2019年高考理科数学

2019年高考理科数学（精选15篇）

1.2019年高考理科数学 篇一

敬业奉献，团结协作，争创师德先进班组

——市级机关幼儿园锦园西园教研组“师德推进年”活动总结

师德是教师最重要的素质，是教师之灵魂。只有不断提高自身的道德素养，才能培养出明礼诚信、自尊、自爱、自信和有创新精神的高素质人才。根据《温岭市教育局关于开展“师德推进年”活动的实施意见》（温教人〔2010〕21号）的精神，全面贯彻落实《温岭市级机关幼儿园“师德推进年”活动实施方案》，一年以来，我们锦园西园教研组以严抓师德师风建设为目标，孜孜不倦地工作在师德建设的一线上，以自身实践将师德建设化为行动。高度的责任心、求真务实的精神使我们迅速在集体中脱颖而出，在园群体创优先进班组的推选中，得到了大家的一致肯定。

一、广泛发动，人人参与

我们是一支年轻的队伍，成员多为教龄在10年以下的教师，师德建设工作面临许多新情况、新问题和新挑战。为了认真寻找师德建设工作的薄弱环节，高标准、严要求地推进“师德推进年”活动，我们广泛发动教师参与参与到学习中来。除了参加幼儿园集体组织的师德学习活动外，我们每周还抽出一定的时间来进行组内学习。每位教师都认真记学习笔记及撰写学习心得。在开展五查五看活动时，我们结合学习情况，针对自身实际，认真地进行自查反思，写出了一份份深刻的自查自纠报告。通过学习教育活动，提高教师师德意识和责任感，增强弘扬高尚师德风范的自觉性。

二、围绕主题，创出特色

教科研是幼儿园的中心工作，我们把“师德推进年”活动中提高的思想高度和积极性，引导到“育人”上来，也引导到“教学”上来，把师德师风建设与教学业务建设相联系、相结合，在讲师德、讲风格的同时，也讲事业、讲水平。在幼儿园园本教研的基础上，我们致力于科学教学活动的探讨与研究，无论是环境布置上还是区角材料的投放上，几乎都少不了科学这一块，教师和幼儿都对科学活动产生了浓厚的兴趣，科学探究的氛围非常好，使锦西以科学为特色的园本课程初显特色。例如本学期我们结合前期的经验准备，确立研究课题《利用科学小实验，提升幼儿科学品质的策略研究》，组内教师积极参与，大家群策群力共同商讨出一套实施方案，确立了三个不同年龄层次的研究目标：小班，精心创设科学小实验的环境，在设置问题中引发幼儿探索动机，激发幼儿探索的欲望，培养幼儿对科学实验的兴趣。中班，在探索科学实验活动的过程中，以多种多样的活

动模式，对幼儿进行科学常规的培养。大班，通过实验结果的真实性，幼儿在活动中能表现出坚定的意志、持久的耐性，高度的自觉性、顽强性和自制性，从而培养幼儿良好的科学品质。在研究的过程中，一有好的建议，大家总会积极提出，共同商讨，在交流碰撞中互相学习。在以刘占兰为虚拟专家时，组内教师积极学习其理论，并将理论在实践中得到运用。同时我们注重反思，在反思中提高自身的教科研水平。我们组除平时组织教师公开教学之外，还定期进行教学沙龙、教育教学问题探讨等活动，使好经验得到及时推广,使问题得到及时解决。一年里我们有多篇论文在台州市、温岭市获奖，两个课题在市立项并已结题，其中吴敏丽老师的台州市规划课题《记录在科学教育中有效运用的实践研究》（优秀结题）、陈金苗老师的温岭市规划课题《利用户外情景讲述提高幼儿语言表达能力的实践研究》（已结题）。下半年，我们又申报了一个台州市级课题（已立项）和一个温岭市级课题。在全组教职工的共同努力下，今年我们代表幼儿园成功举办了市幼儿科学研讨会，打响了锦西的品牌，创出了锦西的特色。

三、团结协作，形成效应

在师德推进年活动的一年里，我们承担了幼儿园布置的各项任务，全组教职工团结协作，并以出色的成绩完成了任务，力求把师德教育活动落实到实处。今年上半年的市科学教学研讨会，当幼儿园接到了这个任务并将这个任务交给我们时，组内成员毫无怨言，为了丰富科学角，我们一起查阅资料，一起创设环境，一起制作材料，一个具有家庭式温暖的组织呈现在大家面前。从幼儿园的大环境创设到班级内小环境改善，老师们经常都是加班加点，工作到深夜，就连周末加班也是常有的事，但老师们从不喊苦喊累，大家都为“大家庭”能出色完成任务而不断努力着。组内林云琴老师的科学活动《纸花开了》，程兴慧老师的科学活动《小狮子走钢丝》，王肖老师的科学活动《钻洞洞》，吴静老师的科学活动《半个变一个》均获得了大家的好评。期间，为了能研出实效、研出水平，老师们都付出了辛勤的汗水，无论是参与公开教学活动的教师还是没有参与公开教学的老师，大家的参与积极性都非常高，做事情不分你我，从不斤斤计较。由此可以看出，良好的师德效应已在我组形成，每一位教职工身上都折射出了敬业爱岗、团结协作的精神风范。

今年下半年，我们再次接到了幼儿园的重大任务——市德育成果推介会。在园领导的组织下、其他班组的帮助下，我们争分夺秒,一是对园部整体环境进行了整体部署，二是对活动的组织实施进行了细致策划，我们创编了幼儿园的园歌、1

设计了文明礼仪操；各班选拔的文明礼仪小天使，小小解说员和小向导能说会道、热情大方；在老师们精工细琢下，一块块具有班级特色的文明展板展现在了大家面前。三节的室内活动展示让与会者耳目一新。在准备推介会的这段时间里，教研组长率先垂范，老师们接连几个星期没有了双休日，就连中午的午休时间也基本都被工作所占用。在老师们精益求精的工作态度和不怕吃苦的工作精神下，最终圆满地完成了任务。推介会那天，我们以各种形式向全市的教师展示了机关幼儿园的德育风采时，我们的心里是多么地欣慰，我们知道，我们的付出得到了回报，当我们的小朋友得到了大家的认可时，我们的心里真比吃了蜜还要甜，所有的付出都值得了！

九月份的市督导评估检查再次落到了我们身上，在园领导的带领下，组内每位教师对前期的筹备工作作了查漏补缺，发现问题，及时解决，严格落实课程计划，积极钻研课程内容，活动体现了课程改革的要求，体现了素质教育的理念。同时对幼儿园的环境卫生、公共卫生作了严格细致的检查。在大家的共同努力下，我们顺利通过了教育局领导的督导检查，并得到了领导的高度评价。

师德推进年活动的一年中，锦园西园教职工的面貌焕然一新，敬业奉献精神高扬。我们坚信在教育局、园领导的领导下，在锦园西园全体教职工的共同努力下，“师德推进年”活动将在我组继续蓬勃开展下去，锦西的明天将会更美好。

2.2019年高考理科数学 篇二

例.[2012年全国高考大纲卷理科数学第 (22) 题 (本小题满分12分) ]函数f (x) =x2-2x-3, 定义数列{xn}如下:x1=2, xn+1是过两点P (4, 5) 、Qn (xn, f (xn) ) 的直线PQn与x轴交点的横坐标。

(1) 证明:2≤xn<xn+1<3;

(2) 求数列{xn}的通项公式。

考查目标:本题考查递推数列的意义、等比数列的概念、数列的通项公式、数学归纳法的应用, 综合考查考生运用数列知识进行运算求解和推理论证的能力。

试题评价:试题不落俗套, 大胆创新, 没有直接给出数列{xn}的递推关系, 而是巧妙地以过两点P (4, 5) 、Qn (xn, f (xn) ) 的直线PQn与x轴交点的横坐标给出{xn}相邻两项之间的关系。第 (1) 问中, 要求证明不等式, 实际上是证明数列{xn}的增减性和取值范围, 根据题设条件, 只能用数学归纳法解决问题。同时, 归纳法也为第 (2) 问求数列{xn}的通项公式奠定了基础。与以往的求递推数列的通项公式的试题相比, 该题没有给出辅助数列, 对于所求数列的通项完全需要充分发挥考生的主观能动性, 这也是本题一大亮点所在。这是近十年高考数列通项公式的最高要求, 看似超出了中学教学要求的范围, 实际上正是新课程改革理念中所倡导的实践精神和创新意识的体现, 这也是专家的匠心独在。该题对高考选拔高素质的创新人才具有很好的检测功能。

思考:高考备考不是一朝一夕的事。打好高考这一硬仗, 与平时扎实有效的学习是分不开的, 十年寒窗, 功到自然成。仔细分析今年的高考数列解答题, 如果剥去该题的外壳, 我们还有似曾相识的感觉, 那就是2010年高考全国卷一理科数学最后一道压轴题:

(2) 求使不等式an<an+1<3成立的c的取值范围。

如果把上边例题中的第 (1) 问和第 (2) 问的设问顺序换一下, 在解答时就可以按照常规思维, 且求数列{xn}的通项公式时考生就可以联想类比2010年的这道考题, 并且可以借鉴其解法做如下变式:

2012年全国高考大纲卷 (22) 题变式:函数f (x) =x2-2x-3。定义数列{xn}如下:x1=2, xn+1是过两点P (4, 5) 、Qn (xn, f (xn) ) 的直线PQn与x轴交点的横坐标。

(1) 求数列{xn}的通项公式;

(2) 证明:2≤xn<xn+1<3。

解题思路: (1) 先由已知条件得出数列{xn}的相邻两项之间的关系, 再通过巧妙构造新数列, 化归转化成我们熟悉的等比数列, 进而求出数列{xn}的通项公式。 (2) 既可以利用第 (1) 问数列{xn}的通项公式的结论, 利用数列的通项公式证明其单调性, 确定范围;也可以应用数学归纳法证明。

解题过程:

(2) 从数列{xn}通项公式出发, 证明数列{xn}的单调性, 并确定xn及范围xn+1的范围。

3.2019年高考理科数学 篇三

刘素梅

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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。

9.某班班会准备从含甲、乙的8名学生中选取4人发言，要求甲、乙2人至少有1人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言时顺序不能相邻，那么不同的发言顺序的种数为（

）。

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

18.（本小题满分12分）某旅游区为了更好地加姒埘道路交通秩序的管制，以便保障游客的交通安全，考虑将对行人闯红灯行为进行处罚。为了更好地了解游客的态度，在普通游客中随机选取了200人进行调查，得到如表1所示的数据。

（1）若用由表1中数据所得频率代替概率，则处罚10元时与处罚20元时，行人会闯红灯的概率的差是多少？

（2）若从这5种处罚金额中随机抽取两种不同的金额进行处罚，在两个路口进行试验。

①求这两种金额之和不低于20元的概率；

②若用X表示这两种金额之和，求X的分布列和数学期望。

4.2019年高考理科数学 篇四

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一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）

1．计算sin137°cos13°+cos103°cos43°的值等于（）

A．12

B．

C．

D． 3

2显示解析2．以抛物线y2=4x的焦点为圆心，且过坐标原点的圆的方程为（）

A．x2+y2+2x=0 B．x2+y2+x=0 C．x2+y2-x=0 D．x2+y2-2x=0

显示解析3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=-11，a4+a6=-6，则当Sn取最小值时，n等于（）

A．6 B．7 C．8 D．9

显示解析4．函数f(x)= x2+2x-3，x≤0

-2+lnx，x＞0的零点个数为（）

A．3 B．2 C．1 D．0

显示解析5．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的i值等于（）

A．2 B．3 C．4 D．

5显示解析6．如图，若Ω是长方体ABCD-A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是（）

A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形

C．Ω是棱柱 D．Ω是棱台

显示解析7．若点O和点F（-2，0）分别是双曲线x2

a2

-y2=1(a＞0)的中心和左焦点，点P为双曲线右支上的任意一点，则

OP

FP的取值范围为（）

A．[3-2 3，+∞)B．[3+2 3，+∞)C．[-7，+∞)D．[7，+∞)

显示解析8．设不等式组 x≥1

x-2y+3≥0

y≥x

所表示的平面区域是Ω1，平面区域是Ω2与Ω1关于直线3x-4y-9=0对称，对于Ω1中的任意一点A与Ω2中的任意一点B，|AB|的最小值等于（）

A．28

B．4 C．12

D．2

显示解析9．对于复数a，b，c，d，若集合S={a，b，c，d}具有性质“对任意x，y∈S，必有xy∈S”，则当 a=1

b2=1

c2=b

时，b+c+d等于（）

A．1 B．-1 C．0 D．i

显示解析10．对于具有相同定义域D的函数f（x）和g（x），若存在函数h（x）=kx+b（k，b为常数）对任给的正数m，存在相应的x0∈D使得当x∈D且x＞x0时，总有 0＜f(x)-h(x)＜m

0＜h(x)-g(x)＜m，则称直线l：y=ka+b为曲线y=f（x）和y=g（x）的“分渐进性”．给出定义域均为D={x|x＞1}的四组函数如下：

①f（x）=x2，g（x）= x

②f（x）=10-x+2，g（x）=2x-3

x

③f（x）=x2+1

x，g（x）=xlnx+1

lnx

④f（x）=2x2

x+1，g（x）=2（x-1-e-x）

其中，曲线y=f（x）和y=g（x）存在“分渐近线”的是（）

A．①④ B．②③ C．②④ D．③④

显示解析

二、填空题（共5小题，每小题4分，满分20分）

11．在等比数列{an}中，若公比q=4，前3项的和等于21，则该数列的通项公式an=4n-1

． 显示解析12．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其表面积等于6+2

3．显示解析13．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于0.128

． 显示解析14．已知函数f(x)=3sin(ωx-π

6)(ω＞0)和g（x）=2cos（2x+φ）+1的图象的对称轴完全相同．若x∈[0，π

]，则f（x）的取值范围是

[-3，3]

． 显示解析15．已知定义域为（0，+∞）的函数f（x）满足：

（1）对任意x∈（0，+∞），恒有f（2x）=2f（x）成立；

（2）当x∈（1，2]时f（x）=2-x给出结论如下：

①任意m∈Z，有f（2m）=0；

②函数f（x）的值域为[0，+∞）；

③存在n∈Z，使得f（2n+1）=9；

④“函数f（x）在区间（a，b）上单调递减”的充要条件是“存在k∈Z，使得（a，b）⊆（2k，2k-1）．

其中所有正确结论的序号是

①②④ 显示解析

三、解答题（共6小题，满分80分）

16．将甲、乙两颗骰子先后各抛一次，a，b分别表示抛掷甲、乙两颗骰子所出的点数．（Ⅰ）若点P（a，b）落在不等式组 x＞0

y＞0

x+y≤

4表示的平面域的事件记为A，求事件A的概率；

（Ⅱ）若点P（a，b）落在x+y=m（m为常数）的直线上，且使此事件的概率最大，求m的值及最大概率． 显示解析17．已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A（2，3），且点F（2，0）为其右焦点．

（1）求椭圆C的方程；

（2）是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由． 显示解析18．如图，圆柱OO1内有一个三棱柱ABC-A1B1C1，三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB是圆O的直径．

（1）证明：平面A1ACC1⊥平面B1BCC1；

（2）设AB=AA1，在圆柱OO1内随机选取一点，记该点取自于三棱柱ABC-A1B1C1内的概率为p．当点C在圆周上运动时，记平面A1ACC1与平面B1OC所成的角为θ（0°＜θ≤90°），当p取最大值时，求cosθ的值． 显示解析19．某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小船沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇．

（1）若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？

（2）假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时，试设计航行方案（即确定航行方向与航行速度的大小），使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由． 显示解析20．已知函数f（x）=x3-x，其图象记为曲线C．

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）证明：若对于任意非零实数x1，曲线C与其在点P1（x1，f（x1））处的切线交于另一点P2（x2，f（x2）），曲线C与其在点P2（x2，f（x2））处的切线交于另一点P3（x3，f（x3）），线段P1P2，P2P3与曲线C所围成封闭图形的面积分别记为S1，S2，则S1S2

为定值． 显示解析21．本题设有（1）（2）（3）三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答，满分14分．如果多做，则按所做的前两题计分．作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中．

（1）已知矩阵M= 1 a

b

1，N= c 2

0 d，且MN= 2 0

-2 0，（Ⅰ）求实数a，b，c，d的值；（Ⅱ）求直线y=3x在矩阵M所对应的线性变换下的像的方程．

（2）在直角坐标系xoy中，直线l的参数方程为 x=3-

2t

y= 5

t

（t为参数）．在极坐标系（与直角坐标系xoy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，圆C的方程为ρ=2 5

sinθ．

（Ⅰ）求圆C的直角坐标方程；（Ⅱ）设圆C与直线l交于点A、B，若点P的坐标为(3，5)，求|PA|+|PB|．

（3）已知函数f（x）=|x-a|．

（Ⅰ）若不等式f（x）≤3的解集为{x|-1≤x≤5}，求实数a的值；

5.2019年高考理科数学 篇五

龙南镇第三小学二（1）班 吴姗姗

指导老师：朱芳

美德，是一种奇妙的东西，它像一阵阵春风温暖着我们的心灵，它像一

道道亮丽的风景令我们难忘，更像黑夜里一盏盏明灯为我们指引方向。美德并不是什么惊天动地的善行，但它会带给我们最大的快乐。

尊老爱幼就是一种美德，因为我曾经感受到这种美德带给我的快乐。记

得有一次，我和妈妈乘公共汽车去游玩，我们乘坐的那辆车特别拥挤，人挨人，连站都站不稳，我好不容易找到一个座位，刚要坐下来，这时我看见一位白发苍苍的老奶奶走了过来，手里还提着一大包东西，看上去很吃力，我忽然想到老师在品德课上曾说过的一句话：“一定要帮助体弱病残和需要我们帮助的人。”我下定决心要把座位让给那位可怜的老奶奶，我说：“奶奶，您坐在这吧！”我扶着老奶奶坐下后，她笑着对我说：“谢谢你，你真是一个好孩子”。妈妈也给我竖起了大拇指，一路上我就像一只快乐的小鸟，心里美滋滋的，开心极了。我知道是我帮助了别人，才感受到了快乐。

爸爸是一名出租车司机，他也体会过。有一次，爸爸在一所医院门口

运营，一位阿姨推着坐着轮椅的老奶奶打车，许多辆空车驶过，司机视而不见。因为拉坐轮椅的老人，不但要开后背箱放轮椅，还特耽误时间。爸爸毫不犹豫停车，安全的把老人送到家。老奶奶非常感谢爸爸，还给爸爸的公司

6.2019年高考理科数学 篇六

高中数学快速提分技巧

先速度，再准确

做数学题的两个基本指标是快和准。在解决快和准这一对矛盾问题时，不妨先求快，再求准。自己计时做题，在规定时间内完成，然后自我改卷评分。先求“快”，力求做完，再求“准”。很多高考数学做不完，就是平时缺少这种高强度训练的结果。要知道，在高考中，“时间就意味着胜利”。

把“快”列为优先、第一位的因素的理由有：

第一，如上所述，现在的考试，是将熟练程度列入考察因素。要想拿高分，就必须保持一定的解题速度。

第二，从学习心理学讲，做完一件事(尽管不完善)会使人有种成就感。先有了这种成就感，再去追求完美感(少错)，是符合人的学习心理的。

教材试卷化角色互换

北京市十三中的高考状元冯平平同学说，她的成绩一直很稳定，但拔不了尖。为了她很苦恼，不知道怎么做才能打破这一局面。直至有一天她忽然想到把试卷和教材来个角色互换，具体做法：

第一步，把试卷依照教材的顺序清理好，并编上序号。因为试卷基本都是按教材走的，整理起来并不费劲。

第二步，在试卷的开始处写上一段“导语”。主要内容有：一是此试卷考什么，二是与考试有关的知识要点。

第三步，在试卷结尾处，写上一段“小结”，总结自己考试情况，写出自己在知识上的缺陷。

冯平平说，将这些试卷装订起来，反复阅读，实在比看教材过瘾。

再说教材与试卷的“角色互换”。冯平平同学的做法如下：

第一步，认真阅读教材。

第二步，阅读一段，就用若干问题以考题形式总结出来。

第三步，将问题和参考答案写在一个本上，至此，教材试卷化工作即已完成。

冯平平说，教材上每一节或每一章往往也有思考题，但教材试卷化时，要比教材更细，可以一小段就出一道题。

高考数学答题攻略

要想在高考数学考场上考出优异的成绩，不但需要扎实的基础知识、较高的数学解题能力做基础，临场考试的技巧更是无数学子圆梦所必备的。

针对数学学科特点，谈一下数学高考答题技巧，仅供参考：

1.调整好状态，控制好自我

(1)保持清醒。数学的考试时间在下午，建议同学们中午最好休息半个小时或1个小时，其间尽量放松自己，从心理上暗示自己：只有静心休息才能确保考试时清醒。

(2)按时到位。但发卷时间应在开考前5-10分钟内，建议同学们提前15-20分钟到达考场。

2.通览试卷，树立自信

刚拿到试卷，一般心情比较紧张，此时不易匆忙作答，应从头到尾、通览全卷，哪些是一定会做的题要心中有数，先易后难，稳定情绪。答题时，见到简单题，要细心，莫忘乎所以。面对偏难的题，要耐心，不能急。

3.提高解选择题的速度、填空题的准确度

数学选择题要求知识灵活运用，解题要求是只要结果、不要过程。因此，逆代法、估算法、特例法、排除法、数形结合法……尽显威力。12个选择题，若能把握得好，容易的一分钟一题，难题也不超过五分钟。

由于选择题的特殊性，由此提出解选择题要求“快、准、巧”，忌讳“小题大做”。填空题也是只要结果、不要过程，因此要力求“完整、严密”。

4.审题要慢，做题要快，下手要准

题目本身就是这道题的信息源，所以审题一定要逐字逐句看清楚，只有细致地审题才能从题目本身获得尽可能多的信息。

找到解题方法后，书写要简明扼要，快速规范，不拖泥带水，牢记高考评分标准是按步给分，关键步骤不能丢，但允许合理省略非关键步骤。答题时，尽量使用数学语言、符号，这比文字叙述要节省而严谨。

5.保质保量拿下中下等题目

中下题目通常占全卷的80%以上，是试题的主要部分，是考生得分的主要来源。谁能保质保量地拿下这些题目，就已算是打了个胜仗，有了胜利在握的心理，对攻克高难题会更放得开。

6.要牢记分段得分的原则，规范答题

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，

7.2019年高考理科数学 篇七

题目设数列{an}的前n项和为Sn, 满足2Sn=an+1-2n+1+1, 且a1, a2+5, a3成等差数.

(Ⅰ) 求a1;

(Ⅱ) 求数列{an}的通项;

(Ⅲ) 证明:对一切正整数n, 有

解析 (Ⅰ) 由an+1=Sn+1-Sn, 得

即an+1=3an+2n.

因为a1, a2+5, a3成等差数列, 所以

2 (a2+5) =a1+a3,

即2 (3a1+21+5)

=a1+3 (3a1+21) +22,

化简得

a1=1.

(Ⅱ) (利用迭乘法)

由an+1=3an+2n, 得

an+1+2n+1=3 (an+2n) ,

则an+2n=3 (an-1+2n-1)

=32 (an-2+2n-2) =…

=3n-1 (a1+21) =3n,

即an=3n-2n.

(构造等比数列)

由an+1=3an+2n, 得

an+1+2n+1=3 (an+2n) ,

a1+21=3,

所以, 数列{an+2n}是以3为公比, 3为首项的等比数列, 即

an+2n=3×3n-1=3n,

故an=3n-2n.

(利用迭加法)

由an+1=3an+2n, 得

即an=3n-2n.

(构造常数数列)

由an+1=3an+2n, 得

所以, 数列是常数数列, 即

(Ⅲ) (利用数学归纳法)

1) 当n=1时,

不等式成立;

2) 假设当n=k (k≥1, k∈N) 时, 不等式成立, 即

即当n=k+1时不等式成立.

综上, 对一切正整数n, 有

(放缩法—利用等比数列和估计1)

当n≥2时,

即an=3n-2n>2×2n-2n=2n,

从而 (其中n≥2) .于是

所以, 对一切正整数n, 有

1a1+1a2+…+1an<32.

(放缩法—利用等比数列和估计2)

当n≥2时,

3n= (2+1) n>C0n2n+C1n2n-1

=2n+n×2n-1,

即an=3n-2n>n×2n-1,

从而, 当n≥2时,

下面同放缩法—利用等比数列和估计

1, 略.

(放缩法—利用等比数列和估计3)

因为

an=3n-2n

= (3-2) (3n-1+3n-2×2+3n-3×22

+…+3×2n-2+2n-1)

>3n-1,

所以,

所以, 对一切正整数n, 有

(放缩法—利用等比数列和估计并加强4)

其中m, n∈N+, 且m

其中m, n∈N+, 且m

取m=1, 则

即对一切正整数n, 有

事实上, 我们还可以得到此不等式的以下加强:

取m=2, 则对一切正整数n, 有

取m=3, 则对一切正整数n, 有

8.2019年高考理科数学 篇八

题目 已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列.

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式;

（Ⅱ）令bn=（-1）n-14nanan+1，求数列{bn}的前n项和Tn.

该题目的新颖之处在于第二问，进行了绝妙的创新设计，要求考生准确掌握数列的基本思想，同时也对思维的灵活性提出了较高的要求.当看到通项公式bn=（-1）n-14nanan+1=（-1）n-14n（2n-1）（2n+1），大部分同学会一下子想到“裂项相消法”，但是用传统的裂项法却很难办;又看到（-1）n-1也会联想到分类讨论或者是“并项求和”等思想方法.

解法1 裂项求和法.

裂项方法之一：在尝试了“裂差”的失败之后，同学们应该能够想到这样的一种“裂和”的方法：bn=（-1）n-14n（2n-1）（2n+1）=（-1）n-1（12n-1+12n+1），然后写出Tn的表达式Tn=（11+13）-（13+15）+（15+17）-（17+19）+…+（-1）n-1（12n-1+12n+1）.

观察前几项的抵消规律：每一项中的第二个数与它后一项的第一个数相抵消，由特殊到一般，归纳出Tn的一般表达式.显然再由n的奇偶性决定了最后一项是“+”号还是“-”号，因此这个题目很自然地想到根据n的奇偶性去讨论：

①若n为偶数，则Tn=（11+13）-（13+15）+（15+17）-（17+19）+…-（12n-1+12n+1）

=1-12n+1=2n2n+1.

②当n为奇数，则Tn=（11+13）-（13+15）+（15+17）-（17+19）+…-（12n-3+12n-1）+（12n-1+12n+1）

=1+12n+1=2n+22n+1.

裂项方法之二：由传统的裂项方法想到：因为2（2n-1）（2n+1）=12n-1-12n+1，所以bn=（-1）n-14n（2n-1）（2n+1）=（-1）n-1（12n-1-12n+1）2n=（-1）n-1（2n2n-1-2n2n+1），

所以Tn=（21-23）-（43-45）+（65-67）-（87-89）+…

=2-23-43+45+65-67-87+89+…

=2-（23+43）+（45+65）-（67+87）+89+…

结合着“并项求和法”，根据n的奇偶性，由特殊到一般的归纳出Tn的表达式.

在该解法中要求对通项进行裂项的灵活性比较高，其实在近几年的高考题中也给我们传递了这样一种信息：在传统的方法上不断的进行创新，达到知识与能力的完美融合.

裂项法求和关键在于拆项、消项.因而具有较强的技巧.在平时的解题训练中不应生搬硬套，而应灵活应用，常见代数式的裂项要适当的了解，例如：

an=2n-33n=n-13n-1-n3n;

1n×（n+1）×（n+2）=

121n×（n+1）-1（n+1）（n+2）;

1n×（n+1）×（n+2）×（n+3）=

131n×（n+1）×（n+2）-

1（n+1）×（n+2）×（n+3）2n+3n×n+1×n+2=2n+1×n+2+3n×n+1×n+2.

解法2 并项求和法.

bn=（-1）n-14n（2n-1）（2n+1），由代数式的结构特点：正负交替变换，不难想到并项求和法.

Tn=41·3-83·5+125·7-167·9+209·11-2411·13+…

=（41·3-83·5）+（125·7-167·9）+（209·11-2411·13）+…

=41·5+45·9+49·13+…

并项之后，认真观察该代数式具备了裂项相消法求和的条件，因此，可以得到：

Tn=41·5+45·9+49·13+…=（11-15）+（15-19）+（19-113）+…

当然，要对n的奇偶性进行讨论.

当n为偶数时：

Tn=41·3-83·5+125·7-167·9+209·11-

2411·13+…+4（n-1）（2n-3）·（2n-1）-

4n（2n-1）·（2n+1）

=

（41·3-83·5）+（125·7-167·9）+（209·11-2411·13）+…+4（n-1）（2n-3）·（2n-1）-4n（2n-1）·（2n+1）

=

41·5+45·9+49·13+…+4（2n-3）·（2n+1）

=

（11-15）+（15-19）+（19-113）+…+（12n-3-12n+1）

=11-12n+1=2n2n+1.

当n为奇数时：因为此时n-1为偶数，所以Tn-1可以用上当n为偶数时的结论直接得出，

Tn=Tn-1+bn=

2（n-1）2（n-1）+1+（-1）n-14n（2n-1）（2n+1）

=

2（n-1）2n-1+4n（2n-1）（2n+1）

=

4n2+2n-2（2n-1）（2n+1）=2n+22n+1.

在整个过程中，采取的是“先并项，再裂项”分类讨论的解题思路.

9.2019年高考理科数学 篇九

一、造价员资格考试中“工程计量与计价实务（××工程）”分若干个专业，由各地方、各行业管理机构自行编制考试大纲，送中国建设工程造价管理协会备案。

二、造价员资格考试的两个科目应单独考试、单独计分。“工程造价基础知识”科目的考试时间为2小时，考试试题实行100分制，试题类型为单项选择和多项选择题。“工程计量与计价实务（××工程）”科目的考试时间由各地方、各行业有关管理机构自行确定，试题类型建议为工程造价文件编制的应用实例。

三、考试大纲对专业知识的要求分掌握、熟悉和了解三个层次。掌握即要求应考人员具备解决实际工作问题的能力；熟悉即要求应考人员对该知识具有深刻的理解；了解即要求应考人员对该知识有正确的认知。

考试科目

工程造价基础知识；

土建工程；安装工程；市政工程（包括水利工程、管线工程等专业）；装饰装修工程；园林绿化工程。

（以上五门可任选一门）。

通用专业：土建工程和安装工程。

考试方式：

造价员考试实行各省分片考试，统一阅卷；考试采用笔试。

1、必备知识的客观题分单项选择题、多项选择题和判断题三个部分；

2、实际计算应用的主观题，按所包的专业以案例分析为主，考试前应携带相关定额。

(1)造价员资格考试分“工程造价基础知识”和“工程计量与计价实务

（××工程）”两个科目。其中“工程计量与计价实务（××工程）”分若干个专业，由各地方、各行业管理机构自行编制考试大纲，送中国建设工程造价管理协会备案。

(2)造价员资格考试的两个科目应单独考试、单独计分。“工程造价基础知识”科目的考试时间为2小时，考试试题实行100分制，试题类型为单项选择和多项选择题。“工程计量与计价实务（××工程）”科目的考试时间由各地方、各行业有关管理机构自行确定，试题类型建议为工程造价文件编制的应用实例。

(3)考试大纲对专业知识的要求分掌握、熟悉和了解三个层次。掌握即要求应考人员具备解决实际工作问题的能力；熟悉即要求应考人员对该知识具有深刻的理解；了解即要求应考人员对该知识有正确的认知。

申报条件

初级水平应具备条件：

（一）报考初级水平应具备下列条件之一：

1、工程造价专业中专及以上学历；

2、其他专业中专（或高中）及以上学历，从事工程造价工作满一年。中级水平应具备条件：

（二）报考中级水平应具备下列条件之一：

1、取得初级水平证书，近两年至少有两项工程造价方面的业绩；

2、具有工程造价专业或工程经济专业大专及以上学历，从事工程造价工作满两年。

高级水平应同时具备条件：

（三）申报高级水平应同时具备下列条件：

1、具有中级造价员资格四年以上；

2、具有中级以上技术职称；

3、近两年在工程造价编审、管理、理论研究、著书教学等方面有显著业绩。报考人需携下列资料到管辖市、县造价管理机构报名：

（一）报考初级水平

1、《XX省建设工程造价员资格考试报名表》；

2、本人学历证书原件及复印件；

3、本人身份证原件及复印件；

4、本人从事工程造价工作年限证明；

5、本人近期免冠一寸照片一张。

（二）报考中级水平

1、《XX建设工程造价员资格考试报名表》；

2、造价员资格证原件及复印件（无造价员资格人员提供学历证书原件及复印件）；

3、本人身份证原件及复印件；

4、本人从事工程造价工作年限和近两年两项业绩证明；

5、本人近期免冠一寸照片一张。

（三）申报高级水平

1、《XX省建设工程造价员资格考试报名表》两份；

2、造价员资格证原件及复印件；

3、本人技术职称证书原件及复印件；

4、本人身份证原件及复印件；

5、本人近期免冠一寸照片一张；

6、本人近两年从事工程造价编审、管理、理论研究、著书、教学等方面两项业绩材料。业绩材料必须为以下内容之一：

（1）总造价3000万元以上建设项目造价编审成果；

（2）国家专业部、省工程计价定额编制成果；

10.2019年高考理科数学 篇十

题目 （2014年陕西高考理科数学第21题）

设函数f（x）=ln（1+x），g（x）=xf′（x），x≥0，其中f′（x）是f（x）的导函数.

（Ⅰ）令g1（x）=g（x），gn+1（x）=g（gn（x）），n∈N+，求gn（x）的表达式;

（Ⅱ）若f（x）≥ag（x）恒成立，求实数a的取值范围;

（Ⅲ）设n∈N+，比较g（1）+g（2）+…+g（n）与n-f（n）的大小，并加以证明.

解析 （Ⅰ）由题知，g1（x）=g（x）=x1+x，gn+1（x）=g（gn（x））=gn（x）1+gn（x），所以1gn+1（x）=1+gn（x）gn（x）=1+1gn（x），令bn=1gn（x），则数列{bn}是以b1=1g1（x）=1+xx为首项，以1为公差的等差数列，所以bn=1+xx+（n-1）×1=1+nxx，即1gn（x）=1+nxx，所以gn（x）的表达式为：gn（x）=x1+nx.

评析 此种解法太经典了，将问题转化为由数列递推公式求通项公式，而考题标准答案所给解法为先通过归纳推理猜想出gn（x）的表达式，然后用数学归纳法证明，与此解法相比就显得复杂了.

（Ⅱ）已知f（x）≥ag（x）恒成立，即ln（1+x）≥ax1+x （*）恒成立.①当x=0时（*）式显然恒成立，此时a∈R;②当x>0时，x1+x>0（*）式可化为a≤1+xln（1+x）x，设φ（x）=1+xln（1+x）x（x>0），则a≤φ（x）min，φ′（x）=x-ln（1+x）x2，令h（x）=x-ln（1+x）（x>0），则φ′（x）与h（x）同号.因为h′（x）=x1+x>0，所以函数h（x）在（0，+∞）上为增函数，所以h（x）>h（0）=0，所以φ′（x）>0，所以函数φ（x）在（0，+∞）上为增函数，所以

φ（x）min→φ（0）=limx→0（1+x）ln（1+x）x=

limx→0[（1+x）ln（1+x）]′（x）′

=limx→0ln（1+x）+11=1（洛必达法则），所以此时a≤1.因为（*）式对x≥0恒成立，所以①②所求a的范围求交集即可，所以实数a的取值范围是（-∞，1].

评析 此种解法关键是分离参数，把问题转化为不含参数的函数通过多次求导来求最值，然后利用洛必达法则可轻松获解.当然，解题过程中的一些细节问题的处理应引起重视.对比考题所给标准答案可知，此种方法思路非常清晰，学生更容易掌握！值得提倡.

（Ⅲ）由题设知：g（1）+g（2）+…+g（n）=12+23+…+nn+1，n-f（n）=n-ln（n+1），当n=1时，g（1）+g（2）+…+g（n）=g（1）=12，n-f（n）=1-ln（1+1）=lne2<lne=12，由此猜想g（1）+g（2）+…+g（n）>n-ln（n+1）.此不等式等价于12+13+…+1n+1<ln（n+1）.证明如下：

证法1 （数学归纳法）12+13+…+1n+1<ln（n+1）.

①当n=1时，12<ln2显然成立.②假设n=k（k≥1）时，有12+13+…+1k+1<ln（k+1）成立.那么n=k+1时，有12+13+…+1k+1+1k+2<ln（k+1）+1k+2.要证n=k+1时也成立，只需证ln（k+1）+1k+2<ln（k+1+1），即证lnk+2k+1>1k+2，在（Ⅱ）中，取a=1可得ln（x+1）>x1+x，令x=1k+1，则lnk+2k+1>1k+2，这就说明当n=k+1时也成立.综上①②可知结论对n∈N+成立.

证法2 由（ln（x+1））′=1x+1，∫n+111xdx=lnxn+1

1=ln（n+1），由此想到用定积分的几何意义，ln（n+1）可表示为曲线y=1x与直线x=1，直线x=n+1与x轴围成的曲边梯形的面积，如图2阴影部分所示.而12+13+…+1n从几何的角度恰好可看成是如图1中阴影部分所示的n个矩形的面积之和.显然图1中阴影部分面积小于图2阴影部分的面积，所以12+13+…+1n+1<ln（n+1）成立.

图1图2

评析 一般地，与正整数有关的不等式的证明，在函数题中出现，前后两问总会存在一定的联系，首先应考虑借助于前几问或已知条件，构造函数，向题中已知的函数不等式靠拢;如果构造函数很盲目，可考虑用数学归纳法证，特别是由n=k时成立过渡到n=k+1时也成立，用分析法，将需要构造的函数直接分析出来，证法一与前几问或题设可以无任何关系，即可将题目设置一问，由此可见，这种解法确实能起到事半功倍的效果，值得推广;证法二由（ln（x+1））′=1x+1，∫n+111xdx=lnxn+1

1=ln（n+1），由此想到用定积分的几何意义，而不等式左边的几何意义是n个矩形的面积之和，通过几何法，达到了事半功倍的效果.本解法的定积分证法与考题标准答案所给的定积分证法相比，学生更容易想到，且更好掌握.

11.2019年高考理科数学 篇十一

一、知识点与试题分数分布

集合、复数、向量、排列组合、算法、逻辑各5分;数列12分;三角函数15分;概率统计17分;立体几何、解析几何、函数与导数各22分;三选一的选修内容10分,共计150分.

二、试卷特点

1. 紧扣教材

试题中的第1,6,9,10题均为教材中例题和课后习题的改编,提示我们在教学中要重视教材内容的讲解和知识体系的构建.

第10题:从区间【0,1】中随机抽取2n个数x1,x2,…,xn,y1,y2,…,yn构成n个数对(x1,y1),(x2,y2),…,(xn,yn)其中两数的平方和小于1的数对共有m个,则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为().

比较必修三第133页例3:在正方形中随机撒一大把豆子,计算落在圆中的豆子数与落在正方形中的豆子数之比并以此估计圆周率的值.

两题所考知识点均为随机模拟,考查背景也完全相同,可见高考即使在选择第10题的位置也是非常重视教材内容的.

第1题比较选修2-2第106页习题3.1第5题(1);

第6题比较必修二第20页例3,图形完全一样;

第9题比较必修四第147页B组第1题.

2. 重视应用

试题中的第5,15,18题均为联系实际的应用问题,较历年实际应用问题数量有所提高,体现数学科目的实用价值,也告诉学生数学来源于生活但高于生活.以实际生活的应用为背景,丰富了数学试题的形式,使得数学科目在考查理论的同时又增添了丰富多彩的实际背景.

第15题:有三张卡片,分别写有1和2,1和3,2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片,甲看了乙的卡片后说:“我与乙的卡片上相同的数字不是2.”乙看了丙的卡片后说:“我与丙的卡片上相同的数字不是1.”丙说:“我的卡片上的数字之和不是5.”则甲的卡片上的数字是______.

这是一个带有实际应用背景的逻辑推理题.自2010年新课标开始从没出过类似的推理题,是2016年试题的新变化之一.虽然形式简单,却充分考查了学生的推理能力,也充分体现了数学的本质———学以致用.

3. 注重空间想象能力

自立体几何中引入空间直角坐标系后,很多证明问题和求角问题都转化为计算题,学生的空间想象能力越来越弱,而且在平时的练习中也避开不用.本次试题中第6,14,19题对空间想象能力的考查比往年有所加强,回归立体几何的本质,体现立体几何学科特点.尤其第19题立体几何的翻折问题需要学生比较翻折前后图形的变化,发现图形中蕴含的性质.

(1)证明:D'H⊥平面ABCD;

(2)求二面角B-D'A-C的正弦值.

该题的特点:①要求学生在运动的过程中发现翻折前后图形有哪些性质发生变化,哪些性质不变.翻折前EF⊥BD,翻折后EF⊥D'H,仍然保持;但翻折后EF还成为平面D'BH的垂线.②垂直不仅可以通过证明得出,还可以通过计算得出,例如D'H⊥OH就是在△D'OH中运用勾股定理得到的.③通过证明三垂直建立直角坐标系.在2012年高考中,立体几何第19题曾经考查过先证明三垂直再建系的过程,但之后的三年高考将该过程弱化,今年再次提及,说明学会建立空间直角坐标系是应用向量法解决该题的必要条件.

第14题用笔和纸去比量图形会比证明和空想效率更高.

4. 注重总结归纳能力

每每提到总结与归纳,多数情况下都需要教师先下题海,然后将自身的体会总结下来,再教授给学生.试题中第7,11,12,16,20题充分体现了这一点.

5. 注重审题能力

无论什么考试,都会考查分析问题和解决问题的能力.要想正确解决问题,分析问题是必要的前提.在数学考试当中一定要学会审题,找到题目的突破口,从而轻松且正确地解决问题.例如第9题,要学会读出题目中哪个角是已知角,然后其他的变形都为了凑出已知角而努力,我们简称为“凑角”.

6. 注重变化与创新

新课标强调的是素质教育,高考数学不仅考查学生对知识的掌握,更要考查对知识的迁移与应用.让学生学以致用才是素质教育的根本.第12,15,18,21题对变化与创新的体现最为突出.多年不考的抽象函数对称性今年作为压轴的选择题进行考查,体现了新课标的精神.第15题以游戏的形式考查了简易逻辑,使多年来逻辑试题形式单调的现象得以改观,让试卷充满新鲜活力.第18题概率统计是每年试卷中背景变化最大的一个,实际应用问题总是可以设计很多新鲜背景,但万变不离其宗,学生认真学好必修三及选修2-3中的概率统计内容,区分好各概念和模型的特点,将多变的实际背景灵活转化为所学内容即可轻松解决该类问题.第21题函数与导数是每年难度最大的压轴题.今年的变化体现在第(2)问中解答部分的零点存在性定理,这也是高等数学中很常用的定理和处理手段,体现了高中数学和高等数学的联系,使考试内容更上档次,更加开放.

零点存在性定理的考查还可以参看2014年新课标全国二卷文科21(2)导数题.

三、新高三复习建议

1. 重视教材

从2013年开始到2016年,这4年的高考越来越趋向于简单和平稳,这就需要教师在一轮复习时一定带领学生认真阅读教材,耐心讲解和整理知识点及常用结论.发掘靠近教材的常用方法是解决中档次题目的关键.

2. 重视工具性内容

12.2019年高考理科数学 篇十二

一、选择题

1—5ADCAD6—10CDCBB11.C12.B

二、填空题

13.2014.A15.

216.三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.解：（Ⅰ）由题设，anan1Sn1，an1an2Sn1

1两式相减得an1(an2an)an1，而an10， an2an（Ⅱ）a1a2S11a11，而a1=1，解得a21，又 a3a11令2a2a1a3，解得4。此时a1=1，a23，a35，an2an

4 {an}是首项为1，公差为2的等差数列。即存在4，使得{an}为等差数列。18.解：

(Ⅰ)x1700.021800.091900.222000.332100.242200.082300.02200

s2(30)20.02(20)20.09(10)20.2200.331020.242020.083020.0

2150

（Ⅱ）（ⅰ）Z~N

(200,150),12.2

P(187.8Z212.2)P(200Z200)0.6826

（ⅱ）X~B(100,0.6826),  EX1000.682668.26 19.解：(Ⅰ)连接BC1, 交B1C于点O, 连接AO。

侧面BB1C1C为菱形

 BC1B1C，O为BC1、B1C的中点

而ABB1C， B1C平面ABO, 而AO平面ABO

 B1CAO, 又O为B1C的中点ACAB

1（Ⅱ）以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系

ACAB1 AOOC

OB1

CBB160o, CBB1为等边三角形，A, B

(1,0,0), B1,C(0， AB1, A1B1AB

(1,0， B1C1BC(1, 设n(x,y,z)为平面AAnAB10yz01B1的法向量，则

即33

nA，取n(1

1B10



xz0xy0设m(x,y,z)为平面A1B1C1的法向量，则nB1C10nA

即，取m(1,

1B10





xz0cosm,n

mn|m||n|1

7二面角AA11B1C1的余弦值为7。

kAF0(2)220.解：

（Ⅰ）c0c3，解得

a2，c故 b1，E的方程为：x2y

2c41a

21.22.23.解：(Ⅰ)C: 

x2cos



y3sinl：2xy60

（Ⅱ）P到直线l的距离为

d

4cos3sin6|，|PA|

dsin305|4cos3sin6|，从而，|PA

|的最大值为5，最小值为

524..解：



1a1b，得ab

2，a3b3a3

b

3最小值为

（Ⅱ）2a3b6，故不存在a,b，使得2a3b6。

河北省2014年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

注意事项：

1.本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.。4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.第Ⅰ卷

一．选择题：共12小题，每小题5分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、已知集合A{x|x

22x30}，B{x|2x2}，则AB

A.[2,1]B.[1,2)C.[1,1]D.[1,2)

2、(1i)

(1i)

A.1iB.1iC.1iD.1i3、设函数f(x)、g(x)的定义域都为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数。则下列结论中正确的是 A.f(x)g(x)是偶函数B.|f(x)|g(x)是奇函数 C.f(x)|g(x)|是奇函数D.|f(x)g(x)|是奇函数

4、已知F为双曲线C: x

2my2

3m(m0)的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为 A.3C.D.3m5、4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六周日都有同学参加公益活动的概率为 A.18B.38C.578D.86、如图，圆O的半径为1，A是圆上的定点，P是圆上的动点，角x的 始边为射线OA，终边为射线OP，过点P做直线OA的垂线，垂足 为M，将点M到直线OP的距离表示成x的函数f(x)，则

yf(x)在[0,]的图像大致为

7、执行右面的程序框图，若输入的a,b,k分别为1，2，3，则输出的M A.203B.165C.7152D.88、设(0,

1sin

2)，(0,2)，且tancos，则 A.3



B.3

2C.2



D.2



9、不等式组

xy

12y

4的解集记为D, 有下面四个命题：

xp1：(x,y)D, x2y2p2：(x,y)D，x2y2p3：(x,y)D，x2y3p4：(x,y)D，x2y1其中的真命题是

A.p2,p3B.p1,p2C.p1,p4D.p1,p310、已知抛物线C：y

28x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若

FP4FQ, 则|QF|

A.72B.3C.5D.211、已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则a的取值范围是

A.(2,)B.(1,)C.(,2)D.(,1)

12、如图网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为

A.6C.第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两个部分。第（13）题-第（21）题为必考题，每个考生都必须作答。第（22）题-第（24）题为选考题，考生根据要求作答。二．填空题：本大题共4小题，每小题5分。

13、(xy)(xy)8的展开式中x

2y7的系数为_______.(用数字填写答案)

14、甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A、B、C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市； 乙说：我没去过C城市；

丙说：我们三人去过同一城市；

由此可判断乙去过的城市为_______.15、已知A，B，C是圆O上的三点，若AO

12(ABAC)，则AB与AC的夹角为

16、已知a、b、c分别为ABC三个内角A、B、C的对边，a2，且2(nis()bnis)A(nis)BcbC,则ABC面积的最大值为_______.三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题满分12分)

已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an0，anan1Sn1，其中为常数.（Ⅰ）证明：an2an；

（Ⅱ）是否存在，使得{an}为等差数列？并说明理由。

18.(本小题满分12分)

从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：

(Ⅰ)求这500件产品质量指标值的样本平均数x和样本方差s

2（同一组中的数据用该组区间的中点值

作代表）；

（Ⅱ）由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(,2)，其中近似为样本平

均数x，2

近似为样本方差s2

.（ⅰ）利用该正态分布，求P(187.8Z212.2)；

（ⅱ）某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值位于区间

（187.8,212.2）的产品件数，利用（ⅰ）的结果，求EX.12.2.若Z～N(,2)，则P(Z)=0.6826，P(2Z2)=0.9544.19.(本小题满分12分)

请考生从第（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答。注意：只能做所选定的题目。如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的 方框涂黑。

如图三棱柱ABCA侧面BB1C1C为菱形，ABB1C.1B1C1中，(Ⅰ)证明：ACAB1；

（Ⅱ）若ACAB1，CBB160，AB=BC，求二面角AA1B1C1的余弦值.20.(本小题满分12分)

23.（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程

o

22.（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲

如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB的延长线与DC的延长线交于点E，且CB=CE

.(Ⅰ)证明：∠D=∠E；学科网

（Ⅱ）设AD不是⊙O的直径，AD的中点为M，且MB=MC，证明：△ADE为等边三角形.x2y2已知点A（0，-2），椭圆E：221(ab

0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF

ab2

O为坐标原点.（Ⅰ）求E的方程；

（Ⅱ）设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程.21.(本小题满分12分)

x2tx2y2

1，直线l：已知曲线C：（t为参数）.49y22t

(Ⅰ)写出曲线C的参数方程，直线l的普通方程；

（Ⅱ）过曲线C上任一点P作与l夹角为30的直线，交l于点A，求|PA|的最大值与最小值.o

bex1

设函数f(x0aelnx，曲线yf(x)在点（1，f(1)处的切线为ye(x1)2.x

x

(Ⅰ)求a,b；（Ⅱ）证明：f(x)1.24.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲 若a0,b

0，且

ab

.（Ⅰ）求a3

b3的最小值；

（Ⅱ）是否存在a,b，使得2a3b6？并说明理由.解：



1133

ab，得ab

2，a3b3a

b最小值为

13.高考理科数学复习方法 篇十三

高三长时间紧张的复习也会消耗大量的体力,而“体能”是需要坚持不懈的锻炼来积蓄的。高三学习时间紧,锻炼时间较少,这就要求大家充分利用好体育课、课间操这两个时间段的锻炼机会。课间操在上完两节课后,起到调节作用,使疲劳的大脑得到放松,以利于后面学习。高三每一节复习课的容量都很大,如果不好好利用课间操时间,会影响后面的学习。体育课更是在高三复习阶段起到非常大的作用,紧张复习阶段的体能基本上要靠体育课上来积蓄,更何况大家还要通过体育会考。

14.如何进行高考理科数学备考 篇十四

关键词：高考理科数学备考,针对性,阶段性,有效性,实用性

高考就是一场竞争激烈的战争,高考成绩决定考生进入不同层次、类型的高校,甚至影响考生的一生。高考理科数学不刻意追求知识的覆盖面, 注重知识的综合性和学科的内在联系,然而高考数学题量大,对考生的空间想象能力、抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力、数据处理能力及应用意识和创新意识要求较高,同时高中教材内容庞杂,知识点众多,高三复习时间紧张,对学生的体力、心智和毅力都是一种挑战, 备考最忌不讲究章法。据2015年高考理科数学考试大纲、高考理科数学考试说明及近5年数学理科高考试卷,高三阶段的复习应做好以下方面工作。

一、备考要有针对性

备考要有针对性,复习要针对理科数学高考试卷,要依据2015年考试大纲和本省考试说明进行备考。在此以新课程标准卷为例谈谈针对性策略。从2015年全国新课标理科数学考试大纲说明和近5年理科数学高考考试的情况看: 理科数学试题的题量有22题,即12道单一选择题,每道5分共60分;4道填空题,每道5分共20分;6道解答题(计算题),共70分,其中17—21题,每道12分,22—24题为选做题,3选1,10分;总分为150分,考试时间120分钟。理科数学高考命题注重能力考查,不刻意追求知识覆盖面。就知识点而言,集合,复数,常用逻辑用语,三视图,程序框图和算法语句,指数函数、对数函数、幂函数及分段函数,点、线、面间的位置关系、球,平面向量,不等式的性质与应用、线性规划,排列、组合、二项式定理,定积分与微积分基本定理,新定义题,正态分布,成为选择题与填空题的主体,极少作为解答题。三角函数及三角恒等变换,等差数列和等比数列,数列的通项问题、求和问题,圆、圆锥曲线的方程和几何性质,函数与导数,线性回归方程、独立性检验,不仅以选择题、填空题的形式出现,而且以解答题的形式出现。而数列的综合应用,解斜三角形,直线与圆锥曲线,空间向量与立体几何,统计概率、随机变量及其分布,导数及其应用,成为6道解答题的主体,受到命题者的青睐,数列的综合应用或解斜三角形往往以第1道计算题(第17题)的形式出现;空间向量与立体几何,统计概率、随机变量及其分布,常常作为试卷的第2道、第3道计算题(第18题、19题);直线与圆锥曲线通常以第4道计算题(第20题)的形式出现;导数及其应用往往以第5道计算题(第21题)的形式出现;几何证明选讲、坐标系与参数方程、不等式选讲分别对应22题、23题、24题,考试时任选1道作答,若多做,则仅按所做的第一题计算。

纵观5年试卷,共同点是题型固定,试卷难度适中,容易题和中等难度题占80%,无偏题、怪题,既注重对对数学概念和数学定理理解能力的考查,更注重对数学能力的考查,还注重数学实际应用的考查。6个解答题中易、中、难比例为1:3:2,选做题却是最简单的,第20、21题是最难的,通常第1问可以轻松地做出,第2、第3问是为考重点大学的考生准备的,要花很大工夫、使出浑身解数方可完成。

明白高考试卷的情况,复习就明确多了:首先加强对基本概念、定理、公式的理解,基础题、经典题、常规题要做,主要精力花在函数、数列、三角函数、平面向量、不等式、圆锥曲线、直线平面简单几何体、概率与统计、导数等九大章节上。

二、备考要有阶段性

将备考分为几个阶段,不同阶段备考侧重点不同,采取不同的备考策略。暑假期间,即将进入高三复习的学生,认真研读2015年数学理科考试大纲,考什么内容做到心中有数,同时做2套本省近3年的高考试题,不要在意分数,目的在于了解题型,感受高考试题模式和难度,初步了解自己的数学基础和能力,弄清自己的薄弱环节,为第一轮复习制订有效计划。一轮复习阶段,结合一轮教辅资料或材料,认真阅读教材,理解基础知识,通过训练掌握最常用的解题方法技巧,可选做一些与复习进度内容相同的高考真题,以基础题、中等题为主。二轮复习阶段,要注重知识的整合与综合运用,按照知识的内在联系构建体系,将知识模块化,构建知识网络,以中档题为主,可适当做些难题。三轮复习,以套题训练为主,将本省市近3年试题重做一遍,分析哪些是主干知识,哪些是常考的,哪些是轮流考的, 哪些几年没有考了, 对近几年没有考的内容有所准备。同时多做一些知识交会又互相渗透的试题, 强化审题能力、综合分析能力、规范答题能力和运算能力。

三、备考要有有效性

在整个复习阶段,做题不要追求数量,更不要钻研偏题、怪题,要做常规题,对于低质量的习题要毫不犹豫地删掉。高三复习时间紧、任务重,建立错题集是比较有效的策略,可以抄在专用的本子上,也可以在原处做标记,关键要醒目,便于查看。考前只看易错题,这样可以有效积累解题经验和提高解题能力,避免在高考中犯类似错误。

四、备考要有实用性

1.精选习题,进行合理训练。备考时间紧,同学精力有限,因此要精选习题,进行合理训练,保证训练质量。高考真题由众多命题专家精心命制而成,无疑是题海之精华,可以说是最好的试题,因此,高三学生应当根据自己的情况选择难度适中的高考题来训练,注意对题目归类分析,进行一题多变的训练,达到做一题会一类的效果,提高复习效率。笔者认为主要以容易题和中档题为主。

2.强化解题能力,注重答题规范。考试时,会做的题,考生做错了;能做对的题,却没有得满分,是考生常出现的现象,究其原因是解题不规范, 高考试题的参考答案是比较好的模仿对象,在平时的训练中要注意答题的规范性。答题时,结合自己的知识结构和解题能力,由易到难,不会的跳过去,千万不可较劲,在一道题上缠斗太久,否则受伤的和损失的是自己,得不偿失。先把自己会做的考题全部做完,再做不会的,能做多少就做多少,甚至第20题、21题的二、三问不会做时,可直接放弃。只要把自己会做的习题全做对,完全发挥自己的真实水平就没有遗憾了。

15.2019年高考理科数学 篇十五

高考题1 （2015年高考北京卷数学（理科）第20题）已知数列{an}满足：a1∈N*，a1≤36，且an+1=2an （an≤18）

2an-36 （an>18）（n=1，2，…）.记集合M={an|n∈N*}.

（Ⅰ）若a1=6，写出集合M的所有元素;

（Ⅱ）若集合M存在一个元素是3的倍数，证明：M的所有元素都是3的倍数;

（Ⅲ）求集合M的元素个数的最大值.

参考答案 （Ⅰ）当a1=6时，由所给的递推式可得数列{an}：6，12，24，12，24，…，所以M={6，12，24}，即集合M的所有元素分别是6，12，24.

（Ⅱ）假设a1不是3的倍数，由所给的递推式及数学归纳法可得an（n∈N*）均不是3的倍数.这与题设相矛盾！所以a1是3的倍数.再由所给的递推式及数学归纳法可得an（n∈N*）均是3的倍数，即M的所有元素都是3的倍数.

（Ⅲ）用数学归纳法易证an≤36（n∈N*）.

易知a2是偶数，再用数学归纳法易证an（n∈N*，n≥3）是4的倍数.

由所给的递推式可得，an+1与2an（n∈N*）被9除所得的余数相等.

①若数列{an}的项中有3的倍数，则由（Ⅱ）的结论知，an（n∈N*）均是3的倍数.所以a1被9除所得的余数是0，3，或6.

由此可得数列{an}的项被9除所得的余数依次为0，0，…;或3，6，3，6，…;或6，3，6，3，….

在不大于36的正整数中：被9除余0且是4的倍数的只有36，被9除余3且是4的倍数的数只有12，被9除余6且是4的倍数的数只有24.

所以数列{an}的项从第3项开始必呈现周期性变化，且周期是1或2.

得此时集合M的元素个数至多是2+2=4.

②若数列{an}的项均不是3的倍数，则a3被9除所得的余数只可能是1，4，7，2，5，8.再由递推式可得，数列{an}的项从第3项起被9除所得的余数呈现周期性变化，且周期分别是1，2，4，8，7，5;4，8，7，5，1，2;7，5，1，2，4，8;2，4，8，7，5，1;5，1，2，4，8，7;8，7，5，1，2，4.

又呈现周期性变化的每个数都是4的倍数且不大于36，所以1，2，4，8，7，5对应的数分别是28，20，4，8，16，32.

得此时集合M的元素个数至多是2+6=8.

又当a1=1时，可得M={1，2，4，8，16，32，28，20}，所以集合M的元素个数是8.

综上所述，可得集合M的元素个数的最大值是8.

注 笔者再给出第（Ⅱ）问的数学归纳法证明：

设集合M中的元素ak（k是确定的正整数）是3的倍数，则

①由所给的递推式及数学归纳法可得an（n∈N*，n≥k）均是3的倍数;

②由所给的递推式及反向数学归纳法可得an（n∈N*，n≤k）均是3的倍数.

所以an（n∈N*）均是3的倍数，即M的所有元素都是3的倍数.

2 用列举法解答2015年高考北京卷数学（理科）压轴题（即高考题1）

由题设可列举出满足题意的数列共36个（下表中的“M”表示“集合M的元素个数”）：

a1数列{an}集合MM

11，2，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，20，…{1，2，4，8，16，32，28，20}8

22，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，20，…{2，4，8，16，32，28，20}7

33，6，12，24，12，24，…{3，6，12，24}4

44，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，20，…{4，8，16，32，28，20}6

55，10，20，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，20，…{5，10，20，4，8，16，32，28}8

66，12，24，12，24，…{6，12，24}3

77，14，28，20，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，…{7，14，28，20，4，8，16，32}8

88，16，32，28，20，4，8，16，32，28，20，4，…{8，16，32，28，20，4}6

99，18，36，36，…{9，18，36}3

1010，20，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，…{10，20，4，8，16，32，28}7

1111，22，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，8，20，4，…{11，22，8，16，32，28，20，4}8

1212，24，12，24，…{12，24}2

1313，26，16，32，28，20，4，8，16，32，28，8，20，4，8，…{13，26，16，32，28，20，4，8}8

1414，28，20，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，…{14，28，20，4，8，16，32}7

1515，30，24，12，24，12，…{15，30，24，12}4

1616，32，28，20，4，8，16，32，28，20，4，8，…{16，32，28，20，4，8}6

1717，34，32，28，20，4，8，16，32，28，8，20，4，8，16，…{17，34，32，28，20，4，8，16}8

1818，36，36，…{18，36}2

1919，2，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，20，…{19，2，4，8，16，32，28，20}8

2020，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，…{20，4，8，16，32，28，20}7

2121，6，12，24，12，24，…{21，6，12，24}4

2222，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，8，20，4，…{22，8，16，32，28，20，4}7

2323，10，20，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，…{23，10，20，4，8，16，32，28}8

2424，12，24，12，…{24，12}2

2525，14，28，20，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，…{25，14，28，20，4，8，16，32}8

2626，16，32，28，20，4，8，16，32，28，20，4，8，…{26，16，32，28，20，4，8}7

2727，18，36，36，…{27，18，36}3

2828，20，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，…{28，20，4，8，16，32}6

2929，22，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，8，20，4，…{29，22，8，16，32，28，20，4}8

3030，24，12，24，12，…{30，24，12}3

3131，26，16，32，28，20，4，8，16，32，28，20，4，8，…{31，26，16，32，28，20，4，8}8

3232，28，20，4，8，16，32，28，20，4，8，16，…{32，28，20，4，8，16}6

3333，30，24，12，24，12，…{33，30，24，12}4

3434，32，28，20，4，8，16，32，28，8，20，4，8，16，…{34，32，28，20，4，8，16}7

3535，34，32，28，20，4，8，16，32，28，8，20，4，8，16，…{35，34，32，28，20，4，8，16}8

3636，36，…{36}1

由此表可知，表中的36个数列的项从某项后均呈现周期性的变化（此表列出了每个数列的两个周期）（严格的证明均易用数学归纳法完成，这里略去过程）.

由此表容易给出本题的解答：

（Ⅰ）若a1=6，则集合M的所有元素分别是6，12，24.

（Ⅱ）若集合M存在一个元素是3的倍数，由上表可知，a1是3的倍数，进而可得M的所有元素都是3的倍数.

（Ⅲ）由上表可知，集合M的元素个数只可能是1，2，3，4，7，8，所以集合M的元素个数的最大值是8.

文献[1—4]就阐述了“应重视用枚举法解排列、组合及概率统计题”的观点，实际上，用枚举法解题是解各类数学题的基本观点，不仅仅限于排列、组合及概率统计题，比如高考题1这道数列题及下文的高考题3这道函数题.

高考题2  （2010年高考安徽卷数学（理科）第21题）品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试，一种通常采用的测试方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序;经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这n瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分.

现设n=4，分别以a1，a2，a3，a4表示第一次排序时被排为1，2，3，4的四种酒在第二次排序时的序号，并令

X=1-a1+2-a2+3-a3+4-a4，

则X是对两次排序的偏离程度的一种描述.

（Ⅰ）写出X的可能值集合;

（Ⅱ）假设a1，a2，a3，a4等可能地为1，2，3，4的各种排列，求X的分布列;

（Ⅲ）某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有X≤2，

①试按（Ⅱ）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）;

②你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由.

笔者在文献[1-4]中均用枚举法给出了这道题的解法：这里的一次试验是“将1，2，3，4排序”，先枚举出这A44=24种排列及其对应的X值，而后就很好求解各问了.

注 从阅卷情况看，这道高考压轴题的得分率极低.笔者认为造成这种情形的主要原因是考生不会用最简单的原始方法——枚举法解决计数问题，只知道套用排列组合公式解决复杂的计数问题，殊不知，用简单的枚举法也能轻松解决计数以及概率统计问题.

在解决某些数学题特别是排列组合及概率统计等与计数有关的问题时，有不少读者认为枚举法是“最烦、最繁、最差、最没有技术含量”的.其实不然：第一，当基本事件总数较少但情况又稍复杂时，枚举法一清二楚;枚举法应当是解这类题时首先想到的方法，比如树形图、列表法等;第三，即使枚举法失败，也可由此发现部分规律，对解题也有帮助.因此，解决某些数学题特别是计数问题时，应重视枚举法.

高考题3 （2012年高考新课标全国卷数学（文科）第21题）设函数f（x）=ex-ax-2.

（Ⅰ）求f（x）的单调区间;

（Ⅱ）若a=1，k为整数，且当x>0时，（x-k）f′（x）+x+1>0，求k的最大值.

解 （Ⅰ）略.

（Ⅱ）可得题设即xex-kex+k+1>0（x>0）恒成立.

由x=1时成立，得k<2e-1+1，所以整数k≤2.还可证k=2时成立：

设g（x）=xex-kex+k+1（x>0），

因为g′（x）=（x-1）ex（x>0），所以g（x）min=g（1）=3-e>0.

所以所求k的最大值是2.

注 由此解法还可得：整数k的取值范围是{不大于2的整数}，实数k的取值范围是（-∞，k0），其中k0是方程ek0-1=k0+1的正数解.

3 2015年高考北京卷数学（理科）压轴题（即高考题1）的背景是数学黑洞问题

先给出数学黑洞的有关概念及其记号、结论[5，6].

设有限集合（无限集合）A的所有元素x1，x2，…，xn（x1，x2，…，xn，…）可以按照某种规则排序为x1<x2<…<xn（x1<x2<…<xn<…）（这里“<”表示排序后的先后关系），f是集合A的变换，用“xi→xj”表示“f（xi）=xj”.

对xi重复作变换f（其中f0（xi）=xi，f1（xi）=f（xi）;由“变换”知，j∈N，fj（xi）∈A：

f0（xi）→f1（xi）→…→fs-1（xi）→fs（xi）→…→fs+n（xi）→…

若fs+n（xi）=fs（xi），s是满足此变换的最小自然数，n是满足此变换的最小正整数（此时，把fs（xi）→…→fs+n（xi）叫做集合A的变换f的由xi生成的第一个周期节），则fs（xi）→…→fs+n-1（xi）或fs+1（xi）→…→fs+n（xi）等等都叫做集合A的变换f的由xi生成的黑洞（共有n种书写形式，把这n种书写形式视作同一个黑洞），当然也可以看作集合A的变换f的由fj（xi）（j=0，1，…，s+n-1）生成的黑洞（因为对fj（xi）（j=0，1，…，s+n-1）连续作变换f均可生成以上周期节），f0（xi），f1（xi），…，fs-1（xi）的个数s叫做xi到集合A的变换f的黑洞fs（xi）→…→fs+n-1（xi）（该黑洞共有n种书写形式）的路程，简称黑程，记作h（xi）=s.

若仅能由集合A的元素xk1，xk2，…（其中xk1<xk2<…）生成上述黑洞，则把这个黑洞叫做集合A的变换f的第k1个黑洞，记作Dk1=fs（xi）→…→fs+n-1（xi），fs（xi），…，fs+n-1（xi）的个数n叫做集合A的变换f的第k1个黑洞Dk1的周长.

把集合A的变换f的黑洞的集合记作fA，把集合fA的元素个数fA记作H，所以fA={D1，D2，…，DH}.

研究集合A的变换f的黑洞，就是要研究黑洞的存在性，求出黑洞的个数H，求出集合fA，黑洞D1，D2，…，DH分别是由集合A的哪些元素生成的，每个元素的黑程各是多少？

定理1 若f是集合A的一个变换，x∈A，则由x可生成集合A的变换f的黑洞的充要条件是：存在仅与x有关（即与j无关）的常数a（x），j∈N，fj（x）≤a（x）.

证明 必要性.对x重复作变换f：

f0（x）→f1（x）→…→fs-1（x）→fs（x）→…→fs+n（x）→…

因为由x可生成集合A的变换f的黑洞，所以存在最小的自然数s和最小的正整数n，使fs+n（x）=fs（x），得j∈N，fj（x）≤max{f0（x），f1（x），…，fs+n-1（x）}.

选a（x）=max{f0（x），f1（x），…，fs+n-1（x）}，即得欲证成立.

充分性.因为j∈N，fj（x）≤a（x），所以对x重复作变换f：

x→f（x）→f2（x）→…

此变换可一直进行下去，而变换中的各数只能取有限个值，所以存在最小的自然数s和最小的正整数n，使fs+n（x）=fs（x）.

此时fs（x）→…→fs+n-1（x）就是由x生成的集合A的变换f的黑洞.

推论 若f是有限集合A的一个变换，则x∈A，由x可生成集合A的变换f的黑洞.

在高考题1中，设an+1=f（an）（n∈N*），可得f是有限集合A={1，2，3，…，36}的一个变换，所以由推论知，x∈A，由x可生成集合A的变换f的黑洞.

高考题1第（Ⅲ）问即求由集合A的元素生成的黑洞的黑程及该黑洞的周长之和的最大值.

图1高考题4 （2014年高考湖北卷数学（理科）第13题）设a是一个各位数字都不是0且没有重复数字的三位数，将组成a的3个数字按从小到大排成的三位数记为I（a），按从大到小排成的三位数记为D（a）（例如a=815，I（a）=158，D（a）=851）.阅读如图1所示的程序框图，运行相应的程序，任意输入一个a，输出的结果b=    .

答案：495.

文献[4]，[7]均指出了这道高考题的背景也是数学黑洞问题.

4 对2015年高考北京卷数学（理科）压轴题的推广

定理2 设常数p，k，l满足p是奇素数，k，l∈N.若数列{an}满足an+1=2an （an≤2kpl）

2an-2k+1pl （an>2kpl）（n∈N*），a1∈N*，a1≤2k+1pl，记M={an|n∈N*}，用M表示集合M元素的个数，则当a1变化时，有以下结论成立：

（1）an≤2k+1pl（n∈N*），2k+1ak+2;

（2）Mmin=1，且当a1=2k+1pl时M={2k+1pl};

（3）当l=0时，Mmax=k+2，且当a1=1时M=k+2;

（4）当（k，l，p）=（0，1，3），（0，1，5），（0，2，3）时Mmax=（p-1）pl-1+1，且当a1=1时M=（p-1）pl-1+1;

（5）当（p，l）=（3，1），（3，2），或（5，1）时Mmax=（p-1）pl-1+k+1，且当a1=1时M=（p-1）pl-1+k+1.

证明 （1）对n用数学归纳法，可证得an≤2k+1pl（n∈N*）;对m用数学归纳法，可证得2mam+1（m=0，1，2，…，k+1），所以2k+1ak+2.

（2）略.

（3）由结论（1）得ak+2≤2k+1，2k+1ak+2，所以ak+2=2k+1.进而可得an=2k+1（n≥k+2），所以M≤2k+1.

又当a1=1时，数列{an}：1，2，22，…，2k+1，2k+1，2k+1，…，所以M={1，2，22，…，2k+1}，M=k+2.

所以欲证结论成立.

（4）用本文第2节开头的列举法易证.

（5）①当（p，l）=（3，1）时，由结论（1）得ak+2≤3·2k+1，2k+1ak+2，所以ak+2=2k+1，2k+2，或3·2k+1.

当ak+2=2k+1时，可得数列{an}n≥k+2：2k+1，2k+2，2k+1，2k+2，…，所以M≤k+3.

当ak+2=2k+2时，可得数列{an}n≥k+2：2k+2，2k+1，2k+2，2k+1，…，所以M≤k+3.

当ak+2=3·2k+1时，可得an=3·2k+1（n≥k+2），所以M≤k+2.

总之，M≤k+3.

又当a1=1时，数列{an}：1，2，22，…，2k+1，2k+2，2k+1，2k+2，…，所以M={1，2，22，…，2k+2}，M=k+3.

所以此时欲证结论成立.

②当（p，l）=（3，2）时，由结论（1）得ak+2≤9·2k+1，2k+1ak+2，所以ak+2=i·2k+1（i=1，2，3，…，或9）.

同①可证得此时欲证结论也成立.

③同②可证.

问题 在定理2的题设下，求Mmax.

猜想 若定理2的题设满足，则当l∈N*时Mmax=（p-1）pl-1+k+1，且当a1=1时M=（p-1）pl-1+k+1.

参考文献

[1] 甘志国.善用枚举法解排列、组合及概率统计题[J].数学教学通讯（数学金刊·高考），

2015（2）：34-36.

[2] 甘志国.应重视用枚举法解概率题[J].中学数学，2012（3上）：42.

[3] 甘志国.立体几何与组合[M].哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2014：151-159.

[4] 甘志国.高考数学真题解密[M].北京：清华大学出版社，2015.

[5] 甘志国.缩小变换黑洞[J].高等函授学报（自然科学版），1997（4）：56-59.

[6] 甘志国.初等数学研究[M].哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2009：10-15.