高三聯(lián)考數(shù)學(xué)真題解析與講評高三聯(lián)考作為高考前的關(guān)鍵實(shí)戰(zhàn)演練，其數(shù)學(xué)真題的命題邏輯、題型設(shè)置與解題路徑，對考生查漏補(bǔ)缺、優(yōu)化備考策略具有重要指導(dǎo)意義。本次聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷緊扣《高考數(shù)學(xué)考試大綱》，既覆蓋函數(shù)、數(shù)列、立體幾何、解析幾何、導(dǎo)數(shù)等核心模塊，又在思維深度、運(yùn)算精度上對數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng)提出要求。本文將從典型題型切入，拆解命題意圖，梳理解題路徑，剖析易錯(cuò)痛點(diǎn)，為后續(xù)復(fù)習(xí)提供清晰的靶向指引。一、選擇題：思維切入與技巧整合選擇題側(cè)重考查知識的靈活應(yīng)用與快速判斷能力，解題時(shí)需平衡“嚴(yán)謹(jǐn)推導(dǎo)”與“技巧提速”。以函數(shù)圖像分析類題目（第5題）為例：題目呈現(xiàn)函數(shù)\(f(x)=x\ln|x|\)的圖像大致為（選項(xiàng)含奇函數(shù)特征、單調(diào)性分析）。考點(diǎn)定位函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性，以及對數(shù)函數(shù)的圖像特征。解題路徑1.奇偶性分析：定義域?yàn)閈(\{x|x\neq0\}\)，關(guān)于原點(diǎn)對稱。計(jì)算\(f(-x)=-x\ln|-x|=-x\ln|x|=-f(x)\)，故\(f(x)\)為奇函數(shù)，圖像關(guān)于原點(diǎn)對稱，排除非奇函數(shù)選項(xiàng)。2.單調(diào)性分析（\(x>0\)時(shí)）：\(f(x)=x\lnx\)，求導(dǎo)得\(f’(x)=\lnx+1\)。令\(f’(x)=0\)，得\(x=\frac{1}{e}\)。當(dāng)\(x\in(0,\frac{1}{e})\)時(shí)，\(f’(x)<0\)，函數(shù)遞減；當(dāng)\(x\in(\frac{1}{e},+\infty)\)時(shí)，\(f’(x)>0\)，函數(shù)遞增。結(jié)合奇函數(shù)性質(zhì)，\(x<0\)時(shí)單調(diào)性與\(x>0\)對稱，最終鎖定正確選項(xiàng)。易錯(cuò)痛點(diǎn)忽略定義域?qū)ζ媾夹缘南拗?，或求?dǎo)后對單調(diào)性的分析不細(xì)致（如誤判\(zhòng)(x\in(0,1)\)整體單調(diào)）。二、填空題：精準(zhǔn)運(yùn)算與模型識別填空題強(qiáng)調(diào)“結(jié)果精準(zhǔn)”與“模型快速識別”，需在短時(shí)間內(nèi)完成邏輯推導(dǎo)與運(yùn)算驗(yàn)證。以遞推數(shù)列類題目（第13題）為例：題目呈現(xiàn)已知數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)滿足\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=a_n+2n\)（\(n\inN^*\)），則\(a_5=\)______。考點(diǎn)定位遞推數(shù)列的通項(xiàng)公式（累加法），等差數(shù)列求和。解題路徑由遞推式\(a_{n+1}-a_n=2n\)，利用累加法：\(a_n-a_1=(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+\dots+(a_n-a_{n-1})=2\times1+2\times2+\dots+2\times(n-1)\)右側(cè)為等差數(shù)列求和，首項(xiàng)\(1\)，末項(xiàng)\(n-1\)，項(xiàng)數(shù)\(n-1\)，故和為\(2\times\frac{(n-1)n}{2}=n(n-1)\)。因此\(a_n=a_1+n(n-1)=1+n(n-1)\)，代入\(n=5\)得\(a_5=1+5\times4=21\)。易錯(cuò)痛點(diǎn)累加法時(shí)項(xiàng)數(shù)計(jì)數(shù)錯(cuò)誤（如誤將\(n=5\)時(shí)的累加項(xiàng)數(shù)算成5項(xiàng)），或等差數(shù)列求和公式記錯(cuò)（如誤用\(\frac{(a_1+a_n)n}{2}\)時(shí)項(xiàng)數(shù)混淆）。三、解答題：邏輯構(gòu)建與綜合突破解答題是“分層得分”的關(guān)鍵，需展現(xiàn)完整的邏輯鏈條與運(yùn)算能力。以下按模塊解析典型題目：（一）數(shù)列解答題（第17題）題目呈現(xiàn)：已知數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)的前\(n\)項(xiàng)和為\(S_n\)，且\(S_n=2a_n-1\)（\(n\inN^*\)）。（1）求\(\{a_n\}\)的通項(xiàng)公式；（2）若\(b_n=\frac{n}{a_n}\)，求數(shù)列\(zhòng)(\{b_n\}\)的前\(n\)項(xiàng)和\(T_n\)?？键c(diǎn)定位\(a_n\)與\(S_n\)的關(guān)系、等比數(shù)列判定、錯(cuò)位相減法求和。解題路徑（1）當(dāng)\(n=1\)時(shí)，\(S_1=a_1=2a_1-1\)，解得\(a_1=1\)。當(dāng)\(n\geq2\)時(shí)，\(S_{n-1}=2a_{n-1}-1\)，與原式作差得：\(a_n=S_n-S_{n-1}=(2a_n-1)-(2a_{n-1}-1)\)，化簡得\(a_n=2a_{n-1}\)。故\(\{a_n\}\)是以\(1\)為首項(xiàng)，\(2\)為公比的等比數(shù)列，通項(xiàng)\(a_n=2^{n-1}\)。（2）由（1）得\(b_n=\frac{n}{2^{n-1}}\)，則\(T_n=1\times\frac{1}{2^0}+2\times\frac{1}{2^1}+3\times\frac{1}{2^2}+\dots+n\times\frac{1}{2^{n-1}}\)①兩邊同乘\(\frac{1}{2}\)得：\(\frac{1}{2}T_n=1\times\frac{1}{2^1}+2\times\frac{1}{2^2}+\dots+(n-1)\times\frac{1}{2^{n-1}}+n\times\frac{1}{2^n}\)②①-②得：\(\frac{1}{2}T_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\dots+\frac{1}{2^{n-1}}-n\times\frac{1}{2^n}\)左側(cè)等比數(shù)列和為\(\frac{1-(\frac{1}{2})^n}{1-\frac{1}{2}}=2(1-\frac{1}{2^n})\)，故\(\frac{1}{2}T_n=2(1-\frac{1}{2^n})-\frac{n}{2^n}\)，化簡得\(T_n=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\)。易錯(cuò)痛點(diǎn)第（1）問忽略\(n\geq2\)的前提直接作差，或未驗(yàn)證首項(xiàng)是否符合等比數(shù)列；第（2）問錯(cuò)位相減時(shí)項(xiàng)數(shù)對齊錯(cuò)誤，或最后化簡時(shí)計(jì)算失誤。（二）立體幾何解答題（第19題）題目呈現(xiàn)：在四棱錐\(P-ABCD\)中，底面\(ABCD\)為矩形，\(PA\perp\)平面\(ABCD\)，\(AB=1\)，\(AD=1\)，\(PA=3\)。（1）求證：\(BD\perp\)平面\(PAC\)；（2）求二面角\(B-PC-D\)的余弦值?？键c(diǎn)定位線面垂直的判定（線線垂直→線面垂直）、二面角的向量法求解。解題路徑（1）證明：\(PA\perp\)平面\(ABCD\)，\(BD\subset\)平面\(ABCD\)，故\(PA\perpBD\)。底面\(ABCD\)為正方形（\(AB=AD=1\)），故\(AC\perpBD\)（矩形對角線垂直當(dāng)且僅當(dāng)為正方形）。又\(PA\capAC=A\)，\(PA,AC\subset\)平面\(PAC\)，故\(BD\perp\)平面\(PAC\)。（2）求二面角：建立空間直角坐標(biāo)系，\(A(0,0,0)\)，\(B(1,0,0)\)，\(D(0,1,0)\)，\(C(1,1,0)\)，\(P(0,0,3)\)。平面\(PBC\)的法向量：\(\overrightarrow{PB}=(1,0,-3)\)，\(\overrightarrow{BC}=(0,1,0)\)。設(shè)法向量\(\mathbf{n_1}=(x_1,y_1,z_1)\)，則\(\mathbf{n_1}\cdot\overrightarrow{PB}=x_1-3z_1=0\)，\(\mathbf{n_1}\cdot\overrightarrow{BC}=y_1=0\)。令\(z_1=1\)，得\(\mathbf{n_1}=(3,0,1)\)。平面\(PDC\)的法向量：\(\overrightarrow{PD}=(0,1,-3)\)，\(\overrightarrow{DC}=(1,0,0)\)。設(shè)法向量\(\mathbf{n_2}=(x_2,y_2,z_2)\)，則\(\mathbf{n_2}\cdot\overrightarrow{PD}=y_2-3z_2=0\)，\(\mathbf{n_2}\cdot\overrightarrow{DC}=x_2=0\)。令\(z_2=1\)，得\(\mathbf{n_2}=(0,3,1)\)。二面角的余弦值為\(|\cos\langle\mathbf{n_1},\mathbf{n_2}\rangle|=\frac{|\mathbf{n_1}\cdot\mathbf{n_2}|}{|\mathbf{n_1}||\mathbf{n_2}|}=\frac{|0+0+1|}{\sqrt{9+0+1}\sqrt{0+9+1}}=\frac{1}{10}\)（二面角為銳角，故余弦值為\(\frac{1}{10}\)）。易錯(cuò)痛點(diǎn)第（1）問線面垂直判定時(shí)遺漏“兩條相交直線”的條件（如僅證\(BD\perpPA\)）；第（2）問建系錯(cuò)誤（如坐標(biāo)點(diǎn)定位偏差）、法向量計(jì)算錯(cuò)誤（如點(diǎn)積運(yùn)算失誤），或二面角方向判斷錯(cuò)誤（誤將法向量夾角的補(bǔ)角當(dāng)作二面角）。（三）圓錐曲線解答題（第21題）題目呈現(xiàn)：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(diǎn)\((2,1)\)。（1）求橢圓\(C\)的方程；（2）設(shè)直線\(l:y=kx+m\)與橢圓\(C\)交于\(A,B\)兩點(diǎn)，\(O\)為坐標(biāo)原點(diǎn)，若\(OA\perpOB\)，求\(\triangleAOB\)面積的最大值?？键c(diǎn)定位橢圓的基本量計(jì)算、直線與橢圓的位置關(guān)系、向量垂直的坐標(biāo)表示、三角形面積最值（函數(shù)法或不等式法）。解題路徑（1）由離心率\(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，得\(c=\frac{\sqrt{3}}{2}a\)，又\(b^2=a^2-c^2=\frac{1}{4}a^2\)，即\(a^2=4b^2\)。橢圓過點(diǎn)\((2,1)\)，代入得\(\frac{4}{4b^2}+\frac{1}{b^2}=1\)，解得\(b^2=2\)，故\(a^2=8\)。橢圓方程為\(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1\)。（2）設(shè)\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，聯(lián)立直線與橢圓方程，消去\(y\)得\((1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-8=0\)。由韋達(dá)定理得\(x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2}\)，\(x_1x_2=\frac{4m^2-8}{1+4k^2}\)；\(y_1y_2=\frac{m^2-8k^2}{1+4k^2}\)。由\(OA\perpOB\)，得\(x_1x_2+y_1y_2=0\)，化簡得\(m^2=\frac{8(k^2+1)}{5}\)。弦長\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{\sqrt{\Delta}}{1+4k^2}\)（\(\Delta=32(16k^2+1)/5\)），原點(diǎn)到直線的距離\(d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}\)。面積\(S=\frac{1}{2}|AB|\cdotd\)，代入化簡后利用均值不等式或函數(shù)單調(diào)性，求得最大值為\(2\sqrt{2}\)（當(dāng)\(k=\pm\frac{1}{2}\)時(shí)取得）。易錯(cuò)痛點(diǎn)第（1）問離心率與\(a,b,c\)的關(guān)系混淆（如誤將\(e=\frac{a}\)）；第（2）問聯(lián)立方程后韋達(dá)定理應(yīng)用錯(cuò)誤（如符號錯(cuò)誤）、向量垂直的坐標(biāo)轉(zhuǎn)化遺漏、面積表達(dá)式化簡復(fù)雜導(dǎo)致計(jì)算崩潰，或最值求解時(shí)忽略變量范圍（如\(k\)的取值限制）。（四）導(dǎo)數(shù)解答題（第22題）題目呈現(xiàn)：已知函數(shù)\(f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x\)（\(a\in