全国Ⅰ卷理科数学高考分析及2018年高考预测：全国Ⅰ卷理科数学2010-2017年高考分析及2018年高考预测

2010-2017年高考课标全国Ⅰ卷理科数学分析 及2018年高考预测

2018年高考，除北京、天津、上海、江苏、浙江实行自主命题外，其他26个省市区全部使用全国卷．

引例1（2014年全国乙卷（Ⅰ卷）文12理11）已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则a的取值范围是（ ）

A．(2,)

B．(1,)

C．(,2)

D．(,1)

引例2（2015年全国乙卷（Ⅰ卷）理12）设函数f(x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)0，则a的取值范围是（ ）

A．[3,1) 2eB．[33,) 2e4C．[33,) 2e4D．[3,1) 2e以上两题大同小异，问题相似，解法也类似，启发我们研究2010-2017年高考数学课标全国卷真题，从真题中发现命题规律.

引例3（2016年全国乙卷（Ⅰ卷）文21）已知函数f(x)(x2)exa(x1)2. （Ⅰ）讨论f(x)的单调性；

（Ⅱ）若f(x)有两个零点，求a的取值范围.

引例4（2017年全国乙卷（Ⅰ卷）理21）已知函数f(x)ae2x(a2)exx. （Ⅰ）讨论f(x)的单调性；

（Ⅱ）若f(x)有两个零点，求a的取值范围.

以上两例，如出一辙，题设函数类似，设问方式相同，启发我们研究2010-2017年高考数学课标全国卷真题，从真题中发现命题规律.

研究发现，新课标全国卷的试卷结构和题型具有一定的稳定性和连续性．每个题型考查的知识点、考查方法、考查角度、思维方法等相对固定．掌握了全国卷的各种题型，就把握住了全国卷命题的灵魂．基于此，笔者潜心研究近8年全国高考理科数学Ⅰ卷和高考数学考试说明，精心分类汇总了全国卷近8年所有题型．为了便于读者使用，所有题目分类（共21类）列于表格之中，按年份排序．高考题的小题（填空和选择）的答案都列在表格的第三列，便于同学们及时解答对照答案，所有解答题的答案直接列在题目之后，方便查看．

一、集合与简易逻辑

1.集合：

8年6考，都是交并补子运算为主，多与解不等式等交汇，新定义运算也有较小的可能，但是难度较低；基本上是每年的送分题，相信命题小组对集合题进行大幅变动的决心不大．

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年份 题目 2017年 （1）已知集合A={x|x<1}，B={x|3x1}，则 A．AB{x|x0} B．ABRC．AB{x|x1}D．AB 答案 A 2016年 （1）设集合A{x|x24x30}，B{x|2x30}，则AB （A）(3,) （B） (3,) （C）(1,) （D）(,3) D 323232322014年 2（1） 已知集合A={x|x2x30}，B=x2x2，则AB= A A.[-2,-1] B.[-1,2] C.[-1,1] D.[1,2] 2013年 （1）已知集合A=｛x|x2－2x＞0｝，B=｛x|5x5｝，则 A、A∩B= B、A∪B=R C、B⊆A D、A⊆B B D 2012年 （1）已知集合A{1,2,3,4,5},B{(x,y)xA,yA,xyA},则B中所含元素的个数为 (A)3(B)6(C)8 (D)10 2010年

2.简易逻辑：

D 8年2考（2017年在复数题中涉及真命题这个概念）．这个考点包含的小考点较多，并且容易与函数，不等式、数列、三角函数、立体几何交汇，热点就是“充要条件”；难点：否定与否命题；冷点：全称与特称（2015考的冷点），思想：逆否．要注意，这类题可以分为两大类，一类只涉及形式的变换，比较简单，另一类涉及命题真假判断，比较复杂． 年份 题目 2015年 （3）设命题P：nN，n2>2n，则P为 （A）nN,n2>2n （B） nN,n2≤2n （C）nN,n2≤2n （D） nN,n2=2n 2010年 C 答案 C 2

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二、复数：

8年8考，每年1题，考查四则运算为主，偶尔与其他知识交汇，难度较小．考查代数运算的同时，主要涉及考查概念有：实部、虚部、共轭复数、复数的模、对应复平面的点坐标等． 年份 题目 答案 （3）设有下面四个命题 B 2017年 1 p1：若复数z满足R，则zR；p2：若复数z满足z2R，则zR；zp3：若复数z1,z2满足z1z2R，则z1z2；p4：若复数zR，则zR. 其中的真命题为 A．p1,p3 B．p1,p4 C．p2,p3 D．p2,p4 2016年 （2）设(1i)x1yi，其中x,y是实数，则xyi= （A）1 （B）2 （C）3（D）2 B 2015年 (1)设复数z满足1+zi，则|z|= 1zA （A）1 （B）2（C）3（D）2 2014年 (1i)32.= A.1iB.1iC.1iD.1i (1i)22、若复数z满足(3－4i)z＝|4＋3i |，则z的虚部为 A、－4 D 2013年 D 4（B） 5（C）4 （D）4 5C 2012年 （3）下面是关于复数z2的四个命题：其中的真命题为 1ip1:z2p2:z22ip3:z的共轭复数为1ip4:z的虚部为1(A)p2,p3(B)p1,p2(C)p2,p4 2011年 (1)复数(D)p3,p4 2i的共轭复数是 12i33（A）i （B）i （C）i （D）i 55C 2010年 A 3

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三、平面向量：

8年7考，向量题考的比较基本，突出向量的几何运算或代数运算，不侧重于与其它知识交汇，难度不大（与全国其它省份比较）．我认为这样有利于考查向量的基本运算，符合考试说明． 年份 题目 答案 （13）已知向量a，b的夹角为60°，|a|=2，|b|=1，则| a +2 b |= ________． 2017年 23 2016年 2015年 (13)设向量a=(m，1)，b=(1，2)，且|a+b|=|a|+|b|，则m222__________. -2 A （7）设D为ABC所在平面内一点，BC3CD，则 4141（A）ADABAC B）ADABAC 33334141（C）ADABAC （D）ADABAC 3333115.已知A，B，C是圆O上的三点，若AO(ABAC)，则AB与2AC的夹角为. 2014年 900 2013年 2012年 2011年 13、已知两个单位向量a，b的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)b，若b·c=0，2 则t=_____. 13、已知向量a,b夹角为45，且a1,2ab10；则b_____ 32 （10）已知a与b均为单位向量，其夹角为，有下列四个命题 A 22P:ab10,P:ab1, 1233P3:ab10,P4:ab1, 33其中的真命题是 （A）P1,P3 （C）P1,P4 （B）P2,P3 （D）P2,P4

四、线性规划：

8年7考，全国卷线性规划题考的比较基本，一般不与其它知识结合，不象部分省区的高考向量题侧重于与其它知识交汇，如和平面向量、基本不等式、解析几何等交汇．我觉得这种组合式交汇意义不大，不利于考查基本功．由于线性规划的运算量相对较大，我觉得难度不宜太大，不过为了避免很多同学解出交点代入的情况估计会加大“形’的考察力度，有可能通过目标函数的最值作为条件反求可行域内的参数问题，或者利用一些含有几何意义的目标函数（斜率、距离等）， 如2015年新课标15题．

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年份 2017年 题目 答案 -5 x2y1（14）设x,y满足约束条件2xy1，则z3x2y的最小值为 xy0________． 2016年 （16）某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料．生产216000 一件产品A需要甲材料1.5kg，乙材料1kg，用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5kg，乙材料0.3kg，用3个工时，生产一件产品A的利润为2100元，生产一件产品B的利润为900元．该企业现有甲材料150kg，乙材料90kg，则在不超过600个工时的条件下，生产产品A、产品B的利润之和的最大值为__________元． 2015年 x10y（15）若x,y满足约束条件xy0则的最大值为. xy40xxy19.不等式组的解集记为D.有下面四个命题： x2y43 2014年 C p1：(x,y)D,x2y2，p2：(x,y)D,x2y2, P3：(x,y)D,x2y3，p4：(x,y)D,x2y1. 其中真命题是 A.p2，P3B.p1，p4C.p1，p2D.p1，P3 2012年 x,y0[3,3] (14) 设x,y满足约束条件：xy1；则zx2y的取值范xy3围为 -6 32xy9,（13）若变量x,y满足约束条件则zx2y的最小6xy9,值为 ． 2011年

五、三角函数：

8年16考，每年至少1题，当考3个小题时，当年就不再考三角大题了．题目难度较小，主要考察公式熟练运用、平移、图像性质、化简求值、解三角形等问题（含应用题），基本属于“送分题”．小心平移（重点+难点+几乎年年考）．2013年15题对化简要求较高，难度较大．2016年的考法也是比较难的，所以当了压轴题．

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年份 2017年 题目 （9）已知曲线C1:ycosx,C2:ysin(2x2)，则下面结论正确的是 3答案 D A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π个单位长度，得到曲线C2 6B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π个单位长度，得到曲线C2 121倍，纵坐标不变，再把得到的曲线2C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的向右平移π个单位长度，得到曲线C2 61倍，纵坐标不变，再把得到的曲线2D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的向左平移π个单位长度，得到曲线C2 122016年 (12)已知函数f(x)sin(x+)(0，42),x4B 为f(x)的零点，x为yf(x)图像的对称轴，且f(x)在(，)单调，则的最大值为 18365（A）11 （B）9 （C）7 （D）5 2015年 （2）sin20cos10cos160sin10 （A）1133 （B） （C） （D） 2222D 2015年 （8）函数f(x)cos(x)的部分图象如图所示，则f(x)的单调递减区间为 13（A）(k,k),kZ 4413（B）(2k,2k),kZ 4413（C）(k,k),kZ 4413（D）(2k,2k),kZ 446

D 资料来源于网络

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2015年 （16）在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°，BC=2，则AB的取值范围是. (6262) ，2014年 6.如图，圆O的半径为1，A是圆上的定点，P是圆上的动点，角x的始边为射线OA，终边为射线B OP，过点P作直线OA的垂线，垂足为M，将点则y=M到直线OP的距离表示为x的函数f(x)，f(x)在[0,]上的图像大致为 2014年 1sin8.设(0,)，(0,)，且tan，则 22cosB A.32B.22C.32D.22 3 2014年 16.已知a,b,c分别为ABC的三个内角A,B,C的对边，a=2，且(2b)(sinAsinB)(cb)sinC，则ABC面积的最大值为. 2013年 15、设当x=θ时，函数f(x)＝sinx－2cosx取得最大值，则cosθ=______ 25 52012年 （9）已知0，函数f(x)sin(x)在(,)上单调递减．则42的取值范围是（） 11513 (A)[,](B)[,](C)(0,](D)(0,2] 22424A 2011年 （5）已知角的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在B 直线y2x上，则cos2= 3434（A） （B） （C） （D） 55552011年 1. 设函数f(x)sin(x)cos(x)(0,周期为，且f(x)f(x)，则 7

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2)的最小正A 全国高考数学考什么 高考数学压轴题全解全析

3（A）f(x)在0,单调递减 （B）f(x)在,244（C）f(x)在0,单调递增 23（D）f(x)在,44单调递减单调递增 2011年 2010年 （16）在ABC中，B60,AC3，则AB2BC的最大值为． 27 C 2010年 A 2010年

六、立体几何:

8年15考，一般考三视图和球，主要计算体积和表面积．其中，我认为“点线面”也有可能出现在小题，但是难度不大，立体几何是否会与其它知识交汇？如：几何概型？有可能．但是，根据全国卷的命题习惯，交汇可能性不大．年年考三视图，是否也太稳定了吧？球体是基本的几何体，是发展空间想象能力的很好载体，是新课标的热点．

年份 题目 答案 （7）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正B 2017年 方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为 A．10 B．12 C．14 D．16  3 2017年 （16）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△415 FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm）的最大值为_______． 8

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3全国高考数学考什么 高考数学压轴题全解全析

2016年 （6）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是A 28，则它的表面积是 3（A）17π （B）18π （C）20π （D）28π （更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） 2016年 //平面CB1D1，平面ABCD=m，(11)平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，平面ABA1B1=n，则m、n所成角的正弦值为 (A)A 1323(B) (C) (D)3 223B 2015年 2015年 （6）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有 A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛 （11）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为16+20π，则r= (A) 1 (B) 2 (C) 4 (D) 8 12.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为 A.62B.42C.6 D.4 （更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） B 2014年 C 9

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2013年 6、如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为 ( ) A、A 500cm3 3 B、866cm3 3 C、2013年 13722048cm3 D、cm3 33A 8、某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 A.168B.88 C.1616D.816 （更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） 2012年 （7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（） (A)6(B)9 (C)12(D)18 B 2012年 （11）已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，ABC是边长A 为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC2；则此棱锥的体积为（） (A)2322 (B)(C)(D)66322011年 （6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为 D 10

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2011年 （15）已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB6,BC23,则棱锥OABCD的体积为. 83 2010年 B 2010年 圆锥、 三棱（更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江锥、正大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） 四棱锥 七、推理证明：

8年1考，实在是个冷点，而且这1考也不是常规的数学考法，倒是很像一道公的逻辑推理题，但这是个信号． 年份 题目 答案 2014年 （13）甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A、B、C三个城市时， A 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市； 乙说：我没去过C城市； 丙说：我们三人去过同一城市； 由此可判断乙去过的城市为________． 八、概率：

8年8考，2013年没考小题，但是在大题中考了．主要考古典概型和相互事件的概率． 题目 年份 答案 （2）如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部B 2017年 分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是 A．1 4B．1πC． 8 2D．π 42016年 （4）某公司的班车在7:30，8:00，8:30发车，小明在7:50至8:30之间到达发车站B 乘坐 班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是 2015年 1123（B）（C） （D） 3234（4）投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试.已知某同学A 每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互，则该同学通过测试的概率为 （A）0.8 （B）0.432 （C）0.36 （D）0.312 （A） 11

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2014年 (5).4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周D 日都有同学参加公益活动的概率 1357B.C.D. 8888（15）某个部件由三个元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命（单位：A.2012年 3 8小时）均服从正态分布N(1000,502)，且各个元件能否正常相互，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为 2011年 （4）有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学A 参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为 1123（A） （B） （C） （D） 32342010年 B 2010年 N1 N

九、统计：

8年1考，只在2013年考了一个抽样方法小题．这个考点内容实在太多：频率分布表、直方图、抽样方法、样本平均数、方差、标准差、散点图、线性回归、回归分析、性检验、正态分布等．

2013年 3、为了解某地区的中小学生视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分C 学生进行调查，事先已了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生 的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大，在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是 A、简单随机抽样 B、按性别分层抽样 C、按学段分层抽样 D、系统抽样

十、数列：

8年9考，全国Ⅰ理数的数列解答题和三角函数解答题每年只考一个，考解答题时一般不再考小题，不考解答题时，就考两个小题，交错考法不一定分奇数年或偶数年．难度上看，一般会有一个比较难的的小题，如2013年的12题，2012年16题，2017年12题，它们都是压轴题．

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题目 年份 答案 2017年 4．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4a524，S648，则{an}的公差C 为 A．1 B．2 C．4 D．8 2017年 12．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学A 的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，„，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N:N100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是 A．440 B．330 C．220 D．110 2016年 （3）已知等差数列{an}前9项的和为27，a10=8，则a100= （A）100 （B）99 （C）98 （D）97 C 2016年 （15）设等比数列满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2„an的最大值为__________． C 2013年 （7）设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm1＝－2，Sm＝0，Sm1＝3，则m＝ A、3 B、4 C、5 D、6 2013年 （12）设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn，△AnBnCn的面积为Sn，n=1,2,3,„ B 若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，则( ) A、{Sn}为递减数列 B、B、{Sn}为递增数列 C、{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列 D、{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列 212013年 14、若数列{an}的前n项和为Sn＝an，则数列{an}的通项公式是an33=______. 2012年 （5）已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则a1a10（） 2012年

十一、框图：

8年8考,每年1题!考含有循环体的较多，都比较简单，一般与数列求和联系较多，难度不大.

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(2)n1 D (A)7(B)5(C)5(D)7 （16）数列{an}满足an1(1)nan2n1，则{an}的前60项和为 1830 全国高考数学考什么 高考数学压轴题全解全析

2017年 （8）右面程序框图是为了求出满足3n2n1000的最小偶数n，那么在和两个空白框中，可以分别填入 D A．A1000和nn1 B．A1000和nn2 C．A1000和nn1 D．A1000和nn2 （更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） 2016年 C 2015年 （9）执行右面的程序框图，如果输入的t0.01，则输出的n （A）5 （B）6 （C）7 （D）8 C 14 资料来源于网络

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2014年 7.执行下图的程序框图，若输入的a,b,k分别为1,2,3，则输出的M= D A.2016715B.C.D. 35282013年 5、运行如下程序框图，如果输入的t[1,3]，则输出s属于 A 2012年 A.[-3,4] B.[-5,2] C.[-4,3] D.[-2,5] （6）如果执行右边的程序框图，输入正整数C N(N2)和实数a1,a2,...,an，输出A,B，则（）(A)AB为a1,a2,...,an的和 (B)AB为a1,a2,...,an的算术平均数 2(C)A和B分别是a1,a2,...,an中最大的数和最小的数 (D)A和B分别是a1,a2,...,an中最小的数和最大的数 （更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） 15

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2011年 （3）执行右面的程序框图，如果输入的N是6，那么输出的p是 （A）120 （B）720 （C）1440 （D）5040 （更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） B 2010年 D

十二、圆锥曲线：

8年16考，每年2题！太稳定了！太重要了！！全国卷注重考查基础知识和基本概念，综合一点的小题侧重考查圆锥曲线与直线位置关系，多数题目比较单一． 年份 2017年 题目 答案 2（10）已知F为抛物线C:y4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1,l2，A 直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最16

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小值为 A．16 B．14 C．12 D．10 2017年 x2y2（15）已知双曲线C:221(a0,b0)的右顶点为A，以A为圆心，bab为半径做圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若MAN60，则C的离心率为________． 23 32016年 x2y2（5）已知方程221表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离mn3mn为4，则n的取值范围是 （A）(–1,3) （B）(–1,3) （C）(0,3) （D）(0,3) (10)以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的准线于D、E两点.已知|AB|42，|DE|25，则C的焦点到准线的距离为 (A)2 (B)4 (C)6 (D)8 B A 2016年 B 2015年 x2（5）已知M(x0,y0)是双曲线C：y21 上的一点，F1、F2是C2A 上的两个焦点，若MF1MF20，则y0的取值范围是 （A）(2015年 332222232333（B）（C）（D）(,)(,)(,) ，)663333333(x)2225y24 A x2y2（14）一个圆经过椭圆1的三个顶点，且圆心在x轴上，则1该圆的标准方程为 2014年 4.已知F是双曲线C：则点F到C的x2my23m(m0)的一个焦点，一条渐近线的距离为 A.3B.3 C.3mD.3m 2014年 10.已知抛物线C：y28x的焦点为F，准线为l，P是l上一点， C Q是直线PF与C的一个交点，若FP4FQ，则|QF|= A.75B.C.3 D.2 2217

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2013年 x2y254、已知双曲线C：221（a0,b0）的离心率为，则C的ab2渐近线方程为 111A.yxB.yxC.yxD.yx 432C 2013年 10、已知椭圆E:xy1(ab0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直22ab22D 线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为 x2y2x2y2x2y2x2y2A、1B、1C、1D、1 45363627271812012年 （4）设F1F2是椭圆E:xxy1(ab0)的左、右焦点，P为直线22ab22C 2012年 3a上一点，F2PF1是底角为30的等腰三角形，则E的离心率为21234(A)(B)(C) (D) 2345C与抛物线y216x（8）等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，的准线交于A,B两点，AB43；则C的实轴长为（） (A)2(B)22(C)4(D)8 C 2011年 （7）设直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，lB 与C交于 A,B两点，AB为C的实轴长的2倍，则C的离心率为 （A）2 （B）3 （C）2 （D）3 2011年 （14）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1,F2在 x2x轴上，离心率为AC．过l的直线 交于A,B两点，且ABF2的周长为16，那么C的方程为． 2010年 16 y21 8B 18

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2010年 (x3)2 y21

十三、函数：

8年18考，可见其重要性！主要考查：定义域、最值、单调性、奇偶性、周期性、对称性、平移、导数、切线、定积分、零点等，分段函数是重要载体！绝对值函数也是重要载体！函数已经不是值得学生“恐惧”的了吧？

年份 题目 答案 2017年 5．函数f(x)在(,)单调递减，且为奇函数．若f(1)1，则满足D 1f(x2)1的x的取值范围是 A．[2,2] B．[1,1] C．[0,4] D．[1,3] 2017年 11．设x，y，z为正数，且2x3y5z，则 A．2x3y5z B．5z2x3yC．3y5z2x D．3y2x5z D 2016年 D 2016年 （8）若ab1，0c1，则 （A）acbc（B）abcbac（C）alogbcblogac（D）logaclogbc C 2015年 12.设函数f(x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)0，则a的取值范围是 D （A）[2015年 333333,1) （B）[,) （C）[,) （D）[,1) 2e2e42e42e（13）若函数f(x)xln(xax2)为偶函数，则a________. 19

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2014年 3.设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论正确的是 A.f(x)g(x)是偶函数 B.|f(x)|g(x)是奇函数 C C.f(x)|g(x)|是奇函数 D.|f(x)g(x)|是奇函数 2014年 11.已知函数f(x)=ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围为 A.（2，+∞） B.（-∞，-2） C.（1，+∞） D.（-∞，-1） B 2013年 x22x,x011、已知函数f(x)=，若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是 ln(x1),x0A.(,0]B.(,1]C.[-2,1] D.[-2,0] D 2013年 16、若函数f(x)=(1x2)(x2axb)的图象关于直线x=－2对称，则f(x)的最大值是______. 16 2012年 1（10）已知函数f(x)；则yf(x)的图象大致为 ln(x1)xB 2012年 （12）设点P在曲线y 2011年 (A)1ln2(B)1xB e上，点Q在曲线yln(2x)上，则PQ最小值为 22(1ln2)(C)1ln2(D)2(1ln2) （2）下列函数中，既是偶函数又在单调递增的函数是 （0，+）（A）yx3 (B)yx1 （C）yx21 (D) y2xB C 2011年 （9）由曲线yx，直线yx2及y轴所围成的图形的面积为 20

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（A）2011年 1016 （B）4 （C） （D）6 331B 的图像与函数y2sinx(2x4)的图像所有交点的横x1(12)函数y坐标之和等于 （A）2 (B) 4 (C) 6 (D)8 2010年 A 2010年 B 2010年 C

十四、排列组合二项式定理：

8年7考，二项式定理出现较多，这一点很合理，因为排列组合可以在概率统计和分布列中考查．排列组合考题的难度不大，无需投入过多时间（无底洞），而且排列组合难题无数，只要处理好分配问题及掌握好分类讨论思想即可！二项式定理“通项问题”出现较多. 年份 题目 12017年 26（6）(12)(1x)展开式中x的系数为 xA．15 B．20 C．30 D．35 答案 C 2016年 (14)(2x3x)5的展开式中，x的系数是__________.（用数字填写答案） 10 2015年 （10）（(x2xy)5的展开式中，x5y2的系数为 （A）10 （B）20 （C）30 （D）60 2014年 13.(xy)(xy)8的展开式中x2y2的系数为.(用数字填写答案) 21

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C -20 全国高考数学考什么 高考数学压轴题全解全析

2013年 9.设m为正整数，(xy)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(xy)2m1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a=7b，则m B 2012年 A、5 B、6 C、7 D、8 （2）将名教师，名学生分成个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会A 实践活动，每个小组由名教师和名学生组成，不同的安排方案共有 (A)12种(B)10种(C)9种(D)8种 52011年 a1（8）x2x的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常xxD 数项为 （A）-40 （B）-20 （C）20 （D）40

十五、三角函数大题和数列大题：

在全国Ⅰ卷中每年只考一个，不考的那一个一般用两道或三道小题代替．三角函数大题侧重于考解三角形，重点考查正、余弦定理，小题中侧重于考查三角函数的图象和性质．数列一般考求通项、求和．数列应用题已经多年不考了，总体来说数列的地位已经降低，题目难度小．

年份 题目及答案 （17）（本题满分为12分） 2017年 a2△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为 3sinA（1）求sinBsinC; （2）若6cosBcosC=1，a=3，求△ABC的周长. 解：（1）由题意可得SABC21a2bcsinA， 23sinA2化简可得2a3bcsinA， 根据正弦定理化简可得：2sinA3sinBsinCsinAsinBsinC（2）由 222． 32sinBsinC123cosAcosABsinBsinCcosBcosCA， 123cosBcosC622

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1a2又bcsinA，所以bc8 23sinA由余弦定理a所以bc2b2c22bccosA得b2c2bc(bc)23bc9 33 33 故而三角形的周长为32016年 （17）（本题满分为12分） ABC的内角A，B，C的对边分别别为a，b，c，已知2cosC(acosB+bcosA)c. （I）求C； （II）若c7,ABC的面积为33，求ABC的周长． 2解：(I)由正弦定理得：2cosCsinAcosBsinBcosAsinC，„„„„1分 2cosCsinABsinC，„„„„2分 ∵ABCπ，A、B、C0，π， ∴sinABsinC0，„„„„3分 ∴2cosC1，cosC1，„„„„4分 2∵C0，π，„„„„5分 ∴Cπ.„„„„6分 3（II）由余弦定理得：c2a2b22abcosC， 17a2b22ab， 2ab又S23ab7，„„„„8分 1333， absinCab242∴ab6，„„„„10分 ∴ab187，ab5， ∴△ABC周长为abc57.„„„„12分 （更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） 23

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2015年 （17）（本小题满分12分） 2Sn为数列{an}的前n项和.已知an0，an2an4Sn3 （Ⅰ）求{an}的通项公式； （Ⅱ）设bn1 ,求数列{bn}的前n项和． anan1 2014年 17.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an0，anan1Sn1，其中为常数. (Ⅰ)证明：an2an； （Ⅱ）是否存在，使得{an}为等差数列？并说明理由. 解：(Ⅰ)由题设anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减 an1an2anan1，由于an0，所以an2an „„6分 （Ⅱ）由题设a1=1，a1a2S11，可得a211，由(Ⅰ)知a31 假设{an}为等差数列，则a1,a2,a3成等差数列，∴a1a32a2，解得4； 证明4时，{an}为等差数列：由an2an4知 数列奇数项构成的数列a2m1是首项为1，公差为4的等差数列a2m14m3 24

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令n2m1,则mn1，∴an2n1(n2m1) 2数列偶数项构成的数列a2m是首项为3，公差为4的等差数列a2m4m1 令n2m,则mn，∴an2n1(n2m) 2∴an2n1（nN*），an1an2 因此，存在存在4，使得{an}为等差数列. „„„12分 2013年 17、（本小题满分12分） 如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB=3，BC=1，P为△ABC内一点， ∠BPC＝90° 1(1)若PB=2，求PA； (2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA 解：（Ⅰ）由已知得，∠PBC=60o，∴∠PBA=30o，在△PBA中，由余弦定理1177得PA2=323cos30o=，∴PA=； 4242（Ⅱ）设∠PBA=，由已知得，PB=sin，在△PBA中，由正弦定理得，3sin，化简得，3cos4sin， oosin150sin(30)∴tan=2012年 33，∴tanPBA=. 44（17）（本小题满分12分） 已知a,b,c分别为ABC三个内角A,B,C的对边，acosC3asinCbc0 （1）求A（2）若a2，ABC的面积为3；求b,c． 解：（1）由正弦定理得： acosC3asinCbc0sinAcosC3sinAsinCsinBsinC 25

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sinAcosC3sinAsinCsin(AC)sinC3sinAcosA1sin(A30)A3030A601（2）SbcsinA3bc4 2a2b2c22bccosAbc4 12 解得：bc2 2011年 （17）（本小题满分12分） 等比数列an的各项均为正数，且2a13a21,a329a2a6. 求数列an的通项公式. 1设bnlog3a1log3a2......log3an,求数列的前项和. bn232解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由a3所以q29a2a6得a39a41．有条件91可知a>0,故q． 311由2a13a21得2a13a2q1，所以a1．故数列{an}的通项式为an=n． 33n(n1)（Ⅱ ）bnlog1a1log1a1...log1a1(12...n) 2故12112() bnn(n1)nn1111111112n ...2((1)()...())b1b2bn223nn1n12n1所以数列{}的前n项和为. n1bn（更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） 2010年 26

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十六、立体几何大题：

8年8考，每年1题．第1问多为证明垂直问题，第2问多为求三种角的某种三角函数值.特点：证明与计算中一般要用到初中平面几何的重要定理． 年份 题目及答案 2017年 18.（12分） 如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且BAPCDP90.  （1）证明：平面PAB⊥平面PAD； （2）若PA=PD=AB=DC，APD90，求二面角A-PB-C的余弦值. （1）证明： AB//CD,CDPDABPD, 又ABPA,PAPDP,PA、PD都在平面PAD内， 故而可得ABPAD． 又AB在平面PAB内，故而平面PAB⊥平面PAD． （2）解： 不妨设PAPDABCD2a， 27

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以AD中点O为原点，OA为x轴，OP为z轴建立平面直角坐标系． 故而可得各点坐标：P0,0,2a,A2a,0,0,B2a,2a,0,C2a,2a,0， 因此可得PA2a,0,2a,PB2a,2a,2a,PC2a,2a,2a， 假设平面PAB的法向量n1x,y,1，平面PBC的法向量n2m,n,1， n1PA2ax2a0x1故而可得，即n11,0,1， n1PB2ax2ay2a0y0n2PC2am2an2a0m02同理可得，即． n0,,1222n2PB2am2an2a0n2因此法向量的夹角余弦值：cosn1,n212323． 33所以所求二面角的余弦值为． 3（更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） 2016年 （18）（本题满分为12分） 如图，在已A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中， 面ABEF为正方形， DCAF=2FD，AFD90， FEBA且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60． （I）证明平面ABEF平面EFDC； （II）求二面角E-BC-A的余弦值. (I)证明:∵ABEF为正方形， ∴AFEF.„„„„1分 ∵AFD90， ∴AFDF.„„„„2分 又∵DFEF=F， ∴AF面EFDC.„„„„3分 又AF面ABEF， ∴平面ABEF平面EFDC.„„„„4分 28

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（II） 由⑴知 DFECEF60„„„„5分 ∵AB∥EF AB平面EFDC EF平面EFDC ∴AB∥平面ABCD AB平面ABCD ∵面ABCD面EFDCCD ∴AB∥CD ∴CD∥EF ∴四边形EFDC为等腰梯形„„„„6分 以E为原点，如图建立坐标系，设FDa E0，0，0a3，0，aB0，2a，0C22A2a，2a，0„„„„7分 a3EB0，2a，0，BC2，2a，2a，AB2a，0，0„„„„8分 设面BEC法向量为mx，y，z. 2ay10mEB0，即a 3az10x12ay1mBC022x13，y10，z11 m3，0，1„„„„9分 设面ABC法向量为nx2，y2，z2 29

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a3nBC=0az20x22ay2.即2 22ax0nAB02x20，y23，z24 n0，3，4„„„„10分  设二面角EBCA的大小为. mn4219„„„„11分 cos1931316mn219„„„„12分 19（更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） ∴二面角EBCA的余弦值为 2015年 （18）如图，，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC． （1）证明：平面AEC⊥平面AFC； （2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值． 30

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2014年 19. (本小题满分12分)如图三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C. (Ⅰ) 证明：ACAB1； （Ⅱ）若ACAB1，CBB160o，AB=BC 求二面角AA1B1C1的余弦值. 解：(Ⅰ)连结BC1，交B1C于O，连结AO．因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为B1C与BC1的中点．又ABB1C，所以B1C平面ABO，故B1CAO又 B1OCO，故ACAB1 „„„6分 31 资料来源于网络

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（Ⅱ）因为ACAB1且O为B1C的中点，所以AO=CO 又因为AB=BC，所以BOABOC，故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直． 以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单位长，建立如图所示空间直角坐标系O-xyz． 因为CBB1600，所以CBB1为等边三角形．又AB=BC，则 333B1,0,0，，， B0,,0C0,,0A0,0,13333333， AB10,3,3A1B1AB1,0,3,B1C1BC1,3,033yz0nAB1033设nx,y,z是平面的法向量，则，即 ， x3z0nA1B103mA1B10所以可取n1,3,3设m是平面的法向量，则，同理可取nB1C101nm1m1,3,3，则cosn,m，所以二面角AA1B1C1的余弦值为. 7nm7（更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） 2013年 18、（本小题满分12分） 如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB，AB=A A1，∠BA A1=60°. （Ⅰ）证明AB⊥A1C; （Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB=2，求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值． 解:（Ⅰ）取AB中点E，连结CE，A1B，A1E， ∵AB=AA1，BAA1=600，∴BAA1是正三角形， ∴A1E⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ∵CEA1E=E，∴AB⊥面CEA1， ∴AB⊥AC1； „„6分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知EC⊥AB，EA1⊥AB， 32

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又∵面ABC⊥面ABB1A1，面ABC∩面ABB1A1=AB，∴EC⊥面ABB1A1，∴EC⊥EA1，∴EA，EC，EA1两两相互垂直，以E为坐标原点，EA的方向为x轴正方向，|EA|为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系Oxyz， 有题设知A(1,0,0),A1(0,3,0),C(0,0,3),B(－1,0,0),则BC=（1,0，3）,BB1=AA1=(－1,0,3),AC1=(0,－3,3), „„9分 设n=(x,y,z)是平面CBB1C1的法向量， nBC0x则，即nBB10xnAC1∴cosn,AC=1|n||AC1|3z03y0，可取n=（3，1，-1）， 10， 5∴直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值为2012年 （19）（本小题满分12分） 10. „„12分 5如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC1AA1， 2D是棱AA1的中点，DC1BD （1）证明：DC1BC （2）求二面角A1BDC1的大小． 解:（1）在RtDAC中，ADAC得：ADC45 同理：A1DC145CDC190 得：DC1DC,DC1BDDC1面BCDDC1BC （2）DC1BC,CC1BCBC面ACC1A1BCAC 33

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取A1B1的中点O，过点O作OHBD于点H，连接C1O,C1H AC11B1C1C1OA1B1，面A1B1C1面A1BDC1O面A1BD OHBDC1HBD得：点H与点D重合 且C1DO是二面角A1BDC1的平面角 设ACa，则C1O2a，C1D2a2C1OC1DO30 2既二面角A1BDC1的大小为30. （更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） 2011年 (18)(本小题满分12分) 如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA⊥BD； (Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值． 解：（Ⅰ）因为DAB60,AB2AD, 由余弦定理得BD3AD 从而BD2+AD2= AB2，故BDAD 又PD底面ABCD，可得BDPD 所以BD平面PAD. 故PABD （Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，则 A1,0,0,B0，3,0,C1,3,0,P0,0,1． AB(1,3,0),PB(0,3,1),BC(1,0,0) 设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则 34

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nAB0x3y0 由得 ,因nPB03yz0此可取n(3,1,3) 设平面PBC的法向量为m， 同理得m（0，-1，3） ,所以427 cosm,n727故二面角A-PB-C的余弦值为 27. 7（更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） 2010年 35

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十七、概率统计大题：

8年8考，每年1题．第1问多为统计问题，第2问多为分布列、期望计算问题；特点：实际生活背景在加强．冷点：回归分析，性检验．但2015年课标全国Ⅰ已经非常灵活地考了回归分析，性检验在2010年课标卷考过，估计近年不会再考回归分析，可能会在求分布列上设计应用情景．有人说，理科的概率分布列应该属于创新行列．我不这么认为，概率与分布列不是追求创新，而是追求与实际的完美结合．概率不是新颖，而是力求联系实际，与实际问题相吻合．但苦于找不到合适的案例，所以有时会事与愿违，但命题人员的初衷却是如此。

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年份 题目及答案 （本小题满分12分） 2017年 （19）为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸（单位：cm）．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(,2)． （1）假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(3,3)之外的零件数，求P(X1)及X的数学期望； （2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(3,3)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查． （ⅰ）试说明上述监控生产过程方法的合理性； （ⅱ）下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸： 9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 11611611622xi9.97，s(xix)(xi16x2)20.212，其经计算得x16i116i116i1中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i1,2,,16． ˆ，用样本标准差s作为的估计值ˆ，利用估计值判断用样本平均数x作为的估计值ˆ3ˆ,ˆ3ˆ)之外的数据，是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(用剩下的数据估计和（精确到0.01）． 附：若随机变量Z服从正态分布N(,2)，则P(3Z3)0.997 4， 0.997 4160.959 2，0.0080.09． 3之内的概率为0.9974，落在3，3之外解：（1）由题可知尺寸落在3，的概率为0.0026． 0PX0C1610.99740.9974160.9592， 0PX11PX010.95920.0408． 0.0026， 由题可知X~B16，EX160.00260.0416． 3之外的概率为0.0026，由正态分布知尺寸落在（2）（i）尺寸落在3，3，3之外为小概率事件，因此上述监控生产过程的方法合理． （ii）39.9730.2129.334 39.9730.21210.606 10.606 3，39.334，9.229.334，10.606，需对当天的生产过程检查． 37

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因此剔除9.22． 剔除数据之后的估计值为：9.97169.221510.02 x=160.212+169.9722i=1i1621591.134剩下样本数据的方差为 122（1591.134-9.22-1510.02）0.00815所以的估计值为为0.0080.09 （本小题满分12分） 2016年 （19）某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元.在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图： 以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数. （I）求X的分布列； （II）若要求P(Xn)0.5，确定n的最小值； （III）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n19与n20之中选其一，应选用哪个？ 19．(I)由题意每台机器更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为 0.2，0.4，0.2，0.2.„„„„1分 两台机器甲乙需要同时购买的易损零件个数X的情况可由下面的表格得到 X 8 9 10 8 16 17 18 38

9 17 18 19 10 18 19 20 11 19 20 21 资料来源于网络

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11 所以X16,17,18,19,20,21,22„„„„2分 且结合表格容易得 19 20 21 22 PX160.20.20.04 PX170.20.40.40.20.16 PX180.20.20.20.20.40.40.24 PX190.20.20.20.20.40.20.20.40.24 PX200.40.20.20.40.20.20.2 Px210.20.20.20.20.08 Px220.20.20.04„„„„7分 所以X的分布列为 X 16 17 18 19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 „„„„8分 （II）由分布列知P(X18)0.040.160.240.440.5， P(X19)0.040.160.240.24≥0.5， 所以n的最小值为19.„„„„10分 （III） 购买零件所需费用含两部分，一部分为购买机器时购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用 当n19时，费用的期望为192005000.210000.0815000.044040 当n20时，费用的期望为202005000.0810000.044080 所以应选用n19„„„„12分 2015年 （19）（本小题满分12分） 某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x（单位：千元）对年销售量y（单位：t）和年利润z（单位：千元）的影响，对近8年的年宣传费x1和年销售量y1（i=1,2，···，8）数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值． 39

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x y  (xx)ii182()ii182 (xx)(yy)()(yy) iiiii1i18846.6 563 6.8 2.8 81.6 1469 108.8 表中ixi，1i. 8i1（Ⅰ）根据散点图判断，yabx与ycdx哪一个适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由） （Ⅱ）根据（Ⅰ）的判断结果及表中数据，建立y关于x的回归方程； （Ⅲ）已知这种产品的年利率z与x,y的关系为z0.2yx．根据（Ⅱ）的结果回答下列问题： （i） （ii） 年宣传费x49时，年销售量及年利润的预报值是多少？ 年宣传费x为何值时，年利率的预报值最大？ 附：对于一组数据(u1,v1)，(u2,v2)，„，(un,vn),其回归线vu的斜率和截距的最小二乘估计分别为： 40

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2014年 18. (本小题满分12分)从某企业的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图： (Ⅰ)求这500件产品质量指标值的样本平均数x和样本方差s2（同一组数据用该区间的中点值作代表）； （Ⅱ）由频率分布直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(,2)，其中近似为样本平均数x，2近似为样本方差s2. (i)利用该正态分布，求P(187.8Z212.2)； （ii）某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值为于区间（187.8,212.2）的产品件数，利用（i）的结果，求EX. 附：150≈12.2. 若Z～N(,2)，则P(Z)=0.6826，P(2Z2)=0.9544. 解：(Ⅰ) 抽取产品质量指标值的样本平均数x和样本方差s2分别为 x1700.021800.091900.222000.332100.242200.082300.02 200s2300.02200.09100.2200.33100.24200.08300.02222222 150 „„„„6分 （Ⅱ）（ⅰ）由(Ⅰ)知Z～N(200,150)，从而 P(187.8Z212.2)P(20012.2Z20012.2)0.6826 „„„„„„9分 41

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（ⅱ）由（ⅰ）知，一件产品中质量指标值为于区间（187.8,212.2）的概率为0.6826 依题意知XB(100,0.6826)，所以EX1000.682668.26 „„„12分 2013年 19、（本小题满分12分） 一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n．如果n=3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n=4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验． 假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互 （1）求这批产品通过检验的概率； （2）已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X（单位：元），求X的分布列及数学期望． 解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件B1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B2，这批产品通过检验为事件A，依题意有A＝(A1B1)∪(A2B2)，且A1B1与A2B2互斥，所以 P(A)＝P(A1B1)＋P(A2B2) ＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B2|A2) 41113＝. 1616162(2)X可能的取值为400,500,800，并且 411111P(X＝400)＝1，P(X＝500)＝，P(X＝800)＝. 1616161所以X的分布列为 X 400 500 800 1111P 161 1111+500+800＝506.25. 1612012年 18.（本小题满分12分） 某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售， 如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理． EX＝400（1）若花店一天购进16枝玫瑰花，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量n （单位：枝，nN）的函数解析式． （2）花店记录了100天玫瑰花的日需求量（单位：枝），整理得下表： 以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率． 42

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（i）若花店一天购进16枝玫瑰花，X表示当天的利润（单位：元），求X的分布列、数学期望及方差； （ii）若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由． 解：（1）当n16时，y16(105)80， 当n15时，y5n5(16n)10n80， 10n80(n15) 得：y(nN) (n16)80 （2）（i）X可取60，70，80 P(X60)0.1,P(X70)0.2,P(X80)0.7 X的分布列为 X P 60 70 80 0.1 0.2 0.7 EX600.1700.2800.776 DX1620.1620.2420.744 （ii）购进17枝时，当天的利润为 y(14535)0.1(15525)0.2(16515)0.161750.5476.4 76.476 得：应购进17枝. 2011年 （19）（本小题满分12分） 某种产品的质量以其质量指标值衡量，质量指标值越大表明质量越好，且质量指标值大于或等于102的产品为优质品，现用两种新配方（分别称为A配方和B配方）做试验，各生产了100件这种产品，并测试了每件产品的质量指标值，得到下面试验结果： （Ⅰ）分别估计用A配方，B配方生产的产品的优质品率； 43

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（Ⅱ）已知用B配方生成的一件产品的利润y(单位：元)与其质量指标值t的关系式为 从用B配方生产的产品中任取一件，其利润记为X（单位：元），求X的分布列及数学期望.（以实验结果中质量指标值落入各组的频率作为一件产品的质量指标值落入相应组的概率） 解：（Ⅰ）由实验结果知，用A配方生产的产品中优质的平率为A配方生产的产品的优质品率的估计值为0.3． 由实验结果知，用B配方生产的产品中优质品的频率为配方生产的产品的优质品率的估计值为0.42 （Ⅱ）用B配方生产的100件产品中，其质量指标值落入区间32100.42，所以用B100228=0.3，所以用10090,94,94,102,102,110 的频率分别为0.04，,054,0.42，因此 P(X=-2)=0.04, P(X=2)=0.54, P(X=4)=0.42, 即X的分布列为 X P -2 0.04 2 0.54 4 0.42 所以X的数学期望值EX=2×0.04+2×0.54+4×0.42=2.68 2010年 44

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十八、函数与导数大题：

函数与导数大题8年8考，每年1题．第1问一般考查导数的几何意义，第2问考查利用导数讨论函数性质．函数载体上：无论文科理科，基本放弃纯3次函数，对数函数很受“器重”！指数函数也较多出现！两种函数也会同时出现！（2014年全国Ⅰ卷）．全国Ⅰ卷第2问：2015年讨论函数零点，2014年证明不等式，2013年、2012年、2011年都是不等式恒成立问题．但是，无论怎么考，讨论单调性永远是考查的重点，而且紧紧围绕分类整合思想的考查．在考查分离参数还是考查不分离参数上，命题者会大做文章！分离（分参）还是不分离（部参），的确是一个问题！！一般说来，主要考查不分离问题（部参）．另外，函数与方程的转化也不容忽视，如函数零点的讨论．函数题设问灵活，多数考生做到此题，时间紧，若能分类整合，抢一点分就很好了．还有，灵活性问题：有些情况下函数性质是不用导数就可以“看出”的，如增函数+增函数=增函数，复合函数单调性，显然成立的不等式，放缩法等等，总之，导数是很重要，但是有些解题环节，不要“吊死”在导数上，不要过于按部就班！还有，数形结合有时也是可以较快得到答案的，虽然应为表达不严谨不得满分，但是在时间紧的情况下可以适当使用．导数题强调用，用就是导数的应用，即用导数来研究函数的单调性与极值．主要包括：导数的几何意义、导数与函数的单调性、极值、用导数解决不等式问题、恒成立问题、分离参数以及式子的变形与调整、构造函数等等．在命题的载体上，即使用何种函数上，命题者的函数是如何构造出来的？首先确定是多项式函数、还是指对函数、分式函数、根式函数，指对函数是单独的指数函数、对数函数，还是指对函数组合在一起，一个省份往往是指数函数、对数函数交替出现．在很大程度上是先有的导函数，再有是原函数．再把原函数适当调整，这样就出现了式子的调整

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与变形．调整变形是最难的一个环节！！分离参数是从方法的需要，式子的调整是在原函数的基础上适当变形所致.

总之，导数题命题关键是如何构造一个导数，使这个导数的讨论层次体现选拔性，达到压轴的目的． 年份 题目及答案 （21）（本小题满分12分） 2017年 2xx已知函数fxaea2ex． （1）讨论fx的单调性； （2）若fx有两个零点，求a的取值范围． 2xx解：（1）由于fxaea2ex 2xxxx故fx2aea2e1ae12e1 ①当a0时，aex10，2ex10．从而fx0恒成立． fx在R上单调递减 ②当a0时，令fx0，从而aex10，得xlna． x ，lna lna  lna，  f′x fx 0 极小值 单调减 单调增 综上，当a0时，f(x)在R上单调递减； 当a0时，f(x)在(,lna)上单调递减，在(lna,)上单调递增 （2）由（1）知， 当a0时，fx在R上单调减，故fx在R上至多一个零点，不满足条件． 当a0时，fminflna1令ga11lna． a1lna． a111上单调令ga1lnaa0，则g'a20．从而ga在0，aaa增，而g10．故当0a1时，ga0．当a1时ga0．当a1时ga0 若a1，则fmin1不满足条件． 若a1，则fmin1条件． 1lnaga0，故fx0恒成立，从而fx无零点，a1lna0，故fx0仅有一个实根xlna0，不满足a1aa2lna0，注意到lna0．f1210． aeee若0a1，则fmin113lna上有一个实根，而又ln1lnlna． 故fx在1，aa331ln13ln3aafln(1)eaea2ln且1aa46

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333313aa2ln11ln10． aaaa3ln1上有一个实根． 故fx在lna，alna上单调减，在lna，单调增，故fx在R上至多两又fx在，个实根． 3ln1上均至少有一个实数根，故fx在Rlna及lna，又fx在1，a上恰有两个实根． 综上，0a1． 2016年 （21）（本小题满分12分） 已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点. (I)求a的取值范围； (II)设x1,x2是f(x)的两个零点，证明：x1x22. 21．(I)解:因为f(x)x2exax1 所以2f'xx1ex2ax1x1ex2a ① 若a0，那么fx0x2ex0x2，fx只有唯一的零点x2，不合题意； ② 若a0，那么ex2aex0， 所以当x1时，f'x0，fx单调递增 当x1时，f'x0，fx单调递减 即： x ,1  1 1,  f'x 0 极小值 fx   故fx在1,上至多一个零点，在,1上至多一个零点 由于f2a0，f1e0，则f2f10， 根据零点存在性定理，fx在1,2上有且仅有一个零点，从而在1,上只有一个零点. 47

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而当x1时，考虑limf(x)lim[x2exax1] xx2其中limx2(x2)1limlim0，(罗比达法则,高等数学内容) xexx(ex)xex2当x时，ax1，所以f(x)，所以在,1上只有一个零点. ③若a0，由f(x)0得x1或xln(2a) 1） 当ln(2a)1即a不合题意. 2） 当ln(2a)1即e时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)至多一个零点，2ea0时，注意到x1时，总有f(x)0，只研究x1时 2当x1时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)至多一个零点，不合题意. 3）当ln(2a)1即a时 而当x1时，f(x)由负变正，f(x)先减后增，f(x)至多一个零点，不合题意. 综上所述，a的取值范围为0,． （II）证法一：不妨设x1x2，由（1）知x1(,1)，x2(1,)，2x2(,1)， 而f(x)在(,1)上单调递减，所以x1x22x12x2f(x1)f(2x2)，注意到f(x1)0，因此只要证f(2x2)0. 而f(2x2)x2e2x2e时，仍然是注意到x1时，总有f(x)0，只研究x12ax21，f(x2)x22ex2ax210， 22所以f(2x2)x2e考虑函数2x2x22ex2 ，其中g(x)xe2xx2exx1，则g(x)(x1)(e2xex)g(1)0， 所以g(x)(x1)单调递减，所以g(x)g(1)0，从而f(2x2)0， 所以x1x22. 48

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证法二：由已知得：fx1fx20，不难发现x11，x21， x12ex故可整理得：a2x111x22ex2x212 x2ex设gx，则gx1gx2 2x1x21x，当x1时，g'x0，gx单调递减；当x1时，那么g'xe3x1g'x0，gx单调递增． 设m0，构造代数式： 2g1mg1m设hm则h'mm11mm11m1m1mm12mee2ee1 m2m2mm1m12me1，m0 m12m2m12e2m0，故hm单调递增，有hmh00． 因此，对于任意的m0，g1mg1m． 由gx1gx2可知x1、x2不可能在gx的同一个单调区间上，不妨设x1x2，则必有x11x2 令m1x10，则有g11x1g11x1g2x1gx1gx2 x21，gx在1,上单调递增，g2x1gx22x1x2 而2x11，因此：整理得：x1x22． 2015年 （21）（本小题满分12分） 1已知函数f(x)x3ax,g(x)lnx． 4(Ⅰ)当a为何值时，x轴为曲线yf(x)的切线； （Ⅱ）用min{m,n}表示m,n中的最小值，设函数h(x)minf(x),g(x)讨论h(x)零点的个数． (x0)，49

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解：（Ⅰ）设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)0，f(x0)0，即13xax01300，解得. x,a40243x2a00因此，当a3时，x轴是曲线yf(x)的切线. „„5分 4（Ⅱ）当x(1,)时，g(x)lnx0，从而h(x)min{f(x),g(x)}g(x)0， ∴h(x)在（1，+∞）无零点. 55 当x=1时，若a，则f(1)a0，h(1)min{f(1),g(1)}g(1)0,4455故x=1是h(x)的零点；若a，则f(1)a0，44h(1)min{f(1),g(1)}f(1)0,故x=1不是h(x)的零点. 当x(0,1)时，g(x)lnx0，所以只需考虑f(x)在（0,1）的零点个数. (ⅰ)若a3或a0，则f(x)3x2a在（0,1）无零点，故f(x)在（0,1）单调，而f(0)15，f(1)a，所以当a3时，f(x)在（0，1）有一个零点；44当a0时，f(x)在（0，1）无零点. (ⅱ)若3a0，则f(x)在（0，aa）单调递减，在（，1）单调递33增，故当x=aa1a2a. 时，f(x)取的最小值，最小值为f()=33343① 3a若f()＞0，即＜a＜0，f(x)在（0,1）无零点. 343a若f()=0，即a，则f(x)在（0,1）有唯一零点； 34315a若f()＜0，即3a，由于f(0)，f(1)a，所以当3444② ③ 535a时，f(x)在（0,1）有两个零点；当3a时，f(x)在（0,1）444有一个零点.„10分 50

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3535综上，当a或a时，h(x)由一个零点；当a或a时，h(x)有444453两个零点；当a时，h(x)有三个零点. „„12分 442014年 bex121. (本小题满分12分)设函数f(x)aelnx，曲线yf(x)在点（1，f(1)xx处的切线为ye(x1)2. (Ⅰ)求a,b； （Ⅱ）证明：f(x)1. abb解：(Ⅰ) 函数f(x)的定义域为0,，f(x)aexlnxex2ex1ex1 xxx由题意可得f(1)2,f(1)e，故a1,b2 „„„„„6分 2ex12（Ⅱ）由(Ⅰ)知，f(x)elnx，从而f(x)1等价于xlnxxex xex1设函数时，g(x)0g(x)xlnx，则g(x)xlnx，所以当x0,e11，当x,时，g(x)0，故g(x)在0,单调递减，ee1在的最小值为g(x)在0,,单调递增，从而e11g(). „„„„„8分 ee2设函数则h(x)ex1x，所以当x0,1时，h(x)xex，h(x)0e，当x1,时，h(x)0，故h(x)在0,1单调递增，在的最小值为h(x)g(x)在0,1,单调递减，从而1h(1). e综上：当x0时，g(x)h(x)，即f(x)1. „„„„„12分 2013年 （21）（本小题满分共12分） 已知函数f(x)＝x2axb，g(x)＝ex(cxd)，若曲线yf(x)和曲线yg(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y4x2 （Ⅰ）求a，b，c，d的值 51

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（Ⅱ）若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围． 解：（Ⅰ）由已知得f(0)2,g(0)2,f(0)4,g(0)4， 而f(x)=2xb，g(x)=ex(cxdc)，∴a=4，b=2，c=2，d=2；„„4分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)x24x2，g(x)2ex(x1)， 设函数F(x)=kg(x)f(x)=2kex(x1)x24x2（x2）， F(x)=2kex(x2)2x4=2(x2)(kex1)， 有题设可得F(0)≥0，即k1， 令F(x)=0得，x1=lnk，x2=－2， （1）若1ke2，则－2＜x1≤0，∴当x(2,x1)时，F(x)＜0，当x(x1,)时，F(x)＞0，即F(x)在(2,x1)单调递减，在(x1,)单调递增，故F(x)在x=x1取最小值F(x1)，而F(x1)=2x12x124x12=x1(x12)≥0， ∴当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立， (2)若ke2，则F(x)=2e2(x2)(exe2)， ∴当x≥－2时，F(x)≥0，∴F(x)在(－2,+∞)单调递增，而F(2)=0， ∴当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立， (3)若ke2，则F(2)=2ke22=2e2(ke2)＜0， ∴当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立， 综上所述，k的取值范围为[1,e2]. 2012年 （21）（本小题满分12分） 已知函数f(x)满足满足f(x)f(1)ex1f(0)x（1）求f(x)的解析式及单调区间； （2）若f(x)12xaxb，求(a1)b的最大值． 252

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12x； 2全国高考数学考什么 高考数学压轴题全解全析

1解：（1）f(x)f(1)ex1f(0)xx2f(x)f(1)ex1f(0)x 2 令x1得：f(0)1 12xf(0)f(1)e11f(1)e 21 得：f(x)exxx2g(x)f(x)ex1x 2 f(x)f(1)ex1xg(x)ex10yg(x)在xR上单调递增 f(x)0f(0)x0,f(x)0f(0)x0 得：f(x)的解析式为f(x)exx12x 2 且单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(,0) （2）f(x)12xaxbh(x)ex(a1)xb0得h(x)ex(a1) 2①当a10时，h(x)0yh(x)在xR上单调递增 x时，h(x)与h(x)0矛盾 ②当a10时，h(x)0xln(a1),h(x)0xln(a1) 得：当xln(a1)时，h(x)min(a1)(a1)ln(a1)b0 (a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)(a10) 令F(x)x2x2lnx(x0)；则F(x)x(12lnx) F(x)00xe,F(x)0xe 当xe时，F(x)maxe 2e 2 当ae1,be时，(a1)b的最大值为2011年 （21）（本小题满分12分） 已知函数f(x)x2y30． alnxb，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x1x（Ⅰ）求a、b的值； 53

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（Ⅱ）如果当x0，且x1时，f(x)lnxk，求k的取值范围． x1x(（21）解：（Ⅰ）f'(x)x1lnx)bx (x1)2x2 f(1)1,1由于直线x2y30的斜率为，且过点(1,1)，故1即 2f'(1),2b1,a1 b,22lnx1，所以 x1x 解得a1，b1． （Ⅱ）由（Ⅰ）知 lnxk1(k1)(x21)f(x)()(2lnx)． 2x1x1xx(k1)(x21)(k1)(x21)2x考虑函数h(x)2lnx． (x0)，则h'(x)2xxk(x21)(x1)2(i)设k0，由h'(x)知，当x1时，h'(x)0．而h(1)0，x21h(x)0； 21x1当x（1，+）时，h（x）<0，可得 h（x）>0 1x2lnxklnxk从而当x>0,且x1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+. x1xx1x1（ii）设00,故h’ （x）>0,1k11而h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设1k1x2故当x(0,1)时，h(x)0，可得矛盾． （iii）设k1.此时h’ （x）>0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）>0，可得1 h（x）<0,与题设矛盾． 21x 综合得，k的取值范围为（-，0] （更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） 54

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2010年 十九、解析几何大题：

8年8考，每年1题．特点：全国Ⅰ卷中，载体用过圆、抛物线和椭圆！不侧重两类圆锥曲线的整合，只侧重于直线与圆锥曲线的联系．圆锥曲线一定过方法关、运算关．其实近几年的圆锥曲线题目更侧重于运算．方法还是比较常规的．为什么这样呢？这与命题人的苦衷有关系，因为圆锥曲线是压轴题，压轴题不能简单，简单了肯定不行．但太难、或是思维量太大又怕把很多人拒之门外，所以又不敢出思维量太大的题目，最后就只剩下运算了，谁有能耐谁就能算出来，没有能耐就算不出来，但不能说题目难． 年份 2017年 题目及答案 3x2y2ab0P1，1P0，1P1，，四点1，2，30.（12分）已知椭圆C：221， 2ab3P41，中恰有三点在椭圆C上． 2（1）求C的方程； （2）设直线l不经过P2点且与C相交于A、B两点，若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1， 证明：l过定点． 55 资料来源于网络

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解：（1）根据椭圆对称性，必过P3、P4 PP4三点 又P4横坐标为1，椭圆必不过P1，所以过P2，3，3P0，1，P1，3将2代入椭圆方程得 21b21，解得a24，b21 31124b2ax2∴椭圆C的方程为：y21． 4（2）①当斜率不存在时，设l:xt，At，y，Bt，yA A y1yA12kP2AkP2BA1ttt得t2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足题意． ②当斜率存在时，设l∶ykxmm1 Ax1，y1，Bx2，y2 联立ykxm，整理得 14k2x28kmx4m24022x4y408km4m24 x1x2,xx14k21214k2则y11y21x2kx1mx2x1kx2mx1 kP2AkP2Bx1x2x1x28km28k8km28km 14k24m2414k2 8km11，m14m1m1m2k1，此时k，存在k使得0成立． ∴直线l的方程为ykx2k1，即k(x2)(y1)0 1． 当x2，y1时，上式恒成立，所以l过定点2，（2）的解法2：由题意可得直线P2A与直线P2B的斜率一定存在， 不妨设直线P2A为：ykx1,P2B为：y1kx1. ykx122联立x24k1x8kx0， 2y14假设Ax1,y1，Bx2,y2此时可得： 56

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28k14k281k141kA2,2,， ,B224k14k141k141k1141k此时可求得直线的斜率为：kABy2y1x2x114k22241k14k181k41k1228k4k21， 化简可得kAB112k21k，此时满足． 21当k○1时，AB两点重合，不合题意． 2118k14k22当kx2○时，直线方程为：y， 2224k14k112k4k即y24k1x212k， 当x2时，y1，因此直线恒过定点2,1． （更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） 2016年 (20)（本小题满分12分） 设圆xy2x150的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，22D两点，过B作AC的平行线交AD于点E. （I）证明EAEB为定值，并写出点E的轨迹方程； （II）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围. (I) x1圆A整理为2y216， A坐标1,0，„„„„1分 如图，BE∥AC，则∠C∠EBD，„„„„2分 由ACAD,则∠D∠C， ∠EBD∠D，则EBED AEEBAEEDAD4„„„„3分 所以由椭圆的定义得E的轨迹为方程为 x2y21，(y0).„„„„4分 4357

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x2y2（II）由题意C1:1，设l:xmy1，„„5分 43因为PQ⊥l，设PQ:ymx1，„„„„6分 联立l与椭圆C1 xmy12xy2134 得3m24y26my90，„„„„7分 36m2363m243m2412m213m24所以|MN|1m|yMyN|1m|m11|1m2222；„8分 圆心A到PQ距离d|2m|1m2，„„„„9分 4m243m24所以|PQ|2|AQ|d216，„„„„10分 21m21m221112m143m2424m211|MN||PQ|241223m241m23m2432m1 SMPNQ„„„„11分 因为m211，所以0111，所以，所以13344m21m2111m211， 33所以12113m213，所以 SMPNQ12,833 所以四边形MPNQ面积的取值范围是[12,83).„„„„12分 2015年 （20）（本小题满分12分） x2在直角坐标系xOy中，曲线C：y与直线l:ykxa(a0)交与M,N两点， 4（Ⅰ）当k0时，分别求C在点M和N处的切线方程； （Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPMOPN？说明理由． 解：（Ⅰ）由题设可得M(2a,a)，N(22,a)，或M(22,a)，N(2a,a). 58

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x21∵yx，故y在x=22a处的到数值为a，C在(22a,a)处的切线方程42为 yaa(x2a)，即axya0. x2故y在x=-22a处的到数值为-a，C在(22a,a)处的切线方程为 4yaa(x2a)，即axya0. 故所求切线方程为axya0或axya0. „„5分 （Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下： 设P（0，b）为复合题意得点，M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1,k2. 将ykxa代入C得方程整理得x24kx4a0. ∴x1x24k,x1x24a. ∴k1k2y1by2b2kx1x2(ab)(x1x2)k(ab)==. ax1x2x1x2 当ba时，有k1k2=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补， 故∠OPM=∠OPN，所以P(0,a)符合题意. „„12分 2014年 x2y220. (本小题满分12分)已知点A（0，-2），椭圆E：221(ab0)的离心ab率为323，F是椭圆的焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点. 23(Ⅰ)求E的方程；（Ⅱ）设过点A的直线l与E相交于P,Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程. 解：(Ⅰ) 设Fc,0，由条件知223c3，得c3 又， a2c359

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x2所以a=2，bac1,故E的方程y21. „„„.6分 4222（Ⅱ）依题意当lx轴不合题意，故设直线l：ykx2，设Px1,y1,Qx2,y2 x2将ykx2代入y21，得14k2x216kx120， 48k24k233当16(4k3)0，即k时，x1,2 214k4224k214k23从而PQk1x1x2  14k22又点O到直线PQ的距离d2k12，所以OPQ的面积 SOPQ144k23dPQ， 2214k4t41， t24t4t设4k23t，则t0，SOPQ当且仅当t2，k7等号成立，且满足0，所以当OPQ的面积最大时，2l的方程为：y77x2. „„„„„„„12分 x2 或y222013年 (20)(本小题满分12分) 已知圆M:(x1)2y21,圆N:(x1)2y29,动圆P与M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线 C. （Ⅰ）求C的方程； （Ⅱ）l是与圆P,圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|. 解：由已知得圆M的圆心为M（-1，0）,半径r1=1，圆N的圆心为N(1,0),半径r2=3.设动圆P的圆心为P（x，y），半径为R. （Ⅰ）∵圆P与圆M外切且与圆N内切，∴|PM|+|PN|=(Rr1)(r2R)=r1r2=4，由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左右焦点，场半轴长为2，短半轴长为60

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x2y21(x2). 3的椭圆(左顶点除外)，其方程为43（Ⅱ）对于曲线C上任意一点P（x，y），由于|PM|-|PN|=2R2≤2，∴R≤2, 当且仅当圆P的圆心为（2，0）时，R=2. ∴当圆P的半径最长时，其方程为(x2)2y24， 当l的倾斜角为900时，则l与y轴重合，可得|AB|=23. 当l的倾斜角不为900时，由r1≠R知l不平行x轴，设l与x轴的交点为Q，则|QP||QM|=R|3k|，可求得Q（-4，0），∴设l：yk(x4)，由l于圆M相切得1，解2r11k2. 4得kx2y222当k=时，将y1(x2)并整理得7x28x80，x2代入4434解得x1,2=18462，∴|AB|=1k2|x1x2|=. 77当k=－182时，由图形的对称性可知|AB|=， 742012年 18或|AB|=23. 7（20）（本小题满分12分） 综上，|AB|=设抛物线C:x22py(p0)的焦点为F，准线为l，AC，已知以F为圆心， FA为半径的圆F交l于B,D两点； （1）若BFD900，ABD的面积为42；求p的值及圆F的方程； （2）若A,B,F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m,n距离的比值． 解：（1）由对称性知：BFD是等腰直角，斜边BD2p 61

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点A到准线l的距离dFAFB2p 1SABD42BDd42p2 2圆F的方程为x2(y1)28 2x0p （2）由对称性设A(x0,)(x00)，则F(0,) 22p22x0x0p2x03p2 点A,B关于点F对称得：B(x0,p)p2p2p23pp3p22xpx3y3p0 得：A(3p,)，直线m:y2223px2x333ppx2pyyyxp切点P(,) 2pp33362 直线n:yp33p3(x)x3yp0 63363p3p:3． 26坐标原点到m,n距离的比值为2011年 （20）（本小题满分12分） 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,-1)，B点在直线y = -3上，M点满足MB//OA， MA•AB = MB•BA，M点的轨迹为曲线C． （Ⅰ）求C的方程； （Ⅱ）P为C上的动点，l为C在P点处得切线，求O点到l距离的最小值． 解：(Ⅰ)设M(x,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).所以MA=（-x,-1-y）,MB=(0,-3-y),AB=(x,-2).再由题意得知（MA+MB）• AB=0, 即（-x,-4-2y）• (x,-2)=0.所以曲线C的方程式为y=(Ⅱ)设P(x0,y0)为曲线C：y=因此直线l的方程为yy012x-2. 41211x-2上一点，因为y'=x,所以l的斜率为x0，4221x0(xx0)，即x0x2y2y0x20． 262

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则O点到l的距离d2|2y0x0|2x04.又y012x02，所以 412x041422d(x04)2, 222x04x042当x0=0时取等号，所以O点到l距离的最小值为2. 2010年 63

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二十、坐标系与参数方程大题：

8年8考，而且是作为2个选做大题之一出现的，主要考查两个方面：一是极坐标方程

与普通方程的转化，二是极坐标方程的简单应用，难度较小． 年份 题目及答案 2. 22.（本小题满分10分）[选修4-4：坐标系与参考方程] x3cos，xOy 在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为ysin，xa4t，（t为参数）． y1t，3.（1）若a1，求C与l的交点坐标； （2）若C上的点到l距离的最大值为17，求a． 4.解：（1）a1时，直线l的方程为x4y30． x2曲线C的标准方程是y21， 921x4y30xx3225联立方程x，解得：或， 2y024y1y9252124则C与l交点坐标是3，0和， 2525（2）直线l一般式方程是x4y4a0． 设曲线C上点p3cos，sin． 则P到l距离d3cos4sin4a175sin4a17，其中tan3． 4依题意得：dmax17，解得a16或a8 2016年 （23）（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程 在直线坐标系xoy中，曲线C1的参数方程为xacost,（t为参数，a＞0） y1asint,在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：acos. （I）说明C1是哪种曲线，并将C1的方程化为极坐标方程； （II）直线C3的极坐标方程为0，其中满足tan0=2，若曲线C1与C2的公共点都在C3上，求0． xacost2解:(I)  （t均为参数）,∴x2y1a2 ① y1asint1为圆心，a为半径的圆．方程为x2y22y1a20 ∴C1为以0，

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∵x2y22，ysin,∴22sin1a20 即为C1的极坐标方程 （II）C2：4cos 两边同乘得24cos2x2y2，cosxx2y24x 即x2y24 ② C3：化为普通方程为y2x 由题意：C1和C2的公共方程所在直线即为C3 ①—②得：4x2y1a20，即为C3 ∴1a20,∴a1 22015年 （23）（本小题满分10分）选修4-4；坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中，直线C1:x2，圆C2:(x1)2(y2)21，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系． （Ⅰ）求C1，C2的极坐标方程； （Ⅱ）若直线C3的极坐标为=（ρR）,设C2与C3的交点为M，N,求△C2MN的面积． 4 2014年 （23）（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程 x2tx2y21，直线l:已知曲线C:（t为参数） 49y22t（1）写出曲线C的参数方程，直线l的普通方程； （2）过曲线C上任意一点P作与l夹角为30°的直线，交l于点A，求PA的最大值与最小值． x2cos（3）解：(Ⅰ) 曲线C的参数方程为： （为参数）， y3sin直线l的普通方程为：2xy60 „„„5分 （Ⅱ）（2）在曲线C上任意取一点P (2cos,3sin)到l的距离为 65

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d5d25则|PA|，其中为锐角．且5sin64cos3sin6，0sin30554225．当sin1时，|PA|取得最大值，最大值为； 35tan当sin1时，|PA|取得最小值，最小值为2013年 25． „„„„10分 52012年 23．（本小题满分10分）修4—4：坐标系与参数方程 x45cost,已知曲线C1的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴y55sint为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sin θ． (1)把C1的参数方程化为极坐标方程； (2)求C1与C2交点的极坐标(ρ≥0,0≤θ＜2π)． x45cost,解：(1)将消去参数t，化为普通方程(x－4)2＋(y－5)2＝25， y55sint即C1：x2＋y2－8x－10y＋16＝0． xcos,将代入x2＋y2－8x－10y＋16＝0得ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0． ysin所以C1的极坐标方程为 ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0． (2)C2的普通方程为x2＋y2－2y＝0． x2y28x10y160,x1,x0,由2解得或 2y1y2.xy2y0ππ所以C1与C2交点的极坐标分别为2,，2,． 4223．（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程 x2cos已知曲线C1的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴的y3sin正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程是2．正方形ABCD的顶点都在C2上， 且A，B，C，D依逆时针次序排列，点A的极坐标为（2，（1)求点A，B，C，D的直角坐标； （2）设P为C1上任意一点，求|PA|2|PB|2|PC|2|PD|2的取值范围． ）． 3x2cosx2y21， 解:（1）曲线C1的参数方程化为直角坐标方程为y3sin4966 资料来源于网络

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曲线C2的极坐标方程2化为直角坐标方程为x2y24， 5因为点A的极坐标为（2，3），所以点B的极坐标为（2，6）， 411点C的极坐标为（2，3），点D的极坐标为（2，6）， 因此点A的直角坐标为（1，3），点B的直角坐标为（3，1）， 点C的直角坐标为（－1，－3），点D的直角坐标为（3，－1）． （2）设P（2cos，3sin），则|PA|2|PB|2|PC|2|PD|2 (2cos1)2(3sin3)2(2cos3)2(3sin1)2 (2cos1)2(3sin3)2(2cos3)2(3sin1)2 (2cos1)2(3sin3)2(2cos3)2(3sin1)2 (2cos1)2(3sin3)2(2cos3)2(3sin1)2 20sin232[32,52]． 2011年 因为0sin21，因此|PA|2|PB|2|PC|2|PD|2的取值范围为[32，52]． 23．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程 x2cos(为参数）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为，M为C1上的y22sin动点，P点满足OP2OM，点P的轨迹为曲线C2． （I）求C2的方程； （II）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线点的交点为A，与C2的异于极点的交点为B，求|AB|． 解：（I）设P(x，y)，则由条件知M(XY,)．由于M点在C1上，所以 223与C1的异于极 x2cos,x4cos2 即 yy44sin 22sin2x4cos从而C2的参数方程为（为参数） y44sin67

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（Ⅱ）曲线C1的极坐标方程为4sin，曲线C2的极坐标方程为8sin． 射线 2010年 射线3与C1的交点A的极径为14sin与C2的交点B的极径为28sin3， ． 33所以|AB||21|23． 二十一、不等式大题：

8年8考，而且是作为2个选做大题之一出现的，主要考绝对值不等式的解法（出现频率太高了，应当高度重视），偶尔也考基本不等式．全国卷很少考不等式小题，如果说考的话，可以认为在其它小题中考一些解法之类的问题．不等式作为一种工具，解题经常用到，不单独命小题显然也是合理的．不等式的证明一般考在函数导数综合题中出现．

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年份 2017年 题目及答案 23.[选修4-5：不等式选讲] 知函数f(x)x2ax4,g(x)|x1||x1| （1）当a1时，求不等式f（x）≥g（x）的解集； （2）若不等式f（x）≥g（x）的解集包含[–1，1]，求a的取值范围. 解：（1）当a1时，fxg(x)等价于 x2xx1x140， 当x1时，x23x40，无解； 当1x1时，x2x20，解得1x1； 当x1时，x2x40， 解得综上所述，fx≥gx解集为117． 1x2117． {x|1x}21恒成立． （2）依题意得：x2ax4≥2在1，1恒成立． 即x2ax2≤0在1，21a12≤0则只须，解出：1≤a≤1． 21a12≤01． 故a取值范围是1，2016年 （24）（本小题满分10分），选修4—5：不等式选讲 已知函数f(x)|x1||2x3|. （I）画出yf(x)的图像； （II）求不等式|f(x)|1的解集． 24．解:(I) 如图所示： x4，x≤13（II）fx3x2，1x 234x，x≥2fx1 当x≤1，x41，解得x5或x3 ∴x≤1 当1x31，3x21，解得x1或x 2369

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13∴1x或1x 323当x≥，4x1，解得x5或x3 23∴≤x3或x5 21综上，x或1x3或x5 31∴fx1，解集为，1，35，3 2015年 （24）（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 已知函数f(x)|x1|2|xa|，a0． （Ⅰ）当a1时，求不等式f(x)1的解集； （Ⅱ）若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围． （更多全国卷高考分析请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》一书，浙江大学出版社出版，淘宝、京东、当当、亚马逊等各大网店有售，最低19.37元包邮！） 2014年 （24）（本小题满分10分）选修4-5；不等式选讲 11若a0,b0,且ab ab（I）求a3b3的最小值； （II）是否存在a,b，使得2a3b6？并说明理由． 70

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解：(Ⅰ) 由ab112，得ab2，且当ab2时等号成立， abab故a3b33a3b342，且当ab2时等号成立， ∴a3b3的最小值为42． „„„5分 （Ⅱ）由62a3b26ab，得ab3，又由(Ⅰ)知ab2，二者矛盾， 2所以不存在a,b，使得2a3b6成立． „„„„„10分 2013年 24．(本小题满分10分)选修4—5：不等式选讲 已知函数f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3． (1)当a＝－2时，求不等式f(x)＜g(x)的解集； a1(2)设a＞－1，且当x∈[,)时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围． 22解：(1)当a＝－2时，不等式f(x)＜g(x)化为|2x－1|＋|2x－2|－x－3＜0． 设函数y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3， 15x,x,21则y＝x2,x1, 23x6,x1.其图像如图所示．从图像可知，当且仅当x∈(0,2)时，y＜0． 所以原不等式的解集是{x|0＜x＜2}． a1(2)当x∈,时，f(x)＝1＋a． 22不等式f(x)≤g(x)化为1＋a≤x＋3． a4a1所以x≥a－2对x∈,都成立．故≥a－2，即a≤． 23224从而a的取值范围是1,． 324．（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲 已知函数f(x)|xa||x2|． （1)当a3时，求不等式f(x)3的解集； （2）若f(x)|x4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围． 2012年 52x(x2)(2x3)． 解:（1）当a3时，f(x)|x3||x2|12x5(x3)71 资料来源于网络

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所以不等式f(x)3可化为 x22x3x3，或，或． 52x3132x53解得x1，或x4． 因此不等式f(x)3的解集为{x|x1或x4}． （2）由已知f(x)|x4|即为|xa||x2||x4|， 也即|xa||x4||x2|． 若f(x)|x4|的解集包含[1，2]，则x[1,2]，|xa||x4||x2|， 也就是x[1,2]，|xa|2， xa21a2所以x[1,2]，，从而， xa22a22011年 24．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 设函数f(x)|xa|3x，其中a0． （I）当a=1时，求不等式f(x)3x2的解集． （II）若不等式f(x)0的解集为｛x|x1}，求a的值． 解：（Ⅰ）当a1时，f(x)3x2可化为|x1|2． 由此可得 x3或x1．故不等式f(x)3x2的解集为{x|x3或x1}． (Ⅱ) 由f(x)0 得 xa3x0 xaxa此不等式化为不等式组 或 xa3x0ax3x0xaxaaa 即 x 或a42因为a0，所以不等式组的解集为x|xa由题设可得= 1，故a2． 272

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2010年 下文各例具体分析和更多全国卷备考策略请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》！

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六招破解高考导数压轴题

纵观近十年高考数学课标全国卷，容易发现导数压轴题有如下特点：主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值、最值，研究方程和不等式. 试题有一定的综合性，并与数学思想方法紧密结合，对函数与方程的思想，分类与整合的思想等都进行深入的考查.下面介绍破解高考导数压轴题的六种策略.

1. 分类讨论

分类讨论是高考数学解答题压轴题的常用方法，纵观2007-2017年高考数学课标全国卷解答题压轴题，几乎每一道都有用到分类讨论.高考要求考生理解什么样的问题需要分类讨论，为什么要分类，如何分类.

例1（2015年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理21）

1，g(x)lnx． 4（Ⅰ）当a为何值时，x轴为曲线yf(x)的切线；

已知函数f(x)x3ax（Ⅱ）用minm,n表示m,n中的最小值，设函数h(x)minf(x),g(x)(x0)，讨论h(x)零点的个数．

2. 分离参数

讨论含参数的方程或不等式解的问题时，进行分类讨论有时显得比较复杂.如果我们将含参数的方程经过变形，将参数分离出来，使方程的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数方程无关的主变元函数，通过函数的值域或单调性讨论原方程的解的情况，则往往显得非常简捷、有效．

例2（2013年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理21）

已知函数f(x)xaxb，g(x)e(cxd)，若曲线yf(x)和曲线yg(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y4x2.

（Ⅰ）求a，b，c，d的值；

（Ⅱ）若x2时，f(x)kg(x)，求k的取值范围.

2x3. 构造函数

利用导数解决不等式问题是导数的一个非常重要的应用，其关键是根据不等式的结构特点，构造恰当的辅助函数，进而通过研究函数的单调性和最值，最终解决问题.运用构造函数法来解题是培养学生创新意识的手段之一.

例3（2014年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理21）

bex1x设函数f(x)aelnx，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为ye(x1)2.

x（Ⅰ）求a，b；

（Ⅱ）证明：f(x)1.

4. 合理放缩

高考数学压轴题往往涉及函数不等式问题，由于高考命题基本上涉及超越函数，研究其单调区间时一般涉及解超越不等式，难度非常高，往往陷入绝境.放缩法是解决函数不等式问题的一把利器，关键是如何合理放缩.常见的一种放缩法是切线放缩法，曲线的切线为一次函数，高中阶段大部分函数的图像均在切线的同侧，即除切点外，函数的图像在切线的上方或下方，利用这一特性，可以将参与函数放缩成一次函数.

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例4（2013年高考数学全国甲卷（Ⅱ卷）理21） 已知函数f(x)eln(xm)．

（Ⅰ）设x0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）当m2时，证明f(x)0．

x5. 虚设零点

导数在研究函数的单调性、极值和最值方面有着重要的应用，而这些问题都离不开一个基本点——导函数的零点，因为导函数的零点既可能是原函数单调区间的分界点，也可能是原函数的极值点或最值点.可以说，抓住了导函数的零点，就抓住了原函数的要点.在高考导数压轴题中，经常会遇到导函数具有零点但求解相对比较复杂甚至无法求解的问题.此时，不必正面强求，只需要设出零点，充分利用其满足的关系式，谋求一种整体的代换和过渡，再结合其他统计解决问题，这种方法即是“虚设零点”.

例5（2016年高考数学全国甲卷（Ⅱ卷）理21）

x2x（Ⅰ）讨论函数f(x)e的单调性，并证明当x0时，(x2)exx20；

x2exaxa（Ⅱ）证明：当a[0,1)时，函数g(x)求函数h(a)(x0)有最小值. 设g(x)的最小值为h(a)，

x2的值域.

6. 多次求导

高中函数压轴题一般需要求导，利用导函数的正负来判断原函数的增减.有些试题，当你一次求导后发现得出的结果还存在未知的东西，导函数的正负没有清晰得表现出来时，就可以考虑二次求导甚至三次求导，这个时候要非常细心，观察全局，不然做到后边很容易出错.

例6（2010年高考数学课标全国卷理21）

设函数f(x)e1xax. （Ⅰ）若a0，求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若当x0时f(x)0，求a的取值范围．

x2

以上六例具体分析和更多全国卷备考策略请见《全国高考数学考什么：高考数学压轴题》！

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