2019年 文科數(shù)學(xué)高考題天津卷

PAGE1本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共150分，考試時間120分鐘．第Ⅰ卷參考公式·如果事件A，B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．·圓柱的體積公式V＝Sh，其中S表示圓柱的底面面積，h表示圓柱的高．·棱錐的體積公式V＝eq\f(1,3)Sh，其中S表示棱錐的底面面積，h表示棱錐的高．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．(2019·天津高考)設(shè)集合A＝{－1,1,2,3,5}，B＝{2,3,4}，C＝{x∈R|1≤x<3}，則(A∩C)∪B＝()A．{2} B．{2,3}C．{－1,2,3} D．{1,2,3,4}解析：選D∵A∩C＝{1,2}，∴(A∩C)∪B＝{1,2,3,4}．故選D.2．(2019·天津高考)設(shè)變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≤0，,x－y＋2≥0，,x≥－1，,y≥－1，))則目標(biāo)函數(shù)z＝－4x＋y的最大值為()A．2 B．3C．5 D．6解析：選C畫出可行域，如圖中陰影部分所示，由z＝－4x＋y可得y＝4x＋z.設(shè)直線l0為y＝4x，平移直線l0，當(dāng)直線y＝4x＋z過點A時z取得最大值．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,x－y＋2＝0，))得A(－1,1)，∴zmax＝－4×(－1)＋1＝5.故選C.3．(2019·天津高考)設(shè)x∈R，則“0<x<5”是“|x－1|<1”的()A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選B由|x－1|<1可得0<x<2，所以“|x－1|<1的解集”是“0<x<5的解集”的真子集．故“0<x<5”是“|x－1|<1”的必要而不充分條件．故選B.4．(2019·天津高考)閱讀右邊的程序框圖，運行相應(yīng)的程序，輸出S的值為()A．5 B．8C．24 D．29解析：選Bi＝1不為偶數(shù)，S＝0＋1＝1，i＝1＋1＝2<4；i＝2為偶數(shù)，j＝1，S＝1＋2×21＝5，i＝2＋1＝3<4；i＝3不為偶數(shù)，S＝5＋3＝8，i＝3＋1＝4.此時4≥4滿足要求，輸出S＝8.故選B.5．(2019·天津高考)已知a＝log27，b＝log38，c＝0.30.2，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．c<b<a B．a(chǎn)<b<cC．b<c<a D．c<a<b解析：選A∵a＝log27>log24＝2，b＝log38<log39＝2且b>1，c＝0.30.2<0.30＝1，∴c<b<a.故選A.6．(2019·天津高考)已知拋物線y2＝4x的焦點為F，準(zhǔn)線為l.若l與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩條漸近線分別交于點A和點B，且|AB|＝4|OF|(O為原點)，則雙曲線的離心率為()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D.eq\r(5)解析：選D由拋物線方程可得準(zhǔn)線l的方程為x＝－1，雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(b,a)x，,x＝－1))解得y1＝－eq\f(b,a)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(b,a)x，,x＝－1))解得y2＝eq\f(b,a)，∴|AB|＝y(tǒng)2－y1＝eq\f(2b,a).∵|AB|＝4|OF|，∴eq\f(2b,a)＝4，即eq\f(b,a)＝2.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2＝eq\f(a2＋b2,a2)＝eq\f(5a2,a2)＝5，∴e＝eq\r(5).故選D.7．(2019·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函數(shù)，且f(x)的最小正周期為π，將y＝f(x)的圖象上所有點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為g(x)．若geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝()A．－2 B．－eq\r(2)C.eq\r(2) D．2解析：選C∵函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且|φ|<π，∴φ＝0.又f(x)的最小正周期為π，∴eq\f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.∴f(x)＝Asin2x.由題意可得g(x)＝Asinx，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)，即Asineq\f(π,4)＝eq\r(2)，解得A＝2.故f(x)＝2sin2x.∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝2sineq\f(3π,4)＝eq\r(2).故選C.8．(2019·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(x)，0≤x≤1，,\f(1,x)，x>1.))若關(guān)于x的方程f(x)＝－eq\f(1,4)x＋a(a∈R)恰有兩個互異的實數(shù)解，則a的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))∪{1} D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))∪{1}解析：選D如圖，分別畫出兩函數(shù)y＝f(x)和y＝－eq\f(1,4)x＋a的圖象．(1)先研究當(dāng)0≤x≤1時，直線y＝－eq\f(1,4)x＋a與y＝2eq\r(x)的圖象只有一個交點的情況．當(dāng)直線y＝－eq\f(1,4)x＋a過點B(1,2)時，2＝－eq\f(1,4)＋a，解得a＝eq\f(9,4).所以0≤a≤eq\f(9,4).(2)再研究當(dāng)x>1時，直線y＝－eq\f(1,4)x＋a與y＝eq\f(1,x)的圖象只有一個交點的情況：①相切時，由y′＝－eq\f(1,x2)＝－eq\f(1,4)，得x＝2，此時切點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,2)))，則a＝1.②相交時，由圖象可知直線y＝－eq\f(1,4)x＋a從過點A向右上方移動時與y＝eq\f(1,x)的圖象只有一個交點．過點A(1,1)時，1＝－eq\f(1,4)＋a，解得a＝eq\f(5,4).所以a≥eq\f(5,4).結(jié)合圖象可得，所求實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))∪{1}．故選D.第Ⅱ卷二、填空題(本大題共6小題，每小題5分，共30分．把答案填在題中橫線上)9．(2019·天津高考)i是虛數(shù)單位，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5－i,1＋i)))的值為________．解析：法一：∵eq\f(5－i,1＋i)＝eq\f(5－i1－i,2)＝eq\f(4－6i,2)＝2－3i，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5－i,1＋i)))＝eq\r(22＋－32)＝eq\r(13).法二：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5－i,1＋i)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5－i,1＋i)))＝eq\f(\r(25＋1),\r(1＋1))＝eq\f(\r(26),\r(2))＝eq\r(13).答案：eq\r(13)10．(2019·天津高考)設(shè)x∈R，使不等式3x2＋x－2<0成立的x的取值范圍為________．解析：3x2＋x－2<0變形為(x＋1)(3x－2)<0，解得－1<x<eq\f(2,3)，故使不等式成立的x的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))11．(2019·天津高考)曲線y＝cosx－eq\f(x,2)在點(0,1)處的切線方程為________．解析：y′＝－sinx－eq\f(1,2)，將x＝0代入，可得切線斜率為－eq\f(1,2).所以切線方程為y－1＝－eq\f(1,2)x，即y＝－eq\f(1,2)x＋1.答案：y＝－eq\f(1,2)x＋112．(2019·天津高考)已知四棱錐的底面是邊長為eq\r(2)的正方形，側(cè)棱長均為eq\r(5).若圓柱的一個底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側(cè)棱的中點，另一個底面的圓心為四棱錐底面的中心，則該圓柱的體積為________．解析：如圖所示，在四棱錐V-ABCD中，O為正方形ABCD的中心，也是圓柱下底面的中心，由四棱錐底面邊長為eq\r(2)，可得OC＝1.設(shè)M為VC的中點，過點M作MO1∥OC交OV于點O1，則O1即為圓柱上底面的中心．∴O1M＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(1,2)，O1O＝eq\f(1,2)VO.∵VO＝eq\r(VC2－OC2)＝2，∴O1O＝1.可得V圓柱＝π·O1M2·O1O＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2×1＝eq\f(π,4).答案：eq\f(π,4)13．(2019·天津高考)設(shè)x>0，y>0，x＋2y＝4，則eq\f(x＋12y＋1,xy)的最小值為________．解析：法一：eq\f(x＋12y＋1,xy)＝eq\f(2xy＋x＋2y＋1,xy)＝eq\f(2xy＋5,xy)＝2＋eq\f(5,xy).∵x>0，y>0且x＋2y＝4，∴4≥2eq\r(2xy)(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2，y＝1時取等號)，∴2xy≤4，∴eq\f(1,xy)≥eq\f(1,2)，∴2＋eq\f(5,xy)≥2＋eq\f(5,2)＝eq\f(9,2).法二：由題意知y＝2－eq\f(x,2)，代入得eq\f(x＋14－x＋1,x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(x,2))))＝eq\f(2x＋25－x,4－xx)＝eq\f(－2x2＋8x＋10,－x2＋4x)＝2＋eq\f(10,－x2＋4x)，當(dāng)x＝2時，－x2＋4x取得最大值4，此時原式取得最小值，所以eq\f(x＋12y＋1,xy)≥2＋eq\f(5,2)＝eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)14．(2019·天津高考)在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝2eq\r(3)，AD＝5，∠A＝30°，點E在線段CB的延長線上，且AE＝BE，則eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(AE,\s\up7(→))＝________.解析：法一：△AEB為等腰三角形，易得|BE|＝2，所以eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\f(2,5)eq\o(AD,\s\up7(→))，則eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(AE,\s\up7(→))＝(eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))·(eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\f(2,5)eq\o(AD,\s\up7(→)))＝－eq\f(2,5)eq\o(AD2,\s\up7(→))－eq\o(AB2,\s\up7(→))＋eq\f(7,5)eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝－10－12＋21＝－1.法二：如圖，如點B為坐標(biāo)原點，BC所在直線為x軸，垂直BC且過點B的直線為y軸，建立平面直角系標(biāo)系，則B(0,0)，易知E(－2,0)，A(－3，eq\r(3))，又BD＝eq\r(25＋12－2×5×2\r(3)×cos30°)＝eq\r(7)，所以D(2，eq\r(3))，于是eq\o(BD,\s\up7(→))＝(2，eq\r(3))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(1，－eq\r(3))，所以eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(AE,\s\up7(→))＝(2，eq\r(3))·(1，－eq\r(3))＝2－3＝－1.答案：－1三、解答題(解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)15．(2019·天津高考)(本小題滿分13分)2019年，我國施行個人所得稅專項附加扣除辦法，涉及子女教育、繼續(xù)教育、大病醫(yī)療、住房貸款利息或者住房租金、贍養(yǎng)老人等六項專項附加扣除．某單位老、中、青員工分別有72,108,120人，現(xiàn)采用分層抽樣的方法，從該單位上述員工中抽取25人調(diào)查專項附加扣除的享受情況．(1)應(yīng)從老、中、青員工中分別抽取多少人？(2)抽取的25人中，享受至少兩項專項附加扣除的員工有6人，分別記為A，B，C，D，E，F(xiàn).享受情況如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受．現(xiàn)從這6人中隨機抽取2人接受采訪.員工項目ABCDEF子女教育○○×○×○繼續(xù)教育××○×○○大病醫(yī)療×××○××住房貸款利息○○××○○住房租金××○×××贍養(yǎng)老人○○×××○①試用所給字母列舉出所有可能的抽取結(jié)果；②設(shè)M為事件“抽取的2人享受的專項附加扣除至少有一項相同”，求事件M發(fā)生的概率．解：(1)由已知得老、中、青員工人數(shù)之比為6∶9∶10，由于采用分層抽樣的方法從中抽取25位員工，因此應(yīng)從老、中、青員工中分別抽取6人、9人、10人．(2)①從已知的6人中隨機抽取2人的所有可能結(jié)果為{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F(xiàn)}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F(xiàn)}，{C，D}，{C，E}，{C，F(xiàn)}，{D，E}，{D，F(xiàn)}，{E，F(xiàn)}，共15種．②由表格知，符合題意的所有結(jié)果為{A，B}，{A，D}，{A，E}，{A，F(xiàn)}，{B，D}，{B，E}，{B，F(xiàn)}，{C，E}，{C，F(xiàn)}，{D，F(xiàn)}，{E，F(xiàn)}，共11種．所以，事件M發(fā)生的概率P(M)＝eq\f(11,15).16．(2019·天津高考)(本小題滿分13分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.已知b＋c＝2a,3csinB＝4asinC.(1)求cosB的值；(2)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))的值．解：(1)在△ABC中，由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得bsinC＝csinB，又由3csinB＝4asinC，得3bsinC＝4asinC，即3b＝4a.又因為b＋c＝2a，得到b＝eq\f(4,3)a，c＝eq\f(2,3)a.由余弦定理可得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋\f(4,9)a2－\f(16,9)a2,2·a·\f(2,3)a)＝－eq\f(1,4).(2)由(1)可得sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(\r(15),4)，從而sin2B＝2sinBcosB＝－eq\f(\r(15),8)，cos2B＝cos2B－sin2B＝－eq\f(7,8)，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝sin2Bcoseq\f(π,6)＋cos2Bsineq\f(π,6)＝－eq\f(\r(15),8)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(7,8)×eq\f(1,2)＝－eq\f(3\r(5)＋7,16).17．(2019·天津高考)(本小題滿分13分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，△PCD為等邊三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3.(1)設(shè)G，H分別為PB，AC的中點，求證：GH∥平面PAD；(2)求證：PA⊥平面PCD；(3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值．解：(1)證明：連接BD，易知AC∩BD＝H，BH＝DH.又由BG＝PG，故GH∥PD.又因為GH?平面PAD，PD?平面PAD，所以GH∥平面PAD.(2)證明：取棱PC的中點N，連接DN.依題意，得DN⊥PC.又因為平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，所以DN⊥平面PAC.又PA?平面PAC，所以DN⊥PA.又已知PA⊥CD，CD∩DN＝D，所以PA⊥平面PCD.(3)連接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角．因為△PCD為等邊三角形，CD＝2且N為PC的中點，所以DN＝eq\r(3).又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝eq\f(DN,AD)＝eq\f(\r(3),3).所以，直線AD與平面PAC所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).18．(2019·天津高考)(本小題滿分13分)設(shè){an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.(1)求{an}和{bn}的通項公式．(2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n為奇數(shù)，,b\f(n,2)，n為偶數(shù).))求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.依題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3q＝3＋2d，,3q2＝15＋4d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝3，))故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.所以，{an}的通項公式為an＝3n，{bn}的通項公式為bn＝3n.(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n×3＋\f(nn－1,2)×6))＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．記Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①則3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－eq\f(31－3n,1－3)＋n×3n＋1＝eq\f(2n－13n＋1＋3,2).所以，a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×eq\f(2n－13n＋1＋3,2)＝eq\f(2n－13n＋2＋6n2＋9,2)(n∈N*)．19．(2019·天津高考)(本小題滿分14分)設(shè)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點為F，左頂點為A，上頂點為B.已知eq\r(3)|OA|＝2|OB|(O為原點)．(1)求橢圓的離心率．(2)設(shè)經(jīng)過點F且斜率為eq\f(3,4)的直線l與橢圓在x軸上方的交點為P，圓C同時與x軸和直線l相切，圓心C在直線x＝4上，且OC∥AP.求橢圓的方程．解：(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知有eq\r(3)a＝2b，又由a2＝b2＋c2，消去b得a2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))2＋c2，解得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).所以，橢圓的離心率為eq\f(1,2).(2)由(1)知，a＝2c，b＝eq\r(3)c，故橢圓方程為eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1.由題意，F(xiàn)(－c,0)，則直線l的方程為y＝eq\f(3,4)(x＋c)．點P的坐標(biāo)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4c2)＋\f(y2,3c2)＝1，,y＝\f(3,4)x＋c，))消去y并化簡，得到7x2＋6cx－13c2＝0，解得x1＝c，x2＝－eq\f(13c,7).代入到l的方程，解得y1＝eq\f(3,2)c，y2＝－eq\f(9,14)c.因為點P在x軸上方，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(3,2)c)).由圓心C在直線x＝4上，可設(shè)C(4，t)．因為OC∥AP，且由(1)知A(－2c,0)，故eq\f(t,4)＝eq\f(\f(3,2)c,c＋2c)，解得t＝2.因為圓C與x軸相切，所以圓C的半徑為2.又由圓C與l相切，得eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)4＋c－2)),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2))＝2，可得c＝2.所以，橢圓的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.20．(2019·天津高考)(本小題滿分14分)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－a(x－1)ex，其中a∈R.(1)若a≤0，討論f(x)的單調(diào)性．(2)若0<a<eq\f(1,e)，①證明f(x)恰有兩個零點；②設(shè)x0為f(x)的極值點，x1為f(x)的零點，且x1>x0，證明3x0－x1>2.解：(1)由已知，f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)－[aex＋a(x－1)ex]＝eq\f(1－ax2ex,x).因此當(dāng)a≤0時，1－ax2ex>0，從而f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．(2)證明：①由(1)知，f′(x)＝eq\f(1－ax2ex,x).令g(x)＝1－ax2ex，由0<a<eq\f(1,e)，可知g(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減．又g(1)＝1－ae>0，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝1－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))2·eq\f(1,a)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))2<0，故g(x)＝0在(0，＋∞)內(nèi)有唯一解，從而f′(x)＝0在(0，＋∞)內(nèi)有唯一解，不妨設(shè)為x0，則1<x0<lneq\f(1,a).當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)＝eq\f(gx,x)>eq\f(gx0,x)＝0，所以f(x)在(0，x0)內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＝eq\f(gx,x)<eq\f(gx0,x)＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，因此x0是f(x)的唯一極值點．令h(x)＝lnx－x＋1，則當(dāng)x>1時，h′(x)＝eq\f(1,x)－1<0，故h(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，從而當(dāng)x>1時，h(x)<h(1)＝0，所以lnx<x－1，從而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝lnlneq\f(1,a)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)－1))elneq\f(1,a)＝lnlneq\f(1,a)－lneq\f(1,a)＋1＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))<0.又因為f(x0)>f(1)＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)內(nèi)有唯一零點．又f(x)在(0，x0)內(nèi)有唯一零點1，從而，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)恰有兩個零點．②由題意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x0＝0，,fx1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax\o\al(2,0)ex0＝1，,lnx1＝ax1－1ex1，))從而lnx1＝eq\f(x1－1,x\o\al(2,0))ex1－x0，即ex1－x0＝eq\f(x\o\al(2,0)lnx1,x1－1).因為當(dāng)x>1時，lnx<x－1，又x1>x0>1，故ex1－x0<eq\f(x\o\al(2,0)x1－1,x1－1)＝xeq\o\al(2,0)，兩邊取對數(shù)，得lnex1－x0<lnxeq\o\al(2,0)，于是x1－x0<2lnx0<2(x0－1)，整理得3x0－x1>2.前沿?zé)狳c——新高考數(shù)學(xué)考情分析2024年新高考真題（含考情分析）及高考最新動向?qū)崟r更新請掃碼獲取縱觀近年來新高考數(shù)學(xué)試題，試題貫徹落實了高考改革的總體要求，實施“德智體美勞”全面發(fā)展的教育方針，聚焦核心素養(yǎng)，突出關(guān)鍵能力考查，落實立德樹人根本任務(wù)，充分發(fā)揮考試的引導(dǎo)作用.試題突出數(shù)學(xué)本質(zhì)、重視理性思維、堅持素養(yǎng)導(dǎo)向、能力為重的命題原則.通過設(shè)計真實問題情境，體現(xiàn)數(shù)學(xué)的應(yīng)用價值；穩(wěn)步推進改革，科學(xué)把握必備知識與關(guān)鍵能力的關(guān)系，體現(xiàn)了對基礎(chǔ)性、綜合性、應(yīng)用性和創(chuàng)新性的高考考查要求.一、突出主干知識、筑牢能力基礎(chǔ)以2023年新高考Ⅰ、Ⅱ卷為例，對各試題所考查的主干知識分析如下：題型題號各試題所考查的知識點分布及考查角度2023年新高考Ⅰ卷2023年新高考Ⅱ卷單選題1集合的交集運算復(fù)數(shù)的乘法及幾何意義2復(fù)數(shù)運算、共軛復(fù)數(shù)由集合間的關(guān)系求參數(shù)3向量垂直、數(shù)量積運算分層隨機抽樣、計數(shù)原理4由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)由函數(shù)的奇偶性求參數(shù)5橢圓的離心率問題由直線與橢圓的位置關(guān)系求參數(shù)6圓的切線問題由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)7等差數(shù)列充要條件的判定半角公式8三角函數(shù)中和、差、倍角公式的應(yīng)用等比數(shù)列的概念、前n項和及性質(zhì)多選題9樣本數(shù)字特征圓錐的體積、側(cè)面積和截面面積10以實際問題為背景考查對數(shù)大小比較直線與拋物線的位置關(guān)系、拋物線的概念及性質(zhì)11抽象函數(shù)的函數(shù)性質(zhì)函數(shù)的極值及應(yīng)用12以正方體內(nèi)嵌入某幾何體考查對稱性、空間位置關(guān)系獨立事件的概率、二項分布模型填空題13計數(shù)原理向量的數(shù)量積、模14四棱臺的體積四棱臺的體積15三角函數(shù)中由零點個數(shù)求ω范圍直線與圓的位置關(guān)系16雙曲線幾何性質(zhì)、平面向量三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)解答題17正弦定理、三角恒等變換正、余弦定理、三角恒等變換18線線平行的證明及由二面角求線段長度等差數(shù)列、數(shù)列的奇偶項問題19利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、證明不等式統(tǒng)計圖表、概率統(tǒng)計與函數(shù)交匯問題20等差數(shù)列的概念、性質(zhì)及前n項和空間線面位置關(guān)系、二面角的正弦值21概率與數(shù)列的交匯問題直線與雙曲線的位置關(guān)系、定直線問題22以拋物線為背景，考查不等式及函數(shù)的最值以三角函數(shù)、對數(shù)函數(shù)為載體，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用從上表可以看出，試題所考查知識范圍及思想方法90％以上都源于教材主干知識，由此在一輪復(fù)習(xí)備考中更應(yīng)重視必備知識的系統(tǒng)梳理、基本能力的逐點夯實.二、注重試題情境創(chuàng)設(shè)、牢記育人宗旨1.關(guān)注社會熱點2023年新高考Ⅰ卷第10題以當(dāng)今社會熱點“噪聲污染問題”為背景命制試題，目的是引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注社會、關(guān)注民生，用所學(xué)知識解決生活實踐情境下的實際問題.（多選）（2023·新高考Ⅰ卷）噪聲污染問題越來越受到重視.用聲壓級來度量聲音的強弱，定義聲壓級Lp＝20×lgpp0，其中常數(shù)p0（p0＞0）是聽覺下限閾值，p是實際聲壓.聲源與聲源的距離/m聲壓級/dB燃油汽車1060～90混合動力汽車1050～60電動汽車1040已知在距離燃油汽車、混合動力汽車、電動汽車10m處測得實際聲壓分別為p1，p2，p3，則（）A.p1≥p2 B.p2＞10p3C.p3＝100p0 D.p1≤100p22.弘揚優(yōu)秀傳統(tǒng)文化2022年新高考Ⅱ卷第3題以中國古代建筑中的舉架結(jié)構(gòu)為背景命制出以等差數(shù)列為考查點的試題，此類試題不但能考查學(xué)生的閱讀理解能力、直觀想象能力及知識運用能力，而且還能以優(yōu)秀傳統(tǒng)文化精髓陶冶情操.（2022·新高考Ⅱ卷）圖①是中國古代建筑中的舉架結(jié)構(gòu)，AA'，BB'，CC'，DD'是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉.圖②是某古代建筑屋頂截面的示意圖，其中DD1，CC1，BB1，AA1是舉，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為DD1OD1＝0.5，CC1DC1＝k1，BB1CB1＝k2，AA1BA1＝k3.已知k1，A.0.75 B.0.8C.0.85 D.0.93.展示現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)水平2021年新高考Ⅱ卷第4題以我國航天事業(yè)的重要成果北斗三號全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)為試題情境命制立體幾何問題，在考查學(xué)生的空間想象能力和閱讀理解、數(shù)學(xué)建模等素養(yǎng)的同時，引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注我國社會現(xiàn)實與經(jīng)濟、科技進步與發(fā)展，增強民族自豪感與自信心.（2021·新高考Ⅱ卷）北斗三號全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果.在衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中，地球靜止同步衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000km（軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面的距離）.將地球看作是一個球心為O，半徑r為6400km的球，其上點A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數(shù).地球表面上能直接觀測到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點的緯度最大值為α，記衛(wèi)星信號覆蓋地球表面的表面積為S＝2πr2（1－cosα）（單位：km2），則S占地球表面積的百分比約為（）A.26％ B.34％C.42％ D.50％4.體現(xiàn)數(shù)學(xué)應(yīng)用價值2022年新高考Ⅰ卷第4題以我國的重大建設(shè)成就“南水北調(diào)”工程為背景命制出以四棱臺體積公式為考查點的立體幾何試題，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的應(yīng)用價值.（2022·新高考Ⅰ卷）南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148.5m時，相應(yīng)水面的面積為140.0km2；水位為海拔157.5m時，相應(yīng)水面的面積為180.0km2.將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔148.5m上升到157.5m時，增加的水量約為（7≈2.65）（）A.1.0×109m3 B.1.2×109m3C.1.4×109m3 D.1.6×109m3三、重視能力考查、使素養(yǎng)評價科學(xué)有據(jù)高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)對培養(yǎng)學(xué)生能力的要求是數(shù)學(xué)“六大核心素養(yǎng)”的集中展示.要檢驗學(xué)生核心素養(yǎng)高低，必須通過解決數(shù)學(xué)問題來體現(xiàn).（多選）（2023·新高考Ⅰ卷）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內(nèi)的有（）A.直徑為0.99m的球體B.所有棱長均為1.4m的四面體C.底面直徑為0.01m，高為1.8m的圓柱體D.底面直徑為1.2m，高