【精校】2020年江苏省南京市高考一模数学

一、填空题(每题5分，共70分)

1.已知集合A={x||x|≤2}，B={x|3x-2≥1}，则A∩B=____. 解析：由A中不等式解得：-2≤x≤2，即A={x|-2≤x≤2}， 由B中不等式解得：x≥1，即B={x|x≥1}， 则A∩B={x|1≤x≤2}. 答案：{x|1≤x≤2} 2.复数

a2i(i是虚数单位)是纯虚数，则实数a的值为____. 12ia2ia2i12ia42a1ia42a1解析：＝＝i． 12i12i12i555∵复数

a2i是纯虚数 12ia4＝05∴，解得：a=4．

2a105答案：4．

2

3.已知命题p：x∈R，x+2x+a≤0是真命题，则实数a的取值范围是____.

2

解析：若命题p：x∈R，x+2x+a≤0是真命题， 则判别式△=4-4a≥0， 即a≤1.

答案：(-∞，1]．

4.从长度为2、3、5、6的四条线段中任选三条，能构成三角形的概率为____. 解析：从长度为2、3、5、6的四条线段中任选三条， 共有2、3、5；2、3、6；2、5、6；3、5、6；4种情况， 能构成三角形的有2、5、6；3、5、6，共两种情况， 所以P(任取三条，能构成三角形)=答案：

21=． 421 2

5.某个容量为100的样本的频率分布直方图如下，则在区间[4，5)上的数据的频数为____.

解析：根据题意，

在区间[4，5]的频率为：1-(0.05+0.1+0.15+0.4)×1=0.3， 而总数为100，因此频数为30． 答案：30．

6.在如图所示的算法流程图中，若输出的y的值为26，则输入的x的值为____.

x45解析：模拟执行程序框图，可得程序框图的功能是计算并输出y2的值，

x2x2x＜4当输出的y的值为26时，显然x＜4，有x-2x+2=26， 解得：x=-4或x=6(舍去) 答案：-4

2

y21的渐7.在平面直角坐标系xOy中，点F为抛物线x=8y的焦点，则点F到双曲线x92

2近线的距离为____.

2

解析：抛物线x=8y的焦点F(0，2)，

y21的渐近线方程为y=±3x， 双曲线x92y21的渐近线的距离为 则F到双曲线x92d2321210． 5答案：

10． 5b28.已知a，b为实数，且a≠b，a＜0，则a____2b．(填“＞”、“＜”或“=”)

a解析：∵a≠b，a＜0，

ab＜0， b∴a（2b）aa22b2∴a＜2b．

a答案：＜．

uuuur1uuuruuur9.△ABC是直角边等于4的等腰直角三角形，D是斜边BC的中点，AM＝ABm·AC，

4uuuuruuuuruuuur向量AM的终点M在△ACD的内部(不含边界)，则AM·BM的取值范围是____.

解析：以AB为x轴，AC为y轴，作图如下图，

点A(0，0)，B(4，0)，C(0，4)，D(2，2)，

uuuur1uuuruuur1则AM＝ABm·AC=(4，0)+m(0，4)=(1，4m)，则M(1，4m)．

4413又∵点M在△ACD的内部(不含边界)，∴1＜4m＜3，＜m＜，

44uuuuruuuur则AM·BM═(1，4m)·(-3，4m)=16m2-3，∴-2＜16m2-3＜6.

答案：(-2，6)．

10.已知四数a1，a2，a3，a4依次成等比数列，且公比q不为1．将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则正数q的取值集合是____.

解析：因为公比q不为1，所以不能删去a1，a4．设{an}的公差为d，则

2323

①若删去a2，则由2a3=a1+a4得2a1q=a1+a1q，即2q=1+q，

2

整理得q(q-1)=(q-1)(q+1)．

又q≠1，则可得q=q+1，又q＞0解得q3

2

15； 23

②若删去a3，则由2a2=a1+a4得2a1q=a1+a1q，即2q=1+q，整理得q(q-1)(q+1)=q-1． 又q≠1，则可得q(q+1)=1，又q＞0解得q15． 2综上所述，q15． 2答案：{

1515，}． 22

11.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，F是棱BC的中点，M是线段A1F上的动点，则△MDD1与△MCC1的面积和的最小值是____. 解析：由题意，就是求M到DD1与CC1距离和的最小值，由于A1F在平面ABCD上的射影为AF，故问题转化为正方形ABCD中，AF上的点到D，C距离和的最小值，设出D关于AF的对称点D'，则DD′=145，cos∠CDD′= 55∴CD115165， 21555516565. 2510∴△MDD1与△MCC1的面积和的最小值是

答案：65． 10

2

12.已知函数f(x)=-x+ax+b(a，b∈R)的值域为(-∞，0]，若关于x的不等式f(x)＞c-1的解集为(m-4，m+1)，则实数c的值为____.

2

解析：∵函数f(x)=-x+ax+b(a，b∈R)的值域为(-∞，0]， ∴△=0， 2

∴a+4b=0，

a2∴b．

4∵关于x的不等式f(x)＞c-1的解集为(m-4，m+1)， ∴方程f(x)=c-1的两根分别为：m-4，m+1，

a2c1两根分别为：m-4，m+1， 即方程：xax42a2c1根为： ∵方程：xax42ax＝1c，

2（m1）（m4）∴两根之差为：21c，

21． 421答案：．

4c

13.若对任意的x∈D，均有f1(x)≤f(x)≤f2(x)成立，则称函数f(x)为函数f1(x)到函数f2(x)在区间D上的“折中函数”．已知函数f(x)=(k-1)x-1，g(x)=0，h(x)=(x+1)lnx，且f(x)是g(x)到h(x)在区间[1，2e]上的“折中函数”，则实数k的值构成的集合是____. 解析：根据题意，可得0≤(k-1)x-1≤(x+1)lnx在x∈[1，2e]上恒成立． 当x∈[1，2e]时，函数f(x)=(k-1)x-1的图象为一条线段，

f10于是，，解得k≥2．

f2e0另一方面，k1x1lnx1x在x∈[1，2e]上恒成立．

令mxx1lnx1lnx1＝lnxxxxxlnx． x210， x，

则mx＝由于1≤x≤2e， 所以xlnx＝1于是函数x-lnx为增函数， 从而x-lnx≥1-ln1＞0， 所以m′(x)≥0，

则函数m(x)为[1，2e]上的增函数． 所以k-1≤[m(x)]min=m(1)=1， 即k≤2． 综上，k=2． 答案：{2}．

14.若实数x，y满足x4y2xy，则x的取值范围是____. 解析：方法一：【几何法】

当x=0时，解得y=0，符合题意，当x＞0时，解答如下：

令ty[0，x]，原方程可化为：2txxt2， 2记函数（ft）2tx，（gt）xt2，t∈[0，x]， 2这两个函数都是关于t的函数，其中x为参数， f(t)的图象为直线，且斜率为定值-2， g(t)的图象为四分之一圆，半径为为x，

问题等价为，在第一象限f(t)，g(t)两图象有公共点， ①当直线与圆相切时，由d=r解得x=20， ②当直线过的点A(0，即x=x)在圆上的点(0，x)处时， 2x，解得x=4， 2因此，要使直线与圆有公共点，x∈[4，20]， 综合以上分析得，x∈[4，20]∪{0}． 方法二：【代数法】 令ty[0，x]，原方程可化为：x4t2xt2，

2

2

因为x-y=x-t≥0，所以x≥t≥0，

22

两边平方并整理得，20t-8xt+x-4x=0(*)，

这是一个关于t的一元二次方程，则方程(*)有两个正根(含相等)，

＝x280x24x0，解得，x∈[4，20]∪{0}． 12t1t2＝x4x020特别地，当x=0时，y=0，符合题意．

答案：[4，20]∪{0}．

二、解答题：本大题共6小题，共90分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说

明、证明过程或演算步骤. 15.如图，在平面直角坐标系xOy上，点A(1，0)，点B在单位圆上，∠AOB=θ(0＜θ＜π)．

34)的值；

5uuuruuuruuuruuuruuur18(2)若OAOBOC，OBOC，求cos(-θ)．

133(1)若点B(，)，求tan(θ+

解析：(1)利用三角函数的定义及其和差公式即可得出；

(2)利用向量的坐标运算、数量积运算性质、同角三角函数基本关系式、和差公式即可得出．

434，cosθ＝，tanθ=． 55341tantan143∴tan（）；

4471tantan143uuuruuuruuur(2)∵OAOBOC，

答案：(1)由点B(，)，∴sinθ=

3455uuur∴OC=(1+cosθ，sinθ)．

uuuruuur18OBOC，

13∴(cosθ，sinθ)·(1+cosθ，sinθ)=cosθ+cosθ+sinθ=cosθ+1=解得cosθ=

2

2

18， 13512，∵0＜θ＜π，∴sin＝1cos2． 1313（∴cos3）cos3cossin153125123sin． 321321326

16.如图，六面体ABCDE中，面DBC⊥面ABC，AE⊥面ABC． (1)求证：AE∥面DBC；

(2)若AB⊥BC，BD⊥CD，求证：AD⊥DC．

解析：(1)过点D作DO⊥BC，O为垂足，由已知得DO⊥面ABC，由此能证明AE∥面DBC． (2)由已知得DO⊥AB，AB⊥面DBC，从而AB⊥DC，由此能证明AD⊥DC． 答案：(1)过点D作DO⊥BC，O为垂足．

因为面DBC⊥面ABC，又面DBC∩面ABC=BC，DO面DBC， 所以DO⊥面ABC．

又AE⊥面ABC，则AE∥DO．

又AE面DBC，DO面DBC，故AE∥面DBC．

(2)由(1)知DO⊥面ABC，AB面ABC，所以DO⊥AB．

又AB⊥BC，且DO∩BC=O，DO，BC平面DBC，则AB⊥面DBC． 因为DC面DBC，所以AB⊥DC．

又BD⊥CD，AB∩DB=B，AB，DB面ABD，则DC⊥面ABD． 又AD面ABD，故可得AD⊥DC．

17.如图，某城市有一条公路正西方AO通过市中心O后转向北偏东α角方向的OB，位于该市的某大学M与市中心O的距离OM313km，且∠AOM=β，现要修筑一条铁路L，L在OA上设一站A，在OB上设一站B，铁路在AB部分为直线段，且经过大学M，其中tanα=2，

cos3，AO=15km． 13(1)求大学M在站A的距离AM； (2)求铁路AB段的长AB．

解析：(1)在△AOM中，利用已知及余弦定理即可解得AM的值； (2)由cos3，且β为锐角，可求sinβ，由正弦定理可得sin∠MAO，结合tanα=2，13可求sinα，cosα，sin∠ABO，sin∠AOB，结合AO=15，由正弦定理即可解得AB的值． 答案：(1)在△AOM中，A0=15，∠AOM=β，且cos3，OM313， 1322（313）15231315由余弦定理可得：AM=OA+OM-2OA·OM·cos∠AOM=

2

2

2

372． 13所以可得：AM62，大学M在站A的距离AM为62km． (2)∵cos3，且β为锐角， 13∴sin2， 1362AMOM313在△AOM中，由正弦定理可得：，即2， sinsinMAO13sinMAO∴sinMAO∴MAO2， 24∴∠ABO=α-，

4∵tanα=2， ∴sin＝，

21，cos， 55（∴sinABOsin4）1， 10又∵∠AOB=π-α， ∴sin∠AOB=sin(π-α)=2． 5AB15ABAO在△AOB中，AO=15，由正弦定理可得：，即2＝1， sinAOBsinABO510∴解得AB302，即铁路AB段的长AB为302km．

x2y2318.设椭圆C：221(a＞b＞0)的离心率e，直线y=x+2与以原点为圆心、椭

2ab圆C的短半轴长为半径的圆O相切．

(1)求椭圆C的方程； (2)设直线x1与椭圆C交于不同的两点M，N，以线段MN为直径作圆D，若圆D与y轴相2交于不同的两点A，B，求△ABD的面积；

(3)如图，A1，A2，B1，B2是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意点，直线B2P交x轴于点F，直线A1B2交A2P于点E，设A2P的斜率为k，EF的斜率为m，求证：2m-k为定值． 解析：(1)由于直线y=x+2与以原点为圆心、椭圆C的短半轴长为半径的圆O相切，可得

022b，解得b．又离心率e3c，b2=a2-c2，联立解得即可得出． 2a211115(2)把x代入椭圆方程可得：y2＝1，可得⊙D的方程为：xy2＝．令

216216x=0，解得y，可得|AB|，利用SΔABD1AB·OD即可得出． 2(3)由(1)知：A1(-2，0)，A2(2，0)，B2(0，1)，可得直线A1B2AD的方程，设直线A2P的方程为y=k(x-2)，k≠0，且k≠±

2

2

122

，联立解得E．设P(x1，y1)，与椭圆方程联立可得(4k+1)x-216kx+16k-4=0．解得P．设F(x2，0)，则由P，B2，F三点共线得，kB2P＝kB2F．可得F．即

可证明2m-k为定值．

答案：(1)∵直线y=x+2与以原点为圆心、椭圆C的短半轴长为半径的圆O相切，

∴022b，化为b=1．

3c，b2=a2-c2=1，联立解得a=2，c=3． 2a∵离心率ex2y21； ∴椭圆C的方程为4(2)解：把x1511代入椭圆方程可得：y2＝． 1，解得y42162115∴⊙D的方程为：xy2＝．

216令x=0，解得y11， 4∴AB11， 2∴SΔABD1111111ABOD． 22228(3)证明：由(1)知：A1(-2，0)，A2(2，0)，B2(0，1)， ∴直线A1B2的方程为y＝

1x+1， 21， 2由题意，直线A2P的方程为y=k(x-2)，k≠0，且k≠±

14k24ky＝x12由，解得E(，)．

2k12k1y＝kx2y＝kx22222

设P(x1，y1)，则由x2，得(4k+1)x-16kx+16k-4=0．

2y1416k248k224kx∴2x1，∴，． y（kx2）1112224k14k14k18k224k，)． ∴P(24k14k21设F(x2，0)，则由P，B2，F三点共线得，kB2P＝kB2F．

4k12014k24k2即4k21，∴x2，∴F(，0)． 28k22k12k1x004k214k02k12k1∴EF的斜率m． 4k24k242k12k12k11∴2mkk为定值．

22

19.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn+n=2an(n∈N*)． (1)证明：数列{an+1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)若bn=(2n+1)an+2n+1，数列{bn}的前n项和为Tn．求满足不等式

Tn2＞2010的n的最2n1小值． 解析：(1)利用递推式，再写一式，两式相减，可得数列{an+1}为等比数列，从而可求数列{an}的通项公式；

(2)求出数列{bn}的前n项和为Tn，代入可求满足不等式

Tn2＞2010的n的最小值． 2n1答案：(1)证明：当n=1时，2a1=a1+1，∴a1=1． ∵2an=Sn+n，n∈N*，∴2an-1=Sn-1+n-1，n≥2，

两式相减得an=2an-1+1，n≥2，即an+1=2(an-1+1)，n≥2， ∴数列{an+1}为以2为首项，2为公比的等比数列，

nn

∴an+1=2，∴an=2-1，n∈N*；

n

(2)解：bn=(2n+1)an+2n+1=(2n+1)·2，

2n

∴Tn=3·2+5·2+…+(2n+1)·2，

23n+1

∴2Tn=3·2+5·2+…+(2n+1)·2，

23nn+1

两式相减可得-Tn=3·2+2·2+2·2+…+2·2-(2n+1)·2，

n+1

∴Tn=(2n-1)·2+2 ∴

Tn2＞2010可化为2n+1＞2010 2n110

11

∵2=1024，2=2048 ∴满足不等式

Tn2＞2010的n的最小值为10． 2n1

20.已知函数（fx）12axlnx，g(x)=-bx，其中a，b∈R，设h(x)=f(x)-g(x)， 2(1)若f(x)在x2处取得极值，且f′(1)=g(-1)-2．求函数h(x)的单调区间； 2(2)若a=0时，函数h(x)有两个不同的零点x1，x2 ①求b的取值范围； ②求证：

x1x2＞1． 2e解析：(1)根据极值点处的导数为零，结合f(1)=g(-1)-2列出关于a，b的方程组，求出a，b，然后再利用导数研究导数研究单调区间；

(2)①将a=0代入，研究极值的符号，即可求出求b的取值范围，

②结合①的结论，通过适当的变形，利用放缩法和基本不等式即可证明． 答案：(1)由已知得fx＝ax所以f1，(x＞0)， x22＝a2＝0，所以a=-2． 22由f′(1)=g(-1)-2，

得a+1=b-2， 所以b=1．

2

所以h(x)=-x+lnx+x，(x＞0)．

12xx112＝则hx＝2x1，(x＞0)， xx由h′(x)＞0得0＜x＜1，h′(x)＜0得x＞1．

所以h(x)的减区间为(1，+∞)，增区间为(0，1)． (2)①由已知h(x)=lnx+bx，(x＞0)． 所以hx＝b，(x＞0)，

当b≥0时，显然h′(x)＞0恒成立，此时函数h(x)在定义域内递增，h(x)至多有一个零点，不合题意．

当b＜0时，令h′(x)=0得x＞0，令h′(x)＞0得0＜x＜1x1b1；令h′(x)＜0得bx＞1． b1b1e所以h(x)极大=（h）ln（b）1＞0，解得＜b＜0． 且x→0时，lnx＜0，x→+∞时，lnx＞0． 所以当b∈(，0)时，h(x)有两个零点．

1ebxlnx1bx1＝0e1＝x1①②证明：由题意得，即，

bx2lnx2bx2＝0e＝x2②①×②得ebx1x2＝x1x2．

因为x1，x2＞0，

所以-b(x1+x2)＞0， 所以ebx1x2＝x1x2＞1，

1e因为0＜b＜， 所以e＜1， 所以x1x2＞e所以

2bx1x2-b

＞e2x1x2＞e2，

x1x2＞1． e2

[选做题](选修4-2：矩阵与变换)

21.已知点P(a，b)，先对它作矩阵M12323202 对应的变换，再作N对应 0212的变换，得到的点的坐标为(8，43)，求实数a，b的值．

-1

解析：利用矩阵的乘法，求出MN，(NM)，利用变换得到的点的坐标为(8，43)，即可求

实数a，b的值．

1202答案：依题意，NM 023211由逆矩阵公式得，（NM）43414所以34

3132 ，  113234， 143485，即有a=5，b=3．

14334[选修4-4：坐标系与参数方程]

22.已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合，若直线l的极坐标方程为psin（4）22．

(1)把直线l的极坐标方程化为直角坐标系方程；

x2y2＝1上一点，求P到直线l的距离的最小值． (2)已知P为椭圆C：39解析：(1)把直线l的极坐标方程化为直角坐标系方程即可；

（3cos，3sin）(2)设P，利用点到直线的距离公式表示出P到直线l的距离d，利用余

弦函数的值域确定出最小值即可． 答案：(1)直线l的极坐标方程为psin（4）22，

（sincos整理得：4cossin4）22sincos22， 22即ρsinθ-ρcosθ=4，

则直角坐标系中的方程为y-x=4，即x-y+4=0；

（3cos，3sin）(2)设P，

∴

点

P

到

直

线

l

的

距

离

23cos()4|3cos3sin4|2343d226，

222则P到直线l的距离的最小值为226．

【必做题】第23题、第24题，每题10分，共计20分.

23.抛掷甲，乙两枚质地均匀且四面上分别标有1，2，3，4的正四面体，其底面落于桌面，记所得数字分别为x，y．设ξ为随机变量，若

xx为整数，则ξ=0；若为小于1的分数，yy则ξ=-1；若

x为大于1的分数，则ξ=1． y(1)求概率P(ξ=0)；

(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E(ξ)． 解析：(1)数对(x，y)共有16种，利用列举法求出使

x为整数的种数，由此能求出概率P(ξy=0)．

(2)随机变量ξ的所有取值为-1，0，1，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和数

学期望．

答案：(1)依题意，数对(x，y)共有16种，其中使

x为整数的有以下8种： y(1，1)，(2，2)，(3，3)，(4，4)，(2，1)，(3，1)，(4，1)，(4，2)， 所以P(＝0)＝81＝； 162(2)随机变量ξ的所有取值为-1，0，1，

ξ=-1有以下6种：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)， 故P(＝-1)＝63＝， 16821＝， 168ξ=1有以下2种：(3，2)，(4，3)，故P(＝1)＝∴P（0）1311， 882-1 0 1 ∴ξ的分布列为：

ξ P 311 8283111ξ的数学期望为E()＝101＝．

8284

n2n

24.已知(x+2)=a0+a1(x-1)+a2(x-1)…+an(x-1)(n∈N*)． (1)求a0及Sna；

ii＝1n

2

n(2)试比较Sn与(n-2)3+2n的大小，并说明理由． 解析：(1)令x=1，则a0＝3，再令x=2，则

n

2n

a＝4ii＝0n

nn，可得Snn

2

a的值．

ii＝1n(2)要比较Sn与(n-2)3+2n的大小，只要比较4与(n-1)3+2n的大小．检验可得当n=1或4

nn2nn2nn2

或5时，4＞(n-1)3+2n，当n=2或3时，4＞(n-1)3+2n．猜测当n≥4时，4＞(n-1)3+2n，再用下面用数学归纳法、放缩法证明结论． 答案：(1)令x=1，则a0＝3，令x=2，则

n

2n

a＝4ii＝0n

nn，所以Snn

2

a＝4ii＝1nn3n．

(2)要比较Sn与(n-2)3+2n的大小，只要比较4与(n-1)3+2n的大小．

nn2

当n=1时，4＞(n-1)3+2n，

nn2nn2

当n=2或3时，4＜(n-1)3+2n，当n=4或5时，4＞(n-1)3+2n．

nn2

猜想：当n≥4时，4＞(n-1)3+2n．下面用数学归纳法证明： ①由上述过程可知，当n=4时，结论成立．

kk2

②假设当n=k(k≥4，k∈N*)时结论成立，即4＞(k-1)3+2k，

k+1k2k+12k2

两边同乘以4，得4＞4[(k-1)3+2k]=k3+2(k+1)+[(k-4)3+6k-4k-2]，

k2k2k

而(k-4)3+6k-4k-2=(k-4)3+6(k-k-2)+2k+10=(k-4)3+6(k-2)(k+1)+2k+10＞0，

所以4＞[(k+1)-1]3+2(k+1)， 即n=k+1时结论也成立．

nn2

由①②可知，当n≥4时，4＞(n-1)3+2n成立．

n2nn2n2

综上所述，当n=1时，Sn＞(n-2)3+2n；当n=2或3时，4＜(n-1)3+2n，Sn＜(n-2)3+2n；

n2

当n≥4时，Sn＞(n-2)3+2n．

k+1k+12

考试高分秘诀是什么？试试这四个方法，特别是中考和高考生

谁都想在考试中取得优异的成绩，但要想取得优异的成绩，除了要

掌握好相关的知识定理和方法技巧之外，更要学会一些考试技巧。因为一份试卷的题型有选择题、填空题和解答题，题目的难易程度不等，再加上时间的，更需要考生运用考试技巧去合理安排时间进行考试，这样才能获得一个优异的成绩。

在每次考试结束之后，我们总会发现这样有趣的情形：有的学生能超常发挥，考个好成绩，而有的学生却出现粗心大意的状况，令人惋惜。有的学生会说这是“运气”的原因，其实更深次的角度来说，这是说明考试准备不足，如知识掌握不扎实或是考试技巧不熟练等，这些正是考前需要调整的重点。

读书学习终究离不开考试，像中考和高考更是重中之重，影响着很多人的一生，下面就推荐一些与考试有关的方法技巧，希望能帮助大家提高考试成绩。

一是学会合理定位考试成绩

你能在一份卷子当中考几分，很大程度上取决于你对知识定理的掌握和熟练程度。像最后一道选择题和填空题，以及最后两道大题，如果你没有很大把握一次性完成，就要先学会暂时“放一放”，把那些简单题和中等题先解决，再回过头去解决剩下的难题。

因此，在考试来临之前，每位考生必须对自身有一个清晰的了解，面对考试内容，自己处于什么样的知识水平，进而应采取什么样的考试方式，这样才能帮助自己顺利完成考试，获得理想的成绩。

像压轴题的最后一个小题总是比较难，目的是提高考试的区分度，但是一般只有4分左右，很多考生都可以把前面两小题都做对，特别是第一小题。

二是认真审题，理清题意

每次考试结束后，很多考生都会发现很多明明自己会做的题目都解错了，非常可惜。做错的原因让人既气愤又无奈，如算错、看错、抄错等，其中审题不仔细是大部分的通病。

要想把题目做对，首先就要学会把题目看懂看明白，认真审题这是最基本的学习素养。像数学考试，就一定要看清楚，如“两圆相切”，就包括外切和内切，缺一不可；ABC是等腰三角形，就要搞清楚哪两条是腰；二次函数与坐标轴存在交点，就要分清楚x轴和y轴；或是在考试过程中遇到熟悉的题目，绝不可掉以轻心，因为熟悉并不代表一模一样。

三是要活用草稿纸

有时候真的很奇怪，有些学生一场考试下来，几乎可以不用草稿纸，但最终成绩也并不一定见得有多好。不过，我们查看这些学生试卷的时候，上面密密麻麻写了一堆，原来都把试卷当草稿纸，只不过没几个人能看得懂。

考试时间是有限，要想在有限的时间内取得优异的成绩，就必须提高解题速度，这没错，但很多人的解题速度是靠牺牲解题步骤、审清题意等必要环节之上。就像草稿纸，很多学生认为这是在浪费时间，要么不用，要么在打草稿时太潦草，匆忙抄到试卷上时又看错了，这样的毛病难以在考试时发现。

在解题过程后果，我们应该在试卷上列出详细的步骤，不要跳步，需要用到草稿纸的地方一定要用草稿纸。只有认真踏实地完成每步运算，假以时日，就能提高解题速度。

大家一定要记住一点：只要你把每个会做的题目做对，分数自然就会高。

四是学会沉着应对考试

无论是谁，面对考试都会有不同程度的紧张情绪，这很正常，没什么好大惊小怪，偏偏有的学生会把这些情绪放大，出现焦躁不安，甚至是失眠的负面情况，非常可惜。

就像在考试过程中，遇到难题这也很正常，此时的你更应不慌不躁，冷静应对在考试，有些题目难免一时会想不出解题思路，千万记住不要钻牛角尖，可以暂时先放一放，不妨先换一个题目做做，等一会儿往往就会豁然开朗了。

考试，特别像中考和高考这样大型的重要考试，一定要相信一点，那就是所有试题包含的知识定理、能力要求都在考纲范围内，不要有过多的思想负担。

考试遇到难题，容易让人心烦意乱，我们不要急于一时，别总想一口气吃掉整个题目，可以先做一个小题，后面的思路就慢慢理顺了。