2019高考数学分析.pdf

20192019 全国高考数学试题全国高考数学试题 评价与特点分析评价与特点分析 北京北京 丁益祥丁益祥 一、试题总体评价一、试题总体评价 二、试题特点分析二、试题特点分析 一、试题总体评价一、试题总体评价 20192019 年全国及自主命题省市的高考数学试年全国及自主命题省市的高考数学试 题，都能依照考试大纲的要求，较好地坚持了题，都能依照考试大纲的要求，较好地坚持了 “考查基础知识的同时，注重考查能力”的原“考查基础知识的同时，注重考查能力”的原 则在以能力立意的命题思想指导下，则在以能力立意的命题思想指导下，注意了注意了 数学的学科特点和育人功能，体现了知识的基数学的学科特点和育人功能，体现了知识的基 础性和综合性，础性和综合性，着意将知识、能力与素质融为着意将知识、能力与素质融为 一体，一体，既全面考查了既全面考查了必备知识必备知识和基本技能和基本技能，又，又 着重考查了着重考查了核心考点、数学思想、核心素养、核心考点、数学思想、核心素养、 数学应用、创新意识、传统文化、“五育”精数学应用、创新意识、传统文化、“五育”精 神神以及以及考生进入高校考生进入高校继续学习的潜能继续学习的潜能 就全国卷而言，与就全国卷而言，与 20182018 年相比，年相比，主主 观题观题在各部分内容的布局和考查难度在各部分内容的布局和考查难度 上进行上进行了适当的了适当的调整调整和和动态设计，打动态设计，打 破了过去压轴题破了过去压轴题考查导数或解析几何考查导数或解析几何 的惯例的惯例这在一定程度上有助于考查这在一定程度上有助于考查 考生灵活应变的能力考生灵活应变的能力以及自我以及自我调整调整心心 态的素质，态的素质，有助于学生全面学习有助于学生全面学习和和掌掌 握重点知识和重点内容，同时握重点知识和重点内容，同时也也有助有助 于破解僵化的应试教育于破解僵化的应试教育 二、试题特点分析二、试题特点分析 特点特点 1 1：考查基础知识：考查基础知识 特点特点 2 2：考查重点内容：考查重点内容 特点特点 3 3：考查数学思想：考查数学思想 特点特点 4 4：考查数学应用考查数学应用 特点特点 5 5：考查核心素养考查核心素养 特点特点 6 6：考查创新意识考查创新意识 特点特点 7 7：考查传统文化考查传统文化 特点特点 8 8：体现五育体现五育方针方针 特点特点 1 1：考查基础知识：考查基础知识 试题（试题（20192019 全国卷理全国卷理2 2） 设复数设复数z满足满足=1iz，z在复平面内对应的在复平面内对应的 点为点为( , )x y，则则 A 22 +11()xy B 22 1(1)xy C 22 (1)1yx D 22 ( +1)1yx 解：解：z在复平面内对应的点为在复平面内对应的点为( , )x y， 所以所以zxyi 代入代入=1zi，得，得(1)1xyi， 所以所以 22 (1)1xy 因此选因此选 C 归纳与小结：归纳与小结：此题考查了此题考查了复复 数的基本运算，数的基本运算，考查了考查了复数的几复数的几 何意义以及圆的方程何意义以及圆的方程复数是高复数是高 中数学的基本内容之一，尽管简中数学的基本内容之一，尽管简 单，但它是初等数学和高等数学单，但它是初等数学和高等数学 的衔接点之一，在历年的高考中的衔接点之一，在历年的高考中 有着较高的考查频率有着较高的考查频率 试题（试题（20192019 全国卷文全国卷文9 9、理、理 8 8） 若抛物线若抛物线 2 2(0)ypx p的焦点是的焦点是 椭圆椭圆 22 3 1 xy pp 的一个焦点，则的一个焦点，则 p A2 B3 C4 D8 解：解：由题意知，由题意知，抛物线的焦点是椭圆右焦点抛物线的焦点是椭圆右焦点 对于椭圆，对于椭圆， 222 2cabp ，故，故 2cp ， 所以椭圆的右焦点坐标为所以椭圆的右焦点坐标为( 2 ,0) p 又抛物线的交点坐标为又抛物线的交点坐标为( ,0) 2 p ， 所以所以2 (0) 2 p p p，解得，解得8p ，因此选，因此选 D 归纳与小结：归纳与小结：此题考查了椭圆此题考查了椭圆 和抛物线的标准方程及和抛物线的标准方程及基本性质，基本性质， 考查了一元二次方程的求解参数考查了一元二次方程的求解参数 之间的关系、焦点坐标都是圆锥曲之间的关系、焦点坐标都是圆锥曲 线中的基本问题，应当熟练掌握线中的基本问题，应当熟练掌握 试题（试题（20192019 全国卷理全国卷理7 7） 已知非零向量已知非零向量, a b满足满足| 2|ab， 且且()abb，则，则a与与b的夹角为的夹角为 A 6 B 3 C 2 3 D 5 6 解：解：由由()abb得得()0ab b， 即即 2 0a bb，也即，也即 2 |cos|0a bb 注意到注意到| 2|ab， 所以所以 22 2| cos|0bb， 故故 1 cos 2 =，所以，所以 3 ，因此选，因此选 B. . 归纳与小结：归纳与小结：平面向量这一章，平面向量这一章， 涉及八个概念、四种基本运算、三涉及八个概念、四种基本运算、三 个充要条件、一个基本定理此题个充要条件、一个基本定理此题 考查了考查了两个向量垂直的充要条件，两个向量垂直的充要条件， 考查了考查了平面向量数量积运算以及向平面向量数量积运算以及向 量模的意义量模的意义，这些都是平面向量中这些都是平面向量中 既基本又重要的概念既基本又重要的概念 试题（试题（20192019 全国卷理全国卷理1010） 已知已知0, 2 ，2sin2cos21， 则则sin A 1 5 B 5 5 C 3 3 D 2 5 5 解：解：由题意可知，由题意可知， 2 4sin cos =2cos ， 即即2sincos 与与 22 sincos1 联立，联立， 注意到注意到(0,) 2 ， 解得解得 5 sin 5 ，因此选，因此选 B. . 归纳与小结：归纳与小结：此题考查了此题考查了同同 角三角函数的基本关系，角三角函数的基本关系，考查了考查了 二倍角的正弦和余弦公式二倍角的正弦和余弦公式三角三角 函数历来是高考的必考内容之一，函数历来是高考的必考内容之一， 通常以基础题和中档题为主，因通常以基础题和中档题为主，因 而是容易得分的好题而是容易得分的好题 特点特点 2 2：考查重点内容：考查重点内容 试题（试题（20192019 全国卷文全国卷文1212、理、理1111）设设( )f x是是 定义域为定义域为R的偶函数，且在的偶函数，且在0,+单调递减单调递减，则则 A 23 32 3 1 (log)(2)(2) 4 fff B 23 32 3 1 (log)(2)(2) 4 fff C 23 32 3 1 (2)(2)(log) 4 fff D 23 32 3 1 (2)(2)(log) 4 fff 解：解：由题知由题知 33 1 loglog 41 4 -， 而而 23 32 0221 ， 因为因为 f x为偶函数，为偶函数， 所以所以 333 1 (log)log 4log 4 4 fff， 因为因为 23 32 3 0221log 4 ， 由由 f x在在0,+ 上单调递减，上单调递减， 故故 23 32 3 1 (2)(2)(log) 4 fff ，因此选，因此选 C 试题（试题（20192019 全国卷文、理全国卷文、理8 8） 如图，点如图，点N为为 正方形正方形ABCD的中的中 心，心， ECD 为正三为正三 角形，平面角形，平面ECD 平面平面ABCD，M是是 线段线段ED的中点，则的中点，则 ABMEN，且直线，且直线,BM EN是相交直线是相交直线 BBMEN，且直线，且直线,BM EN是相交直线是相交直线 CBMEN，且直线，且直线,BM EN是异面直线是异面直线 DBMEN，且直线，且直线,BM EN是异面直线是异面直线 解：解：连连,MN BE， 则则/MNBE，所以所以 , ,M N B E四点共面，四点共面， 故故BM与与EN相交相交 设正方形设正方形ABCD的的 边长为边长为a，取，取CD中点中点 F，连接，连接 ,EF FN CM 由于由于ECD是正三角形，是正三角形， 故故 3 2 EFCMa， 2 a FN N M F A C B D E 因为因为BCCD， 所以所以FNCD 又因为平面又因为平面ECD 平面平面ABCD， 所以所以FN 平面平面ECD， BC 平面平面ECD， 故故FNEF，BCCM 在在Rt EFN中，中， 2222 3 ()( ) 22 a ENaa， 而在而在Rt BCM中，中， 2222 3 () 2 BMaaEN， 故故BMEN，因此选，因此选 B N M F A C B D E 试题（试题（20192019 全国卷理全国卷理1717） ABC的内角的内角, ,A B C的对边分别为的对边分别为, ,a b c， 设设 22 (sinsin)sinsinsinBCABC （）（）求求A； （）（）若若22abc，求，求sinC 解：解： （）已知式展开并整理，（）已知式展开并整理， 得得 222 sinsinsinsinsinBCABC， 由正弦定理，得由正弦定理，得 222 bcabc 由余弦定理，得由余弦定理，得 222 1 cos 22 bca A bc 因为因为0180A ，所以，所以60A （）由（）知（）由（）知120BC ， 因为因为22abc， 由正弦定理，得由正弦定理，得2sinsin 1202sinACC ， 注意到已求得注意到已求得60A ，因此上式展开得，因此上式展开得 631 cossin2sin 222 CCC， 整理得整理得cossin 22 32 2 1 CC ， 即即 2 cos60 2 C 由于由于0120C ， 所以所以 2 sin60 2 C ， 故故sinsin6060CC sin60 cos60cos60 sin60CC 212362 () 22224 由于由于0120C ， 所以所以 2 sin60 2 C ， 故故sinsin6060CC sin60 cos60cos60 sin60CC 212362 () 22224 特点特点3 3：考查数学思想：考查数学思想 试题（试题（20192019 全国卷理全国卷理9 9） 下列函数中，以下列函数中，以 2 为周期且在区间为周期且在区间(,) 4 2 上单调递增的是上单调递增的是 A ( )cos2f xx B ( )sin2f xx C ( )cosf xx D ( )sinf xx 解：解：画出画出 ( )cos2f xx 的图象的图象 由图象可看出由图象可看出 ( )cos2f xx 的的周期是周期是 2 ， 且在区间且在区间(,) 4 2 上单调递增，因此选上单调递增，因此选 A - 2 - 4 2 4 y xO 试题（试题（20192019 全国卷文、理全国卷文、理5 5） 函数函数 sin ( ) cos x+x f x x+x 2 在在, 的图象大致为的图象大致为 A B C D 解：解： 2 sin() () cos()() xx fx xx sin ( ) cos x+x f x x+x 2 ， 故函数故函数( )f x为奇函数，排除为奇函数，排除 A 又又 2 ( )0 1 f ，排除，排除 B，C， 因此选因此选 D 特点特点 4 4：考查数学应用考查数学应用 试题（试题（20192019 全国卷文全国卷文1414、理、理1313） 我国高铁发展迅速，技术先进经统计，我国高铁发展迅速，技术先进经统计， 在经停某站的高铁列车中，有在经停某站的高铁列车中，有 1010 个车次的个车次的 正点率为正点率为 0.970.97，有，有 2020 个车次的正点率为个车次的正点率为 0.980.98，有，有 1010个车次的正点率为个车次的正点率为0.990.99，则经，则经 停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估 计值为计值为_ 解：解：根据题意，根据题意，该站高铁列车所有该站高铁列车所有 车次的平均正点率的估计值为车次的平均正点率的估计值为 0.97 100.98 200.99 10 0.98 1020 10 . . 试题（试题（20192019 北京卷文、理北京卷文、理 1414）李明自主创业，在李明自主创业，在 网上经营一家水果店，销售的水果有草莓、京白梨、西网上经营一家水果店，销售的水果有草莓、京白梨、西 瓜、桃，价格依次为瓜、桃，价格依次为60元元盒盒/ /、65元元盒盒/ /、80元元盒盒/ /、 95元元盒盒/ /为了增加销售量，李明对着四种水果进行促为了增加销售量，李明对着四种水果进行促 销：依次购买达到销：依次购买达到 120120元，顾客就少付元，顾客就少付x元每笔订单元每笔订单 顾客网上付款成功后，李明会得到支付款的顾客网上付款成功后，李明会得到支付款的80% 当当10x 时，顾客一次购买草莓和西瓜各时，顾客一次购买草莓和西瓜各 1 1 盒，盒， 需要支付需要支付_元；元； 在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额 均不低于促销前总额的七折，则均不低于促销前总额的七折，则x的最大值为的最大值为_ 解：解：顾客一次购买草莓顾客一次购买草莓 和西瓜各和西瓜各 1 1盒，按价格应付盒，按价格应付 140140 元，已经超过元，已经超过 120120 元按促销元按促销 规则，顾客可以少付规则，顾客可以少付 1010 元，故元，故 需要支付需要支付130130 元元 若顾客每一笔订单只订购四种水果中一种，若顾客每一笔订单只订购四种水果中一种， 并且只订并且只订 1 1盒，则由于都不足盒，则由于都不足 120120 元，故应全额元，故应全额 付款此时，付款此时，李明每笔订单得到的金额当然不低李明每笔订单得到的金额当然不低 于促销前总额的七折于促销前总额的七折 若若顾客每一笔订单至少订购顾客每一笔订单至少订购 2 2 盒，则总价至盒，则总价至 少是少是 120120 元（两盒草莓）元（两盒草莓） 要要保证李明每笔订单得到的金额均不低于促保证李明每笔订单得到的金额均不低于促 销前总额的七折，销前总额的七折，两盒水果的总价应该最低，总两盒水果的总价应该最低，总 价总价是价总价是120120 元（两盒草莓）由题意，得元（两盒草莓）由题意，得 (120) 80%120 70%x，解得，解得15x 即即x的最大值为的最大值为15 特点特点 5 5：考查核心素养考查核心素养 试题（试题（20192019全国卷理全国卷理1919）图图 1 1 是由矩形是由矩形ADEB， RtABC和菱形和菱形 BFGC组成的一个平面图形，其中组成的一个平面图形，其中 1AB ，2BEBF，60FBC，将其沿，将其沿,AB BC 折起使得折起使得BE与与BF重合，连结重合，连结DG，如图，如图 2.2. （）证明）证明：图：图 2 2 中的中的, ,A C G D四点共面，且平面四点共面，且平面 ABC 平面平面BCGE； （）求图）求图 2 2 中的二面角中的二面角BCGA的大小的大小 解解：（）由已知得由已知得/ /ADBE，/ /CGBE， 所以所以/ADCG， 故故,AD CG确定一个平面确定一个平面， 从而从而, ,A C G D四点共面四点共面 由已知得由已知得 ,ABBE ABBC， 故故AB 平面平面BCGE 又因为又因为AB平面平面ABC， 所以平面所以平面ABC 平面平面BCGE （）求图）求图 2 2 中的二面角中的二面角BCGA的大小的大小 解：解：（）作作EHBC，垂足为垂足为H因为因为EH平面平面 BCGE，平面平面BCGE平面平面ABC，所以所以EH 平面平面ABC 由已知，菱形由已知，菱形BCGE的边长为的边长为 2 2，60EBCFBC， 可求得可求得1BH ，3EH 以以H为坐标原点，为坐标原点，HC 的方向为的方向为x轴的正方向，建立轴的正方向，建立 如图所示的空间直角坐标系如图所示的空间直角坐标系 Hxyz，则，则( 1,1,0)A ， (1,0,0), (2,0, 3)CG (1,0, 3)CG ，(2, 1,0)AC 设平面设平面ACGD的法向量为的法向量为( , , )x y zn， 则则 0, 0, CG AC n n 即即 30, 20. xz xy 取取(3, 6,3)n 又平面又平面BCGE的法向量可取为的法向量可取为(0, 1, 0)m， 所以所以 3 cos, |2 n m n m n m 因此二面角因此二面角BCGA的大小为的大小为30 试题（试题（20192019 全国卷理全国卷理2121） 已知点已知点( 2,0), (2,0)AB，动点，动点( , )M x y满足直线满足直线 AM与 与BM的斜率之积为的斜率之积为 1 2 . .记记M的轨迹为曲线的轨迹为曲线C. . （）求（）求C的方程，并说明的方程，并说明C是什么曲线；是什么曲线； （）过坐标原点的直线交（）过坐标原点的直线交 C于于,P Q两点，点两点，点P 在第一象限，在第一象限，PEx轴，垂足为轴，垂足为 E，连结，连结 QE并延并延 长交长交C于点于点G. . （1 1）证明：）证明：PQG是直角三角形；是直角三角形； （2 2）求）求PQG面积的最大值面积的最大值. . 解：解：（）由题设得（）由题设得 1 222 yy xx ， 化简得化简得 22 12 42 xy x， 所以曲线所以曲线C是中心在坐标原点，焦点在是中心在坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆，不含左右顶点轴上的椭圆，不含左右顶点 （）（）（1 1）因为点）因为点P在第一象限，故在第一象限，故PQ的斜率的斜率 必存在，且斜率大于零必存在，且斜率大于零 设直线设直线PQ的斜率为的斜率为k，则其方程为，则其方程为 (0)ykx k 由由 22 , 1, 42 ykx xy 得得 2 2 1 2 x k 记记 2 2 12 u k ， 则则( ,),(,), ( ,0)P u uk Quuk E u y x G E Q O P 于是直线于是直线QE即即QG的斜率为的斜率为 2 k 因为因为QG过点过点E， 故故QG的方程为的方程为 2 k yxu 由由 22 (), 2 1 42 k yxu xy 消去消去 y ，得得 22222 2280kxuk xk u . . 设设 , GG G xy ，由于，由于(,)Quuk满足方程组，满足方程组， 所以所以u和和 G x是方程的解是方程的解 y x G E Q O P 由韦达定理，得由韦达定理，得 2 2 2 2 G uk ux k ， 所以所以 22 22 2(32) 22 G ukuk xu kk ， 由此得由此得 3 2 2 G uk y k ，于是得，于是得 23 22 (32) (,) 22 ukuk G kk 从而直线从而直线PG的斜率为的斜率为 3 2 2 2 1 2 32 2 uk uk k kuk u k 所以所以PQPG，即，即PQG是直角三角形是直角三角形 （2 2）由（）由（1 1）结合两点间）结合两点间 的距离公式，的距离公式， 得得 2 21PQuk， 2 2 21 2 uk k PG k ，所以，所以 22 22 2 22 2 2()(1) 12(1) 1 2 222 PQG k k u k k k SPQ PG kk 3 42 8() 252 kk kk 22 2 11 8()8() 11 2(2) 112() kk kk kk kk y x G E Q O P 设设 1 tk k ，因为，因为0k ，故，故 1 22tk k ， 当且仅当当且仅当1k 时取等号时取等号 此时，此时， 2 88 2 12 PQG t S t t t ， 即在即在2,单调递减，单调递减， 所以当所以当2t ，即，即1k 时，时， PQG S 取得最大值，取得最大值， 最大值为最大值为 max 16 () 9 PQG S 试题（试题（20192019 全国卷理全国卷理2121） 为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新 药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动 物试验物试验试验试验方案如下：每一轮选取两只白方案如下：每一轮选取两只白 鼠鼠对药效对药效进行对比试验对于两只白鼠，随进行对比试验对于两只白鼠，随 机选一只施以甲药，另一只施以乙药一轮机选一只施以甲药，另一只施以乙药一轮 的治疗结果得出后，再安排下一轮试验当的治疗结果得出后，再安排下一轮试验当 其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白 鼠鼠多多 4 4 只时，就停止试验，并认为治愈只数只时，就停止试验，并认为治愈只数 多的药更有效多的药更有效 为了方便描述问题，约定：对于每轮试为了方便描述问题，约定：对于每轮试 验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白 鼠未治愈则甲药得鼠未治愈则甲药得 1 1 分，乙药得分，乙药得1分；若施分；若施 以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈 则乙药得则乙药得 1 1分，甲药得分，甲药得1分；若都治愈或都分；若都治愈或都 未治愈则两种药均得未治愈则两种药均得 0 0 分甲、乙两种药的分甲、乙两种药的 治愈率分别记为治愈率分别记为和和，一轮试验中甲药的，一轮试验中甲药的 得分记为得分记为X （）求（）求X的分布列；的分布列； （）若甲药、乙药在试验开始时都赋予（）若甲药、乙药在试验开始时都赋予 4 4 分，分， (0,1,8) i p i 表示“甲药的累计得分为表示“甲药的累计得分为i时，时， 最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则 0 0p ， 8 1p ， 11iiii papbpcp (1,2,7)i ，其，其 中中(1)aP X ，(0)bP X，(1)cP X 假设假设0.5，0.8 （1 1）证明证明 1 ii pp (0,1,2,7)i 为等比数列；为等比数列； （2 2）求）求 4 p，并根据，并根据 4 p的值解释这种试验方案的的值解释这种试验方案的 合理性合理性 解：解：（）（）X的所有可能取值为的所有可能取值为1, 0, 1 (1)(1)P X ， (0)(1)(1)P X， (1)(1)P X， 所以所以X的分布列为的分布列为 X 1 0 1 P (1) (1)(1) (1) （）（） （1 1）证明证明 1 ii pp (0,1,2,7)i 为等比数为等比数列列 证明证明：由由（）（）得得 (1)(1)(1 0.5) 0.80.4aP X ， (0)(1)(1)bP X 0.5 0.8(1 0.5)(1 0.8)0.5， (1)(1)0.5(1 0.8)0.1cP X 因此因此 11 =0.4+0.5 +0.1 iiii pppp ， 即即 11 10=4+5 iiii pppp ， 故故 11 4 iiii pppp 因为因为 101 0ppp， 所以所以 1 (0,1,2,7) ii ppi 是公比为是公比为4 4，首项为首项为 1 p的等比数列的等比数列 （）（） （2 2）求）求 4 p，并根据，并根据 4 p的值解释这种试验方案的合理性的值解释这种试验方案的合理性 解：解：由（由（1 1）可得可得 8 88776101 41 () 3 )(pppppppp 由于由于 8=1 p，故，故 8 1 41 3 1p ，于是于是 1 8 3 41 p ， 所以所以 443322110 )()()(ppppppppp 4 1 411 . 3257 p 根据题设，根据题设，甲、乙两种药的治愈率分别为甲、乙两种药的治愈率分别为 和和，并且并且0.5，0.8，这说明，这说明， 乙药乙药比比甲药更有效甲药更有效 又由题设中关于又由题设中关于 i P的意义，知的意义，知 4 p表示最终表示最终 认为甲药更有效的概率认为甲药更有效的概率 由计算结果可以看出，在甲药治愈率为由计算结果可以看出，在甲药治愈率为 0.50.5， 乙药治愈率为乙药治愈率为 0.80.8，即即乙药乙药比比甲药更有效时，误甲药更有效时，误 认为甲药更有效的概率为认为甲药更有效的概率为 4 1 0.0039 257 p ， 即得出错误结论的概率非常小，这说明这种试验即得出错误结论的概率非常小，这说明这种试验 方案是合理的方案是合理的 特点特点6 6：考查创新意识考查创新意识 试题（试题（20192019 江苏卷江苏卷 2020（） ）（） ） 定义首项为定义首项为 1 1 且公比为正数的且公比为正数的 等比数列为“等比数列为“M 数列” 已知等数列” 已知等 比数列比数列 * () n anN满足：满足： 245 a aa， 321 440aaa，求证：数列，求证：数列 n a 为“为“M 数列”数列” 证明：证明： （）设等比数列（）设等比数列 n a的公比为的公比为q， 则由则由 245 a aa， 321 440aaa， 得得 244 11 2 111 44 , 0, a qa q a qa qa 解得解得 1 1, 2, a q 即数列即数列 n a首项为首项为 1 1 且公比为正数，且公比为正数， 所以数列所以数列 n a为“为“M 数列” 数列” 归纳与小结：归纳与小结： 此题此题自主定义了“自主定义了“M 数列”的概数列”的概 念，念，按照问题中的定义，首项为按照问题中的定义，首项为 1 1 且公且公 比为正数的等比数列就是“比为正数的等比数列就是“M 数列” 数列” 据此，要判断一个数列是否是问题中所据此，要判断一个数列是否是问题中所 定义的“定义的“M 数列” ，只需检查这个数数列” ，只需检查这个数 列是否是等比数列，首项是否为列是否是等比数列，首项是否为 1 1，公，公 比是否为正数即可比是否为正数即可 特点特点7 7：考查传统文化考查传统文化 试题（试题（20192019 全国卷文全国卷文4 4、理、理 3 3）西游记西游记 三国演义水浒传和红楼梦是中国古三国演义水浒传和红楼梦是中国古 典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著某某 中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机 调查了调查了 100100位学生，其中阅读过位学生，其中阅读过 西游记西游记 或或 红楼梦的学生共有红楼梦的学生共有 9090 位，阅读过红楼梦位，阅读过红楼梦 的学生共有的学生共有 8080 位，阅读过西游记位，阅读过西游记 且阅读过且阅读过 红楼梦红楼梦 的学生共有的学生共有 6060 位，位， 则该校阅读过则该校阅读过 西游记西游记 的学生人数与该校学生总数比值的估的学生人数与该校学生总数比值的估 计值为计值为 A0.5 B0.6 C0.7 D0.8 解：解：设阅读过西游记的设阅读过西游记的学生的集合为学生的集合为A， 阅读过红楼梦的阅读过红楼梦的学生的集合为学生的集合为B， 则则90AB ，80B ，60AB ， 由容斥原理，得由容斥原理，得 AABBAB90 806070 ， 阅读过西游记的学生人数与该校学生总阅读过西游记的学生人数与该校学生总 数比值的估计值为数比值的估计值为 70 0.7 100 P ，因此因此选选 C 试题（试题（20192019 全国卷文、理全国卷文、理1616）中国有悠久的金石文化，中国有悠久的金石文化， 印信是金石文化的代表之一印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方印信的形状多为长方体、正方 体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正半正 多面体多面体”（图（图 1 1）半正多面体是由两种或两种以上的正多边半正多面体是由两种或两种以上的正多边 形围成的多面体形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美半正多面体体现了数学的对称美图图 2 2 是一是一 个棱数为个棱数为4848 的半正多面体，的半正多面体， 它的所有顶点都在同一个它的所有顶点都在同一个 正方体的表面上，且此正正方体的表面上，且此正 方体的棱长为方体的棱长为 1 1则该半则该半 正多面体共有正多面体共有_个个 面，其棱长为面，其棱长为_ （本题第一空（本题第一空 2 2 分，第二空分，第二空 3 3 分分） 解：解： 由图可知，该正多面体共有由图可知，该正多面体共有 1 8 8 8 126 个面个面 在该正方体中，设半正在该正方体中，设半正 多面体的棱长为多面体的棱长为x， 则则ACCDx， 则则 2 2 BCDEx 由题意得由题意得 22 1 22 xxx，解得，解得21x ， 所以这个半正多面体的棱长为所以这个半正多面体的棱长为21 D A E B C 特点特点8 8：体现五育体现五育方针方针 试题（试题（20192019 全国卷文全国卷文5 5） 在“一带一路”知识测试后，甲、乙、丙三在“一带一路”知识测试后，甲、乙、丙三 人对成绩进行预测人对成绩进行预测 甲：我的成绩比乙高甲：我的成绩比乙高 乙：丙的成绩比我和甲都高乙：丙的成绩比我和甲都高 丙：我的成绩比乙高丙：我的成绩比乙高 成绩公布后，三人成绩互不相同，且只有一成绩公布后，三人成绩互不相同，且只有一 人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为 A甲、乙、丙甲、乙、丙 B乙、甲、丙乙、甲、丙 C丙、乙、甲丙、乙、甲 D甲、丙、乙甲、丙、乙 解：解：若乙预测正确，则丙的成绩比若乙预测正确，则丙的成绩比 乙高，从而丙也预测正确，这与“只有乙高，从而丙也预测正确，这与“只有 一人预测正确”矛盾一人预测正确”矛盾 若丙预测正确，则丙的成绩比乙高，若丙预测正确，则丙的成绩比乙高， 从而乙也预测正确，这也与“只有一人从而乙也预测正确，这也与“只有一人 预测正确”矛盾预测正确”矛盾 故只有甲预测正确三人按成绩由故只有甲预测正确三人按成绩由 高到低的次序为高到低的次序为甲、乙、丙甲、乙、丙，因此选，因此选 A 试题（试题（20192019 全国卷文、理全国卷文、理4 4）古希腊时期，人们认古希腊时期，人们认 为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比脐至足底的长度之比 是是 51 2 （ 51 0.618 2 ，称为黄金分割比例），著名称为黄金分割比例），著名 的的“断臂维纳斯断臂维纳斯”便是如此此外，最美便是如此此外，最美 人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的 长度之比也是长度之比也是 51 2 若某人满足上述两若某人满足上述两 个黄金分割比例，且腿长为个黄金分割比例，且腿长为 105 cm105 cm，头顶，头顶 至脖子下端的长度为至脖子下端的长度为 26 cm26 cm，则其身高可，则其身高可 能是能是 A165 cm B175 cm C185 cm D190 cm 解：解：设此人头顶至设此人头顶至肚脐的长度为肚脐的长度为 1 m，肚，肚脐至足底脐至足底 的长度的长度 2 m，头顶至咽喉的头顶至咽喉的 长度长度为为 1 n，咽喉至肚脐的咽喉至肚脐的 长度长度 2 n， 则则 1 2 51 0.618 2 m m ， 1 2 51 0.618 2 n n 一方面，由于一方面，由于头顶至脖子下端的长度为头顶至脖子下端的长度为 26 cm26 cm， 所以所以 1 26n cmcm，所以，所以 1 2 0.6180 1 26 42 .6 8 n n cmcm， 于是于是 112 264268mnncmcm， 故故 1 2 68 0 110 0.8861.61 m m cmcm， 所以此人身高所以此人身高 12 68 110178hmmcmcm 腿腿 长长 脖子下端脖子下端 脚底脚底 肚脐肚脐 头顶头顶 咽喉咽喉 n2 n1 m2 m1 105 26 另一方面，由另一方面，由 于于腿长为腿长为105 cm105 cm， 所以所以 2 105m cmcm， 12 0.618mm 0.618 105 65 cmcm， 所以所以此人身高此人身高 12 65 105170hmmcmcm 综上，综上，170 cm178 cmh，因此选，因此选 B. 腿腿 长长 脖子下端脖子下端 脚底脚底 肚脐肚脐 头顶头顶 咽喉咽喉 n2 n1 m2 m1 105 26 试题（试题（20192019 全国卷理全国卷理1818）1111分制乒乓球分制乒乓球 比赛，每赢一球得比赛，每赢一球得 1 1 分，当某局打成分，当某局打成 10:1010:10平后，平后， 每球交换发球权，先多得每球交换发球权，先多得 2 2分的一方获胜，该局分的一方获胜，该局 比赛结束比