最新高考数学答题规范指导【至少多得5分】

DATIGUIFAN主编南昌市铁路第一中学章建荣（正高、特级教师）浙江省杭州第二中学冯金希（高级教师）目录CONTENTS一考前指引01二临考策略02专题一三角函数及解三角形02专题二数列10专题三向量、不等式16专题四概率与统计19专题五立体几何21专题六平面解析几何26专题七函数导数30三真题示范34高考是一场没有硝烟的战争，知己知彼，方能得胜。努力复习，认真刷题，接受每一次考试的检验，这是“知己”的过程，而“知彼”，则是了解试卷命题的规律，特别是近几年的真题卷的文本选取特点及命题角度。试卷，是考生与命题者、阅卷者之间的交流载体。沟通顺畅与否，一是取决于考生能否精准理解命题意图，即审题和读题的能力；二是取决于考生已有的答题知识与技巧，即知识储存量与答题策略；三是语言组织与文字呈现的规范程度，即答案的组织思路清晰度、层次明确度和书写整洁度。现就考前自主复习梳理、答题模板及考场答题攻略稍作整理，与2022届的考生共享。一、考前指引1.沉着迎战，调成数学思维模式考前正向心理建设，会事半功倍。高考数学一般在下午三点到五点进行，可以安排高考前一周在该时段进行数学练习，便于进入考场后大脑及时调整数学思维模式。进入考场后，坐定未拿到试卷前，可闭目养神，稳定情绪，增强信心，减轻压力，可思索一些数学公式或者简单题将大脑调整为数学模式；2.通览全卷，合理分配答题时间拿到试卷还不能动笔的情况下，可通览全卷，了解试卷大致题型，基本掌握试卷难易，可适当按照先易后难、先小后大、先熟后生的顺序合理分配时间。即先做简单题，一般试卷的排布就是按照题型由易到难；先做小题，选择填空题计算大的问题可采用“小题小做”方式，即代特殊值、将选项作为条件验证等方式进行；先做熟悉的题目，在拿下熟题后会使思维流程，信心倍增；当时间不够的情况要先做高分题，将条件写成数学式子，再结合这些条件得出相应结论，则步骤所至，结论自明。3.两“慢”两“快”，确保运算一步到位做题的时候，读题要“慢”，思维要“快”；运算要“慢”，书写要“快”；数学问题，一定要理清脉络，明确问题考查的方向，因此审题务必到位；由于数学考试时间总是很紧张，因此明确方向后，思路方法都是成竹在胸的，要快速解题。数学问题，运算是关键。尤其是复杂问题，一些简单的计算都会容易出错，关键步骤，宁慢勿快，力求一步到位。如果速度与准确度不能并存时，必须舍快求对。另外，建议清晰草稿纸，写上题号，万一发现错误，1可以往前推演，以免重复计算。4.规范书写，确保步骤不丢分首先必须仔细填涂，数学考试填涂题不多，务必确保填涂清晰，填的是自己想要的答案。填空题答题必须看清题目要求，规范格式，例如函数解析式的书写格式、集合的书写格式等等。解答题答题要特别注意以下几点：（1）阅卷老师看对不看错。答题过程中不要漏关键性步骤，这样会错失一些正确点的得分；（2）证明问题重过程，求值问题重结果。证明问题要按照判断定理写明每一个理由依据，求值问题必要要重视计算，可适当多写一些计算结论，尽可能多得分；（3）重思想，轻细节，各小问独立给分。书写过程中要将思考的方法写清楚。例如立体几何使用坐标法要写明如何建立坐标系，坐标系的正确建立非常重要；如果第一小问完成不了，可以继续做第二小题。二、临考策略专题一三角函数及解三角形【例题1】（2021·浙江第8题）已知,,是互不相同的锐角，则在sincos,sincos,sincos1三个值中，大于的个数的最大值是（）2A.0B.1C.2D.3【阅卷现场1】B【阅卷现场2】D失分原因（1）对于题型比较新颖的问题无从下手；（2）不同知识点间的融会贯通、综合应用不足；（3）正难则反的意识不够，也就是不会假设三个值都大于去推导矛盾；2防范措施（1）“小题小做”特殊值法能事半功倍。尤其是选择填空题没有思路的时候，可代入特殊值发现解题关键，有时会其意自现。譬如在这里可代入进行验证，可以排除A，B；（2）“正难则反”。选择题也可多用反证法的思路，也就是假设选项成立，推导出矛盾，1从而利用排除法排除。譬如这里可以假设三个式子全大于，则23sincossincossincos；这里不妨设，则2sincossincossincossincossincossincos13sinsin222（3）“知识整合，多途并举”。重视知识点的整合，重视综合性问题的训练。新高考背景下，既要强调数学内部知识的综合应用，更要强调数学知识在实际生活、在其他学科上的应用。譬如这个题目可以将三角与基本不等式结合起来，即sin22cossincos，2sin22cossin22cos同理sincos，sincos，223故sincossincossincos.2（4）三角函数的公式比较多，不仅要对所有公式进行记忆，而且要对公式间的关系进行深入挖掘。【例题2】（2019全国1卷理科）11.关于函数f(x)sin|x||sinx|有下述四个结论：①f(x)是偶函数②f(x)在区间（,）单调递增2③f(x)在[,]有4个零点④f(x)的最大值为2其中所有正确结论的编号是A.①②④B.②④C.①④D.①③【阅卷现场】3学生错解：学生正解：失分原因本题考查函数的性质，需要学生理解fx()与fx()的函数特征，会对复杂的函数进行分析研究函数的特征，在研究函数性质时，仅仅盯着函数解析式本身，没有对函数解析式进行化简分析，也不能借助函数图象直观的分析函数的性质.本题的错误情况有：（1）下不了笔，不会化简函数fxsinxsinx，研究其奇偶性、周期性、对称性及最值；（2）通过奇偶性定义判断出函数为偶函数，当x(,)时，没有正确化简函数解析2式，导致②的判断出错；4（3）先探究出x(0,]时f(x)2sinx，得到零点，再由对称性得到另一个零点，忘记了0也是函数的一个零点；防范措施“分拆讨论，合而求之”。引导学生理解yxsin||与yx|sin|，了解这两个函数的特征，发现他们都是偶函数，故fx()也为偶函数；当两个函数组合时，可以借助去绝对值2sinxx,0的办法将[0,2]的函数转化为分段函数fx()，借助函数图象进行正确0,x2的判断函数的最值、零点个数和单调性.正解：【答案】C【详解】fxsinxsinxsinxsinxfx,fx为偶函数，故①正确．当x时，fx2sinx，它在区间,单调递减，故②错误．22当0x时，，它有两个零点：0；当x0时，fxsinxsinx2sinx，它有一个零点：，故fx在,有3个零点：0，故③错误．当x2k,2kkN时，；当x2k,2k2kN时，fxsinxsinx0，又为偶函数，fx的最大值为2，故④正确．综上所述，①④正确，故选C．【点睛】画出函数fxsinxsinx的图象，由图象可得①④正确，故选C．5【例题3】18．（2020全国一卷文科）（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°.（1）若a=3c，b=27，求的面积；2（2）若sinA+sinC=，求C.2【阅卷现场】错解：正解：6错解：正解：失分原因不能从题目给的条件，合理地选择正弦定理与余弦定理来解三角形，在有些题目中只能选择正弦定理或余弦定理，也有时候两个定理均可解决但解题难度有差异，当学生选择的方法不是最佳解法时，往往因为计算复杂而不能继续往下导致放弃；在进行三角函数求角时，不能正确判断角的范围，导致多解出错失分；本题的错误情况有：（1）利用正弦定理对ac3变形得到sinAC3sin，没有继续往下；也有同学借助73AC，消去C（或A），利用差角的正弦公式展开出错；没有出错的得到tanA653（或tanC），但是不能进一步向下；9（2）利用余弦定理建立角B与三边长的关系时，余弦定理公式记错，或者解方程出错；2（2）在第二问中，消元后得到sin(C)，没有到注意C,得到C或626643C，多解失分。64防范措施(1)正确理解正弦定理和余弦定理的使用范围，合理的进行边角互化；(2)三角形中求角的问题，必须要关注角的范围，进行正确的判断，选择正确的答案.正解：18．解：（1）由题设及余弦定理得283c2c223c2cos150，解得c2（舍去），c2，从而a23.1△ABC的面积为232sin1503．2（2）在中，ABCC18030，所以sinACCCC3sinsin(30)3sinsin(30)，2故sin(30C).而0C30，所以30C45，故C15.2【例题4】（2021·浙江第18题）设函数fxsinxcosx(xR).（1）求函数y[f(x)]2的最小正周期；2（2）求函数yf())xf(x在[0,]上的最大值.428【阅卷现场1】失分原因（1）该学生第二小题审题不清，错将第一小题的结论代入运算；（2）该学生运算能力需要加强，出现三角运算的错误。【阅卷现场2】9失分原因（1）运算能力有待加强；（2）该学生在第二小题合一变形过程化简错误，原因是两角差的余弦公式逆向使用出错；（3）该题普遍存在书写步骤失分，公式化简出错，函数值域求解出错的问题；防范措施（1）要认真审题，及时检查：计算中注意养成及时检查的习惯；（2）重视公式记忆、运用：不仅要对学过的公式记对、记熟，而且要学会对三角公式的顺用、逆用：（3）注重合适的书写表达：要有正确的书写表达，首先要明白问题本质，譬如求三角函数的值域本质上是研究单调性，这里不可直接写出答案而是要说明相关变量的范围，或是画图，或是写明单调性；多关注课本上例题的书写，从模仿到能自然而然地写出正确的解题步骤；应答尽答，尽可能详细，给改卷老师给分的机会；总之，要令我们的答题过程尽可能清晰严谨。专题二数列【例题5】（2021·浙江第9题）已知a,bR,ab0，函数fxax2b()xR.若f(st),f(s),f(st)成等比数列，则平面上点st,的轨迹是（）A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线【阅卷现场】B失分原因（1）主观上害怕这一类题目，题目中涉及函数、数列、圆锥曲线，就无从下手；（2）运算能力不足，当出现变量很多的时候不知道该怎么整理表达式；（3）双曲线的标准方程推导不熟悉；防范措施（1）“据理列式，徐徐图之”。要保持对数学的信心，把每一句话写成数学式子，则步骤10所至，结论自明；譬如本题虽然处于选择题倒数第二小题，但思路很清晰，即将等比数列的条件写成：f(st)f(st)[f(s)]2，即[ast()2bast][()2b](as2b)2；（2）“加强运算，做到快、准”平时加强运算，遇到复杂的计算不轻言放弃，在不断计算中积累经验。譬如在该题中将上式左边展开后会发现是一个平方差公式：((as2at2b)2ast)((as2at2b)2ast)而打开后，(as22b)可作为整体直接与右边抵消，简化计算；同时对于变量很多的关系式，一定要有主元意识，按照主元的降幂化简；在该题中发现其中st,为主元，而将上式整理后得到2a2s2t2a2t42abt20，考虑t0后，按照的降幂化简得到2as22at2b0；（3）对圆锥曲线方程的各种形式要熟悉；是关于的二次方程，且二次项系数的符号不同，因此是双曲线；（4）书本上定义、定理的推理过程既复杂而且会感觉应用性不强，其实这些推导过程揭示问题本质。在新课学习过程中，要能独立地进行推导，并注意推导方法.【例题6】aa1,an(nN)（2021·浙江第10题）已知数列an满足11n.记数列{an}的前n1an项和为Sn，则（）3A.S3B.34S210010099C.4SD.S510022100【阅卷现场】B失分原因（1）对数列的放缩问题不熟悉，不能通过递推关系求解或者得到数列近似解的过程；该题11思维含量较大，需要对数列问题非常熟悉才能快速得到正确答案；（2）对小题小做，不完全归纳法不熟悉，平时练习时很少用这种方法去找到小题的近似解；例如本题可以尝试着求出数列的前四项，甚至更多，观察数列、以及数列前n项之和的变化，从而得到数列的大致范围，选出正确答案。防范措施（1）“开拓思路，不轻言放弃”：在平时练习中，多尝试用不同方法解题，对于难题不轻言放弃。对于数列问题，不完全归纳法是一种常见的研究数列通项的方法。平时练习时不仅可以对等量问题用该方法，对于比较困难的放缩问题，更加可以利用该方法发现数列的近似范围；譬如该题中，可计算n1,2,3,4时aSn,n,11111a3a11，a，a3，4，发现Sn明显大于，22223222252而后an不断减小，可以估计的大致范围为A;（2）整合知识体系：数列的放缩看上去很困难，无法寻找思维起点，但其原型一般就是我们所熟悉的等差、等比数列，或是数列求和的裂项相消、错位相减等等。不仅要学会研究这些数列本身，而且要学会将其他数列转化为这些我们容易求和的数列.譬如这道题可以参考裂项相消的方法整理递推公式如下：an1111121111an1()，从而发现，1anaann1anan24aann12这便是一个等差数列模型。【例题7】ann1,为奇数,1．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）已知数列an满足a11，an1为偶数ann2,.（1）记bann2，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；（2）求的前20项和.【阅卷现场】12学生错解：1314失分原因1.仅仅只是通过列举bn前几项就想找到规律，直接写的通项公式，这属于不完全归纳法，因此得不到满分。2.不少同学通过列举an的前几项找规律，直接写出的通项公式，同样属于不完全归纳法，得不到满分。3.也有同学通过列出的递推关系式，分奇偶讨论，采用累加法，可最终得不到正确结果，就算算得正确结果也花费了大量的时间，作为解答题第一题，此方法不太合适。4.对于条件的奇偶分段式关系，在求相邻两项关系时，没有理清关系，导致运算出错。5.不能很好地将数字抽象、一般化，且忽视了定义法去处理递推关系式。防范措施1.可通过列举几项找到规律，发现是一个等差数列，而想要求通项公式必须采用严谨的逻辑推理，因此切不可直接写结果，而是采用定义法，计算的后一项与前一项的差是一个定值。2.由于第一问问的是的通项公式，因此应该想着从数列的角度直接出发，若是从求解的通项公式的角度出发，则需要分奇偶讨论，再采用累加法，需要很强的基本功，否则容易陷入困境，即使求出的通项公式，也费了很多时间和精力。3.从定义的角度，求解相邻两项的差时，转化为的递推关系式的应用，理清n的实际意义，为奇数偶数代入的关系式是不同的。规律方法总结：数列问题，可先通过列举，猜想出结果，再利用数学的逻辑推理严谨地证明，若是猜想出等差或等比数列，可用定义法论证，或是数学归纳法证明。【答案】（1）bb122,5；（2）300.【分析】（1）由题设可得b1a2a112,b2a4a31a2215*又aa2kk2211，aa2kk122，()kN15故aa2kk223，即bbnn13，即bbnn13所以bn为等差数列，故bn2n133n1.（2）设an的前20项和为S20，则S20a1a2a3a20，因为a1a21,a3a41,,a19a201，所以S202a2a4a18a20109102b1b2b9b10102102310300.2专题三向量、不等式【例题9】（2021浙江高考）17.已知平面向量a,,,bc(c0)满足a1,b2,ab0,abc0.记向量d在ab,方向上的投影分别为x，y，da在c方向上的投影为z，则x2y2z2的最小值为___________.【阅卷现场】错解：16正解：失分原因本题考查平面向量的垂直、投影的概念，最后得出三个未知数的关系，进而利用不等式来求解三个数平方的最小值.本题的错误情况有：（1）拿到题目动不了笔，在向量问题中，借助坐标来直观刻画向量是一个很重要的方法，需要好几个已知条件整理出需要的等式关系.（2）部分同学用ab(1,0),(0，2)表示了向量ab,，并且利用abc0，将向量c表示出来，还写出了d，但是更深的理解什么是一个向量在另一个向量方向的投影；22xy（3）利用投影表示出z，虽不影响最后的答案，但是漏掉了522xyz这一情况；并且在这一步直接卡住，想通过将z用xy,表示，来求5x2y2z2的最小值，忘记了在计算最值时不等式这一重要工具，导致计算卡壳。17防范措施（1）“坐标法”，引导学生正确理解向量问题的处理办法，借助坐标可以帮助学生更简洁的进行计算与化简；ab（2）向量的投影是一个非常重要的概念，a在b方向的投影是acosa,b；||b（3）对于三个变量的问题求最值，要借助熟悉的三元均值不等式和柯西不等式进行求最值；正解：2【答案】5【详解】由题意，设a(1,0),b(0，2),c(m,n)，则abcm20n，即mn2，又向量d在ab,方向上的投影分别为x，y，所以dx,y，(da)cmx1ny2x2y所以da在c方向上的投影z，||cmn225即2xy5z2,2222212222212所以xyz215xyz2xy5z，101052x5xyz1当且仅当215即y时，等号成立，52xy5z25z5所以x2y2z2的最小值为.故答案为：.18专题四概率与统计【例题10】（2021浙江高考）15.袋中有4个红球m个黄球，n个绿球.现从中任取两个球，记取出的11红球数为，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则mn63___________，E___________.【阅卷现场】错解：正解：19失分原因根据古典概型的概率公式即可列式求得mn,的值，再根据随机变量的分布列即可求出E.本题的错误情况有：（1）“排列还是组合，顺序来定”，计算概率时，没有正确的判断样本空间及其中的样本点，没有深刻理解古典概型的等可能性；43141m（2）由已知条件列出（正确）、(mn4)(mn3)6(mn4)(mn3)3（错误），解得m6，一红一黄的概率计算有误，因为在写样本空间时，将实验理解为有顺序的选取，但在计算一红一黄的时候没有考虑顺序导致出错；2C461（3）用排列组合数进行求解时，不会解含组合数的方程22，得到CCmn44mn62Cmn436；（4）计算离散型随机变量的分布列，不能正确找到随机变量的所有取值，导致不能正确计算随机变量的期望值.防范措施（1）在利用古典概型解决概率问题时，一定要注意样本点的等可能性，当试验的总情况理解为有顺序的，在计算某一特定事件也要理解为有顺序的；（2）用排列数或组合数探究此类问题，对于复杂的方程要教会学生利用排列数或组合数来优化运算8【答案】①.1②.92C4612【详解】PC(2)22mn436，所以mn49，CCmn44mn6CC1141mm一红一黄4mP2m3,所以n2,则mn1．Cmn436931121CCC454555105由于PPP(2),(1)22,(0)6CC99369361820155158E()210．69183998故答案为：1；．9专题五立体几何【例题11】（2021全国甲卷理科）11.已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且ACBC,1ACBC，则三棱锥OABC的体积为（）2323A.B.C.D.121244【阅卷现场】错解：正解：21失分原因本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.本题的错误情况有：（1）不能理解球面上任意三点构成一个平面，此平面截球得到球的一个小圆，这个圆就是由A，B，C三点构成的三角形的外接圆；（2）等腰三角形的外接圆半径计算出错，不能求出球心到A，B，C三点所在平面的距离，不能正确求出三棱锥的体积；（3）不理解球心到球面的距离等于dR22r，其中R为球的半径，r为A，B，C三点所在圆的半径.防范措施正确理解几何体的外接球问题，会通过球的特征正确计算出球心到球面上任意三点所在平面的距离；熟悉平面多边形的外接圆半径的计算方法。【答案】A【详解】ACBC,1ACBC，ABC为等腰直角三角形，AB2，2则ABC外接圆的半径为，又球的半径为1，2设O到平面ABC的距离为d，222则2，d12211122所以VSd11.OABC3ABC32212故选：A.【例题12】（2021·浙江第19题）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，ABC120,AB1,BC4,PA15，M，N分别为BC,PC的中点，PDDC,PMMD.22（1）证明：ABPM；（2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.【阅卷现场1】失分原因由同学的解答过程可以看出，这两位同学对于定理的掌握不够扎实，思维逻辑性不强，对于立体几何中点线面的位置关系确定比较随意.防范措施对于立体几何的证明题，通常需要利用公理、判定定理、性质定理作为依托去判断空间中点线面的位置关系，而这两位同学由于对定理等的掌握程度不够，空间想象能力不够，因此在判断上有失误.（1）主干知识未掌握导致点线面位置关系理不清：这两位同学对于平行、垂直关系之间的转化未能形成知识框图，在脑海里是零散的，未成体系，建议将以下框图的定理补充完整；23（2）空间想象能力不足导致点线面位置关系理不清：当空间想象能力不足时，要能放回平面上来理解，可以发现只要将底面ABCD图形化成平面图，就不难理解底面ABCD中线线的平行、垂直关系，再将其放回空间中，不难理清空间几何体中线面的位置关系；要慢下来，理清所研究的几何体基本结构，对于解决两个小问都有帮助.（3）书写不规范：书写过程中要严格按照定理要求的条件列举每项理据，例如面面垂直到线面垂直的判定中，要说明是垂直于交线，即要说明哪条是交线，这也是思维逻辑严密性的体现.【阅卷现场2】失分原因这三位同学存在的问题有：1.未建立正确的空间直角坐标系；2.线段计算错误或者不会计算；243.书写不规范，“作证算”缺步骤.本题中还存在如下问题：（1）使用建系前不能明确空间几何体的点线面位置关系：未建立正确的空间直角坐标系，或者建立正确的坐标系后未能正确计算出AN的长度；（2）不重视公理：平时缺乏公理的应用训练，导致空间想象能力不足；利用传统几何法时不能顺利找到直线与平面的交点，或者不能准确算出线段的比例关系；（3）不能灵活应用向量法中的基底法：未能实现从平面向量到空间向量的类比转化，向量法只会使用坐标法，对本质的基底法掌握欠佳；（4）不能融会贯通地使用各种方法：使用坐标法要结合传统几何法明确点线面位置关系，等积法与传统几何法无法相辅相成.防范措施（1）“一作二证”。及时构建知识网络.熟悉教科书上的每个公理、定理，并构建知识网络.可以从两个方面理解公理定理.一是“作”，要学会应用公理找到空间中相交直线、直线与平面的交点，找到面面的交线.二是“证”，要理清从低维到高维的判定定理、从高维到低维的性质定理；要理清证明问题的各种途径，譬如证明线面平行，除了判定定理，还可以通过证明面面平行来获得；要理清利用平行、垂直关系找空间角的平面角的各种途径；（2）“距离和角，空间向量易解答”。努力提高运算能力.建立直角坐标系时，坐标运算失误是失分的主要原因.而计算失误除了计算本身出错，主要原因还是位置关系未理清，因此仔细计算点坐标、线坐标、法向量坐标的基础上，可适当利用前面已知或者第一小题的结果进行位置关系的验算.对一个问题进行多角度、多维度的分析、验算，确保计算无误，这个过程也可提高对知识网络的熟悉程度；（3）要重视逻辑的严密性与书写的规范性.利用建系法书写时，要说明如何建系（需要的时候需要有理由说明），必需的点、线坐标（可适当多写一些坐标以及线段长度），求解法向量的过程以及求角的公式；利用传统几何法时，可按照判断定理逆向寻找条件，根据条件反过来书写过程，不能忽略线在面内、线不在面内，线线交于一点，面面交于一线等条件的书写，避免定理使用错误或者步骤缺失而失分.25专题六平面解析几何【例题13】22（多选题）（2021全国新高考I卷）11.已知点P在圆xy5516上，点A4,0、B0,2，则（）A.点到直线AB的距离小于10B.点到直线的距离大于2C.当PBA最小时，PB32D.当最大时，【阅卷现场】错解：正解：26失分原因本题考查圆上的动点到直线的距离的最值问题，需要将圆上的点到直线的距离转化为求圆心到直线的距离，再进一步求圆上的点到直线的距离的取值范围。通过PBA的大小判断出当夹角何时最大和最小时直线与圆相切，通过直线与圆相切进一步求出切线长。本题的错误情况有：（1）求解直线AB方程时，不能由两点坐标正确写出直线方程；（2）不知道将圆上动点到直线的距离转化为圆心到直线的距离的问题，进而在AB、选项中选择错误；（3）没有正确的得到当直线与圆相离时，圆上动点到直线的距离的取值范围为[,]drdr（d是圆心到直线的距离，r是圆的半径）；（4）不能理解BP,BA所成角PBA取最大值和最小值时直线BP为圆的切线；（5）不能正确计算切线长BPBM22r.防范措施（1）明确直线与圆的位置关系，正确求解圆心到直线的距离；（2）明确当直线与圆相离时，圆上的动点到直线距离的取值范围；（3）借助图象判断，会求过某点的直线与圆相切时的切线长。参考答案：【答案】ACD22【详解】圆xy5516圆心为M5,5，半径为4，xy直线AB的方程为1，即xy240，4227的525411115圆心M到直线AB的距离为4，122255115所以，点P到直线的距离的最小值为42，最大值为5115410，A选项正确，B选项错误；如下图所示：5当PBA最大或最小时，PB与圆相切，连接MP、BM，可知PMPB，BM05222534，MP4，由勾股定理可得BPBM22MP32，CD选项正确.故选：ACD.【例题14】（2021·浙江第20题）如图，已知F是抛物线y220pxp的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且MF2，（1）求抛物线的方程；（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线MA,,MBAB，x轴2依次交于点P，Q，R，N，且RNPNQN，求直线l在x轴上截距的范围.【阅卷现场1】28【阅卷现场2】失分原因（1）做题目标性不明确：解析几何问题变量较多，解题时必须要明确几个目标：求什么，主变量的选择，怎么计算得到。只有明确了这一点，即便是运算发生失误，也能拿到思路的分数。在解决该题过程中，同学2非常明确求P、Q、R三点的坐标，并进行计算，而同学1的步骤中未 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 任何相关信息；（2）书写格式不规范：同学1会将直线方程代入圆锥曲线方程，写相关步骤。当涉及求、、三点的坐标时，觉得太过复杂而未进行书写，失去得分机会；部分同学不懂怎么书写，将第（2）小题都空着，更不可取，不能放弃每一个题；（3）运算不过关：平时运算方面练习不足，因此在处理复杂运算时不知道该如何处理这么多变量的情况。防范措施（1）“明确几个目标：求什么，主变量的选择，怎么计算得到”。理清解题思路：对于圆锥曲线相关的解题思路还是比较固定的，所以平时多注意对比相关题型的解题思路和解题步骤，模仿答案的步骤思路进行答题，能令自己的答题过程更加完美；29（2）“书写要规范，步骤要重点”。书写格式要规范：解析几何运算复杂，想要算对不容易，因此在解题过程中必须理清思路，先将过程写清楚，也就是按照题目设定的目标要求去书写解题步骤，相关的点坐标、直线方程可适当多写；（3）加强运算训练：除了平时加强运算训练，总结运算技巧方法外，要注意养成及时检查的习惯，重视计算的细节。专题七函数导数【例题15】20．（2020全国一卷文科）（12分）已知函数f(x)exa(x2).（1）当a1时，讨论fx()的单调性；（2）若有两个零点，求a的取值范围.【阅卷现场】学生错解：30学生正解：31失分原因部分同学对于函数求导公式不熟，导致失分，还有部分同学对于指数不等式不熟悉导致单调区间的计算错误。对于含参函数零点个数的讨论部分同学选择直接讨论含参函数的单调性，进而判断函数的大致图象，但是对含参函数单调性的分类讨论不清晰，不能正确的判断函数的单调性，进而借助函数图象大致判断函数的零点个数，但是进一步判断函数的零点个数时，没有借助函数的零点的存在性判定定理严格判断函数的零点个数；还有部分同学选择分离参数将函数的零点个数转化为函数图象的交点个数时，分离后的函数图象绘制没有正确的判断函数的定义域、函数的单调性以及函数的取值极限来大致画出函数图象，导致失分。本题的错误原因有：（1）第一问中求导fx'()ex1计算出错，或者不能正确的解不等式ex10（2）第二问中用直接讨论fx()的单调性时：①求导后f'(x)exa，不能正确的对参数a进行分类，讨论出函数的单调性；②判断含参函数的零点个数时，可以利用导数研究函数的单调性进而判断函数的零点个数，但部分学生没有深刻理解零点的存在性判定定理，不能正确的证明函数零点的个数，仅仅利用fx()min0和函数的单调性就判断出有两个零点；③利用零点的存在性判定定理证明零点的个数时，不能正确找到零点的存在区间，或只判断出f(2)0，没有判断出在xa2ln(2)时，fx()0，就不能判断零点的存在；（3）第二问中分离参数将函数的零点个数转化为函数图象的交点个数：①在讨论含参函数的零点个数时，还可以选择参变分离，将函数的零点个数转化为函数图象ex的交点个数时，对于分离后的函数gx()，没有对x2与x2进行分类；x2ex(x1)②求导后gx'()判断函数单调性时没有考虑到，直接得出函数gx()在(x2)2(,1)单调递减，在(1,)单调递增，虽然正确的得出的a的范围是正确的，但是图象绘制不对；③正确的绘制好函数的大致图象时，没有简单解释当x2，x2，x，x，函数值的极限，导致不够严谨失分。32防范措施(1)讨论含参函数单调性时，利用导函数的符号来判断参数的分类依据；(2)正确理解函数的零点的存在性判定定理，利用此定理正确的判断出函数零点的个数时正确判断函数零点所在区间；(3)绘制函数图象时，要注意函数的定义域、函数的取值，进而正确的绘制函数图象.正解：20．解：（1）当a=1时，f（x）=ex–x–2，则fx（）=ex–1．当x<0时，<0；当x>0时，>0．所以f（x）在（–∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．（2）=ex–a．当a≤0时，>0，所以f（x）在（–∞，+∞）单调递增，故f（x）至多存在1个零点，不合题意．当a>0时，由=0可得x=lna．当x∈（–∞，lna）时，<0；当x∈（lna，+∞）时，>0．所以f（x）在（–∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增，故当x=lna时，f（x）取得最小值，最小值为f（lna）=–a（1+lna）．1（i）若0≤a≤，则f（lna）≥0，f（x）在（–∞，+∞）至多存在1个零点，不合题意．e（ii）若a>，则f（lna）<0．由于f（–2）=e–2>0，所以f（x）在（–∞，lna）存在唯一零点．由（1）知，当x>2时，ex–x–2>0，所以当x>4且x>2ln（2a）时，xxxf()eex22a(x2)eln(2a)(2)a(x2)2a0．2故f（x）在（lna，+∞）存在唯一零点，从而f（x）在（–∞，+∞）有两个零点．1综上，a的取值范围是（，+∞）．e33三、真题示范1.（全国甲卷理科第8题）2020年12月8日,中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m）,三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图,现有ABC,,三点,且ABC,,在同一水平面上的投影ABC,,满足ACB45,ABC60．由C点测得B点的仰角为15,BB与CC的差为100；由B点测得A点的仰角为45,则AC,两点到水平面ABC的高度差AACC约为（31.732）（）A.346B.373C.446D.473【答案】B【解析】过C作CHBB',过B作BDAA',故AA'CC'AA'BB'BHAA'BB'100AD100,由题,易知△ADB为等腰直角三角形,所以ADDB．所以AA'CC'DB100A'B'100．100因为BCH15,所以CHC''B,在ABC'''tan15中,由正弦定理得：ABCB''''100100,而sin45sin75tan15cos15sin1562sin15sin(4530)sin45cos30cos45sin30,421004所以所以AA'CC'A'B'100373．AB''2100(31)273，62故选B．【答题分析】34本题以测量珠穆朗玛峰高程的方法之一——三角高程测量法为背景设计,要求考生能正确应用线线关系、线面关系、点面关系等几何知识构建计算模型,情境真实,突出理论联系实际,求解的关键是将已知所求量转化到一个三角形中,借助正弦定理或余弦定理求解.求距离、高度问题的注意事项：(1)选定或确定要创建的三角形,要首先确定所求量所在的三角形,若其他量已知则直接解；若有未知量,则把未知量放在另一确定三角形中求解．(2)确定用正弦定理还是余弦定理,如果都可用,就选择更便于计算的定理．2.(全国新高考I卷第10题)已知O为坐标原点，点P1cos,sin，P2cos,sin，P3cos,sin，A(1,0)，则（）A.OP12OPB.AP12APC.OAOP3OP12OPD.OAOP1OP2OP3【答案】AC【解析】A：，OP(cos,sin)，所以22，OP1(cos,sin)2|OP1|cossin122，故|OP||OP|，正确；|OP2|(cos)(sin)112B：AP1(cos1,sin)，AP2(cos1,sin)，所以|AP|(cos1)2sin2cos22cos1sin22(1cos)4sin22|sin|122，同理|AP|(cos1)22sin2|sin|，故|AP|,|AP|不一定相等，错误；2212C：由题意得：OAOP31cos()0sin()cos()，OP12OPcoscossin(sin)cos()，正确；D：由题意得：OAOP11cos0sincos，OP23OPcoscos()(sin)sin()cos(())cos(2)，故一般来说OAOP1OP2OP3故错误；故选：AC3.(全国新高考I卷第12题)在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA11，点P满足35BPBCBB1，其中[0,1]，[0,1]，则（）A.当1时，AB1P的周长为定值B.当1时，三棱锥PA1BC的体积为定值1C.当时，有且仅有一个点P，使得APBP211D.当时，有且仅有一个点，使得AB平面ABP211【答案】BD【解析】BPBCBB1(01,01).对于选项A，当1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时AB1P的周长为222AB1APPB1211(1)21222，不是定值，故A错误；对于选项B，当1时，点P在棱BC上运动，如图2所示，则V11PA1BC133313VSS11，为定值，故B正确；A1PBC3PBC26PBC6212对于选项C，取BC的中点D，BC11的中点D1，连接DD1，AB1，1则当时，点P在线段DD上运动，如图3所示．假设APBP，21131则AP2BP2AB2,即())2(1)2(222，解得0或11221，所以点P与点D或D1重合时，A1PBP，故C错误；对于选项D，有如下方法：法一：特征排除法由多选题的特征，且A、C错误，B正确，所以D也正确，故选B、D.法二：求解对照法对于选项D，易知四边形ABB11A为正方形，所以A11BAB.设AB1与AB1交于点K，连接PK，要使AB1平面AB1P，需A1BKP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确．综上，选B、D.36法三：求解对照法1对于选项D，分别取BB，CC的中点E，F，连接EF，则当时，112点P在线段EF上运动，以点C为原点建立如图4所示的空间直角坐标系311Cxyz，则B1(0,1,1),B(0,1,0),A(,,1),P(0,1,),所以1222311ABBP(,,1),(0,,).若AB1平面AB1P，则ABBP11，所以1122210，解得1，所以只存在一个点P，使得AB平面ABP，此时点P与F重2211合，故D正确．综上，选B、D.【答题分析】此类问题从内容上看各选项之间没有关系，需要逐个判断选项的正误，熟练、准确地掌握涉及的每个知识点和思想方法才能得以解决，靠的是硬实力．但在解题过程中为了节省时间，若已得出A、C错，B正确，不用验证D，直接选BD即可，若时间有限，可利用这个特征节省时间．4.(全国新高考I卷第14题)已知O为坐标原点，抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，P为上一点，PF与x轴垂直，Q为轴上一点，且PQOP，若FQ6，则的准线方程为______.3【答案】x2p【解析】抛物线：()的焦点F,0,2∵P为上一点，与轴垂直，p所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为p,2p不妨设Pp(,),2因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，37又|FQ|6，puuurQ(6,0),PQ(6,p)2p因为PQOP，所以PQOP60p2,2Qpp0,3，3所以C的准线方程为x2故答案为：.【答题分析】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.5.(全国新高考I卷第19题)记ABC是内角A，B，的对边分别为a，b，c.已知b2ac，点D在边AC上，BDsinABCasinC.（1）证明：BDb；（2）若AD2DC，求cosABC.7【答案】（1）证明见解析；（2）cosABC.12aCsin【解析】（1）由题设，BD，由正弦定理知：sinABCcbsinCc，即，sinCsinABCsinABCbac∴BD，又，b∴，得证.2bb（2）由题意知：BDb,,ADDC，33384bb2213bb2210b2c2c2b2a2a2∴cosADB99，同理cosCDB99，2b2b22b4b2b2b3333∵ADBCDB，2213bb2210ca2992211b∴，整理得2ac，又b2ac，42bb22333bb4211a21a23∴2a2，整理得6a411a2b23b40，解得或，a23b23b22a2c2b24a2由余弦定理知：cosABC，2ac32b277当时，cosABC1不合题意；当时，cosABC；612综上，.【答题分析】第二问，根据余弦定理及得到abc,,的数量关系，结合已知条件及余弦定理求cosABC.6.(全国新高考I卷第20题)如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCD，ABAD，O为BD的中点.（1）证明：OACD；（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE2EA，且二面角EBCD的大小为45，求三棱锥的体积.3【答案】(1)详见解析(2)6【解析】（1）因为ABAD,O为BD中点，所以AOBD,因为平面ABD平面BCDBD,平面ABD平面BCD，AO平面ABD，因此AO平面BCD，因为CD平面BCD，所以AOCD39(2)法一：作EFBD于F,作FMBC于M,连EM,因为AO平面BCD，所以AOBD,AOCD,所以EFBD,EFCD,BDCDD,因此EF平面BCD，即EFBC,因为FMBC，FMIEFF,所以BC平面EFM，即BCME,则EMF为二面角EBCD的平面角,EMF4因为BOOD,OCD为正三角形,所以BCD为直角三角形1112因为DE2EA,FMBF(1)22332从而EFFM,AO1,AO平面BCD,31113所以VAOS1133BCD326法二：以点O为坐标原点,过点O在平面BCD内与BD垂直的直线为x轴,直线OD,OA分别为y轴、z轴,建立空间直角坐标系,设OA=t31则O0,0,0,B0,1,0,C,,0,A0,0,t,D0,1,0,223311tAB0,1,t,BC,,0,AD0,1,t,AEAD0,,,2233342tBEAEAB0,,,33平面BCD的一个法向量n0,0,1,33xy0mBC022设平面BCE的一个法向量mx,,yz,则,即,mBE042tyz03323取x3,得m3,1,,t因为二面角E-BC-D的大小45,402|nm|2所以t,t1,nm424t2由OB=CC=OD=1,可得BCCD,CD1,BC3,113所以V=131.ABCD326【答题分析】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法，五是向量法.全国新高考卷第题在平面直角坐标系中，已知点、7.(I21)xOyF117,0，，点的轨迹为F217,0MF1MF22MC.（1）求的方程；1（2）设点T在直线x上，过的两条直线分别交于A、B两点和P，Q两点，且2TATBTPTQ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.y2【答案】（1）xx211；（2）0.16【解析】因为MF1MF22F1F2217，所以，轨迹是以点F1、F2为左、右焦点的双曲线的右支，xy22设轨迹的方程为1ab0,0，则22a，可得a1，ba1724，ab22所以，轨迹的方程为；1（2）设点Tt(,)，若过点的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线无公共点，211不妨直线的方程为ytk(x)，即ykxtk，12112411ykxtk11y2212联立2，消去并整理可得(k116))xk1(2tk1x(tk1)160，22216xy1611设点Ax,y、Bx,y，则x且x.11221222212k112kt(tk1)16由韦达定理可得xx122，2，所以，xx12k1162k116222211x1x21(t12))(1k1TATB1k1|x1||x2|(1k1))(x1x22，2224k11622(tk12))(12设直线PQ的斜率为k2，同理可得TPTQ2，k2162222(t12))(1k12)(t12(1k)22因为TATBTPTQ，即22，整理可得kk12，kk121616即k1k2k1k20，显然kk120，故kk120.因此，直线AB与直线的斜率之和为0.【答题分析】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．42