2020年福建省高三毕业班3月质量检查测试 理数

2020年福建省高三毕业班3月质量检查测试 理数

理科数学答题分析 第 1 页（共 24 页） 2020 年福建省高三毕业班质量检查测试 理科数学答题分析 1．已知集合  1A x x ≥ ,  ( 4)( 2) 0B x x x   ≥ ，则 ( )=A B R A． 2 1x x ≤ ≤ B． 1 4x x≤ ≤ C． 2 1x x ＜ ＜ D． 4x x＜ 【答案】C． 【考查意图】本小题以集合为载体，考查一元二次不等式求解，集合的并集、补集运算等 基础知识；考查运算求解能力；考查数学运算核心素养；体现基础性． 【答题分析】只要掌握一元二次不等式的解法，先求出集合 B ，再利用补集、并集的含义 便可求解；也可利用特殊值排除错误选项解决问题． 解法一：因为  = 2 4B x x x≤ 或 ≥ ，所以  = 2 1A B x x x≤ 或 ≥ ， 故  ( )= 2 1A B x x   R ，故选 C． 解法二：特殊值法，取 2x   ，排除 A，D；取 2x  ，排除 B，故选 C． 【错因分析】 选择 A 答案，求 A B 出现错误，得到  2 1A B x x x   或 ； 选择 B 答案，集合 B 误解为 2x x ≤ ≤4 ，且审题不清，误求为 A B ； 选择 D 答案， A B 误为 A B ． 【难度属性】属于容易题． 2．等差数列 na 的前 n项和为 nS ，若 4 4a  ， 13 104S  ，则 10 =a A．10 B．12 C．16 D． 20 【答案】B． 【考查意图】本小题考查等差数列通项公式及其性质，前 n 项和等基础知识；考查运算求 解能力；考查函数与方程思想；考查数学运算核心素养；体现基础性． 【答题分析】只要掌握等差数列通项公式及其前 n 项和公式，并直接利用“基本量法”求 解；或者利用等差数列的性质及其前 n 项和公式解决问题． 解法一：因为 13 1 13 12 13 104 2 S a d     ， 4 1 3 4a a d   ，解得 1 4 0, 3 a d  ， 所以 10 1 9 12a a d   ，故选 B． 解法二：因为  4 10 13 13 104 2 a a S    ，又 4 4a  ，所以 10 12a  ，故选 B． 解法三：因为 7 13 13 2 104 2 a S    ，所以 7 =8a ，又 4a ， 7a ， 10a 成等差数列，又 4 4a  ，所 以 10 12a  ，故选 B． 理科数学答题分析 第 2 页（共 24 页） 【错因分析】 选择 A 答案，没有通过规范的运算，误用归纳法得到 na n 导致错误； 选择 C 答案，误把等差数列的通项公式记成 1na a nd  导致错误； 选择 D 答案，运算不认真导致错误． 【难度属性】属于容易题． 3．设 ,x y 满足约束条件 0, 2 0, 1 0, x y x y y      ≥ ≤ ≤ 则 2z x y  的最大值是 A． 0 B．3 C． 4 D．5 【答案】D. 【考查意图】本题以线性规划问题为载体，考查可行域及目标函数的最值等基础知识，考 查运算求解能力，考查数形结合思想，考查直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性． 【答题分析】先画出可行域，作出目标函数对应的动直线 2y x z   ，判断出当动直线 2y x z   过点  2,1C 时，截距 z 取得最大值；也可以通过直接求出可行域的边界交点， 代入求出目标函数在边界交点的值，通过比较知道点C 为最 优解． 解法一：易知该可行域是一个以  0,0O ，  1,1B ，  2,1C 为 顶点的三角形区域(包括边界)．当动直线 2y x z   过点 (2,1)C 时，截距 z 取得最小值5 ，故选 D． 解法二：直接求出三条直线的交点  0,0O ，  1,1B ，  2,1C ， 代入目标函数 2z x y  ，求出相应函数值，并通过比较知道 点C 为最优解，故选 D． 【错因分析】 选择 A 答案，审题不清，误认为题目求最小值； 选择 B 答案，对图形特征理解不到位，把取得最大值的点判断成 (1,1)B 导致出错； 选择 C 答案，把  1,2C 的横纵坐标混淆，代入 2z x y  导致出错． 【难度属性】属于容易题． 4.    5 2 1 2x x  的展开式中， 3x 的系数是 A． 200 B．120 C．80 D． 40 【答案】B． 【考查意图】本小题以二项式为载体考查二项展开式的系数及展开式的通项等基础知识， 考查运算求解能力．考查直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性． 【答题分析】把 5(2 1)( 2)x x  变形成 5 52 ( 2) ( 2)x x x    ，分别求两部分的 3x 系数，便可 y x y=-2x+z y=1 x-2y=0 x-y=0 O CB 理科数学答题分析 第 3 页（共 24 页） 得到展开式中 3x 的系数为 3 3 2 2 5 52C 2 C 2 120  . 【错因分析】 选择 A 答案，没注意到第二部分的负号，误把两部分的系数相加导致出错； 选择 C 答案，二项展开式公式记错，把 3x 的系数错算成 3 3 2 3 5 52C 2 C 2 80    ； 选择 D 答案，没注意到第一部分的系数，少乘系数 2 导致出错． 【难度属性】属于容易题． 5．某市为了解居民用水情况，通过抽样得到部分家庭月均用水量 的数据，制出频率分布直方图（如图）．若以频率代替概率，从该 市随机抽取 5 个家庭，则月均用水量在 8～12 吨的家庭个数 X 的 数学期望为 A．3.6 B．3 C．1.6 D．1.5 【答案】B． 【考查意图】本小题以实际问题为载体，考查频率分布直方图、二项分布、数学期望等基 础知识，考查数据处理能力、运算求解能力与应用意识，考查统计与概率思想，考查数学 建模、数据分析等核心素养，体现基础性与应用性． 【答题分析】只要由频率分布直方图获知一个家庭月均用水量在 8～12 吨的概率，并正确 判断家庭个数 X 服从二项分布，再利用二项分布的期望公式即可求解；也可先求 X 的分布 列，再根据数学期望的定义求解． 解法一：由频率分布直方图知一个家庭月均用水量在 8～12 吨的概率为 0.6 ，又  ~ 5,0.6X B ，故 ( ) 5 0.6 3E X    ． 解法二：由频率分布直方图知一个家庭月均用水量在 8～12 吨的概率为0.6，可得 X 的分 布列为： X 0 1 2 3 4 5 P 32 3125 48 625 144 625 216 625 162 625 243 3125 故   48 144 216 162 243 1 2 3 4 5 3 625 625 625 625 3125 E X            ． 【错因分析】 选择 A 答案，审题看图不认真，8～12 的区间看成 6～12 的区间，从而将频率错算成0.72 导 致出错； 选择 C 答案，审题看图不认真，8～12 的区间看成 8～10 的区间，从而将频率错算成0.32 导 致出错； 选择 D 答案，误以为频率分布直方图的纵坐标是频率，把频率算成 0.3导致出错． 【难度属性】属于容易题． 理科数学答题分析 第 4 页（共 24 页） 6．在 ABC△ 中， 2DC BD ，且 E 为 AC 的中点，则 DE  A． 2 1 3 6 AB AC  B． 2 1 3 6 AB AC C． 1 1 3 6 AB AC  D． 2 5 3 6 AB AC 【答案】A． 【考查意图】本小题以平面向量为载体考查平面向量的概念、平面向量的线性运算等基础 知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想、特殊与一般思想，考查直观想象、数学 运算等核心素养，体现基础性． 【答题分析】只要借助平面图形，根据平面向量加、减法的几何意义，并利用平面向量的 线性运算即可解决问题．或者将向量 DE 分解为 ,AB AC 的表达式，根据对应系数的符号排 除错误选项；或者利用特殊图形建立直角坐标系，通过坐标运算排除错误选项亦可解决问 题． 解法一： 1 1 2 3 DE AE AD AC AB BC             1 1 2 1 2 3 3 6 AC AB AC AB AB AC       . 解法二：   1 1 1 1 2 1 3 2 3 2 3 6 DE DB BA AE CB AB AC CA AB AB AC AB AC             . 解法三：如图，作 AF DE ，以 ,AB AC 为基底将 AF 分解为 AF AN AM xAB yAC    ，易知 0, 0x y  ，排除 B、C、D 选 项，故选 A． 解法四：特殊图形法，令 ABC△ 为直角三角形， 90C  ， 2, 3AC BC  ，以C 为原点建立直角坐标系如图，则        2,0 , 0,3 , 0,2 , 1,0A B D E ，所以  2,3AB   ，  2,0AC   ，  1, 2DE   ，易得 2 1 3 6 DE AB AC   ，排除 B、C、D 选项，故选 A． 【错因分析】 选择 B 答案，误把 DE AE AD  算成 AD AE 导致出错； 选择 C 答案，误把 D 点取成 BC 的另外一个三等分点导致出错； 选择 D 答案，误把 DE AE AD  算成 AE AD 导致出错． 【难度属性】属于容易题． 7．若双曲线上存在四点，使得以这四点为顶点的四边形恰好是菱形，则该双曲线的离心率 的取值范围为 A．  1, 2 B．  1, 3 C．  2, D．  3, D E CB A 理科数学答题分析 第 5 页（共 24 页） 【答案】C． 【考查意图】本小题以双曲线为载体，考查双曲线的离心率等基础知识，考查抽象概括能 力、推理论证能力，考查数形结合思想，考查数学运算、直观想象等核心素养，体现综合 性． 【答题分析】由对称性知菱形的中心与双曲线的中心重合，根据菱形的两对角线互相垂直， 得到过原点且互相垂直的两条直线与双曲线相交，由此便可得双曲线渐近线与实轴的夹角 大于 45 ，再通过渐近线斜率即可解决问题． 解：不妨设双曲线方程为   2 2 2 2 1 0, 0 x y a b a b     ，则其渐近线与 x轴的夹角大于 45 ，即 1 b a  ，所以 2 2b a ，所以 2 2 2c a a  ，所以 2 22c a ，解得 2e  . 【错因分析】 选择 A 答案，没有严格求解不等式，而是先求出渐近线斜率为 1 时的离心率，而后判断离 心率取值范围时不等号方向出错； 选择 B 答案，常识性知识出错，将 tan 45的值误为 2 ；或渐近线斜率误为 a b 且将 tan 45 的 值误为 2 2 ，且判断离心率取值范围时不等号方向出错； 选择D答案，常识性知识出错，将 tan 45的值误为 2 、或者将渐近线斜率误为 a b 且将 tan 45 的值误为 2 2 ，且判断离心率取值范围时不等号方向出错； 【难度属性】属于中档题． 8．某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为 2，高为 3 的实心圆锥体工件切割成一个圆柱 体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内．若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大 体积是 A． 16π 9 B． 8π 9 C． 16π 27 D． 8π 27 【答案】A． 【考查意图】本小题以圆锥为载体，考查几何体切接、导数与最值、均值不等式等基础知 识，考查空间想象能力，考查函数与方程思想，考查数学建模、数学抽象、直观想象等核 心素养，体现基础性、综合性． 【答题分析】只要以底面半径为变量，由三角形相似可知圆柱体的底面半径和高具有确定 的关系，由此建立圆柱体的体积关于半径的函数关系，再利用导数或均值不等式求最大值 即可解决问题． 理科数学答题分析 第 6 页（共 24 页） 解法一：如图，由 AED AOC△ ∽△ 可得 ED AE = OC AO ，设圆柱体的底 面半径  2 0 1r x x   ，可得圆柱体的高 3 3h x  ，则圆柱体的 体积为       2 2 3( ) 2 3 3 12V x x x x x      ， 又  2( ) 12 2 3V x x x    ，令 ( ) 0V x  ，解得 2 3 x  或 0x  （舍去）， 可得 ( )V x 在 2 0, 3       单调递增，在 2 ,1 3       单调递减，故当 2 3 x  时，圆柱体的最大体积是 16π 9 . 解法二：同解法一，设圆柱体的底面半径  2 0 1r x x   ，则圆柱体的体积为       3 2 2 2 16 ( ) 12 1 6 2 2 6 3 9 x x x V x x x x x x                    ≤ ，当且仅当 2 2x x  即 2 3 x  时等号成立，故圆柱体的最大体积是 16π 9 . 【错因分析】 选择 B 答案，利用导数或均值不等式求最值时误把最值点算成 1 3 导致出错； 选择 C 答案，圆柱体体积公式记错成圆锥体体积公式，多乘了系数 1 3 导致出错； 选择 D 答案，圆柱体体积公式多乘了系数 1 3 ，且求最值时误把最值点算成 1 3 导致出错． 【难度属性】属于中档题． 9．已知  f x 是定义在R 上的偶函数，其图象关于点  1,0 对称．以下关于  f x 的结论： ①  f x 是周期函数； ②  f x 满足    4f x f x  ； ③  f x 在  0,2 单调递减； ④   cos 2 x f x   是满足条件的一个函数． 其中正确结论的个数是 A． 4 B．3 C． 2 D．1 【答案】B． 【考查意图】本小题以抽象函数为载体，考查函数周期性、奇偶性、对称性、单调性及三 角函数的图象性质等基础知识，考查推理论证能力、抽象概括能力，考查数形结合思想、 特殊与一般思想，考查数学抽象、直观想象等核心素养，体现基础性和综合性． 【答题分析】只要利用偶函数的性质及函数的对称中心，求得函数的一个周期及其图象的 对称轴，即可判断①②，再通过对满足条件的具体函数的验证即可判断③④． 解：因为  f x 为偶函数，则    f x f x  ，其图象关于点  1,0 对称，则    2f x f x    ， 故    2f x f x   ，故有      4 2f x f x f x     ，即  f x 是以 4 为周期的周期函数， E D O CB A 3 3-h h 2x 理科数学答题分析 第 7 页（共 24 页） 故①正确；可得      4f x f x f x    ，把 x替换成 x 可得    4f x f x  ，故②正确； 满足题设条件，   cos 2 x f x   是定义在R 上的偶函数， 1,0 是它的一个对称中心，可得④ 正确．又因为取   cos 2 x f x    时满足题意，但  f x 在  0,2 单调递增，故③错误. 【错因分析】对函数性质掌握不足，无法把函数的奇偶性、对称性准确地转化为代数表示， 并加以正确推理，从而导致①或②不能正确判断；直接用④中的函数   cos 2 x f x   验证③， 导致对③的判断错误． 【难度属性】属于中档题． 10．设抛物线 2 6E y x： 的弦 AB 过焦点 F ， 3AF BF ，过 A， B 分别作 E 的准线的垂 线，垂足分别是 A， B，则四边形 AA B B  的面积等于 A． 4 3 B．8 3 C．16 3 D．32 3 【答案】C． 【考查意图】本小题以抛物线为载体，考查抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系、梯 形面积等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、数形结合 思想，考查数学运算、直观想象等核心素养，体现综合性． 【答题分析】只要设出直线 AB 的方程，与抛物线方程联立，并由 3AF BF ，通过二次 方程根与系数的关系求出直线 AB 的方程，并进一步求得 A B， 两点的坐标，从而算出梯形 的上下底边长及高，即可求得梯形的面积；或者设弦 AB 与 x 轴的夹角为 ，利用抛物线的 焦半径公式表示 AF BF， ，并由 3AF BF 求得 ，进而算出梯形的上下底边长及高；或 者把直角梯形分解为矩形和直角三角形，利用抛物线的定义和几何关系算出梯形的上下底 边长及高亦可求得梯形的面积． 解法一：设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ．因为 3 ,0 2 F       ，可设直线 AB 的方程为 3 2 x my  ，代入 E 的方程，整理得 2 6 9 0y my   ，故 1 2 1 26 , 9y y m y y    ．不妨设 1 2y y ，因为 3AF BF ，故 1 23y y  ，解得 1 23 3, 3y y   ，即 9 1 ,3 3 , , 3 2 2 A B             ， 故 9 3 6 2 2 AA    ， 1 3 2 2 2 BB    ， 1 2 4 3A B y y     ，故四边形 AA B B  面积为     1 1 6 2 4 3 16 3 2 2 S AA BB A B         ． 理科数学答题分析 第 8 页（共 24 页） 解法二：设弦 AB 与 x轴的夹角为 ，则有 3 1 cos 1 cos p AF       ， 3 1 cos 1 cos p BF       ，所以 3 3 3 1 cos 1 cos     ，所以 1 cos 2   ， 不妨设 π 0, 2        ，解得 60  ，故 6AA AF   ， 2BB BF   ， sin 4 3A B AB     ， 故直角梯形 AA B B  面积为     1 1 6 2 4 3 16 3 2 2 S AA BB A B         ． 解法三：如图，作 BG AA ，垂足为G ，设 BF m ， 则 3AF m ，由抛物线的定义知 3AA m  ， A G BB BF m    ，所以 4 , 2AB m AG m  ， 所以 60BAA  ，即 FAA 为正三角形， 故 =2 6AA A F p   ，所以 2m  ， 故 6AA  ， 2BB  ， 4 3A B   ， 故四边形 AA B B  面积为     1 1 6 2 4 3 16 3 2 2 S AA BB A B         ． 解法四：如图，作 BG AA ，垂足为G ，设 BF m ， 则 3AF m ，由抛物线的定义知 3AA m  ， A G BB BF m    ，所以 4 , 2AB m AG m  ， 所以 60BAA  ，所以 6sin60 4 3BG   ， 则 2 6 8 sin 60 AB   ， 故四边形 AA B B  面积为  ' ' ' '1 1 16 3 2 2 S AA BB A B AB BG    ． 【错因分析】 选择 A 答案，把 2y 错算成 3 导致错误； 选择 B 答案，把 2y 错算成 3 ，且计算四边形面积时漏乘 1 2 导致错误； 选择 D 答案，计算四边形面积时漏乘 1 2 导致错误． 【难度属性】属于中档题． 11．上世纪末河南出土的以鹤的尺骨（翅骨）制成的“骨笛”（图 1），充分展示了我国古代 高超的音律艺术及先进的数学水平，也印证了我国古代音律与历法的密 切联系. 图 2 为骨笛测量“春（秋）分”，“夏（冬）至”的示意图，图 3 图 1 y xO G B F A y xO G B F A 理科数学答题分析 第 9 页（共 24 页） 是某骨笛的部分测量数据（骨笛的弯曲忽略不计），夏至（或冬至）日光（当日正午太阳 光线）与春秋分日光（当日正午太阳光线）的夹角等于黄赤交角． 由历法理论知，黄赤交角近 1 万年持续减小，其正切值及对应的年代如下表： 黄赤交角 23 41' 23 57 24 13 24 28 24 44 正切值 0.439 0.444 0.450 0.455 0.461 年代 公元元年 公元前 2000 年 公元前 4000 年 公元前 6000 年 公元前 8000 年 根据以上信息，通过计算黄赤交角，可估计该骨笛的大致年代是 A．公元前 2000 年到公元元年 B．公元前 4000 年到公元前 2000 年 C．公元前 6000 年到公元前 4000 年 D．早于公元前 6000 年 【答案】D． 【考查意图】本小题以我国传统文化“历律同源”为背景，借助出土文物骨笛的年代估算 设计试题，考查解三角形、两角差的正切公式等基础知识；考查运算求解能力、应用意识； 考查数学抽象、数学建模、数学运算等核心素养；体现综合性和应用性． 【答题分析】只要能从题目中获取有效信息、合理运用图形，构建三角形，计算出夏至（或 冬至）日光（当日正午太阳光线）与春秋分日光（当日正午太阳光线）的夹角的正切值， 再根据表格提供的数据确定相应的年代范围，便可解决问题． 解：由题意可画示意图，如右，其中 AO BO （ BO 代表骨笛）， 得到 10.00AO  ， 9.40BC  ， 16.00BO  ，故求得 6.6OC  ， 设黄赤交角为 ，由题意得 BAC CAD     ， 故可得， BAO CAO    ，其中 16 tan 1.6 10 BAO   ； 6.6 tan 0.66 10 CAO   ，所以   tan tan tan tan 1 tan tan BAO CAO BAO CAO BAO CAO             ， 代入数据得 1.6 0.66 0.94 tan 0.457 1 1.6 0.66 2.056        ，对照年代表格，由 0.455 0.457 0.461＜ ＜ ， 得该骨笛的年代早于公元前 6000 年，故选 D． 理科数学答题分析 第 10 页（共 24 页） 【错因分析】 选择 A 答案，无法理解题意，或无法建立数学模型，或计算错误； 选择 B 答案，无法理解题意，或无法建立数学模型，或计算错误； 选择 C 答案，无法理解题意，或无法建立数学模型，或计算错误． 【难度属性】属于难题． 12．在满足0 4i ix y  ≤ ， i iy x i ix y 的实数对 ( )i ix y， （ 1,2, , ,i = n     ）中，使得 1 2 1 3n nx x x x      成立的正整数 n 的最大值为 A．5 B．6 C．7 D．9 【答案】A． 【考查意图】本小题以不等式为载体，考查对数的运算、函数的单调性，函数图象与方程 的根、解不等式等基础知识；考查抽象概括能力，推理论证能力，创新意识；考查函数与 方程思想，数形结合思想，化归与转化思想，特殊与一般思想；考查数学抽象，逻辑推理， 数学运算，直观想象等核心素养；体现综合性与创新性． 【答题分析】只要对 i iy x i ix y 变形为 ln lni i i i x y x y  ，构造函数 ln ( ) x f x x  ，方程即为 ( ) ( )i if x f y ，可知函数 ( )y f x 的图象与动直线 y t 有两个交点，其横坐标为 i ix y， ，由 0 < 4i ix y＜ ≤ 及 ln2 ln4 2 4  可得 [2,e)ix  ，取极端值代入不等式即可求解． 解：因为 i iy x i ix y ，所以 ln lni i i iy x x y ，所以 ln lni i i i x y x y  ， 令函数 ln ( ) x f x x  ，  0,4x ，则 ( )y f x 的图象与直线 y t 有两个不同的交点， 因为 ln ( ) x f x x   ，当0 ex  时， ( ) 0f x  ，当 ex  时， ( ) 0f x  ， 所以 ( )f x 在  0,e 单调递增，在  e,+ 单调递减， 因为 ln2 ln4 2 4  ，所以 2 e < 4i ix y≤ ≤ （ 1,2,3,i =   ）， 所以   min 2ix  ，所以  1 2 1 2 1nx x x n  ≥ ， 又因为 enx  且   max enx  ，所以3 3enx  且   max 3 3enx  ， 要 使 得 1 2 1 3n nx x x x       成 立 ， 则  2 1 3en   ， 所 以 3e 1 5.065 2 n    ，所以 max 5n  ． 【错因分析】 选择 B 答案，解题未注意到条件 i ix y ，把 ix 范围取成 2 4ix≤ ≤ ，最后得到不等式 y x 1 e ln2 2 理科数学答题分析 第 11 页（共 24 页）  2 1 12n   导致出错； 选择 C 答案，解题未注意到条件 i ix y ，把 ix 范围取成 2 4ix≤ ≤ ，最后得到结论 7n  ，并 且看成 7n≤ 导致出错； 选择 D 答案，解题未注意到条件 4iy ≤ ，把 ix 范围取成1 4ix ≤ ，最后得到不等式 1 3en   导致出错． 【难度属性】属于难题． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13．复数 z 的共轭复数 z 满足  2 i 3+4iz  ，则 z = ． 【答案】 2 i ． 【考查意图】本小题以复数为载体，考查复数的运算、复数的模、共轭复数等基础知识， 考查运算求解能力，考查数学运算等核心素养，体现基础性． 【答题分析】只要掌握复数的模的概念及复数的基本运算，先求出复数 z ，再利用共轭复 数的概念便可求解；或者设复数 z 的代数形式，并利用复数相等的充要条件转化为实数方 程组，也可求解． 解法一：由  2 i 3+4iz  ，得      3+4i 5 2 i5 2 i 2 i 2 i 2 i 2 i z           ，所以 2 iz   ， 解法二：设 iz a b  ( , )a bR ，则   2 i i 5a b   ，即  2 2 i = 5a b a b   ， 所以 2 5, 2 0a b a b    ，解得 2, 1a b  ，所以 2 iz   ． 【错因分析】 考生可能出现的错误有：审题出错，把 3+4i 看成 3+4i ；把 2 iz   当成计算结果；计算错误． 【难度属性】属于容易题． 14．如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某 四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积等于 ． 【答案】9． 【考查意图】本小题以三视图为载体，考查三视图、球的切接 问题、球的表面积等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力，考查 直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性． 【答题分析】只要掌握三视图的概念，通过三视图还原出该几何体是底面为正方形且一条 侧棱垂直于底面的四棱锥，然后通过几何体特征找出外接球的球心，求出球的半径即可得 到球的表面积；或者根据该几何体特征可将其补成长方体，该几何体的外接球即长方体的 外接球，通过长方体的对角线长即长方体外接球的直径，也可求出球的表面积． 解法一：由三视图知该几何体是底面为正方形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥 P ABCD ， 如图．依题意知， 2, 1AB PA  ，由几何体特征可知，球心O 在 PC 的中点，所以球O 的 理科数学答题分析 第 12 页（共 24 页） 半径   2 2 2 2 1 3 2 2 2 R OF FC           ， 所以球的表面积为 2 9R  ． 解法二：由三视图知该几何体是底面为正方形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥，将四棱锥 补成长方体，则长方体的外接球即为该四棱锥的外接球，所以   2 2 2 22 2 2 1 9R     ，即 24 9R  ，所以球的表面积为 2 9R  ． 【错因分析】考生可能出现的错误有：把长方体的对角线当成外接球的半径；误把长方体 当成正方体；计算错误；无法还原几何体等． 【难度属性】属于容易题． 15. 2020 年初，我国突发新冠肺炎疫情．面对“突发灾难”，举国上下一心，继解放军医 疗队于除夕夜飞抵武汉，各省医疗队也陆续增援，纷纷投身疫情防控与病人救治之中．为 分担“逆行者”的后顾之忧，某大学学生志愿者团队开展“爱心辅学”活动，为抗疫前线 工作者子女在线辅导功课．现随机安排甲、乙、丙 3 名志愿者为某学生辅导数学、物理、 化学、生物 4 门学科，每名志愿者至少辅导 1 门学科，每门学科由 1 名志愿者辅导，则数 学学科恰好由甲辅导的概率为 ． 【答案】 1 3 ． 【考查意图】本小题以实际问题为载体，考查计数原理、古典概型等基础知识，考查应用 意识、推理论证能力、运算求解能力，考查统计概率思想、分类与整合思想，考查数学建 模、逻辑推理等核心素养，体现基础性、应用性． 【答题分析】只要掌握分组问题的计数方法，先求出基本事件的总数及符合条件的基本事 件个数，再通过古典槪型的概率公式即可求解；或者利用列举法求基本事件个数也可求解； 或者通过甲、乙、丙三人每人恰好安排辅导数学学科的可能性相同，也可得到数学学科恰 好由甲辅导的概率为 1 3 ． 解法一：将 3 名志愿者安排辅导四个学科，共有 1 2 2 3 4 2C C 36A  种排法；其中甲恰好辅导数学 的情况有 3 1 3 32C 12A   种，所以所求概率为 12 1 36 3 P   ． 解法二：将 3 名志愿者安排辅导四个学科，每科由 1 人完成，共有 43 种排法；所有学科由 同一个人负责有 3 种情况，四个学科有且只有两个人负责共有  2 1 2 3 4 4C C 2 C  种情况，所 以一共有  4 2 1 2 3 4 43 C C 2 C 3 36     种排法，其中甲恰好辅导数学的情况有 3 1 3 32C 12A   种，所以所求概率为 12 1 36 3 P   . 解法三：甲、乙、丙三人地位完全相同，他们每人辅导数学学科的可能性相等，故数学学 理科数学答题分析 第 13 页（共 24 页） 科恰好由甲辅导的概率为 1 3 ． 【错因分析】考生可能出现的错误有：分组问题计数方法没有掌握，计数时重复或漏算； 采用列举法计数时重复或漏算；没注意到甲辅导的科目可能 1 门也可能 2 门，未进行分类； 计算错误． 【难度属性】属于中档题． 16. 数列 na 满足  2 1 2 34 9 2 1na a a n a n n        ．记不超过 x 的最大整数为 x ，如  0.9 0 ，  0.9 1   ．设  2logn nb a ，数列 nb 的前 n项和为 nS ，若 0nS  ，则 n的 最小值为 ． 【答案】8． 【考查意图】本小题以数列为载体，考查数列 na 与 nS 的关系、数列求和、分段函数、对数 运算等基础知识，考查推理论证能力，运算求解能力；考查分类与整合、函数与方程；考 查数学运算等核心素养；体现综合性． 【答题分析】只要掌握数列前 n项和的概念，由数列通项公式与前 n项和的的关系先求出 na 的通项公式，再利用高斯函数[ ]x 的概念，对 n的取值分类讨论，正确判断 nb 符号变化规律， 进而得到 nS 的单调性并找出使 0nS  的 n值便可求解；或者利用[ ]x 的概念，把 nb 变形成  22 log n  ，再由分组求和得到      2 2 22 log 1 log 2 lognS n n         ，利用 2n 及      2 2 2log 1 log 2 log n       变化率的差异判断 nS 的单调性也可求解． 解法一：因为  2 1 2 34 9 2 1na a a n a n n      ， 所以 2n≥ 时，     2 1 2 3 14 9 1 2 1na a a n a n n       ， 两式相减得    2 2 1 1 4nn a n n n n       ，故 2n≥ 时， 4 na n  （*）， 又 1 4a  符合（*），故 4 na n  ．所以  2 2 4 log 2 lognb n n         ， 易得 1 2 3 4 52, 1, 0, 1b b b b b      ， ，所以 1 2 3 4 52, 3, 2,S S S S S     ， 又当 5n≥ 时， 2log 2n  ， 0nb  ，故 5n≥ 时， nS 递减． 又 7 0S  ，故当且仅当 8n≥ 时， 0nS  ．所以 n的最小值为8． 解法二：因为  2 1 2 34 9 2 1na a a n a n n      ， 所以 2n≥ 时，  2 1 2 3 14 9 ( 1) 2 1na a a n a n n       ， 两式相减得    2 2 1 1 4nn a n n n n       ，故 2n≥ 时， 4 na n  （*）， 又 1 4a  符合（*），故 4 na n  ．所以    2 2 2 4 log 2 log 2 lognb n n n            ， 理科数学答题分析 第 14 页（共 24 页） 易知 1n  时， 2log 0n  ， 2n  时， 2log 1n   ， 3,4n  时，  2log 2n   ， 5,6,7,8n  时，  2log 3n   ， 9,10, ,16n  时，  2log 4n   ，        2 2 2 22 log 1 log 2 log 3 lognS n n          2 0 1 2 2 3 3 3 3 4n           ， 2 1 2 2 3 4 4 5n         1 2 3 42, 3S S S S    ，易知当 5n≥ 时， n每增加1时， 2n 的增加量为 2， 而        2 2 2 2log 1 log 2 log 3 log n        的减少量大于等于3， 故当 5n≥ 时， nS 递减．又 7 0S  ，故当且仅当 8n≥ 时， 0nS  ．所以 n的最小值为8 . 【错因分析】考生可能出现的错误有：数列 na 的通项公式求错；审题时把  2logn nb a 看 成 2logn nb a ；高斯函数概念不清，计算  22 log n 的值出错；计算结果 7n  误当成 7n≥ ； 计算错误． 【难度属性】属于难题． 17．已知 ABC△ 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，且 2 2 2 2c a b ab   . （1）若 3 sin 3 C  ，求 B ； （2）若 D 为 AC 中点，且 BD BC ，求 a b ． 17（1） 【考查意图】本小题主要考查正弦定理、余弦定理等解三角形基础知识，考查运算求解能 力，考查函数与方程思想、考查逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性． 【解法综述】只要掌握正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、三角恒等变形等并针对 求解目标进行合理推理、运算即可求解． 思路一：由已经条件与角 B 的余弦定理，化简得到 cosc B b ，由正弦定理得 sin cos sinC B B ，由同角关系式代入已知条件即可顺利求解． 思路二：由已知条件结合正弦定理，化成 2 2 2sin sin sin 2sin sinC A B A B   ，通过化简得 到 sin tanC B ，并代入已知条件即可顺利求解． 【错因分析】考生可能存在的错误有：公式记忆错误，公式结构不熟悉，无法根据求解目 标正确选择相关的定理、公式及合理的变形方向，计算错误等． 【难度属性】属于容易题． 17（2） 【考查意图】本小题主要考查余弦定理，正弦定理等基础知识，考查运算求解能力，考查 函数与方程思想、考查逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性． 【解法综述】只要掌握正弦定理、余弦定理，再利用图形中的边角关系建立方程，便可顺 理科数学答题分析 第 15 页（共 24 页） 利求解． 思路一：由 ADB 与 CDB 互补得到两角的余弦值互为相反数，再由 cos ADB 与 cos CDB 的两角余弦定理，建立方程，结合已知条件消去 c ，即可顺利求解． 思路二：利用中线的向量关系式   1 2 BD BA BC  ，两边平方，再用余弦定理表示 cos B ， 可得 , ,a b c 关系式，用已知条件消去 c ，即可顺利求解． 思路三：由正弦定理和 sin tanC B 得到 cos 1 a C b   ，再由已知条件得到 1 2cos BD DC C  ， 进而得到 cos 4 b C a  ，以上两式消去 cosC 即可顺利求解. 思路四：延长 BD，构造平行四边形，由余弦定理得 2 23 cos 2 c a BCE ac    ，通过 cos cosBCE ABC    得到 2 23 cos 2 c a ABC ac     ，再由 2 2 2 cos 2 c a b ABC ac     ，以上两 式消去 cos ABC 得 2 2 22 2c a b  ，与已知条件联立消去 c ，即可顺利求解． 思路五：在 BCD△ 中，由正弦定理知  sin 2 2cos 2 sin Cb C a C     ，再由余弦定理表示 cosC ， 化简得 2 2 22 2a b c  ，与已知条件消去c ，即可顺利求解． 【错因分析】考生可能存在的错误有：无法利用中点条件寻找合适的三角形，通过利用正 （余）弦定理合理地进行边角的转化，得到三边的代数关系式；无法把三元问题转化为二 元问题． 【难度属性】属于容易题． 18．如图 1，在矩形 ABCD中， 2AB  ， 3BC  ，点 E 在线段 BC 上， 2BE EC ．把 BAE△ 沿 AE 翻折至 1B AE△ 的位置， 1B 平面 AECD，连结 1B D，点 F 在线段 1DB 上， 12DF FB ， 如图 2． （1）证明：CF∥平面 1B AE ； （2）当三棱锥 1B ADE 的体积最大时，求二面角 1B DE C  的余弦值． 图 1 图 2 理科数学答题分析 第 16 页（共 24 页） 18（1） 【考查意图】本题考查直线与平面、平面与平面平行的判定与性质，考查空间想象能力、 推理论证能力；考查化归与转化思想；考查直观想象、逻辑推理等核心素养；体现基础性、 综合性． 【解法综述】只要能正确分析线面的位置关系，再根据直线与平面平行的判定定理或平面 与平面平行的判定定理与性质即可得证． 思路一：利用平行投影原理，在线段 1B A上取一点M ，满足 12AM B M ，证明CF EM∥ ， 根据直线与平面平行的判定定理即可得证． 思路二：在线段 AD上取一点Q ， 2 3 DQ DA ，分别证明 FQ 平面 1B AE 与CQ 平面 1B AE ， 根据平面与平面平行的判定定理即可得证． 思路三：延长 AE ， DC 相交于点 N ，证明 1CF B N∥ ，根据直线与平面平行的判定定理即 可得证． 【错因分析】考生可能存在的错误：不懂得取满足 12AM B M 的点M ，从而得到CF EM∥ ， 进而证得CF∥平面 1B AE ；不懂得取满足 2 3 DQ DA 的点Q ，根据面面平行的判定定理得 到平面QCF∥平面 1B AE ，再利用面面平行的性质证明CF∥平面 1B AE ． 【难度属性】属于容易题． 18（2） 【考查意图】本题考查直线与平面垂直的判定与性质，三棱锥的体积与二面角等知识；考 查空间想象能力、运算求解能力；考查函数与方程思想，化归与转化思想；考查直观想象、 逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性． 【解法综述】只要正确转化三棱锥 1B ADE 取得最大值的条件，分析线面、线线的垂直关 系，建立合适的空间直角坐标系，并求出各点坐标，得到平面 1B ED 及平面 DCE 的法向量， 便可求解；或者正确构造出OH DE ，从而得到 DE 平面 1B OH ，进而得到 1B H DE ， 再根据 1B O OH 得到 1B HO 为二面角 1A DE B  的平面角，再在直角三角形 1B OH 中分 析数量关系求得 1B HO 的余弦值，再利用互补关系得到二面角的平面角的余弦值． 思路一：取 AE 的中点O ，证明 1B O 平面 AECD ， 1 2h B O  ，以 D 为坐标原点，DA， DC 所在的直线分别为 x 轴， y 轴，建立空间直角坐标系，求出各点坐标，得到平面 1B ED 及平面 DCE 的法向量，并利用向量夹角公式求出其夹角，再通过图形得出二面角是钝角， 从而得解． 思路二：取 AE 的中点O ，证明 1B O 平面 AECD， 1 2h B O  ，以O 为坐标原点，平行 于CE 的直线为 x 轴，建立空间直角坐标系，求出各点坐标，得到平面 1B ED 及平面 DCE 的 法向量，并利用向量夹角公式求出其夹角，再通过图形得出二面角是钝角，从而得解． 理科数学答题分析 第 17 页（共 24 页） 思路三：取 AE 的中点O ，证明 1B O 平面 AECD ， 1 2h B O  ，构造出OH DE ，从 而得到 DE 平面 1B OH ，进而得到 1B H DE ，再根据 1B O OH ，从而得到 1B HO 为二 面角 1A DE B  的平面角，再在直角三角形 1B OH 中分析数量关系求得 1B HO 的余弦值， 再利用互补关系得到二面角的余弦值． 【错因分析】考生可能存在的错误：无法将三棱锥 1B ADE 取得最大值的条件进行合理转 化，得到 1 2h B O  ；无法正确建立空间直角坐标系或无法正确得到有关各点的坐标； 不能正确求解平面 1B ED 的法向量；无法正确得到二面角 1B DE C  的平面角；未能正确 判断二面角 1B DE C  是钝角． 【难度属性】属于中档题． 19. 已知椭圆 :E   2 2 2 2 1 0 x y a b a b     的焦距为 2 3 ，直线 1 : 4l x  与 x轴的交点为G ， 过点  1,0M 且不与 x轴重合的直线 2l 交 E 于点 ,A B . 当 2l 垂直 x轴时， ABG△ 的面积为 3 3 2 ． （1）求 E 的方程； （2）若 1AC l ，垂足为C ，直线 BC 交 x轴于点 D ，证明： MD DG ． 19（1） 【考查意图】本小题以椭圆为载体，考查直线的方程、椭圆的标准方程及其简单几何性质 等基础知识；考查运算求解能力；考查数形结合思想，函数与方程思想；考查直观想象， 逻辑推理，数学运算等核心素养；体现基础性、综合性． 【解法综述】只要掌握直线的方程、椭圆的标准方程及其简单几何性质，能将面积问题转 化为长度关系，从而得到 , ,a b c 满足的方程，再联立关于 , ,a b c 的方程组便可求得椭圆的标 准方程． 思路一：先利用 ABG△ 的面积求出 AB ，利用 AB 的长求出点 A的坐标，代入椭圆方程， 再结合 2 2 2a b c  ， 3c  ，便可求得 2a  ， 1b  ，从而得到椭圆的标准方程为 2 2 1 4 x y  ． 思路二：将 2 2 3a b  ， 1x  代入椭圆方程，便可求得 AB ，再将 ABG△ 的面积用 a，b 表 示出来，便可求得 1b  ， 2a  ，从而得到椭圆的标准方程为 2 2 1 4 x y  ． 【错因分析】考生可能存在的错误有：不能将面积转化为 AB ，或能列出关于a，b ，c 的 关系式但不能正确求出 a， b ， c ． 【难度属性】属于容易题． 19（2） 【考查意图】本小题以证明线段长度相等为载体，考查直线与椭圆的位置关系等基础知识， 理科数学答题分析 第 18 页（共 24 页） 考查推理论证能力，运算求解能力；考查数形结合思想，函数与方程思想；考查直观想象， 逻辑推理，数学运算等核心素养；体现基础性，综合性． 【解法综述】通过假设 ,A B 的坐标，根据题意将 ,C D的坐标用 ,A B 的坐标加以表示，再根 据 ,A B 是直线 2 : 1l x my  与椭圆的两个交点，通过联立直线 2l 与椭圆的方程，借助韦达 定理得到 ,A B 的坐标满足的关系式，并据此化简求（证）得点 D 的横坐标与线段MG 的中 点的横坐标相同，得到结论． 思路一：先假设直线 2 : 1l x my  与椭圆的两个交点为    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，联立直线 2l 与 椭圆的方程，得到 1 2 2 2 4 m y y m     ， 1 2 2 3 4 y y m    ，并根据题设条件利用 ,A B 的坐标表示 出直线 BC ，进而得到点 D 的横坐标，再计算（证明） 5 2 Dx  ，得到结论. 思路二：先假设直线 2 : 1l x my  与椭圆的两个交点为    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，联立直线 2l 与 椭圆的方程，得到 1 2 2 2 4 m y y m     ， 1 2 2 3 4 y y m    ，再通过分析法证明 1 2 2(4, ), ( , )C y B x y 与 线段MG 的中点 5 0 2       ， 三点共线，得到结论. 【错因分析】考生可能存在的错误有：缺乏方程意识，不会通过合理引参正确表示动直线 2l ， 导致思路受阻；数学运算素养较差，无法把握正确的运算方向，不能利用韦达定理进行有 效变形，导致运算繁杂无法继续，从而不能求（证）得 5 2 Dx  ；运算能力不足，在消元、 化简的过程中计算出错；解题不完整等． 【难度属性】属于中档题． 20．为贯彻落实党中央全面建设小康社会的战略部署，某贫困地区的广大党员干部深入农 村积极开展“精准扶贫”工作.经过多年的精心帮扶，截至 2018 年底，按照农村家庭人均年纯 收入 8000 元的小康标准，该地区仅剩部分家庭尚未实现小康．2019 年 7 月，为估计该地 能否在 2020 年全面实现小康，统计了该地当时最贫困的一个家庭 2019 年 1 至 6 月的人均 月纯收入，作出散点图如下： 理科数学答题分析 第 19 页（共 24 页） 根据相关性分析，发现其家庭人均月纯收入 y 与时间代码 x 之间具有较强的线性相关关系 （记 2019 年 1 月、2 月……分别为 1, 2x x  ，…，依此类推），由此估计该家庭 2020 年 能实现小康生活．但 2020 年 1 月突如其来的新冠肺炎疫情影响了奔小康的进展，该家庭 2020 年第一季度每月的人均月纯收入均只有 2019 年 12 月的预估值的 2 3 ． （1）求该家庭 2020 年 3 月份的人均月纯收入； （2）如果以该家庭 3 月份人均月纯收入为基数，以后每月的增长率为 a ，为使该家庭 2020 年能实现小康生活， a 至少应为多少? （结果保留两位小数） 参考数据： 6 1 9310i i i x y   ， 6 8610x y  ， 245 4 120 4 62.81    ， 101.15 4.05 ． 参考公式：线性回归方程 ˆˆ ˆy bx a  中，      1 2 1 ˆ n i i i n i i x x y y b x x         ， ˆâ y bx  ；    1 2 2 3 31 1 C C C 10, 0.15 n n n na a a a n a     ≥ ． 20（1） 【考查意图】本小题主要考查样本的数字特征、回归方程等基础知识，考查数据处理能力、 运算求解能力、应用意识，考查统计与概率思想，考查数学建模、数据分析、数学运算等 核心素养，体现基础性、综合性与应用性． 【解法综述】只要能根据题意正确读取参考数据，并利用给定的参考公式进行变形，求得 回归方程，再根据回归方程进行估计，便可解决问题 思路：从散点图上得到时间代码，求得 3.5x  ，并根据参考公式求得 410y  ，再利用公 式进行变形，求得 ˆ 40b  ， 270a  ，从而得到回归方程 ˆ 40 270y x  ，由此求得该家庭 2019 年 12 月份的家庭人均月纯收入，进而解决问题． 【错因分析】考生可能存在的错误有：不能从参考数据上读取解题需要的数据；不能正确 对      1 2 1 ˆ n i i i n i i x x y y b x x         进行变形；计算错误． 【难度属性】属于中档题． 20（2） 【考查意图】本小题主要考查等比数列求和、一元二次不等式的解法等基础知识，考查运 算求解能力、应用意识，考查函数与方程思想，分类与整合思想；考查数学抽象、数学建 模、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性与应用性． 【解法综述】只要掌握等比数列求和、一元二次不等式的解法，并合理利用题目提供的参 考公式进行运算，即可解决问题． 理科数学答题分析 第 20 页（共 24 页） 思路：根据（1）知，2020 年 3 月份该家庭的人均月纯收入为500元，并根据每月的增长率 为 a ，便可得到自 3 月到 12 月的纯收入之和   10 10 500 1 1 a S a         ，进而根据题意得到 10(1 ) 1 14 a a   ≥ ，再借助题目提供的参考公式，通过解一元二次不等式便可得到结果． 【错因分析】考生可能存在的错误有：无法读懂题意求得自 3 月到 12 月的纯收入之和的表 达式，不会合理利用给定的公式和数据进行求解，计算错误． 【难度属性】属于中档题． 21. 已知函数    ln x f x ax a   ． （1）求  f x 的极值； （2）若  2e ln 1 e 0x xx mx x + m   ≤ ，求正实数m 的取值范围． 21（1） 【考查意图】本小题以初等函数为载体，考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能 力、推理论证能力，考查函数与方程思想、分类与整合思想等，考查数学运算等核心素养， 体现综合性、应用性． 【解法综述】只要掌握基本初等函数的求导公式及导数的运算法则、导数与函数单调性的 关系和含参数一元一次不等式的解法，便可解决问题． 思路：求得   x a f x ax    ，对 0a  和 0a  两种情况进行讨论，即可求解． 【错因分析】考生可能存在的错误有：求导函数出错；没有进行分类讨论或分类讨论不完 整． 【难度属性】属于中档题． 21（2） 【考查意图】本小题以不等式恒成立问题为载体，考查利用导数研究函数的极值、最值等 基础知识，导数的应用等基础知识，考查抽象概括能力、运算求解能力、推理论证能力与 创新意识，考查函数与方程思想、分类与整合思想、化归与转化、特殊与一般思想等思想， 考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性、创新 性． 【解法综述】只要掌握利用导数研究函数性质的基本思路，具备较强的运算求解能力、推 理论证能力和一定的创新意识，并能灵活运用数形结合思想、分类与整合思想、转化与化 归思想、特殊与一般思想等，便可解决问题． 思路一：通过等价变形，将已知不等式转化为 2 ln ex mx x m x x   ≤ ，根据   lnf x x x  在 理科数学答题分析 第 21 页（共 24 页） 1x  时取得最小值 1，将问题转化为研究函数   2 ex mx x m h x    的最大值，利用导数分 0 1m ≤ 和 1m  两类讨论  h x 的单调性，当0 1m ≤ 时，得到     max 2 1 1 e m h x h    ，再 由 2 1 1 e m  ≤ ，并结合已知条件得到 e 1 0 2 m - ≤ ；当 1m  时，由   2 1 1 1 e m h    ，得到 1m  不符合题意；从而求得 e 1 0 2 m - ≤ ． 思路二：通过等价变形，将已知不等式转化为 2 ln ex mx x m x x   ≤ ，因为当 1a  时   lnf x x x  在 1x  时取得最小值 1，并根据 1x  时原不等式成立，得到 e 1 0 2 m - ≤ ，再 通 过 导 数 研 究 当 e 1 0 2 m - ≤ 时 ， 函 数   2 ex mx x m h x    在  0, 的 最 大 值   2 1 1 1 e m h   ≤ . 思路三：通过等价变形，将已知不等式转化为 2 ln ex mx x m x x   ≤ ，因为当 1a  时   lnf x x x  在 1x  时取得最小值 1，并根据取 1x  时原不等式成立，得到 e 1 0 2 m - ≤ ， 则    22 e 1 2 e 1 e 2ex x x xmx x m      ≤ ，再通过导数证明      2e 1 2 e 1 1 2ex x x h x      ≤ 在  0, 恒成立即可. 思路四：通过分离变量，将已知不等式转化为   2 e ln 1 e 1 x xx x m x     ≤ ，通过 ln 1x x ≤ 得到   2 2 e ln 1 e e 1 1 x x xx x x x x       ≥ ，再求出   2 e 1 x x H x x    在  0, 的最小值为   e 1 1 2 H   ，从而 得到当 1x  时，   2 e ln 1 e 1 x xx x y x      的最小值为 e 1 2  ，从而求得 e 1 0 2 m - ≤ ． 思路五：根据 1x  时原不等式成立，结合已知条件得到 e 1 0 2 m - ≤ ，从而有      2 2e 1 e ln 1 e e ln 1 1 e 2 x x x xx mx x+m x x x       - ≤ ，通过对      2e 1 e ln 1 1 e 2 x xk x x x x     - 二次求导得   2 2 1 e ln 2 e 1xk x x x x x             - ，并 理科数学答题分析 第 22 页（共 24 页） 利用 ln 1x x ≤ 得到   2 1 2 1 2 1 1 2 e + 3 e 1 e + 3 1 e x x x k x x xx x                   ≤ - - ，再由 1 1 1 ex x  得 到 2 1 2 2 2 1 1 2 1 1 2 3 3 1 + 3 + 3 0 ex x x x x xx x x           ，得到   0k x  ，从而有  k x 在  0, 单调递减，再结合  1 0k  得到  k x 的单调区间，进而证得     max 1 0k x k  ，从 而求得 e 1 0 2 m - ≤ . 【错因分析】考生可能存在的错误有：不会利用第（1）小题的提示将原不等式进行合理变 形；不会根据题意构造恰当的函数帮助解题；不能通过第（1）小题的提示取 1x  得到原 不等式成立的必要条件，进而证明它也是不等式成立的充分条件；不会根据题意进行合理 放缩． 【难度属性】属于难题． 22．[选修 4-4：坐标系与参数方程] 在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为   cos , sin x y       为参数 ，以原点O 为极点，x轴 的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2 2 12 3 sin     ． （1）求 1C 的普通方程和 2C 的直角坐标方程； （2）若直线 l 与 1C 相切于第二象限的点 P ，与 2C 交于 ,A B 两点，且 7 | | | | 3 PA PB  ，求直 线 l 的倾斜角． 22（1） 考查意图】本小题以曲线的参数方程和极坐标方程为载体，考查参数方程和普通方程、极 坐标方程和直角坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想， 考查数学运算等核心素养，体现基础性． 【解法综述】只要直接利用同角三角函数的基本关系及极坐标与直角坐标的互换公式，便 可直接将 1C 的参数方程化为普通方程， 2C 的极坐标方程化为直角坐标方程． 思路：根据 2 2cos sin 1   将 1C 的参数方程中两个方程的两边分别平方再相加，就可得 到 1C 的普通方程 2 2 1x y  ；将极坐标与直角坐标的互换公式 2 2 2x y   ， sin y   代入 2C 的的极坐标方程并进行等价变形，便得到 2C 的直角坐标方程 2 2 1 4 3 x y   ． 【错因分析】考生可能存在的错误有：直角坐标与极坐标互化公式记忆不清（如：把 sin y   记为 sin x   等）；方程等价变形出错． 【难度属性】属于容易题． 理科数学答题分析 第 23 页（共 24 页） 22（2） 【考查意图】本小题考查直线参数方程中参数的几何意义，直线与圆、直线与椭圆的位置 关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程 思想、数形结合思想，考查直观想象、数学运算核心素养，体现基础性与综合性． 【解法综述】通过设直线 l 的倾斜角，并用倾斜角表示切点坐标，得到直线 l 的参数方程， 再将直线 l 的参数方程代入曲线 2C 的直角坐标方程，利用韦达定理，并结合参数 t 的几何 意义便可得到关于倾斜角的关系式，从而求出倾斜角． 思路：设出直线 l 的倾斜角为 0, 2             ，则切点 P 在曲线 1C 中的参数角为 2    ，由 此得到点 P 坐标为  cos ,sin  ，从而 l 的参数方程 sin cos cos sin x t y t           ， （ t 为参数）.将 直线 l 的参数方程与曲线 2C 的直角坐标方程联立，再根据韦达定理得 2 1 2 2 cos 9 = sin 3 t t     ，结合 参数 t 的几何意义可以得到 2 2 1 2 2 2 cos 9 9 cos 7 | | | | | | 3sin 3 sin 3 PA PB t t              ，从而求出倾斜角 3    . 【错因分析】考生可能存在的错误有：不能够由倾斜角设出 P 点坐标，不会利用直线参数 方程 t 的几何意义解决问题；计算错误． 【难度属性】属于中档题． 23．[选修 4-5：不等式选讲] 已知函数   2f x x a x b    ， ,a bR． （1）若 1a  ， 1b   ，求不等式   5f x ≤ 的解集； （2）若 0ab  ，且函数  f x 的最小值为 2 ，求 2 1 a b  的最小值． 23（1） 【考查意图】本小题以含绝对值不等式为载体，考查解含绝对值不等式、分段函数等基础 知识，考查运算求解能力，考查分类与整合思想、数形结合思想，函数与方程思想；考查 数学运算、直观想象等核心素养，体现基础性． 【解法综述】根据绝对值的定义，分区间讨论去掉绝对值符号，并解相应的不等式，再求 各部分解集的并集；或者分区间去绝对值符号，将函数写成分段函数形式，画出分段函数 及 5y  图象，直观看出不等式   5f x ≤ 的解集． 思路一：把 1a  ， 1b   代入原不等式，并将实数集R 分为  ,1 ，  1,2 ，  2, 三部 分讨论，去绝对值符号后分别求解，再求各部分解集的并集，就得到原不等式的解集． 思路二：根据 1a  ， 1b   代入函数  f x 的表达式，并根据绝对值的含义，去绝对值的符 号得到函数  f x 的分段表示形式 2 3, 1, ( ) 1,1 2, 2 3, 2, x x f x x x x         ≤ ≥ 再作出函数  y f x 和 5y  的函数 图象，通过观察图象得到不等式的解集． 【错因分析】考生可能存在的错误有：分类讨论过程混乱导致失误；作函数图象时出错； 计算错误． 【难度属性】属于容易题． 23（2） 【考查意图】本小题以含绝对值的函数为载体，考查绝对值不等式、基本不等式等基础知 识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、分类与整合思想，考查数学运算、直观想 象等核心素养，体现基础性与综合性． 【解法综述】由绝对值三角不等式求得函数  f x 的最小值，得到 ,a b的关系式，再据此对 所求对象 2 1 a b  进行合理变形，利用基本不等式求得最小值． 思路一：由绝对值三角不等式得到  f x 的最小值为 2a b ，再由 0ab  及  f x 的最小值 为 2，得到 2 =2a b ，从而有   2 1 1 2 1 1 4 2 4 4 2 2 b a a b a b a b a b                  ≥ ，并检验 最小值取得的条件． 思路二：由绝对值三角不等式得到  f x 的最小值为 2a b ，再由 0ab  及  f x 的最小值 为 2，得到 2 =2a b ，再利用 2 2 2 2a b a b a b   ≥ ，得到 1 2 ab ≥ ，从而有 2 1 2 4 a b ab   ≥ ，并检验最小值取得的条件． 【错因分析】考生可能存在的错误有：无法由绝对值三角不等式得到  f x 的最小值为 2a b ；不能由 0ab  及  f x 的最小值为 2，得到 2 =2a b ；不能利用基本不等式求最 小值；未能注意 a，b 的符号，导致取得最小值的条件出错；计算错误． 【难度属性】属于中档题．