2019年 文科数学高考题天津卷

PAGE1本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷参考公式·如果事件A，B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．·圆柱的体积公式V＝Sh，其中S表示圆柱的底面面积，h表示圆柱的高．·棱锥的体积公式V＝eq\f(1,3)Sh，其中S表示棱锥的底面面积，h表示棱锥的高．一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2019·天津高考)设集合A＝{－1,1,2,3,5}，B＝{2,3,4}，C＝{x∈R|1≤x<3}，则(A∩C)∪B＝()A．{2} B．{2,3}C．{－1,2,3} D．{1,2,3,4}解析：选D∵A∩C＝{1,2}，∴(A∩C)∪B＝{1,2,3,4}．故选D.2．(2019·天津高考)设变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≤0，,x－y＋2≥0，,x≥－1，,y≥－1，))则目标函数z＝－4x＋y的最大值为()A．2 B．3C．5 D．6解析：选C画出可行域，如图中阴影部分所示，由z＝－4x＋y可得y＝4x＋z.设直线l0为y＝4x，平移直线l0，当直线y＝4x＋z过点A时z取得最大值．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,x－y＋2＝0，))得A(－1,1)，∴zmax＝－4×(－1)＋1＝5.故选C.3．(2019·天津高考)设x∈R，则“0<x<5”是“|x－1|<1”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B由|x－1|<1可得0<x<2，所以“|x－1|<1的解集”是“0<x<5的解集”的真子集．故“0<x<5”是“|x－1|<1”的必要而不充分条件．故选B.4．(2019·天津高考)阅读右边的程序框图，运行相应的程序，输出S的值为()A．5 B．8C．24 D．29解析：选Bi＝1不为偶数，S＝0＋1＝1，i＝1＋1＝2<4；i＝2为偶数，j＝1，S＝1＋2×21＝5，i＝2＋1＝3<4；i＝3不为偶数，S＝5＋3＝8，i＝3＋1＝4.此时4≥4满足要求，输出S＝8.故选B.5．(2019·天津高考)已知a＝log27，b＝log38，c＝0.30.2，则a，b，c的大小关系为()A．c<b<a B．a<b<cC．b<c<a D．c<a<b解析：选A∵a＝log27>log24＝2，b＝log38<log39＝2且b>1，c＝0.30.2<0.30＝1，∴c<b<a.故选A.6．(2019·天津高考)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D.eq\r(5)解析：选D由抛物线方程可得准线l的方程为x＝－1，双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(b,a)x，,x＝－1))解得y1＝－eq\f(b,a)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(b,a)x，,x＝－1))解得y2＝eq\f(b,a)，∴|AB|＝y2－y1＝eq\f(2b,a).∵|AB|＝4|OF|，∴eq\f(2b,a)＝4，即eq\f(b,a)＝2.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2＝eq\f(a2＋b2,a2)＝eq\f(5a2,a2)＝5，∴e＝eq\r(5).故选D.7．(2019·天津高考)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，且f(x)的最小正周期为π，将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g(x)．若geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝()A．－2 B．－eq\r(2)C.eq\r(2) D．2解析：选C∵函数f(x)为奇函数，且|φ|<π，∴φ＝0.又f(x)的最小正周期为π，∴eq\f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.∴f(x)＝Asin2x.由题意可得g(x)＝Asinx，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)，即Asineq\f(π,4)＝eq\r(2)，解得A＝2.故f(x)＝2sin2x.∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝2sineq\f(3π,4)＝eq\r(2).故选C.8．(2019·天津高考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(x)，0≤x≤1，,\f(1,x)，x>1.))若关于x的方程f(x)＝－eq\f(1,4)x＋a(a∈R)恰有两个互异的实数解，则a的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))∪{1} D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))∪{1}解析：选D如图，分别画出两函数y＝f(x)和y＝－eq\f(1,4)x＋a的图象．(1)先研究当0≤x≤1时，直线y＝－eq\f(1,4)x＋a与y＝2eq\r(x)的图象只有一个交点的情况．当直线y＝－eq\f(1,4)x＋a过点B(1,2)时，2＝－eq\f(1,4)＋a，解得a＝eq\f(9,4).所以0≤a≤eq\f(9,4).(2)再研究当x>1时，直线y＝－eq\f(1,4)x＋a与y＝eq\f(1,x)的图象只有一个交点的情况：①相切时，由y′＝－eq\f(1,x2)＝－eq\f(1,4)，得x＝2，此时切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,2)))，则a＝1.②相交时，由图象可知直线y＝－eq\f(1,4)x＋a从过点A向右上方移动时与y＝eq\f(1,x)的图象只有一个交点．过点A(1,1)时，1＝－eq\f(1,4)＋a，解得a＝eq\f(5,4).所以a≥eq\f(5,4).结合图象可得，所求实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))∪{1}．故选D.第Ⅱ卷二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在题中横线上)9．(2019·天津高考)i是虚数单位，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5－i,1＋i)))的值为________．解析：法一：∵eq\f(5－i,1＋i)＝eq\f(5－i1－i,2)＝eq\f(4－6i,2)＝2－3i，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5－i,1＋i)))＝eq\r(22＋－32)＝eq\r(13).法二：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5－i,1＋i)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5－i,1＋i)))＝eq\f(\r(25＋1),\r(1＋1))＝eq\f(\r(26),\r(2))＝eq\r(13).答案：eq\r(13)10．(2019·天津高考)设x∈R，使不等式3x2＋x－2<0成立的x的取值范围为________．解析：3x2＋x－2<0变形为(x＋1)(3x－2)<0，解得－1<x<eq\f(2,3)，故使不等式成立的x的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))11．(2019·天津高考)曲线y＝cosx－eq\f(x,2)在点(0,1)处的切线方程为________．解析：y′＝－sinx－eq\f(1,2)，将x＝0代入，可得切线斜率为－eq\f(1,2).所以切线方程为y－1＝－eq\f(1,2)x，即y＝－eq\f(1,2)x＋1.答案：y＝－eq\f(1,2)x＋112．(2019·天津高考)已知四棱锥的底面是边长为eq\r(2)的正方形，侧棱长均为eq\r(5).若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．解析：如图所示，在四棱锥V­ABCD中，O为正方形ABCD的中心，也是圆柱下底面的中心，由四棱锥底面边长为eq\r(2)，可得OC＝1.设M为VC的中点，过点M作MO1∥OC交OV于点O1，则O1即为圆柱上底面的中心．∴O1M＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(1,2)，O1O＝eq\f(1,2)VO.∵VO＝eq\r(VC2－OC2)＝2，∴O1O＝1.可得V圆柱＝π·O1M2·O1O＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2×1＝eq\f(π,4).答案：eq\f(π,4)13．(2019·天津高考)设x>0，y>0，x＋2y＝4，则eq\f(x＋12y＋1,xy)的最小值为________．解析：法一：eq\f(x＋12y＋1,xy)＝eq\f(2xy＋x＋2y＋1,xy)＝eq\f(2xy＋5,xy)＝2＋eq\f(5,xy).∵x>0，y>0且x＋2y＝4，∴4≥2eq\r(2xy)(当且仅当x＝2，y＝1时取等号)，∴2xy≤4，∴eq\f(1,xy)≥eq\f(1,2)，∴2＋eq\f(5,xy)≥2＋eq\f(5,2)＝eq\f(9,2).法二：由题意知y＝2－eq\f(x,2)，代入得eq\f(x＋14－x＋1,x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(x,2))))＝eq\f(2x＋25－x,4－xx)＝eq\f(－2x2＋8x＋10,－x2＋4x)＝2＋eq\f(10,－x2＋4x)，当x＝2时，－x2＋4x取得最大值4，此时原式取得最小值，所以eq\f(x＋12y＋1,xy)≥2＋eq\f(5,2)＝eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)14．(2019·天津高考)在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2eq\r(3)，AD＝5，∠A＝30°，点E在线段CB的延长线上，且AE＝BE，则eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(AE,\s\up7(→))＝________.解析：法一：△AEB为等腰三角形，易得|BE|＝2，所以eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\f(2,5)eq\o(AD,\s\up7(→))，则eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(AE,\s\up7(→))＝(eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))·(eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\f(2,5)eq\o(AD,\s\up7(→)))＝－eq\f(2,5)eq\o(AD2,\s\up7(→))－eq\o(AB2,\s\up7(→))＋eq\f(7,5)eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝－10－12＋21＝－1.法二：如图，如点B为坐标原点，BC所在直线为x轴，垂直BC且过点B的直线为y轴，建立平面直角系标系，则B(0,0)，易知E(－2,0)，A(－3，eq\r(3))，又BD＝eq\r(25＋12－2×5×2\r(3)×cos30°)＝eq\r(7)，所以D(2，eq\r(3))，于是eq\o(BD,\s\up7(→))＝(2，eq\r(3))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(1，－eq\r(3))，所以eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(AE,\s\up7(→))＝(2，eq\r(3))·(1，－eq\r(3))＝2－3＝－1.答案：－1三、解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)15．(2019·天津高考)(本小题满分13分)2019年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．某单位老、中、青员工分别有72,108,120人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况．(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人？(2)抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为A，B，C，D，E，F.享受情况如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受．现从这6人中随机抽取2人接受采访.员工项目ABCDEF子女教育○○×○×○继续教育××○×○○大病医疗×××○××住房贷款利息○○××○○住房租金××○×××赡养老人○○×××○①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；②设M为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M发生的概率．解：(1)由已知得老、中、青员工人数之比为6∶9∶10，由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取6人、9人、10人．(2)①从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{D，E}，{D，F}，{E，F}，共15种．②由表格知，符合题意的所有结果为{A，B}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，E}，{C，F}，{D，F}，{E，F}，共11种．所以，事件M发生的概率P(M)＝eq\f(11,15).16．(2019·天津高考)(本小题满分13分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知b＋c＝2a,3csinB＝4asinC.(1)求cosB的值；(2)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))的值．解：(1)在△ABC中，由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得bsinC＝csinB，又由3csinB＝4asinC，得3bsinC＝4asinC，即3b＝4a.又因为b＋c＝2a，得到b＝eq\f(4,3)a，c＝eq\f(2,3)a.由余弦定理可得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋\f(4,9)a2－\f(16,9)a2,2·a·\f(2,3)a)＝－eq\f(1,4).(2)由(1)可得sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(\r(15),4)，从而sin2B＝2sinBcosB＝－eq\f(\r(15),8)，cos2B＝cos2B－sin2B＝－eq\f(7,8)，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝sin2Bcoseq\f(π,6)＋cos2Bsineq\f(π,6)＝－eq\f(\r(15),8)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(7,8)×eq\f(1,2)＝－eq\f(3\r(5)＋7,16).17．(2019·天津高考)(本小题满分13分)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3.(1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD；(2)求证：PA⊥平面PCD；(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．解：(1)证明：连接BD，易知AC∩BD＝H，BH＝DH.又由BG＝PG，故GH∥PD.又因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD.(2)证明：取棱PC的中点N，连接DN.依题意，得DN⊥PC.又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，所以DN⊥平面PAC.又PA⊂平面PAC，所以DN⊥PA.又已知PA⊥CD，CD∩DN＝D，所以PA⊥平面PCD.(3)连接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角．因为△PCD为等边三角形，CD＝2且N为PC的中点，所以DN＝eq\r(3).又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝eq\f(DN,AD)＝eq\f(\r(3),3).所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).18．(2019·天津高考)(本小题满分13分)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.(1)求{an}和{bn}的通项公式．(2)设数列{cn}满足cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n为奇数，,b\f(n,2)，n为偶数.))求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3q＝3＋2d，,3q2＝15＋4d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝3，))故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.所以，{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n×3＋\f(nn－1,2)×6))＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－eq\f(31－3n,1－3)＋n×3n＋1＝eq\f(2n－13n＋1＋3,2).所以，a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×eq\f(2n－13n＋1＋3,2)＝eq\f(2n－13n＋2＋6n2＋9,2)(n∈N*)．19．(2019·天津高考)(本小题满分14分)设椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知eq\r(3)|OA|＝2|OB|(O为原点)．(1)求椭圆的离心率．(2)设经过点F且斜率为eq\f(3,4)的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l相切，圆心C在直线x＝4上，且OC∥AP.求椭圆的方程．解：(1)设椭圆的半焦距为c，由已知有eq\r(3)a＝2b，又由a2＝b2＋c2，消去b得a2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))2＋c2，解得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).所以，椭圆的离心率为eq\f(1,2).(2)由(1)知，a＝2c，b＝eq\r(3)c，故椭圆方程为eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1.由题意，F(－c,0)，则直线l的方程为y＝eq\f(3,4)(x＋c)．点P的坐标满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4c2)＋\f(y2,3c2)＝1，,y＝\f(3,4)x＋c，))消去y并化简，得到7x2＋6cx－13c2＝0，解得x1＝c，x2＝－eq\f(13c,7).代入到l的方程，解得y1＝eq\f(3,2)c，y2＝－eq\f(9,14)c.因为点P在x轴上方，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(3,2)c)).由圆心C在直线x＝4上，可设C(4，t)．因为OC∥AP，且由(1)知A(－2c,0)，故eq\f(t,4)＝eq\f(\f(3,2)c,c＋2c)，解得t＝2.因为圆C与x轴相切，所以圆C的半径为2.又由圆C与l相切，得eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)4＋c－2)),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2))＝2，可得c＝2.所以，椭圆的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.20．(2019·天津高考)(本小题满分14分)设函数f(x)＝lnx－a(x－1)ex，其中a∈R.(1)若a≤0，讨论f(x)的单调性．(2)若0<a<eq\f(1,e)，①证明f(x)恰有两个零点；②设x0为f(x)的极值点，x1为f(x)的零点，且x1>x0，证明3x0－x1>2.解：(1)由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)－[aex＋a(x－1)ex]＝eq\f(1－ax2ex,x).因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增．(2)证明：①由(1)知，f′(x)＝eq\f(1－ax2ex,x).令g(x)＝1－ax2ex，由0<a<eq\f(1,e)，可知g(x)在(0，＋∞)内单调递减．又g(1)＝1－ae>0，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝1－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))2·eq\f(1,a)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))2<0，故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，不妨设为x0，则1<x0<lneq\f(1,a).当x∈(0，x0)时，f′(x)＝eq\f(gx,x)>eq\f(gx0,x)＝0，所以f(x)在(0，x0)内单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＝eq\f(gx,x)<eq\f(gx0,x)＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，因此x0是f(x)的唯一极值点．令h(x)＝lnx－x＋1，则当x>1时，h′(x)＝eq\f(1,x)－1<0，故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，从而当x>1时，h(x)<h(1)＝0，所以lnx<x－1，从而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝lnlneq\f(1,a)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)－1))elneq\f(1,a)＝lnlneq\f(1,a)－lneq\f(1,a)＋1＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))<0.又因为f(x0)>f(1)＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)内有唯一零点．又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点．②由题意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x0＝0，,fx1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax\o\al(2,0)ex0＝1，,lnx1＝ax1－1ex1，))从而lnx1＝eq\f(x1－1,x\o\al(2,0))ex1－x0，即ex1－x0＝eq\f(x\o\al(2,0)lnx1,x1－1).因为当x>1时，lnx<x－1，又x1>x0>1，故ex1－x0<eq\f(x\o\al(2,0)x1－1,x1－1)＝xeq\o\al(2,0)，两边取对数，得lnex1－x0<lnxeq\o\al(2,0)，于是x1－x0<2lnx0<2(x0－1)，整理得3x0－x1>2.前沿热点——新高考数学考情分析2024年新高考真题（含考情分析）及高考最新动向实时更新请扫码获取纵观近年来新高考数学试题，试题贯彻落实了高考改革的总体要求，实施“德智体美劳”全面发展的教育方针，聚焦核心素养，突出关键能力考查，落实立德树人根本任务，充分发挥考试的引导作用.试题突出数学本质、重视理性思维、坚持素养导向、能力为重的命题原则.通过设计真实问题情境，体现数学的应用价值；稳步推进改革，科学把握必备知识与关键能力的关系，体现了对基础性、综合性、应用性和创新性的高考考查要求.一、突出主干知识、筑牢能力基础以2023年新高考Ⅰ、Ⅱ卷为例，对各试题所考查的主干知识分析如下：题型题号各试题所考查的知识点分布及考查角度2023年新高考Ⅰ卷2023年新高考Ⅱ卷单选题1集合的交集运算复数的乘法及几何意义2复数运算、共轭复数由集合间的关系求参数3向量垂直、数量积运算分层随机抽样、计数原理4由函数的单调性求参数由函数的奇偶性求参数5椭圆的离心率问题由直线与椭圆的位置关系求参数6圆的切线问题由函数的单调性求参数7等差数列充要条件的判定半角公式8三角函数中和、差、倍角公式的应用等比数列的概念、前n项和及性质多选题9样本数字特征圆锥的体积、侧面积和截面面积10以实际问题为背景考查对数大小比较直线与抛物线的位置关系、抛物线的概念及性质11抽象函数的函数性质函数的极值及应用12以正方体内嵌入某几何体考查对称性、空间位置关系独立事件的概率、二项分布模型填空题13计数原理向量的数量积、模14四棱台的体积四棱台的体积15三角函数中由零点个数求ω范围直线与圆的位置关系16双曲线几何性质、平面向量三角函数的图象与性质解答题17正弦定理、三角恒等变换正、余弦定理、三角恒等变换18线线平行的证明及由二面角求线段长度等差数列、数列的奇偶项问题19利用导数判断函数的单调性、证明不等式统计图表、概率统计与函数交汇问题20等差数列的概念、性质及前n项和空间线面位置关系、二面角的正弦值21概率与数列的交汇问题直线与双曲线的位置关系、定直线问题22以抛物线为背景，考查不等式及函数的最值以三角函数、对数函数为载体，考查导数的应用从上表可以看出，试题所考查知识范围及思想方法90％以上都源于教材主干知识，由此在一轮复习备考中更应重视必备知识的系统梳理、基本能力的逐点夯实.二、注重试题情境创设、牢记育人宗旨1.关注社会热点2023年新高考Ⅰ卷第10题以当今社会热点“噪声污染问题”为背景命制试题，目的是引导学生关注社会、关注民生，用所学知识解决生活实践情境下的实际问题.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷）噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp＝20×lgpp0，其中常数p0（p0＞0）是听觉下限阈值，p是实际声压.声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车1060～90混合动力汽车1050～60电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则（）A.p1≥p2 B.p2＞10p3C.p3＝100p0 D.p1≤100p22.弘扬优秀传统文化2022年新高考Ⅱ卷第3题以中国古代建筑中的举架结构为背景命制出以等差数列为考查点的试题，此类试题不但能考查学生的阅读理解能力、直观想象能力及知识运用能力，而且还能以优秀传统文化精髓陶冶情操.（2022·新高考Ⅱ卷）图①是中国古代建筑中的举架结构，AA'，BB'，CC'，DD'是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举.图②是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1OD1＝0.5，CC1DC1＝k1，BB1CB1＝k2，AA1BA1＝k3.已知k1，A.0.75 B.0.8C.0.85 D.0.93.展示现代科学技术水平2021年新高考Ⅱ卷第4题以我国航天事业的重要成果北斗三号全球卫星导航系统为试题情境命制立体几何问题，在考查学生的空间想象能力和阅读理解、数学建模等素养的同时，引导学生关注我国社会现实与经济、科技进步与发展，增强民族自豪感与自信心.（2021·新高考Ⅱ卷）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）.将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数.地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S＝2πr2（1－cosα）（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）A.26％ B.34％C.42％ D.50％4.体现数学应用价值2022年新高考Ⅰ卷第4题以我国的重大建设成就“南水北调”工程为背景命制出以四棱台体积公式为考查点的立体几何试题，体现了数学的应用价值.（2022·新高考Ⅰ卷）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（7≈2.65）（）A.1.0×109m3 B.1.2×109m3C.1.4×109m3 D.1.6×109m3三、重视能力考查、使素养评价科学有据高中数学课程标准对培养学生能力的要求是数学“六大核心素养”的集中展示.要检验学生核心素养高低，必须通过解决数学问题来体现.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A.直径为0.99m的球体B.所有棱长均为1.4m的四面体C.底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m，高