2019年 文科數(shù)學(xué)高考題北京卷

PAGE1本試卷分為第一部分(選擇題)和第二部分(非選擇題)，共150分，考試時(shí)長(zhǎng)120分鐘．第一部分一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．(2019·北京高考)已知集合A＝{x|－1<x<2}，B＝{x|x>1}，則A∪B＝()A．(－1,1) B．(1,2)C．(－1，＋∞) D．(1，＋∞)解析：選C將集合A，B在數(shù)軸上表示出來(lái)，如圖所示．由圖可得A∪B＝{x|x>－1}．故選C.2．(2019·北京高考)已知復(fù)數(shù)z＝2＋i，則z·eq\x\to(z)＝()A.eq\r(3) B.eq\r(5)C．3 D．5解析：選D法一：∵z＝2＋i，∴eq\x\to(z)＝2－i.∴z·eq\x\to(z)＝(2＋i)(2－i)＝5.故選D.法二：z·eq\x\to(z)＝|z|2＝22＋12＝5，故選D.3．(2019·北京高考)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A．y＝xeq\f(1,2) B．y＝2－xC．y＝logeq\f(1,2)x D．y＝eq\f(1,x)解析：選Ay＝xeq\f(1,2)＝eq\r(x)，y＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，y＝logeq\f(1,2)x，y＝eq\f(1,x)的圖象如圖所示．由圖象知，只有y＝xeq\f(1,2)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．故選A.4．(2019·北京高考)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的s值為()A．1 B．2C．3 D．4解析：選B初始①②s＝1s＝2s＝2k＝1k＝2k＝3k＝3滿足判斷框的條件，∴s＝2.故選B.5．(2019·北京高考)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的離心率是eq\r(5)，則a＝()A.eq\r(6) B．4C．2 D.eq\f(1,2)解析：選D由雙曲線方程eq\f(x2,a2)－y2＝1，得b2＝1，∴c2＝a2＋1.∴5＝e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋1,a2)＝1＋eq\f(1,a2).結(jié)合a>0，解得a＝eq\f(1,2).故選D.6．(2019·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝cosx＋bsinx(b為常數(shù))，則“b＝0”是“f(x)為偶函數(shù)”的()A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選C∵f(x)＝cosx＋bsinx為偶函數(shù)，∴對(duì)任意的x∈R，都有f(－x)＝f(x)，即cos(－x)＋bsin(－x)＝cosx＋bsinx，∴2bsinx＝0.由x的任意性，得b＝0.故f(x)為偶函數(shù)?b＝0.必要性成立．反過(guò)來(lái)，若b＝0，則f(x)＝cosx是偶函數(shù)．充分性成立．∴“b＝0”是“f(x)為偶函數(shù)”的充分必要條件．故選C.7．(2019·北京高考)在天文學(xué)中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來(lái)描述．兩顆星的星等與亮度滿足m2－m1＝eq\f(5,2)lgeq\f(E1,E2)，其中星等為mk的星的亮度為Ek(k＝1,2)．已知太陽(yáng)的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，則太陽(yáng)與天狼星的亮度的比值為()A．1010.1 B．10.1C．lg10.1 D．10－10.1解析：選A設(shè)太陽(yáng)的星等為m1，天狼星的星等為m2，則太陽(yáng)與天狼星的亮度分別為E1，E2，由條件m1＝－26.7，m2＝－1.45，m2－m1＝eq\f(5,2)lgeq\f(E1,E2)，得eq\f(5,2)lgeq\f(E1,E2)＝－1.45＋26.7＝25.25.∴l(xiāng)geq\f(E1,E2)＝25.25×eq\f(2,5)＝10.1，∴eq\f(E1,E2)＝1010.1，即太陽(yáng)與天狼星的亮度的比值為1010.1.故選A.8．(2019·北京高考)如圖，A，B是半徑為2的圓周上的定點(diǎn)，P為圓周上的動(dòng)點(diǎn)，∠APB是銳角，大小為β.圖中陰影區(qū)域的面積的最大值為()A．4β＋4cosβ B．4β＋4sinβC．2β＋2cosβ D．2β＋2sinβ解析：選Beq\a\vs4\al(法一：)如圖①，設(shè)圓心為O，連接OA，OB，OP.∵∠APB＝β，∴∠AOB＝2β，∴S陰影＝S△AOP＋S△BOP＋S扇形AOB＝eq\f(1,2)×2×2sin∠AOP＋eq\f(1,2)×2×2sin∠BOP＋eq\f(1,2)×2β×22＝2sin∠AOP＋2sin∠BOP＋4β＝2sin∠AOP＋2sin(2π－2β－∠AOP)＋4β＝2sin∠AOP－2sin(2β＋∠AOP)＋4β＝2sin∠AOP－2(sin2β·cos∠AOP＋cos2β·sin∠AOP)＋4β＝2sin∠AOP－2sin2β·cos∠AOP－2cos2β·sin∠AOP＋4β＝2(1－cos2β)sin∠AOP－2sin2β·cos∠AOP＋4β＝2×2sin2β·sin∠AOP－2×2sinβ·cosβ·cos∠AOP＋4β＝4sinβ(sinβ·sin∠AOP－cosβ·cos∠AOP)＋4β＝4β－4sinβ·cos(β＋∠AOP)．∵β為銳角，∴sinβ>0.∴當(dāng)cos(β＋∠AOP)＝－1，即β＋∠AOP＝π時(shí)，陰影區(qū)域面積最大，為4β＋4sinβ.故選B.eq\a\vs4\al(法二：)如圖②，設(shè)圓心為O，連接OA，OB，OP，AB，則陰影區(qū)域被分成弓形AmB和△ABP.∵∠APB＝β，∴∠AOB＝2β.∵弓形AmB的面積是定值，∴要使陰影區(qū)域面積最大，則只需△ABP面積最大．∵△ABP底邊AB長(zhǎng)固定，∴只要△ABP的底邊AB上的高最大即可．由圖可知，當(dāng)AP＝BP時(shí)，滿足條件，此時(shí)S陰影＝S扇形AOB＋S△AOP＋S△BOP＝eq\f(1,2)×2β·22＋2×eq\f(1,2)×22·sineq\f(2π－2β,2)＝4β＋4sinβ.這就是陰影區(qū)域面積的最大值．故選B.第二部分二、填空題(本大題共6小題，每小題5分，共30分．把答案填在題中橫線上)9．(2019·北京高考)已知向量a＝(－4,3)，b＝(6，m)，且a⊥b，則m＝________.解析：∵a⊥b，∴a·b＝0.又∵a＝(－4,3)，b＝(6，m)，∴－4×6＋3m＝0，解得m＝8.答案：810．(2019·北京高考)若x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤2，,y≥－1，,4x－3y＋1≥0，))則y－x的最小值為_(kāi)_______，最大值為_(kāi)_______．解析：x，y滿足的平面區(qū)域如圖所示．設(shè)z＝y(tǒng)－x，則y＝x＋z.把z看作常數(shù)，則目標(biāo)函數(shù)是可平行移動(dòng)的直線，z的幾何意義是直線y＝x＋z的縱截距，通過(guò)圖象可知，當(dāng)直線y＝x＋z經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(2,3)時(shí)，z取得最大值，此時(shí)zmax＝3－2＝1.當(dāng)經(jīng)過(guò)點(diǎn)B(2，－1)時(shí)，z取得最小值，此時(shí)zmin＝－1－2＝－3.答案：－3111．(2019·北京高考)設(shè)拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l.則以F為圓心，且與l相切的圓的方程為_(kāi)_______．解析：∵拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,0)，準(zhǔn)線l為直線x＝－1，∴圓的圓心坐標(biāo)為(1,0)．又∵圓與l相切，∴圓心到l的距離為圓的半徑，∴r＝2.∴圓的方程為(x－1)2＋y2＝4.答案：(x－1)2＋y2＝412．(2019·北京高考)某幾何體是由一個(gè)正方體去掉一個(gè)四棱柱所得，其三視圖如圖所示．如果網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，那么該幾何體的體積為_(kāi)_______．解析：如圖，由三視圖可知，該幾何體為正方體ABCD-A1B1C1D1去掉四棱柱B1C1GF-A1D1HE所得，其中正方體ABCD-A1B1C1D1的體積為64.VB1C1GF-A1D1HE＝(4＋2)×eq\f(1,2)×4＝24，所該幾何體的體積為64－24＝40.答案：4013．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個(gè)論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題：________.解析：②③?①.證明如下：∵m∥α，∴根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，知存在n?α，使得m∥n.又∵l⊥α，∴l(xiāng)⊥n，∴l(xiāng)⊥m.①③?②.證明略．答案：②③?①(或①③?②)14．(2019·北京高考)李明自主創(chuàng)業(yè)，在網(wǎng)上經(jīng)營(yíng)一家水果店，銷售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，價(jià)格依次為60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．為增加銷量，李明對(duì)這四種水果進(jìn)行促銷：一次購(gòu)買水果的總價(jià)達(dá)到120元，顧客就少付x元．每筆訂單顧客網(wǎng)上支付成功后，李明會(huì)得到支付款的80%.①當(dāng)x＝10時(shí)，顧客一次購(gòu)買草莓和西瓜各1盒，需要支付________元；②在促銷活動(dòng)中，為保證李明每筆訂單得到的金額均不低于促銷前總價(jià)的七折，則x的最大值為_(kāi)_______．解析：①顧客一次購(gòu)買草莓和西瓜各1盒時(shí)，總價(jià)為60＋80＝140(元)，總價(jià)達(dá)到120元，又x＝10，即顧客少付10元，所以需要支付130元．②設(shè)顧客買水果的總價(jià)為a元，當(dāng)0≤a<120時(shí)，顧客支付a元，李明得到0.8a元，且0.8a≥0.7a，顯然符合題意，此時(shí)x＝0；當(dāng)a≥120時(shí)，則0.8(a－x)≥0.7a恒成立，即x≤eq\f(1,8)a恒成立，x≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)a))min，又a≥120，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)a))min＝15所以x≤15.綜上可知，0≤x＝15，所以x的最大值為15.答案：①130②15三、解答題(解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)15．(2019·北京高考)(本小題滿分13分)在△ABC中，a＝3，b－c＝2，cosB＝－eq\f(1,2).(1)求b，c的值；(2)求sin(B＋C)的值．解：(1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝32＋c2－2×3×c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))).因?yàn)閎＝c＋2，所以(c＋2)2＝32＋c2－2×3×c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))).解得c＝5.所以b＝7.(2)由cosB＝－eq\f(1,2)，得sinB＝eq\f(\r(3),2).由正弦定理，得sinA＝eq\f(a,b)sinB＝eq\f(3\r(3),14).在△ABC中，B＋C＝π－A，所以sin(B＋C)＝sinA＝eq\f(3\r(3),14).16．(2019·北京高考)(本小題滿分13分)設(shè){an}是等差數(shù)列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比數(shù)列．(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)記{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求Sn的最小值．解：(1)設(shè){an}的公差為d.因?yàn)閍1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因?yàn)閍2＋10，a3＋8，a4＋6成等比數(shù)列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2.所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)由(1)知，an＝2n－12.則當(dāng)n≥7時(shí)，an>0；當(dāng)n≤6時(shí)，an≤0.所以Sn的最小值為S5＝S6＝－30.17．(2019·北京高考)(本小題滿分12分)改革開(kāi)放以來(lái)，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變．近年來(lái)，移動(dòng)支付已成為主要支付方式之一．為了解某校學(xué)生上個(gè)月A，B兩種移動(dòng)支付方式的使用情況，從全校所有的1000名學(xué)生中隨機(jī)抽取了100人，發(fā)現(xiàn)樣本中A，B兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用A和僅使用B的學(xué)生的支付金額分布情況如下：支付金額支付方式不大于2000元大于2000元僅使用A27人3人僅使用B24人1人(1)估計(jì)該校學(xué)生中上個(gè)月A，B兩種支付方式都使用的人數(shù)；(2)從樣本僅使用B的學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，求該學(xué)生上個(gè)月支付金額大于2000元的概率；(3)已知上個(gè)月樣本學(xué)生的支付方式在本月沒(méi)有變化．現(xiàn)從樣本僅使用B的學(xué)生中隨機(jī)抽查1人，發(fā)現(xiàn)他本月的支付金額大于2000元．結(jié)合(2)的結(jié)果，能否認(rèn)為樣本僅使用B的學(xué)生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化？說(shuō)明理由．解：(1)由題知，樣本中僅使用A的學(xué)生有27＋3＝30(人)，僅使用B的學(xué)生有24＋1＝25(人)，A，B兩種支付方式都不使用的學(xué)生有5人．故樣本中A，B兩種支付方式都使用的學(xué)生有100－30－25－5＝40(人)．估計(jì)該校學(xué)生中上個(gè)月A，B兩種支付方式都使用的人數(shù)為eq\f(40,100)×1000＝400.(2)記事件C為“從樣本僅使用B的學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，該學(xué)生上個(gè)月的支付金額大于2000元”，則P(C)＝eq\f(1,25)＝0.04.(3)記事件E為“從樣本僅使用B的學(xué)生中隨機(jī)抽查1人，該學(xué)生本月的支付金額大于2000元”．假設(shè)樣本僅使用B的學(xué)生中，本月支付金額大于2000元的人數(shù)沒(méi)有變化，則由(2)知，P(E)＝0.04.答案示例1：可以認(rèn)為有變化．理由如下：P(E)比較小，概率比較小的事件一般不容易發(fā)生，一旦發(fā)生，就有理由認(rèn)為本月支付金額大于2000元的人數(shù)發(fā)生了變化．所以可以認(rèn)為有變化．答案示例2：無(wú)法確定有沒(méi)有變化．理由如下：事件E是隨機(jī)事件，P(E)比較小，一般不容易發(fā)生，但還是有可能發(fā)生的．所以無(wú)法確定有沒(méi)有變化．18．(2019·北京高考)(本小題滿分14分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點(diǎn)．(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在點(diǎn)F，使得CF∥平面PAE？說(shuō)明理由．解：(1)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點(diǎn)，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因?yàn)锳E?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在點(diǎn)F，使得CF∥平面PAE.取PB的中點(diǎn)F，PA的中點(diǎn)G，連接CF，F(xiàn)G，EG，則FG∥AB，且FG＝eq\f(1,2)AB.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，且E為CD的中點(diǎn)，所以CE∥AB，且CE＝eq\f(1,2)AB.所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四邊形CEGF為平行四邊形．所以CF∥EG.因?yàn)镃F?平面PAE，EG?平面PAE，所以CF∥平面PAE.19．(2019·北京高考)(本小題滿分14分)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦點(diǎn)為(1,0)，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0,1)．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)O為原點(diǎn)，直線l：y＝kx＋t(t≠±1)與橢圓C交于兩個(gè)不同點(diǎn)P，Q，直線AP與x軸交于點(diǎn)M，直線AQ與x軸交于點(diǎn)N.若|OM|·|ON|＝2，求證：直線l經(jīng)過(guò)定點(diǎn)．解：(1)由題意，得b2＝1，c＝1，所以a2＝b2＋c2＝2.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明：設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則直線AP的方程為y＝eq\f(y1－1,x1)x＋1.令y＝0，得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)xM＝－eq\f(x1,y1－1).又y1＝kx1＋t，從而|OM|＝|xM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kx1＋t－1))).同理，|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,kx2＋t－1))).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，則x1＋x2＝－eq\f(4kt,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2t2－2,1＋2k2).所以|OM|·|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kx1＋t－1)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,kx2＋t－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,k2x1x2＋kt－1x1＋x2＋t－12)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(2t2－2,1＋2k2),k2·\f(2t2－2,1＋2k2)＋kt－1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4kt,1＋2k2)))＋t－12)))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋t,1－t))).又|OM|·|ON|＝2，所以2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋t,1－t)))＝2.解得t＝0，所以直線l經(jīng)過(guò)定點(diǎn)(0,0)．20．(2019·北京高考)(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,4)x3－x2＋x.(1)求曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程；(2)當(dāng)x∈[－2,4]時(shí)，求證：x－6≤f(x)≤x；(3)設(shè)F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，記F(x)在區(qū)間[－2,4]上的最大值為M(a)．當(dāng)M(a)最小時(shí)，求a的值．解：(1)由f(x)＝eq\f(1,4)x3－x2＋x得f′(x)＝eq\f(3,4)x2－2x＋1.令f′(x)＝1，即eq\f(3,4)x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝eq\f(8,3).又f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))＝eq\f(8,27)，所以曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程是y＝x與y－eq\f(8,27)＝x－eq\f(8,3)，即y＝x與y＝x－eq\f(64,27).(2)證明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2,4]．由g(x)＝eq\f(1,4)x3－x2得g′(x)＝eq\f(3,4)x2－2x.令g′(x)＝0得x＝0或x＝eq\f(8,3).當(dāng)x變化時(shí)，g′(x)，g(x)的變化情況如下：x－2(－2,0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3)))eq\f(8,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，4))4g′(x)＋0－0＋g(x)－60－eq\f(64,27)0所以g(x)的最小值為－6，最大值為0.故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.(3)由(2)知，當(dāng)a<－3時(shí)，M(a)＝F(0)≥|g(0)－a|＝－a>3；當(dāng)a>－3時(shí)，M(a)≥F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；當(dāng)a＝－3時(shí)，M(a)＝3.綜上，當(dāng)M(a)最小時(shí)，a＝－3.前沿?zé)狳c(diǎn)——新高考數(shù)學(xué)考情分析2024年新高考真題（含考情分析）及高考最新動(dòng)向?qū)崟r(shí)更新請(qǐng)掃碼獲取縱觀近年來(lái)新高考數(shù)學(xué)試題，試題貫徹落實(shí)了高考改革的總體要求，實(shí)施“德智體美勞”全面發(fā)展的教育方針，聚焦核心素養(yǎng)，突出關(guān)鍵能力考查，落實(shí)立德樹(shù)人根本任務(wù)，充分發(fā)揮考試的引導(dǎo)作用.試題突出數(shù)學(xué)本質(zhì)、重視理性思維、堅(jiān)持素養(yǎng)導(dǎo)向、能力為重的命題原則.通過(guò)設(shè)計(jì)真實(shí)問(wèn)題情境，體現(xiàn)數(shù)學(xué)的應(yīng)用價(jià)值；穩(wěn)步推進(jìn)改革，科學(xué)把握必備知識(shí)與關(guān)鍵能力的關(guān)系，體現(xiàn)了對(duì)基礎(chǔ)性、綜合性、應(yīng)用性和創(chuàng)新性的高考考查要求.一、突出主干知識(shí)、筑牢能力基礎(chǔ)以2023年新高考Ⅰ、Ⅱ卷為例，對(duì)各試題所考查的主干知識(shí)分析如下：題型題號(hào)各試題所考查的知識(shí)點(diǎn)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(yùn)算復(fù)數(shù)的乘法及幾何意義2復(fù)數(shù)運(yùn)算、共軛復(fù)數(shù)由集合間的關(guān)系求參數(shù)3向量垂直、數(shù)量積運(yùn)算分層隨機(jī)抽樣、計(jì)數(shù)原理4由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)由函數(shù)的奇偶性求參數(shù)5橢圓的離心率問(wèn)題由直線與橢圓的位置關(guān)系求參數(shù)6圓的切線問(wèn)題由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)7等差數(shù)列充要條件的判定半角公式8三角函數(shù)中和、差、倍角公式的應(yīng)用等比數(shù)列的概念、前n項(xiàng)和及性質(zhì)多選題9樣本數(shù)字特征圓錐的體積、側(cè)面積和截面面積10以實(shí)際問(wèn)題為背景考查對(duì)數(shù)大小比較直線與拋物線的位置關(guān)系、拋物線的概念及性質(zhì)11抽象函數(shù)的函數(shù)性質(zhì)函數(shù)的極值及應(yīng)用12以正方體內(nèi)嵌入某幾何體考查對(duì)稱性、空間位置關(guān)系獨(dú)立事件的概率、二項(xiàng)分布模型填空題13計(jì)數(shù)原理向量的數(shù)量積、模14四棱臺(tái)的體積四棱臺(tái)的體積15三角函數(shù)中由零點(diǎn)個(gè)數(shù)求ω范圍直線與圓的位置關(guān)系16雙曲線幾何性質(zhì)、平面向量三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)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(zhǎng)度等差數(shù)列、數(shù)列的奇偶項(xiàng)問(wèn)題19利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、證明不等式統(tǒng)計(jì)圖表、概率統(tǒng)計(jì)與函數(shù)交匯問(wèn)題20等差數(shù)列的概念、性質(zhì)及前n項(xiàng)和空間線面位置關(guān)系、二面角的正弦值21概率與數(shù)列的交匯問(wèn)題直線與雙曲線的位置關(guān)系、定直線問(wèn)題22以拋物線為背景，考查不等式及函數(shù)的最值以三角函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)為載體，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用從上表可以看出，試題所考查知識(shí)范圍及思想方法90％以上都源于教材主干知識(shí)，由此在一輪復(fù)習(xí)備考中更應(yīng)重視必備知識(shí)的系統(tǒng)梳理、基本能力的逐點(diǎn)夯實(shí).二、注重試題情境創(chuàng)設(shè)、牢記育人宗旨1.關(guān)注社會(huì)熱點(diǎn)2023年新高考Ⅰ卷第10題以當(dāng)今社會(huì)熱點(diǎn)“噪聲污染問(wèn)題”為背景命制試題，目的是引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注社會(huì)、關(guān)注民生，用所學(xué)知識(shí)解決生活實(shí)踐情境下的實(shí)際問(wèn)題.（多選）（2023·新高考Ⅰ卷）噪聲污染問(wèn)題越來(lái)越受到重視.用聲壓級(jí)來(lái)度量聲音的強(qiáng)弱，定義聲壓級(jí)Lp＝20×lgpp0，其中常數(shù)p0（p0＞0）是聽(tīng)覺(jué)下限閾值，p是實(shí)際聲壓.聲源與聲源的距離/m聲壓級(jí)/dB燃油汽車1060～90混合動(dòng)力汽車1050～60電動(dòng)汽車1040已知在距離燃油汽車、混合動(dòng)力汽車、電動(dòng)汽車10m處測(cè)得實(shí)際聲壓分別為p1，p2，p3，則（）A.p1≥p2 B.p2＞10p3C.p3＝100p0 D.p1≤100p22.弘揚(yáng)優(yōu)秀傳統(tǒng)文化2022年新高考Ⅱ卷第3題以中國(guó)古代建筑中的舉架結(jié)構(gòu)為背景命制出以等差數(shù)列為考查點(diǎn)的試題，此類試題不但能考查學(xué)生的閱讀理解能力、直觀想象能力及知識(shí)運(yùn)用能力，而且還能以優(yōu)秀傳統(tǒng)文化精髓陶冶情操.（2022·新高考Ⅱ卷）圖①是中國(guó)古代建筑中的舉架結(jié)構(gòu)，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(xiàn)代科學(xué)技術(shù)水平2021年新高考Ⅱ卷第4題以我國(guó)航天事業(yè)的重要成果北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)為試題情境命制立體幾何問(wèn)題，在考查學(xué)生的空間想象能力和閱讀理解、數(shù)學(xué)建模等素養(yǎng)的同時(shí)，引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注我國(guó)社會(huì)現(xiàn)實(shí)與經(jīng)濟(jì)、科技進(jìn)步與發(fā)展，增強(qiáng)民族自豪感與自信心.（2021·新高考Ⅱ卷）北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國(guó)航天事業(yè)的重要成果.在衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中，地球靜止同步衛(wèi)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(wèi)星到地球表面的距離）.將地球看作是一個(gè)球心為O，半徑r為6400km的球，其上點(diǎn)A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數(shù).地球表面上能直接觀測(cè)到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點(diǎn)的緯度最大值為α，記衛(wèi)星信號(hào)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(xiàn)數(shù)學(xué)應(yīng)用價(jià)值2022年新高考Ⅰ卷第4題以我國(guó)的重大建設(shè)成就“南水北調(diào)”工程為背景命制出以四棱臺(tái)體積公式為考查點(diǎn)的立體幾何試題，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的應(yīng)用價(jià)值.（2022·新高考Ⅰ卷）南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問(wèn)題，其中一部分水蓄入某水庫(kù).已知該水庫(kù)水位為海拔148.5m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為140.0km2；水位為海拔157.5m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為180.0km2.將該水庫(kù)在這兩個(gè)水位間的形狀看作一個(gè)棱臺(tái)，則該水庫(kù)水位從海拔148.5m上升到157.5m時(shí)，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(yǎng)評(píng)價(jià)科學(xué)有據(jù)高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)對(duì)培養(yǎng)學(xué)生能力的要求是數(shù)學(xué)“六大核心素養(yǎng)”的集中展示.要檢驗(yàn)學(xué)生核心素養(yǎng)高低，必須通過(guò)解決數(shù)學(xué)問(wèn)題來(lái)體現(xiàn).（多選）（2023·新高考Ⅰ卷）下列物體中，能夠被整體放入棱長(zhǎng)為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計(jì)）內(nèi)的有（）A.直徑為0.99m的球體B.所有棱長(zhǎng)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(yǎng)評(píng)價(jià)本題為多選題，以正方體內(nèi)嵌入其他幾何體為背景考查學(xué)生不同的素養(yǎng)層級(jí)，由A、B、C、D四個(gè)選項(xiàng)設(shè)計(jì)的問(wèn)題不同，對(duì)應(yīng)解決問(wèn)題所需核心素養(yǎng)也逐漸提升，本題真正體現(xiàn)了“入口容易全分難”的多選題考查特征.四、秉承創(chuàng)新、引導(dǎo)探究性學(xué)習(xí)新高考試卷中開(kāi)放性試題的增設(shè)，促進(jìn)了考查的靈活性，思維方式的多樣性.同時(shí)引導(dǎo)了學(xué)生重視探究性學(xué)習(xí)，逐步培養(yǎng)學(xué)生創(chuàng)新思維的良好習(xí)慣.1.舉例題（2023·新高考Ⅱ卷）已知直線x－my＋1＝0與☉C：（x－1）2＋y2＝4交于