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2019-2020年高三數(shù)學《考試大綱》調(diào)研卷 理 【命題報告】 在命制本套試卷之前，筆者認真研究了近兩年廣東省高考命題的方向、特點，特別是xx年的命題動向，并對xx年廣東省高考的《考試說明》作了探索，預測xx年的高考仍將保持“穩(wěn)中有變，變中求新”的總趨勢．本套試卷主要呈現(xiàn)以下幾個特點： (1)起點低，落點高，層次分明，難度適中，區(qū)分度高； (2)注重對基礎知識、基本能力和基本方法的考查，題型均為考生所熟悉的，但陳而不舊，新而不怪； (3)既關注知識點的全面覆蓋，又突出對主干知識的重點考查，從不同角度、不同層次對知識點進行考查； (4)源于教材、高于教材，對一些課本的例題、習題作了靈活的重組； (5)題型新穎，創(chuàng)新度高，富有時代氣息； (6)注重知識的自然交匯，突出考查分析問題、解決問題的能力及創(chuàng)新意識． 總體來說，本套試卷很好地體現(xiàn)了廣東省xx年高考數(shù)學的命題趨勢和方向，有較高的模擬訓練價值． 本試卷共21小題，滿分150分．考試用時120分鐘． 一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的． 1．復數(shù) A．-i B．i C．1+i D．1-i 2．已知集合,且,則實數(shù) A．0 B．1 C．2 D．3 3．函數(shù)的定義域為 A．(1，+∞) B.(0，+∞) C．(-∞，0) D．[0，1] 4．如圖,已知AB是圓O的直徑，點G、D是半圓弧的兩個三等分點 則 5．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為 6．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為 ,則△ABC是 A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．不能確定 7．已知變量滿足約束條件，則的取值范圍是 A．(-1，1) B．(-1，1] C．[-1，1) D．[-1，1] 8．已知為互不相等的三個正實數(shù)．函數(shù)可能滿足如下性質(zhì)： 為奇函數(shù)為奇函數(shù);為偶函數(shù) 為偶函數(shù);類比函數(shù)的對稱中心、對稱軸與周期的關系，某同學得到了如下結(jié)論： (i)若滿足，則的一個周期為；(ii)若滿足,則的一個周期為；(iii)若滿足③④，則的一個周期為;(iv)若滿足②⑤，則的一個周期為.其中正確結(jié)論的個數(shù)為 A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空題：本大題共7小題，考生作答6小題，每小題5分，滿分30分． (一)必做題(9～13題) 9．某地區(qū)為了調(diào)查職業(yè)滿意度，決定用分層抽樣的方法從公務員、教師、自由職業(yè)者三個群體的相關人員中，抽取若干人組成調(diào)查小組，有關數(shù)據(jù)見下表，則調(diào)查小組的總?cè)藬?shù)為____ 相關人員數(shù) 抽取人數(shù) 公務員 32 x 教師 48 y 自由職業(yè)者 64 4 10．如圖，將等差數(shù)列的前6項填入一個三角形的頂點及各邊中點的位置，且在圖中每個三角形頂點所填的三項也成等差數(shù)列，數(shù)列的前xx項和,則滿足 的n的值為________ 11．若的值由下面的程序框圖輸出，則二項式的展開式的常數(shù)項為_______(用數(shù)字作答)． 12．平面直角坐標系中，過定點C(0，P)作直線與拋物線相交于A、B兩點，若點N是點C關于坐標原點O的對稱點，則△ANB面積的最小值為________ 13．當時，不等式恒成立，則m的取值范圍是_________ (二)選做題(14～15題，考生只能從中選做一題) 14．(坐標系與參數(shù)方程選做題)曲線與曲線 交點的極坐標為________ 15．(幾何證明選講選做題)如圖，兩同心圓的半徑分別為1、2，直線PA經(jīng)過兩圓的圓心O且與大圓交于A、B兩點，直線PQ與小圓切于點Q且與大圓交于C、D兩點，若PA=1，則CQ=________ 三、解答題：本大題共6小題，滿分80分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 16．(本小題滿分12分) 已知函數(shù)的最小正周期為π，其圖象的一條對稱軸是直線 (1)求的表達式； (2)若,且，求的值 17．(本小題滿分13分) 甲、乙兩人參加某電視臺舉辦的答題闖關游戲，按照規(guī)則，甲先從6道備選題中一次性抽取3道題獨立作答，然后由乙回答剩余3題，每人答對其中2題就停止答題，即闖關成功．已知在6道備選題中，甲能答對其中的4道題，乙答對每道題的概率都是 (1)求甲、乙至少有一人闖關成功的概率； (2)設甲答對題目的個數(shù)為ξ，求ξ的分布列及數(shù)學期望． 18．(本小題滿分13分) 如圖，在平行六面體中，四邊形ABCD與四邊形均是邊長為l的正方形，點E為的中點，點P，Q分別為上的動點，且 (1)當平面PQE∥平面時．求λ的值： (2)在(1)的條件下，求直線OE與平面DQP所成角的正弦值． 19．(本小題滿分14分) 李先生準備xx年年底從銀行貸款元購買一套住房，銀行規(guī)定，從次年第一個月開始償還貸款，每月還款額均為元，n年還清，且銀行的月利率為P，銀行貸款和個人的還款額均按復利計算． (1)求的值(用表示)； (2)當時，求的值(精確到1元) (參考數(shù)據(jù)： 20．(本小題滿分14分) 設橢圓的左、右焦點分別為,直線交 軸于點A，且 (1)求橢圓的方程； (2)過分別作互相垂直的兩直線與橢圓分別交于D、E、M、N四點(如圖所示)，試求四邊形DMEN面積的最大值和最小值． 21．(本小題滿分14分) 設為非負實數(shù)，函數(shù) (1)當時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間； (2)討論函數(shù)的零點個數(shù)，并求出零點． 參考答案 【考綱分析與考向預測】根據(jù)xx年廣東省《考試說明》提供的信息，并結(jié)合近幾年廣東省高考試題進行了橫向和縱向的分析，預測xx年高考仍會體現(xiàn)以下特點：知識點覆蓋全面，試題較好地體現(xiàn)了由易到難，起點低、入口寬、逐步深入的格局；強調(diào)“雙基”、突出 “雙基”；緊扣教材，適度改造，推陳出新，關注生活，貼近學生，以社會普遍關注的熱點問題為背景，考查學生的閱讀理解能力、數(shù)學建模能力(即從數(shù)學的角度觀察、思考和分析實際問題的能力)和綜合運用所學知識解決實際問題的能力；重點內(nèi)容重點考查，非重點內(nèi) 容滲透考查，注重知識的交叉、滲透和綜合，在“知識網(wǎng)絡交匯點”處命題，從學科整體意義的高度考慮試題的布局，以檢驗學生能否形成一個有序的網(wǎng)絡化知識體系；試卷重視通性通法、淡化特殊技巧，強調(diào)知識間的內(nèi)在聯(lián)系，從學科整體的高度出發(fā)，注重各部分知識 的相互滲透和綜合，循序漸進，多題把關． 【測試評價與備考策略】本套試卷與xx年高考廣東卷試題難度大致相當，以考查基礎知識為主，同時也很注重對能力的測試，知識點的覆蓋較為全面，考點設置合理，區(qū)分度較好． 通過測試也反映出了一些問題：(1)基本概念、基礎知識掌握的不扎實，造成知識遷移的錯誤，需要加強課本知識的復習；(2)訓練不到位、計算能力薄弱，需要加強計算的準確性與速度的訓練；(3)一些基本技能、基本數(shù)學思想和方法掌握不扎實，特別是對選擇題、 填空題專項訓練不到位，需要加強選擇題的答題技巧，填空題解答的正確性；(4)解答題審題不仔細，不能準確把握題目實質(zhì)，解答過程不規(guī)范，缺少必要的說理和解題步驟，甚至出現(xiàn)“會做而做不對，做對了而不全對”的情況．因此只有重視解題過程的語言表述。培養(yǎng) 規(guī)范簡潔的表達，“會做”的題才能“得分”． 我們的備考策略是：(1)基礎知識的學習和復習要在形成知識體系上下工夫．切實掌握數(shù)學知識是順利解答問題的基礎，復習時要注意知識的不斷深化，新知識應及時納入已有的知識體系，特別要注意數(shù)學知識之間的關系和聯(lián)系，逐步形成和擴充知識結(jié)構(gòu)系統(tǒng)，能在大腦記憶系統(tǒng)中建構(gòu)“數(shù)學認知結(jié)構(gòu)”，在解題時能尋找最佳解題途徑，優(yōu)化解題過程． (2)能力培養(yǎng)要落到實處，解題要突出目標意識，強化通性通法，淡化特殊技巧，注重解題方法的探究和總結(jié)，克服盲目性，提高自覺性，解題后要多反思、領悟，不斷總結(jié)解題經(jīng)驗． (3)要重視培養(yǎng)創(chuàng)新意識和實踐能力．創(chuàng)新可以為高考試題注入新的活力．以學生所學的數(shù)學知識為基礎，對某些數(shù)學問題進行深入探討，或從數(shù)學角度對某些實際問題進行探究，以體現(xiàn)研究性學習的要求，這有可能成為xx年高考數(shù)學命題的亮點．加強數(shù)學深究能力和創(chuàng)新能力的培養(yǎng)，是新課程竭力倡導的重要理念，這個理念十分鮮明而強烈地體現(xiàn)在近兩年采的高考數(shù)學試卷中，每年都有一些背景新穎、內(nèi)涵深刻的試題出現(xiàn)，例如探索型問題、閱讀理解型問題、動手操作類問題等，加強對近兩年來的高考試題的研究，可以使我們從中得到許多有益的啟發(fā)． 因此，復習中應該從實際出發(fā)，一步一個腳印，夯實基礎，提升能力，適度創(chuàng)新，才能以不變應萬變，奪取高考數(shù)學的勝利！ 1．解析：A 2．解析：B 由，易得，則 3．解析：B由題意可得，解得，即所求函數(shù)的定義域為(0，+∞)，選B． 4．解析：D連接OC、OD、CD，由點C、D是半圓弧的三等分點，有 ,且OA=OC=OD，則△OAC與△OCD均為邊長等于圓O的半徑的等邊三角形，所以四邊形OACD為菱形，所以 5．解析：B 根據(jù)幾何體的三視圖可以推知該幾何體是一個直三棱柱被截去一個三棱錐后剩余的部分，其中直三棱柱的底面是邊長為2的等邊三角形，高為2；三棱錐的底面是邊長為2的等邊三角形，高為1，故所求幾何體的體積為 6．解析：C 由正弦定理得，則，從而 ，所以角B為鈍角，△ABC是鈍角三角形． 7解析：D 畫出不等式組所表示的可行域，知當時，則；當時，，令它表示過點和點(0，0)的直線的斜率，得，這時而由得，則，即， 故 8．解析：C 由的圖象知，兩相鄰對稱中心的距離為兩相鄰對稱軸的距離為，對稱中心與距其最近的對稱軸的距離為若滿足①②，則的兩個相鄰對稱中心分別為 ，從而有，即；若滿足①③，則的對稱軸為，與對稱軸相鄰的對稱中心為，有，即；若滿足③④，則的兩個相鄰的對稱軸為和，從而有，即；若滿足②⑤，則的對稱中心為，與其相鄰的對稱軸為，從而有，即，故只有(iii)錯誤． 9．解析：9 由題意得，解得，故調(diào)查小組的總?cè)藬?shù)為 10．解析：3 設等差數(shù)列的公差為d，則由成等差數(shù)列得，即，有于是，由，得，有即，由，得，結(jié)合函數(shù)與 的圖象知 11．解析： -28812 執(zhí)行程序框圖可得 輸出， 二項式的展開式的通項為 令，得，所以常數(shù)項為 12.解析： 依題意，點N的坐標為，可設，直線方程為 ，則直線方程與聯(lián)立得，消去得 由根與系數(shù)的關系得 于是 所以當時，△ANB的面積最小，且 13．解析： 當且僅當與同號時取等號．故當時． 有 當時，有最大值，而，所以當，或時，有最大值，且，即m的取值范圍是 14．解析：(1，0) 由，得，即，由 ，得，則兩方程聯(lián)立得，解得，故兩曲線交點的極坐標為(1，0)． 15．解析： 因為PQ是小圓的切線，則由切割線定理可得 即(或利用勾股定理：連接OQ，由題意得， 則，設， 則 由大圓的割線定理得，即，解得 即 16． 解析：(1)由的最小正周期為π， 得，即 (2分) 又圖象的一條對稱軸是直線，有 則而，得 (5分) (2)由，得,有 (6分) 而,則，又 (9分) 則 (10分) (12分) 17．解析：（1）設甲、乙闖關成功分別為事件A、B， 則， (4分) 事件、相互獨立，則甲、乙至少有一人闖關成功的概率是 (6分) (2)由題知ξ的所有可能取值是1，2． (7分) ， 則ξ的分布列為 (11分) 所以 (13分) 18．解析：(1)由平面PQE∥平面，得點P到平面的距離等于點E到平面的距離，而四邊形ABCD與四邊形均是邊長為1的正方形， ，又 (2分) (3分) 又∵E是的中點，∴點E到平面的距離等于 ∴點P到平面的距離等于，即點P為BD的中點， (5分) (6分) (2)由(1)知P，Q分別是BD，CD1的中點，如圖,以點D為原點．以DA、DC所在的直線分別為軸、軸建立空間直角坐標系，則D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)．， ， ，， (9分) 設平面DQP的法向量為則 取,得 ∴平面DQP的一個法向量為 (11分) 設直線QE與平面DQP所成的角為θ，則 (12分) ∴直線QE與平面DQP所成的角的正弦值為 (13分) 19．解析：(1)貸款元，n年后需還的本金和利息總和為元(1分) 李先生共還款12n次，每次還元， 則第一次還款元，到還款結(jié)束時本金和利息總和為元， 第二次還款元，到還款結(jié)束時本金和利息總和為元。 第三次還款元，到還款結(jié)束時本金和利息總和為元， (4分) ……… 第12n-1次還款元，到還款結(jié)束時本金和利息總和為元. 第12n次還款元(即最后一次還款)，還款結(jié)束時本金和利息總和為元． (6分) 則 (7分) (9分) (2)當時，由(1)得 (13分) 故的值為2343元． (14分) 20．解析：(1)由題意 為的中點， 故橢圓的方程為 (4分) (2)當直線DE與軸垂直時， 此時 ∴四邊形DMEN的面積 (6分) 同理當直線MN與軸垂直時，四邊形DMEN的面積 (7分) 當直線DE，MN均與軸不垂直時，設直線DE：，代入橢圓方程消去得： 設，則 ， ∵直線DE與直線MN垂直，∴用替換中的k，可得 ∴四邊形DMEN的面積 (12分) 令，得 當時， 且S是以u為自變量的增函數(shù)，所以 綜上可知 故四邊形DMEN面積的最大值為4，最小值為 (14分) 21．解析：(1)當時， (1分) ①當時， 在(2．+∞)上單調(diào)遞增． (2分) ②當時， 在(1，2)上單調(diào)遞減，在(-∞，1)上單調(diào)遞增．(3分) 綜上所述．的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞，1)和(2，+∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，2) (4分) (2)(i)當時，，函數(shù)的零點為 (5分) (ii)當時, (6分) 故當時， 此時函數(shù)的對稱軸 在上單調(diào)遞增， (7分) 當時，，此時函數(shù)的對稱軸 在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， (8分) 而 ①當，即時，函數(shù)與軸只有唯一交點，即函數(shù)有唯一零點，該零點大于由，解得或(舍去)， 所以函數(shù)的零點為 (10分) ②當，即時，函數(shù)與軸有兩個交點，即函數(shù)有兩個零點， 分別為和 (12分) ③當，即時，函數(shù)與軸有三個交點，即函數(shù)有三個零點， 由，解得 ∴函數(shù)的零點為 和(13分) 綜上可得，當時，函數(shù)的零點為0； 當時，函數(shù)有一個零點 當時．函數(shù)有2和兩個零點； 當時，函數(shù)有和三個零點． (14分)