八省联考看2021年高考数学命题趋势及后期复习备考讲座
2021届高三T8新高考八省顶尖名校大联考作文题目解析审题及优秀范文精品
2021届高三T8新高考八省顶尖名校大联考作文题目解析审题及优秀范文精品作文题目【2021届高三新高考八省顶尖名校大联考作文题目】阅读下面的材料，根据要求写作。
材料一：1914年圣诞节，第一次世界大战的法国战场上出现了奇异的一幕：战线两侧的同盟国和协约国士兵不约而同地放下武器，爬出战壕，走到曾经的“无人区”庆祝节日，交换礼品。
这就是著名的“圣诞节停战”。
人性的光芒终未被残酷的战争所掩埋。
材料二：2007年，科特迪瓦内战频仍。
足球明星德罗巴提议将3月的非洲杯预选赛放在叛军首都布尔凯举行，并邀请200名政府军前往观战，还送给叛军领袖一双印着“为了和平而团结”的球鞋。
这是内战爆发以来双方首次没有敌意的见面，最终，科特迪瓦5球大胜，大家共同欢呼。
足球竟成为了化解战争的和平使者。
材料三：和平与发展是时代主题，也是不可抗拒的历史潮流。
面对人类面临的挑战，世界各国应该加强团结而不是制造隔阂，推进合作而不是挑起冲突。
携手共建人类命运共同体，造福世界各国人民。
——新时代领路人在2020年11月12日的《第三届巴黎和平论坛致辞》2020年还剩下最后几天，校团委计划举办一个“祈愿世界和平”的主题团会。
请你围绕上述材料，结合你的感受和思考，写一篇发言稿。
要求：结合材料，选好角度，确定立意，明确文体，自拟标题；不要套作，不得抄袭；不得泄露个人信息；不少于800字。
审题参考作文材料由三则材料组成。
前两则侧重于事件叙述，第三则侧重于理论阐述。
材料一是一战时期“圣诞节停战”事件，结尾有关键句：人性的光芒终未被残酷的战争所掩埋。
材料二是球星德罗巴以足球比赛化解战争危机的故事，结尾有关键句：足球成了化解战争的和平使者。
材料三是致辞的摘选，关键信息是：和平与发展是时代主题；携手共建人类命运共同体。
注意题目的写作任务，校团委举办“祈愿世界和平”的主题团会，要求学生围绕材料，结合感受和思考，写一篇发言稿。
结合以上四个方面的信息可以看出，提示材料和写作任务是以“和平”为主题组织的。
2021年全国新高考“八省联考”高中学业水平适应性测试数学试卷
2021年全国新高考“八省联考”高中学业水平适应性测试数学试卷一、单选题：本题共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．（5分）已知M ，N 均为R 的子集，且∁R M ⊆N ，则M ∪（∁R N ）＝（ ） A ．∅B ．MC ．ND ．R2．（5分）在3张卡片上分别写上3位同学的学号后，再把卡片随机分给这3位同学，每人1张，则恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为（ ） A ．16B ．13C ．12D ．233．（5分）关于的方程2ab ＝0，有下列四个命题： 甲：＝1是该方程的根； 乙：＝3是该方程的根； 丙：该方程两根之和为2； 丁：该方程两根异号．如果只有一个假命题，则该命题是（ ） A ．甲 B ．乙 C ．丙 D ．丁4．（5分）椭圆x 2m 2+1+y 2m 2=1（m ＞0）的焦点为F 1，F 2，上顶点为A ，若∠F 1AF 2=π3，则m ＝（ ）A ．1B ．√2C ．√3D ．25．（5分）已知单位向量a →，b →满足a →•b →=0，若向量c →=√7a →+√2b →，则sin ＜a →，c →＞=（ ）A ．√73B ．√23C ．√79D ．√296．（5分）（1）2（1）3…（1）9的展开式中2的系数是（ ） A ．60B ．80C ．84D ．1207．（5分）已知抛物线y 2＝2−12−12z 2==cos2x 2+sinxcosx 12−π4π42n =12=32=32π3×π3=x 2a 2−y 2b 2=＞−5π4A 33=6C 31×1=336=12，可求∠F 1AO =π6，解三角形即可求解m 的值． 【解答】解：由题意可得c =√m 2+1−m 2=1，b ＝m ， 又因为∠F 1AF 2=π3，可得∠F 1AO =π6， 可得tan ∠F 1AO =1m =√33，解得m =√3． 故选：C ．5．【分析】由已知结合向量数量积的定义及向量数量积性质可求cos ＜a →，c →＞，然后结合同角平方关系即可求解． 【解答】解：a →⋅c →=a →•（√7a →+√2b →）=√7a →2+√2a →⋅b →=√7， |c →|=√(√7a →+√2b →)2=√7a →2+2b →2+2√14a →⋅b →=√7+2=3， 所以cos ＜a →，c →＞=a →⋅c→|a →||c →|=√71×3=√73， 所以sin ＜a →，c →＞=√23． 故选：B ．6．【分析】根据通项公式表示二项展开式的第r 1项，该项的二项式系数是∁n r ，表示出2的系数，然后利用组合数的性质进行求解．【解答】解：（1）2（1）3…（1）9的展开式中2的系数为C 22+C 32+⋯+C 92=C 33+C 32+⋯+C 92=C 103=120．故选：D ．7．【分析】利用点A 在抛物线上求出抛物线的方程，再利用直线与圆相切求出两条切线的方程，联立方程组求出B ，C ，利用直线的方程即可求解．【解答】解：把点A （2，2）代入抛物线方程可得1=|2|√k 2+1k =±√3y −2=√3(x −2)y −2=−√3(x −2)B(83−4√3，2√3−2)C(83+4√3，−2√3−2)=e x x =e x x e a a =e 55e b b =e 44e c c =e 33=e x x =e x (x−1)x 2f′(x)=ln(x +1)+x x+1f″(x)=11+x +1(1+x)2=x+2(1+x)2−1212−z 2=z 2=z 3|z 1z 2|2−|z 1z 3|2=(z 1z 2)(z 1z 2)−(z 1z 3)(z 1z 3)=z 1z 2z 1z 2−z 1z 3z 1z 3=0z 1z 2=|z 1|2=z 1z 1z 1z 2−z 1z 1=z 1(z 2−z 1)=0z 1=z 2∥==cos2x 2+sinxcosx =2×cos2x−0sin2x−(−4)2√15∈(−π4，0)∈(0，π4)＝4，OB ＝5，∴OM ＝3， 即圆台的高为3，所以其体积V =13πℎ(R 2+r 2+Rr) =13π×3×（52425×4） ＝61π， 故答案为：61π．14．【分析】设正方形一条边所在的直线倾斜角为α，则由正方形一条对角线所在直线的斜率为2，结合倾斜角与斜率的关系求出tan α，利用正方形的性质即可得到答案．【解答】解：设正方形一条边所在的直线倾斜角为α，则tan(α+π4)=2， 解得tanα=13，所以该正方形的两条邻边所在直线的斜率分别为13，﹣3．故答案为：13；﹣3．15．【分析】先考虑熟悉的基本初等函数，再结合周期性和奇偶性即可得到答案．【解答】解：基本初等函数中的既为周期函数又为奇函数的是y＝sin，又最小正周期为2，故函数可为f（）＝sinπ．故答案为：f（）＝sinπ．16．【分析】先得到μ＝0，σ=√2n，然后利用误差εn在（﹣，）的概率不小于，得到√8n≤0.5，求解即可．【解答】解：根据题意，μ＝0，σ=√2 n，所以P（|εn|＜√8n）＝P（−√8n＜εn＜√8n）＝，为使误差εn在（﹣，）的概率不小于，则必须有√8n≤0.5，解得n≥32，即n的最小值32．故答案为：32．四、17．【分析】（1）根据等比数列的定义，结合已知变形得，a n1a n2＝3（a n1a n），可证明；（2）结合（1）可得a n a n1＝2×3n﹣1，变形得a n+1−12×3n=−a n+12×3n−1，从而可求．【解答】证明：（1）各项都为正数的数列{a n}满足a n2＝2a n13a n，得，a n1a n2＝3（a n1a n），所以数列{a n a n1}是公比为3的等比数列；（2）因为a1=12，a2=32，所以a1a2＝2，由（1）知数列{a n a n1}是首项为2，公比为3的等比数列，所以a n a n1＝2×3n﹣1，于是a n+1−12×3n=−a n+12×3n−1，a2−32=0，所以a n−3n−12=0，即a n=3n−12，a1=12也符合．故a n=3n−1 2．18．【分析】（1）直接利用余弦定理的应用求出结果；（2）利用余弦定理的应用建立等量关系式，进一步求出结果．【解答】解：（1）在四边形ABCD中，AD＝BD＝CD＝1．若AB=3 2，所以：cos∠ABD=AB2+BD2−AD22⋅AB⋅BD=(32)2+12−122×32×1=34，由于AB∥CD，所以∠BDC＝∠ABD，即cos∠BDC＝cos∠ABD=3 4，所以BC2＝BD2CD2﹣2•BD•CD•cos∠BDC=12+12−2×1×1×34=12，所以BC=√2 2．（2）设BC＝，则AB＝2BC＝2，由余弦定理得：cos∠ADB=AB2+BD2−AD22⋅AB⋅BD=(2x)2+12−122×2x×1=x，cos∠BDC=CD2+BD2−BC22⋅CD⋅BD=12+12−x22×1×1=2−x22，故2−x22=x，解得x=√3−1或−√3−1（负值舍去）．所以cos∠BDC=√3−1．19．【分析】（1）由相互独立事件的概率的乘法公式及对立事件的概率公式求解即可；（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，求出事件发生的概率，即可求得分布列及数学期望．【解答】解：（1）设部件1，2，3需要调整分别为事件A，B，C，由题意可知P（A）＝，P（B）＝，P（C）＝，各部件的状态相互独立，所以部件1，2都不需要调整的概率P（A•B）＝P（A）•P（B）＝×＝，故部件1，2中至少有1个需要调整的概率为1﹣P（A•B）＝．（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，P（X＝0）＝P（A•B•C）＝P（A）•P（B）•P（C）＝××＝，P（X＝1）＝P（A•B•C）P（A•B•C）P（A•B•C）＝××××××＝，P（X＝3）＝P（A•B•C）＝××＝，P（X＝2）＝1﹣P（X＝0）﹣P（X＝1）﹣P（X＝3）＝，所以X的分布列为X0123PE（X）＝0×1×2×3×＝．20．【分析】（1）利用多面体的总曲率的公式即可求解；（2）利用多面体的总曲率的概念即可证明．【解答】解：（1）因为四棱锥有5个顶点，5个面，其中四个侧面是三角形，一个底面是四边形，所以四棱锥的总曲率为5×2π﹣4π﹣2π＝4π；（2）设多面体的顶点数为V，棱数为E，面数为F，每个面分别记为n i （i ∈）边形，则所有面角和为∑ F i=1(n i −2)π=π∑ Fi=1n i −2πF =π⋅2E −2πF =2π（E ﹣F ）， 则多面体的总曲率为2πV ﹣2π（E ﹣F ）＝4π， 故这类多面体的总曲率是常数．21．【分析】（1）利用已知条件可得，ca =b 2a =c 2−a 2a，化简得到a 和c 的关系，即可得到答案；（2）法一：设B （0，y 0），然后分两种情况进行证明，①当BF ⊥AF 时，∠BF A ＝2∠BAF ＝90°；②当BF 与AF 不垂直时，然后利用同角三角函数关系以及二倍角公式进行化简变形，即可证明．法二：延长AF 至点B '，使FB '＝FB ，设出点B 的坐标，然后利用焦半径公式得到BF ，从而得到B '的坐标，再通过分析得到BA ＝BB '，从而证明得到答案．【解答】解：（1）当|AF |＝|BF |且BF ⊥AF 时，有ca =b 2a =c 2−a 2a，所以a ＝c ﹣a ，则e =ca=2； （2）法一：由（1）得c ＝2a ，b =√3c ， 设B （0，y 0），则0＞0，y 0＞0，且x 02a 2−y 023a 2=1，即y 02＝302﹣3a 2．①当|BF |＝|AF |且BF ⊥AF 时，∠BF A ＝2∠BAF ＝90°； ②当BF 与AF 不垂直时，tan ∠BAF =y 0x 0+a ，tan ∠BF A =−y0x 0−c ，∴tan2∠BAF =2tan∠BAF1−tan 2∠BAF =2(x 0+a)y 0(x 0+a)2−y 02=2(x 0+a)y 0−2(x 0+a)(x 0−2a)=−y 0x 0−c，∴tan2∠BAF ＝tan ∠BF A ，即∠BF A ＝2∠BAF ， 综上∠BF A ＝2∠BAF ． 法二：延长AF 至点B '，使FB '＝FB ，设B （0，y 0），则BF ＝e 0﹣a ＝20﹣a ， 所以B ′（20﹣ac ，0），又因为点A （﹣a ，0）， 所以x B′+x A2=2x 0−2a+c2=2x 0−2a+2a2=0＝B ，所以BA ＝BB '，所以∠BAF ＝∠BB 'F =12∠BFA ，即∠BF A ＝2∠BAF ．22．【分析】（1）根据题意可得f （）＝e −√2sin （+π4），求导得f ′（）＝e +√2sin （−π4），二次求导得f ″（）＝g （）＝e +√2sin （+π4），考虑到f （0）＝0，f ′（0）＝0，分三类①当∈（−5π4，−π4），②当∈−π43π4时，证明f （）≥0即可． （2）构造函数F （）＝g （）﹣2﹣a ＝e sincos ﹣2﹣a ，由（1）可知：F ″（）＝f （）在＞−5π4时恒成立，问题转化为F ′（）＝e cos ﹣sin ﹣a 在（−5π4，∞）上单调递增时，a 的值． 【解答】解：（1）证明：f （）＝e ﹣sin ﹣cos ＝e −√2sin （+π4）， f ′（）＝e ﹣cossin ＝e +√2sin （−π4）， f ″（）＝g （）＝e sincos ＝e +√2sin （+π4）， 考虑到f （0）＝0，f ′（0）＝0，所以①当∈（−5π4，−π4）时，√2sin （+π4）＜0，此时f （）＞0， ②当∈−π4时，f ″（）＞0，所以f ′（）单调递增， 所以f ′（）≤f ′（0）＝0，所以函数f （）单调递减，f （）≥f （0）＝0， ③当∈3π4时，f ″（）＞0，所以f ′（）单调递增，所以f ′（）＞f ′（0）＝0，所以函数f （）单调递增，f （）≥f （0）＝0， 当∈[3π4，∞）时，f （）＝e −√2sin （+π4）≥e 1−√2＞0，综上所述，当＞−5π4时，f （）≥0．（2）构造函数F （）＝g （）﹣2﹣a ＝e sincos ﹣2﹣a ， 考虑到f （0）＝0，F （0）＝0， F ′（）＝e cos ﹣sin ﹣a ， F ″（）＝e ﹣sin ﹣cos ＝f （），由（1）可知：F ″（）＝f （）在＞−5π4时恒成立， 所以F ′（）＝e cos ﹣sin ﹣a 在（−5π4，∞）上单调递增， ①若a ＝2，则F ′（）在（−5π4，0）为负，（0，∞）为正， F （）在（−5π4，0）单调递减，（0，∞）递增， 所以F （）≥0，而当≤−5π4时，F （）＝e sincos ﹣2﹣2≥e sincos ﹣2+5π2≥5π2−2−√2＞0， 故a ＝2满足题意．②若a＞2，F′（0）＝2﹣a＜0，因为F′（）≥e−√2−a，所以F′（ln（√2+a））≥e−√2−a≥0，由零点存在定理，必存在0∈（0，ln（√2+a）），使得F′（0）＝0，此时满足∈（0，0）时，F′（）＜0，F（）单调递减，所以F（）＜F（0）＝0，矛盾，舍去，③若a＜2，F′（0）＝2﹣a＞0，因为当＜0时，F′（）≤e+√2−a＜e+√2−a，所以当√2＜a＜2时，F′（ln（a−√2））＜0，此时必存在0∈（ln（a−√2），0）使得F′（0）＝0，此时满足∈（0，0）时，F′（）＞0，F（）单调递增，所以F（）＜F（0）＝0，矛盾，舍去，而当a≤√2时，当F′（）＞e﹣cos﹣sin﹣2，所以在∈（0，0）时，F′（）＞0成立，F（）单调递增，F（）＜F（0）＝0，矛盾，舍去．综上所述，a＝2．。
2024年高考八省联考数学适应性试卷附答案解析全文
2024年高考八省联考数学适应性试卷一、选择题：本题共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．（5分）若集合A＝{x∈Z|x2﹣2x﹣8≤0}，B＝{x|log2x＞1}，则A⋂B＝（）A．{2，4}B．{1，4}C．{3，4}D．{2，3，4} 2．（5分）若（1+2i）＝4+3i，则z＝（）A．2﹣i B．2+i C．﹣2﹣i D．﹣2+i3．（5分）2023年10月12日，环广西公路自行车世界巡回赛于北海市开赛，本次比赛分别在广西北海、钦州、南宁、柳州、桂林5个城市举行，线路总长度达958.8公里，共有全球18支职业车队的百余名车手参加．主办方决定选派甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者到A、B两个路口进行支援，每个志愿者去一个路口，每个路口至少有一位志愿者，则不同的安排方案总数为（）A．15B．30C．25D．164．（5分）已知函数f（x）＝log a（3﹣x）+log a（x+1）（0＜a＜1），若f（x）的最小值为﹣2，则a＝（）A．B．C．D．5．（5分）已知椭圆C：，F1，F2分别为椭圆的左右焦点，直线与椭圆交于A、B两点，若F1、A、F2、B四点共圆，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．6．（5分）已知直线l：x+y+m＝0和圆C：x2+y2+4y＝0相交于M，N两点，当△CMN的面积最大时，m＝（）A．m＝0或m＝2B．m＝﹣4或m＝4C．m＝0或m＝4D．m＝0或m＝﹣4 7．（5分）在数列{a n}中，a1＝1．若命题，命题是等比数列，则p是q的（）条件．A．充分不必要B．必要不充分C．充分必要D．既不充分也不必要8．（5分）设，若，则tanθ＝（）A．B．C．D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．（多选）9．（5分）已知一组样本数据x i＝2i（1≤i≤10，i∈N+），由这组数据得到另一组新的样本数据y1，y2，…，y10，其中y i＝x i﹣20，则（）A．两组样本数据的平均数相同B．两组样本数据的方差相同C．样本数据y1，y2，…，y10的第30百分位数为﹣13D．将两组数据合成一个样本容量为20的新的样本数据，该样本数据的平均数为10（多选）10．（5分）已知函数f（x）＝A cos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．函数f（x）的图象关于直线对称B．函数f（x）的图象关于点对称C．函数f（x）在的值域为[﹣，2]D．将函数f（x）的图象向右平移个单位，所得函数为g（x）＝2sin2x（多选）11．（5分）已知定义域为R的函数f（x）对任意实数x，y都有f（x+y）+f（x﹣y）＝2f（x）f（y），且，f（0）≠0，则以下结论一定正确的有（）A．f（0）＝1B．f（x）是奇函数C．f（x）关于中心对称D．f（1）+f（2）+⋯+f（2023）＝0（多选）12．（5分）如图，透明塑料制成的直三棱柱容器ABC﹣A1B1C1内灌进一些水，，AC＝AA1＝4，若水的体积恰好是该容器体积的一半，容器厚度忽略不计，则（）A．当底面AA1C1C水平放置后，固定容器底面一边CC1于水平地面上，将容器绕着CC1转动，则没有水的部分一定是棱柱B．转动容器，当平面AA1C1C水平放置时，容器内水面形成的截面与各棱的交点都是所在棱的中点C．在翻滚、转动容器的过程中，有水的部分可能是三棱锥D．容器中水的体积与直三棱柱外接球体积之比至多为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）已知函数f（x）＝a•e x﹣e﹣x是奇函数，则a＝．14．（5分）已知向量，满足，，，则＝．15．（5分）已知圆台轴截面的面积为6，轴截面有一个角为120°，则该圆台的侧面积为．16．（5分）已知直线与抛物线x2＝2py（p＞0）交于A，B两点，抛物线的焦点为F，且，OD⊥AB于点D，点D的坐标为（﹣2，1），则|AF|+|BF|＝．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）在△ABC中，a＝3，b﹣c＝2，cos B＝﹣．（Ⅰ）求b，c的值；（Ⅱ）求sin（B+C）的值．18．（12分）第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT发布为里程碑，开辟了人机自然交流的新纪元．ChatGPT所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，概率就被广泛应用于ChatGPT中．某学习小组设计了如下问题进行探究：甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有4个红球、1个白球．（1）从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，求2个球都是红球的概率；（2）掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，从甲箱子随机抽出1个球；如果点数大于等于5，从乙箱子中随机抽出1个球．若抽到的是红球，求它是来自乙箱的概率．19．（12分）已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）经过点，其渐近线方程为y＝±x．（1）求双曲线C的方程；（2）过点P（1，1）的直线l与双曲线C相交于A，B两点，P能否是线段AB的中点？请说明理由．20．（12分）如图，三棱台ABC﹣DEF，H在AC边上，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACD＝60°，CH＝2，CD＝4，BC＝，BH⊥BC．（1）证明：EF⊥BD；（2）若，△DEF面积为，求CF与平面ABD所成角的正弦值．21．（12分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且．（1）求数列{a n}的通项公式．（2）在a n与a n+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为d n的等差数列，在数列{d n}中是否存在3项d m，d k，d p（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．22．（12分）已知函数．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当a＝1时，求证：．2024年高考八省联考数学适应性试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共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．（5分）若集合A＝{x∈Z|x2﹣2x﹣8≤0}，B＝{x|log2x＞1}，则A⋂B＝（）A．{2，4}B．{1，4}C．{3，4}D．{2，3，4}【解答】解：由x2﹣2x﹣8≤0，解得﹣2≤x≤4，又因为x∈Z，所以A＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3，4}，又由log2x＞1，解得x＞2，所以B＝{x|x＞2}，所以A⋂B＝{3，4}．故选：C．2．（5分）若（1+2i）＝4+3i，则z＝（）A．2﹣i B．2+i C．﹣2﹣i D．﹣2+i【解答】解：（1+2i）＝4+3i，则＝＝2﹣i，所以z＝2+i．故选：B．3．（5分）2023年10月12日，环广西公路自行车世界巡回赛于北海市开赛，本次比赛分别在广西北海、钦州、南宁、柳州、桂林5个城市举行，线路总长度达958.8公里，共有全球18支职业车队的百余名车手参加．主办方决定选派甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者到A、B两个路口进行支援，每个志愿者去一个路口，每个路口至少有一位志愿者，则不同的安排方案总数为（）A．15B．30C．25D．16【解答】解：5名志愿者分为两组，当两组人数分别为1和4时，此时有种情况，当两组人数分别为2和3时，此时有种情况，综上，不同的安排方案总数为10+20＝30．故选：B．4．（5分）已知函数f（x）＝log a（3﹣x）+log a（x+1）（0＜a＜1），若f（x）的最小值为﹣2，则a＝（）A．B．C．D．【解答】解：由，得﹣1＜x＜3，所以函数f（x）＝log a（3﹣x）+log a（x+1）（0＜a＜1）定义域为（﹣1，3），因为y＝log a（3﹣x）+log a（x+1）＝log a[（3﹣x）（x+1）]由外层函数y＝log a t（0＜a＜1）和内层函数t＝（3﹣x）（x+1）复合而成，当﹣1＜x＜1时，内层函数单调递增，外层函数单调递减，所以f（x）单调递减，当1＜x＜3时，内层函数单调递减，外层函数单调递减，所以f（x）单调递增，所以f（x）min＝f（1）＝log a4＝﹣2，所以，又因为0＜a＜1，所以．故选：C．5．（5分）已知椭圆C：，F1，F2分别为椭圆的左右焦点，直线与椭圆交于A、B两点，若F1、A、F2、B四点共圆，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：如图，由对称性可知，四边形F1AF2B为平行四边形，又F1、A、F2、B四点共圆，可得四边形F1AF2B为矩形，∵直线与椭圆交于A、B两点，∴，∴|BF2|＝c，可得|BF1|＝2a﹣c，在Rt△F1BF2中，由勾股定理可得：（2a﹣c）2+c2＝4c2，整理得：e2+2e﹣2＝0，解得e＝（负值舍去）．故选：C．6．（5分）已知直线l：x+y+m＝0和圆C：x2+y2+4y＝0相交于M，N两点，当△CMN的面积最大时，m＝（）A．m＝0或m＝2B．m＝﹣4或m＝4C．m＝0或m＝4D．m＝0或m＝﹣4【解答】解：圆C：x2+y2+4y＝0，圆心为（0，﹣2），半径为r＝2，则圆心到直线l：x+y+m＝0的距离为，则弦长为，则△CMN的面积为＝，令（m﹣2）2＝t，t≥0，则，取得最大值，则当t＝4时，S△CMN此时（m﹣2）2＝4，解得m＝0或m＝4．故选：C．7．（5分）在数列{a n}中，a1＝1．若命题，命题是等比数列，则p是q的（）条件．A．充分不必要B．必要不充分C．充分必要D．既不充分也不必要【解答】解：充分性：若，得，则数列是以为首项，﹣1为公比的等比数列，则p能推出q；必要性：若是等比数列，则，则，则t为不为0的常数，故q不能推出p，必要性不成立，所以p是q的充分不必要条件．8．（5分）设，若，则tanθ＝（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可得，所以，即，又因为，所以，则，所以．故选：C．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．（多选）9．（5分）已知一组样本数据x i＝2i（1≤i≤10，i∈N+），由这组数据得到另一组新的样本数据y1，y2，…，y10，其中y i＝x i﹣20，则（）A．两组样本数据的平均数相同B．两组样本数据的方差相同C．样本数据y1，y2，…，y10的第30百分位数为﹣13D．将两组数据合成一个样本容量为20的新的样本数据，该样本数据的平均数为10【解答】解：由题意可得：，∵y i＝x i﹣20，则，，故A错误，B正确；由于求y i第30百分位数：10×0.3＝3，故为第3个数和第4个数的平均数，y i的排列为：﹣18，﹣16，﹣14，﹣12，﹣10，⋯，0，因此，第30百分位数为，C正确；将两组数据合成一个样本容量为20的新的样本数据，新样本的平均数为，D错误．（多选）10．（5分）已知函数f（x）＝A cos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．函数f（x）的图象关于直线对称B．函数f（x）的图象关于点对称C．函数f（x）在的值域为[﹣，2]D．将函数f（x）的图象向右平移个单位，所得函数为g（x）＝2sin2x【解答】解：由图可知，A＝2，周期T＝4×（﹣）＝π，所以ω＝＝2，所以f（x）＝2cos（2x+φ），因为函数f（x）的图象过点（，﹣2），所以f（）＝2cos（2•+φ）＝﹣2，即cos（+φ）＝﹣1，所以+φ＝π+2kπ，k∈Z，即φ＝﹣+2kπ，k∈Z，因为|φ|＜，所以φ＝﹣，所以f（x）＝2cos（2x﹣），选项A，f（）＝2cos（2•﹣）＝2，所以函数f（x）的图象关于直线对称，即选项A正确；选项B，f（）＝2cos（2•﹣）＝﹣1≠0，所以函数f（x）的图象不关于点对称，即选项B错误；选项C，当x∈时，2x﹣∈[﹣，]，所以cos（2x﹣）∈[﹣，1]，2cos（2x﹣）∈[﹣，2]，所以函数f（x）在的值域为[﹣，2]，即选项C正确；选项D，将函数f（x）的图象向右平移个单位，得到y＝2cos[2（x﹣）﹣]＝2sin2x ＝g（x），即选项D正确．故选：ACD．（多选）11．（5分）已知定义域为R的函数f（x）对任意实数x，y都有f（x+y）+f（x﹣y）＝2f（x）f（y），且，f（0）≠0，则以下结论一定正确的有（）A．f（0）＝1B．f（x）是奇函数C．f（x）关于中心对称D．f（1）+f（2）+⋯+f（2023）＝0【解答】解：对A，令x＝y＝0可得，f（0）+f（0）＝2f（0）f（0），因为f（0）≠0，所以f（0）＝1，A正确；对B，因为f（0）≠0，所以f（x）不是奇函数，B错误；对C，令，则有，所以，所以f（x）关于中心对称，C正确；对D，令x＝0可得，f（y）+f（﹣y）＝2f（0）f（y），即f（﹣y）＝f（y），所以函数f（x）是偶函数，由f（x）关于中心对称，可得f（x）＝﹣f（1﹣x），结合函数为偶函数，可得f（x）＝﹣f（1﹣x）＝﹣f（x﹣1）＝﹣[﹣f（2﹣x）]＝﹣[﹣f （x﹣2）]＝f（x﹣2），所以函数f（x）的周期为2，令，可得，所以f（0）+f（1）＝0，所以f（1）＝﹣1，所以f（1）+f（2）＝0，所以f（1）+f（2）+⋯+f（2023）＝1011×[f（1）+f（2）]+f（2023）＝f（2023）＝f（1）＝﹣1，D错误．故选：AC．（多选）12．（5分）如图，透明塑料制成的直三棱柱容器ABC﹣A1B1C1内灌进一些水，，AC＝AA1＝4，若水的体积恰好是该容器体积的一半，容器厚度忽略不计，则（）A．当底面AA1C1C水平放置后，固定容器底面一边CC1于水平地面上，将容器绕着CC1转动，则没有水的部分一定是棱柱B．转动容器，当平面AA1C1C水平放置时，容器内水面形成的截面与各棱的交点都是所在棱的中点C．在翻滚、转动容器的过程中，有水的部分可能是三棱锥D．容器中水的体积与直三棱柱外接球体积之比至多为【解答】解A：当平面AA1C1C水平放置时（CC1始终保持水平），则平面ABC∥平面A1B1C1，所以有水的部分是棱柱，由图可知，没有水的部分也是棱柱，故A正确；B：当平面AA1C1C水平放置时，假设D，E，F，G都为所在棱的中点，设水面到底面的的距离为h，AB＝a，BC＝b，所以水的体积为＝2ab﹣＝ab，又转动前水的体积为，所以D，E，F，G不为所在棱的中点，故B错误；C：在翻滚、转动容器的过程中，当平面ABC水平放置时，三棱锥A1﹣ABC的体积取到最大值，如图，此时，而水的体积为，所以有水的部分不可能是三棱锥，故C错误；D：取AC，A1C的中点D，D1，连接DD1，取DD1的中点O，连接OA，则D为Rt△ABC的外接圆圆心，O为三棱柱ABC﹣A1B1C外接球的球心，所以OA为外接球的半径，且，所以直三棱柱外接球体积，由选项B可知，容器中水的体积为V＝ab，又a2+b2＝42＝16，所以16＝a2+b2≥2ab⇒ab水＝ab≤8，≤8，当且仅当时等号成立，所以V水则水的体积与直三接柱外接球体积之比为≤＝，即容器中水的体积与直三棱柱外接球体积之比至多为，故D正确．故选：AD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）已知函数f（x）＝a•e x﹣e﹣x是奇函数，则a＝1．【解答】解：∵f（x）＝a•e x﹣e﹣x，∴f（﹣x）＝a•e﹣x﹣e x，又f（x）为奇函数，则f（﹣x）＝﹣f（x），即a•e x﹣e﹣x＝﹣（a•e﹣x﹣e x），∴（a﹣1）（e x﹣e﹣x）＝0，解得a＝1．故答案为：1．14．（5分）已知向量，满足，，，则＝．【解答】解：因为，所以，又因为，，所以，即，所以，所以．故答案为：．15．（5分）已知圆台轴截面的面积为6，轴截面有一个角为120°，则该圆台的侧面积为4π．【解答】解：设圆台的上、下底面圆的半径分别为r，R，高为h，母线长为l，则h＝（R﹣r）•tan60°＝（R﹣r），所以圆台的轴截面面积为×（2R+2r）×h＝（R+r）×（R﹣r）＝（R2﹣r2）＝6，所以R2﹣r2＝2；所以圆台的侧面积为π（R+r）l＝π（R+r）×2（R﹣r）＝2π（R2﹣r2）＝4π．故答案为：4π．16．（5分）已知直线与抛物线x2＝2py（p＞0）交于A，B两点，抛物线的焦点为F，且，OD⊥AB于点D，点D的坐标为（﹣2，1），则|AF|+|BF|＝．【解答】解：∵OD⊥AB于点D，点D的坐标为（﹣2，1），∴，∴k AB＝2，∴AB直线方程为y﹣1＝2（x+2），即y＝2x+5，联立，可得x2﹣4px﹣10p＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，∵，∴x1x2+y1y2＝＝﹣10p+＝﹣10p+25＝20，∴p＝，∴抛物线方程为x2＝y，∴|AF|+|BF|＝p+y1+y2＝p+2x1+5+2x2+5＝2（x1+x2）+5+p＝9p+5＝．故答案为：．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）在△ABC中，a＝3，b﹣c＝2，cos B＝﹣．（Ⅰ）求b，c的值；（Ⅱ）求sin（B+C）的值．【解答】解：（1）∵a＝3，b﹣c＝2，cos B＝﹣．∴由余弦定理，得b2＝a2+c2﹣2ac cos B＝，∴b＝7，∴c＝b﹣2＝5；（2）在△ABC中，∵cos B＝﹣，∴sin B＝，由正弦定理有：，∴sin A＝＝，∴sin（B+C）＝sin（π﹣A）＝sin A＝．18．（12分）第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT发布为里程碑，开辟了人机自然交流的新纪元．ChatGPT所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，概率就被广泛应用于ChatGPT中．某学习小组设计了如下问题进行探究：甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有4个红球、1个白球．（1）从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，求2个球都是红球的概率；（2）掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，从甲箱子随机抽出1个球；如果点数大于等于5，从乙箱子中随机抽出1个球．若抽到的是红球，求它是来自乙箱的概率．【解答】解：（1）记事件A表示“抽出的2个球中有红球”，事件B表示“两个球都是红球”，则，，故．（2）设事件C表示“从乙箱中抽球”，则事件表示“从甲箱中抽球”，事件D表示“抽到红球”，，，，，＝＝，故．19．（12分）已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）经过点，其渐近线方程为y＝±x．（1）求双曲线C的方程；（2）过点P（1，1）的直线l与双曲线C相交于A，B两点，P能否是线段AB的中点？请说明理由．【解答】解：（1）因为双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）经过点，其渐近线方程为y＝±x，所以，解得a2＝1，b2＝2，c2＝3，所以双曲线C的方程为x2﹣＝1．（2）当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝1，此时与双曲线只有一个交点，不成立，当直线AB的斜率存在时，直线AB的方程为y＝k（x﹣1）+1，联立，得（2﹣k2）x2+（2k2﹣2k）x﹣k2+2k﹣3＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），所以Δ＝（2k2﹣2k）2﹣4（2﹣k2）（﹣k2+2k﹣3）＝﹣16k+24＞0，即k＜，所以x1+x2＝，x1x2＝，y1+y2＝k（x1+x2）﹣2k+2＝k•﹣2k+2＝，所以＝，＝，所以AB的中点坐标为（，），若P时AB的中点，则，解得k＝2，不符合k＜，所以k无解，所以P不能为AB的中点．20．（12分）如图，三棱台ABC﹣DEF，H在AC边上，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACD＝60°，CH＝2，CD＝4，BC＝，BH⊥BC．（1）证明：EF⊥BD；（2）若，△DEF面积为，求CF与平面ABD所成角的正弦值．【解答】证明：（1）在△ADH中，∠ACD＝60°，CH＝2，CD＝4，由余弦定理得，解得，所以CD2＝CH2+DH2，所以DH⊥AC，又因为平面ACFD⊥平面ABC，平面ACFD∩平面ABC＝AC，DH⊂平面ACFD，所以DH⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以DH⊥BC，又因为BH⊥BC，BH∩DH＝H，BH⊂平面BDH，DH⊂平面BDH，所以BC⊥平面BDH，因为DB⊂平面BDH，所以BC⊥DB，又因为BC∥EF，所以EF⊥DB；解：（2）在Rt△BCH中，BH⊥BC，CH＝2，，所以，所以∠ACB＝30°，因为，ADEF面积为，所以，所以，又因为，解得AC＝3，则AC＝3＝AH+HC，所以AH＝1，由（1）知DH⊥平面ABC，则以H为原点，，的方向分别为y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，﹣1，0），，，C（0，2，0），，所以，，，设平面ABD法向量为，则，令，得平面ABD的一个法向量为，设CF与平面ABD所成角为θ，则sinθ＝＝＝＝，所以CF与平面ABD所成角的正弦值为．21．（12分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且．（1）求数列{a n}的通项公式．（2）在a n与a n+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为d n的等差数列，在数列{d n}中是否存在3项d m，d k，d p（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）由a n+1＝2S n+2，可得a n＝2S n﹣1+2（n≥2），两式相减可得a n+1＝3a n （n≥2），由于{a n}为等比数列，可得a2＝3a1＝2S1+2＝2a1+2，解得a1＝2，所以a n＝2×3n﹣1；（2）由（1）可知a n＝2×3n﹣1，a n+1＝2×3n．因为a n+1＝a n+（n+2﹣1）d n，所以d n＝，假设在数列{d n}中存在三项d m，d k，d p（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，则（d k）2＝d m d p，即（）2＝•，化简得＝（*）因为m，k，p成等差数列，所以m+p＝2k，从而（*）可以化简为k2＝mp．联立，可得k＝m＝p，这与题设矛盾．所以数列{d n}中不存在三项d m，d k，d p（其中m，k，p成等差数列）成等比数列．22．（12分）已知函数．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当a＝1时，求证：．【解答】解：（1）由已知条件得函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）＝x﹣+1﹣a＝＝，因为x＞0，x+1＞0，①当a≤0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，故f（x）在（0，+∞）上为单调递增．②当a＞0时，当x＞a时，f′（x）＞0，当x∈（0，a）时，f′（x）＜0故f（x）在（0，a）上为单调递减，在（a，+∞）上为单调递增；综上所述：当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上为单调递增，当a＞0时，f（x）在（0，a）上为单调递减，在（a，+∞）上为单调递增；（2）证明：当a＝1时，f（x ）＝x2﹣lnx+1，要证原式成立，需证lnx+1≤x（e x﹣1）成立，即需证xe x﹣lnx﹣x﹣1≥0成立，令g（x）＝xe x﹣lnx﹣x﹣1（x＞0），则g′（x）＝e x+xe x ﹣﹣1＝（x+1）（e x ﹣），令u（x）＝e x﹣，则u′（x）＝e x +＞0，故u（x）在（0，+∞）上单调递增，u （）＝﹣2＜0，u（1）＝e﹣1＞0，由零点存在性定理可知，存在x0使u（x0）＝0，则在（0，x0）上u（x）＜0，在（x0，+∞）上u（x）＞0，即在（0，x0）上g′（x）＜0，在（x0，+∞）上g′（x）＞0，则g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）单调递增，在x＝x0处取得最小值，由u（x0）＝0可得u（x0）＝﹣＝0，即x0＝1，两边同取对数ln （x0）＝ln1，即x0+lnx0＝0，g（x）的最小值为g（x0）＝x0﹣lnx0﹣x0﹣1＝0，即xe x﹣lnx﹣x﹣1≥0成立，故当a＝0时，成立．第21页（共21页）。
“三新”背景下高三数学二轮备考复习策略——2024高考培训心得
“三新”背景下高三数学二轮备考复习策略——2024年3月10日兰州高考研讨会培训总结为了更好赋能2024年新高考，适应新的高考评价要求，精准把握高考命题趋势和方向，提高备考工作的针对性、有效性和科学性，3月10日，我有幸参加了县教育局组织的全省2024年新高考备考研讨会，受益良多，下面结合本次培训浅谈自己的一点备考想法。
一、基于九省联考试题变化对今年数学高考的展望1.引导考生“多想少算”，有利于考查理性思维和核心素养的水平，符合国家对高考改革的要求。
在《深化新时代教育评价改革总体方案》中，对高考的命题改革有明确的要求：改变相对固化的试题形式，增强试题开放性，减少死记硬背和“机械刷题”现象。
这次题数的减少和分数的调整就是一个实实在在落实这个方案的科学举措，与新高考改革的方向是一致的。
《普通高中数学课程标准》指出，数学学科的核心素养是具有数学基本特征的思维品质和关键能力。
在高考命题中,要合理设置题量，给学生充足的思考时间；逐步减少选择题、填空题的题量；适度增加试题的思维量。
在命题中应特别关注数学学习过程中思维品质的形成，关注学生会学数学的能力。
因此,在考试时间不变的情况下,减少试题数量是加强思维考查的必然手段。
基于《中国高考评价体系》，数学高考考查考生理性思维、数学应用、数学探索、数学文化4类学科素养，以及逻辑思维能力、运算求解能力、空间想象能力、数学建模能力、创新能力5种关键能力。
人们通常把数学知识当作数学, 其实是一种误解，学习数学不是以懂多少数学公式为目标，而是要锻炼解决问题的过程中所用到的思维方法，也就是数学思维。
有数学思维的人，不仅做事有条理，而且擅长独立思考，更能多角度开辟思维点，进行逆向思考。
这正是未来培养高科技人才的需要。
数学作为基础学科，为服务国家战略发展，就是要通过高考把真正的创新型人才给筛选出来。
另一方面学习数学的真正目的也是培养一种思维习惯，无论人们日后从事何种行业，这些思维习惯都能让他们受益。
2024年新高考模式下数学如何备考和预测 素材
2024年新高考模式下数学如何备考和预测先简单回顾九省联考数学试卷，这份试卷整体上延续了往年新高考卷中单选题、多选题、填空题、解答题的基本结构，但题量由之前的22道缩减到19道，其中多选题、填空题均由4道变为3道，解答题由6道变为5道。
从分值上看，单选题、填空题的分值均无变化，而多选题分值则由之前的5分变为6分，解答题分值由之前的10＋12、12＋12＋12＋12变成现在的13＋15＋15＋17＋17，总分150分不变，选择、填空总分值由原来的80分变为73分，解答题的总分值由原来的70分变为77分，大题分值提升明显。
选填题和解答题考查知识点的变化很大，解答题不再是全面考查三角、数列、导数、立体几何、解析几何、概率统计六大板块，而是从中选出4块进行考查，最后一道题则以新情境带有竞赛味的样态考查考生综合运用数学知识解决问题的能力。
在这份试卷中，明显感觉到多选题和填空题的最后一道题有一定的难度（貌似老江苏高考的命题风格），而解答题18题第2问、19题第2问和第3问均有一定难度，难度高于近几年新高考1卷相关题，总体而言，全卷难题分值约占30分，占全卷的20%，如果以“5:3:2”的命题原则来衡量，这20%的难题起到了一定的选拔作用（但高考似乎不是以一门学科来选拔的，或者说高考选拔人才并不是以某几门学科中的几道难题的累加进行的）。
给我们的启示：对于平时基础较好的同学，主要是数学稳定在130分及以上的同学来说，对于这20%的分数，可以针对自身情况在自己能力允许前提花时间、找准点、予突破，并不是说一味地做难题或者去钻研大学内容，而是在阅读理解、信息处理、数学运算、逻辑推理等方面要加强提升，这才是根本。
对于平时数学稳定在110-130之间的学生来说，一方面要重视基础，稳住现状，查找自己训练（作业或考试）中的错误点与盲区，进行针对性训练，另一方面要突破自身瓶颈，对照教材或往年考卷进行专题性训练，在自己能力范围内加以提升。
从八省联考看高考命题趋势变化——王安平
题型之变 一些出题思路的改变
题型之变 一些出题思路的改变
做好这类问题，要求老师在教学过程中
看几个案例
明显错了，老师可以怎么办？
看几个案例
在复习过程中，老师们应当注意什么？
1. 不要听风就是雨！ 2. 认真研究课本十 分关键！
3. 不妨看看研究 曾经的一些真题， 来获取必要营养！
01 02 03
题型之变 （ 多 项 选 择 题 ）
第一类 同一个问题(研究对象)的不同性质问题
题型之变
题型之变
第二类 改变于以前单项选择题中的多项选择问题
题型之变
题型之变
第三类 改变于以前的最值问题和范围问题
题型之变
题型之变
改变一题看看：
题型之变
第四类 考察分类讨论的思想
题型之变 一些出题思路的改变
从一道模拟考题说起：
再看一道考题：
平时应多研究真题的命题规律特点 看看高考导数问题的命制
平时应多研究真题的命题规律特点 看看高考导数问题的命制
对两道2020年高考试题的分析与解读
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从八省联考 看高考命题趋势变化
主 讲 教 师 王安平
讲师介绍
京城数学名师 全国中学生基础学科创新技能大赛第五届第六届第七届数学学科预赛 复赛总决赛命题人 第一届第二届创新数学大赛命题人 竞赛教练员，历年都有多名学生考入知名高校。 清华大学出版社，延安出版社，哈尔滨工业大学出版社特聘作者。 多次接受中国教育电视台，辽宁卫视，网易高考频道的专访。全国各 地讲座上千场
2021高考八省联考解析完整版(1)
2021高考模拟演练（八省联考）语文卷分析及命题趋势西安交通大学苏州附属中学陈兴才2021.1.27彩语文中学语文论考试背景•1.与招生、录取相关的压力测试（着眼于整个高考与招生改革方案）。
•2.呈现试卷的变与不变，进一步显现命题与测评价值趋势（学科素养测评）。
彩语文中学语文论命题改革初心•1.立德树人……•2.考查语料多元，涉及社会现实、科技进步、文化传承、文学欣赏等多领域，贴近考生的生活实际和认知水平，一定程度上考查出学生的语文素养。
（“关联性”明显：多文本关联、选文与外文关联）•3.逐步和放大体现“以情境为载体，设计典型任务”——语文素养是情境中的素养。
（默写和语用和作文最明显）•4.倡导综合性测试，围绕情境选择材料，设置一组有内在联系的、指向核心素养的问题或任务。
•5.多设置主观性、开放性题目。
（所以去年的卷子语用出现4主观）•6.试卷结构和测试形式不固化，避免形成新的应试模式。
彩语文中学语文论语文试卷的整体状况•1.八省使用，即2018年进入新高考改革实验的八个省份，在2024年前完成过渡。
（考虑“稳步”和教材未同步问题）•2.是全国卷之一种，不要莫名其妙地冠以“山东卷”，更无应考中的“山东经验”。
•3.以去年的新高考1卷“为基础”，而不是“为模版”，指的是基本框架（语料类别覆盖、四大块结构、基本题型、主客观题配比、文字阅读量）。
•4.整个试卷改革方向可以肯定，但缺少打磨，纠结之处不少。
•5.结构与去年新高考1卷相同：现代文阅读两组、古诗文阅读三种形态、语言文字运用、写作。
•6.暂不涉及整本书专门考查和暂未涉及微写作。
彩语文中学语文论现代文阅读Ⅰ特点及教学、应考提醒•现代文阅读继续不强调和突出文类，用意？趋势？将来会不会出现更大的融合？•人机大战的伦理问题+机器人无法完全代替文学性。
一个论述性兼具实用性阅读（放在科技类报纸上完全适合），一个是散文随笔——提示：这一组文本语料类别具有很大的不确定性，为了方便出题，至少两个种类，甚至三个四个。
2024年高考数学新高考Ⅱ卷试题评析及备考策略指导课件
2024新高考数学11卷评析/暨2025高考备考策略够》解构经典试题生重教考衔接6、、共享复习策略■科学备战高考PART01以考促教教考衔接2024年高考试卷评析及备考策略1.1.1稳定：突出基础性要求，全面考查/深入考查基础年份2021新高考II卷2022新高考II卷2023新高考II卷2024新高考II卷题号题型考点考点考点考点1选择题岌数的运算及几何意妲绝对值不等式的解法、集合的交集运算复数基本运第复数的几何意义_求角数的槿__________ 2选择题集合的运算_复数的乘法运算_集合的基本运算逻艇算，判定命题真假3选择题点到直线的距离、抛物线的焦点坐标等差数列的性质、斜率与倾斜角、数学文化分层抽样的计算；组合数的计第分步乘法原理向量基本运算，求向量的模4选择题球体的表面积平面向量的坐标运算、向量夹角、数量积运算函数奇偶性的定义，偶函数的性质,对数运算统计初步，中数、极差平均数等基本概念5选择题_棱台的体积_排列组合、分步乘法计数原理椭圆基本量与点到直线的距离与圆相关的中点轨迹方程（椭圆）6选择题正态曲线的特点两角和与差的正、余淞式、同角三角函数的基本关系含参指对型函数在给定区间单调，求参数范围函数零点问题，求参数值7选择题对数的大小比较棱台外接球的表面积二倍角公式或者半角公式己知台体的体积，线面角8选择题函数的基本性质函数的周期性等比数列前顽和公式函数单调性与不等式9多项选择题数字的样本特征正弦函数的图象与性质多选,以圆锥为背景,考查体积，侧面积，二面角等概念三角函数性质与图像问题10多项选择题直线与直线的位置关系抛物线的定义及性质、斜率公式抛物线焦点弦常用性质抛物线与圆的综合问题11多项选择题点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系三枝锥的体积公式、空间中的线面垂直关系以极大值极小值为背景考查区间内-元二次方程根与系数的关系函数零点极值点以及对称问题12多项选择题新定义问题不等式的性质、基本不等式牌率问题，课本例习题等差数列求和问题13填空题双曲线的几何性质正杰曲线的对称性向量的数量积的运算三角函数正切公式应用14填空题函数的单调性与奇偶性、导数的应用导数的几何意义正四棱椎中台体的体积公式排列组合（两问）15平面向量的数量积直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式设计含参直线与定圆，考察直线与圆的位置关系（相交弦构成的三角形面积）；本题答案不唯一选、填共计73分16填空题利用导数求切线方程及取值范围问题椭圆的中点弦、直线与椭圆三角函数的图像变换，五点法作图以考促教教考衔接2024年高考试卷评析及备考策略1.1.2稳定：突出主干知识题号年份2021新高考II卷2022新高考II卷2023新高考II卷2024新高考II卷17m等差蹶的通项公式及前顽fil等差、等比效列综尔敏舰项却的关系解训形相灿识,余弦定理,俪积公式，正切公式15.（13分）正、余弦定理、求三觥的周长18KM利用正、余核定理解:M正、余弦定理、三角形的面积公式an为等差数列，bn为其衍生的等差效列,耕等差效列的通项公式,求利公式,分类计论蝴16.（15分）利用导拥究碱的切线时题、利川榆妹值点求参效的范国19m面面乖直的证明、二映的求解频率分步直旅求平均值、辩、条件骚率频率分砒方图相关诚17.（15分）立体几何SI折柯凯证明线西垂直，求:面角20解笞题眦的标准方程及几何食义、直线与倾J位置关系证明线画平行、空间向量求二而角以三棱勒我体，考嚓空间线雌直关系;向址在空间的应用;向量法求解二Ihi角的方法林题笫:问也可不it系）18.（17分）二项分布概率、期里（3问）21样本机国体的成川、随机变址的分布列及期里双曲线的方程及性质、直线与双曲线的位置关系以双曲线为我休,问题1求双曲线的方柩嘘2考察定直线问题固定斜率的直线与双曲19.（17分）线交娜性质,双曲线盘列的综合问题（3问）22m利川械0冼榆效的邮、利川损求甫跚岑占＜小、导破求单邮、参效的取值都、不等式的证明雌1考察用*敏的不等式;雌2,改极大耕求参效邮醐,嫩较大1.试题易中难比例:52:76:22;2.选填题难度设置明显降低，没有难题，而且比2023年少了一题多选题，一道填空题，对考生相当友好，选填的答题准确率和速度，应该是2021年以来发挥最好的一次；3•解答题变化较大，减少了一个答题，而且每一题的赋分也有相应的增加，大题的第二题考查导数不再是压轴题，难度降低很多；18题是概率加载了较大的运算，最后的19题是解析几何与数列共舞，综合性强难度较大，考生考场上不易完整做出来。
语意巧连贯,旧“貌”换新“颜”--从“八省联考”卷探析高考语意连贯题
语意巧连贯，旧V换新“断——从“八省联考”卷探析2021高考语意连贯题陈静云语意连贯是高考语言运用题中的常见考点，也是近两年各省高考题和模拟题中的热门考点。
所谓语意连贯，是指语段上下衔接自然、语序通顺、话题统一、情境一致、风格相当。
从文章选段来看，语意连贯题的选段内容丰富，表意集中。
一般以说明、议论、描写类选段为主，偶有叙述抒情类。
2021年“八省联考”卷语言运用题中，有两小题考查了语意连贯，两题皆为说明性语段，在形式上，与江苏卷多年考查的排序题有很大区别。
笔者有理由认为，语意连贯题应该成为2021高考语文语用题的复习重点。
考生们应关注语意连贯题多年来的变化趋势，从中掌握此类题型根本规则，从而做到以不变应万变，沉着应对越来越灵活的高考题型变化。
从近十年的全国卷和各省真题卷来看，语意连贯常见考题主要分为三类:战考演点练破排序题要求将一组打乱顺序的句子按一定逻辑顺序重新排列，一般以选择题形式出现，在2011-2014年的全国课标卷真题中，此类题型连续出现。
江苏卷对这类题型也很青睐，近十年中，2014年的江苏卷中首次开始出现这类题型，其后除了2016年外,六年都考到了这种题型。
排序题的题型常分为三种：(—)嵌入式排序顾名思义，此类考题一般在语段中间部分挖空，再将其中句子语序打乱，要求选出正确的语序选项。
如2014年江苏卷中第4题：在下面一段文字横线处填入语句，衔接最恰当的一项是()遥远的箕山，渐渐化成了一幢巨影，遮断了我的视线。
▲我在那个遗址上发掘了很久，但一无所获。
①如果是冬日晴空，从那里可以一直眺望到中岳嵩山齿形的轮廓②箕顶宽敞平坦，烟树素淡，悄寂无声③而遗址都在下面的河边，那低伏的王城岗上④山势平缓，从山脚慢慢上坡，一阵工夫就可以到达箕顶⑤如此空旷，让人略感凄凉A.①②④⑤③B.①④⑤③②C.④①③②⑤D.④②⑤①③(二)衔接式排序衔接式排序题，一般在语段最后部分设空。
如2012年全国新课标卷第15题：实依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是（）―艇在我国古代，人们盛物用的器皿除陶器等之外，还有一种容器，是葫考演芦。
2021届高考数学大二轮专题复习讲义(新高考)专题8第1讲数学文化及核心素养类试题
第1讲数学文化及核心素养类试题「考情研析」数学文化与数学知识相结合，有效考查考生的阅读理解能力、抽象概括能力、转化与化归能力，既体现了对数学应用性的考查，也体现了我国数学文化的源远流长．高考中多以选择题的形式出现，难度中等.热点考向探究考向1三角函数中的数学文化例1(2020·河北省衡水中学第九次调研考试)我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则△ABC的面积S＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤(ab)2－⎝⎛⎭⎪⎫a2＋b2－c222.根据此公式，若a cos B＋(b＋3c)cos A＝0，且a2－b2－c2＝2，则△ABC的面积为()A． 2 B．2 2C． 6 D．2 3我国南宋数学家秦九韶发现的“三斜求积术”虽然与海伦公式(S＝p(p－a)(p－b)(p－c)，其中p＝12(a＋b＋c))在形式上不一样，但两者完全等价，它填补了我国传统数学的一项空白．(2020·湖南省长郡中学高三第三次适应性考试)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表：黄赤交角23°41′23°57′24°13′24°28′24°44′正切值0.4390.4440.4500.4550.461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A．早于公元前6000年B．公元前2000年到公元元年C．公元前4000年到公元前2000年D．公元前6000年到公元前4000年考向2数列中的数学文化例2(多选)(2020·山东省青岛市高三三模)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩．《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元五世纪．书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中的第n 天所织布的尺数为a n ，b n ＝2an ，对于数列{a n }，{b n }，下列选项中正确的为( )A ．b 10＝8b 5B ．{b n }是等比数列C ．a 1b 30＝105D ．a 3＋a 5＋a 7a 2＋a 4＋a 6＝209193本题以传统数学文化为载体考查数列的实际应用问题．解题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，建立等差、等比数列的模型，探索并掌握它们的一些基本数量关系，利用方程思想求解．(2020·福建省宁德市二模)著名物理学家李政道说：“科学和艺术是不可分割的”．音乐中使用的乐音在高度上不是任意定的，它们是按照严格的数学方法确定的．我国明代的数学家、音乐理论家朱载堉创立了十二平均律，是第一个利用数学使音律公式化的人．十二平均律的生律法是精确规定八度的比例，把八度分成13个半音，使相邻两个半音之间的频率比是常数，如表所示，其中a 1，a 2，…，a 13表示这些半音的频率，它们满足log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a i ＋1a i 12＝1(i ＝1,2，…，12)．若某一半音与D #的频率之比为32，则该半音为( ) 频率 a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10 a 11 a 12 a 13 半音CC #DD #EFF #G G #AA #BC (八度)C ．G #D ．A考向3 立体几何中的数学文化例3我国齐梁时代的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图，将底面直径都为2b，高皆为a的椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱放置于同一平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d处的平面截这两个几何体，可横截得到S圆及S环两截面．可以证明S圆＝S环总成立．据此，半短轴长为1，半长轴长为3的椭球体的体积是________.依托立体几何，传播数学文化．立体几何是中国古代数学的一个重要研究内容，从中国古代数学中挖掘素材，考查立体几何的线面的位置关系、几何体的体积等知识，既符合考生的认知水平，又可以引导学生关注中华优秀传统文化．(2020·山东省潍坊市模拟)唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示．已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为143πR2.设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1，下部分(半球)的体积为V2，则V1V2＝()A．2 B．3 2C．1 D．3 4考向4概率中的数学文化例4(2020·河北省张家口高三5月模拟)角谷猜想，也叫3n＋1猜想，是由日本数学家角谷静夫发现的，是指对于每一个正整数，如果它是奇数，则对它乘3再加1；如果它是偶数，则对它除以2，如此循环最终都能够得到1.如：取n＝6，根据上述过程，得出6,3,10,5,16,8,4,2,1，共9个数．若n＝5，从根据上述过程得出的整数中，随机选取两个不同的数，则这两个数都是偶数的概率为()A．37B．715C．25D．35数学文化渗透到概率数学中去，不但丰富了数学的概率知识，还提高了学生的文化素养．解决此类问题的关键是构建合理的概率模型，利用相应的概率计算公式求解．(2020·河南省六市高三一模)五行学说是华夏民族创造的哲学思想，是华夏文明的重要组成部分．古人认为，天下万物皆由金、木、水、火、土五类元素组成，如图，分别是金、木、水、火、土彼此之间存在的相生相克的关系．若从5类元素中任选2类元素，则2类元素相生的概率为()A．12B．13C．14D．15考向5数学文化与现代科学例52016年1月14日，国防科工局宣布，嫦娥四号任务已经通过了探月工程重大专项领导小组审议，正式开始实施．如图所示，假设“嫦娥四号”卫星将沿地月转移轨道飞向月球后，在月球附近一点P变轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后卫星在P点第二次变轨进入仍以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行．若用2c1和2c2分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用2a1和2a2分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴长，给出下列式子：①a1＋c1＝a2＋c2；②a1－c1＝a2－c2；③c1a1<c2a2；④c1a2>a1c2.其中正确式子的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④．(1)命题者抓住“嫦娥奔月”这个古老而又现代的浪漫话题，以探测卫星轨道为背景，抽象出共一条对称轴、一个焦点和一个顶点的两个椭圆的几何性质，并以加减乘除的方式构造两个等式和两个不等式，考查椭圆的几何性质，可谓匠心独运．(2)注意到椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ共一个顶点P和一个焦点F，题目所给四个式子涉及长半轴长和半焦距，从焦距入手，这是求解的关键，本题对考生的数学能力进行了比较全面的考查，是一道名副其实的小中见大、常中见新、蕴文化于现代科学技术应用之中的好题．(2020·北京市东城区模拟)标准对数远视力表(如图)采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式，标准对数远视力表各行为正方形“E”形视标，且从视力5.2的视标所在行开始往上，每一行“E”的边长都是下方一行“E”边长的1010倍，若视力4.1的视标边长为a，则视力4.9的视标边长为()A．104 5aB．109 10aC．D．真题押题『真题检验』1．(2020·新高考卷Ⅰ) 日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为()A．20°B．40°C．50°D．90°2．(2020·全国卷Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块3. (2019·全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________.『押题』4．天干地支纪年法(简称干支纪年法)是中国历法上自古以来就一直使用的纪年方法．天干有十，即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；地支有十二，即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．干支纪年法中，天干地支对应的规律如表：2049年是新中国成立100周年．这一百年，中国逐步实现中华民族的伟大复兴．使用干支纪年法，2049年是己巳年，则2059年是________年；使用干支纪年法可以得到________种不同的干支纪年．专题作业一、选择题1．(2020·山东省烟台市模拟)《九章算术》是我国古代的一本数学名著．全书为方田、粟米、衰分、少广、商功、均输、盈不足、方程、勾股九章，收有246个与生产、生活实践有联系的应用问题．在第六章“均输”中有这样一道题目：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为：“现有五个人分5钱，每人所得成等差数列，且较多的两份之和等于较少的三份之和，问五人各得多少？”在此题中，任意两人所得的最大差值为()A．13B．23C．16D．562．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”．其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”．则该人第五天走的路程为()A．48里B．24里C．12里D．6里3. (2020·河北六校联考)玉琮是中国古代玉器中重要的礼器，神人纹玉琮王是新石器时代良渚文化的典型玉器，1986年出土于浙江省余杭县反山文化遗址．如图，玉琮王通高8.8 cm，孔径4.9 cm，外径17.6 cm，琮体四面各琢刻一完整的兽面神人图象，兽面的两侧各浅浮雕鸟纹，器形呈扁矮的方柱体，内圆外方，上下端为圆面的射，中心有一上下垂直相透的圆孔．估计该神人纹玉琮王的体积为(单位：cm3)()A．6250 B．3050C．2850 D．23504．中国是发现和研究勾股定理最古老的国家之一，古代数学家称直角三角形较短的直角边为勾，另一直角边为股，斜边为弦，其三边长组成的一组数据称为勾股数．现从1～15这15个数中随机抽取3个数，则这三个数为勾股数的概率为()A．1910B．3910C．4455D．64555．阿基米德(公元前287年～公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积．若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆的离心率为74，面积为12π，则椭圆C的方程为()A．x29＋y216＝1 B．x23＋y24＝1C．x218＋y232＝1 D．x24＋y236＝16．(2020·山东省泰安市模拟)我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体(如图所示)，下底面是边长为2的正方形，上棱EF＝32，EF ∥平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍甍的体积为()A．6 B．11 3C．314D．127．(2020·江西省九江市二模)算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一．算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠．例如：在十位档拨上一颗上珠和一颗下珠，个位档拨上一颗上珠，则表示数字65.若在个、十、百、千位档中随机选择一档拨一颗上珠，再随机选择两个档位各拨一颗下珠，则所拨数字大于200的概率为()A．38B．12C．23D．348．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年．例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，在堑堵ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，若A1A＝AB＝2，当阳马B－A1ACC1体积最大时，堑堵ABC－A1B1C1的体积为()A．83B． 2C．2 D．2 29．(2020·四川省达州市模拟)斗拱是中国古典建筑最富装饰性的构件之一，并为中国所特有．图1、图2是斗拱实物图，图3是斗拱构件之一的“斗”的几何体．本图中的斗由棱台与长方体形凹槽(长方体去掉一个小长方体)组成．若棱台两底面面积分别是400 cm2,900 cm2，高为9 cm，长方体形凹槽的体积为4300 cm3，那么这个斗的体积是()注：台体体积公式是V＝13(S′＋S′S＋S)h.A．5700 cm3B．8100 cm3C．10000 cm3D．9000 cm310. (2020·辽宁省葫芦岛市模拟)地球的公转轨道可以看作是以太阳为一个焦点的椭圆，根据开普勒行星运动第二定律，可知太阳和地球的连线在相等的时间内扫过相等的面积．某同学结合物理和地理知识得到以下结论：①地球到太阳的距离取得最小值和最大值时，地球分别位于图中A点和B点；②已知地球公转轨道的长半轴长约为149600000千米，短半轴长约为149580000千米，则该椭圆的离心率约为1，因此该椭圆近似于圆形；③已知我国每逢春分(3月21日前后)和秋分(9月23日前后)，地球会分别运行至图中C点和D点，则由此可知我国每年的夏半年(春分至秋分)比冬半年(当年秋分至次年春分)要少几天．以上结论正确的是()A．①B．①②C．②③D．①③二、填空题11．数学与文化有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗：“儿忆父兮妻忆夫”，既可以顺读也可以逆读．数学中有回文数，如343,12521等，两位数的回文数有11,22，33，…，99共9个，则三位数的回文数中，偶数的概率是________.12．《孙子算经》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五等诸侯，共分橘子六十颗，人别加三颗．问：五人各得几何？”其意思为“有5个人分60个橘子，他们分得的橘子数成公差为3的等差数列，问5人各得多少橘子．”这个问题中，得到橘子最少的人所得的橘子个数是________.13．(2020·山东省泰安市高三一模)《易经》是中国传统文化中的精髓，如图是易经八卦(含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦)，每一卦由三根线组成，“”表示一根阳线，“”表示一根阴线，从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有两根阳线、四根阴线的概率为________.14．我国《物权法》规定：建造建筑物，不得违反国家有关工程建设标准，妨碍相邻建筑物的通风、采光和日照．已知某小区的住宅楼的底部均在同一水平面上，且楼高均为45 m，依据规定，该小区内住宅楼楼间距应不小于52 m．若该小区内某居民在距离楼底27 m高处的某阳台观测点，测得该小区内正对面住宅楼楼顶的仰角与楼底的俯角之和为45°，则该小区的住宅楼楼间距实际为________ m.第1讲数学文化及核心素养类试题「考情研析」数学文化与数学知识相结合，有效考查考生的阅读理解能力、抽象概括能力、转化与化归能力，既体现了对数学应用性的考查，也体现了我国数学文化的源远流长．高考中多以选择题的形式出现，难度中等.热点考向探究考向1三角函数中的数学文化例1(2020·河北省衡水中学第九次调研考试)我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则△ABC的面积S＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤(ab)2－⎝⎛⎭⎪⎫a2＋b2－c222.根据此公式，若a cos B＋(b＋3c)cos A＝0，且a2－b2－c2＝2，则△ABC的面积为()A ． 2B ．2 2C ． 6D ．2 3答案 A解析 由a cos B ＋(b ＋3c )cos A ＝0，可得sin A cos B ＋cos A sin B ＋3sin C cos A ＝0，即sin(A ＋B )＋3sin C cos A ＝0，即sin C (1＋3cos A )＝0，因为sin C ≠0，所以cos A ＝－13，由余弦定理可得a 2－b 2－c 2＝－2bc cos A ＝23bc ＝2，所以bc ＝3，由△ABC 的面积公式可得S ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤(bc )2－⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2＋b 2－a 222＝14×(32－12)＝ 2.故选A ．我国南宋数学家秦九韶发现的“三斜求积术”虽然与海伦公式(S ＝p (p －a )(p －b )(p －c )，其中p ＝12(a ＋b ＋c ))在形式上不一样，但两者完全等价，它填补了我国传统数学的一项空白．(2020·湖南省长郡中学高三第三次适应性考试)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表：黄赤交角23°41′23°57′24°13′24°28′24°44′正切值0.4390.4440.4500.4550.461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．早于公元前6000年B．公元前2000年到公元元年C．公元前4000年到公元前2000年D．公元前6000年到公元前4000年答案 A解析由题意，可设冬至日光与垂直线夹角为α，春秋分日光与垂直线夹角为β，则α－β即为冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，由图3近似画出如图平面几何图形，则tanα＝1610＝1.6，tanβ＝16－9.410＝0.66，tan(α－β)＝tanα－tanβ1＋tanαtanβ＝ 1.6－0.661＋1.6×0.66≈0.457.∵0.455<0.457<0.461，∴估计该骨笛的大致年代早于公元前6000年．考向2数列中的数学文化例2(多选)(2020·山东省青岛市高三三模)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩．《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元五世纪．书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中的第n 天所织布的尺数为a n ，b n ＝2an ，对于数列{a n }，{b n }，下列选项中正确的为( )A ．b 10＝8b 5B ．{b n }是等比数列C ．a 1b 30＝105D ．a 3＋a 5＋a 7a 2＋a 4＋a 6＝209193答案 BD解析 由题意可知，数列{a n }为等差数列，设数列{a n }的公差为d ，a 1＝5，由题意可得30a 1＋30×29d 2＝390，解得d ＝1629，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝16n ＋12929，∵b n ＝2an ，∴b n ＋1b n ＝2an ＋12an ＝2an ＋1－an ＝2d (非零常数)，则数列{b n }是等比数列，B 正确；∵5d ＝5×1629＝8029≠3，b 10b 5＝(2d )5＝25d ≠23，∴b 10≠8b 5，A 错误；a 30＝a 1＋29d ＝5＋16＝21，∴a 1b 30＝5×221>105，C 错误；a 4＝a 1＋3d ＝5＋3×1629＝19329，a 5＝a 1＋4d ＝5＋4×1629＝20929，∴a 3＋a 5＋a 7a 2＋a 4＋a 6＝3a 53a 4＝a 5a 4＝209193，D 正确．故选BD.本题以传统数学文化为载体考查数列的实际应用问题．解题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，建立等差、等比数列的模型，探索并掌握它们的一些基本数量关系，利用方程思想求解．(2020·福建省宁德市二模)著名物理学家李政道说：“科学和艺术是不可分割的”．音乐中使用的乐音在高度上不是任意定的，它们是按照严格的数学方法确定的．我国明代的数学家、音乐理论家朱载堉创立了十二平均律，是第一个利用数学使音律公式化的人．十二平均律的生律法是精确规定八度的比例，把八度分成13个半音，使相邻两个半音之间的频率比是常数，如表所示，其中a 1，a 2，…，a 13表示这些半音的频率，它们满足log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a i ＋1a i 12＝1(i ＝1,2，…，12)．若某一半音与D #的频率之比为32，则该半音为( ) 频率 a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10 a 11 a 12 a 13 半音CC #DD #EFF #G G #AA #BC (八度)C ．G #D ．A答案B解析 由题意知log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a i ＋1a i 12＝1(i ＝1,2，…，12)， ∴a i ＋1a i＝2112，故数列{a n }是公比q ＝2112的等比数列． ∵a 4＝D #，a 8＝a 4q 4＝D #×(2112)4＝D #×32＝G ，∴G D #＝32.故选B.考向3 立体几何中的数学文化例3 我国齐梁时代的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图，将底面直径都为2b ，高皆为a 的椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱放置于同一平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d 处的平面截这两个几何体，可横截得到S 圆及S 环两截面．可以证明S 圆＝S 环总成立．据此，半短轴长为1，半长轴长为3的椭球体的体积是________.答案 4π解析 因为S 圆＝S 环总成立，则半椭球体的体积为πb 2a －13πb 2a ＝23πb 2a ， 所以椭球体的体积为V ＝43πb 2a ，因为椭球体的半短轴长为1，半长轴长为3， 所以椭球体的体积为V ＝43πb 2a ＝43π×12×3＝4π， 故答案是4π.依托立体几何，传播数学文化．立体几何是中国古代数学的一个重要研究内容，从中国古代数学中挖掘素材，考查立体几何的线面的位置关系、几何体的体积等知识，既符合考生的认知水平，又可以引导学生关注中华优秀传统文化．(2020·山东省潍坊市模拟)唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示．已知球的半径为R ，酒杯内壁表面积为143πR 2.设酒杯上部分(圆柱)的体积为V 1，下部分(半球)的体积为V 2，则V 1V 2＝( )A ．2B ．32C．1 D．3 4答案 A解析由球的半径为R，得半球的内部表面积为2πR2，又酒杯内壁表面积为143πR2，∴圆柱的侧面积为83πR2.设圆柱的高为h，则2πR·h＝83πR2，即h＝43R.∴V1＝πR2·43R＝43πR3，V2＝23πR3，∴V1V2＝43πR323πR3＝2.故选A．考向4概率中的数学文化例4(2020·河北省张家口高三5月模拟)角谷猜想，也叫3n＋1猜想，是由日本数学家角谷静夫发现的，是指对于每一个正整数，如果它是奇数，则对它乘3再加1；如果它是偶数，则对它除以2，如此循环最终都能够得到1.如：取n＝6，根据上述过程，得出6,3,10,5,16,8,4,2,1，共9个数．若n＝5，从根据上述过程得出的整数中，随机选取两个不同的数，则这两个数都是偶数的概率为() A．37B．715C．25D．35答案 C解析若n＝5，根据上述过程得出的整数有5,16,8,4,2,1，随机选取两个不同的数，基本事件总数n＝C26＝15，这两个数都是偶数包含的基本事件个数m＝C24＝6，则这两个数都是偶数的概率为P＝mn＝615＝25.故选C.数学文化渗透到概率数学中去，不但丰富了数学的概率知识，还提高了学生的文化素养．解决此类问题的关键是构建合理的概率模型，利用相应的概率计算公式求解．(2020·河南省六市高三一模)五行学说是华夏民族创造的哲学思想，是华夏文明的重要组成部分．古人认为，天下万物皆由金、木、水、火、土五类元素组成，如图，分别是金、木、水、火、土彼此之间存在的相生相克的关系．若从5类元素中任选2类元素，则2类元素相生的概率为()A．12B．13C．14D．15答案 A解析金、木、水、火、土彼此之间存在相生相克的关系．从5类元素中任选2类元素，基本事件总数n＝C25＝10,2类元素相生包含的基本事件有5个，则2类元素相生的概率为P＝510＝12.故选A．考向5数学文化与现代科学例52016年1月14日，国防科工局宣布，嫦娥四号任务已经通过了探月工程重大专项领导小组审议，正式开始实施．如图所示，假设“嫦娥四号”卫星将沿地月转移轨道飞向月球后，在月球附近一点P变轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后卫星在P点第二次变轨进入仍以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行．若用2c1和2c2分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用2a1和2a2分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴长，给出下列式子：①a1＋c1＝a2＋c2；②a1－c1＝a2－c2；③c1a1<c2a2；④c1a2>a1c2.其中正确式子的序号是( ) A ．①③ B ．①④ C ．②③ D ．②④答案 D解析 观察题图可知a 1>a 2，c 1>c 2，∴a 1＋c 1>a 2＋c 2，即①式不正确；a 1－c 1＝a 2－c 2＝|PF |，即②式正确；由a 1－c 1＝a 2－c 2>0，c 1>c 2>0，知a 1－c 1c 1<a 2－c 2c 2，即a 1c 1<a 2c 2，从而c 1a 2>a 1c 2，c 1a 1>c 2a 2.即④式正确，③式不正确．(1)命题者抓住“嫦娥奔月”这个古老而又现代的浪漫话题，以探测卫星轨道为背景，抽象出共一条对称轴、一个焦点和一个顶点的两个椭圆的几何性质，并以加减乘除的方式构造两个等式和两个不等式，考查椭圆的几何性质，可谓匠心独运．(2)注意到椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ共一个顶点P 和一个焦点F ，题目所给四个式子涉及长半轴长和半焦距，从焦距入手，这是求解的关键，本题对考生的数学能力进行了比较全面的考查，是一道名副其实的小中见大、常中见新、蕴文化于现代科学技术应用之中的好题．(2020·北京市东城区模拟)标准对数远视力表(如图)采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式，标准对数远视力表各行为正方形“E”形视标，且从视力5.2的视标所在行开始往上，每一行“E”的边长都是下方一行“E”边长的1010倍，若视力4.1的视标边长为a ，则视力4.9的视标边长为( )。
2024湖北八市联考数学(含答案)
2024年湖北省八市高三（3月）联考数学参考答案与评分细则一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
1． C 2． B3． D 4． D 5． A 6． A 7． C 8． B第1题提示：{1,2,3,4}A C C ==.第2题提示：(2)(2,3)(0,1)3a a b ⋅+=-⋅=-.第3题提示：将1+i 代入方程得：2(1i)2(1i)0a a b +-++=，得20a b -+=，即20a b -=. 第4题提示：易得平面MNP ∥平面AB 1D 1，A 1-AB 1D 1为正三棱锥，得A 1C ⊥平面AB 1D 1，故A 1C ⊥平面MNP ，若其他选项也符合，则平行于A 1C ，不成立. 第5题提示：77071612526167077777761(71)177(1)7(1)7(1)7(1)1C C C C C -=--=+⨯-+⨯-++⨯-+⨯--07161252616777777(1)7(1)7(1)2C C C C =+⨯-+⨯-++⨯--.第6题提示：偶函数的导数为奇函数，可以根据对等式()()f x f x =-两边求导，或通过图象验证.第7题提示：设2A B C π<<=，由cos 0C =可得12cos cos 2sin tan 2B A A A ==⇒=. 第8题提示：易知点O 关于直线l 的对称点为(1,1)A ，求直线AP 的方程:故k AP =1k,△APB ≌OPB l AP :y 1=1k (x 1)与∠AMB 互余易得1(1,0),(1,0)M k N k--（或只求1(1,0)N k '-）数学参考答案第1页（共8页）由||MN =得22113(1)(1)36k k -+-=，即有21113()2()36k k k k +-+=， 解得1136k k +=，得23k =或32k =， 若32k =，则第二次反射后光线不会与y 轴相交，故不符合条件. 其他方法:先求点P 坐标，再求直线AP 的方程；或者设点M 和N '的坐标，通过A ，M ，N '三点共线构造方程求解.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。
关注数列递推关系,探索通项问题解法——以2021年八省联考数列题为例
e N*)，则％的值为________ ,
解析:递推公式為-如=2琳0两符合情
形4,可将两边同时除以洛+1,则可得
丄一丄=2,将丄和丄视为一个整体，
偽叔偽》
q»+i %
分析可知[丄]是以丄=1为首项、2为公
I %丿
S
差的等差数列，由等差数列公式可得丄=
a» l+2(n-l)=2n-l,所以数列｛%｝的通项公
同,深入探究问题解法可有效提高解题 能力，下面基于2021年八省联考数列题, 开展解法探究.
1.问题呈现，常规解法 问题:已知各项都为正数的数列｛aj 满足%+2=2«Ui+3%. ⑴证明:数列｛%+oJ为等比数列；
⑵若勺=十宀=j，求｛%｝的通项
公式.
解析:第(1)问为等比数列证明题，可 通过对递推公式变形来完成.已知a”+2= %i+3a”,则可得％2+°”i=3a”+i+3a”=3(a”+i+ a”)，因为各项均为正数，故有aj+^0,所 以可将数列｛%+%』视为是以3为公比
88 > 2021年6冃(下旬)
析时可先两边同除得到
进而构造成色： 2 •器+1,设定吊2
从而可将递推公式转化为打=2 •几+1, q
则问题与情形2相同.
情形4:数列｛aj满足$勢予叫二,
解析可将两边同时除以嗨 1,得到 an
丄=1,设定號=丄，从而可将递推公式
an-l
an
转化为qg-pb” 参考上述情形即可.
例题:已知数列｛%｝满足Oj=l ,0^-0^!=
3. 知识融合，素养提升 高考压轴题中，数列常与其他关联 知识综合命题，充分体现出知识间的相 融性，该类问题往往综合性强，解析难度 大，需要重点教学.实际教学时建议采 用多途径创设的方式,如绘制知识框图、 思维导图、专题讲解的形式,围绕数列知 识，沟通三角函数、不等式、方程函数等 知识,帮助学生认识知识关联,强化知识 联系.同时可渗透数学的思想方法，引 导学生灵活利用数学思想来分析转化 问题.创新思维是求解数列问题的关键 素养，教学中应重点培养学生的创新思 维，可依托数列创新性考题，引导学生反 思问题，探索创新解法，充分调用知识技 能，激活学生的创新思维,从而提升学生 的数学素养.
2021年高考数学同构思想在指对型函数中的应用
（二）2021年高考命题的十项原则
1.方向明确，立意鲜明，情景新颖，贴近实际. 2.考查基础，变换情景，设问科学，注重创新. 3.入易出难，路多口小，层层设卡，步步有难. 4.材料在外，答案在内，考查思维，体现能力. 5.体现国情，公平公正，以生考熟，直击软肋. 6.起点很高，高屋建瓴，落点较低，回归体系. 7.重点必考，主干多考，次点轮考，补点选考. 8.共性好考，个性难考，试题开放，探究创新. 9.小口切入，深入挖掘，小中见大，思维穿透. 10.掌握理论，学以致用，学科价值，重在应用.
同构思想在指对型函数中的应用
八省联考试卷风格
破套路 多层次 高落差 重思维 凸创新
（一）2021年高考命题的要求
2021高考命题优化情境设计，增强试题开放性 、灵活性，充分发挥高考命题的育人功能和积极导 向作用，引导减少死记硬背和“机械刷题”现象。 并坚持把创新思维和学习能力考查渗透到命题全过 程，落实“重思维、重应用、重创新”的命题要求 ，使高考由“解答试题”转向“解决问题”.
x
考查内容及思想方法 证明不等式
证明不等式
证明不等式 零点求参，极值点偏移 讨论单调性 零点求参 证明极值范围 证明双变量不等式
（四）部分高考压轴题函数模型
年份 2018Ⅱ理 2019Ⅰ理 2019Ⅱ理 2019Ⅲ 理 2020Ⅰ理 2020Ⅱ理 2020Ⅲ 理 2020 山东
函数模型
f (x) ex ax2 f (x) sin x ln(1 x)
（四）部分高考压轴题函数模型
年份 2013Ⅱ理
2014Ⅰ理
2015Ⅰ文 2016Ⅰ理 2017Ⅰ理 2017Ⅱ理 ➢2018Ⅰ理
函数模型
f (x) ex ln( x m) f (x) aex ln x bex1
理解高考评价体系 重视数学思维方法——从一道“2021年八省适应性考试题”谈起
理解高考评价体系 重视数学思维方法———从一道“２０２１年八省适应性考试题”谈起王思俭（江苏省苏州中学，２１５００７） ２０２１年初由教育部考试中心组织的八省适应性考试已经降下帷幕，引起强烈反响，不少学生反映学的没有考，考的没有教个别题目均分目不忍睹．是命题者不了解中学教学状况，还是中学教学没有落实《高中数学课程标准》和《高考评价体系》，导致教学跑偏？实事求是讲，我们的课堂教学出现问题了，忽视了知识形成过程的数学思想方法和思维方式，大量的题海战术必定掩盖问题的思维方法．近日，教育部下发关于做好２０２１年普通高校招生的通知，文件强调“２０２１年高考命题要坚持立德树人，加强对学生德智体美劳全面发展的考查和引导．要优化情境设计，增强试题开放性、灵活性，充分发挥高考命题的育人功能和积极导向作用，引导减少死记硬背和‘机械刷题’现象”．“在高考试题中，引进开放性的试题，是考查学生探索性思维能力的需要”［１］．这是因为，首先，数学在将获得的知识和结论按一定的逻辑体系整理后是一门演绎科学，但对知识的形成过程来说，又是一门实验的科学．如果只重视严密的逻辑推理运算，虽然能有效地发展逻辑思维能力，但对于发展在类比、归纳和联想基础上的发现力和创造力则是不利的．其次，学生的解题过程是一种探索性活动的过程．在这个过程中，主要的思维方式是探索性思维，它包括直觉思维和逻辑思维两种基本成分．采用探索性试题，对于考查学生的观察问题和提出问题的能力，分析问题和解决问题的能力，及探索性思维，选拔高等学校新生都有着十分重要的意义．１ 真题再现１．１ 题目北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于２π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有３个面角，每个面角是π３，所以正四面体在各顶点的曲率为２π－３×π３＝π，故其总曲率为４π．（１）求四棱锥的总曲率；（２）若多面体满足：顶点数－棱数＋面数＝２，证明：这类多面体的总曲率是常数．１．２ 命题意图本题考查立体几何的新定义问题，能够正确读懂“曲率”的概率是解决问题的关键．此题以大兴机场的建设成就、大学微分几何中的曲率为背景，结合立体几何的相关知识命制试题，旨在考查学生获取新知识，探究新问题的能力；试题反映了中大融合的理念、新课改的精神，对培养学生的创新应用意识起到积极引导作用．１．３ 试题特点（１）在题干中的例子和第（１）小题中，将感性的、形象的思维上升到理性的、逻辑的思维，应用自己在立体几何课中学习的基础知识和基本思想方法进行比较和计算．在此基础上，进一步总结一般规律，为第（２）小题提出更高要求作好准备．第（２）小题给出的是任意多面体．学生要与前三棱锥和四棱锥的条件和结论作比较．将条件一般化，由“三角形或四边形的面”变成“任意多边形”；同时结论也不明朗了，但其中不变的是什么？（２）通过操作观察，形成猜想，证明结论．经历这样从四面体到四棱锥再到一般多面体的总曲率的逐步深入的探究过程，有利于培养学生发现问题、提出问题、从特殊到一般、对应思想、算两次的思维方法、推理论证等能力，在具体情境中提升直观想象、数学抽象、逻辑推理等素养，积累数学探究活动经验．（３）试题既接近学生在现实生活中所面对的复杂环境，又兼顾对逻辑思维、数学抽象等数学核心素养的考查．试题没有现成的公式可以套用，需要考生通过阅读，获取信息，调动和联系已有的知识和思维方法来跨越障碍，实现问题的解决，形成独立思考的成果．２ 答题情况２．１ 得分统计高三学生得分统计表（参加考试人数：６２８人），平均分２．５６．得分１２１１１０９８７６人数１１９１０８１１１０１３比例１．７５％１．４３％１．５９％１．２７％１．７５％１．５９％２．０７％得分５４３２１０人数５７６１７２６８９０２０８比例９．０８％９．７１％１１．４７％１０．８３％１４．３３％３３．１３％ 从表中的数据可以看出：（１）有２２．３０％学生得２－３分，主要是只会计算各个三角形和四边形的内角和，但计算总曲率时，个别学生算错．（２）只有９．０８％的学生作对第（１）小题，这些学生中还有一部分在四棱锥中标出角的代号逐一进行计算，不会整体考虑，缺乏数学思维方法．（３）全年级只有１．７５％的学生拿满分，这对于甄别优等生是较好的设计．２．２ 错因分析（１）没有读懂．对于新定义的“曲率”和“总曲率”没有读懂，情境没有理解，不知道定义中所提供的信息是什么？（２）没有理清．没有找到两个新定义之间的内在联系，即没有理清各顶点处的“曲率”总和与各个面的内角和的关系（写出多边形表面的所有内角即可），对于所给的“正四面体”的“总曲率”仅停留在字面上看一看，不会换一个角度去理解，导致找不到解题的突破口．（３）没有弄通．对于所给的欧拉公式中几何元素不知道如何与曲率总和建立联系？而在计算四棱锥总曲率时有２０６人是死算出正确结果的，有６０％同学不会继续用四面体、正方体、平行六面体、六棱锥等特殊多面体去研究总曲率，没有从这些特殊多面体中发现各面的每一条棱在计算总的棱数时被计算两次，即没有发现每一条棱连着两个面．学生没有发现“对于四棱锥可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合”．（４）不会求解．部分同学只会求解直接套用公式、定理的陈题、套题，对于情境新颖的陌生题往往不知道对信息进行重新理解和重新组合，如同学们对本题的各顶点的曲率定义中每个角只是孤零零的摆在定义中，在计算“总曲率”时不知道将顶点处的每一个角重新整合到各面中进行计算．如设顶点数、棱数、面数分别为ｎ、ｌ、ｍ，设第ｉ个面的棱数为ｘｉ，所以有ｎ－ｌ＋ｍ＝２，按照公式计算总曲率即可．从而就联想到凸多边形的内角和，于是问题就顺利解决了．３ 教学启示《高考评价体系》“发挥数学学科特点，以测试数学综合能力、发展数学核心素养为目标，通过创新试卷结构与试题形式，更好地实现高考立德树人、服务选才、引导教学的核心功能．”［２］《高中数学课程标准》对高考命题建议：依据学业质量标准和课程内容，注重对学生数学学科核心素养的考查．“命题时，应有一定数量的应用问题，还应包括开放性问题和探究性问题，适度增加试题的思维量，考查思维方法”［３］重点考查学生的思维过程、实践能力和创新意识，问题情境的设计应自然、合理．考查围绕数学内容主线，聚焦学生对重要数学概念、定理、方法、思想的理解和应用，强调基础性、综合性；注重数学本质、通性通法，淡化解题技巧；融入数学文化．学科素养是指在面对真实问题情境时，能有效整合学科相关知识，运用学科相关能力，高质量地认识、分析、解决问题的综合品质．“所谓思维方法是指学习者在面对生活实践或学习探索问题情境时，进行独立思考和探索创新的内在认知品质”［４］．“思维方法”是思维的品质、方式和能力的综合，是各题高质量地解决生活实践或学习探索情境中的各种问题的基础．“思维方法”是“认知加工的关键构建”［５］，是个体在信息时代必须具备的核心认知品质，也是未来社会所需要的终身素养．“思维方法”包含科学思维、人文思维、创新思维．３．１ 科学思维采用严谨求真的、实证性的逻辑思维方式应对各种问题．能够根据对问题情境的分析，运用实证数据分析事物的内部机构和问题的内在联系，以抽象与联想、归纳与概括、推演与计算、模型与建模等思维方法来组织、调动相关的知识与能力，解决生活实践或学习探索情境中的各种问题．例１ （南师附中等八校联考）将一条均匀柔软的链条两端固定，在重力的作用下它所呈现的形状叫悬链线，例如悬索桥等．建立适当的直角坐标系，可以写出悬链线的函数解析式为ｆ（ｘ）＝ａｃｏｓｈｘａ，其中ａ为悬链线系数，ｃｏｓｈｘ称为双曲余弦函数，其函数表达式为ｃｏｓｈｘ＝ｅｘ＋ｅ－ｘ２，相应地双曲正弦函数的函数表达式为ｓｉｎｈｘ＝ｅｘ－ｅ－ｘ２．若直线ｘ＝ｍ与双曲余弦函数Ｃ１和双曲正弦函数Ｃ２分别相交于点Ａ，Ｂ，曲线Ｃ１在点Ａ处的切线与曲线Ｃ２在点Ｂ处的切线相交于点Ｐ，则（ ）（Ａ）ｙ＝ｓｉｎｈｘｃｏｓｈｘ是偶函数（Ｂ）ｃｏｓｈ（ｘ＋ｙ）＝ｃｏｓｈｘｃｏｓｈｙ－ｓｉｎｈｘｓｉｎｈｙ（Ｃ）｜ＢＰ｜随ｍ的增大而减小（Ｄ）△ＰＡＢ的面积随ｍ的增大而减小设计意图：考查学生通过对所定义的“双曲正弦函数与双曲余弦函数”的概念的阅读与理解，能够抓住定义中的关键信息进行重新组合；考查函数的性质和有关运算，考查导数的四则运算和几何意义；考查学生调动函数的相关知识，考查学生的后继学习的潜能；考查推演与计算等科学思维能力．解析：利用函数的奇偶性、幂指数的运算法则判断Ａ、Ｂ是错误的，通过数学运算求得点Ｐ的坐标，继而求出线段ＰＢ长度和△ＰＡＢ的面积，再调动相关知识得出ＰＢ关于ｍ的偶函数且ＰＢ≥槡２，△ＰＡＢ的面积是关于ｍ的单调递减函数．不仅复习函数与导数的相关知识，挖掘其内在联系，而且教会学生如何学会思考，掌握研究问题的思维方法．３．２ 人文思维运用历史的、辩证的、审美的、系统的思维方法应对各种问题．能够根据对问题情境的分析，从多元性、情境性、关联性、层次结构性、动态平衡性、开放性和时序性等方面把握问题与实物的本质．综合运用联想、类比、引申等思维方法，组织、调动相关的知识与能力，解决生活实践或学习探索情境中的各种问题．例２ （多选题）黄金螺旋线又名等角螺线，是自然界最美的鬼斧神工．在一个黄金矩形（宽长比约等于０．６１８）里先以宽为边长做正方形，然后在剩下小的矩形里以其宽为边长做正方形，如此循环下去，再在每个正方形里画出一段四分之一圆弧，最后顺次连接，就可得到一条“黄金螺旋线”．达·芬奇的《蒙娜丽莎》，希腊雅典卫城的帕特农神庙等都符合这个曲线．现将每一段黄金螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形半径设为ａｎ（ｎ∈Ｎ），数列｛ａｎ｝满足ａ１＝ａ２＝１，ａｎ＝ａｎ－１＋ａｎ－２（ｎ≥３）．再将扇形面积设为ｂｎ（ｎ∈Ｎ），则（ ）（Ａ）４（ｂ２０２０－ｂ２０１９）＝πａ２０１８·ａ２０２１（Ｂ）ａ１＋ａ２＋ａ３＋…＋ａ２０１９＝ａ２０２１－１（Ｃ）ａ２１＋ａ２２＋ａ２３＋…＋ａ２２０２０＝２ａ２０１９·ａ２０２１（Ｄ）ａ２０１９·ａ２０２１－（ａ２０２０）２＋ａ２０１８·ａ２０２０－（ａ２０１９）２＝０设计意图：考查学生运用审美的思维方法；考查学生从斐波那契螺旋线（或者黄金螺旋线）的画法中，利用动态平衡性、多元性去分析螺旋线的结构特征，找出各段圆弧半径之间的关系，把握各圆弧线段的本质，再综合运用联想联想、类比、归纳等思维方法求解问题；考查学生独立分析问题、解决问题的能力，也凸显高考评价体系所倡导的“五育并举”中“美育”与“智育”，同时也激发学生动手操作的实践欲望．可以从如下几个方面进行点拨讲评．层次１：在讲评时应该引导学生从简单做起，研究前５项与四个选项的关系，然后再进行：验证，可以选出ＡＢＤ是正确选项，层次２：引导学生根据四个选项得出一般结论，如：求证：（１）①４（ｂｎ＋２－ｂｎ＋１）＝πａｎ＋３ａｎ，②ａ２ｎ＋２－ａ２ｎ＋１＝ａｎａｎ＋３，③ａ１ａ４＋ａ２ａ５＋…＋ａｎａｎ＋３＝ａ２ｎ＋１－１；（２）ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ＝ａｎ＋２－１；（３）ａ２ｎ＋１＋ａ２ｎ＋２＝ａｎａｎ＋２＋ａｎ＋１ａｎ＋３；（４）ａ２１＋ａ２２＋…＋ａ２ｎ＝ａｎａｎ＋１；层次３：引导学生利用待定系数法探究斐波那契数列的递推公式，设ａｎ＋２＋μａｎ＋１＝λ（ａｎ＋１＋μａｎ），通过对比系数得到方程组λ－μ＝１，且λμ＝１，从而解出λ，μ，语数就构造两个等比数列，求出通项公式．在一道学生联想八省联考的第１７题，因此就总结概括出二阶递推数列ａｎ＋２＝ｐａｎ＋１＋ｑａｎ的一般解法．层次４：研究整数数列中整除类问题，如：（１）求证ａ５ｎ能被５整除；（２）求证ａ３ｎ能被２整除；（３）求证ａ４ｎ能被３整除；（４）求证ａ１２ｎ能被６整除．利用递推公式的分解与组合可以找出ａ５（ｎ＋１）＝ａ５ｎ＋４＋ａ５ｎ＋３＝２ａ５ｎ＋３＋ａ５ｎ＋２＝２（ａ５ｎ＋２＋ａ５ｎ＋１）＋ａ５ｎ＋２＝３ａ５ｎ＋２＋２ａ５ｎ＋１＝３（ａ５ｎ＋１＋ａ５ｎ）＋２ａ５ｎ＋１＝５ａ５ｎ＋１＋３ａ５ｎ．于是再将ａ５ｎ继续递推，直至退到最后用ａ５ｎ－４，ａ５ｎ－９，…，ａ６和ａ５表示，即ａ５（ｎ＋１）＝５（ａ５ｎ＋１＋３ａ５ｎ－４＋３２ａ５ｎ－９＋…＋３ｎ－１ａ６）＋３ｎａ５．因此命题得证．当然，教师还可以因势利导研究数列其他性质，这样可以组织学生挖掘斐波那契数列相关性质并写出研究性报告．３．３ 创新思维运用开放性、创新性的思维方式应对问题情境，组织相关的知识与能力，注重独立性、批判性、发散性的思考．综合运用直觉的、顿悟的、灵感的、形象的、逻辑的方法，提出新视角、新观点、新方法、新设想，创新性地解决生活实践或学习探索情境中的各种问题．例３ （江苏省苏州中学２０１８级少预班测验题）数学史上有一个著名的波尔约－格维也纳定理：任意两个面积相等的多边形，它们可以相互拼接得到．它由法卡斯·波尔约（ＦａｒｋｓＢｏｌｙａｉ）和保罗·格维也纳（ＰａｕｌＧｅｒｗｉｅｎ）两位数学家分别在１８３３年和１８３５年给出证明．试据此解决以下问题：（１）给出两块相同的正三角形纸片（如图１、图２），要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等．请设计一种剪拼方案，分别用虚线标示在图１、图２中，并作简要说明；（２）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小；（３）（附加题，４分）如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图３），要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形的面积相等．请设计一种剪拼方案，用虚线标示在图３中，并作简要说明．设计意图：本题是创新题型，要求学生设计一种拼剪方法，拼剪途径不唯一，具有探索性．首次出现附加题的加分，给学生自由发挥的空间，突出考查空间想象能力、动手能力和类比、迁移等数学思想方法，体现了“创设问题、提出问题→操作实验、探索规律→应用、解决问题”的研究性学习方式，符合学生主动学习的学习新理念．这道题是２００２年高考试题，满分１６分，当年全国均分２．４８分．学生的动手能力差、想象能力弱，这些普遍存在的共性问题，在本题解答过程中也得到充分体现．本题以学生的现实生活实践为基础，挖掘信息资源．在三角形拼叠成多面体的问题中，给出的基本条件是“两块相同的正三角形纸片”；提出的基本要求是：用其中一块剪拼成正三棱柱，另一块剪拼成正三棱锥，使它们的全面积与原来的三角形面积相等．要求学生观察、思考、实验、探究、创造，是一个“观察”和“做”的过程，以思维活动为主要形式，强调学生的亲身经历，要求学生积极参与活动．探索一般规律，因为要围成的多面体是直三棱柱，所以侧棱与底面垂直，由此可以产生一种较为自然的想法，在特殊情况的启发下，产生一般想法．取三角形的内心，画角平分线，取顶点到内心连线的中点，向各边作垂线，这样就可以逐步完成剪拼的任务．在阅卷中发现学生提供如下两种方法剪拼正三棱柱．（下转第９１页）个关于横坐标的的方程，两个方程两个未知数解得点坐标．解法三：设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），由→ ＡＦ＝３→ ＦＢ，得槡２３－ｘ１＝３（ｘ２槡－２３）， ①由焦半径公式，得４－槡３２ｘ１＝３４－槡３２ｘ()２． ②解得ｙ１＝±槡２６３，ｘ１＝槡４３３．由ｋ＞０，得Ａ槡４３３，－槡２６()３．因此ｋ槡＝２．小结：通过一题多解要注意揭示该类题的本质，解析几何是利用代数解决几何问题，前三种解法我们采用代数解法，第四种解法使用几何解法．而在代数运算时，我们从不同的角度合理选择变量，第一种解法我们考虑线的变化，二三两种解法考虑点的变化，更重要的是搞清变量之间的相互制约关系，简化计算．２ 避免一题多解课堂实施过程中的误区误区一：只注重“量”，不注重“质”．教师实施一题多解教学不能包办，如果只关注讲得有多少“量”，学生往往出现“听得懂，不会做，做不对，对不全”的现象．教师更要关注“质”，要引导学生主动思考、主动探究，充分发掘此题背后隐藏的本质，舍得花时间把一个题目琢磨透．授人以鱼不如授人以渔，让学生在体验、感悟、辨析、讨论、总结、反思的过程中感受多解问题背后的核心方法和数学思想．误区二：盲目使用一题多解，忽略学生的接受程度．当学生在新学一个知识一个方法的阶段，教师应注重突出重点方法，比如前文中例２，如果这节课是接触直线与椭圆的第一、二节课，教师应重点讲清楚法一，其余方法如果没有学生提出来就不讲，如果有同学提出来也可以提一下思路，在之后的课上分析讲解．如果这题是在复习课上遇到的，则要引导学生从不同角度分析．总之，在学习新解法之初，一题多解的使用应该慎重．误区三：一题多解的抛出随心所欲，教师缺少调控．当学生七嘴八舌提出多种想法，有的成熟，有的不成熟，教师应该起到总领调控的作用．如果不加以调控，场面混乱，学生不易接受，更不易把方法迁移，做到举一反三．课堂中，教师可以把学生提出的想法先写在黑板的一角，然后把这些想法进行归类分析，然后选出几个成熟的想法，请学生自行在本子上操作，接着让学生上黑板展示．全部展示完，教师还要进一步梳理基本方法步骤、基本技巧、基本数学思想．整个过程能让学生充分展示，又不至于条理混乱，能让各个层次的学生都有收获．笔者的课堂上常常遇到这样事，上课之前，我们备课组花很长的时间研题做题，可能总结出来两到三种方法，当我走进课堂，一节课下来，满满一黑板六、七种解法，所以我的课堂上诞生了很多了不起的．好的解题方法，不是套路，而是来源于学生经过思考后的独特做法．没有兴趣的事肯定走不长远，当老师要做的，就是在孩子心中播下一颗种子，引导他们对学科的兴趣，慢慢长成大树．所以我们上课最爱做的事情就是让学生展示，让更多的学生参与到数学思维的碰撞中，孩子们爱举手，乐于发言．总之，开展一题多解教学利处多，但教师既要慎重，更要精心设计，准确把握时机和尺度，才能让学生获得最大的发展檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸．（上接第８５页） 其中左边的图中两个全等正三角形作为正三棱柱的两个底面，将平行四边形再剪成全等的三个小平行四边形，再将每个小平行四边形剪拼成矩形，这三个矩形恰好做正三棱柱的三个侧面．在右边图中，将底层左边的平行四边形先剪成两个全等的等边三角形，再沿对角线剪成六个全等的三角形，将两个三角形拼成一个平行四边形．最后在剪拼成矩形，也可以得到正三棱柱的三个侧面．也有同学用类似的方法，对任意三角形的剪拼成直三棱柱．目前已经将探索性、开放性的试题引进高考，起到很好的示范作用．面对每一位学生的个性发展，尊重每一位学生发展的特殊需要，并鼓励个性的特殊需要与特殊发展，鼓励奇思妙想，独出心裁．这类试题在设计时，已经充分考虑到解答应具有开放性的特点，学生会根据自己的思维路途，得到相应的解决办法．。