强烈推荐!理科、近三年全国新课标高考数学试卷试题分析

2015 年全国新课标数学考纲研读及命题分析
试卷结构保持稳定;考查内容相对稳定,仍然遵循主干知识重点 考查的原则;对能力的考查力度逐年提升。现把 2011~2013 年全国课 标卷所考查的知识点的情况以及相邻两年的对比分析如下。

高考数学试卷考点分析 题型 选择 题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

2013
集合 复数的运算 三角函数恒等变换 框图 平面向量(夹角) 三角函数图像平移 排列组合 线性规划 三视图 解析几何(抛物线) 函数 命题

2012
集合 排列组合 复数的运算 命题

2011
复数的运算 函数基本性质 框图 概率 三角函数 角的终边

圆锥曲线(椭圆) 数列 框图 三视图 圆锥曲线(双曲线) 三角函数单调性 函数的图象 立体几何 函数 平面向量 线性规划

三视图 圆锥曲线(双曲线)离心 率 二项式定理 定积分 平面向量 三角函数 命题

函数的基本性 质 函数

立体几何(体积) 不等式的解法 圆锥曲线(双曲线)

填空

13 14

线性规划 圆锥曲线(椭圆)

1

15 16

概率统计(正态分布) 概率统计(正态分布) 三角函数 等差数列 数列通项公式 数列前 n 项和 数列前 n 项和 求角 解三角形 函数解析式 概率数字特征 线线垂直 二面角的大小 抛物线 圆的方程

立体几何 三角函数(解三角形) 数列通项公式 数列前 n 项和 线线垂直 二面角的大小 概率 概率数字特征 轨迹方程 点到直线的距离 参数求值 恒成立 取值范围 四点共圆 圆的半径 轨迹方程 参数方程 解含绝对值的不等式 已知解集求参数

解答

17

18

统计的数字特征 概率

19

面面垂直 二面角的大小

20

椭圆 圆的半径 圆的方程

点到直线的距离 函数解析式 单调区间 不等式恒成立问题 最 值 线线相等 三角形相似 极坐标化直角坐标 参数方程 解含绝对值的不等式 恒成立

21

函数解析式 单调区间 不等式恒成立问题

22选 考

圆的切线证明 切割线定理 中位线

23选 考

直角坐标系与极坐标系 间方程的转化 公共弦、参数方程

24选 考

解含绝对值的不等式 恒成立、分段函数

2

试题分析(以函数大题为例) 1.(2011 全国新课标理 21)(本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ? 为 x ? 2y ? 3 ? 0 。 (Ⅰ)求 a 、 b 的值; (Ⅱ)如果当 x ? 0 ,且 x ? 1 时, f ( x) ?
?(
x ?1 ? ln x) b x ? 2 2 ( x ? 1) x

a ln x b ? ,曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程 x ?1 x

ln x k ? ,求 k 的取值范围。 x ?1 x

【解析】 (Ⅰ) f '( x) ?

( ) 1 , ? ?f1 1 ? 由于直线 x ? 2 y ? 3 ? 0 的斜率为 ? , 且过点 (1,1) , 故? 1 即 2 f 1 ( ) ' ? ? , ? ? 2 ?b ? 1, ? ?a 1 ?b ? ? , ? ?2 2

解得 a ? 1 , b ? 1 。

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x) ?

ln x 1 ? ,所以 x ?1 x

ln x k 1 (k ? 1)( x 2 ? 1) f ( x) ? ( ? )? (2ln x ? )。 x ?1 x 1 ? x2 x


h ' x (? (k ? )







h(
)

? x)
2

? 2

(k ? x 12 ? ) x l n x

(

(x ?

1 ) 0 , )



12 ? x) ? ( x1 。 2 x

(i)设 k ? 0 ,由 h '( x) ?

k ( x 2 ? 1) ? ( x ? 1) 2 知,当 x ? 1 时, h '( x ) ? 0 ,h(x)递 x2

减。而 h(1) ? 0 故当 x ? (0,1) 时, h( x) ? 0 ,可得

1 h( x) ? 0 ; 1 ? x2 1 当 x ? (1,+ ? )时,h(x)<0,可得 h(x)>0 1? x2 ln x k ln x k 从而当 x>0,且 x ? 1 时, f (x) ( + ) >0, 即f (x) > + . x ?1 x x ?1 x
3

(ii) 设 0<k<1.由于 (k ? 1)( x 2 ? 1) ? 2 x = (k ? 1) x2 ? 2 x ? k ? 1 的图像开口 向下,且 ? ? 4 ? 4(k ? 1)2 ? 0 ,对称轴 x=
1 1 ? 1 当 x ? (1, )时, 1? k 1? k .

(k-1) (x2 +1)+2x>0,故 h ' (x)>0,而 h(1)=0, 故当 x ? (1, 与题设矛盾。 (iii)设 k ? 1.此时 x2 ? 1 ? 2 x , (k ? 1)( x2 ? 1) ? 2 x ? 0 ? h ' (x)>0, 而 h(1)=0,故当 x ? (1,+ ? )时,h(x)>0,可得 <0,与题设矛盾。 综合得,k 的取值范围为(- ? ,0] 点评;求参数的范围一般用离参法,然后用导数求出最值进行求解。 若求导后不易得到极值点,可二次求导,还不行时,就要使用参数讨 论法了。即以参数为分类标准,看是否符合题意。求的答案。此题用 的便是后者。 2.(2012 全国新课标,理 21)(本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) 满足满足 f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) x ? x 2 ; (1)求 f ( x) 的解析式及单调区间; (2)若 f ( x) ? x 2 ? ax ? b ,求 (a ? 1)b 的最大值。 【解析】 (1) f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) x ? x 2 ? f ?( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) ? x 令 x ? 1 得: f (0) ? 1
1 2 x ? f (0) ? f ?(1)e ?1 ? 1 ? f ?(1) ? e 2 1 得: f ( x) ? e x ? x ? x 2 ? g ( x) ? f ?( x) ? e x ? 1 ? x 2 f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? x ? 1 2
1 2

1 1 )时,h(x)>0,可得 h(x) 1? k 1? x2

<0,

1 h(x) 1? x2

1 2

4

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) ? e x ? x ? x 2 且单调递增区间为 (0, ??) ,单调递减区间为 (??, 0) ( 2 )
f ( x) ? 1 2 x ? ax ? b ? h( x) ? e x ? (a ? 1) x ? b ? 0 2

1 2



h?( x) ? e x ? (a ? 1)

①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)2 ln(a ?1)(a ?1 ? 0)

令 F ( x) ? x2 ? x2 ln x( x ? 0) ;则 F ?( x) ? x(1 ? 2ln x)
F ?( x) ? 0 ? 0 ? x ? e , F ?( x) ? 0 ? x ? e

当 x ? e 时, F ( x) max ?

e 2 e 2

当 a ? e ?1, b ? e 时, (a ? 1)b 的最大值为

3.(2013 全国新课标Ⅱ,理 21)(本小题满分 12 分) 已知函数 f(x)=ex-ln(x+m). (1)设 x=0 是 f(x)的极值点,求 m,并讨论 f(x)的单调性; (2)当 m≤2 时,证明 f(x)>0. 【解析】(1)f′(x)= e x ?
1 . x?m

由 x=0 是 f(x)的极值点得 f′(0)=0,所以 m=1. 于是 f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞),f′(x)=
ex ? 1 . x ?1 1 在(-1,+∞)单调递增,且 f′(0)=0. x ?1
5

函数 f′(x)= e x ?

因此当 x∈(-1,0)时,f′(x)<0; 当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 所以 f(x)在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. (2)当 m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需 证明当 m=2 时,f(x)>0. 当 m=2 时,函数 f′(x)= e x ?
1 在(-2,+∞)单调递增. x?2

又 f′(-1)<0,f′(0)>0, 故 f′(x)=0 在(-2,+∞)有唯一实根 x0,且 x0∈(-1,0). 当 x∈(-2,x0)时,f′(x)<0; 当 x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,从而当 x=x0 时,f(x)取得最 小值. 由 f′(x0)=0 得 e x =
0

1 ,ln(x0+2)=-x0, x0 ? 2

? x0 ? 1?2 1 故 f(x)≥f(x0)= +x0= >0. x0 ? 2 x0 ? 2

综上,当 m≤2 时,f(x)>0.

6


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