无论是我们生活还是工作中，计划总是必不可少的。它能帮助我们认清前进的方向，能让我们更顺利的实现目标，那么你会拟写计划吗？下面是小编为大家整理的《高三数学文教学计划》，仅供参考，希望能够帮助到大家。
第一篇：高三数学文教学计划
2020届市高三第一次诊断性检测数学（文）试题
一、单选题
1.若复数与(为虚数单位)在复平面内对应的点关于实轴对称，则(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】直接利用复平面的对称得到答案.
【详解】
数与(为虚数单位)在复平面内对应的点关于实轴对称，则
故选：
【点睛】
本题考查了复平面的对称问题，属于简单题.
2.已知集合，，若，则实数的值为(
)
A.或
B.或
C.或
D.或
【答案】D
【解析】根据集合并集的定义即可得到答案.
【详解】
集合，，且，所以或.
故选：D
【点睛】
本题主要考查集合并集的基本运算，属于基础题.
3.若，则(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】根据得到，再利用二倍角公式得到答案.
【详解】
，
故选：
【点睛】
本题考查了二倍角公式，意在考查学生的计算能力.
4.已知命题：，，则为(
)
A.，
B.，
C.，
D.，
【答案】D
【解析】直接利用全称命题的否定定义得到答案.
【详解】
命题：，，则为：
，
故选：
【点睛】
本题考查了全称命题的否定，意在考查学生的推断能力.
5.某校随机抽取100名同学进行“垃圾分类“的问卷测试，测试结果发现这100名同学的得分都在[50，100]内，按得分分成5组：[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图，则这100名同学的得分的中位数为(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】根据频率分布直方图求得中位数即可.
【详解】
在频率分步直方图中，小正方形的面积表示这组数据的频率，中位数为：.
故选：A
【点评】
本题考查频率分布直方图的相关知识，直方图中的各个矩形的面积代表了频率，所有各个矩形面积之和为1，也考查了中位数，属于基础题.
6.设等差数列的前项和为，且，则(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】将S9，S5转化为用a5，a3表达的算式即可得到结论.
【详解】
由等差数列的前项和为，==，且，∴=×3=.
故选：D.
【点睛】
本题考查了等差数列的前n项和，等差中项的性质，考查计算能力，属于基础题.
7.已知是空间中两个不同的平面，是空间中两条不同的直线，则下列说法正确的是(
)
A.若，，且，则
B.若，，且，则
C.若，，且，则
D.若，，且，则
【答案】C
【解析】由空间中直线与直线、直线与平面及平面与平面位置关系逐一核对四个选项得答案.
【详解】
由m∥α，n∥β，且α∥β，得m∥n或m与n异面，故A错误;
由m∥α，n∥β，且α⊥β，得m∥n或m与n相交或m与n异面，故B错误;
由m⊥α，α∥β，得m⊥β，又n∥β，则m⊥n，故C正确;
由m⊥α，n∥β且α⊥β，得m∥n或m与n相交或m与n异面，故D错误.
故选：C.
【点睛】
本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线、直线与平面及平面与平面位置关系的判定与应用，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题.
8.将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍(纵坐标不变)，再把所得图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的解析式为(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】利用函数的图象平移变换和伸缩变换的应用求出结果即可.
【详解】
函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到的图象，
再把所得图象向左平移个单位长度，得到函数f(x)=的图象.
故选：A.
【点睛】
本题考查了函数图象的平移和伸缩变换的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题.
9.已知抛物线的焦点为，是抛物线上两个不同的点若，则线段的中点到轴的距离为(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】抛物线到焦点的距离转化为到准线的距离，可求出横坐标之和，进而求出中点的横坐标，求出结果即可.
【详解】
由抛物线方程，得其准线方程为：，设，，
由抛物线的性质得，，中点的横坐标为，
线段的中点到轴的距离为：.
故选：B.
【点睛】
本题考查了抛物线定义的应用，属于基础题.
10.已知，，，则(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】利用根式的运算性质、幂函数的单调性可得a，b的大小关系，利用对数函数的单调性即可得出c<1.
【详解】
∵=，且==，∴，.∴.
故选：C.
【点睛】
本题考查了根式的运算性质、幂函数的单调性、对数函数的单调性，属于基础题.
11.已知直线与双曲线：相交于不同的两点，，为双曲线的左焦点，且满足，(为坐标原点)，则双曲线的离心率为(
)
A.
B.
C.2
D.
【答案】B
【解析】如图所示：为双曲线右焦点，连接，计算得到，再利用余弦定理得到，化简得到答案.
【详解】
如图所示：为双曲线右焦点，连接，根据对称性知
，，
在和中，分别利用余弦定理得到：
，
两式相加得到
故选：
【点睛】
本题考查了双曲线的离心率，根据条件计算出是解题的关键.
12.已知定义在上的函数满足，当时，.若关于的方程有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】根据函数的单调性和对称性画出函数图像，过定点，计算直线和曲线相切的情况计算斜率得到答案.
【详解】
当时，
函数在上单调递减，在上单调递增，且
，函数关于对称，过定点
如图所示，画出函数图像：
当与相切时，设切点为
则
根据对称性考虑左边图像，根据图像验证知是方程唯一解，此时
故答案为
故选：
【点睛】
本题考查了零点问题，对称问题，函数的单调性，画出函数图像是解题的关键.
二、填空题
13.已知实数满足约束条件，则的最大值为_______.
【答案】6
【解析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值.
【详解】
作出实数x，y满足约束条件对应的平面区域如图：(阴影部分)
由得y=﹣x+z，平移直线y=﹣x+z，
由图象可知当直线y=﹣x+z经过点A时，直线y=﹣x+z的截距最大，此时z最大.
由，解得A(2，2)，代入目标函数z=x+2y得z=2×2+2=6.
故答案为：6.
【点睛】
本题主要考查线性规划的应用，利用图象平行求得目标函数的最大值和最小值，利用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法，属于基础题.
14.设正项等比数列满足，，则_______.
【答案】
【解析】将已知条件转化为基本量a1，q的方程组，解方程组得到a1，q，进而可以得到an.
【详解】
在正项等比数列中，，，
得，解得，∴an==3•3n﹣1=3n.
故答案为：3n
【点睛】
本题考查了等比数列的通项公式，主要考查计算能力，属于基础题.
15.已知平面向量，满足，，且，则向量与的夹角的大小为______.
【答案】
【解析】根据得到，计算得到答案.
【详解】
设向量与的夹角为，
故答案为：
【点睛】
本题考查了向量的夹角，意在考查学生的计算能力.
16.如图，在边长为2的正方形中，边，的中点分别为，，现将，，分别沿，，折起使点，，重合，重合后记为点，得到三棱锥.则三棱锥的外接球体积为____________
【答案】
【解析】根据两两垂直得到，代入体积公式计算得到答案.
【详解】
易知两两垂直，
将三棱锥放入对应的长方体内得到
故答案为：
【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球问题，将三棱锥放入对应的长方体是解题的关键.
三、解答题
17.在中，角的对边分别为，且.
(1)求的值;
(2)若的面积为，且，求的周长.
【答案】(1);(2)
【解析】(1)由已知条件结合余弦定理可求cosA的值，进而根据同角三角函数基本关系式可求sinA的值.
(2)利用三角形的面积公式可求bc的值，由正弦定理化简已知等式可得b=3c，解得b，c的值，根据余弦定理可求a的值，即可求解三角形的周长.
【详解】
(1)∵，∴由余弦定理可得2bccosA=bc，∴cosA=，
∴在△ABC中，sinA==.
(2)∵△ABC的面积为，即bcsinA=bc=，∴bc=6，
又∵sinB=3sinC，由正弦定理可得b=3c，∴b=3，c=2，则a2=b2+c2﹣2bccosA=6，
，所以周长为.
【点睛】
本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题.
18.某公司有l000名员工，其中男性员工400名，采用分层抽样的方法随机抽取100名员工进行5G手机购买意向的调查，将计划在今年购买5G手机的员工称为“追光族”，计划在明年及明年以后才购买5G手机的员工称为“观望者”调查结果发现抽取的这100名员工中属于“追光族”的女性员工和男性员工各有20人.
(Ⅰ)完成下列列联表，并判断是否有的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性别”有关;
属于“追光族”
属于“观望者”
合计
女性员工
男性员工
合计
100
(Ⅱ)已知被抽取的这l00名员工中有6名是人事部的员工，这6名中有3名属于“追光族”现从这6名中随机抽取3名，求抽取到的3名中恰有1名属于“追光族”的概率.
附：，其中.
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
【答案】(Ⅰ)表见解析，没有的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性別”有关.(Ⅱ)
【解析】(Ⅰ)完善列联表，计算得到结论.
(Ⅱ)设人事部的这6名中的3名“追光族”分别为“，，”，3名“观望者”分别为“，，，列出所有情况计算得到答案.
【详解】
(Ⅰ)由题，列联表如下：
属于“追光族”
属于“观望者”
合计
女性员工
20
40
60
男性员工
20
20
40
合计
40
60
100
∵，
∴没有的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性別”有关.
(Ⅱ)设人事部的这6名中的3名“追光族”分别为“，，”，3名“观望者”分别为“，，”.则从人事部的这6名中随机抽取3名的所有可能情况有“;;;;;;;;;;;;;;;;;;;”共20种.
其中，抽取到的3名中恰有1名属于“追光族”的所有可能情况有“;;;;;;;;”共9种.
∴抽取到的3名中恰有1名属于“追光族”的概率.
【点睛】
本题考查了列联表，概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.
19.如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，且，，分别为，的中点.
(Ⅰ)证明：平面;
(Ⅱ)点在棱上，且，证明：平面.
【答案】(Ⅰ)证明见解析(Ⅱ)证明见解析
【解析】(Ⅰ)证明和得到平面.
(Ⅱ)根据相似得到证明平面.
【详解】
(Ⅰ)如图，连接.∵底面为菱形，且，
∴三角形为正三角形.
∵为的中点，∴.又∵平面，平面，
∴.
∵，平面，∴平面.
(Ⅱ)连接交于点，连接.
∵为的中点，∴在底面中，，∴.
∴，∴在三角形中，.
又∵平面，平面，
∴平面.
【点睛】
本题考查了线面垂直和线面平行，意在考查学生的空间想象能力和推断能力.
20.已知函数，，为函数的导函数.
(Ⅰ)讨论函数的单调性;
(Ⅱ)当时，证明对任意的都成立.
【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅱ)证明见解析
【解析】(Ⅰ)求导得到讨论，，和四种情况得到答案.
(Ⅱ)要证明即，求导得到函数
得到证明.
【详解】
(Ⅰ).
∵，，
∴当时，，函数在内单调递减，在内单调递增;
当时，，函数在内单调递增，
在内单调递减，在内单调递增;
当时，，函数在内单调递增;
当时，，函数在内单调递增，在内单调递减，
在内单调递增.
(Ⅱ)当时，，，.
∴.
令，则.
令，∵函数在内单调递增，，，
∴存在唯一的，使得.
∵当时，;当时，;
∴函数在内单调递减，在内单调递增.
又∵，，
∴，即对任意的都成立.
【点睛】
本题考查了函数的单调性，恒成立问题，将恒成立问题转化为函数的最值是解题的关键
21.已知椭圆：的右焦点为，过点的直线(不与轴重合)与椭圆相交于，两点，直线：与轴相交于点，为线段的中点，直线与直线的交点为.
(Ⅰ)求四边形(为坐标原点)面积的取值范围;
(Ⅱ)证明直线与轴平行.
【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)证明见解析
【解析】(Ⅰ)令直线：，联立方程利用韦达定理得到，，，换元带入化简得到答案.
(Ⅱ)直线的方程为，令得，.代入(Ⅰ)中式子化简得到答案.
【详解】
(Ⅰ)由题，，令直线：，，.
联立消去，得.
∵，，，
∴.
∴四边形的面积.
令，∴，∴.
∵(当且仅当即时取等号)，∴.
∴四边形面积的取值范围为.
(Ⅱ)∵，，∴.
∴直线的斜率，直线的方程为.
令得，.……①
由(Ⅰ)，，.
∴，.
化简①，得.
∴直线与轴平行.
【点睛】
本题考查了面积的范围，直线的平行问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
22.在平面直角坐标系中，已知是曲线：上的动点，将绕点顺时针旋转得到，设点的轨迹为曲线.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求曲线，的极坐标方程;
(2)在极坐标系中，点，射线与曲线，分别相交于异于极点的两点，求的面积.
【答案】(1)曲线：，曲线：;(2)
【解析】(1)由题意，点Q的轨迹是以(2，0)为圆心，以2为半径的圆，写出其普通方程，再结合ρ2=x2+y2，x=ρcosθ，y=ρsinθ，可得曲线C1，C2的极坐标方程;
(2)在极坐标系中，设A，B的极径分别为ρ1，ρ2，求得|AB|=|ρ1﹣ρ2|，再求出M(3，)到射线的距离h=，即可求得△MAB的面积.
【详解】
(1)由题意，点Q的轨迹是以(2，0)为圆心，以2为半径的圆，则曲线C2：，
∵ρ2=x2+y2，x=ρcosθ，y=ρsinθ，∴曲线C1的极坐标方程为ρ=4sinθ，曲线C2的极坐标方程为ρ=4cosθ;
(2)在极坐标系中，设A，B的极径分别为ρ1，ρ2，
又点到射线的距离为
的面积
【点睛】
本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查计算能力，属于中档题.
23.已知函数
(1)解不等式;
(2)若，求证：
【答案】(1);(2)见解析.
【解析】(1)原不等式可化为：|x﹣3|≥4﹣|2x+1|，即|2x+1|+|x﹣3|≥4，分段讨论求出即可;
(2)由基本不等式得的最小值，转化为|x+|﹣f(x)≤恒成立即可.
【详解】
(1)原不等式化为，即
①时，不等式化为，解得;
②时，不等式化为，解得，;
③时，不等式化为，解得，.
综上可得：原不等式解集为.
(2)，
当且仅当且时取等号.又，
，
当且仅当时取等号.
【点睛】
考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的性质，利用分类讨论的思想结合绝对值的性质和基本不等式的应用，属于中档题.
第二篇：2020届百师联盟高三上学期期中数学（文）试题（解析版）
2019-2020学年百师联盟上学期期中数学(文)试题
一、单选题
1.(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】根据复数代数形式的四则运算法则，即可求出.
【详解】
，
故选：B.
【点睛】
本题主要考查复数代数形式的四则运算法则的应用，属于基础题.
2.已知全集，集合，则(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】根据补集定义先求出，再由交集的运算即可求出.
【详解】
，所以，
故选：A.
【点睛】
本题主要考查集合的交集，补集运算，属于基础题.
3.在抽样调查中，样本能否代表总体，直接影响着统计结果的可靠性,给出下列三个抽样问题：
①高三(1)班想从8个班委中抽出2人参加会议;
②教育部门想了解某地区中小学学生近视情况，将在该地区全体学生中抽取2%的学生进行调查;
③工厂要检验某种产品合格情况，从一批产品中抽取1%进行检验.
则这三个问题对应的抽样方法较为恰当的一组是(
)
A.①简单随机抽样
②系统抽样
③分层抽样
B.①简单随机抽样
②分层抽样
③系统抽样
C.①系统抽样
②简单随机抽样
③分层抽样
D.①系统抽样
②分层抽样
③简单随机抽样
【答案】B
【解析】根据简单随机抽样、系统抽样、分层抽样的各自特点与适用条件，即可作出判断.
【详解】
①样本容量为8，抽取样本数为2，用简单随机抽样方便快捷;
②由于年龄差异大，学生近视情况差异较大，应从每个年龄段抽取2%的学生，样本更能代表总体，所以应采用分层抽样方法.
③由于样本数较大，且个体无明显差异，可将这批产品随机编号，按系统抽样方法抽取1%进行检验，易操作，
故选：B.
【点睛】
本题主要考查简单随机抽样、系统抽样、分层抽样的各自特点与适用条件，属于基础题.
4.谢尔宾斯基三角形(Sierpinski
triangle)是一种分形几何图形，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出，它是一个自相似的例子，其构造方法是：
(1)取一个实心的等边三角形(图1);
(2)沿三边中点的连线，将它分成四个小三角形;
(3)挖去中间的那一个小三角形(图2);
(4)对其余三个小三角形重复(1)(2)(3)(4)(图3).
制作出来的图形如图4，….
若图1(阴影部分)的面积为1，则图4(阴影部分)的面积为(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】根据图形的特点，观察规律，即可归纳出相邻图形之间的面积关系，由此求出.
【详解】
设图1的面积为，图2被挖去的面积占图1面积的，则图2阴影部分的面积为，同理图3被挖去的面积占图2面积的，所以图3阴影部分的面积为，按此规律图1、图2、图3…的面积组成等比数列：,公比为.由已知图1(阴影部分)的面积为1，则图4(阴影部分)的面积为，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查归纳推理的应用，属于基础题.
5.正方形ABCD和矩形BEFC组成图1，G是EF的中点，BC=2BE.将矩形BEFC沿BC折起，使平面平面ABCD，连接AG，DF，得到图2，则(
)
图1.
图2.
A.，且直线是相交直线
B.，且直线是相交直线
C.，且直线是异面直线
D.，且直线是异面直线
【答案】B
【解析】根据平面图形翻折前后，相关线段或直线的位置变化可知，，并未改变，所以可知在一个平面内，又因为,所以是相交直线.再根据条件可得平面，所以，即.
【详解】
如图，连接，因为，且，同理，且,所以,且，故为平行四边形，所以在一个平面内.
又因为,所以是相交直线.由题知，所以平面.
故平面，所以，所以，即.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查平面图形翻折前后相关线段或直线位置变化，意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
6.已知的三个内角所对的边分别为,且，则的一定是(
)
A.等腰三角形
B.直角三角形
C.等腰直角三角形
D.等边三角形
【答案】A
【解析】法一：根据变形，利用两角差的正弦公式即可得出，即可判断的一定是等腰三角形;
法二：利用同角三角函数商的关系可得，有，即可判断的一定是等腰三角形;
法三：根据正弦定理和余弦定理，即可得到，即可判断，一定是等腰三角形.
【详解】
解法一：因为，则，即，所以，所以一定是等腰三角形.
解法二：因为，所以,即，所以，所以的一定是等腰三角形.
解法三：由正弦定理，所以，
由余弦定理得，所以，所以的一定是等腰三角形.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查三角形形状的判断，涉及两角差的正弦公式，同角三角函数商的关系，正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题.
7.执行下边的程序框图，如果输入的，则输出的值等于(
)
A.5
B.7
C.9
D.11
【答案】C
【解析】根据程序框图，执行循环，依次求出的值并判断，直至跳出循环，即可求出输出的值.
【详解】
第1次循环：是，;
第2次循环：是，;
第3次循环：是，;
第4次循环：否，输出，结束程序.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查程序框图的理解，属于基础题.
8.如图是某棱锥的三视图，其主视图和侧视图都是等腰直角三角形，直角边的长为1，则该棱锥的体积为(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】根据三视图还原几何体，即可求出该棱锥的体积.
【详解】
三视图为一个三棱锥，将三棱锥放在一个棱长为1的正方体中，如图，故该三棱锥的高为1，底面积为，所以该棱锥的体积为，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查由三视图还原几何体以及棱锥的体积公式应用，意在考查学生的直观想象能力，属于基础题.
9.抛物线的焦点为F，准线为，点在上，经过点且平行于轴的直线交于点，若，则(
)
A.3
B.5
C.
D.
【答案】D
【解析】法一：利用勾股定理可求出点的纵坐标，然后由点在抛物线上，即可求得点的横坐标，再根据焦半径公式，即可求出.
法二：根据平面几何知识可得，∽，，所以，即可求出.
【详解】
由抛物线可得.
解法一：因为，所以.设，代入方程得，所以，
由抛物线定义知，.
解法二：设与轴的交点为，则为的中点，又因为，所以，则∽，所以，即，所以.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查抛物线的简单几何性质的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题.
10.已知，为的中点，且，则的最大值为(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】以为原点，所在直线为轴，建立坐标系，求出点的坐标，设出点，求得，即可求出的最大值.
【详解】
因为，所以在以为圆心半径为1的圆上.
以为原点，所在直线为轴，建立坐标系，因为，为的中点，所以.
则，设，
则，所以，因为，当与重合，即时，.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查利用解析法求解向量数量积的最值问题，解题关键是通过建系将向量关系转化为函数关系，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题.
11.已知数列的前项和为，且，则(
)
A.1010
B.1011
C.2019
D.2020
【答案】D
【解析】对关系式进行赋值，即可求出，根据合情推理得，所以.
【详解】
因为，令，则，又，所以;
令，则，所以，即，所以.
所以，根据合情推理得，所以.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查赋值法和合情推理的应用，意在考查学生的逻辑推理能力，属于基础题.
12.记定义域为的函数的导函数为，且对任意的都有，则(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】因为，可构造函数，利用导数可知，在单调递增，即可得，化简即可判断出正确选项.
【详解】
不妨设，因为，设，则,
所以在单调递增，所以，即，从而.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查利用导数解决函数的单调性问题，解题关键是构造出合适的函数模型，意在考查学生的数学建模能力，属于中档题.
二、解答题
13.已知点为坐标原点，动点满足，当时，点的轨迹方程为_______;
【答案】
【解析】设出点，根据向量相等，可以用表示出，再由，即可求出轨迹方程.
【详解】
设，则，因为,
所以，即，当，即，即.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查轨迹方程的求法，属于基础题.
14.如图，该模型为圆柱挖去一个圆锥后所得的几何体，已知圆柱底面半径和高都等于2，圆柱的上底面是圆锥的底面，圆锥高为1，则该模型的表面积等于______;
【答案】
【解析】由图知该模型的表面积由三个部分组成：圆柱的下底面积，圆柱的侧面积，圆锥的侧面积，分别求出，即可得到该模型的表面积.
【详解】
如图知该模型的表面积由三个部分组成：圆柱的底面积，圆柱的侧面积，圆锥的侧面积，所以圆柱的下底面积为;圆柱的侧面积为;圆锥的母线，所以圆锥的侧面积为，所以该模型的表面积为.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查圆柱、圆锥侧面积的公式应用，属于基础题.
15.甲、乙、丙三位同学周末参加一项志愿者服务，有A，B两处场地可供选择，且每个人只能选择一处场地，则甲、乙、丙选择同一处场地的概率为_____;
【答案】
【解析】先列举出甲、乙、丙三位同学选择志愿服务场地的所有情况，再找出甲、乙、丙选择同一处场地的情况，根据古典概型的概率计算公式，即可求出.
【详解】
甲、乙、丙三位同学选择志愿服务的场地情况共有：
;
甲、乙、丙三位同学选择同一处场地有.所以.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查古典概型的概率计算，属于基础题.
16.已知函数，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是_____;
【答案】
【解析】根据函数在上单调递增，可知在上恒成立，即在上恒成立，即可求解.
【详解】
因为，所以，
函数在上单调递增，可知在上恒成立，
即，所以，即，则实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查函数的单调性与其导数的关系应用，属于基础题.
17.已知数列是等差数列，是递增等比数列，满足：.
(1)求数列的通项公式;
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1);(2)
【解析】(1)设数列的公差为，数列的公比为，根据题意列出两个方程，即可解出，由此得到数列的通项公式;
(2)根据的形式，采用错位相加法可求出数列的前项和.
【详解】
(1)设数列的公差为，数列的公比为，由题设知.
因为，则，
消去得，，解得或(舍去).
当时，，所以.
(2)由(1)得
则,
所以，
两式相减得,
所以，故.
【点睛】
本题主要考查等差、等比数列通项公式的求法，以及错位相减法的应用，意在考查学生的运算能力，属于中档题.
18.已知函数的图象关于直线对称，且在上为单调函数.
(1)求;
(2)当时，求的取值范围.
【答案】(1);(2)
【解析】(1)根据的图象关于直线对称，可得，又因为
在上为单调函数，所以，故可求出;
(2)先利用辅助角公式求出，然后求出，根据正弦函数的图象可得，即可求出.
【详解】
(1)因为函数的图像关于直线对称.
则，所以.
又在上为单调函数，所以，即，
当满足题意，当或不满足题意.故.
(2)设，则，由(1)得，
因为，则，所以.
故.所以取值范围是.
【点睛】
本题主要考查三角函数的图象与性质的应用，辅助角公式的应用以及正弦型函数在闭区间上的值域求法，意在考查学生的数学运算能力，属于中档题.
19.某企业为了解某产品的销售情况，选择某个电商平台对该产品销售情况作调查.统计了一年内的月销售数量(单位：万件)，得到该电商平台月销售数量的茎叶图.
(1)求该电商平台在这一年内月销售该产品数量的中位数和平均数;
(2)该企业与电商签订销售合同时规定：如果电商平台当月的销售件数不低于40万件，当月奖励该电商平台10万元;当月低于40万件没有奖励，用该样本估计总体，从电商平台一个内高于该年月销售平均数的月份中任取两个月，求这两个月企业发给电商平台的奖金为20万元的概率.
【答案】(1)中位数为33(万件)，平均数为32.5;(2)
【解析】(1)由茎叶图可知，12个数据中间两个数据为32,34，所以中位数为33，由平均数公式可计算出电商平台的月销售数量的平均数;
(2)一年内月销售量高于平均数的月份有6个，其中这6个月能获奖励的月份有3个月，记为，不能获奖励的份为，列举出从这6个月抽出的两个月的所有可能情况，再找出抽到的两个月都获奖励的可能情况，根据古典概型的概率公式即可求出.
【详解】
(1)由茎叶图知，电商平台的月销售数量的中位数为33(万件)，
电商平台的月销售数量的平均数为：
(万件).
(2)由题知，一年内月销售量高于平均数的月份有6个，其中这6个月能获奖励的月份有3个月，记为，不能获奖励的份为.
记从一个内高于该年月销售平均数的月份中抽到的两个月都获奖励的事件为.
则从一个内高于该年月销售平均数的月份中抽出的两个月的所有可能为：
.
共有15种可能.抽到的两个月都获奖励的可能为：，共有3种，所以.
所以，这两个月企业发给电商平台的奖金为20万元的概率为.
【点睛】
本题主要考查根据茎叶图求中位数和平均数以及计算古典概型的概率，意在考查学生的数据处理和数学运算能力，属于基础题.
20.在三棱锥中，已知是等边三角形，分别是的中点，且.
(1)证明：;
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)见解析;(2)
【解析】(1)欲证，只需证明平面.易证平面，可得，再根据勾股定理可证，所以平面，即得证;
(2)设点到平面的距离为，由等积法得，即
，分别求出，以及，即可求出.
【详解】
(1)证明：连接，因为是的中点，所以.
同理，所以平面.又平面，所以.故，又，
所以为等腰直角三角形.在等边中，可求得，
所以，而，则.故平面，又因为平面，所以.
(2)取的中点，连接，则，所以，
因为为的中点，所以.
设点到平面的距离为，所以，
又，
故.
所以点到平面的距离.
【点睛】
本题主要考查异面直线垂直的证明以及点到面的距离的求法，涉及线面垂直的定义、判定定理的运用以及点到面的距离的求法----等积法的应用，意在考查学生的直观想象能力、逻辑推理能力和数学运算能力.
21.已知直线，点是直线上的动点，过点作直线，线段的垂直平分线交于点，记点运动的轨迹为.
(1)求的方程;
(2)已知，且点满足，经过的直线交于两点，且为的中点，证明：为定值.
【答案】(1);(2)定值12，见解析
【解析】(1)设出点，直接利用，列出方程化简即可得的方程;
(2)设出，由可得，
又为的中点，所以，，最后根据抛物线的焦半径公式可得.
【详解】
(1)设，则，因为点在线段的垂直平分线上，则.
则，化简得.
所以的方程为.
(2)设，则，
因为，所以，可得，
又为的中点，所以，则.
因为在抛物线上，.
所以.
【点睛】
本题主要考查利用直接法或者定义法求抛物线的标准方程，以及抛物线的简单性质的应用，涉及设而不求，整体思想的运用，属于中档题.
22.已知函数.
(1)若曲线在点处的切线斜率为1，求的值;
(2)若恒成立，求的取值范围.
【答案】(1);(2)
【解析】(1)根据导数的几何意义，可知，即可解出的值;
(2)构造函数，要恒成立，即要恒成立，只需
即可，利用导数，分类讨论函数的单调性，求出最值即可求得的取值范围.
【详解】
(1)函数的定义域为，而，
所以，令，解得.
(2)因为，
构造函数，要恒成立，即要恒成立.又.
当时，，所以在上单调递增，而，不满足题意.
②当时，)，则，所以在上单调递增，，所以在上单调递减，故时，取得最大.令，即，解得.
综上，所求的取值范围是
【点睛】
本题主要考查导数几何意义的应用以及利用导数研究函数的单调性和最值，属于较难题.
第三篇：2020届市高三第六次质量检测数学（文）试题（解析版）
2020届陕西省汉中市高三第六次质量检测数学(文)试题
一、单选题
1.已知平面向量，，且，则(
)
A.4
B.1
C.-1
D.-4
【答案】D
【解析】利用平面向量共线定理即可得出.
【详解】
解：，，且，
，解得.
故选：.
【点睛】
本题考查了向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
2.已知集合，，则(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】解不等式求出集合、，再求.
【详解】
解：
故选：
【点睛】
本题考查了解不等式与交集的运算问题，属于基础题.
3.设，，则(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，代入函数解析式求解.
【详解】
解：
故选：
【点睛】
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题.
4.下列四个命题中，正确命题的个数是(
)个
①若平面平面，且平面平面，则;②若平面平面，直线平面，则;③平面平面，且，点，若直线，则;④直线、为异面直线，且平面，平面，若，则.
A.1
B.2
C.3
D.4
【答案】A
【解析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解.
【详解】
解：
①若平面平面，且平面平面，则与相交或平行，故①错误;
②若平面平面，直线平面，则或，故②错误;
③当点不在平面内，满足时，但与不垂直，故③错误;
④直线、为异面直线，且平面，平面，
由面面垂直的性质得，故④正确.
故选：.
【点睛】
本题主要考查了面面平行的性质，以及空间中直线与平面之间的位置关系，同时考查了空间想象能力，属于基础题.
5.下列说法错误的是(
)
A.“若，则”的逆否命题是“若，则”
B.“”是“”的充分不必要条件
C.“”的否定是“”
D.命题：“在锐角中，”为真命题
【答案】D
【解析】依题意，根据逆否命题的定义可知选项正确;由得或“”是“”的充分不必要条件，故正确;因为全称命题命题的否是特称命题，所以正确;锐角中，，，错误，故选D.
6.若，则的值为(
)
A.
B.-1
C.
D.1
【答案】B
【解析】令，利用二倍角公式和同角的三角函数的基本关系式可得的值.
【详解】
令，则，
故.
故选B.
【点睛】
三角函数的化简求值问题，可以从四个角度去分析：(1)看函数名的差异;(2)看结构的差异;(3)看角的差异;(4)看次数的差异.对应的方法是：弦切互化法、辅助角公式(或公式的逆用)、角的分拆与整合(用已知的角表示未知的角)、升幂降幂法.
7.若函数f(x)与g(x)=的图象关于直线y=x对称，则f(4-x2)的单调递增区间是( )
A.(-2,2]
B.[0，+∞)
C.[0,2)
D.(-∞，0]
【答案】C
【解析】【详解】
由已知得：，则
在上单调递减，，当时，在[0,2)上单调递减，于是f(4-x2)的单调递增区间是[0,2)
8.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在直线CC1上，直线OP与B1D1所成的角为，则为( )
A.1
B.
C.
D.变化的值
【答案】A
【解析】证明平面得到，计算得到答案.
【详解】
易知：，，故平面，
平面，故，故.
故选：A.
【点睛】
本题考查了异面直线夹角，证明平面是解题的关键.
9.已知是上的偶函数，若将的图象向右平移一个单位，则得到一个奇函数的图象，若，则(
)
A.2019
B.1
C.-1
D.-2019
【答案】C
【解析】由题意是上的偶函数，是上的奇函数，由此可以得出函数的周期为4，再由求出，由奇函数的性质得出，从而可得，求出一个周期上的四个函数的和，即可求出的值.
【详解】
解：由题意是上的偶函数，是上的奇函数，
，，①
，②
由①②得③恒成立，
④
由③④得恒成立，
函数的周期是4，下研究函数一个周期上的函数的值
由于的图象向右平移一个单位后，则得到一个奇函数的图象即，即，由偶函数知，由周期性知
由得，由，知，故故有
故选：.
【点睛】
本题考查函数奇偶性的运用，求解本题的关键是根据函数的性质求出函数的周期以及一个周期中函数值的和，然后根据周期性求出函数值的和.
10.设曲线上任一点处切线斜率为，则函数
的部分图象可以为
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】∵上任一点处切线斜率为
∴
∴函数，则该函数为奇函数，且当时，.
故选D.
点睛：(1)运用函数性质研究函数图像时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向;(2)在运用函数性质特别是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要注意用好其与条件的相互关系，结合特征进行等价转化研究.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去，即将函数值的大小转化自变量大小关系.
11.已知数列的前项和为，且满足，则(
)
A.1013
B.1035
C.2037
D.2059
【答案】A
【解析】根据求出数列，求出前项和为，即可得到，再用分组求和求得其前项和.
【详解】
解：
当时得
当时
数列是以为首项，为公比的等比数列.
故选：
【点睛】
本题考查利用求，以及等比数列的前项和为，属于基础题.
12.已知抛物线与椭圆有相同的焦点，是两曲线的公共点，若，则椭圆的离心率为(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】根据两个曲线的焦点相同,可得.由抛物线定义可得.结合两式即可用表示出点坐标.代入椭圆方程,化简后根据齐次式形式即可求得离心率.
【详解】
抛物线与椭圆有相同的焦点,是两曲线的公共点,
所以,即椭圆中的
设,由抛物线定义可知
由题意,即
化简可得
将变形为代入等式可得
则的坐标可化为
由点在椭圆上,代入可得,化简可得
除以可化为即
解得或
因为
所以
故选:D
【点睛】
本题考查了抛物线与椭圆标准方程及性质的综合应用,共焦点下两个方程的关系,齐次式下离心率的求法,属于中档题.
二、填空题
13.抛物线的准线方程是____________
【答案】
【解析】先将抛物线方程化为标准方程，即可求解.
【详解】
由，所以，故准线方程为.
【点睛】
本题主要考查抛物线的简单性质，属于基础题型.
14.若，且，则的最小值为______.
【答案】4
【解析】由条件利用柯西不等式可得，由此求得
的最小值.
【详解】
解：由于，
即，，即
的最小值为4，
故答案为：4.
【点睛】
本题主要考查柯西不等式的应用，属于基础题.
15.已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，则______.
【答案】
【解析】根据函数奇偶性定义,并令代入即可解方程组求得.将代入解析式即可求解.
【详解】
函数,分别是定义在上的偶函数和奇函数
则,
因为
则,即
则
所以
故答案为:
【点睛】
本题考查了函数奇偶性定义及性质应用,函数解析式的求法,属于基础题.
16.定义在区间上的函数恰有1个零点，则实数的取值范围是____
【答案】或
【解析】分为函数有一个点零点和两个零点分类讨论，若一个点零点则，若有两个零点，再分为三种情况求解.
【详解】
(1)若函数只有一个零点，则，即，
此时，函数只有一个零点，符合题意;
(2)若函数有两个零点，且在区间恰有1个零点，
则或或，
由得，解得，
由得
，解得
，
由得，无解.
所以，当时，函数有两个零点，且在区间恰有1个零点.
综上所述，实数的取值范围是或.
【点睛】
本题考查函数零点所在区间.方法：1、根据二次函数的性质按零点个数分类讨论;2、分离参数转化为两个函数的交点问题求解.
三、解答题
17.设函数，.
(1)求的值域;
(2)记的内角、、的对边长分别为，若，，，求的值.
【答案】(1);(2)2.
【解析】(1)利用二倍角公式及两角和的余弦公式将化简，变形后可以用三角函数的有界性求值域.
(2)由求出，利用余弦定理建立关于的方程求出.
【详解】
解：(1)，
∵，∴，
∴值域为.
(2)由得：.在中，，故.
在中，由余弦定理得：，
∴，∵，解得：.
【点睛】
考查利用三角函数的有界性求值域与利用余弦定理解三角形，属于基础题，
18.某厂商调查甲乙两种不同型号汽车在10个不同地区卖场的销售量(单位：台)，并根据这10个卖场的销售情况，得到如图所示的茎叶图，为了鼓励卖场，在同型号汽车的销售中，该厂商将销售量高于数据平均数的卖场命名为该型号的“星级卖场”.
(Ⅰ)求在这10个卖场中，甲型号汽车的“星级卖场”的个数;
(Ⅱ)若在这10个卖场中，乙型号汽车销售量的平均数为26.7，求的概率;
(Ⅲ)若，记乙型号汽车销售量的方差为，根据茎叶图推断为何值时，达到最小值(只写出结论).
注：方差，其中是，，…，的平均数.
【答案】(1)5
(2)
(3)
【解析】(Ⅰ)根据茎叶图,代入即可求得甲型号汽车的平均值,即可求得“星级卖场”的个数;
(Ⅱ)根据乙组数据的平均值,可代入求得.由古典概型概率,列举出所有可能,即可求得符合的概率.
(Ⅲ)当时,由方差公式可知,当的值越小,其方差值越小,即时方差取得最小值.
【详解】
(1)根据茎叶图得到甲组数据的平均值：
.
该厂商将销售量高于数据平均数的卖场命名为该型号的“星级卖场”,
在这10个卖场中,甲型号汽车的“星级卖场”的个数为5个.
(2)记事件为“”,乙组数据的平均值：
,
∴,
和取值共9种,分别为：,,,,,,,,,其的有4种,
∴的概率.
(3)由题意可知当的值越小,其方差值越小
所以时,达到最小值.
【点睛】
本题考查了茎叶图的简单应用,古典概型概率的求法,方差的性质应用,属于基础题.
19.已知抛物线：的焦点为，直线：与抛物线交于，两点，，的延长线与抛物线交于，两点.
(1)若的面积等于3，求的值;
(2)记直线的斜率为，证明：为定值，并求出该定值.
【答案】(1)2;(2)证明见解析，2.
【解析】(1)设出抛物线上两点、的坐标，由消去，根据的面积和根与系数的关系即可求出的值;
(2)设出抛物线上点、，利用向量法和三点共线的知识，求出点与的坐标表示，再计算的斜率，即可证明为定值.
【详解】
解：(1)设，，
由得，，∴，，
，解得.
(2)设，则，，
因为，，共线，所以即，
解得：(舍)或，所以，同理，
，故(定值).
【点睛】
本题考查了直线与双曲线、直线与抛物线的应用问题，也考查了弦长公式以及根与系数的应用问题，属于中档题.
20.(题文)如图所示，在四棱锥中，平面，已知.
(1)设是上一点，证明：平面平面;
(2)若是的中点，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析;(2).
【解析】试题分析：(1)由勾股定理可得，又平面平面，又平面平面平面;(2)由是的中点可得.又点到平面的距离等于，可求得，即三棱锥的体积为.
试题解析：(1)在中，
，
又平面平面，
又平面
又平面，平面平面，
(2)因为是的中点，所以
在四边形中，由已知可求得，又点到平面的距离等于，
所以，即三棱锥的体积为
【考点】1、线面垂直;2、面面垂直;3、锥体的体积.
21.已知函数在处的切线与直线垂直.
(1)求函数(为的导函数)的单调递增区间;
(2)记函数，设，是函数的两个极值点，若，证明：.
【答案】(1);(2)见解析.
【解析】试题分析：(1)由题意求得，根据，求得，进而利用，即可求解函数的单调递增区间;
(2)由，求得，根据是的两个极值点，转化为方程的两个根，得出，得到，令，即可证明结论.
试题解析
(1)由题意可得：，，可得：;
又，所以
;
当时，，单调递增;
当时，，单调递减;故函数的单调增区间为.
(2)，
，
因为，是的两个极值点，故，是方程的两个根，由韦达定理可知：
，，可知，又，
令，可证在递增，由，从而可证.
【考点】导数在函数中的应用.
点睛：本题主要考查了导数在函数中的应用，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，以及函数的单调性的应用的综合应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，本题的解答中把是的两个极值点，转化为方程的两个根，创设函数，利用函数的单调性求解是解答的关键.
22.在直角坐标系中，曲线：(为参数).以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为.
(Ⅰ)求曲线的极坐标方程与直线的直角坐标方程;
(Ⅱ)若直线与，在第一象限分别交于，两点，为上的动点.求面积的最大值.
【答案】(Ⅰ)，;(Ⅱ)
【解析】(Ⅰ)先求出曲线的普通方程,再把普通方程化为极坐标方程.再写出直线的直角坐标方程.(
Ⅱ)先求出,再求出以为底边的的高的最大值为,
再求面积的最大值.
【详解】
(Ⅰ)依题意得,曲线的普通方程为,
曲线的极坐标方程为,
直线的直角坐标方程为.
(Ⅱ)曲线的直角坐标方程为,设,,
则,即,得或(舍),
,则,
到的距离为,以为底边的的高的最大值为,
则的面积的最大值为
【点睛】
(1)本题主要考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化，考查直线和圆的位置关系，考查面积的最值的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)本题的解题的关键是求出.
23.已知函数.
(1)当时，求的解集;
(2)若的解集包含集合，求实数的取值范围.
【答案】(1);(2).
【解析】(1)当时，，分类去绝对值讨论即可;(2)由的解集包含集合，得当时，不等式恒成立，然后去绝对值参变分离转化为函数的最值问题即可.
【详解】
解：(1)当时，，
，
上述不等式可化为，或或，
解得，或，或，
∴或或，∴原不等式的解集为.
(2)∵的解集包含集合，
∴当时，不等式恒成立，
即在上恒成立，
∴，即，∴，
∴在上恒成立，
∴，
∴，
∴的取值范围是.
【点睛】
本题考查了分类讨论解绝对值不等式，不等式的恒成立问题，参变分离法是解决恒成立有关问题的好方法.
第四篇：高三语文上学期文教学反思
高中语文教学反思
2013-2014学年度上学期
语文组
丁晓光
2014.01.15.
高三的第一轮复习教学反思
北票尹高 丁晓光
进入高三，语文复习课是最难上的了，学生由于到了高三，认为时间迫在眉睫，大都在“抓紧时间”，课堂上变得很沉闷。再加上课堂上所讲的内容都是炒现饭，或者是讲评练习，学生的积极性很难得到发挥。往往是老师讲得津津有味，学生听得昏昏欲睡。那么，如何提高高三语文复习课的课堂活力了?本学期，我继续教3班和四班，针对这两个班的实际情况，我谈谈自己的一些粗浅的看法:
一、了解试卷结构，突出复习重点 在复习刚开始阶段，要让学生心中明白高考语文试卷的基本结构、题型及分值，高考卷一般题型和分值是固定的，学生明白了，就会懂得复习的重点，在复习时容易做到有的放矢，合理取舍资料。
二、 师生共同研讨《考试说明》
高考《考试说明》是高考命题的依据和参考，深入研究《考试说明》，使学生明白考什么、怎么考，无疑对高三复习具有直接的指导意义。一方面让学生自己明确高考考察内容与范围，知道学习的方向，做到心中有数，有的放矢;另一方面通过探讨新旧《说明》的变化，锁定重点突破对象，增强针对性和实效性，不做无用功。
三、 要帮助学生建立完整的语文知识系统。
第一轮要全面复习，查漏补缺，突出重点，彻底扫除知识结构中理解上的障碍。在这一基础上，对语文知识进行梳理和归纳，提高应用能力。
第一轮复习要帮助学生建立完整的语文知识系统。语文知识的大系统包括文学常识、词及短语、修辞、标点、现代文体知识、古今文学常识、写作知识、文言实词、虚词、句式等;还要建立语文知识的小知识系统。其中，应该现代文阅读、文言文阅读为重点。在第一轮的复习是要注意合理安排时间，根据学生实际合理取舍资料。切忌盲目的搞题海战术，但也忌讳空洞的讲理论知识，注意感性与理性的结合。
四、要精心的进行教学设计。
高三语文复习课难上的原因之一是，课堂教学很容易留于一般性的程式。首先是教师讲解高考考点，分析命题趋势，然后讲授对策，最后再来点练习„„这样一节课下来，教师讲的多，学生动脑的少;教师主动，学生被动;教师兜售知识，学生接受知识。这严重的挫伤了学生学习的积极性和主动性，学生的主体地位没有得到应有的体现。
其实造成这种局面的根本原因在于教师，在于教师未能对课堂教学进行精心的设计。著名的时装设计大师范思哲曾经说过：“时装的美丽，不在于它的面料如何高档，也不在于模特的表演如何的出色，而在于时装设计师的精心的设计。”时装如此，一节课又何尝不是这样?
在进行文言文的复习课，在我充分估计学生对于18个文言虚词记起来非常费力，我就给学生编了一个顺口溜“之乎者也焉，而乃何其且，以若则所为，与因于”。我跟学生说后面三个字“与因于”设想是一个作者的名字，这样学生就一下子记住了。
五、课堂要多一些唤醒，少一些告诉。
高三语文复习课“一不小心”，就很容易变成“填鸭子”。因为在上课之前教师肯定都准备了很多的“知识”，以便在课堂上传授，这时教师就只注意“传”了，却忽视了我们是在教育和教学，而不是在喂肉鸡，一味的填、塞。那么如何避免这种情况发生呢?
首先，教师心中应当时刻都装着学生，始终把学生放在至高无上的位置。我是在教育，是在唤醒他们，而不是告诉他们;是在启发引导他们，而不是灌输他们;是在做知识的“助产婆”，而不是做知识的“传输器”。
其次，教师在课堂教学时应当注意教学艺术，要把课堂教学当作是一门艺术。如果能把课堂教学当作是一门艺术的话，教师肯定会多方动脑去寻找传授知识的最佳方式，让学生能在快乐轻松的氛围中接受知识。我想，这样的课堂应当会充满着活力的。
我们在高三语文复习课的教学过程中，要运用艺术的教学手法，去唤醒学生学习的积极性，去启发学生的智慧，去塑造学生的学习品格。那么，课堂是充满活力的课堂，教师也将是成功的教育者。
六、教师要多给学生一些微笑与热情，少给学生一些刻板与冷漠。
高三学生本来学习负担就比较重，心理压力也比较大，“压力山大”，整天都生活在紧张和繁忙之中。我们教师在课堂上就应当起到调节作用，让学生从紧张的学习状态中解放出来，让学生体味到课堂的趣味和活力，让学生有兴趣去接受知识。而这时就需要我们教师来把学生“盘活”，而要“盘活”学生，我们教师就应当用笑脸去面对学生，用热情去激励学生，使学生始终保持旺盛的精力投入到课堂上来，只有学生在课堂上“活”起来了，这个课堂才能充满活力，这一课才是成功的一课。如果学生整天都生活在紧张和繁忙之中，而我们教师整天都“坚持不懈”地保持一副刻板和冷漠的面孔的话，是很难把课堂搞活的。那么，教学效果如何，我们可想而知。学生只有在一个轻松和谐的氛围里，才能够发挥其创造性，而积极性和主动性才能被充分的调动起来。我们教师就应当为学生创造这样宽松的环境。
七、教学语言要多一些形象与幽默，少一些抽象与说教。
如果想提高高三语文复习课的课堂活力的话，教师的语言也起着至关重要的作用。可以说，在课堂上语言是最活跃的因素。如果能把语言变得生动的话，无疑可以把学生牢牢吸引住。那么，教师如何才能使课堂的语言变得生动呢?
首先，语言表达要具有形象性，要善于把抽象的东西运用形象化的语言表达出来，这时就不妨使用一些修辞手法，如比喻、对比夸张等，使语言形象化。其次，教师的语言还应当幽默一些，它不但可以使教师的变得生动，还可以调节课堂气氛。
如果我们教师在课堂上能够使自己的语言形象幽默的话，我想，一定会收到意想不到的教学效果的。
提高高三语文复习课的活力并非一件难事，只要我们教师能够为学生着想，能够有意识的去搞活课堂的话，我想就一定能够使高三语文复习课变得生动活泼，充满着青春活力!
第五篇：高三语文上学期文教学反思
高中语文教学反思
2013-2014学上学期
语文组
丁晓光
2014.01.15.
高三的第一轮复习教学反思
北票尹高 丁晓光
进入高三，语文复习课是最难上的了，学生由于到了高三，认为时间迫在眉睫，大都在“抓紧时间”，课堂上变得很沉闷。再加上课堂上所讲的内容都是炒现饭，或者是讲评练习，学生的积极性很难得到发挥。往往是老师讲得津津有味，学生听得昏昏欲睡。那么，如何提高高三语文复习课的课堂活力了?本学期，我继续教3班和四班，针对这两个班的实际情况，我谈谈自己的一些粗浅的看法:
一、了解试卷结构，突出复习重点 在复习刚开始阶段，要让学生心中明白高考语文试卷的基本结构、题型及分值，高考卷一般题型和分值是固定的，学生明白了，就会懂得复习的重点，在复习时容易做到有的放矢，合理取舍资料。
二、 师生共同研讨《考试说明》
高考《考试说明》是高考命题的依据和参考，深入研究《考试说明》，使学生明白考什么、怎么考，无疑对高三复习具有直接的指导意义。一方面让学生自己明确高考考察内容与范围，知道学习的方向，做到心中有数，有的放矢;另一方面通过探讨新旧《说明》的变化，锁定重点突破对象，增强针对性和实效性，不做无用功。
三、 要帮助学生建立完整的语文知识系统。
第一轮要全面复习，查漏补缺，突出重点，彻底扫除知识结构中理解上的障碍。在这一基础上，对语文知识进行梳理和归纳，提高应用能力。
第一轮复习要帮助学生建立完整的语文知识系统。语文知识的大系统包括文学常识、词及短语、修辞、标点、现代文体知识、古今文学常识、写作知识、文言实词、虚词、句式等;还要建立语文知识的小知识系统。其中，应该现代文阅读、文言文阅读为重点。在第一轮的复习是要注意合理安排时间，根据学生实际合理取舍资料。切忌盲目的搞题海战术，但也忌讳空洞的讲理论知识，注意感性与理性的结合。
四、要精心的进行教学设计。
高三语文复习课难上的原因之一是，课堂教学很容易留于一般性的程式。首先是教师讲解高考考点，分析命题趋势，然后讲授对策，最后再来点练习„„这样一节课下来，教师讲的多，学生动脑的少;教师主动，学生被动;教师兜售知识，学生接受知识。这严重的挫伤了学生学习的积极性和主动性，学生的主体地位没有得到应有的体现。
其实造成这种局面的根本原因在于教师，在于教师未能对课堂教学进行精心的设计。著名的时装设计大师范思哲曾经说过：“时装的美丽，不在于它的面料如何高档，也不在于模特的表演如何的出色，而在于时装设计师的精心的设计。”时装如此，一节课又何尝不是这样?
在进行文言文的复习课，在我充分估计学生对于18个文言虚词记起来非常费力，我就给学生编了一个顺口溜“之乎者也焉，而乃何其且，以若则所为，与因于”。我跟学生说后面三个字“与因于”设想是一个作者的名字，这样学生就一下子记住了。
五、课堂要多一些唤醒，少一些告诉。
高三语文复习课“一不小心”，就很容易变成“填鸭子”。因为在上课之前教师肯定都准备了很多的“知识”，以便在课堂上传授，这时教师就只注意“传”了，却忽视了我们是在教育和教学，而不是在喂肉鸡，一味的填、塞。那么如何避免这种情况发生呢?
首先，教师心中应当时刻都装着学生，始终把学生放在至高无上的位置。我是在教育，是在唤醒他们，而不是告诉他们;是在启发引导他们，而不是灌输他们;是在做知识的“助产婆”，而不是做知识的“传输器”。
其次，教师在课堂教学时应当注意教学艺术，要把课堂教学当作是一门艺术。如果能把课堂教学当作是一门艺术的话，教师肯定会多方动脑去寻找传授知识的最佳方式，让学生能在快乐轻松的氛围中接受知识。我想，这样的课堂应当会充满着活力的。
我们在高三语文复习课的教学过程中，要运用艺术的教学手法，去唤醒学生学习的积极性，去启发学生的智慧，去塑造学生的学习品格。那么，课堂是充满活力的课堂，教师也将是成功的教育者。
六、教师要多给学生一些微笑与热情，少给学生一些刻板与冷漠。
高三学生本来学习负担就比较重，心理压力也比较大，“压力山大”，整天都生活在紧张和繁忙之中。我们教师在课堂上就应当起到调节作用，让学生从紧张的学习状态中解放出来，让学生体味到课堂的趣味和活力，让学生有兴趣去接受知识。而这时就需要我们教师来把学生“盘活”，而要“盘活”学生，我们教师就应当用笑脸去面对学生，用热情去激励学生，使学生始终保持旺盛的精力投入到课堂上来，只有学生在课堂上“活”起来了，这个课堂才能充满活力，这一课才是成功的一课。如果学生整天都生活在紧张和繁忙之中，而我们教师整天都“坚持不懈”地保持一副刻板和冷漠的面孔的话，是很难把课堂搞活的。那么，教学效果如何，我们可想而知。学生只有在一个轻松和谐的氛围里，才能够发挥其创造性，而积极性和主动性才能被充分的调动起来。我们教师就应当为学生创造这样宽松的环境。
七、教学语言要多一些形象与幽默，少一些抽象与说教。
如果想提高高三语文复习课的课堂活力的话，教师的语言也起着至关重要的作用。可以说，在课堂上语言是最活跃的因素。如果能把语言变得生动的话，无疑可以把学生牢牢吸引住。那么，教师如何才能使课堂的语言变得生动呢?
首先，语言表达要具有形象性，要善于把抽象的东西运用形象化的语言表达出来，这时就不妨使用一些修辞手法，如比喻、对比夸张等，使语言形象化。其次，教师的语言还应当幽默一些，它不但可以使教师的变得生动，还可以调节课堂气氛。
如果我们教师在课堂上能够使自己的语言形象幽默的话，我想，一定会收到意想不到的教学效果的。
提高高三语文复习课的活力并非一件难事，只要我们教师能够为学生着想，能够有意识的去搞活课堂的话，我想就一定能够使高三语文复习课变得生动活泼，充满着青春活力!