2019-2020年高三数学《考试大纲》调研卷 理.doc

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2019-2020年高三数学《考试大纲》调研卷 理 【命题报告】 在命制本套试卷之前，笔者认真研究了近两年广东省高考命题的方向、特点，特别是xx年的命题动向，并对xx年广东省高考的《考试说明》作了探索，预测xx年的高考仍将保持“稳中有变，变中求新”的总趋势．本套试卷主要呈现以下几个特点： (1)起点低，落点高，层次分明，难度适中，区分度高； (2)注重对基础知识、基本能力和基本方法的考查，题型均为考生所熟悉的，但陈而不旧，新而不怪； (3)既关注知识点的全面覆盖，又突出对主干知识的重点考查，从不同角度、不同层次对知识点进行考查； (4)源于教材、高于教材，对一些课本的例题、习题作了灵活的重组； (5)题型新颖，创新度高，富有时代气息； (6)注重知识的自然交汇，突出考查分析问题、解决问题的能力及创新意识． 总体来说，本套试卷很好地体现了广东省xx年高考数学的命题趋势和方向，有较高的模拟训练价值． 本试卷共21小题，满分150分．考试用时120分钟． 一、选择题：本大题共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．复数 A．-i B．i C．1+i D．1-i 2．已知集合,且,则实数 A．0 B．1 C．2 D．3 3．函数的定义域为 A．(1，+∞) B.(0，+∞) C．(-∞，0) D．[0，1] 4．如图,已知AB是圆O的直径，点G、D是半圆弧的两个三等分点 则 5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为 ,则△ABC是 A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．不能确定 7．已知变量满足约束条件，则的取值范围是 A．(-1，1) B．(-1，1] C．[-1，1) D．[-1，1] 8．已知为互不相等的三个正实数．函数可能满足如下性质： 为奇函数为奇函数;为偶函数 为偶函数;类比函数的对称中心、对称轴与周期的关系，某同学得到了如下结论： (i)若满足，则的一个周期为；(ii)若满足,则的一个周期为；(iii)若满足③④，则的一个周期为;(iv)若满足②⑤，则的一个周期为.其中正确结论的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分． (一)必做题(9～13题) 9．某地区为了调查职业满意度，决定用分层抽样的方法从公务员、教师、自由职业者三个群体的相关人员中，抽取若干人组成调查小组，有关数据见下表，则调查小组的总人数为____ 相关人员数 抽取人数 公务员 32 x 教师 48 y 自由职业者 64 4 10．如图，将等差数列的前6项填入一个三角形的顶点及各边中点的位置，且在图中每个三角形顶点所填的三项也成等差数列，数列的前xx项和,则满足 的n的值为________ 11．若的值由下面的程序框图输出，则二项式的展开式的常数项为_______(用数字作答)． 12．平面直角坐标系中，过定点C(0，P)作直线与抛物线相交于A、B两点，若点N是点C关于坐标原点O的对称点，则△ANB面积的最小值为________ 13．当时，不等式恒成立，则m的取值范围是_________ (二)选做题(14～15题，考生只能从中选做一题) 14．(坐标系与参数方程选做题)曲线与曲线 交点的极坐标为________ 15．(几何证明选讲选做题)如图，两同心圆的半径分别为1、2，直线PA经过两圆的圆心O且与大圆交于A、B两点，直线PQ与小圆切于点Q且与大圆交于C、D两点，若PA=1，则CQ=________ 三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16．(本小题满分12分) 已知函数的最小正周期为π，其图象的一条对称轴是直线 (1)求的表达式； (2)若,且，求的值 17．(本小题满分13分) 甲、乙两人参加某电视台举办的答题闯关游戏，按照规则，甲先从6道备选题中一次性抽取3道题独立作答，然后由乙回答剩余3题，每人答对其中2题就停止答题，即闯关成功．已知在6道备选题中，甲能答对其中的4道题，乙答对每道题的概率都是 (1)求甲、乙至少有一人闯关成功的概率； (2)设甲答对题目的个数为ξ，求ξ的分布列及数学期望． 18．(本小题满分13分) 如图，在平行六面体中，四边形ABCD与四边形均是边长为l的正方形，点E为的中点，点P，Q分别为上的动点，且 (1)当平面PQE∥平面时．求λ的值： (2)在(1)的条件下，求直线OE与平面DQP所成角的正弦值． 19．(本小题满分14分) 李先生准备xx年年底从银行贷款元购买一套住房，银行规定，从次年第一个月开始偿还贷款，每月还款额均为元，n年还清，且银行的月利率为P，银行贷款和个人的还款额均按复利计算． (1)求的值(用表示)； (2)当时，求的值(精确到1元) (参考数据： 20．(本小题满分14分) 设椭圆的左、右焦点分别为,直线交 轴于点A，且 (1)求椭圆的方程； (2)过分别作互相垂直的两直线与椭圆分别交于D、E、M、N四点(如图所示)，试求四边形DMEN面积的最大值和最小值． 21．(本小题满分14分) 设为非负实数，函数 (1)当时，求函数的单调区间； (2)讨论函数的零点个数，并求出零点． 参考答案 【考纲分析与考向预测】根据xx年广东省《考试说明》提供的信息，并结合近几年广东省高考试题进行了横向和纵向的分析，预测xx年高考仍会体现以下特点：知识点覆盖全面，试题较好地体现了由易到难，起点低、入口宽、逐步深入的格局；强调“双基”、突出 “双基”；紧扣教材，适度改造，推陈出新，关注生活，贴近学生，以社会普遍关注的热点问题为背景，考查学生的阅读理解能力、数学建模能力(即从数学的角度观察、思考和分析实际问题的能力)和综合运用所学知识解决实际问题的能力；重点内容重点考查，非重点内 容渗透考查，注重知识的交叉、渗透和综合，在“知识网络交汇点”处命题，从学科整体意义的高度考虑试题的布局，以检验学生能否形成一个有序的网络化知识体系；试卷重视通性通法、淡化特殊技巧，强调知识间的内在联系，从学科整体的高度出发，注重各部分知识 的相互渗透和综合，循序渐进，多题把关． 【测试评价与备考策略】本套试卷与xx年高考广东卷试题难度大致相当，以考查基础知识为主，同时也很注重对能力的测试，知识点的覆盖较为全面，考点设置合理，区分度较好． 通过测试也反映出了一些问题：(1)基本概念、基础知识掌握的不扎实，造成知识迁移的错误，需要加强课本知识的复习；(2)训练不到位、计算能力薄弱，需要加强计算的准确性与速度的训练；(3)一些基本技能、基本数学思想和方法掌握不扎实，特别是对选择题、 填空题专项训练不到位，需要加强选择题的答题技巧，填空题解答的正确性；(4)解答题审题不仔细，不能准确把握题目实质，解答过程不规范，缺少必要的说理和解题步骤，甚至出现“会做而做不对，做对了而不全对”的情况．因此只有重视解题过程的语言表述。培养 规范简洁的表达，“会做”的题才能“得分”． 我们的备考策略是：(1)基础知识的学习和复习要在形成知识体系上下工夫．切实掌握数学知识是顺利解答问题的基础，复习时要注意知识的不断深化，新知识应及时纳入已有的知识体系，特别要注意数学知识之间的关系和联系，逐步形成和扩充知识结构系统，能在大脑记忆系统中建构“数学认知结构”，在解题时能寻找最佳解题途径，优化解题过程． (2)能力培养要落到实处，解题要突出目标意识，强化通性通法，淡化特殊技巧，注重解题方法的探究和总结，克服盲目性，提高自觉性，解题后要多反思、领悟，不断总结解题经验． (3)要重视培养创新意识和实践能力．创新可以为高考试题注入新的活力．以学生所学的数学知识为基础，对某些数学问题进行深入探讨，或从数学角度对某些实际问题进行探究，以体现研究性学习的要求，这有可能成为xx年高考数学命题的亮点．加强数学深究能力和创新能力的培养，是新课程竭力倡导的重要理念，这个理念十分鲜明而强烈地体现在近两年采的高考数学试卷中，每年都有一些背景新颖、内涵深刻的试题出现，例如探索型问题、阅读理解型问题、动手操作类问题等，加强对近两年来的高考试题的研究，可以使我们从中得到许多有益的启发． 因此，复习中应该从实际出发，一步一个脚印，夯实基础，提升能力，适度创新，才能以不变应万变，夺取高考数学的胜利！ 1．解析：A 2．解析：B 由，易得，则 3．解析：B由题意可得，解得，即所求函数的定义域为(0，+∞)，选B． 4．解析：D连接OC、OD、CD，由点C、D是半圆弧的三等分点，有 ,且OA=OC=OD，则△OAC与△OCD均为边长等于圆O的半径的等边三角形，所以四边形OACD为菱形，所以 5．解析：B 根据几何体的三视图可以推知该几何体是一个直三棱柱被截去一个三棱锥后剩余的部分，其中直三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，高为2；三棱锥的底面是边长为2的等边三角形，高为1，故所求几何体的体积为 6．解析：C 由正弦定理得，则，从而 ，所以角B为钝角，△ABC是钝角三角形． 7解析：D 画出不等式组所表示的可行域，知当时，则；当时，，令它表示过点和点(0，0)的直线的斜率，得，这时而由得，则，即， 故 8．解析：C 由的图象知，两相邻对称中心的距离为两相邻对称轴的距离为，对称中心与距其最近的对称轴的距离为若满足①②，则的两个相邻对称中心分别为 ，从而有，即；若满足①③，则的对称轴为，与对称轴相邻的对称中心为，有，即；若满足③④，则的两个相邻的对称轴为和，从而有，即；若满足②⑤，则的对称中心为，与其相邻的对称轴为，从而有，即，故只有(iii)错误． 9．解析：9 由题意得，解得，故调查小组的总人数为 10．解析：3 设等差数列的公差为d，则由成等差数列得，即，有于是，由，得，有即，由，得，结合函数与 的图象知 11．解析： -28812 执行程序框图可得 输出， 二项式的展开式的通项为 令，得，所以常数项为 12.解析： 依题意，点N的坐标为，可设，直线方程为 ，则直线方程与联立得，消去得 由根与系数的关系得 于是 所以当时，△ANB的面积最小，且 13．解析： 当且仅当与同号时取等号．故当时． 有 当时，有最大值，而，所以当，或时，有最大值，且，即m的取值范围是 14．解析：(1，0) 由，得，即，由 ，得，则两方程联立得，解得，故两曲线交点的极坐标为(1，0)． 15．解析： 因为PQ是小圆的切线，则由切割线定理可得 即(或利用勾股定理：连接OQ，由题意得， 则，设， 则 由大圆的割线定理得，即，解得 即 16． 解析：(1)由的最小正周期为π， 得，即 (2分) 又图象的一条对称轴是直线，有 则而，得 (5分) (2)由，得,有 (6分) 而,则，又 (9分) 则 (10分) (12分) 17．解析：（1）设甲、乙闯关成功分别为事件A、B， 则， (4分) 事件、相互独立，则甲、乙至少有一人闯关成功的概率是 (6分) (2)由题知ξ的所有可能取值是1，2． (7分) ， 则ξ的分布列为 (11分) 所以 (13分) 18．解析：(1)由平面PQE∥平面，得点P到平面的距离等于点E到平面的距离，而四边形ABCD与四边形均是边长为1的正方形， ，又 (2分) (3分) 又∵E是的中点，∴点E到平面的距离等于 ∴点P到平面的距离等于，即点P为BD的中点， (5分) (6分) (2)由(1)知P，Q分别是BD，CD1的中点，如图,以点D为原点．以DA、DC所在的直线分别为轴、轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)．， ， ，， (9分) 设平面DQP的法向量为则 取,得 ∴平面DQP的一个法向量为 (11分) 设直线QE与平面DQP所成的角为θ，则 (12分) ∴直线QE与平面DQP所成的角的正弦值为 (13分) 19．解析：(1)贷款元，n年后需还的本金和利息总和为元(1分) 李先生共还款12n次，每次还元， 则第一次还款元，到还款结束时本金和利息总和为元， 第二次还款元，到还款结束时本金和利息总和为元。 第三次还款元，到还款结束时本金和利息总和为元， (4分) ……… 第12n-1次还款元，到还款结束时本金和利息总和为元. 第12n次还款元(即最后一次还款)，还款结束时本金和利息总和为元． (6分) 则 (7分) (9分) (2)当时，由(1)得 (13分) 故的值为2343元． (14分) 20．解析：(1)由题意 为的中点， 故椭圆的方程为 (4分) (2)当直线DE与轴垂直时， 此时 ∴四边形DMEN的面积 (6分) 同理当直线MN与轴垂直时，四边形DMEN的面积 (7分) 当直线DE，MN均与轴不垂直时，设直线DE：，代入椭圆方程消去得： 设，则 ， ∵直线DE与直线MN垂直，∴用替换中的k，可得 ∴四边形DMEN的面积 (12分) 令，得 当时， 且S是以u为自变量的增函数，所以 综上可知 故四边形DMEN面积的最大值为4，最小值为 (14分) 21．解析：(1)当时， (1分) ①当时， 在(2．+∞)上单调递增． (2分) ②当时， 在(1，2)上单调递减，在(-∞，1)上单调递增．(3分) 综上所述．的单调递增区间是(-∞，1)和(2，+∞)，单调递减区间是(1，2) (4分) (2)(i)当时，，函数的零点为 (5分) (ii)当时, (6分) 故当时， 此时函数的对称轴 在上单调递增， (7分) 当时，，此时函数的对称轴 在上单调递减，在上单调递增， (8分) 而 ①当，即时，函数与轴只有唯一交点，即函数有唯一零点，该零点大于由，解得或(舍去)， 所以函数的零点为 (10分) ②当，即时，函数与轴有两个交点，即函数有两个零点， 分别为和 (12分) ③当，即时，函数与轴有三个交点，即函数有三个零点， 由，解得 ∴函数的零点为 和(13分) 综上可得，当时，函数的零点为0； 当时，函数有一个零点 当时．函数有2和两个零点； 当时，函数有和三个零点． (14分)