【正文】 維能力 試題平實(shí)、簡潔 , 突出考查考生分析問題和解決問題的能力 . 4 . 重視文化滲透 國務(wù)院副總理劉延?xùn)|在 2 015 年全國普通高考命題工作會(huì)議 上 , 強(qiáng)調(diào)普通高考命題必須重視且力求全面體現(xiàn)“一點(diǎn)四面” (“一點(diǎn)” : 以立德樹人為重點(diǎn) 。第一篇 高 考 前 瞻 一、課標(biāo)全國卷的總體特點(diǎn)分析 1 . 結(jié)構(gòu)穩(wěn)定 , 文理一致 課標(biāo)全國卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分 , 第Ⅰ卷為選擇題 , 12題 , 每題 5 分 , 共 60 分 , 為必考內(nèi)容 。 選修 4 5 : 不等式選講 ), 共 10 分 . 2. 突出主干、突出方法和思想 圍繞著主干知識(shí)、重點(diǎn)方法和主要數(shù)學(xué)思想展開 , 沒有偏題怪題 . 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、立體幾何、解析幾何、統(tǒng)計(jì)概率依然是考查 的重點(diǎn) 。 r2178。 1 . 62 ≈ 22 ( 斛 ) . 故選 B . 【答案】 B 【啟示】本題以《九章算術(shù)》中的問題為材料 , 試題背景新穎 , 解答本題的關(guān)鍵是想到米堆為14個(gè)圓錐 , 底面是14個(gè)圓 , 根據(jù)題中的條件列出關(guān)于底面半徑的方程 , 求出底面半徑 , 進(jìn)而求出米堆的體積 , 并進(jìn)行單位換算 . 例 2 ( 20 15 年課標(biāo)全國卷Ⅱ理 8 ) 下邊程序框圖的算法思路源于我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中的“更相減損術(shù)” . 執(zhí)行該程序框圖 , 若輸入的 a , b 分別為 14 , 18 , 則輸出的 a= ( ) . 【解析】 a= 14 , b= 18 . 第一次循環(huán) : 14 ≠ 18 且 14 18 , b= 18 14 = 4 。 第五次循環(huán) : 2 ≠ 4 且 2 4 , b= 4 2 = 2 。 ( 2 ) 報(bào)考 B 大學(xué)的人也報(bào)考了 D 大學(xué) 。 ③ 有人同時(shí)報(bào)考了 C 大學(xué)和 D 大學(xué) 。 ③ C ? D?或 D ? C?, 命題 ③ 錯(cuò)誤 。 2022 年課標(biāo)全國卷Ⅰ理 18 ( 文 18 ) 涉及產(chǎn)品質(zhì)量指標(biāo)分析 。 p 2 : ? ( x , y ) ∈ D , x+ 2 y ≥ 2 。 =12ex, 令 y39。 ( t ) = 2 t 1??= 0 , 得t= 22( t= 22舍去 ) .F ( t ) 在 ( 0 , 22) 上單調(diào)遞減 , 在 ( 22, + ∞ ) 上單調(diào)遞增 , 故當(dāng) t= 22時(shí) , F ( t ) =t2 ln t ( t 0 ) 有極小值 , 也為最小值 . 即|MN| 達(dá)到最小值 , 故選 D . 【答案】 D 例 8 ( 20 15 年課標(biāo)全國卷Ⅰ理 21 ) 已知函數(shù)f ( x ) =x3+a x+14, g ( x ) = ln x. ( 1 ) 當(dāng) a 為何值時(shí) , x 軸為曲線 y=f ( x ) 的切線 。 ( x ) = 3 x2+a 在 ( 0 , 1 ) 上無零點(diǎn) , 故f ( x ) 在 ( 0 , 1 ) 上單調(diào) . 而 f ( 0 ) =14, f ( 1 ) =a+54, 所以當(dāng) a ≤ 3 時(shí) , f ( x ) 在 ( 0 , 1 ) 上有一個(gè)零點(diǎn) 。 當(dāng) 54a 34時(shí) , h ( x ) 有三個(gè)零點(diǎn) . 【啟示】常見的函數(shù)、簡單的問題 , 有了參數(shù)介入 , 依托分類討論思想 , 也能考查出學(xué)科素養(yǎng)和能力 . 【變式訓(xùn)練】 已知函數(shù) f ( x ) =a x 1??+ ln x ( a ∈ R ) . ( 1 ) 討論 f ( x ) 的單調(diào)性 。 當(dāng) a ≠ 0 時(shí) , 令 f39。 當(dāng) a 0 時(shí)f ( x ) 在 ( 0 , x 1 ) 上為減函數(shù) , 在 ( x 1 , + ∞ ) 上為增函數(shù) . ( 2 ) ∵ f39。 ( 2 ) 若 l 過點(diǎn) (??3, m ), 延長線段 OM 與 C 交于點(diǎn) P , 四邊形 OAPB能否為平行四邊形 ? 若能 , 求此時(shí) l 的斜率 。 ?? ??3 ??2+ 9= 2 179。 二是考查球與多面體的相切接 , 考查了學(xué)生的空間想象能力、推理論證能力和運(yùn)算求解能力 ) . 2 . 在選擇、填空題中 , 近五年課標(biāo)全國卷對(duì)空間位置關(guān)系都未涉及 . 3 . 在解答題中 , 近五年課標(biāo)全國卷對(duì)線面平行問題都未涉及( 課標(biāo)全國卷Ⅱ?？疾槠叫袉栴} , 2 013 年、 2022 年均有考查線面平行 ) . 4 . 課標(biāo)全國卷考查三視圖的試題難度較大 , 空間想象能力要求比較高 . 5 . 課標(biāo)全國卷的立體幾何解答題基本上是設(shè)計(jì)“ 兩問” , 且設(shè)問比較直接 . 6 . 課標(biāo)全國卷經(jīng)常出現(xiàn)“直棱柱、正棱柱、正棱錐”等概念 . 7 . 課標(biāo)全國卷文理科背景材料經(jīng)常是相近的 , 甚至是同題 . 8 . 課標(biāo)全國卷對(duì)立體幾何的考查難度相對(duì)穩(wěn)定 , 選擇題、填空題難度為中等偏難 , 選擇題基本在后六題的位置 , 填空題基本在后兩題的位置 ( 時(shí)而作為選擇題壓軸題 , 如 20 14 年理 12 、 2022年文 16 、 201 2 年及 2022 年理 11 、 201 3 年及 2022 年文 11 )。 32179。 (?? + ?? + 2 2 ??3)3=1627, 當(dāng)且僅當(dāng)x=y , a= 2 2 a , 即 a=23時(shí) , 等號(hào)成立 , 此時(shí)材料利用率為162713π 12 2=89 π,故選 A . 【答案】 A 例 13 ( 2 015 年 課標(biāo)全國卷Ⅰ理 18 ) 如圖 , 四邊形 A BCD 為菱形 , ∠ ABC = 120 176。 , 可得 A G= GC= 3 . 由 BE ⊥平面 ABC D , AB=B C , 可知 AE=E C. 又 AE ⊥ EC , 所以 EG= 3 , 且 EG ⊥ AC. 在 Rt △ EB G 中 , 可得 BE = 2 , 故 DF= 22. 在 Rt △ FD G 中 , 可得 FG = 62. 在直角梯形 BDF E 中 , 由 B D= 2 , BE= 2 , DF= 22, 可得 EF=3 22. 從而 EG2+ FG2=EF2, 所以 EG ⊥ FG. 又 AC ∩ FG =G , 所以 EG ⊥平面 AFC. 因?yàn)?EG ? 平面 AEC , 所以平面 AEC ⊥平面 AF C. ( 2 ) 如圖 , 以 G 為坐標(biāo)原點(diǎn) , 分別以 ?? ?? , ?? ?? 的方向?yàn)?x 軸 , y 軸正方向 , | ?? ?? | 為單位長度 , 建立空間直角坐標(biāo)系 . 由 ( 1 ) 可得 A ( 0 , 3 , 0 ), E ( 1 , 0 , 2 ), F ( 1 , 0 , 22), C ( 0 , 3 , 0 ), 所以 ?? ?? = ( 1 , 3 , 2 ), ?? ?? = ( 1 , 3 , 22) . 故 cos ?? ?? , ?? ?? =?? ?? 178。 ?? ??=25 + 45 162 5 3 5=9 525, ∴ 直線 PA 與直線 FG 所成角的余弦值為9 525. ( 法二 ) 在△ PCD 中 , ∵ E 為 CD 的中點(diǎn) , 且 PC=PD , ∴ PE ⊥ C D. 又 ∵ 平面 PCD ⊥平面 A BC D , 且平面 PCD ∩平面 A BC D= CD , PE ? 平面 P CD , ∴ PE ⊥平面 ABCD . 取 AB 的中點(diǎn) H , 連接 EH. ∵ 四邊形 ABCD 是長方形 , ∴ EH ⊥ CD. 如圖 , 以 E 為原點(diǎn) , EH , EC , EP 所在直線分別為 x , y , z 軸建立空間直角坐標(biāo)系 , ∵ PD=PC= 4 , AB= 6 , B C= 3 , AF = 2 FB , CG= 2 GB , ∴ E ( 0 , 0 , 0 ), P ( 0 , 0 , 7 ), F ( 3 , 1 , 0 ), G ( 2 , 3 , 0 ), A ( 3 , 3 , 0 ), D ( 0 , 3 , 0) . ( 1 ) ∵ ?? ?? = ( 0 , 0 , 7 ), ?? ?? = ( 1 , 2 , 0 ), 且 ?? ?? 178。 ?? = 0 , 即 3 ??1+ 3 ??1+ 7 ??1= 0 ,3 ??1+ 7 ??1= 0 , 令 z 1 = 3 , 則 x 1 = 0 , y 1 = 7 , ∴ n = ( 0 , 7 , 3 ) . 由圖可知二面角 P AD C 是銳角 , 設(shè)為 α , 則 cos α =|?? 178。 ?? ?? = 0 ,?? 178。 ( 2 ) 求直線 B 1 C 1 與平面 ACD 1 所成角的正弦值 . 【解析】 ( 法一 )( 1 ) 如圖 , 因?yàn)?BB 1 ⊥平面 ABCD , AC ? 平面 ABC D ,所以 AC ⊥ BB 1 . 又 AC ⊥ BD , 所以 AC ⊥平面 BB 1 D , 而 B 1 D ? 平面 BB 1 D , 所以 AC ⊥B 1 D. ( 2 ) 因?yàn)?B 1 C 1 ∥ AD , 所以直線 B 1 C 1 與平面 ACD 1 所成的角等于直線 AD 與平面 AC D 1 所成的角 ( 記為 θ ) . 如圖 , 連結(jié) A 1 D. 因?yàn)槔庵?ABCD A 1 B 1 C 1 D 1 是直棱柱 , 且∠ B 1 A 1 D 1 =∠ BAD= 90 176。 θ ) = 217, 從而 s in θ = 217. 直線 B 1 C 1 與平面 ACD 1 所成角的正弦值為 217. ( 法二 )( 1 ) 易知 , AB , AD , AA 1 兩兩垂直 . 如圖 , 以 A 為坐標(biāo)原點(diǎn) , AB , AD , AA 1 所在直線分別為 x 軸 , y 軸 , z 軸建立空間直角坐標(biāo)系 ,設(shè) AB=t , 則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為 : A ( 0 , 0 , 0 ), B ( t , 0 , 0 ), B 1 ( t , 0 , 3 ), C ( t , 1 , 0 ), C 1 ( t , 1 , 3 ), D ( 0 , 3 ,0 ), D 1 ( 0 , 3 , 3 ) . 從而 ??1D = ( t , 3 , 3 ), ?? ?? = ( t , 1 , 0 ), ?? ?? = ( t , 3 , 0 ) . 因?yàn)?AC ⊥ B D , 所以 ?? ?? 178。 ?? ??1 = 0 , 即 3 x + y = 0 ,3 ?? + 3 ?? = 0 . 令 x= 1 , 則 n = ( 1 , 3 , 3 ) . 設(shè)直線 B 1 C 1 與平面 A CD 1 所成角為 θ , 則 sin θ =| cos n , ??1??1 |=|?? 178。 其次 , 利用概率模型 ( 古典概型、二項(xiàng)分布等 ) 做概率分析( 離散型隨機(jī)變量的分布列、均值、方差 ), 進(jìn)而作出決策 . 9 . 課標(biāo)全國卷以分布列及期望、樣本數(shù)據(jù)的數(shù)字特征為核心考點(diǎn) . 理解分布列及期望、樣本數(shù)據(jù)的數(shù)字特征的意義和 作用 , 并以此為依據(jù) , 利用樣本估計(jì)總體的思想解決一些簡單的實(shí)際問題 . 2022 年至 20 14 年課標(biāo)全國卷理科對(duì)分布列及期望均有考查 , 2022 年至 20 14 年課標(biāo)全國卷文科對(duì)樣本數(shù)據(jù)的數(shù)字特征 ( 如平均數(shù)、標(biāo)準(zhǔn)差 ) 均有考查 . 10 . 與其他分支相關(guān)知識(shí)融合的綜合應(yīng)用 統(tǒng)計(jì)與概率綜合應(yīng)用有兩大類 : 一類是概率與統(tǒng)計(jì)、程序設(shè)計(jì)融合 , 重在對(duì)數(shù)據(jù)處理能力的檢測 。 6 . 8 = 100 . 6 , 所以 y 關(guān)于 w 的線性回歸方程為 ??^= 100 . 6 + 68 w , 因此 y 關(guān)于 x 的回歸方程為 ??^= 100 . 6 + 68 ?? . ( 3 ) ① 由 ( 2 ) 知 , 當(dāng) x= 49 時(shí) , 年銷售量 y 的預(yù)報(bào)值 ??^= 100 . 6 + 68 49 = 576 . 6 , 年利潤 z 的預(yù)報(bào)值 ??^= 576 . 6 179。 ( 90 + 84 + 83 + 80 + 75 + 68 ) = 80 , 所以 a＾= y? b＾x?= 80 + 20 1