高三理科數(shù)學聯(lián)考真題解析合集前言聯(lián)考是高三復習的重要節(jié)點，其命題緊扣《高考大綱》，聚焦核心考點，兼顧基礎與能力。本文選取函數(shù)與導數(shù)、三角函數(shù)與解三角形、立體幾何、解析幾何、概率與統(tǒng)計、數(shù)列六大高頻模塊，通過典型真題+詳細解析+易錯點提醒的結(jié)構(gòu)，幫助考生梳理解題思路，掌握關鍵技巧，提升備考效率。一、函數(shù)與導數(shù)——核心考點：單調(diào)性、恒成立、零點函數(shù)與導數(shù)是高考理科數(shù)學的“壓軸板塊”，聯(lián)考中常以含參函數(shù)單調(diào)性討論、恒成立求參、零點個數(shù)判斷為命題重點。1.典型真題：恒成立求參（2023年某省聯(lián)考）已知函數(shù)\(f(x)=x\lnx-ax+1\)，若對任意\(x\in(0,+\infty)\)，\(f(x)\geq0\)恒成立，求實數(shù)\(a\)的取值范圍。2.詳細解析思路分析：恒成立問題的核心是“轉(zhuǎn)化為最值問題”。通過分離參數(shù)，將原不等式變形為\(a\leq\lnx+\frac{1}{x}\)，只需求右邊函數(shù)的最小值。解答過程：由\(f(x)\geq0\)得：\(x\lnx-ax+1\geq0\)，變形為\(a\leq\lnx+\frac{1}{x}\)（\(x>0\)）。設\(g(x)=\lnx+\frac{1}{x}\)，求導得：\(g'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}\)。當\(0<x<1\)時，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)單調(diào)遞減；當\(x>1\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調(diào)遞增。因此，\(g(x)\)在\(x=1\)處取得最小值：\(g(1)=\ln1+1=1\)。故\(a\leq1\)，即\(a\)的取值范圍是\((-\infty,1]\)。3.易錯點提醒忽略定義域：分離參數(shù)時需注意\(x>0\)，避免因定義域擴大導致錯誤；求導錯誤：\(\frac{1}{x}\)的導數(shù)是\(-\frac{1}{x^2}\)，容易漏掉負號；單調(diào)性判斷：導數(shù)的符號由分子\(x-1\)決定，分母\(x^2>0\)，無需額外討論。二、三角函數(shù)與解三角形——核心考點：恒等變換、正余弦定理三角函數(shù)是“工具性板塊”，聯(lián)考中常以三角恒等變換化簡、解三角形（邊/角/面積）為命題重點，強調(diào)公式的靈活應用。1.典型真題：解三角形（2022年某省聯(lián)考）在\(\triangleABC\)中，角\(A,B,C\)所對的邊分別為\(a,b,c\)，已知\(a=2\)，\(b=3\)，\(\cosC=\frac{1}{3}\)，求\(c\)及\(\sinA\)。2.詳細解析思路分析：求邊\(c\)：已知兩邊及夾角，用余弦定理；求\(\sinA\)：已知三邊及一角，用正弦定理（或余弦定理先求\(\cosA\)再轉(zhuǎn)正弦）。解答過程：（1）由余弦定理得：\(c^2=a^2+b^2-2ab\cosC=2^2+3^2-2\times2\times3\times\frac{1}{3}=4+9-4=9\)，故\(c=3\)。（2）由\(\cosC=\frac{1}{3}\)，得\(\sinC=\sqrt{1-\cos^2C}=\sqrt{1-\frac{1}{9}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\)。由正弦定理得：\(\frac{a}{\sinA}=\frac{c}{\sinC}\)，即\(\sinA=\frac{a\sinC}{c}=\frac{2\times\frac{2\sqrt{2}}{3}}{3}=\frac{4\sqrt{2}}{9}\)。3.易錯點提醒余弦定理應用條件：兩邊及夾角（\(c^2=a^2+b^2-2ab\cosC\)），若已知兩邊及對角，需用正弦定理；三角函數(shù)符號：\(\sinC\)在三角形中必為正，無需考慮負號；正弦定理比例關系：\(\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}=2R\)（\(R\)為外接圓半徑），注意分子分母對應。三、立體幾何——核心考點：空間向量、線面位置關系立體幾何是“直觀性板塊”，聯(lián)考中常以空間幾何體體積/表面積、線面平行/垂直判定、線面角/二面角計算為命題重點，空間向量法是解決此類問題的“通法”。1.典型真題：線面角計算（2023年某省聯(lián)考）如圖，在直三棱柱\(ABC-A_1B_1C_1\)中，\(AB\perpAC\)，\(AB=AC=AA_1=2\)，\(M\)為\(BC\)中點，求直線\(A_1M\)與平面\(BCC_1B_1\)所成角的正弦值。2.詳細解析思路分析：建立空間直角坐標系，求點坐標；求平面\(BCC_1B_1\)的法向量；用線面角公式：\(\sin\theta=|\cos\langle\overrightarrow{A_1M},\boldsymbol{n}\rangle|\)（\(\theta\)為線面角，\(\boldsymbol{n}\)為平面法向量）。解答過程：（1）建系：以\(A\)為原點，\(AB\)、\(AC\)、\(AA_1\)分別為\(x\)、\(y\)、\(z\)軸，得坐標：\(A(0,0,0)\)，\(B(2,0,0)\)，\(C(0,2,0)\)，\(A_1(0,0,2)\)，\(M(1,1,0)\)（\(M\)為\(BC\)中點）。（2）求平面\(BCC_1B_1\)的法向量：平面\(BCC_1B_1\)的兩個向量：\(\overrightarrow{BC}=(-2,2,0)\)，\(\overrightarrow{BB_1}=(0,0,2)\)。設法向量\(\boldsymbol{n}=(x,y,z)\)，則\(\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BC}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BB_1}=0\end{cases}\)，即\(\begin{cases}-2x+2y=0\\2z=0\end{cases}\)。取\(x=1\)，得\(y=1\)，\(z=0\)，故\(\boldsymbol{n}=(1,1,0)\)。（3）求線面角：\(\overrightarrow{A_1M}=(1,1,-2)\)，計算\(\cos\langle\overrightarrow{A_1M},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\overrightarrow{A_1M}\cdot\boldsymbol{n}}{|\overrightarrow{A_1M}|\cdot|\boldsymbol{n}|}=\frac{1\times1+1\times1+(-2)\times0}{\sqrt{1^2+1^2+(-2)^2}\cdot\sqrt{1^2+1^2+0^2}}=\frac{2}{\sqrt{6}\cdot\sqrt{2}}=\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)。故線面角的正弦值為\(\frac{\sqrt{3}}{3}\)（線面角\(\theta\)滿足\(\sin\theta=|\cos\langle\overrightarrow{A_1M},\boldsymbol{n}\rangle|\)）。3.易錯點提醒建系規(guī)范性：直三棱柱中，\(AB\perpAC\)，故以\(A\)為原點，棱為坐標軸，確保坐標系正交；法向量求解：法向量需與平面內(nèi)兩個不共線向量垂直，取簡單整數(shù)解（如\(x=1\)）；線面角與向量夾角關系：線面角\(\theta\)的正弦值等于直線方向向量與平面法向量夾角的余弦值的絕對值（\(\sin\theta=|\cos\varphi|\)，\(\varphi\)為向量夾角）。四、解析幾何——核心考點：直線與圓錐曲線、定點/定值問題解析幾何是“計算量板塊”，聯(lián)考中常以橢圓/拋物線與直線位置關系、弦長/中點坐標、定點定值為命題重點，強調(diào)“聯(lián)立方程+韋達定理”的應用。1.典型真題：橢圓與直線（2023年某省聯(lián)考）已知橢圓\(C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)的離心率為\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)，且過點\((2,1)\)，直線\(l:y=kx+m\)與橢圓\(C\)交于\(A,B\)兩點，若\(OA\perpOB\)（\(O\)為原點），求\(m\)的取值范圍。2.詳細解析思路分析：先求橢圓方程：用離心率和過點條件；聯(lián)立直線與橢圓方程，用韋達定理表示\(x_1+x_2\)、\(x_1x_2\)；由\(OA\perpOB\)得\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0\)，代入韋達定理化簡求\(m\)的范圍。解答過程：（1）求橢圓方程：離心率\(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，故\(c=\frac{\sqrt{3}}{2}a\)，\(b^2=a^2-c^2=a^2-\frac{3}{4}a^2=\frac{1}{4}a^2\)。橢圓過點\((2,1)\)，代入得：\(\frac{4}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1\)，即\(\frac{4}{a^2}+\frac{4}{a^2}=1\)，解得\(a^2=8\)，\(b^2=2\)。故橢圓方程為\(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1\)。（2）聯(lián)立直線與橢圓方程：將\(y=kx+m\)代入橢圓方程得：\(\frac{x^2}{8}+\frac{(kx+m)^2}{2}=1\)，化簡得：\((1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-8=0\)。設\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，則：\(x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2}\)，\(x_1x_2=\frac{4m^2-8}{1+4k^2}\)（韋達定理）。（3）由\(OA\perpOB\)得\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0\)，即\(x_1x_2+y_1y_2=0\)。代入\(y_1=kx_1+m\)，\(y_2=kx_2+m\)得：\(x_1x_2+(kx_1+m)(kx_2+m)=0\)，展開得：\((1+k^2)x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2=0\)。將韋達定理代入：\((1+k^2)\cdot\frac{4m^2-8}{1+4k^2}+km\cdot(-\frac{8km}{1+4k^2})+m^2=0\)。兩邊乘\(1+4k^2\)消分母：\((1+k^2)(4m^2-8)-8k^2m^2+m^2(1+4k^2)=0\)。展開化簡：\(4m^2-8+4k^2m^2-8k^2-8k^2m^2+m^2+4k^2m^2=0\)，合并同類項：\((4m^2+m^2)+(4k^2m^2-8k^2m^2+4k^2m^2)+(-8-8k^2)=0\)，即\(5m^2-8-8k^2=0\)，得\(k^2=\frac{5m^2-8}{8}\)。（4）求\(m\)的取值范圍：聯(lián)立方程有兩個實根，故判別式\(\Delta>0\)：\(\Delta=(8km)^2-4(1+4k^2)(4m^2-8)>0\)，化簡得：\(64k^2m^2-16(1+4k^2)(m^2-2)>0\)，除以16得：\(4k^2m^2-(1+4k^2)(m^2-2)>0\)，展開：\(4k^2m^2-m^2+2-4k^2m^2+8k^2>0\)，化簡得：\(-m^2+2+8k^2>0\)，即\(8k^2>m^2-2\)。將\(k^2=\frac{5m^2-8}{8}\)代入：\(8\cdot\frac{5m^2-8}{8}>m^2-2\)，即\(5m^2-8>m^2-2\)，解得\(4m^2>6\)，即\(m^2>\frac{3}{2}\)。同時，\(k^2=\frac{5m^2-8}{8}\geq0\)，故\(5m^2-8\geq0\)，得\(m^2\geq\frac{8}{5}=1.6\)（\(\frac{8}{5}>\frac{3}{2}\)，故取\(m^2\geq\frac{8}{5}\)）。因此，\(m\)的取值范圍是\((-\infty,-\frac{2\sqrt{10}}{5}]\cup[\frac{2\sqrt{10}}{5},+\infty)\)。3.易錯點提醒橢圓方程求解：離心率\(e=\frac{c}{a}\)，需正確轉(zhuǎn)化為\(b^2=a^2-c^2\)；聯(lián)立方程化簡：注意運算順序，避免符號錯誤（如\((kx+m)^2=k^2x^2+2kmx+m^2\)）；韋達定理應用：代入\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0\)時，需展開并合并同類項，避免漏項；判別式條件：聯(lián)立方程有實根是前提，必須保證\(\Delta>0\)，否則會導致范圍擴大。五、概率與統(tǒng)計——核心考點：分布列、期望、統(tǒng)計圖表概率與統(tǒng)計是“應用類板塊”，聯(lián)考中常以古典概型、離散型隨機變量分布列與期望、頻率分布直方圖為命題重點，強調(diào)“審題準確性”與“公式規(guī)范性”。1.典型真題：分布列與期望（2022年某省聯(lián)考）某工廠生產(chǎn)的產(chǎn)品分為一等品、二等品、三等品，其中一等品率為\(0.6\)，二等品率為\(0.3\)，三等品率為\(0.1\)?，F(xiàn)從該廠生產(chǎn)的產(chǎn)品中隨機抽取\(3\)件，設\(X\)為抽取的一等品數(shù)量，求\(X\)的分布列及數(shù)學期望\(E(X)\)。2.詳細解析思路分析：\(X\)服從二項分布（\(n=3\)，\(p=0.6\)），因為每次抽取一等品的概率固定，且各次抽取獨立；分布列：\(P(X=k)=C_3^k\cdot0.6^k\cdot(1-0.6)^{3-k}\)（\(k=0,1,2,3\)）；期望：\(E(X)=np=3\times0.6=1.8\)（二項分布期望公式）。解答過程：（1）\(X\)的可能取值為\(0,1,2,3\)。（2）計算各概率：\(P(X=0)=C_3^0\cdot0.6^0\cdot0.4^3=1\times1\times0.064=0.064\)；\(P(X=1)=C_3^1\cdot0.6^1\cdot0.4^2=3\times0.6\times0.16=0.288\)；\(P(X=2)=C_3^2\cdot0.6^2\cdot0.4^1=3\times0.36\times0.4=0.432\)；\(P(X=3)=C_3^3\cdot0.6^3\cdot0.4^0=1\times0.216\times1=0.216\)。（3）分布列：\(X\)0123\(P\)0.0640.2880.4320.216（4）數(shù)學期望：\(E(X)=0\times0.064+1\times0.288+2\times0.432+3\times0.216=1.8\)（或直接用二項分布期望公式\(E(X)=np=3\times0.6=1.8\)）。3.易錯點提醒二項分布判斷：需滿足“獨立重復試驗”（每次試驗結(jié)果只有兩種：成功/失敗，概率固定），本題中“抽取一等品”為成功，概率0.6，符合二項分布；組合數(shù)計算：\(C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}\)，如\(C_3^2=3\)，不要算錯；期望公式應用：二項分布期望\(E(X)=np\)，方差\(D(X)=np(1-p)\)，可直接應用，無需逐項計算。六、數(shù)列——核心考點：通項公式、求和、數(shù)列與不等式數(shù)列是“遞推性板塊”，聯(lián)考中常以等差數(shù)列/等比數(shù)列通項與求和、遞推數(shù)列求通項、裂項相消/錯位相減求和為命題重點，強調(diào)“遞推關系轉(zhuǎn)化”與“求和技巧”。1.典型真題：遞推數(shù)列求通項（2023年某省聯(lián)考）已知數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)滿足\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=2a_n+1\)（\(n\inN^*\)），求數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)的通項公式。2.詳細解析思路分析：遞推式為\(a_{n+1}=pa_n+q\)（\(p=2,q=1\)），屬于線性非齊次遞推數(shù)列，可用“構(gòu)造等比數(shù)列”法求解。解答過程：（1）構(gòu)造等比數(shù)列：給遞推式\(a_{n+1}=2a_n+1\)兩邊加1，得：\(a_{n+1}+1=2(a_n+1)\)。（2）判斷等比數(shù)列：數(shù)列\(zhòng)(\{a_n+1\}