx
【解析】对于任意A0，0，R，
k
1 的范围恒定， 数 f(x)
x
，因为f(x)
x2
，由f(x)
x2
0有：
2
只需考虑ysinx的情况，设k
1
对应的切点为x
1
,sinx
1
， 0xe，由f(x) 1
x
l
2
nx 0有：xe，所以 f(x) ln
x
x 在
x,sinx，x x，
设 1 k 2 对应 1 的切 1 点为 1 x 2 ,sinx 2 ，x 2 ,sinx 2 ，x 2 x 2 ， e,上单调递减，因为a ln 2 2  ln 4 4 f 4，b 1 e  ln e e  f e，
sinxcosx，k 1 cosx 1 cosx 1 ，k 2 cosx 2 cosx 2 ， c ln9  f 9,因为94e，所以bac，故A，B，D错误.
9
π
只需考虑x x2π，x x4π，其中 x x 0的情况， 9．【答案】ABC
1 1 2 2 2 2 1 【解析】对于A，由fxx3ax22x，得fx3x22ax2，
sinxsinx sin2πxsinx 2sinx
则k 1  x 1 x 1 2πx 1 x 1 2π 2x 1 ， 因为x1是函数fx的极值点，所以f(1)32a20，得a 1 ，
1 1 1 1 1 2
k 
sinx
2
sinx
2 
sin4πx
2
sinx
2
2sinx
2 ，其中
经检验x1是函数fx的极小值点，所以A正确，
2 xx 4πx x 2π 2x
 π x 
2
x 
2
0， k 1  sinx
2
1 4π
2
2x 2  sinx 1
2
2πx 2；
对于B，由选项A，可知fxx3 1
2
x22x，则fx3x2x2，
2 2 1 k sinx 2π2x sinx πx 2 2
2 2 1 2 1 由 f(x)0，得x 或x1，由f(x)0，得 x1，所以
2sinx 2sinx 3 3
又 1 cosx， 2 cosx ，
2π2x 1 1 4π2x 1 2 f(x)在(, 2 )和(1,)递增，在( 2 ,1)上递减，所以当x0,2
sinx x πcosx ，sinx x 2πcosx ； 3 3
1 1 1 2 2 2 1 3
 π  时，x1时，f(x)取得最小值f11 2 ，所以B正确，
令fxtanxxπ x0，则 2 2
 2  对于C，因为fx在1,2上单调递减，所以f(x)0，即
1 sin2x
fx cos2x 1 cos2x tan2x0， fx3x22ax20，得a 3 x 1 在1,2上恒成立，令
2 x
fx在 

 π
2
,0  

上单调递增，f00， g(x) 3
2
x 1
x
(x(1,2))，则g(x) 3
2

x
1
2
0，所以g(x)在1,2单
设fx 0 tanx 0 x 0 π0,x 0 0πx 0 cosx 0 sinx 0 0， 调递增，所以g(1)g(x)g(2)，即 1 g(x) 5 ，所以a 5 ，所
π sinx 2 2 2
 x x x ，又sinx sinx 0，0 11，
2 2 1 0 2 1 sinx 以C正确，
2
π 5 对于D，由x2lnx fx在x1,2上恒成立，得
2π

k
k 1
2

s
s
i
i
n
n
x
x 1
2
 2
π
π


x
x
1
2  2
π
π


x
x
1
2 
π π
2 2
4
 1
8
5  7
3
； x2lnxx3ax22x 在x1,2上恒成立，即axlnx 2
x
在
令hx π sin  x x     π 2 xx 0    ，则hx 3   3 πx   π co  s x x 2 sinx ， h x   (x  ) 1,  2 1   上 1 恒  成 2 立  ， x 令 2 h x (  x) 2   x 0  ， ln 所 x 以 2 x h ， (x) x x 1  , 1 2 ,  2 ， 上 则 单调递增，
x x2 x2
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}所以h(x) h(2)2ln211ln2，所以a1ln2，所以D 轴对称，即f(xπ)为偶函数，A正确；由题意可得当0xπ时令
max
错误， gx fx exeπx cosx exeπx  sinx ，则
10．【答案】AC gx2  exeπx sinx0在0xπ恒成立，所以fx单调递
【解析】fx的极值点为fxcosx 1
x
在0,上的变号零点.
减，又f   π 0，所以当0x π 时f ¢(x)>0，fx单调递增，
即为函数ycosx与函数y 1 图像在0,交点的横坐标. 2 2
x 当 π xπ时，fx0，fx单调递减，
又注意到x0,时， 1 0，kN时， 2
x 因为fx是奇函数，所以fx在  π, π 上单调递减，B正确；
cosπ+2kπ  1   1 ，  2
π+2kπ 由A可得fx关于xπ对称，结合fx是奇函数可得
kN，x   0, π ∪   π  2kπ, π  2kπ   时，cosx0.据此可 fxfx f2πx，所以fxf2πx fx4π，
 2  2 2  即fx是以4π为周期的周期函数，
将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
π
A选项，注意到kN时， f    π 2  2kπ     π  1 2kπ  0 ， 因 间 为 0, f 2π    2 上    有 0 2 ，结 个 合 零点 f ， x 又 单 因 调 为 性 f 和 x 关 是 于 定 x 义  在 π对 R 称 上 可 的 得 奇函 f 数 x ， 在区
2
fπ 2kπ  1 1  0，
f00，所以fx在区间2π,2π上有6个零点，
π 2kπ 所以f(x)在区间0,2023π上有3035个零点，C错误；
f   3π  2kπ    1  0 因为fπ1eπ，
 2  3π  2kπ . f2π f00 f3πf3πfπeπ1，
2
结合图像可知当n  2k 1，k  N， f4π f00，所以
x     n  1 π,nπ     n 1 π,πn  . 2  023 f(kπ)505fπf2πf3πf4πfπf2πf3π0，D错误；
n  2  k1
当n  2k，k  N，
2．BCD
x n      n 1 π,    n  1 2    π      n 1 π,nπ .故A正确； 【解析】对于A：fx 1 1  2 2 x x ，定义域为R，
12x 12x
5 3 fx  f x，
B选项，由图像可知x  π，x  π，则x  x π，故B 12x 12x
3 2 2 2 3 2 则fx为奇函数，故A错误；
(2n1)π  1 
错误；C选项， x n  2 表示两点x n ,0与    n  2   π,0  间 对于B：gxlg  x21x  ，定义域为R，
距离，由图像可知，随着n的增大，两点间距离越来越近，即 gxlg  x21x  lg  x21x  g x ，
 (2n1)π
  x n  2   为递减数列.故C正确； 则gx为奇函数，故B正确；
D选项，由A选项分析可知，x     2n 1 π, 4n 1 π  ，n  N， 对于C：Fx fxgx，fx，gx都为奇函数，
2n  2  则Fx fxgx为奇函数，
又结合图像可知，当x 

x ,
 4n 1 
π

时，cosx  
1
，即此
Fx fxgx在区间1,1上的最大值与最小值互为相反数，
  2n 2   x 必有Fx在区间1,1上的最大值与最小值之和为0，故C正确；
时f ¢(x)>0，得fx在     x 2n ,  4n 2 1  π     上单调递增， 对于D：fx 1 1  2 2 x x     2x 2  x 1   1 2    2x 2 1 1，则fx在R上为
则fx  f   (4n1)π 1ln (4n1)π ，故D错误. 减函数，gxlg  x21x  lg 1 ，则gx在R上为减
2n  2  2 x21x
函数，则Fx fxgx在R上为减函数，
若F2aF1a0即F2aF1a，
则必有2a1a，解得a1，
即F2aF1a0的解集为1,，故D正确；
3．BC
【解析】对于A选项，因为fx f2x2，则函数fx的图
象关于点1,1对称，A错；对于B选项，因为fx f2x2且
函数fx为偶函数，所以，fxf x22可得
多选题专题训练1--函数与导数
fx2f x2，所以，fx2 fx2，
1．AB 所以，对任意的xR，fx4 fx，B对；
【解析】因为y f(2x2π)的图象关于直线x π 对称， 对于C选项，因为fx4 fx，
2
π
若函数fx在区间0,1上单调递增，则fx在区间2021,2022
所以将f2x2π的图象向右平移 个单位得
2 上单调递增，C对；对于D选项，当x2,3时，2x1,0，
y f  2  xπ π    f2xπ的图象关于y轴对称， x20,1，所以，
再将 f

2

xπ的
2
横

坐

标扩大为原来的2倍得fxπ的图象关于y
fx2f2x2fx22lnx211lnx2，D错.
4．ABC
15
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}【解析】对于A，由fxx3ax22x，得fx3x22ax2， ①构造形式为：aealnbelnb，构建函数fxxex；
因为x1是函数fx的极值点，所以 f(1)32a20，得a 1 ， ②构造形式为：ealneablnb，构建函数fxxlnx；
2 ③构造形式为：alnalnblnlnb，构建函数fxxlnx.
经检验x1是函数fx的极小值点，所以A正确，
ea b
对于B，由选项A，可知fxx3 1 x22x，则fx3x2x2， （2）商型： a  lnb ，
2
由f(x)0，得x
2
或x1，由f(x)0，得
2
x1，所以
①构造形式为： e
a
a 
l
e
n
ln
b
b ，构建函数fx e
x
x ；
3 3
f(x)在(, 2
3
)和(1,)递增，在( 2
3
,1)上递减，所以当x0,2 ②构造形式为：
ln
e
e
a
a

ln
b
b
，构建函数fx
ln
x
x
；
1 3
③构造形式为：alnalnblnlnb，构建函数fxxlnx.
时，x1时，f(x)取得最小值f11 2 ，所以B正确，
2 2 6．ABD
对于C，因为fx在1,2上单调递减，所以f(x)0，即
【解析】fxex
1
x21 fxexx，
fx3x22ax20，得a 3
2
x 1
x
在1,2上恒成立，令
令gxexxg
2
xex1g x在0,上单调递增，
g(x) 3 x 1 (x(1,2))，则g(x) 3  1 0，所以g(x)在1,2单 在,0上单调递减，故gxg01，
2 x 2 x2 所以fx在R上单调递增，且f00.
1 5 5
调递增，所以g(1)g(x)g(2)，即 2 g(x) 2 ，所以a 2 ，所 对于A项，若ab0,ab f a f b，显然B正确；
以C正确， 对于B项，有
对于D，由x2lnx fx在x1,2上恒成立，得
fb fbeb
1
b21

eb
1
b21

ebebb22，
x2lnxx3ax22x 在x1,2上恒成立，即axlnx 2
x
在
令hbebebb2
2
2h

b e
2
beb

2b，令hbub，
x1,2上恒成立，令h(x)xlnx 2 ，x1,2，则 ubebeb20ub在R上单调递增，而
x
h0u00，故hb在0,上单调递增，在,0上单调
h(x)1 1
x

x
2
2
 x2
x
x
2
2 0 ，所以h(x) x1,2上单调递增， 递减，故hbh00，
所以h(x) h(2)2ln211ln2，所以a1ln2，所以D 所以fbfb0fafbfafb0，故A正确；
max
错误 对于D项，若faf b0 f af b f b ab ，
5．BC
即ab0，故D正确；
【解析】原式变形为memmnlnnlnn，
设fcf b，若cab，则fcf b f a满足
构造函数 fxxexx，则fm flnn，
fa fb0，但ab0，故C错误.
∵fxexx11，当x0时，ex1,x11，则exx11，
7．CD
即fxexx110；
【解析】设fxxex，则 fx在R上单调递增，
当x0时，0ex1,x11，则exx11，即
因为fbf lnabeb lnaelnaalna(lnaa)0，则
fxexx110；
blna，
故fx在,0上单调递减，在0,上单调递增， 设 a t0，则abt，即lnablnbtlnblnt ，
对于A：取mne，则lnn1m b
∵fx在0,上单调递增，故fm flnn， 所以lntblnb，
1 x1
即mne满足题意，但mn0，A错误； 设g(x)xlnx,x0，gx1  ，
对于B：若m0，则有： x x
当x(0,1),g'(x)0，当x(1,),g'(x)0，
当lnn0，即n1时，则em1n，即emn0；
当lnn0，即n1时，由fx在0,时单调递增，且
则gx在0,1单调递减，在1,单调递增，
fm flnn，故mlnn，则emn0；
gx
min
g11，即lnt1，
综上所述：emn0， B正确； 所以te，即 a e，故 a 的取值可以是3和4.
对于C：若m0，则有： b b
当lnn0，即n1时，mlnn0显然成立；
8．ABD
当lnn0，即n1时，令hx fx fxx  exex2 ，
【解析】对于A，令x1t，则ft f2t2，即
fx f2x2，
∵exex22 exex 20，当且仅当exex，即x0时等号
成立，∴当x0时，所以hx0，即 fx fx，
又f2xf 2x4，
由m0可得fm fm，即flnn fm
fx24 f2x42 fx fx2；
又∵由fx在0,时单调递增，且lnn0,m0，
令x0得：f1 f12，f2f 24，f11，f22，
∴lnnm，即lnnm0；
则由fx2 f x2可知：当xZ时，fxx，A正确；
综上所述：lnnm0，C正确； 对于B，令x1t，则ft f2t2，即fx f2x2，
对于D：取m2，n
1
，则lnn1m，
fx2 f2x24 f2x f2x2，
∵fx在,0上单调递
e
减，故fm flnn，
由A的推导过程知：f2x2fx，
fx2 fx2fx，B正确；
1 1 1
∴故m2，n
e
满足题意，但emn
e2

e
2，D错误. 对于C，fx为R上的增函数，
【点睛】结论点睛：指对同构的常用形式： 当T0时，xT x，则fxT fx；当T0时，xTx，
（1）积型：aeablnb，
则fxT f x，
16
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}不存在非零实数T，使得任意xR，f(x+T )= f(x )，C错误； 增，gxcosxxsinx3kx20在x  0,  上恒成立，
对于D，当c1时， fxcx  f xx ；  2
xsinxcosx
由f1x f1x2，f2xf 2x4知：fx关于1,1， ∴3k  ，
 x2 
2,2成中心对称，则当aZ时，a,a为fx的对称中心；
令Fx
xsinxcosx
m
，
ax
Fx
x2cosx2cosx
 0，
当x0,1时，fx为R上的增函数，f00，f11， x2 x3
fx0,1， fxx 1； ∴Fx在  0,  上单调递增，FxF     2 ，
 2 2 
由图象对称性可知：此时对任意xR， fxcx 1，D正确.
2 2 2 1
∴3k k ，综上： k ，故D正确.
9.BC  3 3 
【解析】对A：当x 4,x 3时，x x 1[1,1]，而
1 2 1 2
f(x)f(x )1697[1,1] ，A错误； 多选题专题训练2--三角函数与解三角形
1 2
对B：对于集合0，x,x R使x x 0，即x x ，必有 1．BC
1 2 1 2 1 2
f(x)f(x )0，所以定义在R上的函数fx都是“ 0封闭”函数， 【解析】对于A，因为函数fx的最小正周期为
1 2
B正确；对C：对于集合1，x 1 ,x 2 R使x 1 x 2 1，则x 1 x 2 1， T 4   5π  π  2π ，所以 2π 3，所以fxsin3x，
而fx是“1封闭”函数，则 f(x 1) f(x )1，即xR都有 18 9 3 T
f(x1) f(x)1，对于集合k， 2 x,x R 2 使x x k，则 故A项错误；对于B，因为x 5π 是fx的一个极值点，所以
1 2 1 2 18
x 1 x 2 k，kN*，而 f(x 2 k) f(x 2 k1)1， 3 5π kπ π kZ，所以kπ π kZ，因为 π ，
f(x k1) f(x k2)1，...，f(x 1) f(x )1， 18 2 3 2
2 2 2 2
所以fx 2 kfx 2 k1fx 2 1fx 2 k1fx 2 k2fx 2 k， 所以 π ，故B项正确；对于C，fxsin  3x π ，当x 11π
即f(x k) f(x )k ，故f(x k)f(x )k ，fx一定是“k 3  3 18
2 2 2 2  11π π
封闭”函数 kN*，C正确； 时，sin3  1，故C项正确；对于D，
 18 3
对D，其逆否命题为，若fx是“ab封闭”函数，则fx不是
π  π π 3
“
a,b封闭”函数 a,bN*，只需判断出其逆否命题的正误即可， f
3


sin

3
3

3



2
，故D项错误.
x,x R使x x ab，则f(x) f(x )ab， 2．ABC
1 2 1 2 1 2
aba
【解析】fxcos2xsin2xcos2x,选项A正确；
若aba,b，则  abb， 所以函数fx的最小正周期为T 2π π,选项B正确；
 2
ab
 π  2π
由abb解得a1，因为aN*，所以a1， 根据余弦函数图像性质，x0, ,2x0,  0,π（余弦函数
 3  3 
即x,x R使x x abba,b，则
1 2 1 2 对应的单调递减区间），函数单调递减，选项C正确；
f(x)f(x )abba,b，  π π  2π π
1 2 根据余弦函数图像性质，x , ,2x ,  π,0（余
满足 fx是“ a,b封闭”函数 a,bN*，  3 6  3 3
故逆否命题为假命题，故原命题也时假命题，D错误.
弦函数对应的单调递增区间），函数不单调，选项D错误；
10．BCD
故选：ABC.
3．CD
【解析】对于A，y 1
x
在0,上单调递减，yxfx1不单调， 【解析】对于A选项，若fx
1
 fx
2
，
故A错误；对于B，fx e x x ，fx 1 e  x x 在(1,2)上f ¢(x)<0， 则    2x 1  π 4        2x 2  4 π   2kπkZ或
函数 fx单调递减，yxfx e x x 2 ，y 2x e  x x2  x2 ex x  0，    2x 1  π 4        2x 2  4 π   2kπ πk Z，
∴y在(1,2)单调递增，故B正确；对于C，若fx ln x x 在m, 可得x 1 x 2 kπkZ或x 1 x 2 kπ π 4 kZ，A错；
单调递减，由 fx
1lnx
0，得xe，   5π π
x2 对于B选项，因为fx2sin2x  ，
∴me，yxfxlnx在0,单调递增，故C正确；   24 6
 π
对于D，fxcosxkx2在  0,  上单调递减， 所以，函数fx的图象可由函数gx2sin  x 6   的图象上所有
 2
点的纵坐标不变，
fxsinx2kx0在x  0,  上恒成立2k   sinx  ， 横坐标变为原来的1 ，再向左平移 5π 个单位得到，B错；
 2  x  min 2 24
令hx sin x x ，hx xcosx x2 sinx ，令xxcosxsinx， 对于C选项，因为f    3 8 π   2sin    3 4 π  π 4    2sinπ 0，
xcosxxsinxcosxxsinx0，
3π 
所以，函数fx的图象关于点 ,0对称，C对；
   8 
∴x在0, 上单调递减，x00，
 2 π π π π π
对于D选项，当 x 时， 2x  ，
   2 4 8 4 4 2
∴hx0，∴hx在  0, 2   上单调递减，hxh 2     ， 所以，函数y fx在    π , π  上单调递增，D对.
∴2k 2 k 1 ，gxxfxxcosxkx3在  0,  上单调递 4．BD  4 8
   2
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}【解析】f(x)cos2x 3sinxcosx 1cos2x  3 sin2xsin  2x π  1 ， 所以 fx2sin  x π ，
2 2  6 2  3
所以f(x)的最小正周期为π，故A错误； 因为 5π  π kπ π kZ，故B错误；
π 12 3 2
把f(x)的图象向左平移 个单位长度，所得函数为
6 由2kπ π x π 2kπ 3 π，kZ可得2kπ π x2kπ 7 π，kZ，
 π π 1 1 2 3 2 6 6
ysin  2x 3  6    2 cos2x 2 ，是偶函数， 所以fx的单调递减区间为  2kπ π ,2kπ 7π

kZ，
所以图象关于y轴对称，故B正确；  6 6
当x     π 6 ，m    时，2x π 6      6 π ，2m 6 π   ， 取k1知，函数fx在     11 6 π , 5 6 π   上单调递减，
π π π 3  5π  11π 5π
当2m  ，即m 时，f(x)最大值为 ，  π,     ,  ，故C正确；
6 2 6 2  6   6 6 
π π
所以m的最小值为 ，故C错误； y2cosx的图像向左平移 个单位后得到
6 6
令2x π kπ，kZ，解得x π  k π，kZ， y2cos  x π 2sin   π x π 2sin  x 2π ，故D错误．
6 12 2  6 2 6  3 
当k1时，f(x)的一个对称中心为


5π
，
1
，
7．ABD
12 2 【解析】由sin|x|0，得|x|kπ，kZ，得xkπ，kZ，
5π 所以f(x)的定义域为{x|xkπ,kZ}，关于原点对称，
故x x  时，有f(x) f(x )1，故D正确.
1 2 6 1 2 1 1
5．BD
因为f(x)|sin(x)|
sin|x|
|sinx|
sin|x|
 f(x)，
【解析】 f(x)sin


π
x

cos


π
x

sin


π
x

cos

x
π

所以fx为偶函数，故A正确；
6  3  6   3
π  1
π   π π  π  π  当x ,π时， f(x)sinx ，
sin xcosx  sin xsin x 2  sinx
6   6 2  6  6 
cosx  1 
π  f(x)cosx cosx1 ，
1cos2 x sin2x  sin2x
6  1  π 1，
  cos2x    π  1
2 2  3 2 因为x ,π，所以cosx0，0sinx1，1 0，所以
2  sin2x
2π
f(x)的最小正周期为T π，故A错误； f(x)0，
2
因为cos    2x π 3    1,1，所以f(x)的值域为0,1，故B正确； 所以fx在区间    π 2 ,π    上单调递增，故B正确；
3π 3π 1
 π 1   π π 1 1 1 f( )|sin | 110
fx  cos2x    sin2x ， 因为 2 2 3π ，故C不正确；
 12 2   12 3 2 2 2 sin
2
令gx f    x 1 π 2     2 1 sin2x 2 1 ，定义域为R， 当xπ,0时，sinx0，fx sinx  sin 1 x sinx si 1 nx ，
1 1 1 1
gx sin2x  sin2x g x，故C错误； 令f(x)0，得sin2x1，无解；
2 2 2 2
当x0时，函数f(x)无意义，
由2kπ2x π 3 2kππkZ，得kπ π 6 xkπ π 3 kZ， 当x0,π时，sinx0，fx sinx  1 sinx 1 ，
sin x sinx
π π
即f(x)在 kπ- ,kπ+ (kÎZ)上单调递增， 1
6 3 令f(x)0，得sinx 0，得sin2x1，无解，
sinx
 π π
令k0，得f(x)在   ,  上单调递增； 当xπ时，函数f(x)无意义，
 6 3
 π π 当x(π,2π)时，sinx0，fx sinx  1 sinx 1 ，
k0时，都有0 kπ ,kπ  ； sin x sinx
 6 3
3π
π 2π π 令f(x)0，得sin2x1，得sinx1，得x ，
由2kππ2x 2kπkZ，得kπ xkπ kZ， 2
3 3 6 当x2π时，函数f(x)无意义，
 2π π
即f(x)在   kπ 3 ,kπ 6   kZ上单调递减， 当x(2π,3π)，sinx0，fx sinx  1 sinx 1 ，
sin x sinx
而0  kπ 2π ,kπ π

，所以若f(x)在区间0,a上单调， 令f(x)0，得得sin2x1，无解，
 3 6 当x3π时，函数f(x)无意义，
则必有0,a     π 6 , 3 π   ，所以a的最大值为 π 3 ，故D正确. 当x(3π,4π)时，sinx0，fx sinx  sin 1 x sinx si 1 nx ，
6．AC
【解析】观察图象可得函数 fxAsinx，A0，的最小 令f(x)0，得sin2x1，得sinx1，得x 7π ，综上所述：fx
2
值为2，故A2;设函数y fx的最小正周期为T，由图象知 在区间π,4π上有两个零点x 3π 和x 7π .故D正确.
3 3 2 2
T π，则T 2π，故1，故A正确； 8．BC
4 2
【解析】函数
7π 7π  π
由f 2可得22sin ，又 ，
 6   6  2
π
所以 ，
3
18
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}  π  π π   5π 3π 7π 11π 15π 19π
  2sin  x 3 ,x    2 2kπ, 2 2kπ   当x   0, 2   时，满足要求的有 8 ， 8 ， 8 ， 8 ， 8 ，共
fxsinx 3cosx      2sin    x π 3    ,x   2 π 2kπ, 3 2 π 2kπ    ， 有 对于 5个 D， 零 当 点， x 故    C π 正 , π 确   ； 时，2x π     π , 3π  ，则
kZ，  4 4 4  4 4 
大致图象如下：  π  2 
sin2x  ,1，故fx

3, 22

，∴D错误．
 4  2 
多选题专题训练3--空间向量与立体几何
由图可知，函数fx的最小正周期为2π，故A错误；
1．【答案】BD
【解析】对A：若m//，n//，则m//n或m与n相交或m与n异
函数 fx的图象关于x π 对称，故B正确； 面，故选项A错误；
2
对B：若m，n，则m//n，故选项B正确；
函数 fx的最小值为1，故C正确；
对C：若m//，m，则//或与相交，故选项C正确；
函数 fx在区间   π , 5π  上单调递增，在   5π ,π   上单调递减，故D 对D：若m，n，mn，则，故选项D正确.
2 6   6  2．【答案】ABD
错误. 【解析】如图，连接BC、BC ，因为DA //BC，所以直线BC 与
1 1 1 1 1
9．BC
BC所成的角即为直线BC 与DA所成的角，
【解析】 1 1 1
因为四边形BBCC为正方形，则BC BC ，故直线BC 与DA所
 π  2π  π π  π 1 1 1 1 1 1
hxfx2sin2x 2sin2x 2sin2x  2cos2x ， 成的角为90，A正确；
 3  3  6 2  6
hx是由gx横坐标缩短到原来的1 倍，纵坐标伸长2倍，再把
2
π
得到的曲线向左平移 ，故A错误；
12
函数gxcosx图象将横坐标缩短为原来的1 倍（纵坐标不变），
2
π   π 连接AC，因为AB 平面BBCC，BC 平面BBCC，则
得ycos2x，再向右平移 个长度单位，得ycos2x ， 1 1 1 1 1 1 1 1
6   6 AB BC ，因为BC BC ，AB BCB ，所以BC 平面ABC，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
即fxcos  2x π ，故B正确； 又A 1 C平面A 1 B 1 C，所以BC 1 CA 1 ，故B正确；
 3 连接AC ，设AC BD O，连接BO，
1 1 1 1 1 1
因为hx2cos  2x π ，令2x π  π kπ，kZ 因为BB 1 平面A 1 B 1 C 1 D 1 ，C 1 O平面A 1 B 1 C 1 D 1 ，则C 1 OB 1 B，
 6 6 2 因为COBD，BD BBB ，所以CO平面BBDD，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
则x k π π ,kZ，则hx的对称中心坐标是   k π π ,0  ,kZ， 所以C 1 BO为直线BC 1 与平面BB 1 D 1 D所成的角，
2 6 2 6 
故C正确；
 π  π
设正方体棱长为1，则C
1
O
2
2 ，BC
1
 2，sinC
1
BO C
B
1
C
O
1
 1
2
，
因为hx2cos2x ，所以hx4sin2x ， 所以，直线BC 与平面BBDD所成的角为30，故C错误；
 6  6 1 1 1
因为CC平面ABCD，所以CBC为直线BC 与平面ABCD所成
 π 1 1 1
由导数的几何意义令hx4sin2x 4，可得： 的角，易得CBC45，故D正确.
 6 1
 π π π π
3．【答案】BD
sin2x 1，即2x  2kπ,kZ，解得:xkπ , 【解析】由题意可得BPAP,BPCP，
 6 6 2 6
又APCPP,AP,CPP,AP,CP平面PAC，
h  k π 2cos  2  kπ π  π  0，所以切点为  kπ π ,0  ， 所以BP平面PAC，
 6   6 6  6 
 π 
在△PAC中，PAPC2 3，AC边上的高为  2 3 2 22 2 2，
而kπ ,0不在y4x2上，故D错误.
 6 
1 1 8 2
10．BC 所以V
PABC
V
BPAC

3

2
42 22
3
，故A错误；
【解析】fx2sinxcosxsinx12sinxcosx2sin2x1
121216 1
对于B，在△PAC中，cosAPC  ，
sin2xcos2x2 2sin  2x π 2． 22 32 3 3
 4 BC 1244
2π         
因为函数的最小正周期为π，所以π 1，故   PABC PA PCPB PAPCPAPB
2 cos PA,BC     
PA BC 2 34 8 3
 π
fx 2sin2x 2.
 4 1
2 32 3
 π  π π  3 3，
对于A，f   8    2sin   4  4   22，故A错误； 8 3 6
对于B，当x    π 4 , π 2    时，2x π 4     3 4 π , 5 4 π       π 2 , 3 2 π   ，此时fx 所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为 6 3，故B正确；
单调递减，故B正确； 对于C，S  1 PBPC2 3，
 π  π PBC 2
对于C，fx 2sin2x 22sin2x 0， 设点A到平面PBC的距离为d，
 4  4
∴2x
π
kπx
π

kπ
，kZ，
由V
BPAC
V
APBC
，得 1
3
2 3d 8
3
2 ，解得d 4
3
6 ，
4 8 2
19
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}4 6
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 d  3  2 2，故
PA 2 3 3
1 2 2
C错误；由B选项知，cosAPC ，则sinAPC ，
3 3
1 AC 3
所以△PAC的外接圆的半径r   ，
2 sinAPC 2
设三棱锥PABC外接球的半径为R，
又因为BP平面PAC，
1 2 9 11 22
则R2r2 PB  1 ，所以R ，
2  2 2 2 由PF∥BC ∥AD且PF＝BC AD 知APFD是平行四边形，
1 1 1 1 1 1 1 1
即三棱锥PABC外接球的半径为 22 ，故D正确. ∴DF∥AP，∵DF 平面APD，AP平面APD，DF∥平
1 1 1 1 1 1 1
2
面APD，
4．【答案】ABD 1
【解析】对于A，由题意，AB，CD为异面直线，所以四边形ABCD
同理可得EF∥平面A
1
PD，∵EF∩D
1
F＝F，
为空间四边形，不能为平行四边形，故A错误； ∴平面A
1
PD∥平面D
1
EF，则Q点的轨迹为线段EF，A选项正确；
对于B，取BC的中点H,连接HM,则HM是ABC的中位线，所以 如图，建立空间直角坐标系，
对 HM 于 / C / ， A 若 C A ， B 因  为 l, H A M C 与 l M ，所 N 以 相 由 交 线 ，所 面 以 垂直 MN 的 与 判定 AC 可 不 得 平 l 行 平 ，B 面 错 A 误 BC ； ， 则A 1 1,0,0，P    1,1, 1 2    ，D0,0,1，设Qx,1,z,0x,z1，
所以lBC，由结合面面垂直的性质可得BC，所以点    1 
C在平面内的投影为点D, 则A 1 D1,0,1，A 1 P  0,1, 2   ，D 1 Qx,1,z.
所以CD在平面内的投影为BD，故C正确； 设m  a,b,c为平面APD的一个法向量，
对于D,由二面角的定义可得当且仅当ABl,CDl时，直线AB， 1
CD所成的角或其补角才为二面角的大小，故D错误. m    A  D  0,   ac0,   ac,   1 
则 1 即 c 得 c.取c1，则m1, ,1.
mA 1 P0.   b 2 0,   b 2  2 
   
若DQ平面APD，则DQ∥m，即存在R，使得DQm，
1 1 1 1
x

 
则1 ，解得xz20,1，故不存在点Q使得DQ平面
5．【答案】CD  2 1
z
APD，B选项错误；
1
【解析】
△A
1
PD的面积为定值，当且仅当Q到平面A
1
PD的距离d最大时，
三棱锥QAPD的体积最大.
  1
d A 1 Q  m  2 xz 3 ，
设ABED2FB2a，因为ED平面ABCD，FBED，则 m 3 2
V  1 EDS  1 2a 1 2a2 4 a3， ①xz 3 ，d1 2 xz，则当xz0时，d有最大值1；
1 3 ACD 3 2 3 2 3
V  1 FBS  1 a 1 2a2 2 a3，连接BD交AC于点M， ②xz 3 ，d 2 xz1，则当xz2时，d有最大值 1 ；
2 3 ABC 3 2 3 2 3 3
连接EM,FM，易得BDAC， 综上，当xz0，即Q和C
1
重合时，三棱锥QA
1
PD的体积最大，
又ED平面ABCD，AC平面ABCD，则EDAC，又 C选项正确；
EDBDD，ED,BD平面BDEF，则AC平面BDEF， DC 平面BBCC，DC CQ，
1 1 1 1 1 1 1
1
又BM DM  2 BD 2a，过F作FGDE于G，易得四边形 D 1 Q D 1 C 1 2C 1 Q2  2 6 ，C 1 Q 2 2 ，Q点的轨迹是半径为 2 2 ，
BDGF为矩形，则FGBD2 2a,EGa，
 2
圆心角为 的圆弧，轨迹长度为 ，D选项正确.
则EM  2a2  2a 2  6a,FM  a2  2a 2  3a， 2 4
7．【答案】BCD
EF a2  2 2a 2 3a， 【解析】以D为原点，DA,DC,DH所在直线分别为x,y,z轴，建系
如图，
1 3 2
EM2FM2EF2，则EM FM，S  EMFM  a2，
EFM 2 2
AC2 2a，
1
则V V V  ACS 2a3，则2V 3V，V 3V ，
3 AEFM CEFM 3 EFM 3 1 3 2
V V V ，故A、B错误；C、D正确.
对于选项A，当m4时，M0,4,2，A4,0,0，
6．
3
【答
1
案】
2
ACD
设点A关于平面EFGH的对称点为A，则A4,0,8，
【解析】取BC 、CC中点E、F，连接DE、DF、EF、PF， AM  161636 688.
1 1 1 1 1
所以PAPM PAPM AM 8.故A不正确.
uuur uuur
对于选项B，设Px,y,4，则APx4,y,4,MPx,y4,2，
 
由APMP0得x24xy24y80，即x22y220，
解得xy2，
20
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#} OK sin CM OC CM KN
所以存在唯一的点P满足APM  ，故B正确. 又cos 0，所以      sin，故
2 OC cos OC OK OK OK
对于选项C，B4,4,0，设Px,y,4，则 ON
uuur uur
C正确；对于D，在RtKNO中，cos ，
AM 4,4,2,BPx4,y4,4， OK
由 u A u M ur B uu P r 0得xy20.在平面EFGH中，建立平面直角坐标 又cos O O K C 0，cos O O M N ，cos O O M C ，
系，如图，
ON OK ON ON OM ON
所以coscos   ,coscos   ，
OK OC OC OM OC OC
coscos
所以coscoscoscos，即cos ，故D正确.
cos
9．【答案】AD
【解析】对于A，因为平面SAB平面ABC，SAB90，即
则P的轨迹方程xy20表示的轨迹就是线段NQ，而 SAAB，平面SAB平面ABCAB，SA平面SAB，所以SA
NQ 2 2，故C正确. 平面ABC，又因为BC平面ABC，所以SABC，故A正确；
对于B，因为SABC，ABBC，SAABA，
对于选项D，当m 4 3时，M   0,4, 2 3  ，设P   x,y, 4 3  ， 所以BC平面SAB，因为SB平面SAB，
3  3   3  所以BCSB.又SA平面ABC，AC平面ABC，
uuur  4 3 uuur  2 3 所以SAAC，即SACSBC90，
则AP

x4,y,
3


,MP

x,y4,
3


，
所以三棱锥SABC外接球的直径为SC.因为SAAC2，
由  A  P    M  P  0得x24xy24y 8 3 0，即x22y22 1 3 6 ， 所 所 以 以三 SC 棱  锥 S S A  2 A  B A C C 的 2  外 2 接 2 球 ， 的表面积
在平面EFGH中，建立平面直角坐标系，如图， S4   SC  2 4  2 2 8，故B错误；
 2 
对于C，因为BC平面SAB，BC平面SBC，
所以平面SAB平面SBC，过点A作AGSB，交SB于点G，
根据面面垂直的性质定理，可得AG平面SBC，
故点A到平面SBC的距离为AG，由ABC3BAC90，AC2，
记x22y22 16 的圆心为O，与GF交于S,T； 得AB 3，则SB 22  3 2  7 ，
3
ABSA 32 2 21
2 3 2 3 4 3 则AG   ，故C错误；
令y4，可得x 2 ,x 2 ，而x x  ，所以 SB 7 7
1 3 2 3 1 2 3
对于D，SBBC，ABBC，所以∠SBA为二面角SBCA的
SOT   ，其对应的圆弧长度为 4 3 ；根据对称性可知点P轨 平面角，
3 9
SA 2 2 3
4 3 4 3 8 3 在RtSAB中，tanSBA   ，故D正确；
迹长度为2 4  ；故D正确. AB 3 3
3 9 9
8．【答案】ACD
【解析】因为在矩形MNKC中，KNMN，
又KNOB，MNOBN ，MN,OB面BOD，所以KN面
BOD，又OD面BOD，所以KNOD，
因为在矩形MNKC中，CM //KN，所以CM OD，即CM MO，
因为MNOB，KNMN，KNOBN，KN,OB面OAB， 10．【答案】BD
所以MN面OAB，
又在矩形MNKC中，MN//CK，所以CK面OAB，
又OA面OAB，所以CKOA，
【解析】
同时，易知在矩形MNKC中，CM KN,CKMN，
CK
对于A，在RtCKO中，sin ，
OC
在Rt△MNO中，sin
MN
，
易知，点P在矩形BC

C
1
B
1
内

部（

含

边界

）．

OM 对于A，当1时，BPBCBB=BCCC ，即此时P线段
OM 1 1
在Rt△CMO中，cos ， CC ，△ABP周长不是定值，故A错误；
OC 1 1     
所以sincos MN  OM  MN  CK sin，故A正确； 对于B，当1时，BPBCBB 1 =BB 1 B 1 C 1 ，故此时P点轨
OM OC OC OC 迹为线段BC ，而BC //BC，BC//平面ABC，则有P到平面ABC
1 1 1 1 1 1 1 1
对于B，在RtCKO中，cos
OK
，
的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
OC 1  1 
在Rt△MNO中，cos ON ， 对于C，当 2 时，BP 2 BCBB 1 ，取BC，B 1 C 1 中点分别为
  
OM Q，H，则BPBQQH，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系
OM
又cos
OC
，且在RtKNO中，OK为RtKNO的斜边，则
解决，建立空间直角坐标系如图，A   3 ,0,1  ，P0,0,，
ONOK， 1  2  
ON OM ON OK
所以coscos    cos，故B错误；  1    3    1 
OM OC OC
KN
OC B

0,
2
,0

，则A
1
P
 

2
,0,1
 
，BP

0,
2
,

，
对于C，在RtKNO中，sin ，  
OK APBP10，所以0或1．故H,Q均满足，故C
1
CM
在Rt△CMO中，sin ， 错误；
OC
21
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}1   1 故可设x2cos，y1sin，
对于D，当 时，BPBC BB，取BB ，CC 中点为
2 2 1 1 1  
所以x＋y2cos1sin3 2sin ，
    1  4
M,N．BPBMMN，所以P点轨迹为线段MN．设P0,y , ，
 0 2 所以当  时，即x2 2 ,y1 2 时x＋y取最大值，最大值
 3    3 1   3 1  4 2 2
因为A   2 ，0,0   ，所以AP    2 ,y 0 , 2    ，A 1 B    2 , 2 ,1   ， 为3 2，D对
4．【答案】ACD
3 1 1 1
所以
4

2
y
0

2
0y
0

2
，此时P与N重合，故D正确．
【解析】对于A，若mn0，则mx2ny21可化为
x
1
2

y
1
2
1 ，
故选：BD．
m n
1 1
多选题专题训练4--平面解析几何 因为mn0，所以  ，
m n
1．【答案】ABD 即曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；
【解析】圆心C0,0到直线l的距离d
r2
， 对于B，若mn0，则mx2ny21可化为x2y2
1
，
a2b2 n
若点Aa,b在圆C上，则a2b2r2，所以d
a2
r

2
b2
=r ， 此时曲线C表示圆心在原点，半径为
n
n 的圆，故B不正确；
则直线l与圆C相切，故A正确；
x2

y2
1
对于C，若mn0，则mx2ny21可化为 1 1 ，
r2
若点Aa,b在圆C内，则a2b2r2，所以d >r ， m n
a2b2
此时曲线C表示双曲线，
则直线l与圆C相离，故B正确；
m
r2 由mx2ny20可得y  x，故C正确；
若点Aa,b在圆C外，则a2b2r2，所以d <r ， n
a2b2
1
则直线l与圆C相交，故C错误； 对于D，若m0,n0，则mx2ny21可化为y2 ，
n
若点Aa,b在直线l上，则a2b2r20即a2b2=r2，
n
所以d
r2
=r ，直线l与圆C相切，故D正确.
y
n
，此时曲线C表示平行于x轴的两条直线，故D正确
a2b2 5．【答案】AC
2．【答案】ACD 【解析】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用
【解析】由x2y26x0，得(x3)2y29，则圆心C(3,0)，半径
 
r 3，所以A正确，对于B，因为点 1,2 2 到圆心的距离为
1
(31)2(02 2)2 2 33，所以点  1,2 2  在圆C的外部，所 情况一
以B错误，对于C，因为圆心C(3,0)到直线l:x 3y30的距离
33
d 3r
为
12

3
2
1，所以直线l:x 3y30与圆C相切，
M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F
1
作圆D的切线切点为B，
所以C正确，对于D，圆C:x12y24的圆心为C(1,0)，半
3
所以OBFN，因为cosFNF  0，所以N在双曲线的左支，
径r 2，因为CC  (31)2 4，rr 4rr， 1 1 2 5
2 1 2 1 2
3
所以圆C:x12y24与圆C相交，所以D正确， OB a，OF
1
c， F
1
B b，设F
1
NF
2
，由即cos
5
，
3．【答案】ABD 4 3 5
则sin= ，NA  a，NF  a NF  NF 2a
【解析】由实数x，y满足方程x2y24x2y40可得点(x,y)在 5 2 2 2 2 1
圆x22y121上，作其图象如下， 5 a   3 a2b  2a，2ba，e 5
2 2  2
情况二
y
因为 表示点(x,y)与坐标原点连线的斜率，
x
2k1
设过坐标原点的圆的切线方程为ykx，则 1，解得：k0
k21
或k 4 3 ， x y     0, 4 3    ，   x y    4 3 ，   x y   0，A，B正确； 若M、N在双曲线的两支，因为cosF 1 NF 2  5 3 0，所以N在双
max min
曲线的右支，
x2y2表示圆上的点(x,y)到坐标原点的距离的平方，圆上的点
所以OB a，OF c， FB b，设FNF ，
1 1 1 2
(x,y)到坐标原点的距离的最大值为OC+1，
3 3 4
所以x2y2最大值为 OC 1 2，又OC  2212， 由cosF 1 NF 2  5 ，即cos 5 ，则sin= 5 ，
3 5
所以x2y2的最大值为62 5，C错， NA 
2
a，NF
2

2
a,NF
1
 NF
2
2a
因为x2y24x2y40可化为x22y121，
22
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}3 5 b 3
a2b a2a，所以2b3a，即  ，
2 2 a 2
c b2 13
所以双曲线的离心率e  1 
a a2 2
选C
[方法二]：答案回代法
5
A选项e
2
特值双曲线
NF NF 2c b
x2 y2 1,F   5,0  ,F  5,0  ， 同理有 sin 2  sin 1   sin ，其中为钝角，故cos c ，
4 1 2
过F且与圆相切的一条直线为y2  x 5  ， 故 NF 2 NF 1  2c 即
1 sinsin sin
 6 2 
两交点都在左支,N


5
5,
5
5

， a

c
，
sinsincoscossin sin
NF 2 5,NF 1 1,F 1 F 2 2 5， 代入cos 3 ，sin a ，sin= 4 ，整理得到： a = 1 ，
则cosFNF  3 ， 5 c 5 4b+2a 4
1 2 5 b2 5
13 故a2b，故e 1   ，
C选项e a 2
2
6．【答案】ACD
x2 y2    
特值双曲线  1,F  13,0 ,F 13,0， p
4 9 1 2 【解析】对于A，易得F( ,0)，由 AF  AM 可得点A在FM的
2
2 
过F且与圆相切的一条直线为y x 13 ， p
1 3 垂直平分线上，则A点横坐标为 2 p  3p，
14 18 
两交点在左右两支，N在右支，N 13, 13， 2 4
NF 2 5,NF 1 9,F 1 F 2 2 13 ， 13 13  代入抛物线可得y22p 3 4 p  3 2 p2，则A( 3 4 p , 6 2 p )，则直线AB的
则cosFNF  3 ， 6p
1 2 5 斜率为 2 2 6，A正确；
[方法三]： 3p p

依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F作圆D的切线切点为G， 4 2
1
若M,N分别在左右支， 对于B，由斜率为2 6可得直线AB的方程为x 1 y p ，联立
3 2 6 2
因为OGNF，且cosFNF  0，所以N在双曲线的右支，
1 1 2 5 抛物线方程得y2 1 pyp20，
又OG a，OF c，GF b， 6
1 1
设F 1 NF 2 ，F 2 F 1 N ， 设B(x,y)，则 6 py  6 p，则y  6p ，代入抛物线得
NF NF 2c 1 1 2 1 6 1 3
在△F 1 NF 2 中，有 sin 2  sin 1   sin ，  6p2 p p 6p
NF NF 2c a c



3


2px
1
，解得x
1

3
，则B(
3
,
3
)，
故 1 2  即  ，
sinsin sin sinsin sin p2  6p2 7p p
所以
a

c
，
则OB  
3





3



3
OF 
2
，B错误；
sincoscossinsin sin
3p p 25p
而cos
3
，sin
a
，cos
b
，故sin=
4
，
对于C，由抛物线定义知： AB 
4

3
p
12
 2p 4OF ，
5 c c 5
C正确；
b 3
代入整理得到2b3a，即
a

2
，
对于D，O  A  O  B  ( 3p , 6p )( p , 6p ) 3p  p  6p     6p   3p2 0，
c b2 13 4 2 3 3 4 3 2  3  4
所以双曲线的离心率e  1 
a a2 2 则AOB为钝角，
 p 6p 2p 6p p 2p 6p 6p 5p2
又MAMB( , )( , )       0，则
4 2 3 3 4  3 2  3  6
AMB为钝角，
又AOBAMBOAMOBM 360，则
OAMOBM 180，D正确.
若M,N均在左支上，
7．【答案】AC
【解析】A：根据椭圆的对称性，
PQ  PF QF  PQ  PF  PF  PQ 10，当PQ为椭圆的
2 2 2 1
23
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}短轴时， PQ有最小值8，所以PQF
2
周长的最小值为18，正确； 【解析】当n2时，P
1
FP
2
P
2
FP
1
，此时不妨取P
1
P
2
过焦
B：若四边形PF 1 QF 2 为矩形，则点P，Q必在以F 1 F 2 为直径的圆上， 点垂直于x轴，不妨取P(1，2),P(1，2) ，则 1  1 = 1 + 1 1，
但此圆与椭圆 x2  y2 1无交点，错误； 1 2 P 1 F P 2 F 2 2
25 16 2
故A错误；当n3时，PFP PFP PFP  ，
C：设Px ,y ，则 1 2 2 3 3 1 3
0 0
 x2 此时不妨设P 1 ,P 2 ,P 3 在抛物线上逆时针排列，设
k PA k PB  x
y
 0 5  x
y
 0 5  x2
y
 0
2
25 
16
x
 
2
1


2
2
5
5 0 
 2
1
5
6，因为直线PA P
1
Fx,(0, 
2
),则|P
1
F|
1c
2
os
，则
0 0 0 0 2 2
斜率的范围是   5 2 , 8 5    ，所以直线PB斜率的范围是     8 5 , 5 2   ，正确； |P 2 F| 1cos( 2 ) ,|P 2 F| 1cos( 4 ) ，
3 3
D：设Px ,y ，则 2 2 2
  0 0 PF  PF  PF   
PF 1 PB3x 0 ,y 0 5x 0 ,y 0  x2 0 2x 0 15y2 0 故 1 2 3 1cos 1cos( 2 ) 1cos( 4 )
3 3
 x2 9  252 16
x 0 22x 0 1516  1 2 0 5    25   x 0  9    9 ．因为5x 0 5，  2  4(1 1 2 cos) ，
所以当x 
25
时，

P

F



P

B

最小值为
16
，错误.
1cos
(cos
1
)2
0 9 1 9 2
8．【答案】BCD 1 1 3 4 2t3
令tcos ,t( , ) ，则 PF  PF  PF   ，
【解析】将点A的代入抛物线方程得12p，所以抛物线方程为 2 2 2 1 2 3 32t t2
x2y，故准线方程为y 1 ，A错误； 令f(t) 4  2t3 ，则f(t) 8  2t6  27(t1) ，
4 32t t2 (32t)2 t3 (32t)2t3
1(1) 1 3
k  2，所以直线AB的方程为y2x1， 当 t1时，f(t)0 ，f(t) 递增，当1t 时，f(t)0 ，f(t)
AB 10 2 2
y2x1 递减，故f(t)  f(1)9 ，
联立 ，可得x22x10，解得x1，故B正确； min
x2y
故当t1 ，即cos
1
,

时， PF  PF  PF 取到最小值
设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有 2 3 1 2 3
一个交点， 
9，故B正确；当n4时，PFP PFP PFP PFP  ，
所以，直线l的斜率存在，设其方程为ykx1，P(x,y),Q(x ,y )， 1 2 2 3 3 4 4 1 2
1 1 2 2
此时不妨设P,P,P,P 在抛物线上逆时针排列，设
ykx1 1 2 3 4
联立 ，得x2kx10， 
x2 y PFx,(0, ),
1 2
Δk240
2 2 2 2
 |PF| ,|PF| ,|PF| ,|PF|
所以  x 1 x 2 k ，所以k2或k2，y 1 y 2 (x 1 x 2 )21， 则 1 1cos 2 1cos(  ) 3 1cos() 4 1cos( 3 ) ，
 x 1 x 2 1 2 2
2 2 2
又|OP| x2y2  y y2 ，|OQ| x2y2  y y2， 即|PF| ,|PF| ,|PF| ，
1 1 1 1 2 2 2 2 2 1sin 3 1cos 4 1sin
所以|OP||OQ| yy (1y)(1y ) kx kx |k|2|OA| 2， 2 2 4
1 2 1 2 1 2 故 PF PF    ，
故C正确； 1 3 1cos 1cos sin2
因为|BP| 1k2 |x 1 |，|BQ| 1k2 |x 2 |， P 2 F P 4 F  1s 2 in  1s 2 in  cos 4 2 ，
所以|BP||BQ|(1k2)|xx |1k25，而|BA|25，故D正确.
1 2 1 1 sin2 cos2 1
所以     ，故C正确；
9．【答案】BC P 1 F P 3 F P 2 F P 4 F 4 4 4
【解析】设点P(x,y)，依题意，[(x2)2y2][(x2)2y2]25， 由C的分析可知：
对于A，25[(x2)2y2][(x2)2y2](x2)2(x2)2(x24)2， PF PF PF PF  4  4  4  16 ，
当且仅当y0时取等号，
1 2 3 4 sin2 cos2 sin2cos2 sin22
16
解不等式(x24)225得：3≤x≤3，即点P的横坐标的取值范围 当sin221 时， 取到最小值16，
sin22
是[3,3]，A错误；
即 PF  PF  PF  PF 最小值为16，故D错误；
对于B，[(x2y24)4x][(x2y24)4x]25，则 1 2 3 4
x2y24 2516x2，显然0x29，因此
|OP| x2y2  2516x24[1,3]，B正确； 多选题专题训练5--统计板块
对于C，PMN的面积 1．【答案】CD
1 1 5 【解析】A：E(y)E(xc)E(x)c且c0，故平均数不相同，
S |PM||PN|sinMPN |PM||PN| ，当且仅当
2 2 2 错误；B：若第一组中位数为x，则第二组的中位数为y x c，
i i i
MPN90时取等号，
显然不相同，错误；C：D(y)D(x)D(c)D(x)，故方差相同，
当MPN90时，点P在以线段MN为直径的圆x2y24上，
正确；D：由极差的定义知：若第一组的极差为x x ，则第二
max min
 39 组的极差为y y (x c)(x c)x x ，故极差相
由   x2y24 解得    x 4 ，所以PMN面积的最 同，正确 max min max min max min
x2y24 2516x2 
y
5 2．【答案】ABC
 4 【解析】对于A选项，由概率的基本性质可知，ab1，
5 1
大值为 ，C正确；对于D，因为点(3,0)在动点P的轨迹上，当点 故A正确，对于B选项，由p 时，离散型随机变量X服从二项
2 2
P为此点时， PM  PN 516，D错误.  1 1k 1nk
10．【答案】BC 分布B  n, 2   ，则PX kCk n  2     1 2   k0,1,2,3,,n，
24
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}所以a    1 2    n  C1 n C3 n C5 n      1 2    n 2n1 1 2 ， 则 P( P B 2 ( ) A  |B 4 1 0 ) % 8 ， % P ， (B P 3 ) (  A| 5 B 0 2 % ) ， 3%，P(A|B 3 )2%，P(B 1 )10%，
b    1 2    n  C0 n C2 n C4 n      1 2    n 2n1 1 2 ， 对 P( 于 AB A 1 ) ， P 任 ( 取 A| 一 B 1 个 )P 零 (B 件 1 ) 是 8 第 % 1 1 台 0% 生  产 0. 出 00 来 8 的 ， 次 故 品 A 概 错 率 误 为 ；
所以ab，故B正确， 对于B，任取一个零件是次品的概率为
对于C,D选项， a
 1pp n 1pp n

112pn
， 故
P(A
B
)
正
P
确
(A
；
B 1
对
)
于
P(
C
AB
，
2 )
如
P
果
(A
该
B 3
零
)
件
8%
是

第
10%
3

台
3%
车

床
40
加
%
工
2
出
%
来
50
的
%
，

那
0.0
么
3，
它
2 2
不是次品的概率为P(AB)1P(AB)12%0.98，故C正确；
1 112pn 3 3
当0 p 时，a 为正项且单调递增的数列， 对于D，如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概
2 2
故a随着n的增大而增大故选项C正确， 率为1P(B |A)1 PAB 3  1 P(A|B 3 )PB 3  1 2%50%  2 ，故
1 3 PA PA 0.03 3
当  p1时，a12pn为正负交替的摆动数列，
2 D错误．
故选项D不正确. 8．【答案】BCD
3．【答案】ABD 【解析】选项A：所有不同分派方案共34种.判断错误；
【解析】由表中数据可得甲校理科生达标率为60%，文科生达标率 选项B：若每家企业至少分派1名医生，
为70%，乙校理科生达标率为65%，文科生达标率为75%，故选项 先把4名医生分成3组（2人，1人，1人）再分配.
AB正确；设甲校理科生有x人，文科生有y人，若0.6x0.7y，即 C2C1C1
则所有不同分派方案共 4 2 1A336（种）.判断正确；
0.6x0.7y 42 A2 3
6x7y，则甲校总达标率为  ，选项C错误； 2
xy 65 选项C：若每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到A企业，
由总达标率的计算公式可知当学校理科生文科生的人数相差较大 则A企业可以只有医生甲，也可以有医生甲和另一名医生，
时，所占的权重不同，总达标率会接近理科生达标率或文科生达标 则所有不同分派方案共C1C2C1A2C1A3 12（种）.判断正确；
1 3 1 2 1 3
率，当甲校文科生多于理科生，乙校文科生少于理科生时，甲校的
选项D：若C企业最多派1名医生，则C企业可以有1名医生和没
总达标率可能高于乙校的总达标率，选项D正确；
有医生两种情况,则不同分派方案共C1232448（种）.判断正
4．【答案】BCD 4
确.
E(X)np30 1
【解析】对于A， ，解得p ，A错误； 9．【答案】ABD
D(X)np(1p)20 3 【解析】对于A选项：线性回归方程yˆbˆx0.28必过点  x,y  ，x3，
对于B，方差反映的是数据与均值的偏移程度，因此每个数据都加
上同一个常数后，每个新数据与新均值的偏移不变，方差恒不变， y1，解得bˆ0.24，所以选项A正确；
B正确；对于C，服从正态分布N0,1， 对于B选项：当x8时，yˆ0.24x0.28可以的出y的预测值为
1 1
2.2,所以B选项正确；
P(10)P(01) P(1) p，C正确； 对于C选项：从小到大排列共有5个数据，则i540%2是整
2 2
对于D，X ~B10,0.8，则P(X k)Ck0.8k0.210k， 数，则第40百分位数为从小到大排列的第2、3个数据的平均数，
10 即第40百分位数为0.9，所以C选项错误；
由    C C 1 k k 0 0 0 . . 8 8 k k   0 0 . . 2 2 1 1 0 0   k k   C C 1 k k 0   1 1 0 0 . . 8 8 k k   1 1   0 0 . . 2 2 1 9 1   k k ，解得 3 5 9 k 4 5 4 ，所以  n  x i x  y i y 
5 k ． = 【 8 答 1 ． 0 案 D 】 正 A 确 C ． 10 对于D选项：因为相关系数为r  n i  1 x i x 2 n  y i y 2 ,
【解析】对于A项，因为5(0.01a0.060.040.02)1，解得：
5组样本数据的相关系数为：
i1 i1
a0.07，故A项正确；
对于B项，(0.010.070.06)510070 人，故B项错误；  5 x
i
x  y
i
y 
20.510.20010.220.5
对于C项，因为0.0150.0750.0650.7， r i1  ，
0.0150.0750.0650.0450.9，0.70.780.9，所以第  5 xx 2 5 yy 2 41014 0.520.22020.220.52
i i
78百分位数位于[60,65)之间， i1 i1
设第78百分位数为x，则
0.0150.0750.065(x60)0.040.78，解得：x62，故
去掉样本中心点3,1后相关系数为
C项正确；对于D项，因为  4  xx  yy 
0.01547.50.07552.50.06557.50.04562.50.02567.557.25 i i 20.510.210.220.5
，
6．
即
【
：
答
估
案
计
】
该
BD
校学生体重的平均数约为57.25，故D项错误. r
 4
i

1
x i x 2 4  y i y 2

4114 0.520.220.220.52
，
【解析】对于A，因为PA0.5，PB0.2，BA，
所以
i
相
1
关系数
i1
r不变,所以D选项正确；
所以PABP(B)0.2，故错误； 10．【答案】AC
对于B，因为A与B互斥，所以 【解析】对于A选项，若n1，则i1,p 1，所以
1
PABP(A)P(B)0.50.20.7，故正确； HX1log 10，所以A选项正确.
2
对于C，因为PB0.2，所以P  B  10.20.8，所以 对于B选项，若n2，则i1,2，p
2
1p
1
，
P

AB

0.50.80.4，故错误；
所以HXp
1
log
2
p
1
1p
1
log
2
1p
1
，
对于D，因为PB|A0.2，即 PAB 0.2，所以 当p 1  1 4 时，HX    1 4 log 2 1 4  3 4 log 2 3 4    ，
P(A)
PAB0.2P(A)0.1， 当p  3 时，HX   3 log 3  1 log 1 ，
1 4 4 24 4 24
又因为P(A)P(B)0.50.20.1，所以PABP(A)P(B)，
两者相等，所以B选项错误.
所以A与B相互独立，故正确.
对于C选项，若p 
1
i1,2,,n，则
7．【答案】BC i n
【解析】记事件A：车床加工的零件为次品，记事件B
i
：第i台车
HX


1
log
1
nlog
1
log n，
床加工的零件， n 2n 2n 2
25
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}则HX随着n的增大而增大，所以C选项正确. 米，高为24米，
对于D选项，若n2m，随机变量Y的所有可能的取值为1,2,,m， 所以半球的表面积为 1 4π82128π（平方米），
且 PY jp p （ j1,2,,m）. 2
j 2m1j
2m 2m 1
HXp log p p log
i 2 i i 2 p
i1 i1 i
1 1 1 1 圆柱的侧面积为2π813208π（平方米），
 p 1 log 2 p p 2 log 2 p p 2m1 log 2 p p 2m log 2 p . 圆台的侧面积为π81 72242225π（平方米），
1 2 2m1 2m
HY 故该组合体的表面积为128π+208π+225π+π12562π（平方米）．
1 1 7．【答1案】A
p
1
p
2m
log
2 p p
p
2
p
2m1
log
2 p p
  p
m
p
m1
log
2【p解析p】根据平均值公式由表格数据可得  x,y  为10,40，又  x,y 
1 2m 2 2m1 m m1
 p log 1 p log 1 p log 1 p lo在g回归 1 方程yˆbxa上且b2,40102a，解得
1 2 p p 2 2 p p 2m1 2 p p 2m 2 p p
1 2m 2 2m1 2 2m1 a610,2ym2x60，当x4时，y246068，即预
1 1
由于p
i
0i1,2,,2m，所以
p

p p
，所以 测当气温为4℃时，用电量度数为68 ，故选A.
i i 2m1i 8．【答案】D
1 1
log log ， 【解析】若a//b，b，则a//或a，故A选项错误；
2 p 2 p p
i i 2m1i 若a，b，a//b，则//或与相交，故B选项错误．
1 1
所以p log  p log ，所以HXHY，所以D 若//，a//，则a//或a，故C选项错误；
i 2 p i i 2 p i p 2m1i 若a，b，c，a//b，则b//c，正确，
选项错误.
证明如下：a//b，a，b，a//，
又a，且c，a//c，则b//c，故D选项正确；
2024年新高考数学终极押题卷（19题型
9．【答案】ACD
【解析】根据Venn图可知NM，对于A，显然NM，故A正
1．【答案】C
a12
确；对于B，M ∣x1x1,N{∣x x1}，则M N，故B
【解析】由24iai1ia1a1i，则
a14
，解
错误；对于C，M x∣x0,Ny∣y5，则NM，故C正
得a3. 确；对于D，M x,y∣yx，或yx,Nx,y∣yx ，
2．【答案】B
【解析】ylog x的定义域为0,，是非奇非偶函数，A选项 则NM，故D正确.
3
错误.y3x是非奇非偶函数，C选项错误. 10．【答案】BC
y 1 的定义域是,0U0,，y 1 在定义域上没有单调 【解析  】  O 2 是    ABC 2 的 1 重  心  ，延  长  AO 1 交  BC 1 于  点  D，则D是BC中
x x 点，AO AD  (ABAC) AB AC，A错；
性，D选项错误.令fxx3x，fx的定义域为R， 3 3 2 3 3
 1 1   
fxx3xfx，所以fx是奇函数，即yx3x是奇 由AO AB AC得ABAC3AO，所以
3 3
函数，由于yx3,yx在R上都是增函数，所以yx3x在R上 9  A  O  2(  A  B    A  C  )2  A  B  2  A  C  22  A  B    A  C  2  A  B   A  C  2  A  B    A  C  ，
递增，符合题意，B选项正确.
    1     
3．【答案】D 又ABAC AB AC cosA AB AC ，即 AB AC 5ABAC
      5  
【解析】函数ysin(2x )向右平移 个单位长度， 所以25ABAC2ABAC922，所以ABAC3，当且仅当
3 6  
  AB  AC 时等号成立，B正确；
ysin[2(x ) ]sin2x .
 
6 3   ABAC  
4．【答案】C AB AC  15，当且仅当 AB  AC 时等号成立，
cosA
x2 y2
【解析】因为椭圆  1，a24，b22，所以c22， 2 6
2 4 sinA 1cos2A ，
5
c2 2
即e  . 1   1 2 6
a2 2 S  AB ACsinA 15 3 6，C正确；
5．【答案】A AB

C

2
  
2
 
5
 
2a 由9AO 2 (ABAC)2AB 2 AC 2 2ABAC 得
【解析】由已知f(x)x3ax2，f(x)3x22ax3x(x
3
)，
 A  B 2   A  C 2 362  A  B    A  C  36 2  A  B   A  C  ，
令fx0得x0或x 2a ，由题意x0是极小值点，则 2a 0， 5
所以 ，
3 3 2 2  
2a 2a a2b2c22bccosA AB  AC 2ABACcosA
若 0，则 x0时，f(x)0，f(x)单调递减，x0时，
3 3 4   4
f(x)0，f(x)单调递增， 36
5
AB AC 36
5
1524
则x0是函数的极小值点，
a2 6，当且仅当

A

B



A

C

时等号成立，所以a的最小值是2 6，
2a 2a
若 0，则0x 时，f(x)0，f(x)单调递减，x0时， D错．
3 3
f(x)0，f(x)单调递增，
则x0是函数的极大值点，不合题意，
2a
综上， 0，即a<0.
3
6．【答案】C 11．【答案】ACD
【解析】该组合体的直观图如图：半球的半径为8米，圆柱的底面 【解析】A选项，因为gx2为偶函数，所以gx关于直线x2
半径为8米，母线长为13米，圆台的两底面半径分别为8米和1
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}对称，所以gxg4x，
ABC
π
，以点B为坐标原点，BC、BA、BB所在直线分别为x、
所以x2fx12xf3x，所以fx1 f3x0， 2 1
y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
所以 fx f2x0，即fx的图象关于点1,0对称，A正确；
B选项，又fx4是定义在R上的奇函数，所以
f4x fx40，即f2x fx60，所以
fx fx6，所以fx是周期为6的周期函数．
在gxx2fx1中，当x3时，得f2g36；
g4
当x4时，得f3 2．
2 由题意，A0,2,0、C2,0,0、C 2,0,1、E1,0,0，
1
又由 fx f2x0，得f0 f20， f5 f 30， 设平面ACE的法向量为m  x,y,z，  E  A  1,2,0，  E  C  1,0,1，
1 1
所 则 以 f f 0 6     6， f0 f    3   f 2 2 ，  因  为 6， f 所 0 以  f f   5 3    ， f 所  以 1 B  错  误 f ； 32， 则   m   E     A     x2y0 ，取x2，可得m  2,1,2，
mEC xz0
CD选项，在f4x fx40中，令x0，得2f40，所 易知平面C 1 CE的一个法向量为n  0,1,0，
以f40，在fx f2x0中，令x1，得2f10，所 1  
  mn 1
以f10，所以 6 fi0620260， 则cos m,n  m  n   3 ，
i1 由图可知，二面角ACEC的平面角为钝角，
所以，C，D正确. 1
1
2026 63374 故二面角ACEC的余弦值为 .
故选 f(i)  f(i) f(1) f(2) f(3) f(4)8． 1 3
【点睛 i1 】设函数 i y 1  fx，xR，a0，a¹ b． （2）解：易知A 1 0,2,1、B0,0,0、C 1 2,0,1、M    1 2 ,1,0   
（1）若fxa f xa，则函数fx的周期为2a；    2 2 3   2 2
点G满足CG2GM，则CG CM   ,1,11, , ，
（2）若fxafx，则函数fx的周期为2a； 1 1 3 1 3 2   3 3
（3）若fxa
f
1
x
，则函数fx的周期为2a； 则C  G  C  C 
1
C 
1
 G  0,0,1  

1, 2
3
, 2
3
 

  

1, 2
3
, 1
3
 

，且
1   5
（4）若fxa fx ，则函数fx的周期为2a；  B  A  0,2,1，所以，cos  B  A  ,C  G    B  A 1 C  G   3  5 ，
1 1 BA CG 14 14
（5）若fxa fxb，则函数fx的周期为ab； 1 5
3
（6）若函数fx的图象关于直线xa与xb对称，则函数fx     5 3 14
则sinBA,CG 1cos2 BA,CG 1  ，
的周期为2ba ； 1 1 14 14
（7）若函数fx的图象既关于点a,0对称，又关于点b,0对称，
因此，直线AB与直线CG所成角的正弦值为
3 14
.
1
则函数fx的周期为2ba ； 14
16．【答案】(1)列联表见解析；与性别有关.(2)分布列见解析，数学
（8）若函数fx的图象既关于直线xa对称，又关于点b,0对
13
期望为 .
称，则函数fx的周期为4ba； 6
（9）若函数fx是偶函数，且其图象关于直线xa对称，则fx 【解析】（1）依题意，22列联表如下：
的周期为2a； 喜欢篮球 不喜欢篮球 合计
（10）若函数fx是奇函数，且其图象关于直线xa对称，则
男生 60 40 100
fx的周期为4a．
女生 30 70 100
12．【答案】9
x2 y2 a24 合计 90 110 200
【解析】M是双曲线  1上一点，所以 ，
4 12 c2a2b216 零假设H :该校学生喜欢篮球与性别无关，
0
a2 200(60703040)2 200
所以 ，由双曲线定义可知 MF  MF 2a4， 2   18.182 10.828 x ，
c4 1 2 10010090110 11 0.001
所以MF 2 1或者9，又MF 2 ca2，所以MF 2 9 根据小概率值0.001的独立性检验，推断H 0 不成立，
13．【答案】1
即认为该校学生喜欢篮球与性别有关.
  r r （2）依题意，X 的可能值为0，1，2，3，
【解析】因为a(2,5)，bcos,sin2，且a//b，
 32  2 1
所以5cos2sin2，即5cos4sincos，即 P(X 0)1  1  ，
 4  3 48
cos54sin0，因为sin1,1，所以54sin0，所
3 3  2  32 2 1
以cos0，又sin2cos21，所以sin1. P(X 1)C1 1 1 1    ，
2 4 4  3  4 3 6
14．【答案】480
【解析】先除去甲乙，另外4位专家排成一排，站法共有
P(X 2)C1
3
1
3

2



3

2


1
2

7
，
A4432124种，4位专家排成一排后形成5个空，将甲乙插 2 4 4 3 4  3 16
4
入这五个空中，共有A25420种，由分步乘法计数原理得 32 2 3
5 P(X 3)    ，
A4A2480种，即不同的站法有480种， 4 3 8
4 5
1 3 14
所以X 的分布列为：
15．【答案】(1) (2)
3 14 X 0 1 2 3
【解析】（1）在直三棱柱ABC-ABC 中，BB 平面ABC，
1 1 1 1
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{#{QQABZYwQoggIAJBAARgCQQGQCECQkAEACAoGAFAEsAABSRFABAA=}#}1 1 n1
1 1 7 3 而Plog P log  ，
P 1 2 1 2n1 22n1 2n1
48 6 16 8
n1 n n1 n1 n2 2 1
1 1 7 3 13 于是H() P log P      ，
数学期望E(X)0 1 2 3  . 2n1 k 2 k 2n1 2n1 2n2 22 2
48 6 16 8 6
k2
n1 n n n1 n2 2 1
17．【解析】（1）函数的定义域为 ， 整理得H()      
2n1 2n 2n 2n1 2n2 22 2
1 2x2x1 (2x1)(x1)
f(x)2x1   0,+∞ 1 2 3 n1 n
x x x 令S n  2  22  23  2n1  2n ，
当x(0,1)， f(x)0，函数单调递减，
1 1 2 3 n1 n
当x(1,)，f(x)0，函数单调递增，x1是函数的极小值点， 则 2 S n  22  23  24  2n  2n1 ，
函数的极小值为 f （1）1100 1 1 1 1 1 n n2
两式相减得 S      1
（2）若函数y f(x)在(0,1)内单调递增， 2 n 2 22 23 2n 2n1 2n1
1 n2
则 f(x)2ax1
x
0在(0,1)恒成立． 因此S
n
2
2n
，
1 1 1 n1 n n1 n n2 1
即a
2
(
x2

x
)在(0,1)恒成立． 所以H()
2n1

2n
S
n

2n1

2n
2
2n
2
2n2
.
1 1 1 1 1 1 1
因为 (  ) [(  )2 ](1,)
2 x2 x 2 x 2 4
所以使得函数y f(x)在(0,1)内单调递增的a不存在，
若函数y f(x)在(0,1)内单调递减
1
则 f(x)2ax1 „0在(0,1)恒成立．
x
1 1 1
即a„ (  )在(0,1)恒成立．
2 x2 x
1 1 1 1 1 1 1
因为a„ (  ) [(  )2 ]在(0,1)恒成立．
2 x2 x 2 x 2 4
所以a„1时，函数y f(x)在(0,1)内单调递减．
18．【解析】（1）设Ax,y,Bx ,y ,则
1 1 2 2
x x,y2 4x,y2 4x,y y 4,
1 2 1 1 2 2 1 2
y y y y 4
k 1 2  1 2  1.
于是直线AB的斜率 x x y2 y2 y y
1 2 1  2 1 2
4 4
根据题意有AB中点的坐标为2,2,
所以直线AB的方程为y21x2,即xy0.
（2）证明：当直线l的斜率存在时，设
l:ykxm,Ax,y,Bx ,y.
1 1 2 2
y24x,
由 可得k2x22km4xm20，
ykxm
所以k0,Δ(2km4)24k2m20,即km1，
42km
所以x x 
1 2 k2
42km 2
因为x x 4,所以x x  4,则m 2k
1 2 1 2 k2 k
所以线段AB的中点坐标为2,2km，
所以线段AB的垂直平分线方程为y2km1
x2.
k
1 2 1 4 1
即y x 2km x  x4,所以过定点(4，0).
k k k k k
当直线l的斜率不存在时也满足.
19．【解析】（1）当n2时，
P(0,1),H()Plog P(1P)log (1P) ，
1 1 2 1 1 2 1
令f(t)tlog t(1t)log (1t) ，t(0,1)，
2 2
1 
则f'(t)log tlog (1t)log  1，
2 2 2t 
所以函数 ft在  0, 1 上单调递增，在   1 ,1  上单调递减，
 2 2 
1
所以当P  时，H()取得最大值，最大值为H() 1.
1 2 max
1
（2）因为PP  ，P 2P（k2,3,,n），
1 2 2n1 k1 k
2k2 1
所以P P 2k2  （k2,3,,n），
k 2 2n1 2nk1
1 1 nk1
故P log P  log  ，
k 2 k 2nk1 22nk1 2nk1
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