2023年新高考數(shù)學(xué)Ⅰ卷亮點(diǎn)試題評析

【摘 要】 ?2023年新高考數(shù)學(xué)Ⅰ卷試題命制情境新穎，設(shè)問、表述清新、簡約，是一份深受好評的數(shù)學(xué)試卷.經(jīng)過對2023年新高考數(shù)學(xué)Ⅰ卷中出現(xiàn)的一些亮點(diǎn)試題的認(rèn)真研究，從中看出新高考數(shù)學(xué)Ⅰ卷促進(jìn)學(xué)生提高學(xué)科素養(yǎng)的命題導(dǎo)向引領(lǐng)高考備考.

【關(guān)鍵詞】 ?2023年；新高考Ⅰ卷；亮點(diǎn)試題；評析

2023年新高考數(shù)學(xué)Ⅰ卷落實基礎(chǔ)性與綜合性的考查要求，聚焦數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，精選試題情境，出現(xiàn)了一些表述簡潔、背景鮮活、情境新穎的亮點(diǎn)試題.下面就這些亮點(diǎn)試題進(jìn)行評析，供參考.

1 ??單選亮點(diǎn)題

例1 ?（第4題）設(shè)函數(shù)f（x）=2x（x-a）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，則a的取值范圍是（ ?）.

A.（-∞，-2］ ???B.［-2，0）C.（0，2］ ???D.［2，+∞）

分析 ?由指數(shù)型復(fù)合函數(shù)單調(diào)性，根據(jù)“同增異減”規(guī)律，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的單調(diào)性列式計算作答.

解 ??因為函數(shù)y=2x在 R 上單調(diào)遞增，而函數(shù)f（x）=2x（x-a）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，則函數(shù)y=x（x-a）=x2-ax= x- a 2 ?2- a2 4 在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，所以 a 2 ≥1，解得a≥2，所以a的取值范圍是［2，+∞）.故選D.

評析 ?試題落實高考命題“基礎(chǔ)性”和“全面性”考查要求，考查考生對基礎(chǔ)知識和基本方法的深刻理解和融會貫通的應(yīng)用.將復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的單調(diào)性，考查化歸轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用.試題亮點(diǎn)在于巧妙地用單調(diào)性考查了二次函數(shù)的知識. ?例2 ?（第7題）記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，設(shè)甲：{an}為等差數(shù)列；乙： ?Sn n ?為等差數(shù)列，則（ ?）.

A.甲是乙的充分條件但不是必要條件

B.甲是乙的必要條件但不是充分條件

C.甲是乙的充要條件

D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件

分析 ?根據(jù)充分條件、必要條件的定義及等差數(shù)列的定義，并結(jié)合等差數(shù)列前n項和公式以及數(shù)列前n項和與第n項的關(guān)系作出推理判斷. 解 ?首先判斷充分性.

因為甲：{an}為等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，所以Sn=na1+ n（n-1） 2 d，所以 Sn n =a1+ n-1 2 d，所以 Sn+1 n+1 - Sn n = a1+ n 2 d - a1+ n-1 2 d = 1 2 d，由數(shù)列定義知 ?Sn n ?為等差數(shù)列，則甲是乙的充分條件，充分性成立.再來判斷必要性.

因為乙： ?Sn n ?為等差數(shù)列，由等差數(shù)列定義知 Sn+1 n+1 - Sn n 為常數(shù)，設(shè)為d′（常數(shù)），所以 Sn n = S1 1 +（n-1）d′=S1+（n-1）d′，所以Sn=nS1+n（n-1）d′.

于是，當(dāng)n≥2時，an=Sn-Sn-1=nS1+n（n-1）d′-（n-1）S1-（n-1）（n-2）d′=S1+2（n-1）d′，所以an-an-1=S1+2（n-1）d′-S1-2（n-2）d′=2d′為常數(shù)，所以{an}為等差數(shù)列，則甲是乙的必要條件，必要性成立.

故選C.

評析 ??試題以等差數(shù)列有關(guān)知識的應(yīng)用為情境，考查充要條件的推理論證，要求考生判斷充分性和必要性，然后分別進(jìn)行證明，解決問題的關(guān)鍵是利用等差數(shù)列的概念和特點(diǎn)進(jìn)行推理論證，彰顯了對數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理等核心素養(yǎng)的考查.試題亮點(diǎn)在于以等差數(shù)列情境考查充要條件的推理論證. ?2 ??多選亮點(diǎn)題

例3 ?（第9題）有一組樣本數(shù)據(jù)x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，則（ ?）.

A.x2，x3，x4，x5的平均數(shù)等于x1，x2，…，x6的平均數(shù)

B.x2，x3，x4，x5的中位數(shù)等于x1，x2，…，x6的中位數(shù)

C.x2，x3，x4，x5的標(biāo)準(zhǔn)差不小于x1，x2，…，x6的標(biāo)準(zhǔn)差

D.x2，x3，x4，x5的極差不大于x1，x2，…，x6的極差

分析 ?依據(jù)題意，應(yīng)用平均數(shù)、中位數(shù)、標(biāo)準(zhǔn)差及極差等數(shù)字特征的概念逐項分析作出判斷.

解 ?對于A，如設(shè)2，2，2，2的平均數(shù)為2；1，2，2，2，2，9的平均數(shù)為3，故A錯誤.

對于B，不妨設(shè)x1≤x2≤x3≤x4≤x5≤x6，可知x2，x3，x4，x5的中位數(shù)等于x1，x2，…，x6的中位數(shù)均為 x3+x4 2 ，故B正確.

對于C，因為x1是最小值，x6是最大值，則x2，x3，x4，x5的波動性不大于x1，x2，…，x6的波動性，即x2，x3，x4，x5的標(biāo)準(zhǔn)差不大于x1，x2，…，x6的標(biāo)準(zhǔn)差，故C錯誤.

對于D，不妨設(shè)x1≤x2≤x3≤x4≤x5≤x6，則x6-x1≥x5-x2，當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2，x5=x6時，等號成立，故D正確.綜上，選BD.

評析 ?試題考查統(tǒng)計抽樣中樣本的基本數(shù)字特征，考查考生對樣本平均數(shù)、樣本標(biāo)準(zhǔn)差、樣本中位數(shù)、樣本極差概念的理解和掌握，不僅注重試題的基礎(chǔ)性，而且對基礎(chǔ)知識和基本能力的考查有機(jī)結(jié)合.試題亮點(diǎn)是：以清新的設(shè)問情境，很好地考查了統(tǒng)計中的平均數(shù)、中位數(shù)、方差、極差等數(shù)字特征的理解和知識應(yīng)用.

例4 ?（第10題）噪聲污染問題越來越受到重視．用聲壓級來度量聲音的強(qiáng)弱，定義聲壓級Lp=20×lg p p0 ，其中常數(shù)p0（p0>0）是聽覺下限閾值，p是實際聲壓.下表為不同聲源的聲壓級：

聲源 與聲源的距離/m 聲壓級/dB

燃油汽車 10 60～90

混合動力汽車 10 50～60

電動汽車 10 40

已知在距離燃油汽車、混合動力汽車、電動汽車10 m處測得實際聲壓分別為p1，p2，p3，則（ ?）.

A.p1≥p2 ???B.p2>10p3

C.p3=100p0 D.p1≤100p2

分析 ?根據(jù)題意可知Lp1∈［60，90］，Lp2∈［50，60］，Lp3=40，結(jié)合對數(shù)運(yùn)算逐項分析判斷.

解 ?根據(jù)題意可知：Lp1∈［60，90］，Lp2∈［50，60］，Lp3=40.

對于A，Lp1-Lp2=20×lg p1 p0 -20×lg p2 p0 =20×lg ?p1 p0 × p0 p2 ?=20×lg p1 p2 .由Lp1≥Lp2，得Lp1-Lp2=20×lg p1 p2 ≥0，lg p1 p2 ≥0，即 p1 p2 ≥1且p1，p2>0，所以p1≥p2.A正確.

對于B，Lp2-Lp3=20×lg p2 p0 -20×lg p3 p0 =20×lg ?p2 p0 × p0 p3 ?=20×lg p2 p3 .

由于Lp2-Lp3=Lp2-40≥10，因此20×lg p2 p3 ≥10，lg p2 p3 ≥ 1 2 ，即 p2 p3 ≥ 10 且p2，p3>0，所以得p2≥ 10 p3，當(dāng)且僅當(dāng)Lp2=50時，取到等號.B錯誤.

對于C，由于Lp3=20×lg p3 p0 =40，lg p3 p0 =2，所以 p3 p0 =100，所以p3=100p0. C正確.

對于D，根據(jù)A可知Lp1-Lp2=20×lg p1 p2 ，且Lp1-Lp2≤90-50=40，因此得20×lg p1 p2 ≤40，所以lg p1 p2 ≤2，即 p1 p2 ≤100，且p1，p2>0，所以p1≤100p2. D正確.

綜上，選ACD.

評析 ?試題利用對數(shù)知識研究噪聲聲壓水平，經(jīng)過對聲壓級的研究，考查了對數(shù)及運(yùn)算性質(zhì)的應(yīng)用，很好地考查考生對問題的理解和應(yīng)用能力.表面上看試題題干精煉，但計算量較大，審題和計算都需要認(rèn)真、仔細(xì)，稍有不慎，就會導(dǎo)致誤解題意而耗費(fèi)時間.試題亮點(diǎn)：源于人教A版《普通高中教科書.數(shù)學(xué)必修第一冊》（2019版）第141頁習(xí)題4.4第10題的“聲強(qiáng)”問題，體現(xiàn)高考命題源于教材的原則. 例5 ?（第12題）下列物體，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內(nèi)的有（ ?）.

A.直徑為0.99 m的球體B.所有棱長均為1.4 m的四面體

C.底面直徑為0.01 m，高為1.8 m的圓柱體

D.底面直徑為1.2 m，高為0.01 m的圓柱體

分析 ?根據(jù)題意結(jié)合正方體的性質(zhì)逐項分析判斷.對于C、D，以正方體的體對角線為圓柱體的軸，結(jié)合正方體以及圓柱體的性質(zhì)分析判斷.

解 ?對于A，棱長為1（單位：m）的正方體內(nèi)切球的直徑為1m. A正確.

對于B，如圖1，棱長為1（單位：m）的正方體內(nèi)部最大的正四面體棱長為BA1= 2 >1.4.B正確.

對于C，由于圓柱體的底面直徑為0.01 m，可忽略不計.可將圓柱體看作高為1.8 m的線段，而棱長為1（單位：m）的正方體的體對角線為 3 <1.8. C錯誤.

對于D，如圖2，由于圓柱體的高為0.01 m，可忽略不計.可將圓柱體看作直徑為1.2 m的平面圖形. E，F(xiàn)，G，H，I，J為各棱中點(diǎn)，EFGHIJ為正六邊形，其棱長為 ?2 ?2 ?m，其內(nèi)切圓直徑為FH（如圖3）.所以∠GFH=∠GHF=30°，F(xiàn)H= 3 FG= 3 GH= ?6 ?2 ?m.

由于 ??6 ?2 ?2= 6 4 >（1.2）2=1.44. D正確.

綜上，選ABD.

評析 ??試題以正方體模型為載體，考查空間幾何體的切、接問題，及由空間向平面的轉(zhuǎn)化，考查推理論證能力，彰顯直觀想象、數(shù)學(xué)建模等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，對綜合應(yīng)用能力和思維能力要求較高.試題亮點(diǎn)：試題在正方體內(nèi)放入其它幾何體，打破了常規(guī)的思維定勢，而且試題用數(shù)量關(guān)系來刻畫空間中的位置關(guān)系，是一種新穎的創(chuàng)新表達(dá)形式. 3 ??解答亮點(diǎn)題 例6 ?（第19題）已知函數(shù)f（x）=a（ex+a）-x.

（1）討論f（x）的單調(diào)性；

（2）證明：當(dāng)a>0時，f（x）>2lna+ 3 2 ．

分析 ?（1）先求導(dǎo)，再分類討論a≤0與a>0兩種情況，結(jié)合導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可得解；

（2）構(gòu)造函數(shù)h（x）=ex-x-1，證得ex≥x+1，從而得到f（x）≥x+lna+1+a2-x，進(jìn)而將問題轉(zhuǎn)化為a2- 1 2 -lna>0的恒成立問題，由此得證.

解 ?（1）函數(shù)f（x）=a（ex+a）-x的定義域為 R ，f′（x）=aex-1.

當(dāng)a≤0時，由ex>0，可知aex≤0，所以f′（x）=aex-1<0恒成立，f（x）在 R 上單調(diào)遞減；

當(dāng)a>0時，令f′（x）=aex-1=0，解得x=-lna.

若x<-lna，則f′（x）<0，所以f（x）在（-∞，-lna）上單調(diào)遞減；

若x>-lna，則f′（x）>0，所以f（x）在（-lna，+∞）上單調(diào)遞增.

綜上可知，當(dāng)a≤0時，f（x）在 R 上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，f（x）在（-∞，-lna）上單調(diào)遞減，f（x）在（-lna，+∞）上單調(diào)遞增.

（2）令g（x）=ex-x-1，則g′（x）=ex-1，

由y=ex在 R 上單調(diào)遞增，可知g′（x）=ex-1在 R 上單調(diào)遞增，

又g′（0）=e0-1=0，所以當(dāng)x<0時，g′（x）<0；當(dāng)x>0時，g′（x）>0；

所以g（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

故g（x）≥g（0）=0，則ex≥x+1，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時，取到等號.

因為f（x）=a（ex+a）-x=aex+a2-x=ex+lna+a2-x≥x+lna+1+a2-x，

當(dāng)且僅當(dāng)x+lna=0，x=-lna時，取到等號.

于是，要證f（x）>2lna+ 3 2 ，只要證x+lna+1+a2-x>2lna+ 3 2 ，即證a2- 1 2 -lna>0.

令φ（a）=a2- 1 2 -lna（a>0），則φ′（a）=2a- 1 a = 2a2-1 a .

令φ′（a）<0，則00，則a> ?2 ?2 .因此φ（a）在 0， ?2 ?2 ?上單調(diào)遞減，在 ??2 ?2 ，+∞ 上單調(diào)遞增，所以φ（a）min=φ ??2 ?2 ?= ??2 ?2 ?2- 1 2 -ln ?2 ?2 =ln 2 >0，從而有φ（a）>0恒成立.故當(dāng)a>0時，f（x）>2lna+ 3 2 恒成立.證畢.

評析 ?試題以基本函數(shù)ex為背景命題，第（1）小題考查應(yīng)用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性；第（2）小題將不等式證明問題，通過構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題來解答.試題最大亮點(diǎn)在于打破了人們將導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的大題作為整個試卷“壓軸題”的慣性認(rèn)知，而是以“中檔題”放置在第19題的位置，這既是整份試卷的最大變化，也是命題者“反刷題”“反押題”的獨(dú)具匠心，對今后高考復(fù)習(xí)備考有著積極的導(dǎo)向作用.

例7 ?（第21題）甲乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此人繼續(xù)投籃，若未命中則換為對方投籃.無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8.由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5.

（1）求第2次投籃的人是乙的概率；（2）求第i次投籃的人是甲的概率；

（3）已知：若隨機(jī)變量xi服從兩點(diǎn)分布，且P（xi=1）=1-P（xi=0）=qi，i=1，2，…，n，則E（∑ n i=1 xi）=∑ n i=1 qi.記前n次（即從第1次到第n次投籃）中甲投籃的次數(shù)為Y，求E（Y）.

分析 ?（1）根據(jù)全概率公式即可求出;

（2）設(shè)P（ai）=pi，由題意可得pi+1=0.4pi+0.2，根據(jù)數(shù)列知識，構(gòu)造等比數(shù)列即可解出;

（3）先求出兩點(diǎn)分布的期望，再根據(jù)題中的結(jié)論以及等比數(shù)列的求和公式即可求出．

解 ?（1）記“第i次投籃的人是甲”為事件Ai，“第i次投籃的人是乙”為事件Bi，

則P（B2）=P（A1B2）+P（B1B2）=P（A1）P（B2|A1）+P（B1）P（B2|B1）=0.5×（1-0.6）+0.5×0.8=0.6.

所以第2次投籃的人是乙的概率為0.6.

（2）設(shè)P（Ai）=pi，則根據(jù)題意可知P（Bi）=1-pi，所以

P（Ai+1）=P（AiAi+1）+P（BiAi+1）=P（Ai）P（Ai+1|Ai）+P（Bi）P（Ai+1|Bi），即pi+1=0.6pi+（1-0.8）×（1-pi）=0.4pi+0.2，從而得pi=0.4pi-1+0.2. ①

令pi+t=0.4（pi-1+t），所以pi=0.4pi-1-0.6t. ?②

故由①②，可得-0.6t=0.2，解得t=- 1 3 ，所以pi- 1 3 = 2 5 ?pi-1- 1 3 ?.

由p1=0.5= 1 2 ，得p1- 1 3 = 1 2 - 1 3 = 1 6 .

所以 pn- 1 3 ?是首項為 1 6 、公比為 2 5 的等比數(shù)列，所以pn- 1 3 = 1 6 ??2 5 ?n-1，即pn= 1 6 ??2 5 ?n-1+ 1 3 .

故第i次投籃的人是甲的概率為pi= 1 6 · ?2 5 ?i-1+ 1 3 .

（3）因為pi= 1 6 · ?2 5 ?i-1+ 1 3 ，i=1，2，…，n.所以當(dāng)n∈ N *時，E（Y）=p1+p2+…+pn= 1 6 × 1- ?2 5 ?n 1- 2 5 ?+ n 3 = 5 18 ?1- ?2 5 ?n + n 3 ，

故E（Y）= 5 18 · 1- ?2 5 ?n + n 3 .

評析 ?試題是概率與遞推數(shù)列融合、滲透的問題，第（1）小題考查了全概率公式的應(yīng)用，第（2）（3）小題關(guān)鍵是由題意求得遞推公式，然后根據(jù)等比數(shù)列的基本知識求解.對于這類問題，若直接求概率困難較大，而由問題特點(diǎn)建立關(guān)于概率的遞推數(shù)列模型，利用遞推的方法，再結(jié)合數(shù)列知識轉(zhuǎn)化為求解數(shù)列通項公式及數(shù)列求和，可使問題得以順利解決.試題亮點(diǎn)是：在概率中“隱藏”了等比數(shù)列的通項公式、求和公式等知識點(diǎn)，將概率與遞推數(shù)列結(jié)合在一起考查.其實，這種命題方式在2019年全國Ⅰ卷理科的第21題就曾出現(xiàn)過，而且新教材《普通高中教科書·A版數(shù)學(xué)選擇性必修第三冊》（2019年版）第91頁復(fù)習(xí)參考題7中的第10題（三人傳球訓(xùn)練）是這類問題的教材原型.試題將遞推數(shù)列與隨機(jī)變量的概率分布及數(shù)學(xué)期望有機(jī)融合，則是一種全新的考法.

例8 ?（第22題）在直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P到x軸的距離等于點(diǎn)P到點(diǎn) 0， 1 2 ?的距離，記動點(diǎn)P的軌跡為W.

（1）求W的軌跡方程；

（2）已知矩形ABCD有三個頂點(diǎn)在W上，證明：矩形ABCD的周長大于3 3 .

分析 ?（1）設(shè)P（x，y），根據(jù)題意列出方程x2+ y－ 1 2 ?2=y2，化簡即可；（2）設(shè)直線AB的方程為y=k（x-a）+a2+ 1 4 ，將其與拋物線方程聯(lián)立，再利用弦長公式和放縮法得 AB + AD ≥ ?（1+k2）3 k2 ?，利用換元法和求導(dǎo)即可求出周長最值，再排除邊界值即可.

解 ?（1）設(shè)點(diǎn)P（x，y），則由題意得 y = x2+ y- 1 2 ?2 ，化簡、整理得y=x2+ 1 4 .

所以W的軌跡方程為y=x2+ 1 4 .

（2）不妨設(shè)A，B，D三點(diǎn)在W上，且BA⊥DA.

設(shè)A a，a2+ 1 4 ?，直線BA，DA的斜率分別為k，- 1 k ，根據(jù)對稱性不妨設(shè)|k|≤1.

由 y=x2+ 1 4 ，y=k（x-a）+a2+ 1 4 ， 消去y整理得x2-kx+ka-a2=0.

由一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系，得xA+xB=k，所以B（k-a，（k-a）2+ 1 4 ），

所以 AB = （k-2a）2+ （k-a）2+ 1 4 -a2- 1 4 ?2 = 1+k2 |k-2a|.

同理得 AD = 1+ 1 k2 ?· - 1 k -2a = 1+ 1 k2 ?· ?1 k +2a .

所以 AB + AD = 1+k2 ?k-2a + 1+ 1 k2 ?· ?1 k +2a ≥ 1+k2 ??k-2a + ?1 k +2a ?≥ 1+k2 ?（k-2a）+ ?1 k +2a ?= 1+k2 ?k+ 1 k ?= ?（1+k2）3 k2 ?.

令φ（t）= （1+t）3 t =t2+3t+ 1 t +3，其中k2=t，t∈（0，1），則φ′（t）=2t+3- 1 t2 = （2t-1）（t+1）2 t2 .

當(dāng)00，

所以φ（t）在 0， 1 2 ?上單調(diào)遞減，在 ?1 2 ，1 上單調(diào)遞增，

從而當(dāng)t= 1 2 時，φ（t）在（0，1）上取得最小值為φ ?1 2 ?= 27 4 ，所以 AB + AD ≥ φ（t） ≥ φ ?1 2 ??= ?27 4 ?= 3 3 ?2 .

由于兩處取得等號的條件不一致，于是2（ AB + AD ）>3 3 .

故矩形ABCD的周長大于3 3 .得證.

評析 ?試題考查了軌跡方程的求法，直線與曲線的位置關(guān)系，用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、最值等知識的應(yīng)用，落實了高考“綜合性”的考查要求.雖然試題是常見的命題形式，但其亮點(diǎn)比較突出：一是以往的圓錐曲線方程都是標(biāo)準(zhǔn)方程，而試題中的方程卻是頂點(diǎn)不在原點(diǎn)的拋物線方程，它以二次函數(shù)的形式呈現(xiàn)；二是解析幾何問題中滲透導(dǎo)數(shù)知識的運(yùn)用，提升了試題的“綜合”層次；三是在求解最值的過程中用到了“三角不等式[1]”這樣一個“不怎么考”的知識點(diǎn)，這也啟示我們只有把基礎(chǔ)知識全面、扎實地掌握了，才能在考試中從容應(yīng)對.

參考文獻(xiàn)

［1］ ?魯賢龍，朱小扣. 聚焦在解題中的三角不等式[J]．中學(xué)數(shù)學(xué)雜志，2022（11）：28-30．

作者簡介 ?王兵（1981—），男，漢族，山東泰安人，中學(xué)數(shù)學(xué)高級教師;榮獲泰山名班主任、泰安市優(yōu)秀班主任、市直優(yōu)秀教師、泰安市課程與教學(xué)工作模范班主任、泰安市課程與教學(xué)工作先進(jìn)個人、泰山英才班主任、泰山教學(xué)新星、泰安市學(xué)科教學(xué)能力大賽二等獎、市直創(chuàng)新課一等獎、全國骨干班主任培訓(xùn)優(yōu)秀學(xué)員等榮譽(yù);主要從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)及研究工作;表教學(xué)論文10余篇，主持市級課題1項，參與市級課題2項.