年度考核总结-集体备课总结

2019年高考数学走出题海之黄金30题系列
专题一 经典母题
一、填空题
母题
1
【集合运算】【2017年江苏，理1】已知集合
A{1,2}
，
B{a,a
2
3}
，若
AB{1 }
，则实数
a
的
值为
▲
．

【答案】
1
【解析】由题意
1B
，显然
a
2< br>33
，所以
a1
，此时
a
2
34
，满足题意，故答案为
1
母题
2
【复数概念与运算】【2017江苏，理2 】已知复数
z(1i)(12i)
，其中
i
是虚数单位，则
z
的模是

▲
．

【答案】
10

【解析】
z(1i)(12i)1i12i2510
，故答案为< br>10
．
母题3【函数的性质】【2018年江苏卷】函数满足，且在区间上，
则
【答案】
【解析】
由得函数

的值为________．
的周期为4，所以

因此
母题4【函数与导数】【2018年江苏卷】若函数
则在上的最大值与最小值的和为________．
在内有且只有一个零点，
【答案】–3
【解析】
由
，因此


得，因为函数在上有且仅有一个零点且
在上单调递增，在

，所以
上单调递减，所以

从而函数
，

< br>母题5【三角形函数的图象和性质】【2018年江苏卷】已知函数
线对称，则的值是_____ ___．
的图象关于直
【答案】
【解析】
由题意可得

，所以，因为，所以
母题6【平面向量的数量积】【2016年高考江苏卷】如图，在
△
ABC
中，
D
是
BC
的中点，
E
，< br>F
是
AD
上的两个三等分点，
BCCA4
，
BFCF1
，则
BECE
的值是 ▲ .

【答案】
7

8
2222
114ADBC36FDBC
（BCAD）（BCA D）=4
， 【解析】因为
BACA
2244
11114FDBC
BFCF（BCAD）（BCAD）1
，
23234
2
114EDBC16FDBC7
513
（BCED）（BCED） .
因此
FD,BC
，
BECE
22448
82< br>2
2222
22
母题7【几何体的体积】【2018年江苏卷】如图所示，正方 体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面
体的体积为________．

【答案】
【解析】
由图可知，该多面体为两 个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于
该多面体的体积为
，< br>的前
n
项和，则使得
．将
成立
，所以
母题
8
【集合与数列、不等式】【2018年浙江卷】已知集合
的所有元素从小到大依次排列构成一个 数列
的
n
的最小值为
________
．

【答案】27
【解析】
设，则
．记为数列
，由得
，所 以只需研究是否有
，满足条件的解，此时
，为等差数列项数，且.由

得满足条件的最小值为.

母题9【双曲线的性质】2018年江苏卷】在平面直角 坐标系中，若双曲线的右焦
点到一条渐近线的距离为

，则其离心率的值是________．

【答案】2
【解析】
因为双曲线的焦点到渐近线即的距离为所以，因此

中，A为直线上在第一象母题10 【平面向量、直线与圆】【2018年江苏卷】在平面直角坐标系
限内的点，
【答案】3
【解析】
设，则由圆心为
所以
中点得
.所以
或

易得
，以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D．若，则点A的横坐标为________．
，与
，
，
联立解
得点D的横坐标
由
因为
得
，所以
母题11【程序框图与伪代码】【2016年高考江苏卷】右图是一个算法的流程图 ，则输出的
a
的值是 ▲ .

母题12 【平面向量与三角函数】【2015江苏高考，14】设向量
a
k
(cos
则

(
a
k
a
k+
1
)的值
k0
11
k

k

k

,sincos)(k0,1,2,
666
,12)
，
为

母题13 【古典概型】【2018年江苏卷】某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任 选2名学生去参加活
动，则恰好选中2名女生的概率为________．
【答案】
【解析】：从5名学生中抽取2名学生，共有10种方法，其中恰好选中2名女生的方法有3种，因此所求概< br>率为

2
【几何概型】【2017江苏高考，7】 记函数
f(x)6xx
的定义域为
D
．在区间
[4,5]< br>上随机取一个数
x
，
则
xD
的概率是 ▲ ．
【答案】
5

9

【茎叶图、平均数】【2018年江苏卷 】已知5位裁判给某运动员打出的分数的茎叶图如图所示，那么这5位
裁判打出的分数的平均数为___ _____．

【答案】90
【解析】
由茎叶图可知，5位裁判打出的 分数分别为
母题14【三角形与不等式】【2018年江苏卷】在
的平分线交
【答案】 9
【解析】
由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得
于点D，且，则< br>中，角
，故平均数为
所对的边分别为，，
.
的最小值为________．
，化简得
当且仅当
，因此
时取等号，则
2
的最小值为. < br>母题15【导数的几何意义】【2014江苏，理11】在平面直角坐标系
xoy
中，若 曲线
yax
b
（
a,b
为常
x
数）过点
P(2,5)
，且该曲线在点
P
处的切线与直线
7x2y30平行，则
ab
.
【答案】
3
．
【解析】曲线
yax
2
bbbb7
过点
P(2,5)
，则
4a5
①，又
y'2ax
2
，所以
4a 
②，由
x2x42

①②解得


a1,
所以
ab3
． < br>
b2,
母题16【直线与圆的位置关系】【2015江苏高考，10】在平面直角 坐标系
xOy
中，以点
(1,0)
为圆心且与直
线
mxy 2m10(mR)
相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为

母题17【直线和椭圆、双曲线】【【2018年理北京卷】已知椭圆，双曲线
．若 双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的
顶点，则椭圆M的离 心率为__________；双曲线N的离心率为__________．
【答案】
【解析】
由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为
离心率为双曲线N的渐近 线方程为
，再根据椭圆定义得，所以椭圆M的
2
，由题意得双曲线N的一条渐近线的倾斜角
为，
，则2y− 的最小值是_________. 母题18【线性规划】【2018年理北京卷】若 ,y满足
【答案】3
【解析】
不等式可转化为
令
的最小值为.
，即
，由图象可知，当
， 满足条件的
过点
在平面直角坐标系中的可行域如下图
时，取最小值，此时，

母题19【平面向量坐标运算】【2017江苏高考， 12】如图，在同一个平面内，向量
OA
，
OB
，
OC
的模 分
OA
与
OC
的夹角为

，
OB
与
OC
的夹角为45°别为1，1，
2
，且
tan

=7， ．若
OCmOAnOB
(m,nR)
，
则
mn
▲ ．

【答案】
3
【解析】由
tan

7
可得
sin


722
，
cos
< br>
，根据向量的分解，

1010



n cos45mcos

2


易得

，即< br>


nsin45msin

0



所以
mn3
．

22
nm2

5nm10
57
210
，即

，即得
m, n
，

44
272

5n7m0
nm0
210
母题20【数列通项公式与求和、数列基本量运算】【2017江苏高考，9】等比数列
{a
n
}
的各项均为实数，其
763
S
3
,S
6

44
，则
a
8
= ▲ ． 前
n
项和为
S
n
，已知
【答案】
32

二、解答题

母题21【立体几何点线面位置关系】【2018年江苏卷】在平行六面体
．
中，

求证：（1）
（2）
【答案】答案见解析
【解析】
证明：（1）在平行六面体ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中，AB∥A
1
B
1
．因为AB平面A
1< br>B
1
C，A
1
B
1
所以AB∥平面A
1B
1
C．
（2）在平行六面体ABCD-A
1
B
1< br>C
1
D
1
中，四边形ABB
1
A
1
为平行四边形．又因为AA
1
=AB，所以四边形ABB
1
A
1为菱形，因此AB
1
⊥A
1
B．又因为AB
1
⊥B1
C
1
，BC∥B
1
C
1
，所以AB
1
⊥BC．
又因为A
1
B∩BC=B，A
1
B平面A1
BC，BC平面A
1
BC，所以AB
1
⊥平面A
1< br>BC．因为AB
1
平面ABB
1
A
1
，
平面A
1
B
1
C，
；
．
所以平面ABB
1
A
1
⊥平面A
1
BC．

母题22【解三角形与三角函数恒等变换】【2018年江苏卷】已知
（1）求（2）求
的值；
的值．
为锐角，，．

【答案】（1）
【解析】
（1）因为，
．
（2）因为
因 此
为锐角，所以
．因为
．又因为
，所以
．
母题23【等差 数列与等比数列的综合应用】【2018年江苏卷】设
是首项为，公比为q的等比数列．
（1）设
（2）若
的取值范围（用表示）．
，若对
，证明：存在
均成立，求d的取值范围；
，使得对均成立，并求是首项为，公差为d的等差数列，
，所以
，因此，
，
，所以．因为，所以 ，因此，
（2）
【答案】（1）d的取值范围为
【解析】
（1）由条件知：
即
．（2）d的取值范围为，证明见解析.
．因为
对n=1，2，3，4均成立，即1
．
对n=1，2，3，4均成立，
1，1d3，32d5，73d9，得．
因此，d 的取值范围为
（2）由条件知：．若存在d，使得（n=2，3，···，m+1）成立，
即< br>为
d=0时，
，则
对
，从而
，即当
，
时，d 满足
，对
．因
均成立．因此，取
均成立．
下面讨论数列的最大值和数列

的最小值（）．

①当
当
时，
时，有，从而
的最大值为
，当x>0时，
．
，所以单调递减，
．因此，当
，
时，数列单
调递增，故数列②设
从而列单调递减，故数列的最小值为．因此 ，d的取值范围为．
【新定义数列】【2017江苏高考，理19】对于给定的正整数
k，若数列
{a
n
}
满足：
a
nk
a
nk1
a
n1
a
n1
a
nk1< br>a
nk
2ka
n
对任意正整数
n(nk)
总 成立，则称数列
{a
n
}
是“
P(k)
数
列”．
（
1
）证明：等差数列
{a
n
}
是“
P( 3)
数列”；

（
2
）若数列
{a
n
}< br>既是“
P(2)
数列”，又是“
P(3)
数列”，证明：
{a
n
}
是等差数列．

【解析】（
1
）因为
{a
n
}
是等差数列，设其公差为
d
，则
a
na
1
(n1)d
，

从而，当
n4
时 ，
a
nk
a
nk
a
1
(nk1)d a
1
(nk1)d

2a
1
2(n1)d 2a
n
，
k1,2,3,

所以
a
n3
a
n2
+a
n1
+a
n1
a
n2< br>+a
n3
6a
n
，

因此等差数列
{a
n
}
是“
P(3)
数列”．

a
n2
a
n3
4a
n1
( a
n1
a
n
)
，④

将③④代入②，得
a
n1
a
n1< br>2a
n
，其中
n4
，

所以
a
3
,a
4
,a
5
,
是等差数列，设其公差为
d'< br>．

在①中，取
n4
，则
a
2
a
3
a
5
a
6
4a
4
，所以
a2
a
3
d'
，

在①中，取
n3
，则
a
1
a
2
a
4
a
5
4a
3
，所以
a
1
a
3
2d'
，< br>
所以数列
{a
n
}
是等差数列．

母题24【等比数列通项公式和数列求和】【2016年高考江苏卷】（本小题满分16分）
记
U

1,2,,100

.对数列

a
n


nN
*

和
U
的子集
T
，若
T
，定义
S
T
0
；若
T< br>
t
1
,t
2
,,t
k

，
a
t
k
.例如：
T=

1,3,66

时，
S
T
a
1
a
3
+a
66
.现设

a
n

nN
*
是公比为3的等定义< br>S
T
a
t
1
a
t
2


比数列，且当
T=

2,4

时，
S
T
=30
.
（1）求数列

a
n

的通项公式；
（2）对任 意正整数
k

1k100

，若
T

1,2,
（3）设
CU,DU,S
C
S
D
，求证：
S
C
S
C
,k

，求证：
S
T
a
k1
；
D
2S
D
.
由（2） 得
S
A
2S
B
S
C
S
CD
2(S
D
S
CD
)S
C
S
CD
 2S
D
.
n1*
试题解析：（1）由已知得
a
n
a
1
3,nN
.
于是当
T{2,4}
时，S
r
a
2
a
4
3a
1
27a
1
30a
1
.
又
S
r
30
，故
30a
1
30
，即
a
1
1
. < br>n1*
所以数列
{a
n
}
的通项公式为
a
n
3,nN
.
（2）因为
T{1,2,,k}
，
a
n
3
n1
0,nN
*
，

所以
S
r
a
1
a
2

因此，
S
r
a
k1
.
a
k
13
1
3
k1
(3
k
1)3
k
.
2

故
S
E
2S
F1
，所以
S
C
S
C
即
S
C
S
CD
D
2(S
D
S
CD
)1
，
2S
D
1
.
D
综合①②③得，
S
C
S
C
2S
D
.
母题25【立体几何与空间向量 】【2018年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1< br>中，AB=AA
1
=2，点P，Q
分别为A
1
B
1< br>，BC的中点．

（1）求异面直线BP与AC
1
所成角的余弦值；
（2）求直线CC
1
与平面AQC
1
所成角的正弦值．
【答案】（1）
【解析】
如图，在正三棱柱ABC−A
1
B
1
C
1
中，设AC，A
1
C
1
的中点分别为O， O
1
，则OB⊥OC，OO
1
⊥OC，OO
1
⊥OB，以
所以
为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA
1
=2 ，
．
（2）

（1）因为P为A
1
B
1
的中点，所以，从而，
故
（2）因为Q为BC的中点，所以
．因此，异面直线BP与AC
1
所成角的余弦值为
，因此，．
．
设n=（x，y，z）为平面AQC
1
的一个法向 量，则即不妨取，设直线
CC
1
与平面AQC
1
所成角为，则
所成角的正弦值为．
，所以直线CC
1
与平面AQC
1
母题26 【应用题之函数】【2016江苏】现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四
棱 锥
PA
1
B
1
C
1
D
1
，下部 分的形状是正四棱柱
ABCDA
1
B
1
C
1
D< br>1
(如图所示)，并要求正四棱柱的高
OO
1
是
正四棱锥的高
PO
1
的4倍.

（1）若
AB6m,PO
1
2m,
则仓库的容积是多少？ （2）若正四棱锥的侧棱长为
6m
，则当
PO
1
为多少时，仓库 的容积最大？

【答案】（1）312（2）
PO
1
23

【解析】 < br>试题分析：（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解；（2）先根据体积关系建立函数 解
析式，
VV
锥
V
柱

26
36h h
3


0h6

，然后利用导数求其最值.

3
试题解析：解：（1）由PO
1
=2知OO
1
=4P O
1
=8.
因为A
1
B
1
=AB=6，
所以正四棱锥P-A
1
B
1
C
1
D
1
的 体积
V
锥
=A
1
B
1
2
PO
1

1
3
1
2
6224

m
3

;

3
正四棱柱ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
的体积
V
柱
=AB
2
OO
1
6
2
8288m
3
.

所以仓库的容积V=V
锥
+V
柱
=24+288=312（m
3
）.
(2)设A
1
B
1
=a(m)，PO
1
=h(m)，则01
=4h.连结O
1
B
1
.
222
因为在
Rt△
PO
1
B
1中，
O
1
B
1
PO
1
PB
1，


（
所以
2a
2
）h
2< br>36
，即
a
2
2

36h
2

.

2
于是仓库的容积
VV
柱
V
锥
a
2
4h
从而
V'
1
2
132 6
aha
2
h

36hh
3


0h6

，
333
26
363h
2

26

12h
2

.

3
令
V'0
，得
h23
或
h23
（舍）.
当
0h23
时，
V'0
，V是单调增函数；
当
23h6
时，
V'0
，V是单调减函数.

故
h23
时，V取得极大值，也是最大值.
因此，当
PO
1
23
m时，仓库的容积最大.
母题27 【直线和椭圆位置关系】【2018年江苏卷】如图，在平面直角坐标系
点，圆O的直径为．
中，椭圆C过点，焦

（1）求椭圆C及圆O的方程；
（2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P．
①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；
②直线l与椭圆C交于两点．若的面积为，求直线l的方程．


【答案】（1）椭圆C的方程为
（2）①点P的坐标为
【解析】
；圆O的方 程为
；②直线l的方程为
（1）因为椭圆C的焦点为，可设椭圆C的方程为．又点在椭
圆C上，所以
因为圆O的直径为
，解得
，所以其方程为
因此，椭圆C的方程为
．
，则
．
（2）①设直线l与圆O相切于，所以直线l的方程为

，即．由，消去y，得
．（*）因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，
所以．因为，所以．因此，
点P 的坐标为．②因为三角形OAB的面积为，所以，从而．设
，由（*）得，所以
．因为
，解得
方程为．
舍去），则
，所以
，因此P的坐标为
，即
．综上，直线l的

母题28【导数的综合运用】【2018年江苏卷】记
足且
与
与
，则 称为函数与
分别为函数
的一个“
S
点”．
的导函数．若存在，满
（1）证明：函数
（2）若函数
不存在“S点”；
存在“S点”，求实数a的值；
（3）已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间
内存在“S点”，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析（2）a的值为（3）对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x ）在区间（0，

+∞）内存在“S点”．
【解析】 < br>（1）函数f（x）=x，g（x）=x
2
+2x-2，则f′（x）=1，g′（x） =2x+2．
由f（x）=g（x）且f′（x）= g′（x），得
因此，f（x）与g（x）不存在“S”点．
（2）函数，，则．
，此方程组无解，
设x
0
为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x0
）与g（x
0
）且f′（x
0
）与g′（x
0
），得
，即，（*）
得，即，则．当时，满足方程组（*），即为f（x）与g（x）< br>的“S”点．因此，a的值为．
（3）对任意a>0，设．因为，且h（x）的
图象是 不间断的，所以存在∈（0，1），使得，令，则b>0．
函数，则．
由f（x）与g（x）且f′（x）与g′（x），得
，即（**）
此时，满足方程组（**），即是函数f（x）与g（x）在区间（0，1）内的一个“S点”．
因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”．
母题29【应用问题、三角函数与导数】【2018年江苏卷】某农场有一块农田，如图所示，它的边界 由圆O
的一段圆弧（P为此圆弧的中点）和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离 为50
米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块 形状为

，要求均在线段上，均在圆弧上．设OC与MN所成的角为．

（1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；
．求（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜， 大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为
当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的 年总产值最大．
【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方 米，△CDP的面积为
1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．
（2）当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大
【解析】
解：（1）连结P O并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所
以∠ COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，
则矩形ABCD的面积为2×40cos θ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），
△CDP的面积为×2×4 0cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．
过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．
令∠GOK =θ
0
，则sinθ
0
=，θ
0
∈（0，）．
当 θ∈[θ
0
，）时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是[，1）．
答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为

1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．
（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，
设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k（k>0），
则年总产值为4 k×800（4sinθcosθ+cosθ）+3k×1600（cosθ–sinθcosθ）
=8000k（sinθcosθ+cosθ），θ∈[θ
0
，）．设f（θ）= sinθcosθ+cosθ，θ∈[θ
0
，），
则．
令，得θ=，当θ ∈（θ
0
，）时，，所以f（θ）为增函数；当θ∈（，）时，，
所以f（θ）为减函 数，因此，当θ=时，f（θ）取到最大值．
答：当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
x
2
y
2
母题30【圆锥曲线中的定值】【2012江苏，理19】 如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆
2

2
1
(a
a b
＞b＞0)的左、右焦点分别为F
1
(－c,0)，F
2
(c,0 )．已知点(1，e)和(e，
率．
3
)都在椭圆上，其中e为椭圆的离心
2

(1)求椭圆的方程；
(2)设
A
，
B
是椭圆上位于
x
轴上方的两点，且 直线
AF
1
与直线
BF
2
平行，
AF
2< br>与
BF
1
交于点
P
.
①若
AF
1
－
BF
2
＝
6
，求直线
AF
1
的 斜率；
2
②求证：
PF
1
＋
PF
2
是定值．

＝
(my
1
)y
1

22
2(m
2
1)mm
2
1
.
2
m2
同理，
BF
2

2(m
2
1) mm
2
1
.
2
m2
2mm
2
1 2mm
2
16
2

①由以上两式可得
AF
1－
BF
2
＝，解得
m
＝2，注意到
m
＞0，故
m2
.
22
m2m22
所以直线
AF
1< br>的斜率为
12

.
m2

所以
PF
1
＋
PF
2
＝
22
232
=
.因此，
PF
1
＋
PF
2
是定值.学科&网
22