高三第一次教学质量监测数学质量分析报告

合集下载

高三上学期数学期末检测质量分析报告

高三上学期数学期末检测质量分析报告高三上学期数学期末检测质量分析报告范文由昆明市教育科学研究院组织的高三年级上学期期末检测是一次高考前的实战演练、全真模拟，从上到下各级主管部门领导、学校、老师和高三学生都非常重视。

本次统测共有昆明市一、二级完中4625份理科数学试卷与2439份文科数学试卷参加网上统一阅卷。

由市教科院数学教研室组织，根据计算机统计的数据、人工抽样搜集的素材及阅卷教师搜集的材料，通过定量与定性分析，形成本次统测数学质量分析报告。

本次质量分析报告分为：试题分析与评价、典型题例分析、考试情况分析、对高三数学教学的建议四个部分。

一、试题分析与评价（一）总体评价本试题符合《考试大纲》的要求：一是在重视全面考察的基础上突出了对数学主干知识的考察力度，使基础知识的考察达到了必要的深度，并以此构成了数学试卷的主体，没有刻意追求知识点的覆盖面。

二是对重点知识的考察内容先设定考察重点与要求层次，从不同的角度设计问题情景，通过数学知识的考察有效地反映学生对数学思想和方法的理解与运用的程度，注重通性通法、常规解法，淡化特殊技巧。

三是重视数学语言的考察，尤其是符号语言的考察，以知识为载体，通过巧妙的设问着重考察学生观察与分析、判断与概括的能力，体现对概念的深入理解和对问题本质的把握。

四是重视数学学科知识与知识之间的横向联系与各部分知识间的深刻的内在联系，着眼于知识板块的综合性，突出考察学生的思维能力，坚持在知识网络交汇点设计命题的命题原则，既符合高考命题“能力立意”的宗旨，又突出了数学学科的特点，对提高我市中学数学的教学质量具有导向作用。

（二）试卷的有关统计数据：表2的统计数据说明：本试卷突出了重点内容重点考查的命题原则。

由于是高三上学期的期末考，所以本试题的比例对高一的教学内容较侧重，分值高，试题集中在函数、三角函数、不等式、数列等第一轮复习的高一的大部分教学内容与高三的概率统计、导数等内容，充分体现高三上学期的教学内容，通过检测能客观公正地反映高三学生的数学情况。

高三一模教学质量分析报告

高三一模教学质量分析报告尊敬的XXX领导：根据您的要求，我编写了一份高三一模教学质量分析报告。

本文将对高三一模教学的整体质量进行评估，并分析其存在的问题，提出改进措施。

一、整体质量评估高三一模教学整体质量较为良好，学生在各科目中取得了一定的进步。

教师们认真备课，教学内容安排合理，课堂教学秩序良好，学生参与度高。

学生的考试成绩也有一定的提升，显示出学习效果较好。

各学科教师在教学中注重知识的传授，同时注重引导学生思考和探究。

教学内容与考试内容紧密结合，不仅巩固了学生的基础知识，更培养了学生的综合能力和应试能力。

课堂上的互动也使得学生对知识的学习更加主动，营造了积极的学习氛围。

二、存在的问题虽然整体上教学质量较好，但还是存在一些问题需要解决：1.重视应试训练，忽视综合素养的培养。

考试成绩虽然重要，但是应该注重培养学生的创新能力、思维能力和人际交往能力。

目前，教学仍然过于侧重于应试训练，缺乏对学生综合素养的培养。

2.课堂教学缺乏多样化的教学方法。

在高三阶段，学生的学习能力和学习态度已经相对成熟，因此需要教师采用多样化的教学方法来激发学生的学习兴趣和积极参与。

目前，课堂教学仍然过于传统，缺乏多样性。

3.学生自主学习能力有待提高。

虽然学生在课堂上积极参与，但在课外学习方面，很多学生还缺乏主动性和自律性。

这可能与家长和学校过度关注考试成绩，忽视了学生的自主学习能力训练有关。

三、改进措施为了提高教学质量，应该采取以下措施：1.提供综合素养培养课程。

学校应该重视综合素养的培养，开设相关的课程和活动，如创新实践课程、社团活动等，鼓励学生积极参与，提高他们的综合素养。

2.丰富教学方法。

教师应该尝试不同的教学方法，如项目式学习、合作学习、探究学习等，使学生在多样化的教学环境中产生兴趣，激发他们的学习动力。

3.培养学生的自主学习能力。

学校和家长应该共同努力，为学生创造良好的学习环境，培养他们的自主学习能力。

可以通过培养学生的时间管理能力、学习方法指导等方式来提高学生的自主学习能力。

高三数学一模考试总结分析（2篇）

高三数学一模考试总结分析一、试卷分析二、答卷分析通过本次阅卷的探讨和本人对试卷的分析，学生在答卷中存在的主要问题有一下几点：2.基础知识不扎实，基本技能和方法掌握不熟练.3.审题不到位，运算能力差，书写不规范.审题不到位在的第18题表现的较为明显。

这是一道概率题，由于审题不到位致使将概率模型搞错、在(Ⅰ)问中学生出现结果重复与遗漏的现象严重导致后面全错，还有不会应用数学语言，表达五花八门。

在考生的试卷中，因审题不到位、运算能力差等原因导致的书写不规范问题到处可见.4.综合能力不够，运用能力欠佳.第21题为例，这道题是导数问题(Ⅰ)求单调区间，(Ⅱ)求恒成立问题(Ⅲ)最值问题"由于学生综合运用能力较弱，致使考生不知如何分类讨论，或考虑问题不全面，导致解题思路受阻。

绝大部分学生几乎白卷。

5.心态不好，应变能力较弱.考试本身的巨大压力，考生信心不足，造成考生情绪紧张，缺乏冷静，不能灵活应变，会而不对、对而不全，甚至会而不得分的情形常可见到三、教学建议后阶段的复习，特别是第二轮复习具有承上启下，知识系统化、条理化的作用，是促进学生素质、能力发展的关键时期，因而对讲练、检测等要求较高，如何才能在最后阶段充分利用有限的时间，取得满意的效果从这次的检测结果来看：1、研读考纲和说明，明确复习方向认真研读考试大纲和考试说明，关注考试的最新动向，不做无用功，弄清了“不考什么”后，还要弄清“考什么”，做到“有备无患”。

2、把所学知识和方法系统化、网络化(1)注重基础知识，整合主干内容，建构知识网络体系。

专题训练和综合训练相结合，课本例习题和模拟试题都重视，继续查漏补缺，归纳总结，巩固和深化一轮复习成果。

(2)多思考感悟，养成良好的做题习惯。

分析题目时，由原来的注重知识点，渐渐地向探寻解题的思路、方法转变。

做到审题三读：一读明结构，二读抓关键，三读查缺漏;答题三思：一思找通法，二思找巧法，三思解;题后三变：一变同类题，二变出拓展，三变出规律。

高三第一次考试数学质量分析报告(闫桂茹)

高三第一次考试数学质量分析报告（理）一、试题分析1、结构特点:试卷题型、结构以及分值均与高考一致。

全卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分为150分.具体试卷结构如下：2、本次考试主要考高中全部内容。

主干知识地位突出，内容分布比例恰当，基本符合考纲与考试说明的要求．新课程中新增加的内容是试卷中的亮点，但不是难点.圆锥曲线部分是难点。

本试题立足双基，突出主干，加强对数学基础的考察．选择题和填空题主要考查基础知识、基本能力，在平淡中考查知识，在常规中考查能力，六道解答题立足基础，入手容易，由浅入深，由易到难，梯度明显．许多题目都可在教材中见到其原型或背景，属常见常练的题目，与高考数学试题源于教材，高于教材的特点吻合，也足以体现试卷重视对基础知识的考查．在考察内容中圆锥曲线、概率、统计这些主干知识仍是支撑全卷的骨架，重点知识突出．同时，考察内容更加丰富，试题基本更切近新课程．能力立意，突出思维，加强对数学能力、常用思想方法的考查.二、答卷分析：答卷中存在的主要问题1、由于复习内容较少，只占高中内容的近十分之一，学生对大部分知识遗忘较严重，是考试失利的主要原因，所以，加快复习进度和复习质量，是当务之急。

2、基础知识不扎实，基本技能和方法掌握不熟练．基础知识不扎实，对题干的审读能力较差，不能将文字语言转化成数学模型，造成题目无从下手。

由于选择题有4道题式新增内容，复习班没讲到，几乎4题全军覆没，共20分，也是失分的主要地方。

基本技能和基本方法掌握不到位第19题是一道统计题，共两问，第一问是"求在方法数"，第二问是"根据频率分布直方图求分布列和期望值，。

第一问是样本的抽取。

在考生的第二问的解答中暴露的问题是：能理解到是将面积一分为二的数值，概率算不对。

运算查造成求解出错。

这些问题都是基本方法、基本技能掌握不到位所致．3. 审题不到位，运算能力差，书写不规范.审题不到位在理科的第19题、表现的较为明显。

泉州市质检一模数学科质量分析报告

（二）若干具体设想和试卷的主要特点
1、合理控制试卷难度和试题梯度为一线的复习工作发出在难度把握上的积极信息！ 2、关注过程性知识考查的实践与探索 3、积极探索命题的改革与创新 4、注重知识交汇，体现能力立意的命题思路 5、突出对主干知识和数学思想方法的考查 6、合理开放，倡导探究 7、加强对选考内容的考查力度，考查学生“个性选择”
成果指导复习教学工作。高考真题是《考试说明》的权威解读。要
结合《课程标准》和高考真题，分析把握各部分内容的题型、分值
和比重，整体把握高考试卷考查的重点、难点、疑点、热点、冷点，
明确高考命题改革的发展进程和发展方向，减少盲目性、随意性和
无效性，提高复习效益。
五、对复习工作的启示
3、关注试题的选材背景
2012年泉州市普通高中毕业班质量检查
数学科质量分析报告
一、命题意图与试题评价
（一）命题的总体思路与试题的总体评价
（福建特色的）高考命题指导思想：关注交汇，注重探究，规避模式，强调应用，注意‘过程’，体现理念。高中数学教学指导思想：立足基础、关注过程、突出探究、强调应用、追求“开放”与“多样”。
专题的选择可考虑按主干内容划分，更要注重适切于学情特点，根据学情有针对性地确定小专题，切忌“假、大、空”、切忌过分依赖 “拿来主义”，要认真反思专题复习的有效性。
五、对复习工作的启示
6、关注阅读理解与规范表达加强阅读训练，规范数学表达。解题的前提是审题。讲解例题时，
应将重点放在教给学生如何审题、如何正确获取信息，学会“咬文嚼字”以明确题设条件和求解目标，并注意限制条件和隐含条件、防范经验主义错误，怎样进行数学语言的转化、如何依据题意构造图形或依据算理选择合理的运算、并规范、有条理地表达。规范表达也是高考取胜的法宝，规范表达需要教师的示范，需要平时的有意识的训练，形成良好的表达习惯。数学表达要体现学科特点，展示思维的过程，形成有序的逻辑思维链条，并时刻注意每一步推理中条件的充分性，提高推理论证能力。编制模拟练习时, 要有明确的练习目的，精心选择模拟练习的素材，切忌超越《考试说明》的要求，努力减少学生的无效劳动，通过练习发现学生的知识缺漏和方法欠缺，并有目的地进行补缺补漏。同时，每次练习后应让学生适当地反思回味，体会这些内容考查的知识与方法、反映的数学思想和探寻解题思路的体验。评讲时，要突出通性、通法，淡化特殊技巧，突出良好思维习惯的养成，突出表达的规范要求，要讲到点子上。

2017届高三第一次教学质量监测数学质量分析报告

2017届高三第一次教学质量监测数学质量分析报告一、总体评价试卷注重基础性，较好体现高中数学的基础知识、基本概念、基本能力和基本数学思想。

填空题、选择题覆盖高中所有内容，解答题主要覆盖到的内容有：集合与常用逻辑用语、函数的概念与基本初等函数、导数及其应用、三角函数、平面向量、数列。

试卷难度一般，主要考虑了高三学生参加的全市第一次考试，注意了培养学生的自信心和学习数学的兴趣，试卷主要目的是侧重摸底，为教师阶段性教学目标达成和学生阶段性学习目标达成状况提供数据，有助于学校和教师真实把握质量，科学调整决策复习思路，促进学校质量飞跃发展。

二、全市人平分统计全市 届高三第一次质检文数平均分 分，理数平均分 分。

全市 届高三第一次质检成绩平均分及排名与 届高考、 届高三第一次质检对照如下列表格。

表：各县市区高中数学成绩平均分及排名对照表∙∙表：省示范性高中数学成绩平均分及排名对照表∙表：市示范性高中（包括普通高中）数学成绩平均分及排名对照表∙∙三、全市高分段人数统计文数全市最高分 分，来自永兴一中； 分以上全市共 人，占 。

理数全市最高分 分，共人，分别来自郴州市二中和安仁一中； 分以上全市共 人，占 。

各县市区高分段人数统计具体见表：表：各县市区高分段人数统计表四、质检试题各题相关数据统计、客观题满分率和分率统计（）文科数学客观题满分率和分率统计表：∙（）理科数学客观题满分率和分率统计表：∙、主观题得分率、满分率和分率（）文科数学主观题得分率、满分率和分率统计表：∙（）理科数学主观题得分率、满分率和分率统计表：∙五、 年高考考试大纲变化及备考建议（一）考纲变化在能力要求内涵方面，增加了基础性、综合性、应用性、创新性的要求，增加了数学文化的要求。

同时对能力要求进行了加细说明，使能力要求更加明确具体。

2024—2025学年度上学期普通高中高三第一次联合教学质量检测高三数学解析版

2024—2025学年度上学期普通高中高三第一次联合教学质量检测高三数学试卷解析版满分150分，考试用时120分钟注意事项：1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3. 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．若集合{}260M xx x =+−=∣，{}20,N x ax a =+=∈R ∣，且N M ⊆，则a 的取值不可以是（）．A ．2B ．23C ．0D ．1−【答案】A【详解】依题意，{3,2}M −，由N M ⊆，得N =∅或{3}N −或{2}N =，当N =∅时，0a =；当{3}N −时，23a =；当{2}N =时，1a =−，因此a 的取值不可以是2. 故选：A.2．已知向量()cos ,sin a θθ= ，()2,1b =−，若a b ⊥，则sin cos sin 3cos θθθθ++的值为（）A ．13B ．35C ．45D ．23【答案】B【详解】由题设2cos sin 0tan 2θθθ−=⇒=，而sin cos tan 1213sin 3cos tan 3235θθθθθθ+++===+++.故选：B3．已知等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 、n T ，若342n n S n T n +=+，则62102a b b +（） A ．11113B ．3713C ．11126D ．3726【答案】B【详解】因为等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 、n T，满足342n n S n T n +=+，所以111131143711213S T ×+==+，又11161116111111()211()2a a a Sb b T b +==+，故666210662322371a a a b b b b ===+，故选：B4．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行数学建模比赛，决出了第1名到第5名的名次(无并列情况).甲、乙、丙去询问成绩.老师对甲说：“你不是最差的.”对乙说：“很遗憾，你和甲都没有得到冠军.”对丙说：“你不是第2名.”从这三个回答分析，5名同学可能的名次排列情况种数为（） A ．44 B ．46 C ．48 D ．54【答案】B【详解】解法一：多重限制的排列问题：甲、乙都不是第一名且甲不是最后一名，且丙不是第二名，即甲的限制最多，故以甲为优先元素分类计数，甲的排位有可能是第二、三、四3种情况：①甲排第二位，乙排第三、四、五位，包含丙的余下3人有33A 种排法，则有3313A 18××=； ②甲排第三、四位，乙排第二位，包含丙的余下3人有33A 种排法，则有3321A 12××=； ③甲排第三、四位，乙不排第一、二位，即有2种排法，丙不排第二位，有2种排法，余下2人有22A 种排法，则有22222A 16×××=；综上，该5名同学可能的名次排情况种数为18121646++=种. 解法二：间接法：甲不排首尾，有三种情况，再排乙，也有3种情况，包含丙的余下3人有33A 种排法，共有3333A 3332154××=××××=种不同的情况；但如果丙是第二名，则甲有可能是第三、四名2种情况；再排乙，也有2种情况；余下2人有22A 种排法，故共有2222A 22218××=×××=种不同的情况；从而该5名同学可能的名次排情况种数为54846−=种. 故选：B.5．已知直线1:0l x y C ++=与直线2:0l Ax By C ++=均过点()1,1，则原点到直线2l 距离的最大值为（） AB ．1 CD ．12【答案】A【详解】因为两直线交于()1,1，则110C ++=，即2C =−，且0A B C ++=，则2A B +=；由原点到直线2l的距离d=，易知2222(1)11A A A −+=−+≥，则d ≤ 当且仅当1A =时，d 1B =. 即两直线重合时，原点到直线2l 的距离最大. 故选：A.6．已知双曲线22:13x C y −=的右焦点为F ，过点F 的直线交C 于,A B 两点，若3FA FB ⋅= ，则直线AB 的斜率为（）ABC ．D ．【答案】D【详解】易知()2,0F ，当直线AB的斜率为零时，得((221FA FB ⋅=×= ，不合题意；当直线AB 的斜率不为零时，设直线AB 的方程为2x my =+，联立222,1,3x my x y =+ −=得()223410m y my −++=，设()()1122,,,A x y B x y ，由3FA FB ⋅=得()()()21212122213x x y y m y y −−+=+=，而12213y y m =−，即22133m m +=−，解得m=k = 故选：D7．已知函数()331f x x x =++，若关于x 的方程()()sin cos 2f x f m x ++=有实数解，则m 的取值范围为（）A ． −B ．[]1,1−C ．[]0,1D ．【答案】D【详解】令()()313g x f x x x −+，则()2330g x x ′=+>恒成立，则()g x 在R 上单调递增，且()g x 是奇函数.由()()sin cos 2f x f m x ++=，得()()sin 1cos 1f x f m x −=−+− ，即()()sin cos g x g m x =−−，从而sin cos x m x =−−，即πsin cos 4m x x x=−−+∈ 故选：D【点睛】方法点睛：设()()313g x f x x x −+，可得函数()g x 为奇函数，利用导函数分析函数()g x 的单调性，把()()sin cos 2f x f m x ++=转化成sin cos m x x =−−，再求m 的取值范围. 8．如图，在三棱锥A BCD −中，45ABC ∠=°，点P 在平面BCD 内，过P 作PQ AB ⊥于Q ，当PQ 与面BCD PQ 与平面ABC 所成角的余弦值是（）A B C D 【答案】A【详解】过点Q 作AB 的垂面QEF ，交平面ABC 于直线EF ，即,,AB QE AB QF AB EF ⊥⊥⊥，再过AB 作平面BCD 的垂面ABM ，即平面ABM ⊥平面BCD ，过O 作QG BM ⊥，垂足为G ，如图所示，设BM EF P = ，则此点即为PQ 与平面BCD 所成角最大时，对应的P 点，理由如下：因为PQ AB ⊥恒成立，所以P ∈平面QEF ，又因为P ∈平面BCD ，平面QEF 平面BCD EF =，所以P EF ∈，过点Q 作QG BM ⊥，因为平面ABM ⊥平面BCD ，平面ABM ∩平面BCD BM =，且QG ⊂平面ABM ，所以QG ⊥平面BCD ，所以PQ 与平面BCD 所成角即为QPB ∠，所以sin QGQPB PQ ∠=，因为QG 为定值，所以当PQ 最小时，sin QPB ∠最大，即QPB ∠最大，又因为EF ⊂平面BCD ，所以QG EF ⊥，因为,AB EF AB QG Q ⊥=，,AB QG ⊂平面ABM ，所以⊥EF 平面ABM ，则当P 为BM 与EF 交点时，EF PQ ⊥，此时PQ 取得最小值，所以，当BM EF P = 时，PQ 与平面BCD 所成角最大，即为QPB ∠，所以sin QPB ∠P 作PH QE ⊥，垂足为H ，连接BH ，因为AB ⊥平面QEF ，AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面QEF ，又因为QEF 平面ABC QE =，PH ⊂平面QEF ，所以PH ⊥平面ABC ，所以EQP ∠即为PQ 与平面ABC 所成角，在直角QPE △中，cos PQEQP QE∠=，因为45ABC ∠= ，且AB QE ⊥，所以BQE △为等腰直角三角形，所以QB QE =，又因为tan PQQBP OB∠=，所以tan cos QBP EQP ∠=∠，因为sin QPB ∠tan QPB ∠因为π2QBP QPB ∠+∠=，所以1tan tan QBP QPB ∠==∠. 故选：A.二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9．设1z ，2z 为复数，且120z z ≠，则下列结论正确的是（）A ．1212z z z z =B ．1212z z z z +=+C ．若12=z z ，则2212z z = D ．1212z z z z ⋅=⋅【答案】ABD【详解】设1i z a b =+，2i z c d =+(,,,)a b c d ∈R ，对于选项A ，因为12(i)(i)()()i z z a b c d ac bd ad bc =++=−++，所以12z z，所以1212z z z z =，故A 正确；对于选项B ，因为12()()i z z a c b d +=+++，1i z a b =−，2i z c d =−，则12()()z z a c b d i +=+−+，12()()i z z a c b d +=+−+，所以1212z z z z +=+，故B 正确；对于选项C ，若12=z z ，例如11i z =+，21i z =−但221(1i)2i z =+=，222(1i)2i z =−=−，即2212z z ≠，故C 错误；对于选项D ，因为21(i)(i)()()i z a b c d ac bd c z ad b ⋅=++=−++，所以21()()i z ac bd a b z d c ⋅−−+2(i)(i)()()i z a b c d ac bd ad bc =−−=−−+，所以1212z z z z ⋅=⋅，故D 正确. 故选：ABD.10．已知2n >，且*n ∈N ，下列关于二项分布与超几何分布的说法中，错误的有（）A ．若1(,)3X B n ，则()22113E X n ++ B ．若1(,)3X B n ，则()4219D X n +=C ．若1(,)3X B n ，则()()11P X P X n ===−D ．当样本总数远大于抽取数目时，可以用二项分布近似估计超几何分布【答案】BC【详解】对于A ，由1(,)3X B n ，得()13E X n =，则()22113E X n ++，A 正确；对于B ，由1(,)3X B n ，得()122339D X n n =×=，则()()82149D X D X n +==，B 错误；对于C ，由1(,)3X B n ，得11111221(1)C (),(1)C ()3333n n n n n P X P X n −−−==××=−=××，故(1)(1)P X P X n =≠=−，C 错误；对于D ，当样本总数远大于抽取数目时，可以用二项分布近似估计超几何分布，D 正确. 故选：BC11．“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯省所创词汇，用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，其定义如下：在直角坐标平面上任意两点()()1122,,,A x y B x y 的曼哈顿距离()1212,d A B x x y y =−+−，则下列结论正确的是（）A ．若点()()1,3,2,4P Q ，则(),2d P Q =B ．若对于三点,,A BC ，则“()()(),,,d A B d A C d B C +=”当且仅当“点A 在线段BC 上” C ．若点M 在圆224x y +=上，点P 在直线280x y −+=上，则(),d P M 的最小值是8−D ．若点M 在圆224x y +=上，点P 在直线280x y −+=上，则(),d P M 的最小值是4 【答案】AD【详解】对于A 选项：由定义可知(),21432d P Q =−+−=，故A 选项正确；对于B 选项：设点AA (xx 1,yy 1)，BB (xx 2()33,C x y则()()121313,,d A B d A C x x y x y y +=−+−+−，()2323,d B C x x y y =−+−显然，当点A 在线段BC 上时，121323x x x x x x −+−=−，121323y y y y y y −+−=−，∴()()(),,,d A B d A C d B C +=成立，如图：过点B 作BE y ⊥轴，过点C 作EE x ⊥轴，且相交于点E ，过点A 作AD BE ⊥与D ，过点A 作AF CE ⊥与F ，由图可知121213132323x x y y x x y y BD AD AF CF BE CE x x y y −+−+−+−=+++=+=−+−显然此时点A不在线段BC 上，故B 选项不正确；对于CD 选项：∵当0,0a b >>a b ≥+≥ ∴想要(),d P M 最小，点M 到直线距离最小时取得，∴过原点O 作OM ⊥直线280x y −+=交圆于M ，如图：设(),M a b ，则2OM bk a==−∴M设点PP (xx 0,yy 0)，则(0,d P M x =又∵当0ab =，a b +≥①当00x +=时，由00442x y =+=()0,4d P M x =+①当00y =时，由00288x y =−=()0,8d P M x =+−又∵48<−∴(),d P M的最小值为：4.故C 选项错误，D 选项正确. 故选：AD三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12．已知12,34a b a b ≤−≤≤+≤则93a b +的取值范围为．【答案】[]21,30【详解】假设()()93a b a b a b λµ+=−++，则93λµλµ+=−+=，解得36λµ= = ，因为12a b ≤−≤，所以()336a b ≤−≤；又因为34a b ≤+≤，所以()18624a b ≤+≤；由上两同向不等式相加得：()()213630a b a b ≤−++≤，整理得：219330a b ≤+≤ 故答案为：[]21,3013．已知函数()cos 2sin 2sin f x x x x ωωω=−（0ω>）在()0,2π上有最小值没有最大值，则ω的取值范围是 .【答案】11,63【详解】()()()cos 22sin 2sin cos 2cos3f x x x x x x x x ωωωωωωω=−−=+=，当()0,2πx ∈时，()30,6πx ωω∈，若()f x 在()0,2π上有最小值没有最大值，则π6π2πω<≤，所以1163ω<≤. 故答案为：11,6314．函数2e 12()e 21x x xh x −=++，不等式()22(2)2h ax h ax −+≤对R x ∀∈恒成立，则实数a 的取值范围是【答案】[]2,0−【详解】因为2e 122()e ee 2121x x xx x x h x −−=+=−+++，所以22222()()e e e e 221212121x x x x xxx x x h x h x −−−⋅+−=+−++−=+=++++，令()()1f x h x =−，则()()0f x f x +−=，可得()f x 为奇函数，又因为()()222ln 41ln 4()e e e e e 121e 21222x x x x xx x x x x xf x −−′ ′′=+−=+−=+− + +++， 1e 2e x x +≥，当且仅当1e ex x =，即0x =时等号成立；ln 4ln 4ln 2142222x x ≤=++，当且仅当122xx=，即0x =时等号成立；所以()0f x ′>，可得()f x 在R 上为增函数，因为()2222(2)2(2)(2)0(2)(2)h ax h ax f ax f ax f ax f ax −+≤⇔−+≤⇔−≤−，所以2220ax ax +−≤在R 上恒成立，当0a =时，显然成立；当0a ≠，需满足2Δ480a a a < +≤，解得20a −≤<，综上，[]2,0a ∈−，故答案为：[]2,0−．四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.（本小题13分）在锐角ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A 、B ，C 的对边，且()2sin 2sin a A b c B =−+()2sin c b C −. (1)求A 的大小；(2)求cos 2cos B C +的取值范围. 【答案】(1)π3A =(2) 【详解】（1）由题及正弦定理得：22(2)(2)a b c b c b c =−+−，即222bc b c a =+−，则2221cos 22b c a Abc +−==，∵π0,2A ∈，∴π3A =；（2）由ABC 为锐角三角形知，π022ππ032C C<<<−<，故ππ62C <<，则π3πcos 2cos cos 2cos cos 323B C C C C C C+=−++=+，有ππ5π236C <+<π3C<+<故cos cos B C +的取值范围为. 16.（本小题15分）已知数列{}n a ，{}n b ，(1)2n n n a =−+，1(0)n n n b a a λλ+=−>，且{}n b 为等比数列. (1)求λ的值； (2)记数列{}2n b n ⋅的前n 项和为nT .若()*2115N i i i T T T i ++⋅=∈，求i 的值.【答案】(1)2 (2)2【详解】（1）因为(1)2n n n a =−+，则11a =，25a =，37a =，417a =. 又1n n n b a a λ+=−，则1215b a a λλ=−=−，23275b a a λλ=−=−，343177b a a λλ=−=−. 因为{bb nn }为等比数列，则2213b b b =⋅，所以2(75)(5)(177)λλλ−=−−，整理得220λλ−−=，解得1λ=−或2.因为0λ>，故2λ=.当2λ=时，1112(1)22(1)2n n n nn n n b a a +++ =−=−+−−+11(1)(1)22(1)23(1)n n n n n ++=−×−+−×−−=−×−.则113(1)13(1)n n nn b b ++−×−==−−×−，故{bb nn }为等比数列，所以2λ=符合题意. （2）223(1)nn b n n ⋅=−×−⋅，当n 为偶数时，222222223123456(1)n T n n =−×−+−+−+−−−+33(12)(1)2n n n =−×+++=−+ ；当n 为奇数时，221133(1)(1)(2)3(1)(1)22n n n T T b n n n n n n ++=−+=−++++=+. 综上，3(1),21,N 23(1),2,N 2n n n n k k T n n n k k ∗∗ +=−∈ =−+=∈ ，因为20i i T T +⋅>，又2115i i i T T T ++⋅=，故10i T +>，所以i 为偶数.所以333(1)(2)(3)15(1)(2)222i i i i i i−+⋅−++=×++ ，整理得23100i i +−=，解得2i =或5i =−（舍），所以2i =. 17.（本小题15分）如图，棱长为2的正方体1111ABCD A B C D −中，E F ､分别是棱,AB AD 的中点，G 为棱1DD 上的动点.(1)是否存在一点G ，使得1BC ∥面EFG ？若存在，指出点G 位置，并证明你的结论，若不存在，说明理由；(2)若直线EF 与平面CFG ，求三棱锥1G EBC −的体积； (3)求三棱锥1B ACG −的外接球半径的最小值. 【答案】(1)存在点G 为1DD 的中点，证明见解析 (2)13； (3)4−【详解】（1）存在一点G ，当点G 为1DD 的中点，使得1BC ∥面EFG ，连接1AD ，如图所示：点,F G 分别是1,AD DD 的中点，FG ∴∥1AD ，又AB ∥11D C ，且11AB D C =，∴四边形11ABC D 是平行四边形，1∴AD ∥1,BC FG ∴∥1BC ，又1BC ⊄ 平面EFG ，且FG ⊂平面1,EFG BC ∴∥平面EFG .（2）以D 点为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 所在直线为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，连接11,,AC AB B C ，则()()()()()112,0,0,2,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,(2,1,0),(1,0,0)A B C B D E F ，设()0,0,G t (02)t ≤≤，(0,2,),(1,2,0)CG t CF =−=− ，(1,1,0)EF =−−，设平面CFG 的一个法向量是(,,)n x y z =，则2020n CG y tz n CF x y ⋅=−+=⋅=−= ，取1y =得2(2,1,)n t = ，因为直线EF 与平面CFG，所以cos ,n EF n EFn EF⋅==1t =（负值舍去）， G 为1DD 中点，取1CC 中点H ，则////GH CD AB ，因此GH 在平面GEB 内，且GEB HEB S S = ，所以1111111112113323G EBC C GEB C HEB E BHC BHC V V V V S EB −−−−====⋅=××××= ；（3）11(0,2,2),(2,2,0),(2,2,2),AB AC BD ==−=−−因为111440,440,AB BD AC BD ⋅=−+=⋅=−=所以111,AB BD AC BD ⊥⊥即111,AB BD AC BD ⊥⊥因为1AB ⊂平面1,AB C AC ⊂平面1AB C ，1AB AC A = ，所以1BD ⊥平面1AB C ，又因为1ABCB B B ==，所以1BD 与平面1ACB 的交点是1ACB 的外心，所以三棱锥1B ACG −的外接球的球心在1BD 上，设外接球球心为1O ，设()[]112,2,2,0,1BO BD λλλλλ==−−∈，则1O 的坐标为()22,22,2λλλ−−，设()[]()0,0,0,2G m m ∈，则11O G O A =所以2484m mλ+=+，设[]848,16m t +=∈，则84t m −=，则22841664648411616t t t t t t tλ−+ −++ +−，而811116t t +−≥=，当且仅当816t t =，即t =[]8,16t ∈，所以11,2λ ∈ ，三棱锥1B ACG −的外接球的半径1r O A ====，因为11,2λ ∈−，所以218124833λ −+∈−，所以r ∈− ，三棱锥1B ACG −的外接球半径的最小值为4. 18.（本小题17分）已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>经过点(M −，其右焦点为FF (cc ,0)，下顶点为B ，直线BF 与椭圆C交于另一点D ，且3BF FD =．(1)求椭圆C 的方程；(2)O 为坐标原点，过点M 作x 轴的垂线1l ，垂足为A ，过点A 的直线与C 交于P ，Q 两点，直线OP 与1l 交于点H ．直线OQ 与1l 交于点G ，设APH 的面积为1S ，AQG 的面积为2S ，试探究1212S S S S +是否存在最小值．若存在，求出此时直线PQ 的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)22184x y +=(2))2y x + 【详解】（1）设()00,D x y ，由(),0F c ，()0,B b −，得(),BF c b = ，()00,FDx c y =−，由3BF FD = ，得()()00,3,c b x c y =−，043x c =，013y b =，所以2222161991c b a b +=，得2212c a =，所以222212b ac a =−=，将(M −代入椭圆C 的方程得22421a b+=，即22441a a +=，则28a =，所以22142b a ==，故椭圆的方程为22184x y +=.（2）由题意可知()2,0A −，直线PQ 的斜率存在且不为0，设直线PQ 的方程为()2y k x =+，()11,P x y ，()22,Q x y ，则()221842x y y k x += =+，得()2222128880k x k x k +++−=，因为点A 在椭圆内，则直线PQ 与椭圆必有两交点，则2122812k x x k +=−+，21228812k x x k −+=+， ()121224412k y y k x x k +=++=+，()()()2221212121224222412k y y k x x k x x x x k =++=+++=− +，又OP 的方程为11y y x x =，与直线2x =−联立可得1122,y H x−−，又OQ OP 的方程为22y y x x =，与直线2x =−联立可得2222,y G x−−，所以111111121222y y S x x x x =×−×+=×+，22222222122y y S x x x x =×−×+=×则()()121212221212112212221122y k y k S S x x S S S S y x y x y y −−+=+=+=+++，当21k ≥时，()()21212220y k y k k x x −−=≥，所以()222121212121212122222222212121212121212122222222y y y k y k S S y k y k y y y y y y k k S S y y y y y y y y y y y y y y +−− +−−+++=+=−=−=−−，又12121y y y y k +=−，22121124k y y k +=−，所以()222212122221212122111242222y y y y k k k k y y y y y y k k k k ++++ −−=−−−+=−，所以121222S S k S S k+=+≥22k =时取等号，当201k <<时，()()21212220y k y k k x x −−=<，所以221212121212222222121212121222222y k y k S S y k y k y y y y k S S y y y y y y y y −− +−−−−=+=−=−，又知()1212k y y y y −+=，则1212121236S S y yS S y y +−====>，综上可知，当22k =时，1212SS S S +存在最小值此时直线PQ 的方程为)2y x +.19.（本小题17分）设()h x ′为()h x 的导函数，若()h x ′在区间D 上单调递减，则称()h x 为D 上的“凸函数”．已知函数()2sin f x x ax ax =−++．(1)若()f x 为π0,2上的“凸函数”，求a 的取值范围；(2)证明：当1a =−时，()()()213ln 22g x f x x x x =++++++有且仅有两个零点．【答案】(1)1,2−∞−(2)证明见解析【详解】（1）由()2sin f x x ax ax =−++，则()cos 2f x x ax a ′=−++. 由题意可知，()f x 为π0,2上的“凸函数”，则ff ′(xx )在区间π0,2上单调递减，设()()x f x ϕ′=，则()sin 2x x a ϕ′=+，所以sin 20x a +≤在π0,2恒成立，则2sin a x ≤−在π0,2恒成立，又当π2x =时，函数sin y x =−取最小值，且最小值为1−，所以有21a ≤−，解得12a ≤−，即a 的取值范围为1,2−∞−.（2）当1a =−时，由2(1)sin(1)(1)(1)f x x x x +=−+−+−+得 22()sin(1)(21)(1)3ln(2)2g x x x x x x x x =−+−++−++++++sin(1)ln(2)x x =−+++. 令()(1)sin ln(1),1H x g x x x x =−=−++>−，其中(0)0H =，则1()cos 1H x x x ′=−++，其中(0)0H ′=. ①当10x −<<时，则011x <+<，11cos 1x x >≥+，所以1()cos 01H x x x ′=−+>+，则()H x 在(1,0)−单调递增，则()(0)0H x H <=恒成立，即()H x 在(1,0)−无零点； ②当π02x <<时，令1()()cos 1G x H x x x ′==−++，其中(0)0G =，由21()sin (1)G x x x ′=−+在π0,2单调递增，又ππ(0)10,sin 22G G=−=′′，故存在0π0,2x∈，使得0()0G x ′=，故当00x x <<时，()0G x ′<，()G x 在()00,x 单调递减；当0π2x x <<时，()0G x ′>，()G x 在0π,2x单调递增；由ππ11(0)0,cos 0ππ221122G G==−+=>++，故存在1π0,2x∈ ，使1()0G x =，即1()0H x ′=，故当10x x <<时，()0H x ′<，()H x 在()10,x 单调递减；当1π2x x <<时，()0H x ′>，()H x 在1π,2x单调递增；又πππ(0)0,sin ln 11ln e 0222H H==−++<−+=，故当π0,2x ∈ 时，()0H x <，即()H x 在π0,2无零点；③当π22x ≤<时，由1cos 0,01x x −≥>+，则()0H x ′>，故故()H x 在π,22单调递增，πππsin ln 10222H=−++<，且(2)sin 2ln 3110H =−+>−+=，故由零点存在性定理可知()H x 在π,22有且仅有一个零点；④当2x ≥时，()sin ln(1)1ln 30H x x x =−++≥−+>，故()H x 在[)2,+∞无零点；综上所述，()H x 有且仅有两个零点，其中(0)0H =，而另一个零点在π,22内.由()(1)H x g x =−，即将()H x 图象向左移1个单位可得()g x 的图象. 故()g x 也有两个零点，一个零点为1−，另一个零点在π1,12 −内.故()()()213ln 22g x f x x x x =++++++有且仅有两个零点，命题得证.。

2020年高三第一次检测文科数学质量分析

2020年秋学期高三第一次检测数学文科质量分析高三数学文科备课组本次考试选择填空考查主要函数部分的内容，解答题部分对高中数学的所有内容，注重基础知识、运算的考察。

一、成绩分析1、各班成绩特尖班9班成绩略有优势，平均分9班比8班高2.4分，优秀生平均分差0.8分。

2班、21班中平均分持平。

优秀生平均生2班与21 班差距11分，2班要加强优秀生的培养力度，提高班级优秀生的数学成绩1、3、14平均分持平。

优秀生平均生3班与14 班与1班差距4分。

2、优秀率和格率各班有效优秀率分析：特尖班8班总成绩略有优势，数学有效优秀率两班持平，尖子班1班略有优势总优秀生课目中数学优势不明显，总分优秀生50人中数学也优秀生只有40人，与总优秀生比差了10 人。

3、各名次段人数前10名，特尖班8班优势明显，多于8班2人，前30名，特尖班8班12人，特尖班9班16人；21班3人。

尖子班14班各占1人，前50名，特尖班8、9班各占17、20人；尖子班1、3、14班各占4、3、2人，2班2 人，21班3人。

前100名，特尖班8、9班各占28、29人；尖子班1、3、14班各占7、8、2人，21班9人，2班14人。

4、各分数段人数高分段成绩分析：总分郭文欣140 分，130分以上6人特尖班8、9班各占3人，120分以上19人，110以上45人，100分以上73人，90分以上100人，80分以上135人，70分以上157人，60分以上191人，60分以下31人，50分以下41人，40分以下3 人。

5.各小题得分5、9题得分在2.23分下，这些题目考查基本概念和基本运算，得分上不去，说明学生平时遗忘较快，练习还是不够，学生运用知识不灵活，知识的系统化不够，特别是审题的解题习惯没能得到很好的培养，学生对基础知识，基本方法掌握的不熟练，运算、分析问题能力以及解题的规范性有待提高。

教学中检测中反映出的问题(一)学生方面1.学生学习方法不得当，学得较死，习惯于死记硬背，不能理解记忆。

庆阳市高三第一次质量检测数学试卷分析

202X年X市高三年级第一次质量检测卷子分析数学一、总体评价202X年X市高三第一次质量检测数学卷子遵循课标版《考试大纲》要求，真题较为科学、标准，在卷子结构、题型、题量、分值、知识分布和覆盖面上与202X年全国新课标X数学卷子保持相对一致。

真题注重根底，全面考查了数学的根本知识、根本技能、根本数学思想方法。

真题贴近教材，注重在课本的根底上加以扩展延伸。

真题以能力立意，突出考查了支撑学科知识体系的知识主干内容。

卷子在保持总体稳定的根底上锐意创新，设计出了一些较为新颖、有较强的灵敏性的真题。

卷子考点分布合理、覆盖面广、难易度适中，符合学生的学习实际，较好地检测了全市数学学科高考复习备考情况，对后一阶段高三的数学复习有肯定的导向作用。

二、成绩统计我们抽取了局部样卷〔文科、理科各100人〕，对真题情况和答题情况进行了统计，得出如下数据。

1、真题难度与考查知识点统计〔1〕理科2、各段成绩分布情况统计〔1〕理科〔2〕文科其中理科全卷最高分133分，最低分53分；人均83.3分，难度为0.56；优秀率12.0%〔110分及以上〕；及格率42.0%〔90分及以上〕。

文科全卷最高分138分，最低分42分；人均82.6分，难度为0.55；优秀率8.0%〔110分及以上〕，及格率38.0%〔90分及以上〕。

三、答卷情况分析选择题主要考查集合、复数运算、程序框图、函数性质、三视图、三角函数、圆锥曲线、导数等知识点；第9题以三视图为载体考查学生空间想象能力，要求考生有肯定的分析推理能力；第11题以导数为背景考查学生阅读理解及解决问题的能力；第12题属于圆椭曲线题目，要求考生有较强对思维能力和运算能力。

填空题主要考查了平面向量、概率、立体几何、数列、解三角形、不等式等内容。

填空题13题考查了平面向量的有关问题，得分率很高。

14题涉及概率问题，学生经验缺少，得分一般。

15题〔理〕涉及立体几何的知识，学生分析能力的欠缺，找不到解题的切入点而丢分，得分率极低；〔文〕涉数列知识，比拟简单得分。

2022年高考数学科泉州市质检一模质量分析

2022年泉州市普通高中毕业班质量检查数学科质量分析报告一、命题意图与试题评价（一）命题的总体思路与试题的总体评价试卷按照《课标》要求和福建省高考数学《考试说明》的有关要求命题，全面贯彻“关注交汇，注重探究，规避模式，强调应用，兼顾‘过程’，体现理念”的高考命题指导思想，努力体现“立足基础、关注过程、突出探究、强调应用、追求‘开放’与‘多样””的教学指导思想。

在试卷命制中认真贯彻“总体保持稳定，深化能力立意，积极改革创新”的基本指导思想，努力实践“让改革者受益”的理念，试题命制在保持稳定的基础上，注重与《课程标准》相衔接、注重与新课程理念相衔接，力图体现新课标理念，命题立足学科本质，坚持从学科的整体意义上选材立意，注重通性通法，淡化特殊技巧，在充分考查数学基础知识、基本技能和基本思想方法的前提下，突出考查考生的数学能力和数学素养，试题背景公平，设问科学，注意发挥探究性、开放性问题的检测功能。

命题中注意重点内容重点考查，注重与高考数学命题相衔接，以能力立意，在“知识的交汇处”命题，又注重创新意识和应用意识的考查，注意规避模式，在知识与技能、过程与方法、情感态度与价值观等三个维度的考查上加大力度，在考查知识的基础上重视学生能力的考查。

通过对本次质检的实测数据分析，试题具有较好的区分度，且难度值与我省高考的难度值基本吻合。

命题团队期望使本次质检试题对于高三年市质检后的总复习和高一、二年的教学都具有良好的导向，有利于进一步推进我市课程改革的实施。

（二）若干具体设想和试卷的主要特点1、合理控制试卷难度和试题梯度试题的结构要根据2012年福建《考试说明》的有关规定。

理科：选择题为10道，共50分；填空题为5道，共20分；解答题为5+1道，共80分，其中21题为选修系列4的选考内容，含3个小题，学生作答时从3小题中选做其中2个小题。

文科：选择题为12道，共60分；填空题为4道，共16分；解答题为6道，共74分。

2017届高三第一次教学质量监测数学质量分析报告

2017届高三第一次教学质量监测数学质量分析报告一、总体评价试卷注重基础性，较好体现高中数学的基础知识、基本概念、基本能力和基本数学思想。

二、全市人平分统计全市17届高三第一次质检文数平均分51.13分，理数平均分69.03分。

全市17届高三第一次质检成绩平均分及排名与16届高考、16届高三第一次质检对照如下列表格。

表1：各县市区高中数学成绩平均分及排名对照表表2：省示范性高中数学成绩平均分及排名对照表表3：市示范性高中（包括普通高中）数学成绩平均分及排名对照表三、全市高分段人数统计文数全市最高分145分，来自永兴一中；110分以上全市共239人，占3.19%。

理数全市最高分150分，共2人，分别来自郴州市二中和安仁一中；110分以上全市共1244人，占9.68%。

各县市区高分段人数统计具体见表4：表4：各县市区高分段人数统计表四、质检试题各题相关数据统计1、客观题满分率和0分率统计（1）文科数学客观题满分率和0分率统计表1：（2）理科数学客观题满分率和0分率统计表2：2、主观题得分率、满分率和0分率（1）文科数学主观题得分率、满分率和0分率统计表3：（2）理科数学主观题得分率、满分率和0分率统计表4：五、2017年高考考试大纲变化及备考建议（一）考纲变化1.在能力要求内涵方面，增加了基础性、综合性、应用性、创新性的要求，增加了数学文化的要求。

同时对能力要求进行了加细说明，使能力要求更加明确具体。

2016年的数学试题设计就努力发掘我国古代数学的精髓。

高三质量分析报告数学

高三质量分析报告数学高三数学质量分析报告一、学生学习情况分析：1. 学生学习态度较好。

大部分学生对数学学习抱有积极态度，认为数学在高三阶段是重要的一门学科，因此他们在上课时能够主动参与讨论和思考，并且对老师给出的作业和练习题也能够积极完成。

2. 学生基础知识扎实。

大部分学生在高中前两年的数学学习中掌握了数学的基础知识和方法，并且能够熟练运用到解题中。

在平时的测试中，学生的基础知识表现稳定。

3. 学生解题能力有待提高。

虽然学生的基础知识扎实，但是在解题过程中，很多学生容易陷入思维定势和机械运算中，没有充分发挥自己的思维能力和创造力。

因此，在高三阶段需要加强学生解题策略和方法的培养，提高学生的解题能力。

二、教学情况分析：1. 教师教学态度端正。

数学老师对待教学非常认真负责，能够注重学生的个性发展和思维能力培养，通过生动的教学方法和丰富的教学资源，激发学生的学习兴趣和思考能力。

2. 教学内容合理规划。

数学老师在高三阶段的教学中，根据教学大纲和考试要求，合理规划了教学内容和进度。

同时，注重知识点与知识点之间的联系和应用，使学生能够全面理解和应用数学知识。

3. 教学方法灵活多样。

数学老师在课堂教学中采用多种教学方法，如讲解、实例演示、练习、小组讨论等，以满足不同学生的学习需求。

同时，老师会根据学生的实际情况和掌握程度进行个别辅导，帮助学生解决问题和提高学习能力。

三、存在问题及对策分析：1. 学生对复杂问题的解题能力不足。

由于高考数学试题的难度逐年提高，学生在解决复杂问题时常常感到困惑和无力，容易产生消极情绪。

因此，我们首先要加强学生对基本概念和方法的理解和掌握，同时注重培养学生的问题分析和解决能力。

2. 考试应试能力有待提高。

高考是学生衡量学习成果的重要标准，因此学生在备战高考时需要具备良好的考试应试能力。

在这方面，我们要加强对考试形式和考试技巧的讲解和指导，帮助学生提高答题速度和准确性。

3. 学生对数学学科的兴趣不高。

高三数学质量分析报告

高三数学质量分析报告高三数学质量分析报告一、引言数学作为一门基础课程，对学生综合素质的培养至关重要。

高三是学生走向高考的关键一年，数学成绩对于考生的综合排名和升学志愿的选择都至关重要。

为了全面了解高三学生的数学学习状况和难点，制定科学的教学措施，我们进行了高三数学质量分析。

二、学生数学知识掌握情况通过对高三学生进行数学知识测试，结果显示大多数学生对于基础知识的掌握情况较好，常见的数学公式和定理也能够使用得当。

但是，在题型的转化和组合应用中，学生们的能力相对较弱，往往表现为题目的理解困难和解题思路的混乱。

三、学生数学思维方式分析1. 抽象思维不足：学生对于抽象的数学概念和思维方式理解较差，往往只注重具体的计算过程，而忽略了思维方法的灵活运用和推理能力的培养。

2. 认知方式单一：学生在解题过程中往往只使用一种固定的方法，缺乏灵活性和多样性。

同时，学生对于数学中的逻辑关系理解不够深入，导致解答问题时产生困惑。

3. 缺乏整体把握能力：学生在解题过程中容易陷入细节的纠结，缺乏对整体结构的把握和整体规划能力。

四、数学教学改进建议1. 强化基础知识的复习和巩固：巩固基础知识是数学学习的基础，在高三阶段要加强基础知识的复习和巩固，通过大量的题目练习来巩固掌握。

2. 注重思维方式的培养：培养学生的抽象思维能力，通过培养学生对数学问题的整体把握能力和推理能力，培养学生形成多样化的解题思路。

3. 提供实际应用题的训练：数学的实际应用往往需要学生将抽象的数学知识应用到具体问题中，通过提供实际应用题，帮助学生将理论知识与实践相结合。

4. 提供多样化的教学资源：在教学中，引入多种教学资源，例如课件、教学视频和互动实践等，使学生在多渠道的资源中获取知识和信息。

五、学生数学自主学习的培养1. 培养学生的自主学习能力：通过给予学生一定的自主学习时间和空间，引导学生独立思考和解决问题的能力，培养他们独立学习的能力。

2. 引导学生有效利用学习资源：教师应引导学生合理利用学校图书馆、电子资源和网络资源等，提高他们获取信息和进行自主学习的能力。

高三理数质量分析报告

高三理数质量分析报告标题：高三理数质量分析报告摘要：本报告分析了高三理数学科的教学质量，通过对学生学业成绩、教师教学水平以及学校教育条件的综合评估，提出了一系列改进建议，以提高学生的数学学习成绩。

一、引言数学是一门重要的学科，对学生的综合素质培养具有重要的作用。

高三阶段是学生备战高考的关键时期，理数学科作为其中的重要组成部分，其教学质量对学生成绩的提升有着重要的影响。

因此，对高三理数学科的质量进行全面、详细的分析具有重要的意义。

二、学生学业成绩分析通过对高三理数学科学生的学业成绩进行分析，可以对学生的学习情况进行客观评估。

我校高三理数学科学生成绩主要呈现以下几个特点：1.成绩分布不均衡：约20%的学生成绩优秀，约30%的学生成绩中等，约50%的学生成绩较差。

2.重要知识点掌握不牢固：学生对于数学的基础概念和重要知识点理解不够深入，记忆不牢固，容易在应用题中出错。

3.解题思路不清晰：学生在解题过程中缺乏系统、条理性的思维方式，导致解题效率低下。

三、教师教学水平分析教师是决定教学质量的重要因素，对教师的教学水平进行全面评估可以发现其中的问题和不足。

1.教学内容安排不合理：部分教师在教学内容安排上缺乏层次性和系统性，没有充分理解高考考点要求和重点难点。

2.教学方法单一：部分教师在授课过程中过于依赖教科书，缺乏多样化的教学方法，不能满足学生不同的学习需求。

3.课堂氛围欠活跃：部分教师在授课过程中很少与学生互动，课堂气氛不活跃，学生思维的激发和开拓能力得不到有效的提升。

四、学校教育条件分析学校教育条件直接影响教师和学生的教学与学习效果，通过分析学校教育条件可以发现潜在的问题。

1.教室设施不完善：教室设施老旧，缺乏多媒体设备和互动性工具，无法提供更好的教学环境。

2.教学资源不充足：学校缺乏优质的教学资源和习题库，无法满足学生的学习需求。

3.教师培训机制不健全：学校缺乏完善的教师培训机制，导致教师的教学能力无法得到有效的提升。

高三数学一模质量分析

高三数学一模质量分析高三数学一模质量分析淄博十七中高三数学组一、试卷分析1、试卷质量高这次一模试卷质量很高，试题设计相对平稳，没有十分难的试题，整卷区分度较好。

选择题有新颖、填空题有创新，解答题入口宽，方法多，在解题流程中设置关卡，试卷保持了和20xx年山东高考数学试题的相对一致。

2、试题知识点分布试卷涵盖高中数学五本书的所有章节的主干知识，符合山东卷的特点，不仅考查了学生的基础知识和运用知识解决问题的能力，而且对培养学生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力有一定的指导和促进作用。

二、得分分析我校实际参加考试人数理科107人，文科420，其中最高分105分，平均分33.8分,及格人数为7人。

高三数学一卷(满分60)均分25.8 , 得分率0.43二卷填空题(满分16) 均分4分,得分率0.25,解答题17是三角题(满分12分), 18题是概率题(满分12分),19题(满分12分)是立体几何题均分4分, 得分率只有0.11，后面20、21、22题得分很低，得分率约0.02。

三、存在问题1、备课组层面从目前的教学情况看，“学案导学”教学模式虽然有了很好的推广,但艺术学生（十七中大部分是艺术生）大部分都专注于艺术课,用于数学学习的时间太少，致使他们没有及时完成课后练习及课前预习；学生的情绪不稳定，很多人的心思还在艺术上；学生自主学习的能力没有得到进一步的提高；高三复习时间紧张，教学内容较多，相对化在课本上的时间较少，本来他们的基础就比较薄弱，因此，一定要高度重视教材，针对教学大纲所要求的内容和方法，把主要精力放在教材的落实上。

2、教师层面教学中应关注每一位学生，尤其是中下游学生，对中下游学生的关注度不够；对艺术生的关注和了解还不够;课堂教学中应落实双基，以基础为主；课堂教学和课后反思不到位；教师之间的相互听评课还有代于进一步提高。

在高三数学复习中，对概念、公式、定理等基础知识落实不够，对推理、运算、画图等基本技能的训练落实不够，对数学思想方法的总结、归纳、形成“模块”不够，考生在考试中反映出的问题，不少是与基本训练不足与解题后的反思不够有关。