2020年高考考前最后一课-数学 试卷


目 录
考前预测篇
【考前预测篇1】热点试题精做……………………………………………………………………01
【考前预测篇2】命题专家押题……………………………………………………………………18
命题猜想篇
【高考命题猜想1】与圆相关的最值………………………………………………………………24
【高考命题猜想2】几何体与球切、接的问题……………………………………………………30
【高考命题猜想3】数列中的最值问题……………………………………………………………43
考前技巧篇
【考前技能篇1】高考数学核心考点解题方法与策略……………………………………………50
【考前技能篇2】高考数学三种题型的答题技巧…………………………………………………56
【考前技能篇3】数学解答题的“偷分”技巧…………………………………………………………….61
考前提醒篇
【考场注意篇1】高考数学临场解题策略……………………………………………………………64
【考场注意篇2】高考数学阅卷和答题卡的注意事项……………………………………………67
考后心理篇
【考后调整篇】高考考后那些事……………………………………………………………………74
终极押题
2020年高考数学（理）终极押题卷（试卷） 81
2020年高考数学（文）终极押题卷（试卷） 86
2020年高考数学（理）终极押题卷（全解全析） 92
2020年高考数学（文）终极押题卷（全解全析） 102
3

一、考前预测篇
【考前预测篇1】热点试题精做
1．【2020届广东省汕头市金山中学高三上学期期中数学试题】已知集合，则等于
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由题意可得：，则.故选D.
2．【2020届山西省大同市第一中学高三2月模拟（一）数学试题】已知命题，命题，，则成立是成立的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】求解不等式可得，对于命题，当时，命题明显成立；
当时，有：，解得：，即命题为真时，
故成立是成立的充分不必要条件.故选：A.
3．【重庆市南开中学2020届高三上学期第一次教学质量检测数学试题】已知函数对满足，，且，若，则
A． B．2 C． D．4
【答案】A
【解析】因为，∴，又，
故，即，所以函数的周期为6，
由已知可得当时，，，又，
所以，并且，
所以，故选A.
4．【2020届河南省鹤壁市高级中学高三下学期模拟数学试题】函数（其中为自然对数的底数）的图象大致为
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由题意得函数的定义域为，可排除B、C，
∵，∴函数为偶函数，可排除选项A.
故选：D.
5．【湖北省武汉市部分学校2020届高三上学期起点质量监测数学试题】已知，，，则，，的大小关系是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】对于的大小：，，明显；
对于的大小：构造函数，则，
当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，
，即；
对于的大小：，，，，
故选：B.
6．【黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高三上学期10月月考数学试题】定义在上的偶函数满足，且当时，，函数是定义在上的奇函数，当时，，则函数的零点的的个数是
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】C
【解析】由于，所以函数的周期为，且函数为偶函数，
由，得出，问题转化为函数与函数图象的交点个数，作出函数与函数的图象如下图所示，

由图象可知，，当时，，
则函数与函数在上没有交点，
结合图像可知，函数与函数图象共有11个交点，故选C.
7．【黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高三上学期10月月考数学试题】如图，是民航部门统计的某年春运期间个城市出售的往返机票的平均价格以及相比上年同期变化幅度的数据统计图表，根据图表，下面叙述不正确的是

A．深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最高
B．深圳和厦门的平均价格同去年相比有所下降
C．平均价格从高到低居于前三位的城市为北京、深圳、广州
D．平均价格的涨幅从高到低居于前三位的城市为天津、西安、厦门
【答案】D
【解析】由图可知，选项A、B、C都正确，对于D，因为要判断涨幅从高到低，而不是判断变化幅度，所以错误．故选D．
8．【山东省青岛市2019届高考模拟检测（二模)数学试题】已知平面向量，的夹角为，且，，则
A．3 B．9 C．12 D．15
【答案】D
【解析】，本题正确选项：.
9．【2020届湖南省株洲市第二中学高三下学期线上自主测评数学试题】如图，，分别是边长为4的等边的中线，圆是的内切圆，线段与圆交于点.在中随机取一点，则此点取自图中阴影部分的概率是

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】在中，，，因为，所以，即圆的半径为，由此可得图中阴影部分的面积等于，的面积为，故所求概率.故选A.
10．【四川省宜宾市第四中学校2019-2020学年高三下学期第二次月考数学试题】已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】,即函数在时是单调增函数.则恒成立. .令,则，时,单调递减,时单调递增..故选:D.
11．【2020届辽宁省大连市第二十四中学高三4月模拟考试数学试题】如图所示，边长为a的空间四边形ABCD中，∠BCD＝90°，平面ABD⊥平面BCD，则异面直线AD与BC所成角的大小为

A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】C
【解析】由题意得BC＝CD＝a，∠BCD＝90°，∴BD＝，∴∠BAD＝90°，
取BD中点O，连结AO，CO，∵AB＝BC＝CD＝DA＝a，∴AO⊥BD，CO⊥BD，且AO＝BO＝OD＝OC＝，又∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊥BD，∴AO⊥平面BCD，
延长CO至点E，使CO＝OE，连结ED，EA，EB，则四边形BCDE为正方形，即有BC∥DE，
∴∠ADE（或其补角）即为异面直线AD与BC所成角，
由题意得AE＝a，ED＝a，∴△AED为正三角形，∴∠ADE＝60°，∴异面直线AD与BC所成角的大小为60°．故选C．

12．【2020届湖北名师联盟高三上学期第一次模拟考试数学试题】设F为双曲线E：的右焦点，过E的右顶点作x轴的垂线与E的渐近线相交于A，B两点，O为坐标原点，四边形OAFB为菱形，圆与E在第一象限的交点是P，且，则双曲线E的方程是
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意，双曲线E：的渐近线方程为，
由过E的右顶点作x轴的垂线与E的渐近线相交于A，B两点，且四边形OAFB为菱形，则对角线互相平分，所以，，所以结合选项可知，只有D满足，
由，解得，，
因为，所以，解得，则，
故双曲线方程为，故选D．

13．【山西省临汾市2019-2020学年高三下学期高考考前适应性训练（二)数学试题】在平面直角坐标系中，F是抛物线的焦点，M在C上，直线与x轴平行且交y轴于点N.若的角平分线恰好过的中点，则
A．1 B． C．2 D．4
【答案】C
【解析】由题知焦点，设的中点为，过作轴的垂线，垂足为，设，则由抛物线定义可知：，，又为的角平分线，所以，在中，由余弦定理得：，解得：，所以.故选：C.

14．【湖北省武汉市部分学校2020届高三上学期起点质量监测数学试题】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则________.
【答案】1或
【解析】设与和的切点分别为，由导数的几何意义可得，曲线在在点处的切线方程为，即，曲线在点处的切线方程为，即，则，解得，或，所以或.
15．【2020届陕西省兴平市高三上学期第一次模拟考试】若函数的图像经过点，且相邻两条对称轴间的距离为，则的值为________．
【答案】
【解析】由相邻两条对称轴间的距离为,所以,即,所以,又函数的图像经过点,所以,则,即,又因为,所以当时,,故,所以,故答案为：
16．【2019届湖南省湘潭市高三第三次模拟数学试题】已知函数若在区间上方程只有一个解，则实数的取值范围为______．
【答案】或
【解析】当时，由，得，即；当时，由，得，即.令函数，则问题转化为函数与函数的图像在区间上有且仅有一个交点.
在同一平面直角坐标系中画出函数与在区间函数上的大致图象如下图所示：

结合图象可知：当，即时，两个函数的图象只有一个交点；
当时，两个函数的图象也只有一个交点，故所求实数的取值范围是.
17．【2020届湖南省郴州市高三下学期第二次质检数学试题】已知在三棱锥中，，，，．且平面平面，则三棱锥外接球的表面积为____________．
【答案】
【解析】∵，∴是以为斜边的直角三角形，
故的外心为斜边的中点，设的外心为，
过作面的垂线，过作面的垂线，两垂线的交点即为球心．
∵面面，∴即为球心，的外接圆半径即为球半径，
由题，得等腰三角形底边上的高为，
∴，解得，
则三棱锥外接球的表面积为．故答案为：

18．【2019-2020届宁夏银川唐徕回民中学高三上学期月考】在中，角的对边分别是，设为的面积，且满足，若，则______；的取值范围是______.
【答案】
【解析】由，则，
则，即，即；
由正弦定理，则，
则，又，则，
则，即的取值范围是，
故答案为：，.
19．【2020届宁夏六盘山高级中学高三下学期第一次模拟考试数学试题】已知等差数列的前n项和为，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求的最大值.
【解析】（1）由题，因为等差数列，，所以
又，所以，
解得
所以
（2）由（1）可得：，
可得当n=25时，取最大值为625.
20．【2020届湖南省衡阳市高三下学期第一次模拟数学试题】已知的三个内角、、的对边分别为、、，且.
（1）求角的大小；
（2）若三边，，的长成等比数列，的面积为，求的长.
【解析】（1）∵，
∴，
∵，∴.
（2）由的面积为得，又，∴，
由余弦定理知：∴，
∴，
所以.
21．【广东省江门市2019-2020学年高三下学期4月模拟数学试题】如图，四棱锥O﹣ABCD的底面是边长为1的菱形，OA＝2，∠ABC＝60°，OA⊥平面ABCD，M、N分别是OA、BC的中点.

（1）求证：直线MN∥平面OCD；
（2）求点M到平面OCD的距离.
【解析】（1）证明：取OD的中点P，连接PC、PM，
∵M、N分别是OA、BC的中点，∴PM∥AD，且，NC∥AD，且，
∴PM∥NC，且PM＝NC，则PMNC是平行四边形，得MN∥PC，
∵PC⊂平面OCD，MN⊄平面OCD，
∴直线MN∥平面OCD；
（2）解：连接ON、ND，设点M到平面OCD的距离为d，
由（1）得，点N到平面OCD的距离为d，
设三棱锥O﹣CDN的体积为V，则，
依题意，，
∵AC＝AD＝CD＝1，∴，则.
由，得点M到平面OCD的距离.

22．【东北三省三校（辽宁省实验中学、东北师大附中、哈师大附中)2019届高三第三次模拟考试数学试题】如图四棱锥中，底面，是边长为2的等边三角形，且，，点是棱上的动点.

（1）求证：平面平面；
（2）当线段最小时，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）证明：∵底面，底面，∴．
取的中点，连接，
∵是等边三角形，，
∴，，
∴点共线，从而得，
又，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.

（2）解：取中点，连接，则，
∴底面，∴两两垂直．
以为原点如图建立空间直角坐标系，则，
∴,
设平面的法向量为，由，得，
令，得．
设，则，
∴，
∴当时，有最小值，且，此时．
设直线与平面所成角为，
则，
∴直线与平面所成角的正弦值为．
23．【甘肃省白银市会宁县第一中学2019-2020学年高三上学期12月月考数学试题】已知函数.
（1）若函数在区间内有两个极值点，，求实数的取值范围；
（2）在（1）的基础上，求证：.
【解析】（1）

由题可知，是在上的两个零点
令

，
①若，，在上递增，至多有个零点，不合题意
②若，，在上递减，至多有个零点，不合题意
③若，在递减，递增，
而，，
.
（2）由（1）知
，
要证，只需证

又因为
而在递减从而只需证，又
只需证，
令，

为递增
，即有
.
24．【2020届湖南省长沙市雅礼中学高三上学期月考试卷（一）数学试题】从抛物线上任意一点P向x轴作垂线段，垂足为Q，点M是线段上的一点，且满足.
（1）求点M的轨迹C的方程；
（2）设直线与轨迹c交于两点，T为C上异于的任意一点，直线，分别与直线交于两点，以为直径的圆是否过x轴上的定点？若过定点，求出符合条件的定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【解析】（1）设，，则点的坐标为．
因为，所以，即 ，
因为点在抛物线上，所以，即．
所以点的轨迹的方程为．
（2）解法1：设直线与曲线的交点坐标为 ，，
由得．
由韦达定理得 =， =．
设点，则．
所以直线的方程为．
令，得点的坐标为．
同理可得点的坐标为．
如果以为直径的圆过轴某一定点，则满足．
因为 ．
所以，即，解得或．
故以为直径的圆过轴上的定点和．
解法2：直线与曲线的交点坐标为，，
若取，则，与直线的交点坐标为，，
所以以为直径的圆的方程为．
该圆与轴的交点坐标为和．
所以符合题意的定点只能是或．
设直线与曲线的交点坐标为，，
由得．
由韦达定理得
设点，则．
所以直线的方程为．
令，得点的坐标为．
同理可得点的坐标为．
若点满足要求，则满足．
因为
．
所以点满足题意．
同理可证点也满足题意．
故以为直径的圆过轴上的定点和．
【考前预测篇2】命题专家押题
1．设集合，则
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由，得或，即或，，又，.故选：B.
2．已知复数满足，为虚数单位，则等于
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】∵，∴.故选：A.
3．已知当，，时，，则以下判断正确的是
A． B．
C． D．与的大小关系不确定
【答案】C
【解析】设，则，即为增函数，又，，，，即，所以，所以．故选：C．
4．已知等比数列的前项和为，若，，则
A．10 B．7 C．8 D．4
【答案】C
【解析】由题意得：，，本题正确选项：.
5．已知函数在上的值域为，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
.
当时，，又，，，由在上的值域为，，解得：.本题正确选项：.
6．如图所示，等边的边长为2，为边上的一点，且，也是等边三角形，若，则的值是

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
因为，所以，选A.
7．已知双曲线的离心率，点是抛物线上的一动点，到双曲线的上焦点的距离与到直线的距离之和的最小值为，则该双曲线的方程为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为双曲线的离心率，所以，设为抛物线的焦点，则，抛物线的准线方程为，因此到双曲线的上焦点的距离与到直线的距离之和等于，因为，所以，即，即双曲线的方程为，选B.
8．已知为等差数列，其公差为，且是与的等比中项，为的前项和，则的值为______．
【答案】
【解析】是与的等比中项，，即，解得：，.故答案为：.
9．已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，的面积等于，则外接圆的面积为______．
【答案】4π
【解析】由，解得．，解得．，解得．∴△ABC外接圆的面积为4π．故答案为：4π．
10．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PB⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若PB＝1，∠APB＝∠BAD＝，则棱锥P－AOB的外接球的体积是____.

【答案】
【解析】由于底面，所以三角形是直角三角形.由于底面是菱形，故，又，所以面，所以三角形是直角三角形.由此判断出棱锥外接球的直径为.由于，所以,故外接球的半径为，体积为.
11．已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，证明：.
【解析】（1），.
令，则.
由得，且易知是的极大值点.
故对任意的成立.
又的定义域为，
则的单调递减区间为和，无单调递增区间.
（2）由于的定义域为，得恒成立.
故要证原结论成立，只要证恒成立即可.
令，
下只要证即可.
令.则对任意的恒成立.
故在和上分别单调递增.
①当时，恒成立，
又，故恒成立；
②当时，恒成立，
又，故恒成立.
综上所述，对任意的成立，故原结论成立.
12．已知椭圆的左、右焦点分别为、,椭圆的离心率为,过椭圆的左焦点,且斜率为的直线,与以右焦点为圆心,半径为的圆相切.
（1）求椭圆的标准方程;
（2）线段是椭圆过右焦点的弦,且,求的面积的最大值以及取最大值时实数的值.
【解析】（1）设,,
直线斜率为,且过椭圆的左焦点.
直线的方程为:,即.
直线与圆相切,圆心到直线的距离为,解得.
椭圆的离心率为,即,解得:,根据:，
椭圆的方程为.
（2）由（1）得,,
，
直线的斜率不为,
设直线的方程为:,
将直线的方程与椭圆方程联立可得:消掉可得:,
恒成立,
设,,则,是上述方程的两个不等根,
根据韦达定理可得:,.
的面积:

设,则,,.
可得:.
令，恒成立,
函数在上为减函数,故的最大值为:,
的面积的最大值为,当且仅当,即时取最大值,
此时直线的方程为,即直线垂直于轴,
此时,即.
综上所述,的面积的最大值,时的面积的最大.
二、命题猜想篇
【高考命题猜想1】与圆相关的最值问题
纵观近几年高考对于圆的的考查，重点放在与圆相关的最值问题上,主要考查与圆相关的参数范围问题和圆相关的长度或面积的最值问题.要求学生有较强的数形结合能力、转化与化归意识和准确的计算能力，才能顺利解答.从实际教学来看，这部分知识是学生掌握最为模糊，看到就头疼的题目.分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目时便产生畏惧心理.本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨.
1.已知含参数的直线与圆的位置关系，求直线方程中参数的取值范围问题
画出圆图象，利用直线过定点，结合图象即可确定直线方程中满足的条件，利用直线与圆的位置关系和点到直线的距离公式，列出关于参数的不等式或方程，即可求出参数的取值范围.
【例1】已知直线和曲线有两个不同的交点，则实数m的取值范围是
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由直线方程得到直线过定点，且斜率为，又由曲线是以原点为圆心，半径的圆的上半圆，在同一坐标系内画出它们的图象，结合图象求解，即可得到答案.
【解析】由题意，直线，则直线必过定点，斜率为，
又由曲线是以原点为圆心，半径的圆的上半圆，
在同一坐标系内作出它们的图象，如图所示，

当直线与半圆切于点A时，它们有唯一的公共点，此时，直线的倾斜角满足，
所以，可得直线的斜率为，
当直线的倾斜角由此变小时，两图象有两个不同的交点，直线的斜率变化到0为止，由此可得，
所以直线和曲线有两个不同的交点时，实数的取值范围是，故选A.
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，及直线方程的应用，其中解答中在同一坐标系中作出两个函数的图象，结合图象和三角函数的基本关系式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
2.已知点满足与圆有关的某个条件，求圆中参数或点的坐标的取值范围问题
作出相应的图形，利用数形结合思想找出圆中相关量，如圆心坐标、圆心到某点距离、圆的半径、圆的弦长或圆的弦心距等满足的条件，列出不等式或方程或函数关系，再利用相关方法求出参数的取值范围.
【例2】点是圆上的不同两点，且点关于直线对称，则该圆的半径等于
A． B．
C．3 D．1
【答案】C
【分析】圆上的点关于直线对称，则直线经过圆心，求出圆的圆心，代入直线方程，即可求出k，然后求出半径．
【解析】圆的圆心坐标为，
因为点M，N在圆上，且点M，N关于直线l：x-y+1=0对称，
所以直线l：x-y+1=0经过圆心，所以，即k=4．
所以圆的方程为：即，圆的半径为3．
故选C．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查圆的一般方程的应用，考查计算能力．
【例3】设圆：，直线，点，使得存在点，使(为坐标原点)，则的取值范围是
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据条件，若存在圆C上的点Q，使得，转化为，列出不等式，即可求解，得到答案.
【解析】由题意，在与圆相切时取得最大值，如果变长，那么可以获得的最大值将变小，若存在，就需要使的最大值大于等于，当，且与圆相切时，，因此满足，就能力保证一定存在点Q使得，否则，这样的点Q是不存在的.
因为点在直线上，所以，即，
因为，即，解得，即的取值范围是.

【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系的应用，其中解答中利用数形结合法判断出，从而得到不等式求解参数的取值范围是解答的关键，着重考查了分析问题和解问题的能力，试题有一定的综合性，属于中档试题.
3. 与距离有关的最值问题
在运动变化中，动点到直线、圆的距离会发生变化，在变化过程中，就会出现一些最值问题，如距离最小、最大等常常涉及圆上一点到直线的距离最值问题、切线长最值问题、圆上动点与其他曲线两动点间的距离最值问题、过定点的圆的弦长最值问题等.这些问题常常利用平面几何知识或圆的参数方程或设圆上点的坐标，直接求出最值或转化为函数的最值问题，利用函数求最值的方法求解,与圆有关的长度最值问题有以下题型：
①圆外一点到圆上距离最近为，最远为；
②过圆内一点的弦最长为圆的直径，最短为该点为中点的弦；
③直线与圆相离，则圆上点到直线的最短距离为圆心到直线的距离，最近为；
④过两定点的所有圆中，面积最小的是以这两个定点为直径端点的圆的面积；
⑤圆上动点与其他曲线两动点间的距离最值问题常转化为圆心与曲线上的动点距离问题，利用两点间距离公式转化二元函数的最值问题，利用消元法转化一元函数在某个区间上的最值问题求解.
【例4】设分别为圆和椭圆上的点，则两点间的最大距离是
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】依题意两点间的最大距离可以转化为圆心到椭圆上的点的最大距离再加上圆的半径，再利用两点间距离公式和消元法转化为函数最值问题，即可求出最值.
【解析】依题意两点间的最大距离可以转化为圆心到椭圆上的点的最大距离再加上圆的半径.设，则圆心到椭圆的最大距离.所以两点间的最大距离是.故选D．
【点评】对于与圆有关的长度最值问题，要掌握相关题型与转化方法，利用几何法或函数法求出最值.
【例5】已知分别为直线和曲线上的动点，则的最小值为
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】将题目转化为圆心到直线的最短距离，然后减去半径，即得到答案
【解析】，整理得，即是圆心为，半径为1的圆，
所以圆心到直线的距离，
所以的最小值为圆心到直线的距离减去半径，即.
故选C.
【点睛】本题考查圆上的点与直线上的点的最小距离，一般圆上动点到直线距离的问题，可以先转化为圆心到直线的距离再求解，属于简单题.
4. 与面积相关的最值问题
与圆的面积有关的最值问题，一般转化为寻求与圆的半径相关的函数关系或者几何图形的关系，借助函数求最值的方法，如配方法，基本不等式法等求解，有时可以通过转化思想，利用数形结合思想求解.[XK]
【例6】已知直线与x，y轴分别交于A，B两点，动点P在圆上，则面积的最大值为______．
【答案】12
【分析】根据题意，求出直线与x，y轴的交点坐标，即可得A、B的坐标，分析可得当P到直线AB的距离最大时，面积的最大，结合直线与圆的位置关系可得P到直线AB的距离最大值，由三角形面积公式计算可得答案．
【解析】根据题意，直线与x，y轴分别交于A，B两点，则，，，
动点P在圆上，当的面积最大时，P到直线AB的距离最大，
圆，即，其圆心为，半径,
直线即，
则P到直线AB的距离的最大值为，
则面积的最大值为，
故答案为：12．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，注意将面积转化为P到直线的距离，属于基础题．
5.圆上点的坐标满足关系式的最值或取值范围问题
本类问题有三种解题思路，思路1：充分利用所给式子的几何意义，利用数形结合思想解题；思路2：设所给式子等于z，代入圆的方程化为一元二次方程，利用判别式即可求出参数的范围；思路3：利用圆的参数方程或消元法化为函数问题，利用函数求最值的方法求最值,注意变量的范围.
【例7】若的取值范围是
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】画出函数的图象，再根据的几何意义求解．
【解析】由得，其图象如图所示：

设，则直线经过A点时t取最小值，经过B点时t取最大值，
又因为，故t的最小值为，
当直线与半圆切于点B时t取得最大值，
由点到直线的距离公式可知，又，故，从而t的取值范围是，故选C．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
综上所述，解决与圆相关的最值问题的关键是要善于利用数形结合思想，利用几何知识求最值，要善于利用转化与化归思想将最值问题转化为函数的最值进行求解.一般是根据条件列出关于所求目标的式子——函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用参数法、配方法、判别式法等，应用不等式的性质求出最值．特别地，要利用圆的几何性质，根据式子的几何意义求解，这正是数形结合思想的应用．
【高考命题猜想2】几何体与球切、接的问题
纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是高考命题的热点之一.高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答.从实际教学来看，这部分知识学生掌握较为薄弱、认识较为模糊，看到就头疼的题目.分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理. 下面结合近几年高考题对球与几何体的切接问题作深入的探究,以便更好地把握高考命题的趋势和高考的命题思路,力争在这部分内容不失分.从近几年全国高考命题来看,这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见. 
首先明确定义1：若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球.
定义2：若一个多面体的各面都与一个球的球面相切， 则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这个多面体的内切球.
1 球与柱体的切、接问题
规则的柱体，如正方体、长方体、正棱柱等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通过球的半径和棱柱的棱产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题.
1.1 球与正方体
如图所示，正方体，设正方体的棱长为，为棱的中点，为球的球心.常见组合方式有三类：
一是球为正方体的内切球，截面图为正方形和其内切圆，则；
二是与正方体各棱相切的球，截面图为正方形和其外接圆，则；
三是球为正方体的外接球，截面图为长方形和其外接圆，则.
通过这三种类型可以发现，解决正方体与球的组合问题，常用工具是截面图，即根据组合的形式找到两个几何体的轴截面，通过两个截面图的位置关系，确定好正方体的棱与球的半径的关系，进而将空间问题转化为平面问题.

（1）正方体的内切球，如图1. 
位置关系：正方体的六个面都与一个球都相切，正方体中心与球心重合； 
数据关系：设正方体的棱长为，球的半径为，这时有. 

（2）正方体的外接球，如图2. 
位置关系：正方体的八个顶点在同一个球面上；正方体中心与球心重合； 
数据关系：设正方体的棱长为，球的半径为，这时有.

（3）正方体的棱切球，如图3. 
位置关系：正方体的十二条棱与球面相切，正方体中心与球心重合； 
数据关系：设正方体的棱长为，球的半径为，这时有.

例 1 已知棱长为的正方体的外接球表面积等于内切球体积的6倍，则实数________．
【答案】3
【分析】由正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长，内切球的直径为正方体的棱长，求正方体外接球与内接球的半径，利用已知列出关于a的方程进行求解.
【解析】设正方体的外接球半径为R，内切球半径为r，则，，即，，因为正方体的外接球表面积等于内切球体积的6倍，所以，即，解得，故答案为3.
【点睛】本题考查空间想象能力，空间几何体的面积与体积计算，常见组合体的关系，属于中档题.
1.2 球与长方体
例 2 已知三条线段两两垂直，长分别是，且点都在同一个球面上，这个球的表面积为，则的值________．
【答案】
【分析】由三条线段两两垂直，可以想到长方体模型，通过球的表面积，可以求出球的直径，而球的直径恰好是长方体的对角线，通过计算得出的值.
【解析】设球的半径为，球的表面积为，则
已知三条线段两两垂直，构造如下图所示的长方体：

则，则的值为3.
【点睛】本题考查了四点共球问题，考查了补体的思想，属于基础题.
例 3 已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各个顶点都在同一球面上，则此球的表面积为______，体积为________．
【答案】，
【解析】正四棱柱外接球球心为体对角线中点，由此可求得半径，利用公式求出球的表面积和体积.
【分析】正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，正四棱柱的外接球的直径，
则，球的表面积为，体积为.
本题正确结果为，.
【点睛】本题考查多面体的外接球、球的体积和表面积求解问题，关键在于明确正四棱柱的外接球球心位置位于体对角线中点.
2 球与锥体的切接
规则的锥体，如正四面体、正棱锥、特殊的一些棱锥等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通过球的半径和棱锥的棱和高产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题.
2.1 正四面体与球的切接问题 
（1）正四面体的内切球，如图4. 
位置关系：正四面体的四个面都与一个球相切，正四面体的中心与球心重合； 
数据关系：设正四面体的棱长为，高为；球的半径为，这时有.（可以利用体积桥法证明） 

（2）正四面体的外接球，如图5. 
位置关系：正四面体的四个顶点都在一个球面上，正四面体的中心与球心重合； 数据关系：设正四面体的棱长为，高为；球的半径为，这时有.（可用正四面体高减去内切球的半径得到）

（3） 正四面体的棱切球，如图6. 
位置关系：正四面体的六条棱与球面相切，正四面体的中心与球心重合； 
数据关系：设正四面体的棱长为，高为；球的半径为，这时有 

例 4 正四面体ABCD的体积为，则正四面体ABCD的外接球的体积为________．
【答案】
【分析】由题意画出图形，设正四面体ABCD的棱长为，由已知求得，进一步求出外接球半径，代入体积公式求解．
【解析】如图，

设正四面体ABCD的棱长为，过A作AD⊥BC，
设等边三角形ABC的中心为O，则，
，，即．
再设正四面体ABCD的外接球球心为G，半径为R，连接GA，
则，即．
∴正四面体ABCD的外接球的体积为.故答案为．
【点睛】本题考查正四面体外接球体积的求法，考查数学转化思想方法，正确的找到外接球的半径是关键.
2.2 其他棱锥与球的切、接问题
球与正棱锥的组合，常见的有两类，一是球为三棱锥的外接球，此时三棱锥的各个顶点在球面上，根据截面图的特点，可以构造直角三角形进行求解.二是球为正棱锥的内切球，例如正三棱锥的内切球，球与正三棱锥四个面相切，球心到四个面的距离相等，都为球半径．这样求球的半径可转化为球球心到三棱锥面的距离，故可采用等体积法解决，即四个小三棱锥的体积和为正三棱锥的体积.
球与一些特殊的棱锥进行组合，一定要抓住棱锥的几何性质，可综合利用截面法、补形法等进行求解.例如，四个面都是直角三角形的三棱锥，可利用直角三角形斜边中点几何特征，巧定球心位置.
例5 在三棱锥中，，，，平面平面，则三棱锥的外接球体积为
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先根据面面垂直性质定理得平面，再根据正弦定理求的外接圆的直径，最后根据球心位置列式求半径，即得结果.
【解析】平面平面，平面平面，，平面，平面，，∴是边长为的等边三角形，
由正弦定理得的外接圆的直径为，
∴该球的直径为，则，
因此，三棱锥的外接球体积为．故选C．
【点睛】本题考查面面垂直性质定理、正弦定理以及外接球体积，考查综合分析求解能力，属中档题.
例6 三棱锥中，侧棱与底面垂直，，，且，则三棱锥的外接球的表面积等于________．
【答案】
【分析】在长方体里，为高，，则为底面的宽和长，求出长方体的体对角线长，利用长方体的对角线的长等于长方体外接球的真径，求出半径，最后求出外接球的表面积.
【解析】把三棱锥放到长方体里，如下图:

，因此长方体的外接球的直径为，
所以半径，则三棱锥的外接球的表面积为.
【点睛】本题考查求三棱锥的外接球的表面积，重点考查了转化思想.
例7 如图，四边形是边长为2的正方形，其对角线与交于点，将正方形沿对角线折叠，使点所对应点为，.设三棱锥的外接球的体积为，三棱锥的体积为，则__________．

【答案】
【分析】易知三棱锥的外接球的球心为，据此分别求得球的体积和三棱锥的体积即可求得其比值.
【解析】易知三棱锥的外接球的球心为，∴，∴，
很明显到底面的距离为1，∴，∴.
【点睛】本题主要考查球的表面积与体积公式，棱锥外接球的判定与计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
例8 一个四棱锥的三视图如图所示，其正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为的正方形，该几何体的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先结合四棱锥三视图想象出直观图，找到该四棱锥外接球的球心和半径，然后计算表面积即可.
【解析】因为正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为的正方形，
所以底面正方形的对角线为2，由正视图和侧视图知四棱锥的高即顶点到底面的距离也为1，
所以底面正方形对角线的交点到各顶点距离相等且都为1，
所以该四棱锥的外接球球心即为底面中心，半径为1，
所以，
故选C.
【点睛】本题考查了空间几何体的外接球，找到球心和半径是解决这类题的关键.
3 球与球相切问题
对于球与球的相切组合成复杂的几何体问题，要根据丰富的空间想象力，通过准确确定各个小球的球心的位置，或者巧借截面图等方法，将空间问题转化平面问题求解.
例9 已知有半径分别为2、3的球各两个，且这四个球彼此相外切，现有一个球与此四个球都相外切，则此球的半径为 .
思路分析：结合图形，分析四个球的球心A、B、C、D的位置，知AD=AC=BD=BC=5，AB=6，CD=4.设AB中点为E、CD中点为F，连接EF.在△ABF中可得，在△EBF中可得.
由于对称性可得第五个球的球心O在EF上，连接OA、OD．设第五个球的半径为r，根据OE+OF=EF建立的方程.
【解析】如图，设四个球的球心分别为A、B、C、D，则AD=AC=BD=BC=5，AB=6，CD=4.设AB中点为E、CD中点为F，连接EF.在△ABF中求得BF=，在△EBF中求得EF=.
由于对称性可得第五个球的球心O在EF上，连接OA、OD．设第五个球的半径为r，则OA=r+3，OD=r+2，于是OE=，OF=，∵OE+OF=EF，
∴平方整理再平方得，解得或（舍掉），故答案为.

点评：本题通过分析球心的位置，根据它们构成的几何体特征，转化成平面几何中三角形边角关系，利用方程思想得解．
例10 把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离．
思路分析：关键在于能根据要求构造出相应的几何体，由于四个球半径相等，故四个球一定组成正四面体的四个顶点且正四面体的棱长为两球半径之和2．
【解析】四球心组成棱长为2的正四面体的四个顶点，则正四面体的高．
而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径1，且三个球心到桌面的距离都为1，故第四个球的最高点与桌面的距离为．
点评：本题难度不大，主要是利用转化与化归思想，将棱锥高应用球的几何性质计算得到．
4 球与几何体的各条棱相切问题
球与几何体的各条棱相切问题，关键要抓住棱与球相切的几何性质，达到明确球心的位置为目的，然后通过构造直角三角形进行转换和求解.如与正四面体各棱都相切的球的半径为相对棱的一半：.
例11 如图所示，直三棱柱的高为4，底面边长分别是5，12，13，当球与上底面三条棱都相切时球心到下底面距离为8，则球的体积为

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】设球心为，三棱柱的上底面的内切圆的圆心为，该圆与边切于点，根据球的几何性质可得为直角三角形，然后根据题中数据求出圆半径，进而求得球的半径，最后可求出球的体积．
【解析】如图，设三棱柱为，且，高．
所以底面为斜边是的直角三角形，设该三角形的内切圆为圆，圆与边切于点，
则圆的半径为．

设球心为，则由球的几何知识得为直角三角形，且，
所以，即球的半径为，
所以球的体积为．
故选A．
【点睛】本题考查与球有关的组合体的问题，解答本题的关键有两个：
（1）构造以球半径、球心到小圆圆心的距离和小圆半径为三边的直角三角形，并在此三角形内求出球的半径，这是解决与球有关的问题时常用的方法．
（2）若直角三角形的两直角边为，斜边为，则该直角三角形内切圆的半径，合理利用中间结论可提高解题的效率．
5 球与旋转体切接问题
首先画出球及其它旋转体的公共轴截面，然后寻找几何体与几何体几何元素之间的关系．
例12 如图，半径为的球的两个内接圆锥有公共的底面，若两个圆锥的体积之和为球的体积的，则这两个圆锥的高之差的绝对值为

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意可以得到两个圆锥高的和与球半径的关系，再由勾股定理得到底面半径与球半径之间的关系，最后可求出两圆锥高之差的绝对值.
【解析】设球的球心为，体积为，上面圆锥的高为，体积为，下面圆锥的高为，体积为；圆锥的底面的圆心为，半径为.由球和圆锥的对称性可知，，，
由题意可知：，
而，，由于垂直于圆锥的底面，所以垂直于底面的半径，由勾股定理可知：，，可知，
这两个圆锥高之差的绝对值为，故本题选D.
【点睛】本题考查了球和圆锥的几何性质、它们的体积公式.
例13 已知圆柱的高和底面半径均为2，则该圆柱的外接球的表面积为_____________．
【答案】
【分析】设球的半径为r，由题得，再求圆柱外接球的表面积.
【解析】设球的半径为r，由题得
故答案为.
【点睛】本题主要考查圆柱外接球表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
6 球的截面问题
有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将空间几何问题转化为平面中圆的有关问题解决.球心到截面的距离与球的半径及截面圆的半径之间满足关系式：.
例14 古希腊数学家阿基米德构造了一个“圆柱容器”的几何体：在圆柱容器里放一个球，使该球四周碰壁，且与上、下底面相切，则在该几何体中，圆柱的体积与球的体积之比为
A． B．
C．或 D．
【答案】D
【分析】由题可知圆柱的底面半径与球的半径相等，高等于球的直径，分别求体积即可.
【解析】由已知可知，该几何体的轴截面如图所示，

即圆柱的底面半径与球的半径相等，高等于球的直径，
所以.故选D.
【点睛】本题考查简单几何体，解题的关键是找到圆柱的底面半径与球体半径以及圆柱的高与球体半径之间的等量关系，属于一般题.
综合上面的六种类型，解决与球的外切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决.如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作；把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的内接问题．解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．发挥好空间想象力，借助于数形结合进行转化，问题即可得解．如果是一些特殊的几何体，如正方体、正四面体等可以借助结论直接求解,此时结论的记忆必须准确.高考题往往与三视图相结合，题目的难易不一，在复习中切忌好高骛远，应重视各种题型的备考演练，重视高考信息的搜集，不断充实题目的类型，升华解题的境界.
【高考命题猜想3】数列中的最值问题
纵观近几年高考对于数列的的考查，重点放在数列中的最值问题上,主要考查等差数列前n项和的最值问题、数列的最值问题、数列前n项和的最值问题及与之相关的不等式证明和取值范围问题.要求学生有较强的转化与化归意识和准确的计算能力，才能顺利解答.从实际教学来看，这部分知识是学生掌握最为模糊，看到就头疼的题目.分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理.本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨.
1. 等差数列中的最值问题
求等差数列前n项和的最值问题的方法：
①二次函数法：将看成关于n的二次函数，运用配方法，借助函数的单调性及数形结合思想，使问题得到解决，注意项数n是正整数这一条件.
②通项公式法：求使≥0（≤0）成立的最大n值，即可求出的最大值(或最小值).
③不等式法：借助取最大值时，有，解此不等式组确定n的范围，进而确定n的值和对应的值（即为的最值）.
【例1】等差数列中，，，则数列的前项和取得最大值时的值为
A．504 B．505
C．506 D．507
【答案】B
【分析】先根据已知求得数列的公差，再利用等差数列正负交界法求数列的前项和取得最大值时的值.
【解析】∵数列为等差数列，，∴数列的公差，
∴，令，得.
又，∴取最大值时的值为505.
故选B.
【点睛】本题主要考查等差数列的基本量的计算和等差数列的通项的求法，考查等差数列前n项和最值的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.
【例2】已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求的最小值及取得最小值时的值.
【答案】（1）；（2）当时，有最小值：.
【分析】（1）由条件中的与的关系，通过得到与的递推关系，求出求出的通项.
（2）把（1）中的通项代入，得到，求出，再求其最小值和最小值时的值.
【解析】（1）当时，，解得，
当时，，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2），
所以为等差数列，
所以，
所以当时，有最小值：.
【点睛】本题主要考查数列通项的求法，以及等差数列的求和及其性质，属于中档题.
2. 数列的最值问题
求数列的最值，主要有两种方法：
①从函数角度考虑，利用函数的性质，求数列的最值；
②利用数列离散的特点，考察或，然后判断数列的最值情况.
【例3】已知数列中，.
（1）令，求证：数列是等比数列；
（2）令，当取得最大值时，求的值.
【答案】（1）见解析；（2）最大，即.
【分析】（1）由题可得，两式相减，得，即，求出，即可得证；
（2）由（1）可知， 即，通过累加可得，则，而，令，讨论的符号可得的最大值，进而得到.
【解析】（1），
两式相减，得，
∴，即，
，
∴ 数列是以2为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）可知，，
即，
，
，
，
，
，
也满足上式，
，
∴，，
，
令，则，
，
，
，

∴最大，即.
【点睛】本题考查等比关系的证明，以及数列的综合应用，属中档题.
3. 数列的前n项和的最值问题
求数列的前n项和的最值，主要是两种思路：
①研究数列的项的情况，判断的最值；
②直接研究的通项公式，利用函数求最值的方法求的最值.
【例4】已知数列的前项的乘积为，若，则当最大时，正整数______________．
【答案】3
【分析】根据数列的单调性，判断出数列小于1的项，进而求得乘积的最大值.
【解析】因为，所以当时，所以当n=3时取得最大.
【点睛】本题考查了等比数列通项公式及其单调性，根据单调性判断乘积的最大值，属于基础题.
【例5】设等差数列满足，且为其前n项和，则数列的最大项为
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】设等差数列的公差为，由，利用通项公式化为，由可得，，利用二次函数的单调性即可得出答案
【解析】设等差数列的公差为，，，即，
，则，等差数列单调递减，，
当时，数列取得最大值，
故选B.
【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及其前项和公式，二次函数的单调性，考查了推理能力与运算能力，属于中档题.
4. 数列与函数、不等式结合
数列与不等式的结合问题，有两类问题:
一类是，对数列不等式恒成立问题，另一类是，不等式成立问题，这两类问题的求解方法主要有两种方法：①通过参变分离法转化为数列的最值问题求解；②通过分类讨论，解决恒成立.
【例6】设是等比数列，是递增的等差数列，的前项和为，，，，.
（1）求与的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为 ，求满足成立的的最大值.
【答案】（1）；（2）14.
【分析】（1）根据条件列公差与公比的方程组，解得结果代入等差数列与等比数列通项公式即可；
（2）先对裂项变形，再根据裂项相消法求，最后代入不等式化简得结果.
【解析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，
由已知得，解得（舍），
.
（2）因为，
所以，
因此，
解得，
，
，即满足条件的最大值为14 .
【点睛】本题考查等差数列与等比数列通项公式以及裂项相消法求和，考查基本分析与求解能力，属中档题.
数列与函数的结合，主要注意:
（1）数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．
（2）转化为以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．
（3）利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．
【例7】已知函数的图象过点和）记，．
（1）求数列{}的通项公式．
（2）设，，（），求的最小值．
【答案】（1）；（2）3.
【分析】（1）先由函数图象过点A，B代入求出函数解析式，然后得到{}通项公式；
（2）写出{}通项，用错位相减求和得，并研究的增减性，得到最大值，从而求出的最小值.
【解析】（1）由题意得，解得，
∴
∴.
（2）由（1）得，
∴，①
，②
两式相减可得


=．
∴，
设，
则由，
得随的增大而减小，则随的增大而增大．
∴当时，，
又（）恒成立，
∴，
即的最小值为3.
【点睛】本题考查了数列的通项公式与求和方法，数列求和方法主要有倒序相加求和、裂项相消求和、错位相减求和、分组求和与并项求和，本题{}为等差乘以等比格式，应采用错位相减求和.
三、考前技能篇

一、历年高考数学试卷的启发
1.试卷上有参考公式，80%是有用的，它为你的解题指引了方向；
2.解答题的各小问之间有一种阶梯关系，通常后面的问要使用前问的结论。如果前问是证明，即使不会证明结论，该结论在后问中也可以使用。当然，我们也要考虑结论的独立性；
3.注意题目中的小括号括起来的部分，那往往是解题的关键。
二、解题策略选择
1.先易后难是所有科目应该遵循的原则，而表现在数学试卷上显得更为重要。一般来说，选择题的后两题，填空题的后一题，解答题的后两题是难题。当然，对于不同的学生来说，有的简单题目也可能是自己的难题，所以题目的难易只能由自己确定。一般来说，小题思考1分钟还没有建立解答方案，则应采取“暂时性放弃”，把自己可做的题目做完再回头解答；
2.选择题有其独特的解答方法，首先重点把握选择支也是已知条件，利用选择支之间的关系可能使你的答案更准确。切记不要“小题大做”。注意解答题按步骤给分，根据题目的已知条件与问题的联系写出可能用到的公式、方法、或是判断。虽然不能完全解答，但是也要把自己的想法与做法写到答题卷上。多写不会扣分，写了就可能得分。
（1）直接法
直接法在选择题中的具体应用就是直接从题设条件出发，利用已知条件、相关概念、性质、公式、公理、定理、法则等基础知识，通过严谨推理、准确运算、合理验证，从而直接得出正确结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”，从而确定正确的选择支．这类选择题往往是由计算题、应用题或证明题改编而来，其基本求解策略是由因导果，直接求解．
由于填空题和选择题相比，缺少选择支的信息，所以常用到直接法进行求解.直接法是解决选择、填空题最基本的方法，适用范围广，只要运算正确必能得到正确答案，解题时要多角度思考问题，善于简化运算过程，快速准确得到结果.
直接法具体操作起来就是要熟悉试题所要考查的知识点，从而能快速找到相应的定理、性质、公式等进行求解，比如，数列试题，很明显能看到是等差数列还是等比数列或是两者的综合，如果是等差数列或等比数列，那就快速将等差数列或等比数列的定义（或）、性质（若，则或）、通项公式（或）、前n项和公式（等差数列、，等比数列）等搬出来看是否适用；如果不能直接看出，只能看出是数列试题，那就说明，需要对条件进行化简或转化了，也可快速进入状态.
（2）排除法
排除法是一种间接解法，也就是我们常说的筛选法、代入验证法，其实质就是舍弃不符合题目要求的选项，找到符合题意的正确结论．也即通过观察、分析或推理运算各项提供的信息，对于错误的选项，逐一剔除，从而获得正确的结论．具体操作起来，我们可以灵活应用，合理选取相应选项进行快速排除，比如，可以把一些简单的数代入，符合条件的话就排除不含这个数的范围选项，不符合条件的话就排除含这个数的范围选项，即：如果有两个选项A（）、B（），你就可以选取1这个数看是否符合题意，如果1符合题意，你就排除B，如果1不符合题意，你就排除A，这样就能快速找到正确选项，当然，选取数据时要考虑选项的特征，而不能选取所有选项都含有或都不含有的数；也可以根据各个选项对熟悉的知识点进行论证再排除，比如，四个选项当中有四个知识点，你就可以把熟悉掌握的知识点进行论证，看是否符合题意即可快速而且正确找到选项，而不会因为某个知识点不会或模棱两可得到错误选项.
而历年高考的选择题都采用的是“四选一”型，即选择项中只有一个是正确的，所以排除法是快速解决部分高考选择试题从而节省时间的有效方法.那对于填空题呢，其实也是可以的，比如有些填空题如果你已经求出了结果，但并不确定这个结果中的某个端点值是否要取，你就可以代入验证进行排除.所以，我们要熟练掌握这种能帮助你快速找到正确结论的方法，从而提高解题效率，为后面的试题解答留有更充足的时间！
（3）特例法
特例法对解决有关数学题目是一种非常独特且十分有效的方法，它可以使繁杂的问题处理简易化，收到事半功倍的效果.
特例法也就是我们常说的特殊值验证法，有时也用特殊数值、特殊图形、特殊位置代替题设中普遍条件，得出特殊结论，再对各选项进行检验，从而做出正确的选择．特别是对于一些比较棘手的高考选择题或填空题，若能注意到其特殊情况，从特殊性入手，也许就可以简捷快速地解决问题.
常用的特例有特殊数值、特殊点、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等．特例法是解答选择题的最佳方法之一，具体是通过特例的方式提高解题速度，题中的一般情况必须满足我们取值的特殊情况，从而我们选取适当的特值帮助我们得到正确的结论.比如，某个数列，可以考虑等差数列或等比数列的情形；某个三角形，可以考虑直角三角形或等边三角形；椭圆上某点，可以考虑长轴或短轴的端点等，但考虑的前提是一定要满足这种情况适合题中所有条件.
特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题或填空题，但使用时一定要注意：（1）取特例尽可能简单，有利于计算和推理；（2）若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解；（3）当正确的选择对象，在题设普遍条件下都成立的情况下，用特殊值（取得越简单越好）进行探求，从而清晰、快捷地得到正确的答案，即通过对特殊情况的研究来判断一般规律，这是解答本类选择、填空题的最佳策略.
近年来高考选择、填空题中可用或结合用特例法解答的试题能占到30%左右，所以要想快速准确地赢得时间获取高分，一定要学会、会用并且灵活使用特例法！
（4）估算法
估算法一般包括范围估算，极端值估算和推理估算，是一种快速解决数学问题的方法，也是一种高效率得出正确结论的捷径.
对于高考数学某些问题，当我们没有合适的解题思路或正面解析比较麻烦，特别又是针对选择题时，不必进行准确的计算，我们可以通过适当地放大或缩小部分数据估算出答案的大概范围或者近似值，也可以通过对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法．
当然，这有时也适合用在填空题中，比如比较大小时.估算法往往可以减少运算量，但是加强了思维的层次，所以我们要学会灵活运用.
而对于选择题，实在没思路时，又不需要解题过程，我们用这种方法还是能很大程度上提高我们的得分率的，比如，求某个图形的面积或体积，当选项差距比较大时，我们只需通过计算一部分比较好计算或自己熟练掌握的，就可以通过比较各选项得出正确结论.
（5）数形结合法
数形结合法，也就是我们常说的图解法，就是把抽象的数学语言、数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过“以形助数”或“以数解形”，即通过抽象思维与形象思维的结合，可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而实现优化解题途径的目的.
在高考中，数形结合是一种常用的解题方法，也是一种重要的数学思想方法，特别是在一些计算过程复杂的函数、三角、解析几何等问题中，可以先作出有关函数的图象或者构造适当的几何图形，再利用图示辅助，即参照图形的做法、形状、位置、性质，综合图象的特征进行直观分析，从而得出结论.比如：
①在集合运算中常常借助于数轴、Venn图来处理集合的交、并、补等运算，从而使问题得以简化，使运算快捷明了.
②借助于图象研究函数的性质是一种常用的方法.函数图象的几何特征与数量特征紧密结合，体现了数形结合的特征与方法.
③处理方程问题时，把方程的根的问题看作两个函数图象的交点问题；处理不等式时，从题目的条件与结论出发，联系相关函数，着重分析其几何意义，从图形上找出解题的思路.
④有关三角函数单调区间的确定或比较三角函数值的大小等问题，一般借助于单位圆或三角函数图象来处理，数形结合思想是处理三角函数问题的重要方法.
⑤线性规划问题是在约束条件下求目标函数的最值的问题.从图形上找思路恰好就体现了数形结合思想的应用.
⑥数列是一种特殊的函数，数列的通项公式以及前n项和公式可以看作关于正整数n的函数.用数形结合的思想研究数列问题是借助函数的图象进行直观分析，从而把数列的有关问题转化为函数的有关问题来解决.
⑦解析几何的基本思想就是数形结合，在解题中善于将数形结合的数学思想运用于对点、线、曲线的性质及其相互关系的研究中.
⑧立体几何中用坐标的方法将几何中的点、线、面的性质及其相互关系进行研究，可将抽象的几何问题转化为纯粹的代数运算.
著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休.”数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷.所以，我们一定要学好并应用好数形结合的方法.
三、解题思想方法
1.函数或方程或不等式的题目，先直接思考后建立三者的联系。首先考虑定义域，其次使用“三合一定理”；
2.如果在方程或是不等式中出现超越式，优先选择数形结合的思想方法；
3.面对含有参数的初等函数来说，在研究的时候应该抓住参数没有影响到的不变的性质。如所过的定点，二次函数的对称轴或是……；
4.选择题与填空题中出现不等式的题目时，优选特殊值法；
5.求参数的取值范围时，应该建立关于参数的等式或是不等式，用函数的定义域或是值域或是解不等式完成，在对式子变形的过程中，优先选择分离参数的方法；
6.恒成立问题或是它的反面，可以转化为最值问题，注意二次函数的应用，灵活使用闭区间上的最值，分类讨论的思想，分类讨论应该不重复不遗漏；
7.圆锥曲线的题目优先选择它们的定义完成，直线与圆锥曲线相交问题，若与弦的中点有关，选择设而不求点差法，与弦的中点无关，选择根与系数的关系公式法；使用根与系数的关系时必须先考虑是否为二次方程及根的判别式；
8.求曲线方程的题目，如果知道曲线的形状，则可选择待定系数法，如果不知道曲线的形状，则所用的步骤为建系、设点、列式、化简（注意去掉不符合条件的特殊点）；
9.求椭圆或是双曲线的离心率，建立关于a、b、c之间的关系等式即可；
10. 求三角函数的周期、单调区间或是最值，优先考虑化为一次同角弦函数，然后使用辅助角公式解答；解三角形的题目，重视内角和定理的使用；与向量联系的题目，注意向量角的范围；
11.数列的题目与和有关，优选作差的方法；注意归纳、猜想之后证明；猜想的方向是两种特殊数列；解答的时候注意使用通项公式及前n项和公式，体会方程的思想；
12.立体几何第一问如果是为建系服务的，一定用传统做法完成，如果不是，可以从第一问开始就建系完成；注意向量角与线线角、线面角、面面角都不相同，熟练掌握它们之间的三角函数值的转化；锥体体积的计算注意系数，而三角形面积的计算注意系数；与球有关的题目也不得不防，注意连接“心心距”创造直角三角形解题；
13.导数的常规题目一般不难，但要注意解题的层次与步骤，如果要用构造函数证明不等式，可从已知或者前一问中找到突破口，必要时应该放弃；重视几何意义的应用，注意点是否在曲线上；
14.概率与统计的解答题，应该先设事件，然后写出使用公式的理由，当然要注意步骤的多少决定解答的详略；如果有分布列，则概率和为1是检验正确与否的重要途径；
15.二选一的选做题中，极坐标系与参数方程题目注意转化的方法，不等式题目注意柯西不等式与绝对值的几何意义，平面几何重视与圆有关的知积，必要时可以测量；
16.遇到复杂的式子可以用换元法，使用换元法必须注意新元的取值范围，若式子为勾股定理型的，可使用三角换元来完成；
17.注意概率分布中的二项分布，二项式定理中的通项公式的使用与赋值的方法，排列组合中的枚举法，全称与特称命题的否定写法，取值范围或是不等式的解的端点能否取到需单独验证，用点斜式或斜截式方程的时候考虑斜率是否存在等；
18.绝对值问题优先选择去绝对值，去绝对值优先考虑使用定义；
19.与平移有关的，注意口诀“左加右减，上加下减”只用于函数，沿向量平移一定要使用平移公式完成；
20.关于中心对称问题，只需使用中点坐标公式即可，关于轴对称问题，注意两个等式的运用：一是垂直，一是中点在对称轴上。

四、每分必争
1.答题时间共120分钟，而你要答分数为150分的考卷，算一算就知道，每分钟应该解答1分多的题目，所以每1分钟的时间都是重要的。试卷发到手中首先完成必要的检查（是否有印刷不清楚的地方）与填涂，之后剩下的时间就马上看试卷中可能使用到的公式，做到心中有数。用心计算简单的题目，必要时动一动笔也不是不行（你是写名字或是写一个字母没有人去区分）。
2.在分数上也是每分必争。你得到89分与得到90分，虽然只差1分，但是有本质的不同，一个是不合格一个是合格。高考中，你得556分与得557分，虽然只差1分，但是它决定你是否可以上重点线，关系到你的一生。所以，在答卷的时候要精益求精。对选择题的每一个选择支进行评估，看与你选的相似的那个是不是更准确？填空题的范围书写是不是集合形式，是不是少或多了一个端点？是不是有一个解应该舍去而没舍？解答题的步骤是不是按照公式、代数、结果的格式完成的，应用题是不是设、列、画（线性归化）、解、答？根据已知条件你还能联想到什么？把它写在考卷上，也许它就是你需要的关键的1分，为什么不去做呢？
3.答题的时间紧张是所有同学的感觉，想让它变成宽松的方法只有一个，那就是学会放弃，准确地判断把该放弃的放弃，就为你多得1分提供了前提。
4.冷静一下，表面是耽误了时间，其实是为自己赢得了机会，可能创造出奇迹。在头脑混乱的时候，不妨停下来，喝口水，深吸一口气，再慢慢呼出，就在呼出的同时，你就会得到灵感。
5.题目分析受挫，很可能是一个重要的已知条件被你忽略，所以重新读题，仔细读题才能有所发现，不能停留在某一固定的思维层面不变。联想你做过的类似的题目的解题方法，把不熟悉的转化为你熟悉的也许就是成功。
6.高考只是人生的重要考试之一，其实人生是由每一分钟组成的。把握好人生的每一分钟才能真正把握人生。高考就是平常的模拟考试罢了，其实真正的高考是在你生活的每一分钟里。


一、考前准备
1．调适心理，增强信心
（1）合理设置考试目标，创设宽松的应考氛围，以平常心对待高考；
（2）合理安排饮食，提高睡眠质量；
（3）保持良好的备考状态，不断进行积极的心理暗示；
（4）静能生慧，稳定情绪，净化心灵，满怀信心地迎接即将到来的考试。
2．悉心准备，不紊不乱
（1）重点复习，查缺补漏。对前几次模拟考试的试题分类梳理、整合，既可按知识分类，也可按数学思想方法分类。强化联系，形成知识网络结构，以少胜多，以不变应万变。
（2）查找错题，分析病因，对症下药，这是重点工作。
（3）阅读《考试说明》和《试题分析》，确保没有知识盲点。
（4）回归课本，回归基础，回归近几年高考试题，把握通性通法。
（5）重视书写表达的规范性和简洁性，掌握各类常见题型的表达模式，避免“会而不对，对而不全”现象的出现。
（6）临考前应做一定量的中、低档题，以达到熟悉基本方法、典型问题的目的，一般不再做难题，要保持清醒的头脑和良好的竞技状态。
3．入场临战，通览全卷
最容易导致心理紧张、焦虑和恐惧的是入场后与答卷前的“临战”阶段，此时保持心态平稳是非常重要的。刚拿到试卷，一般心情比较紧张，不要匆忙作答，可先通览全卷，尽量从卷面上获取更多的信息，为实施正确的解题策略作铺垫，一般可在五分钟之内做完下面几件事：
（1）填写好全部考生信息，检查试卷有无问题；
（2）调节情绪，尽快进入考试状态，可解答那些一眼就能看得出结论的简单选择题或填空题（一旦解出，信心倍增，情绪立即稳定）；
（3）对于不能立即作答的题目，可一边通览，一边粗略地分为A、B两类：A类指题型比较熟悉、容易上手的题目；B类指题型比较陌生、自我感觉有困难的题目，做到心中有数。

二、高考数学题型特点和答题技巧
1．选择题——“不择手段”
题型特点：（1）概念性强：数学中的每个术语、符号，乃至习惯用语，往往都有明确具体的含义，这个特点反映到选择题中，表现出来的就是试题的概念性强，试题的陈述和信息的传递，都是以数学的学科规定与习惯为依据，决不标新立异。
（2）量化突出：数量关系的研究是数学的一个重要的组成部分，也是数学考试中一项主要的内容，在高考的数学选择题中，定量型的试题所占的比重很大，而且许多从形式上看为计算定量型选择题，其实不是简单或机械的计算问题，其中往往蕴含了对概念、原理、性质和法则的考查，把这种考查与定量计算紧密地结合在一起，形成了量化突出的试题特点。
（3）充满思辨性：这个特点源于数学的高度抽象性、系统性和逻辑性。作为数学选择题，尤其是作为选择性考试的高考数学试题，只凭简单计算或直观感知便能正确作答的试题不多，几乎可以说并不存在，绝大多数的选择题，为了正确作答，或多或少总是要求考生具备一定的观察、分析和逻辑推断能力。思辨性的要求充满题目的字里行间。
（4）形数兼备：数学的研究对象不仅是数，还有图形，而且对数和图形的讨论与研究，并不是孤立开来分割进行的，而是有分有合，将它们辩证统一起来。这个特色在高中数学中已经得到充分的显露。因此，在高考的数学选择题中，便反映出形数兼备这一特点，其表现是几何选择题中常常隐藏着代数问题，而代数选择题中往往又寓有几何图形的问题。因此，数形结合与形数分离的解题方法是高考数学选择题的一种重要且有效的思想方法与解题方法。
（5）解法多样化：与其他学科比较，“一题多解”的现象在数学中表现突出，尤其是数学选择题由于它有备选项，给试题的解答提供了丰富的有用信息，有相当大的提示性，为解题活动展现了广阔的天地，大大地增加了解答的途径和方法，而且常常潜藏着极其巧妙的解法，有利于对考生思维深度的考查。
解题策略：（1）注意审题。把题目多读几遍，弄清这道题目求什么，已知什么，求、知之间有什么关系，把题目搞清楚了再动手答题。
（2）答题顺序不一定按题号进行。可先从自己熟悉的题目答起，从有把握的题目入手，使自己尽快进入到解题状态，产生解题的激情和欲望，再解答陌生或不太熟悉的题目。若有时间，再去拼那些把握不大或无从下手的题目。这样也许能超水平发挥。
（3）数学选择题大约有70%的题目都是直接法，要注意对符号、概念、公式、定理及性质等的理解和使用，例如函数的性质、数列的性质就是常见题目。
（4）挖掘隐含条件，注意易错、易混点，例如集合中的空集、函数的定义域、应用性问题的限制条件等。
（5）方法多样，不择手段。高考试题凸显能力，小题要小做，注意巧解，善于使用数形结合、特值（含特殊值、特殊位置、特殊图形）、排除、验证、转化、分析、估算、极限等方法，一旦思路清晰，就迅速作答。不要在一两道小题上纠缠，杜绝小题大做，如果确实没有思路，也要坚定信心，“题可以不会，但是要做对”，即使是“蒙”，也有25%的正确率。
（6）控制时间。一般不要超过40分钟，最好是25分钟左右完成选择题，争取又快又准，为后面的解答题留下充裕的时间，防止“超时失分”。
2．填空题——“直扑结果”
题型特点： 填空题和选择题同属客观性试题，它们有许多共同特点：其形态短小精悍，考查目标集中，答案简短、明确、具体，不必填写解答过程，评分客观、公正、准确等等，不过填空题和选择题也有质的区别。首先，填空题没有备选项，因此，解答时既有不受诱误的干扰之好处，又有缺乏提示的帮助之不足。对考生独立思考和求解，在能力要求上会高一些。长期以来，填空题的答对率一直低于选择题的答对率，也许这就是一个重要的原因。其次，填空题的结构，往往是在一个正确的命题或断言中，抽去其中的一些内容（既可以是条件，也可以是结论），留下空位，让考生独立填上，考查方法比较灵活，在对题目的阅读理解上，较之选择题有时会显得较为费劲。当然并非常常如此，这将取决于命题者对试题的设计意图。
填空题的考点少，目标集中。否则，试题的区分度差，其考试的信度和效度都难以得到保证。这是因为：填空题要是考点多，解答过程长，影响结论的因素多，那么对于答错的考生便难以知道其出错的真正原因，有的可能是一窍不通，入手就错了；有的可能只是到了最后一步才出错，但他们在答卷上表现出来的情况一样，可以得到相同的成绩，尽管他们的水平存在很大的差异。
解题策略：由于填空题和选择题有相似之处，所以有些解题策略是可以共用的，在此不再多讲，只针对不同的特征给几条建议：
一是填空题绝大多数是计算型（尤其是推理计算型）和概念（或性质）判断性的试题，应答时必须按规则进行切实的计算或合乎逻辑的推演和判断；
二是作答的结果必须是数值准确，形式规范，例如集合形式的表示、函数表达式的完整等，结果稍有毛病便是零分；
三是《考试说明》中对解答填空题提出的要求是“正确、合理、迅速”，因此，解答的基本策略是：快——运算要快，力戒小题大做；稳——变形要稳，防止操之过急；全——答案要全，避免对而不全；活——解题要活，不要生搬硬套；细——审题要细，不能粗心大意。
3．解答题——“步步为营”
题型特点：解答题与填空题比较，同为提供型的试题，但也有本质的区别，首先，解答题应答时，考生不仅要提供出最后的结论，还得写出或说出解答过程的主要步骤，提供合理、合法的说明，填空题则无此要求，只要填写结果，省略过程，而且所填结果应力求简练、准确；其次，解答题比起填空题试题内涵要丰富得多，解答题的考点相对较多，综合性强，难度较高，解答题成绩的评定不仅看最后的结论，还要看其推演和论证过程，分情况判定分数，用以反映其差别，因而解答题命题的自由度较之填空题大得多。
数学解答题的评分办法：数学高考阅卷评分施行懂多少知识给多少分的评分办法，叫做“分段评分”。而考生“分段得分”的基本策略是：会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分。会做的题目若不注意准确表达和规范书写，常常会被“分段扣分”，有阅卷经验的老师告诉我们，解答立体几何题时，用向量方法处理的往往扣分少。解答题阅卷的评分原则一般是：第一问，错或未做，而第二问对，则第二问得分全给；前面错引起后面方法用对但结果出错，则后面给一半分。
解题策略：（1）常见失分因素：①对题意缺乏正确的理解，应做到慢审题快做题；②公式记忆不牢，考前一定要熟悉公式、定理、性质等；③思维不严谨，不要忽视易错点；④解题步骤不规范，一定要按课本要求，否则会因不规范答题而失分，避免“对而不全”，如解概率题时，要给出适当的文字说明，不能只列几个式子或单纯的结论，表达不规范、字迹不工整等非智力因素会影响阅卷老师的“感情分”；⑤计算能力差导致失分多，会做的试题一定不能放过，不能一味求快，例如平面解析几何中的圆锥曲线问题就要求较强的运算能力；⑥轻易放弃试题，难题不会做时，可分解成小问题，分步解决，如最起码能将文字语言翻译成符号语言、设应用题未知数、设轨迹的动点坐标等，都能拿分。也许随着这些小步骤的罗列，还能悟出解题的灵感。
（2）何为“分段得分”：对于同一道题目，有的人理解的深，有的人理解的浅；有的人解决的多，有的人解决的少。为了区分这种情况，高考的阅卷评分办法是懂多少知识就给多少分。这种方法我们叫它“分段评分”，或者“踩点给分”——踩上知识点就得分，踩得多就多得分。与之对应的“分段得分”的基本精神是，会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分。对于会做的题目，要解决“会而不对，对而不全”这个老大难问题。有的考生拿到题目，明明会做，但最终答案却是错的——会而不对。有的考生答案虽然对，但中间有逻辑缺陷或概念错误，或缺少关键步骤——对而不全。因此，会做的题目要特别注意表达的准确、考虑的周密、书写的规范、语言的科学，防止被“分段扣分”。经验表明，对于考生会做的题目，阅卷老师则更注意找其中的合理成分，分段给点分，所以“做不出来的题目得一二分易，做得出来的题目得满分难”。
对绝大多数考生来说，更为重要的是如何从拿不下来的题目中分段得点分。我们说，有什么样的解题策略，就有什么样的得分策略。把你解题的真实过程原原本本写出来，就是“分段得分”的全部秘密。
①缺步解答：如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败。特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题拿小分”。
②跳步答题：解题过程卡在某一过渡环节上是常见的。这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论。如果不能，说明这个途径不对，立即改变方向；如果能得出预期结论，就回过头来，集中力量攻克这一“卡壳处”。由于考试时间的限制，“卡壳处”的攻克如果来不及了，就可以把前面的写下来，再写出“证实某步之后，继续有……”一直做到底。也许，后来中间步骤又想出来，这时不要乱七八糟插上去，可补在后面。若题目有两问，第一问想不出来，可把第一问作为“已知”，先做第二问，这也是跳步解答。
③退步解答：“以退求进”是一个重要的解题策略。如果你不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从较强的结论退到较弱的结论。总之，退到一个你能够解决的问题。为了不产生“以偏概全”的误解，应开门见山写上“本题分几种情况”。这样，还会为寻找正确的、一般性的解法提供有意义的启发。
④辅助解答：一道题目的完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤。实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举。如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，设应用题的未知数等。答卷中要做到稳扎稳打，字字有据，步步准确，尽量一次成功，提高成功率。试题做完后要认真做好解后检查，看是否有空题，答卷是否准确，所写字母与题中图形上的是否一致，格式是否规范，尤其是要审查字母、符号是否抄错，在确信万无一失后方可交卷。
（3）能力不同，要求有变： 由于考生的层次不同，面对同一张数学试卷，要尽可能发挥自己的水平，考试策略也有所不同。针对基础较差、以二类本科为最高目标的考生而言要“以稳取胜”——这类考生除了知识方面的缺陷外，“会而不对，对而不全”是这类考生的致命伤。丢分的主要原因在于审题失误和计算失误。考试时要克服急躁心态，如果发现做不下去，就尽早放弃，把时间用于检查已做的题，或回头再做前面没做的题。记住，只要把你会做的题都做对，你就是最成功的人！针对二本及部分一本的同学而言要“以准取胜”——他们基础比较扎实，但也会犯低级错误，所以，考试时要做到准确无误（指会做的题目），除了最后两题的最后一问不一定能做出，其他题目大都在“火力范围”内。但前面可能遇到“拦路虎”，要敢于放弃，把会做的题做得准确无误，再回来“打虎”。针对第一志愿为名牌大学的考生而言要“以新取胜”——这些考生的主攻方向是能力型试题，在快速、正确做好常规试题的前提下，集中精力做好能力题。这些试题往往思考强度大，运算要求高，解题需要新的思想和方法，要灵活把握，见机行事。如果遇到不顺手的试题，也不必恐慌，可能是试题较难，大家都一样，此时，使会做的题不丢分就是上策。

高考小贴士：
高考数学选择题和填空题平均每题大约花费3分钟，解答题平均每题大约花费10分钟。




高中数学，完完全全的题海战术，完完全全的是靠你做出来的！想提高？看看书，总结总结知识点，似乎没有什么用处！现在临近高考了，还有什么方法能提高数学分数呢？
这个时候如果还去谈知识点和方法，似乎太晚了一点，那我们就直入主题吧——
先说说解析几何，通常是倒数第一或倒数第二道解答题，难度是比较大的，比如：
【2019•新课标高考全国Ⅰ卷19】已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
（2）若，求|AB|．
【解析】设直线．①
（1）由题设得，②
故，③
由题设可得．④
由，可得，则．⑤
从而，得．⑥
所以的方程为．⑦
（2）由可得．⑧
由，可得．⑨
所以．从而，故．⑩
代入的方程得．
故．
第(1)小题属于送分题，如果这几分都拿不到，那你就应该准备补习了。
很多同学做完第(1)小题后，就不再往下思考了，一是“感觉”题目难度比较大，二是时间可能也比较紧张了，那么我们注意上面标注①到⑦的这几个步骤，对于解析法熟悉的同学来说，这几个步骤都是“理所当然”的，没有难度，也不需要大量的计算，基本上属于“套路”的形式，但就是这样的几个步骤，足以让你得到4～6分，加上第(2)小题的分数，已经是8～10分了，对于通常省平均只有3～5分的题来说，你岂不是遥遥领先了么。
类似地，我们再看一道题（函数导数题）：
【2019•高考新课标Ⅰ卷20】已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
【解析】（1）设，则，.
当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，
设为.
则当时，；当时，.
所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.
（2）的定义域为.
（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.
（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.
又，，所以当时，.从而，在没有零点.
（iii）当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点.
（iv）当时，，所以b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.
（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.
21．（12分）
已知函数.
（1）曲线在点处的切线方程为，求的值；
（2）若，时，，都有，求的取值范围.
（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
22．[选修4−4：坐标系与参数方程]（10分）
在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；
（2）设点在上，点在上，求的最小值以及此时的直角坐标.
23．[选修4−5：不等式选讲]（10分）
已知函数， ，其中， 均为正实数，且．
（1）求不等式的解集；
（2）当时，求证．


















2020年高考数学（理）终极押题卷（全解全析）
1．【答案】C
【解析】因为，所以，所以，故选C．
2．【答案】C
【解析】由题得∴或则A∩B={(1,0),(0,1)}.故选C.
3．【答案】B
【解析】因为，所以命题为真；命题为假，所以为真，故选B.
4．【答案】D
【解析】由图表可知：
年我国实际利用外资规模较年下降，可知错误；
年以来，我国实际利用外资规模总体呈现上升趋势，可知错误；
年我国实际利用外资同比增速最大，高于年，可知错误，正确.
本题正确选项：.
5．【答案】A
【解析】设等差数列的公差为d，，，且，，成等比数列，，，解得，
前6项的和为.
故选：A.
6．【答案】B
【解析】由∥得，因此，当且仅当时取等号，所以选B.
7．【答案】C
【解析】，
由展开式的通项公式可得：
当时，展开式中的系数为；
当时，展开式中的系数为，
则的系数为.故选C.
8．【答案】C
【解析】如图所示，直角三角形的斜边长为，
设内切圆的半径为，则，解得.
所以内切圆的面积为，
所以豆子落在内切圆外部的概率，故选C．

9．【答案】C
【解析】函数的图象如图所示，函数是偶函数，时，函数值为0．
是偶函数，但是，
是奇函数，不满足题意．
是偶函数，满足题意；
是偶函数，，时，，不满足题意．
故选C项．
10．【答案】B
【解析】为上的偶函数，而为上的偶函数，故为上的偶函数，所以．
因为，故，．
因，故，所以，．
因，故，所以．
综上，，，故选B．
11．【答案】A
【解析】设BC的中点是E，连接DE，A′E，
因为AB＝AD＝1，BD＝，
由勾股定理得：BA⊥AD，
又因为BD⊥CD，即三角形BCD为直角三角形，
所以DE为球体的半径，，，
故选A.
12．【答案】A
【解析】由题可知，当时，令，可化为，令，则，则函数在上单调递增，在上单调递减，的图象如图所示，所以当，即时，有两个不同的解；当，令，，解得，综上，.

13．【答案】22
【解析】作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，
由可得，观察可知，当直线过点时，取得最大值，
由，解得，即，所以.

故答案为：22.
14．【答案】乙
【解析】根据甲与团支书的年龄不同，团支书比乙年龄小，得到丙是团支书，
丙的年龄比学委的大，甲与团支书的年龄不同，团支书比乙年龄小，
得到年龄从大到小是乙丙学委，
由此得到乙不是学委，故乙是班长．
故答案为乙．
15．【答案】
【解析】由题＝+n+2，∴，所以，，，…，，上式个式子左右两边分别相加得，即，当n=1时，满足题意，所以，从而.
故答案为.
16．【答案】
【解析】设 ,
可得 ,可得（1）,
在中，由余弦定理可得（2），
因为，所以在，中分别利用余弦定理可得，
,
两式相加可得 ,分别与（1）、（2）联立得，
消去可得，
所以双曲线的渐近线方程为，即，故答案为.

17．（12分）
【解析】（1）因为，
由正弦定理可得：，
即，
再由余弦定理可得，即,
所以.（6分）
（2）因为，所以，
由正弦定理，可得.
.（12分）
18．（12分）
【解析】（1）证明：连接，因为，为线段的中点，
所以.
又，，所以为等边三角形，.
因为，所以平面，
又平面，所以平面平面.（5分）
（2）解：设，则，因为，所以，
同理可证，所以平面.
如图，设，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.
易知为二面角的平面角，所以，从而.
由，得.
又由，，知，.
设平面的法向量为，
由，，得，不妨设，得.
又，，所以.
设与平面所成角为，则.
所以与平面所成角的正弦值为.（12分）

19．（12分）
【解析】（1）依题意得，
又
∴椭圆的方程为.（4分）
（2）设直线的方程为，
由得，
∴.
由题设知 ，
∴，∴，
∵，∴.
此时
则


故直线的斜率为.（12分）
20．（12分）
【解析】（1）由频率分布直方图可知一台电脑使用时间在上的概率为：
，
设“任选3台电脑，至少有两台使用时间在”为事件，则
.（4分）
（2）（ⅰ）由得，即，

，即，所以.（8分）
（ⅱ）根据频率分布直方图对成交的二手折旧电脑使用时间在，，，，
上的频率依次为：0.2，0.36，0.28，0，12，0.04：
根据（1）中的回归方程，
在区间上折旧电脑价格的预测值为，
在区间上折旧电脑价格的预测值为，
在区间上折旧电脑价格的预测值为，
在区间上折旧电脑价格的预测值为，
在区间上折旧电脑价格的预测值为，
于是，可以预测该交易市场一台折旧电脑交易的平均价格为：
（百元）
故该交易市场收购1000台折旧电脑所需的的费用为：
（元）（12分）
21．（12分）
【解析】（1）函数的定义域为，
又，
由，得或.
当即时，由得，由得或；
当即时，当时都有；
当时，单调减区间是，单调增区间是，；
当时，单调增区间是，没有单调减区间；（5分）
（2）当时，由（1）知在单调递减，在单调递增.
从而在上的最小值为.
对任意，存在，使，即存在，使的值不超过在区间上的最小值.
由得，.
令，则当时，.
，
当时；当时，，.
故在上单调递减，从而,
从而实数得证.（12分）
22．[选修4−4：坐标系与参数方程]（10分）
【解析】（1）的普通方程为，的直角坐标方程为.（4分）
（2）由题意，可设点的直角坐标为，因为是直线，所以的最小值即为到的距离的最小值，.
当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.（10分）
23．[选修4−5：不等式选讲]（10分）
【解析】（1）由题意， ，
①当时，，不等式无解；
②当时，，解得，所以．
③当时，恒成立，所以的解集为．（5分）
（2）当时，；
．
而，
当且仅当时，等号成立，即，因此，当时， ，所以，当时， ．（10分）





2020年高考数学（文）终极押题卷（全解全析）
1．【答案】B
【解析】集合，，则.
故选B.
2．【答案】D
【解析】∵m＜1，∴m﹣1＜0，
∴复数2+（m﹣1）i在复平面内对应的点（2，m-1）位于第四象限，故选D．
3．【答案】A
【解析】已知， 向量,,，

故答案为A.
4．【答案】C
【解析】因为所以选C．
5．【答案】A
【解析】由题意，根据频率分布直方图，
可得获得复赛资格的人数为=650人，
故选：A．
6．【答案】A
【解析】若命题：“，，为真命题，则，
若命题：“，”为真命题，则，解得，
若命题“”为真命题，则，都是真命题，
则，解得：．
故实数的取值范围为．
故选A．
7．【答案】C
【解析】由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，，
由勾股定理可知：，则在四棱锥中，直角三角形有：共三个，故选C.

8．【答案】B
【解析】根据已知函数其中，的图象过点，，
可得，，解得：．
再根据五点法作图可得，可得：，
可得函数解析式为：
故把的图象向左平移个单位长度，
可得的图象，
故选B．
9．【答案】C
【解析】，
则，是偶函数，排除B、D.
当时，，，即，排除A.
故选:C.
10．【答案】D
【解析】根据题意可知，第一天，所以满足，不满足，故排除AB，
由框图可知，计算第二十天的剩余时，有，且，所以循环条件应该是.
故选D.
11．【答案】C
【解析】设t＝2x，函数f（t）＝t2﹣mt+m+3有两个不同的零点，，,∴，即，解得：
故选：C
12．【答案】C
【解析】因为直线与双曲线的一个交点在以线段为直径的圆上，
所以，不妨令在第一象限内，
又为中点，，所以，
因为直线的倾斜角为，
所以为等边三角形，所以，
因此，在中，，
由双曲线的定义可得：，
所以双曲线的离心率为.
故选C
13．【答案】
【解析】∵函数，
∴f （5）＝f（2）＝f（﹣1）＝（﹣1）2﹣2﹣1．
故答案为．
14．【答案】2
【解析】抛物线y2=2px（p＞0）的准线方程为x=﹣，
因为抛物线y2=2px（p＞0）的准线与圆（x﹣3）2+y2=16相切，
所以3+=4，解得p=2．
故答案为2
15．【答案】
【解析】因为，所以，结合，化简得，从而有，即在为直角三角形，
将，代入，得，于是，所以.
16．【答案】
【解析】取的外心为，设为球心，连接，则平面，取的中点，连接，，过做于点，易知四边形为矩形，连接，，设，.连接，则，，三点共线，易知，所以，.在和中，，，即，，所以，，得.所以.

17．（12分）
【解析】（1）设数列{an}的公比为q,由＝9a2a6得＝9,所以q2＝．
由条件可知q＞0,故q＝．由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1,所以a1＝．
故数列{an}的通项公式为an＝．（6分）
（2）bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－（1＋2＋…＋n）＝－．
故．

所以数列的前n项和为.（12分）
18．（12分）
【解析】（1）证明：在正方形ABCD中，，，
在三棱锥中，有，，且，
面MEF，则；（5分）
（2）解：、F分别是边长为2的正方形ABCD中AB、BC边的中点，
，
，
由（1）知，．（12分）

19．（12分）
【解析】（1）选择模型①.
理由如下：根据残差图可以看出，模型①的估计值和真实值比较相近，模型②的残差值相对较大一些，所以模型①的拟合效果相对较好.（5分）
（2）由（1）可知，关于的回归方程为，
令，则.
由所给数据可得.
，
，
所以关于的回归方程为
预测该地区2020年新增光伏装机量为（兆瓦）.（12分）
20．（12分）
【解析】（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得.
故C的方程为.（4分）
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.
则，得，不符合题设.
从而可设l：（）.将代入得

由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而

.
由题设，故.
即.
解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）.（12分）
21．（12分）
【解析】（1）∵=，∴-2b=-1,,
∴b=,a=1.（4分）
（2）若，时，,在x上恒成立，
∴f（x）在区间上是减函数．
不妨设1