2023年 數(shù)學(xué)高考題全國甲卷（文科）

PAGE1一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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.（2023·全國甲卷1題）設(shè)全集U＝{1，2，3，4，5}，集合M＝{1，4}，N＝{2，5}，則N∪?UM＝（）A.{2，3，5} B.{1，3，4}C.{1，2，4，5} D.{2，3，4，5}解析：A由題意知，?UM＝{2，3，5}，∴N∪?UM＝{2，3，5}.故選A.2.（2023·全國甲卷2題）5（1+iA.－1 B.1C.1－i D.1＋i解析：C由題意得5（1+i3）（2+i)(2－i3.（2023·全國甲卷3題）已知向量a＝（3，1），b＝（2，2），則cos＜a＋b，a－b＞＝（）A.117 B.C.55 D.解析：B由題意知，a＋b＝（5，3），a－b＝（1，－1），所以cos＜a＋b，a－b＞＝（a＋b）·（a－b）4.（2023·全國甲卷4題）某校文藝部有4名學(xué)生，其中高一、高二年級(jí)各2名.從這4名學(xué)生中隨機(jī)選2名組織校文藝匯演，則這2名學(xué)生來自不同年級(jí)的概率為（）A.16 B.C.12 D.解析：D記高一年級(jí)2名學(xué)生分別為a1，a2，高二年級(jí)2名學(xué)生分別為b1，b2，則從這4名學(xué)生中隨機(jī)選2名組織校文藝匯演的基本事件有（a1，a2），（a1，b1），（a1，b2），（a2，b1），（a2，b2），（b1，b2），共6個(gè)，其中這2名學(xué)生來自不同年級(jí)的基本事件有（a1，b1），（a1，b2），（a2，b1），（a2，b2），共4個(gè)，所以這2名學(xué)生來自不同年級(jí)的概率P＝46＝235.（2023·全國甲卷5題）記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若a2＋a6＝10，a4a8＝45，則S5＝（）A.25 B.22C.20 D.15解析：C法一設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d.由a2＋a6=10，a4a8=45，得a4=5，a8=9，∴d＝a8－a48－4＝9－58－4＝法二設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5①，由a4a8＝45，可得（a1＋3d）（a1＋7d）＝45②，由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋5×42×d＝6.（2023·全國甲卷6題）執(zhí)行如圖的程序框圖，則輸出的B＝（）A.21B.34C.55D.89解析：B第一次循環(huán)后：A＝3，B＝5，k＝2；第二次循環(huán)后：A＝8，B＝13，k＝3；第三次循環(huán)后：A＝21，B＝34，k＝4，循環(huán)結(jié)束，輸出B＝34.故選B.7.（2023·全國甲卷7題）設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓C：x25＋y2＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)P在C上，若·＝0，則｜PF1｜·｜PF2｜＝（）A.1 B.2C.4 D.5解析：B由題意，得a2＝5，b2＝1，則c2＝a2－b2＝4.∵·＝0，∴PF1⊥PF2，∴｜PF1｜2＋｜PF2｜2＝｜F1F2｜2＝4c2.∵｜PF1｜＋｜PF2｜＝2a，∴｜PF1｜·｜PF2｜＝(|PF18.（2023·全國甲卷8題）曲線y＝exx+1在點(diǎn)（1，e2A.y＝e4x B.y＝eC.y＝e4x＋e4 D.y＝e2解析：C由題意可知y'＝ex（x+1)-ex·1（x+1）2＝xex（x+1）2，則曲線y＝exx+1在點(diǎn)（1，e2）處的切線斜率k＝y(tǒng)'｜x＝1＝e4，所以曲線y＝e9.（2023·全國甲卷9題）已知雙曲線C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的離心率為5，C的一條漸近線與圓（x－2）2＋（y－3）2＝1交于A，B兩點(diǎn)，則A.55 B.C.355 解析：D法一根據(jù)雙曲線的離心率e＝5＝ca，得c＝5a，即c2＝5a2，即a2＋b2＝5a2，所以b2＝4a2，b2a2＝4，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±2x，易知漸近線y＝2x與圓相交.由y=2x，（x－2）2＋（y－3）2=1，得5x2－16x＋12＝0.設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1＋x2＝165，x1x2＝法二由法一知，圓心（2，3）到漸近線y＝2x的距離d＝｜2×2－3｜22＋(-1）2＝55，所以10.（2023·全國甲卷10題）在三棱錐P-ABC中，△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA＝PB＝2，PC＝6，則該棱錐的體積為（）A.1 B.3C.2 D.3解析：A取棱AB的中點(diǎn)D，連接PD，CD.∵PA＝PB＝2，CA＝CB＝AB＝2，∴PD＝CD＝3.又∵PC＝6，∴PC2＝PD2＋CD2，則PD⊥DC.又∵PD⊥AB，DC，AB?平面ABC，AB∩DC＝D，∴PD⊥平面ABC，∴VP-ABC＝13S△ABC·PD＝13×12×2×3×3＝11.（2023·全國甲卷11題）已知函數(shù)f（x）＝e-(x－1）2，記a＝f（22），b＝f（32），cA.b＞c＞a B.b＞a＞cC.c＞b＞a D.c＞a＞b解析：A函數(shù)f（x）＝e-(x－1）2是由函數(shù)y＝eu和u＝－（x－1）2復(fù)合而成的復(fù)合函數(shù)，y＝eu為R上的增函數(shù)，u＝－（x－1）2在（－∞，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，所以由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知，f（x）在（－∞，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減.易知f（x）的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，所以c＝f（62）＝f（2－62），又22＜2－62＜32＜1，所以f（22）＜f（2－62）12.（2023·全國甲卷12題）函數(shù)y＝f（x）的圖象由函數(shù)y＝cos（2x＋π6）的圖象向左平移π6個(gè)單位長度得到，則y＝f（x）的圖象與直線y＝12x－1A.1 B.2C.3 D.4解析：C將函數(shù)y＝cos（2x＋π6）的圖象向左平移π6個(gè)單位長度得到函數(shù)y＝f（x）＝cos［2（x＋π6）＋π6］＝cos（2x＋π2）＝－sin2x的圖象，則y＝f（x）＝－sin2x.分別畫出函數(shù)y＝－sin2x的圖象與直線y＝12x－12，如圖.由圖可得y＝f（x）的圖象與直線y＝12x二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.（2023·全國甲卷13題）記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若8S6＝7S3，則{an}的公比為.解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q（q≠1）.由8S6＝7S3，得8×a1（1－q6）1－q＝7×a1（1－q3）1答案：－114.（2023·全國甲卷14題）若f（x）＝（x－1）2＋ax＋sin（x＋π2）為偶函數(shù)，則a＝解析：法一因?yàn)閒（x）為偶函數(shù)，所以f（－x）＝f（x），即（－x－1）2－ax＋sin（－x＋π2）＝（x－1）2＋ax＋sin（x＋π2），得a法二因?yàn)閒（x）為偶函數(shù)，所以f（－π2）＝f（π2），即（－π2－1）2－π2a＝（π2－1）2＋π答案：215.（2023·全國甲卷15題）若x，y滿足約束條件3x－2y≤3，－2x+3y≤3，x＋y≥1解析：根據(jù)不等式組作出可行域如圖所示，作出直線3x＋2y＝0并平移，由圖可知，當(dāng)平移后的直線經(jīng)過點(diǎn)A時(shí)，z取得最大值.根據(jù)3x－2y=3，－2x+3y=3，得x=3，y=3，所以z答案：1516.（2023·全國甲卷16題）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，O為AC1的中點(diǎn)，若該正方體的棱與球O的球面有公共點(diǎn)，則球O的半徑的取值范圍是.解析：由題意知，球O的球面與正方體的棱有公共點(diǎn)，則球O的半徑大于或等于正方體的棱切球半徑.設(shè)棱切球半徑為r1，則2r1＝42＋42，所以r1＝22.同時(shí)球O的半徑小于或等于正方體的外接球半徑.設(shè)外接球半徑為r2，則2r2＝42＋42＋42，所以r2＝23答案：[22，23]三、解答題：共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答.（一）必考題：共60分.17.（2023·全國甲卷17題）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知b2＋（1）求bc；（2）若acosB－bcosAacosB解：（1）由余弦定理，得b2＋c2－a2cosA＝2bc（2）由acosB－bcosAacosB＋因?yàn)閟inC＝sin（A＋B）＝sinAcosB＋cosAsinB，所以sinAcosB－sinBcosAsinAcosB＋sinBcosA－sinBsinAcosB＋sinBcosA＝1所以－sinB＝2sinBcosA.因?yàn)?＜B＜π，所以sinB≠0，所以cosA＝－12，sinA＝1－co所以S△ABC＝12bcsinA＝318.（2023·全國甲卷18題）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.（1）證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；（2）設(shè)AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1-BB1C1C的高.解：（1）證明：因?yàn)锳1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC.因?yàn)椤螦CB＝90°，所以AC⊥BC.因?yàn)锳C∩A1C＝C，AC，A1C?平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1.因?yàn)锽C?平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.（2）如圖，取棱AA1的中點(diǎn)D，連接BD，CD.因?yàn)锳B＝A1B，所以AA1⊥BD.因?yàn)锽C⊥平面ACC1A1，AA1?平面ACC1A1，所以BC⊥AA1.因?yàn)锽C∩BD＝B，BC，BD?平面BCD，所以AA1⊥平面BCD.因?yàn)镃D?平面BCD，所以AA1⊥CD.因?yàn)锳A1∥CC1，所以CD⊥CC1.又因?yàn)镃D⊥BC，BC∩CC1＝C，BC，CC1?平面BB1C1C，所以CD⊥平面BB1C1C.因?yàn)锳A1＝2，所以CD＝1.易知AA1∥平面BB1C1C，所以四棱錐A1-BB1C1C的高為CD＝1.19.（2023·全國甲卷19題）一項(xiàng)試驗(yàn)旨在研究臭氧效應(yīng)，試驗(yàn)方案如下：選40只小白鼠，隨機(jī)地將其中20只分配到試驗(yàn)組，另外20只分配到對(duì)照組，試驗(yàn)組的小白鼠飼養(yǎng)在高濃度臭氧環(huán)境，對(duì)照組的小白鼠飼養(yǎng)在正常環(huán)境，一段時(shí)間后統(tǒng)計(jì)每只小白鼠體重的增加量（單位：g）.試驗(yàn)結(jié)果如下：對(duì)照組的小白鼠體重的增加量從小到大排序?yàn)椋?5.218.820.221.322.523.225.826.527.530.132.634.334.835.635.635.836.237.340.543.2試驗(yàn)組的小白鼠體重的增加量從小到大排序?yàn)椋?.809.2011.412.413.215.516.518.018.8 19.2 19.8 20.2 21.6 22.823.623.925.1 28.2 32.3 36.5（1）計(jì)算試驗(yàn)組的樣本平均數(shù)；（2）①求40只小白鼠體重的增加量的中位數(shù)m，再分別統(tǒng)計(jì)兩樣本中小于m與不小于m的數(shù)據(jù)的個(gè)數(shù)，完成如下列聯(lián)表：＜m≥m對(duì)照組試驗(yàn)組②根據(jù)①中的列聯(lián)表，能否有95％的把握認(rèn)為小白鼠在高濃度臭氧環(huán)境中與在正常環(huán)境中體重的增加量有差異？附：K2＝n（P（K2≥k）0.1000.0500.010k2.7063.8416.635.解：（1）試驗(yàn)組的樣本平均數(shù)為120×（7.8＋9.2＋11.4＋12.4＋13.2＋15.5＋16.5＋18.0＋18.8＋19.2＋19.8＋20.2＋21.6＋22.8＋23.6＋23.9＋25.1＋28.2＋32.3＋36.5）＝（2）①將40個(gè)數(shù)據(jù)按照從小到大的順序依次排列，得最中間的兩個(gè)數(shù)據(jù)即第20個(gè)和第21個(gè)數(shù)據(jù)分別為23.2和23.6，則40只小白鼠體重的增加量的中位數(shù)m＝23.2+23列聯(lián)表如下：＜m≥m對(duì)照組614試驗(yàn)組146②K2＝n（ad－bc）2（故有95％的把握認(rèn)為小白鼠在高濃度臭氧環(huán)境中與在正常環(huán)境中體重的增加量有差異.20.（2023·全國甲卷20題）已知函數(shù)f（x）＝ax－sinxcos2x，x∈（（1）當(dāng)a＝1時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）＋sinx＜0，求a的取值范圍.解：（1）當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＝x－sinx所以f'（x）＝1－cos3x因?yàn)閤∈（0，π2），所以0＜cosx＜1所以cos3x＋cos2x－2＜0，所以f'（x）＜0.故當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）在（0，π2）上單調(diào)遞減（2）由f（x）＋sinx＜0，得ax＋sinx－sinxco設(shè)g（x）＝ax＋sinx－sinx則g'（x）＝a＋cosx－2－g″（x）＝－sinx－2sinxcos4所以g'（x）在（0，π2）上單調(diào)遞減，若g（x）＜0因?yàn)間（0）＝0，所以g'（0）＝a≤0.當(dāng)a≤0時(shí)，g'（x）＝a＋cosx－2－cos2xcos3x≤cosx－2所以g（x）在（0，π2）所以g（x）＜g（0）＝0，所以f（x）＋sinx＜0.故a的取值范圍是（－∞，0].21.（2023·全國甲卷21題）已知直線x－2y＋1＝0與拋物線C：y2＝2px（p＞0）交于A，B兩點(diǎn)，｜AB｜＝415.（1）求p；（2）設(shè)F為C的焦點(diǎn)，M，N為C上兩點(diǎn)，且·＝0，求△MFN面積的最小值.解：（1）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，由Δ1＝16p2－8p＞0，得p＞12由根與系數(shù)的關(guān)系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，∴｜AB｜＝1+1（12）2·（y1＋y2）2－4y故p＝2.（2）由（1）知，拋物線的焦點(diǎn)為F（1，0）.由題意知直線MN的斜率不可能為0，∴設(shè)MN的方程為x＝my＋t，M（x3，y3），N（x4，y4），聯(lián)立x＝my＋t，y2=4x，消去x得y2－4∴Δ＝16m2＋16t＞0，即m2＋t＞0，由根與系數(shù)的關(guān)系得y3＋y4＝4m，y3y4＝－4t，∵·＝0，∴（x3－1，y3）·（x4－1，y4）＝0，即（x3－1）（x4－1）＋y3y4＝（my3＋t－1）（my4＋t－1）＋y3y4＝（m2＋1）y3y4＋m（t－1）（y3＋y4）＋（t－1）2＝（m2＋1）（－4t）＋m（t－1）·4m＋（t－1）2＝0，即－4m2t－4t＋4m2t－4m2＋t2－2t＋1＝0，即4m2＝t2－6t＋1.設(shè)F到MN的距離為d，則d＝｜t又｜MN｜＝1+m2｜y3－y4｜＝1+m2·（y3＋y4）∴S△MFN＝12｜MN｜·d＝12×41+m2·m2＋t·｜t－1｜1+m2＝2m2＋t·｜t－1｜＝4m2+4t∵4m2＝t2－6t＋1≥0，解得t≤3－22或t≥3＋22，∴當(dāng)且僅當(dāng)t＝3－22時(shí)，S△MFN取得最小值12－82.即△MFN面積的最小值為12－82.（二）選考題：共10分.請考生在第22、23題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題計(jì)分.22.（2023·全國甲卷22題）[選修4—4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]已知點(diǎn)P（2，1），直線l：x=2+tcosα，y=1+tsinα（t為參數(shù)），α為l的傾斜角，l與x軸正半軸、y軸正半軸分別交于點(diǎn)A，B（1）求α；（2）以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，求l的極坐標(biāo)方程.解：（1）記點(diǎn)A，B對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為t1，t2.令x＝0，得t2＝－2cos令y＝0，得t1＝－1sin則｜PA｜·｜PB｜＝｜－2cosα｜｜－1sinα｜＝｜2sinαcosα所以sin2α＝±1，由題可知α∈[0，π），所以α＝π4或α＝3因?yàn)橹本€l與x軸正半軸、y軸正半軸相交，所以α＝3π（2）根據(jù)（1）得直線l的參數(shù)方程為x=2－22轉(zhuǎn)化為普通方程為x＋y－3＝0，因?yàn)閤＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以l的極坐標(biāo)方程為ρcosθ＋ρsinθ－3＝0.23.（2023·全國甲卷23題）[選修4—5：不等式選講]設(shè)a＞0，函數(shù)f（x）＝2｜x－a｜－a.（1）求不等式f（x）＜x的解集；（2）若曲線y＝f（x）與x軸所圍成的圖形的面積為2，求a.解：（1）法一求不等式f（x）＜x的解集，即求不等式2｜x－a｜－a＜x的解集，整理得2｜x－a｜＜x＋a，不等式兩邊同時(shí)平方，得4（x2－2ax＋a2）＜x2＋2ax＋a2，整理得3x2－10ax＋3a2＜0，因式分解得（3x－a）（x－3a）＜0，因?yàn)閍＞0，所以可得a3＜x＜3a故不等式的解集為（a3，3a）法二若x≤a，則f（x）＝2a－2x－a＜x，即3x＞a，解得x＞a3，得a3＜x≤若x＞a，則f（x）＝2x－2a－a＜x，解得x＜3a，得a＜x＜3a.綜上，不等式的解集為（a3，3a）（2）法一設(shè)曲線y＝f（x）與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，x1＞x2.令f（x）＝0，得2｜x－a｜＝a，即2x－2a＝a或2x－2a＝－a，得x1＝3a2，x2＝a2，故曲線y＝f（x）與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)之間的距離d＝｜x1－x2｜＝易得三角形不在x軸上的頂點(diǎn)的坐標(biāo)為（a，－a），所以三角形的面積S＝12d·｜－a｜＝12a2＝即a2＝4，解得a＝2或a＝－2（舍去），故a＝2.法二f（x）＝－作出f（x）的大致圖象如圖，曲線y＝f（x）與x軸圍成的圖形即△ABC，易得A（a2，0），B（3a2，0），C（a，－所以｜AB｜＝a，△ABC的底邊AB上的高為a，所以S△ABC＝12｜AB｜·a＝12a2＝2，解得a＝2或a＝－故a＝2.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)更新請掃碼獲取縱觀近年來新高考數(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.通過設(shè)計(jì)真實(shí)問題情境，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橢圓的離心率問題由直線與橢圓的位置關(guān)系求參數(shù)6圓的切線問題由函數(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度等差數(shù)列、數(shù)列的奇偶項(xiàng)問題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)列的交匯問題直線與雙曲線的位置關(guān)系、定直線問題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(jí)來度量聲音的強(qiáng)弱，定義聲壓級(jí)Lp＝20×lgpp0，其中常數(shù)p0（p0＞0）是聽覺下限閾值，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(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.將該水庫在這兩個(gè)水位間的形狀看作一個(gè)棱臺(tái)，則該水庫水位從海拔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，必須通過解決數(shù)學(xué)問題來體現(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)的問題不同，對(duì)應(yīng)解決問題所需核心素養(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A，B兩點(diǎn)，寫出滿足“△ABC面積為85”的m的一個(gè)值試題評(píng)析本類題目屬于結(jié)論開放型，利用所學(xué)知識(shí)選擇數(shù)學(xué)模型，使之滿足題目所具有的結(jié)論可能不唯一，選其之一作為答案即