PAGE1一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分.1.（2020·江蘇高考）已知集合A＝{－1，0，1，2}，B＝{0，2，3}，則A∩B＝.解析：由交集的定義可得A∩B＝{0，2}.答案：{0，2}2.（2020·江蘇高考）已知i是虛數單位，則復數z＝（1＋i）（2－i）的實部是.解析：復數z＝（1＋i）（2－i）＝3＋i，實部是3.答案：33.（2020·江蘇高考）已知一組數據4，2a，3－a，5，6的平均數為4，則a的值是.解析：由平均數公式可得4+2a＋（3－a）+5+65答案：24.（2020·江蘇高考）將一顆質地均勻的正方體骰子先后拋擲2次，觀察向上的點數，則點數和為5的概率是.解析：將一顆質地均勻的正方體骰子先后拋擲2次，向上的點數共有36種情況，其中點數和為5的情況有（1，4），（2，3），（3，2），（4，1），共4種，則所求概率為436＝1答案：15.（2020·江蘇高考）如圖是一個算法流程圖.若輸出y的值為－2，則輸入x的值是.解析：由流程圖可得y＝2x，x>0，x+1，x≤0，則當y＝－2答案：－36.（2020·江蘇高考）在平面直角坐標系xOy中，若雙曲線x2a2－y25＝1（a＞0）的一條漸近線方程為y＝5解析：由雙曲線的一條漸近線方程為y＝52x得ba＝52，則該雙曲線的離心率e＝ca＝答案：37.（2020·江蘇高考）已知y＝f（x）是奇函數，當x≥0時，f（x）＝x23，則f（－8）的值是解析：由題意可得f（－8）＝－f（8）＝－823＝－（23）23＝－答案：－48.（2020·江蘇高考）已知sin2π4＋α＝23，則sin2解析：因為sin2π4＋α＝23，所以1－cosπ2+2α2＝23答案：19.（2020·江蘇高考）如圖，六角螺帽毛坯是由一個正六棱柱挖去一個圓柱所構成的.已知螺帽的底面正六邊形邊長為2cm，高為2cm，內孔半徑為0.5cm，則此六角螺帽毛坯的體積是cm3.解析：正六棱柱的體積為6×34×22×2＝123（cm3），圓柱的體積為π×0.52×2＝π2（cm3），則該六角螺帽毛坯的體積為123答案：123－π10.（2020·江蘇高考）將函數y＝3sin2x＋π4的圖象向右平移π6個單位長度，解析：將函數y＝3sin2x＋π4的圖象向右平移π6個單位長度，得到y＝3sin2x－π6＋π4＝3sin2x－π12的圖象，由2x－π12＝π2＋kπ，k∈Z，得對稱軸方程為x答案：x＝－511.（2020·江蘇高考）設{an}是公差為d的等差數列，{bn}是公比為q的等比數列.已知數列{an＋bn}的前n項和Sn＝n2－n＋2n－1（n∈N*），則d＋q的值是.解析：法一當n＝1時，S1＝a1＋b1＝1①，當n≥2時，an＋bn＝Sn－Sn－1＝2n－2＋2n－1，則a2＋b2＝4②，a3＋b3＝8③，a4＋b4＝14④，②－①得d＋b1（q－1）＝3⑤，③－②得d＋b2（q－1）＝4⑥，④－③得d＋b3（q－1）＝6⑦，⑥－⑤得b1（q－1）2＝1，⑦－⑥得b2（q－1）2＝2，則q＝2，b1＝1，d＝2，所以d＋q＝4.法二由題意可得S1＝a1＋b1＝1，當n≥2時，an＋bn＝Sn－Sn－1＝2n－2＋2n－1，易知當n＝1時也成立，則a1＋（n－1）d＋b1qn－1＝dn＋a1－d＋b1qn－1＝2n－2＋2n－1對任意正整數n恒成立，則d＝2，q＝2，d＋q＝4.法三由等差數列和等比數列的前n項和的特征可得等差數列{an}的前n項和Hn＝n2－n，等比數列{b2}的前n項和Tn＝2n－1，則d＝2，q＝2，d＋q＝4.答案：412.（2020·江蘇高考）已知5x2y2＋y4＝1（x，y∈R），則x2＋y2的最小值是.解析：法一由5x2y2＋y4＝1得x2＝15y2－y25，則x2＋y2＝15y2＋4y25≥215y2·4y25＝45，當且僅當法二4＝（5x2＋y2）·4y2≤（5x2＋y2）+4y222＝254（x2＋y2）2，則x2＋y2≥45，當且僅當5x2＋y2＝4y2＝2，即x2＝310，y答案：413.（2020·江蘇高考）在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在邊BC上，延長AD到P，使得AP＝9，若PA＝mPB＋32－mPC（m為常數），則解析：法一以點A為坐標原點，AB的方向為x軸的正方向，AC的方向為y軸的正方向建立平面直角坐標系，設CD＝λCB，λ∈[0，1]，則D（4λ，3－3λ），AD＝AC＋λCB＝λAB＋（1－λ）AC，又點P在AD的延長線上，則可設AP＝μAD，μ＞1，又PA＝m（PB－PC）＋32PC＝mCB＋32PC，則PA＝m（AB－AC）＋32（AC－AP），12AP＝mAB＋32－mAC，則2mAB＋（3－2m）AC＝AP＝μAD＝λμAB＋μ（1－λ）AC，所以2m＝λμ，3－2m＝μ－λμ，所以μ＝3，又AP＝9，則AD＝3，所以（4λ）2＋（3－3λ）2＝9，得λ＝1825或λ＝0，則｜CD｜＝1825｜CB｜＝1825×3法二由題意可設PA＝λPD＝λ[μPB＋（1－μ）PC]＝λμPB＋（λ－λμ）PC，其中λ＞1，0≤μ≤1，又PA＝mPB＋32－mPC，所以λμ＝m，λ－λμ＝32－m，得λ＝32，即｜PA｜｜PD｜＝32，又PA＝9，則｜PD｜＝6，｜AD｜＝3，所以AD＝AC.當D與C重合時，CD＝0，當D不與C重合時，有∠ACD＝∠CDA，所以∠CAD＝180°－2∠ACD，在△ACD中，由正弦定理可得CDsin∠CAD＝ADsin∠ACD，則答案：185或14.（2020·江蘇高考）在平面直角坐標系xOy中，已知P32，0，A，B是圓C：x2＋y－122＝36上的兩個動點，滿足PA＝PB解析：法一連接CA，CB，則CA＝CB，連接CP，由PA＝PB且CA＝CB得AB的垂直平分線是直線CP，設圓心C到AB的距離為d（0≤d＜6），易知當△PAB的面積最大時，點P到直線AB的距離為d＋PC＝d＋1，AB＝236－d2，△PAB的面積S＝12AB（d＋1）＝12×236－d2（d＋1）＝36（d+1）2－d2（d+1）2，令d＋1＝t，t∈[1，7），則S＝36t2-(t－1）2t2，令f（t）＝36t2－（t－1）2t2＝－t4＋2t3＋35t2，t∈[1，7），則f'（t）＝－4t3＋6t2＋70t＝－2t（t－5）（2t＋7），由f'（t）＝0，得t＝5，則當t∈[1，5）時，f'（t）＞0，f（t）單調遞增，當t∈（5，7）時，f'（t法二如圖，連接CA，CB，則CA＝CB，連接PC，由PA＝PB且CA＝CB，得AB的垂直平分線是直線CP.當AB經過點C時，△PAB的面積S＝12×12×1＝6.當AB在點C的左上方時，記直線PC與AB的交點為D，設∠ACD＝θ，θ∈0，π2，則AB＝2AD＝12sinθ，CD＝6cosθ，則△PAB的面積S＝12AB·PD＝12×12sinθ（6cosθ＋1）＝36sinθcosθ＋6sinθ，則S'＝36cos2θ－36sin2θ＋6cosθ＝36cos2θ＋6cosθ＝6（12cos2θ＋cosθ－6），由S'＝0得cosθ＝23舍去cosθ＝－34，且當0＜cosθ＜23時，S'＜0，S單調遞減；當23＜cosθ＜1時，S'＞0，S單調遞增，所以當cosθ＝23時，S取得最大值，且Smax＝36×1－2答案：105二、解答題：本大題共6小題，共計90分.解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.（本小題滿分14分）（2020·江蘇高考）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分別是AC，B1C的中點.（1）求證：EF∥平面AB1C1；（2）求證：平面AB1C⊥平面ABB1.證明：（1）因為E，F分別是AC，B1C的中點，所以EF∥AB1.又EF?平面AB1C1，AB1?平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.（2）因為B1C⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以B1C⊥AB.又AB⊥AC，B1C?平面AB1C，AC?平面AB1C，B1C∩AC＝C，所以AB⊥平面AB1C，又因為AB?平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.16.（本小題滿分14分）（2020·江蘇高考）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知a＝3，c＝2，B＝45°.（1）求sinC的值；（2）在邊BC上取一點D，使得cos∠ADC＝－45，求tan∠DAC的值解：（1）在△ABC中，因為a＝3，c＝2，B＝45°，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝9＋2－2×3×2cos45°＝5，所以b＝5.在△ABC中，由正弦定理bsinB＝得5sin45°＝2所以sinC＝55（2）在△ADC中，因為cos∠ADC＝－45，所以∠ADC為鈍角而∠ADC＋C＋∠CAD＝180°，所以C為銳角.故cosC＝1－sin2C＝255，則因為cos∠DAC＝－45所以sin∠ADC＝1－costan∠ADC＝sin∠ADCcos從而tan∠ACD＝tan（180°－∠ADC－C）＝－tan（∠ADC＋C）＝－tan＝－－34＋17.（本小題滿分14分）（2020·江蘇高考）某地準備在山谷中建一座橋梁，橋址位置的豎直截面圖如圖所示：谷底O在水平線MN上，橋AB與MN平行，OO'為鉛垂線（O'在AB上）.經測量，左側曲線AO上任一點D到MN的距離h1（米）與D到OO'的距離a（米）之間滿足關系式h1＝140a2；右側曲線BO上任一點F到MN的距離h2（米）與F到OO'的距離b（米）之間滿足關系式h2＝－1800b3＋6b.已知點B到OO'的距離為40（1）求橋AB的長度；（2）計劃在谷底兩側建造平行于OO'的橋墩CD和EF，且CE為80米，其中C，E在AB上（不包括端點）.橋墩EF每米造價k（萬元），橋墩CD每米造價32k（萬元）（k＞0），問O'E為多少米時，橋墩CD與EF的總造價最低解：（1）作AA1，BB1，CD1，EF1都與MN垂直，A1，B1，D1，F1是相應垂足.由條件知，當O'B＝40時，BB1＝－1800×403＋6×40＝160，則AA1＝由140O'A2＝160，得O'A＝所以AB＝O'A＋O'B＝80＋40＝120（米）.（2）以O為原點，OO'為y軸建立平面直角坐標系xOy（如圖所示）.設F（x，y2），x∈（0，40），則y2＝－1800x3＋6xEF＝160－y2＝160＋1800x3－6x因為CE＝80，所以O'C＝80－x.設D（x－80，y1），則y1＝140（80－x）2所以CD＝160－y1＝160－140（80－x）2＝－140x2＋4記橋墩CD和EF的總造價為f（x），則f（x）＝k160+1800x3＝k1800x3－380x2f'（x）＝k3800x2－340x＝令f'（x）＝0，得x＝20.x（0，20）20（20，40）f'（x）－0＋f（x）↘極小值↗所以當x＝20時，f（x）取得最小值.答：（1）橋AB的長度為120米；（2）當O'E為20米時，橋墩CD和EF的總造價最低.18.（本小題滿分16分）（2020·江蘇高考）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓E：x24＋y23＝1的左、右焦點分別為F1，F2，點A在橢圓E上且在第一象限內，AF2⊥F1F2，直線AF1（1）求△AF1F2的周長；（2）在x軸上任取一點P，直線AP與橢圓E的右準線相交于點Q，求OP·QP的最小值；（3）設點M在橢圓E上，記△OAB與△MAB的面積分別為S1，S2，若S2＝3S1，求點M的坐標.解：（1）設橢圓E：x24＋y23＝1的長軸長為2a，短軸長為2b，則a2＝4，b2＝3，c2＝1.所以△AF1F2的周長為2a＋2c＝6.（2）橢圓E的右準線為x＝4.設P（x，0），Q（4，y），則OP＝（x，0），QP＝（x－4，－y），OP·QP＝x（x－4）＝（x－2）2－4≥－4，在x＝2時取等號.所以OP·QP的最小值為－4.（3）因為橢圓E：x24＋y23＝1的左、右焦點分別為F1，F2，點A在橢圓E上且在第一象限內，AF2⊥F1F2，則F1（－1，0），F2（1，0所以直線AB：3x－4y＋3＝0.設M（x，y），因為S2＝3S1，所以點M到直線AB距離等于點O到直線AB距離的3倍.由此得｜3x－4y則3x－4y＋12＝0或3x－4y－6＝0.由3x－4y＋12=0，x24＋y23由3x－4y－6=0，x24＋y23=1，得7x2－代入直線l：3x－4y－6＝0，對應分別得y＝0或y＝－127因此點M的坐標為（2，0）或－219.（本小題滿分16分）（2020·江蘇高考）已知關于x的函數y＝f（x），y＝g（x）與h（x）＝kx＋b（k，b∈R）在區間D上恒有f（x）≥h（x）≥g（x）.（1）若f（x）＝x2＋2x，g（x）＝－x2＋2x，D＝（－∞，＋∞），求h（x）的表達式；（2）若f（x）＝x2－x＋1，g（x）＝klnx，h（x）＝kx－k，D＝（0，＋∞），求k的取值范圍；（3）若f（x）＝x4－2x2，g（x）＝4x2－8，h（x）＝4（t3－t）x－3t4＋2t2（0＜｜t｜≤2），D＝[m，n]?[－2，2]，求證：n－m≤7.解：（1）由條件f（x）≥h（x）≥g（x），得x2＋2x≥kx＋b≥－x2＋2x，取x＝0，得0≥b≥0，所以b＝0.由x2＋2x≥kx，得x2＋（2－k）x≥0，此式對一切x∈（－∞，＋∞）恒成立，所以（2－k）2≤0，則k＝2，此時2x≥－x2＋2x恒成立，所以h（x）＝2x.（2）h（x）－g（x）＝k（x－1－lnx），x∈（0，＋∞）.令u（x）＝x－1－lnx，則u'（x）＝1－1x，令u'（x）＝0，得x＝x（0，1）1（1，＋∞）u'（x）－0＋u（x）↘極小值↗所以u（x）min＝u（1）＝0.則x－1≥lnx恒成立，所以當且僅當k≥0時，h（x）≥g（x）恒成立.另一方面，f（x）≥h（x）恒成立，即x2－x＋1≥kx－k恒成立，也即x2－（1＋k）x＋1＋k≥0恒成立.因為k≥0，函數y＝x2－（1＋k）x＋1＋k的圖象的對稱軸x＝1+k2＞所以（1＋k）2－4（1＋k）≤0，解得－1≤k≤3.因此，k的取值范圍是0≤k≤3.（3）證明：①當1≤t≤2時，由g（x）≤h（x），得4x2－8≤4（t3－t）x－3t4＋2t2，整理得x2－（t3－t）x＋3t4－2t令Δ＝（t3－t）2－（3t4－2t2－8），則Δ＝t6－5t4＋3t2＋8.記φ（t）＝t6－5t4＋3t2＋8（1≤t≤2），則φ'（t）＝6t5－20t3＋6t＝2t（3t2－1）（t2－3）＜0恒成立，所以φ（t）在[1，2]上是減函數，則φ（2）≤φ（t）≤φ（1），即2≤φ（t）≤7.所以不等式（*）有解，設解為x1≤x≤x2，因此n－m≤x2－x1＝Δ≤7.②當0＜t＜1時，f（－1）－h（－1）＝3t4＋4t3－2t2－4t－1.設v（t）＝3t4＋4t3－2t2－4t－1，則v'（t）＝12t3＋12t2－4t－4＝4（t＋1）（3t2－1），令v'（t）＝0，得t＝33當t∈0，33時，v'（t）＜0，v（t當t∈33，1時，v'（t）＞0，v（tv（0）＝－1，v（1）＝0，則當0＜t＜1時，v（t）＜0.（或證：v（t）＝（t＋1）2（3t＋1）（t－1）＜0.）則f（－1）－h（－1）＜0，因此－1?（m，n）.因為[m，n]?[－2，2]，所以n－m≤2＋1＜7.③當－2≤t＜0時，因為f（x），g（x）均為偶函數，因此n－m≤7也成立.綜上所述，n－m≤7.20.（本小題滿分16分）（2020·江蘇高考）已知數列{an}（n∈N*）的首項a1＝1，前n項和為Sn.設λ與k是常數，若對一切正整數n，均有Sn+11k－Sn1k＝λan+11（1）若等差數列{an}是“λ～1”數列，求λ的值；（2）若數列{an}是“33～2”數列，且an＞0，求數列{an}的通項公式（3）對于給定的λ，是否存在三個不同的數列{an}為“λ～3”數列，且an≥0？若存在，求λ的取值范圍；若不存在，說明理由.解：（1）因為等差數列{an}是“λ～1”數列，則Sn＋1－Sn＝λan＋1，即an＋1＝λan＋1，也即（λ－1）an＋1＝0，此式對一切正整數n均成立.若λ≠1，則an＋1＝0恒成立，故a3－a2＝0，而a2－a1＝－1，這與{an}是等差數列矛盾.所以λ＝1.（此時，任意首項為1的等差數列都是“1～1”數列）（2）因為數列{an}（n∈N*）是“33～2”數列，所以Sn+1－Sn＝33an+1，即Sn+1－Sn＝33Sn+1－Sn，因為an＞0，令Sn+1Sn＝bn，則bn－1＝33bn2－1，即（bn－1）2＝13解得bn＝2，即Sn+1Sn＝2，也即Sn+1Sn＝4，所以數列因為S1＝a1＝1，所以Sn＝4n－1.則an＝1（3）設各項非負的數列{an}（n∈N*）為“λ～3”數列，則Sn+113－Sn13＝λan+1因為an≥0，而a1＝1，所以Sn＋1≥Sn＞0，則3Sn+1Sn－令3Sn+1Sn＝cn，則cn－1＝λ3cn3－1（cn≥1），即（cn－1）3＝λ3（cn3①若λ≤0或λ＝1，則（*）只有一解為cn＝1，即符合條件的數列{an}只有一個.（此數列為1，0，0，0，…）②若λ＞1，則（*）化為（cn－1）cn2＋因為cn≥1，所以cn2＋λ3+2λ3－1cn＋1＞0，則（即符合條件的數列{an}只有一個.（此數列為1，0，0，0，…）③若0＜λ＜1，則cn2＋λ3+2λ3－1cn＋1＝0的兩根分別在（0，1）與（1，＋∞）內，則方程（*）有兩個大于或等于1的解：其中一個為1所以Sn＋1＝Sn或Sn＋1＝t3Sn.由于數列{Sn}從任何一項求其后一項均有兩種不同結果，所以這樣的數列{Sn}有無數多個，則對應的{an}有無數多個.綜上所述，能存在三個各項非負的數列{an}為“λ～3”數列，λ的取值范圍是0＜λ＜1.數學Ⅱ（附加題）21.[選做題]本題包括A、B、C三小題，請選定其中兩小題作答.若多做，則按作答的前兩小題評分.解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.A.[選修4-2：矩形與變換]（本小題滿分10分）平面上點A（2，－1）在矩陣M＝a1－1b對應的變換作用下得到點（1）求實數a，b的值；（2）求矩陣M的逆矩陣M－1.解：（1）因為a1所以2a－1=3，－2－b＝－4，（2）因為M＝21－12，det（M）＝2×2－1×（－1）＝5≠0，所以M可逆，B.[選修4-4：坐標系與參數方程]（本小題滿分10分）在極坐標系中，已知點Aρ1，π3在直線l：ρcosθ＝2上，點Bρ2，π6在圓C：ρ＝4sinθ上（其中ρ≥0（1）求ρ1，ρ2的值；（2）求出直線l與圓C的公共點的極坐標.解：（1）由ρ1cosπ3＝2，得ρ1＝4；ρ2＝4sinπ6＝又（0，0）即0，π6也在圓C上，因此ρ2（2）由ρcosθ=2，ρ=4sinθ，得4sinθcosθ因為ρ≥0，0≤θ＜2π，所以θ＝π4，ρ＝22所以公共點的極坐標為22C.[選修4-5：不等式選講]（本小題滿分10分）設x∈R，解不等式2｜x＋1｜＋｜x｜＜4.解：當x＞0時，原不等式可化為2x＋2＋x＜4，解得0＜x＜23當－1≤x≤0時，原不等式可化為2x＋2－x＜4，解得－1≤x≤0；當x＜－1時，原不等式可化為－2x－2－x＜4，解得－2＜x＜－1.綜上，原不等式的解集為x|-[必做題]第22題、第23題，每題10分，共計20分.解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.22.（本小題滿分10分）（2020·江蘇高考）在三棱錐A-BCD中，已知CB＝CD＝5，BD＝2，O為BD的中點，AO⊥平面BCD，AO＝2，E為AC的中點.（1）求直線AB與DE所成角的余弦值；（2）若點F在BC上，滿足BF＝14BC，設二面角F-DE-C的大小為θ，求sinθ的值解：（1）連接OC，因為CB＝CD，O為BD中點，所以CO⊥BD.又AO⊥平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.以{OB，OC，OA}為基底，建立空間直角坐標系O-xyz.因為BD＝2，CB＝CD＝5，AO＝2，所以B（1，0，0），D（－1，0，0），C（0，2，0），A（0，0，2）.因為E為AC的中點，所以E（0，1，1）.則AB＝（1，0，－2），DE＝（1，1，1），所以｜cos＜AB，DE＞｜＝｜AB·DE｜｜因此，直線AB與DE所成角的余弦值為1515（2）因為點F在BC上，BF＝14BC，BC＝（－1，2，0所以BF＝14BC＝又DB＝（2，0，0），故DF＝DB＋BF＝74設n1＝（x1，y1，z1）為平面DEF的一個法向量，則DE·n取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，所以n1＝（2，－7，5）.設n2＝（x2，y2，z2）為平面DEC的一個法向量，又DC＝（1，2，0），則DE·n取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，所以n2＝（2，－1，－1）.故｜cosθ｜＝｜n1·n2所以sinθ＝1－cos23.（本小題滿分10分）（2020·江蘇高考）甲口袋中裝有2個黑球和1個白球，乙口袋中裝有3個白球.現從甲、乙兩口袋中各任取一個球交換放入另一口袋，重復n次這樣的操作，記甲口袋中黑球個數為Xn，恰有2個黑球的概率為pn，恰有1個黑球的概率為qn.（1）求p1，q1和p2，q2；（2）求2pn＋qn與2pn－1＋qn－1的遞推關系式和Xn的數學期望E（Xn）（用n表示）.解：（1）p1＝C11C31·C31C31＝1p2＝C11C31·C31C31·p1＋C21C31·C11C31·q1＋0·q2＝C21C31·C31C31·p1＋C21C31·C21C31＋C11（2）當n≥2時，pn＝C11C31·C31C31·pn－1＋C21C31·C11C31·qn－1＋0·（1－pn－1－qn＝C21C31·C31C31·pn－1＋C21C31·C21C31＋C11C31·C11C2×①＋②，得2pn＋qn＝23pn－1＋49qn－1－19qn－1＋23＝13（2pn－1＋qn－從而2pn＋qn－1＝13（2pn－1＋qn－1－1又2p1＋q1－1＝13所以2pn＋qn＝1＋1313n－1＝1＋13n由②，有qn－35＝－19qn－1－35所以qn＝115－19n－1＋由③，有pn＝121+13n－qn＝310－故1－pn－qn＝310－19n－1213Xn的概率分布Xn012P1－pn－qnqnpn則E（Xn）＝0×（1－pn－qn）＋1×qn＋2×pn＝1＋13n，n∈N前沿熱點——新高考數學考情分析2024年新高考真題（含考情分析）及高考最新動向實時更新請掃碼獲取縱觀近年來新高考數學試題，試題貫徹落實了高考改革的總體要求，實施“德智體美勞”全面發展的教育方針，聚焦核心素養，突出關鍵能力考查，落實立德樹人根本任務，充分發揮考試的引導作用.試題突出數學本質、重視理性思維、堅持素養導向、能力為重的命題原則.通過設計真實問題情境，體現數學的應用價值；穩步推進改革，科學把握必備知識與關鍵能力的關系，體現了對基礎性、綜合性、應用性和創新性的高考考查要求.一、突出主干知識、筑牢能力基礎以2023年新高考Ⅰ、Ⅱ卷為例，對各試題所考查的主干知識分析如下：題型題號各試題所考查的知識點分布及考查角度2023年新高考Ⅰ卷2023年新高考Ⅱ卷單選題1集合的交集運算復數的乘法及幾何意義2復數運算、共軛復數由集合間的關系求參數3向量垂直、數量積運算分層隨機抽樣、計數原理4由函數的單調性求參數由函數的奇偶性求參數5橢圓的離心率問題由直線與橢圓的位置關系求參數6圓的切線問題由函數的單調性求參數7等差數列充要條件的判定半角公式8三角函數中和、差、倍角公式的應用等比數列的概念、前n項和及性質多選題9樣本數字特征圓錐的體積、側面積和截面面積10以實際問題為背景考查對數大小比較直線與拋物線的位置關系、拋物線的概念及性質11抽象函數的函數性質函數的極值及應用12以正方體內嵌入某幾何體考查對稱性、空間位置關系獨立事件的概率、二項分布模型填空題13計數原理向量的數量積、模14四棱臺的體積四棱臺的體積15三角函數中由零點個數求ω范圍直線與圓的位置關系16雙曲線幾何性質、平面向量三角函數的圖象與性質解答題17正弦定理、三角恒等變換正、余弦定理、三角恒等變換18線線平行的證明及由二面角求線段長度等差數列、數列的奇偶項問題19利用導數判斷函數的單調性、證明不等式統計圖表、概率統計與函數交匯問題20等差數列的概念、性質及前n項和空間線面位置關系、二面角的正弦值21概率與數列的交匯問題直線與雙曲線的位置關系、定直線問題22以拋物線為背景，考查不等式及函數的最值以三角函數、對數函數為載體，考查導數的應用從上表可以看出，試題所考查知識范圍及思想方法90％以上都源于教材主干知識，由此在一輪復習備考中更應重視必備知識的系統梳理、基本能力的逐點夯實.二、注重試題情境創設、牢記育人宗旨1.關注社會熱點2023年新高考Ⅰ卷第10題以當今社會熱點“噪聲污染問題”為背景命制試題，目的是引導學生關注社會、關注民生，用所學知識解決生活實踐情境下的實際問題.（多選）（2023·新高考Ⅰ卷）噪聲污染問題越來越受到重視.用聲壓級來度量聲音的強弱，定義聲壓級Lp＝20×lgpp0，其中常數p0（p0＞0）是聽覺下限閾值，p是實際聲壓.聲源與聲源的距離/m聲壓級/dB燃油汽車1060～90混合動力汽車1050～60電動汽車1040已知在距離燃油汽車、混合動力汽車、電動汽車10m處測得實際聲壓分別為p1，p2，p3，則（）A.p1≥p2 B.p2＞10p3C.p3＝100p0 D.p1≤100p22.弘揚優秀傳統文化2022年新高考Ⅱ卷第3題以中國古代建筑中的舉架結構為背景命制出以等差數列為考查點的試題，此類試題不但能考查學生的閱讀理解能力、直觀想象能力及知識運用能力，而且還能以優秀傳統文化精髓陶冶情操.（2022·新高考Ⅱ卷）圖①是中國古代建筑中的舉架結構，AA'，BB'，CC'，DD'是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉.圖②是某古代建筑屋頂截面的示意圖，其中DD1，CC1，BB1，AA1是舉，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為DD1OD1＝0.5，CC1DC1＝k1，BB1CB1＝k2，AA1BA1＝k3.已知k1，A.0.75 B.0.8C.0.85 D.0.93.展示現代科學技術水平2021年新高考Ⅱ卷第4題以我國航天事業的重要成果北斗三號全球衛星導航系統為試題情境命制立體幾何問題，在考查學生的空間想象能力和閱讀理解、數學建模等素養的同時，引導學生關注我國社會現實與經濟、科技進步與發展，增強民族自豪感與自信心.（2021·新高考Ⅱ卷）北斗三號全球衛星導航系統是我國航天事業的重要成果.在衛星導航系統中，地球靜止同步衛星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000km（軌道高度是指衛星到地球表面的距離）.將地球看作是一個球心為O，半徑r為6400km的球，其上點A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數.地球表面上能直接觀測到一顆地球靜止同步軌道衛星點的緯度最大值為α，記衛星信號覆蓋地球表面的表面積為S＝2πr2（1－cosα）（單位：km2），則S占地球表面積的百分比約為（）A.26％ B.34％C.42％ D.50％4.體現數學應用價值2022年新高考Ⅰ卷第4題以我國的重大建設成就“南水北調”工程為背景命制出以四棱臺體積公式為考查點的立體幾何試題，體現了數學的應用價值.（2022·新高考Ⅰ卷）南水北調工程緩解了北方一些地區水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148.5m時，相應水面的面積為140.0km2；水位為海拔157.5m時，相應水面的面積為180.0km2.將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔148.5m上升到157.5m時，增加的水量約為（7≈2.65）（）A.1.0×109m3 B.1.2×109m3C.1.4×109m3 D.1.6×109m3三、重視能力考查、使素養評價科學有據高中數學課程標準對培養學生能力的要求是數學“六大核心素養”的集中展示.要檢驗學生核心素養高低，必須通過解決數學問題來體現.（多選）（2023·新高考Ⅰ卷）下列物體中，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）內的有（）A.直徑為0.99m的球體B.所有棱長均為1.4m的四面體C.底面直徑為0.01m，高為1.8m的圓柱體D.底面直徑為1.2m，高為0.01m的圓柱體素養評價本題為多選題，以正方體內嵌入其他幾何體為背景考查學生不同的素養層級，由A、B、C、D四個選項設計的問題不同，對應解決問題所需核心素養也逐漸提升，本題真