資源簡介

2022年新高考數學試題分析報告基礎性創新性綜合性應用性
一、基礎性——遵循考綱　難易適中
基本概念　基本技能　基本思想　基本應用
基礎性 命題目標 重溫高考 素養清單
基本概念 復數的概念 1.[2021·新高考Ⅱ卷]復數在復平面內對應的點所在的象限為(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
橢圓定義　 2.[2021·新高考Ⅰ卷]已知F1，F2是橢圓C：＋＝1的兩個焦點，點M在C上，則|MF1|·|MF2|的最大值為(　　) A．13　　　　B．12 C．9　　　　 D．6
事件的相互獨立　 3.[2021·新高考Ⅰ卷](多選)有6個相同的球，分別標有數字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機取兩次，每次取1個球，甲表示事件“第一次取出的球的數字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數字之和是7”，則(　　) A．甲與丙相互獨立 B．甲與丁相互獨立 C．乙與丙相互獨立 D．丙與丁相互獨立
正態分布　 4.[2022·新高考Ⅱ卷]已知隨機變量X服從正態分布N(2，σ2)，且P(22.5)＝________．
樣本的數字特征 5.[2021·新高考Ⅰ卷](多選)有一組樣本數據x1，x2，…，xn，由這組數據得到新樣本數據y1，y2，…，yn，其中yi＝xi＋c(i＝1，2，…，n)，c為非零常數，則(　　) A．兩組樣本數據的樣本平均數相同 B．兩組樣本數據的樣本中位數相同 C．兩組樣本數據的樣本標準差相同 D．兩組樣本數據的樣本極差相同
線線角與線面角 6.[2022·新高考Ⅰ卷](多選)已知正方體ABCD A1B1C1D1，則(　　) A．直線BC1與DA1所成的角為90° B．直線BC1與CA1所成的角為90° C．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45° D．直線BC1與平面ABCD所成的角為45°
基本技能 集合運算的求解能力 7.[2022·新高考Ⅰ卷]若集合M＝{x|<4}，N＝{x|3x≥1}，則M∩N＝(　　) A．{x|0≤x<2} B．{x|≤x<2} C．{x|3≤x<16} D．{x|≤x<16}
復數運算的求解能力 8.[2022·新高考Ⅰ卷]若i(1－z)＝1，則z＋＝(　　) A．－2　　　 B．－1 C．1　　　　 D．2
平面向量數量積的坐標運算的求解能力　 9.[2022·新高考Ⅱ卷]已知向量a＝(3，4)，b＝(1，0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，則t＝(　　) A．－6　　　 B．－5 C．5　　　　 D．6
平面向量的線性運算的求解能力　 10.[2022·新高考Ⅰ卷]在△ABC中，點D在邊AB上，BD＝2DA.記＝m，＝n，則＝(　　) A．3m－2n B．－2m＋3n C．3m＋2n D．2m＋3n
三角函數性質的求解能力 11.[2022·新高考Ⅰ卷]記函數f(x)＝sin (ωx＋)＋b(ω>0)的最小正周期為T.若三角恒等變換求值的求解能力 12.[2022·新高考Ⅱ卷]若sin (α＋β)＋cos (α＋β)＝2cos (α＋)sin β，則(　　) A．tan (α－β)＝1 B．tan (α＋β)＝1 C．tan (α－β)＝－1 D．tan (α＋β)＝－1 13.[2021·新高考Ⅰ卷]若tan θ＝－2，則＝(　　) A．－　　　 B．－ C．　　　　 D．
排列與組合的求解能力 14.[2020·新高考Ⅰ卷]6名同學到甲、乙、丙三個場館做志愿者，每名同學只去1個場館，甲場館安排1名，乙場館安排2名，丙場館安排3名，則不同的安排方法共有(　　) A．120種　　 B．90種 C．60種　　　D．30種
二項式展開式通項公式的求解能力 15.[2022·新高考Ⅰ卷](1－)(x＋y)8的展開式中x2y6的系數為________(用數字作答).
等差數列的通項公式及前n項和公式，學生解方程的能力 16.[2020·新高考Ⅰ卷]將數列{2n－1}與{3n－2}的公共項從小到大排列得到數列{an}，則{an}的前n項和為________.
基本思想 平面向量數量積的范圍，數形結合思想的應用 17.[2020·新高考Ⅰ卷]已知P是邊長為2的正六邊形ABCDEF內的一點，則·的取值范圍是(　　) A．(－2，6) B．(－6，2) C．(－2，4) D．(－4，6)
有關圓的問題的求解，數形結合思想的應用 18.[2021·新高考Ⅰ卷](多選)已知點P在圓(x－5)2＋(y－5)2＝16上，點A(4，0)，B(0，2)，則(　　) A．點P到直線AB的距離小于10 B．點P到直線AB的距離大于2 C.當∠PBA最小時，|PB|＝3 D．當∠PBA最大時，|PB|＝3
基本應用 球的表面積在實際中的應用 19.[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36 000 km(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6 400 km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－cos α)(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%
二、綜合性——著眼題型　凸顯能力
試題的綜合性是新高考考查的難點，只要考生突破這個難點，問題便可迎刃而解，體現了高考的選拔性功能．其主要特征是多知識點的交匯，條件和結論由緊密相關的知識構成，是知識網的具體體現．該類問題多呈現在函數與不等式、向量與三角、概率與應用、數列與不等式、平面幾何與立體幾何、直線與圓錐曲線、函數導數與不等式等．解答此類問題必須注意以下三點：
(1)理清知識體系；(2)建立知識網絡關系；(3)注重目標的達成．
綜合性 命題目標 重溫高考 素養清單
函數與不等式 利用函數奇偶性與單調性解抽象函數不等式，分類討論思想的應用能力 1.[2020·新高考Ⅰ卷]若定義在R的奇函數f(x)在(－∞，0)單調遞減，且f(2)＝0，則滿足xf(x－1)≥0的x的取值范圍是(　　) A．[－1，1]∪[3，＋∞) B．[－3，－1]∪[0，1] C．[－1，0]∪[1，＋∞) D．[－1，0]∪[1，3]
不等式的性質、基本不等式、指數函數及對數函數的單調性的綜合 2.[2020·新高考Ⅰ卷](多選)已知a>0，b>0，且a＋b＝1，則(　　) A．a2＋b2≥ B．2a－b> C．log2a＋log2b≥－2 D．＋ ≤
利用導數比較大小 3.[2022·新高考Ⅰ卷](多選)設a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，則(　　) A．a解析 幾何 直線與橢圓的位置關系，利用點差法求解 4.[2022·新高考Ⅱ卷]已知直線l與橢圓＋＝1在第一象限交于A，B兩點，l與x軸、y軸分別交于M，N兩點，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2，則l的方程為________．
立體幾何與導數 正四棱錐內接于球，利用導數求正四棱錐的體積 5.[2022·新高考Ⅰ卷]已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上．若該球的體積為36π，且3≤l≤3，則該正四棱錐體積的取值范圍是(　　) A． B． C． D．[18，27]
三、創新性——立足求變　變中出新
高考數學試題的創新性是數學試題具有較高生命力和價值的體現，每年的高考試題的特點都呈現穩中求新，具有開放性、新穎性、靈活性等特點，“年年考題都相似，考題年年有創新”．近三年新高考創新如下：
(1)2020年新高考第一年，設計了多選題，解答題中設計了結構不良問題(條件三選一)第17題(三角問題).
(2)2021年新高考第二年，新高考Ⅰ卷設計了雙空題第16題，但解答題沒設計結構不良問題(條件三選一)；新高考Ⅱ卷填空題設計了開放性試題(答案不唯一)第14題，解答題設計結構不良問題(條件二選一)第22題(利用導數證明函數零點問題).
(3)2022年新高考第三年，新高考Ⅰ卷沒設計雙空題和結構不良問題，但填空題設計了開放性試題(答案不唯一)第14題；2022年新高考Ⅱ卷填空題設計了雙空題第14題，沒設計開放性試題(答案不唯一)，解答題設計結構不良問題(從三個條件中選兩個證明另一個)第21題(直線與雙曲線問題).
創新性 命題目標 重溫高考 素養清單
多選題 考查利用導數解決三次函數的極值點、零點、對稱中心和曲線的切線 1.[2022·新高考Ⅰ卷](多選)已知函數f(x)＝x3－x＋1，則(　　) A．f(x)有兩個極值點 B．f(x)有三個零點 C．點(0，1)是曲線y＝f(x)的對稱中心 D．直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線
雙空題 以民間剪紙為背景考查數列的遞推和數列求和 2.[2021·新高考Ⅰ卷]某校學生在研究民間剪紙藝術時，發現剪紙時經常會沿紙的某條對稱軸把紙對折，規格為20 dm×12 dm的長方形紙，對折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm兩種規格的圖形，它們的面積之和S1＝240 dm2，對折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三種規格的圖形，它們的面積之和S2＝180 dm2.以此類推，則對折4次共可以得到不同規格圖形的種數為________；如果對折n次，那么＝________ dm2.
( 答案不唯一)開放性 考查圓的切線問題　 3.[2022·新高考Ⅰ卷]寫出與圓x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一條直線的方程____________．
結構不良問題 從三個已知條件選一個解答，考查正弦定理、余弦定理的應用 4.[2020·新高考Ⅰ卷]在①ac＝，②c sin A＝3，③c＝b這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求c的值；若問題中的三角形不存在，說明理由． 問題：是否存在△ABC，它的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且sin A＝sin B，C＝，________？ 注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
從三個條件中選兩個證明另一個，考查直線與雙曲線的有關知識 5.[2022·新高考Ⅱ卷]已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的右焦點為F(2，0)，漸近線方程為y＝±x. (1)求C的方程． (2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.過P且斜率為－的直線與過Q且斜率為的直線交于點M.從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立． ①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|. 注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．
四、應用性——融入素養　特色鮮明
高考數學中應用性包含兩層意思，一層是應用數學知識解決社會生活中的實際問題，另一層是應用數學知識解決相關的數學問題，數學試題從頭到尾處處都體現數學知識的應用，解決問題時注意以下兩點：
(1)將實際問題建立數學模型進行求解，理清建模過程和數據處理，利用數據說話．
(2)應用數學知識解決相關數學問題時，注重分析問題，構建條件與結論的最短(最佳)解題鏈，堅持條件與結論的和諧相融．
應用性 命題目標 重溫高考 素養清單
數學的實際應用 概率與統計在實際生活中的應用 1.[2020·新高考Ⅰ卷]某中學的學生積極參加體育鍛煉，其中有96%的學生喜歡足球或游泳，60%的學生喜歡足球，82%的學生喜歡游泳，則該中學既喜歡足球又喜歡游泳的學生數占該校學生總數的比例是(　　) A．62%　　　B．56% C．46%　　　D．42%
回歸分析在實際生活中的應用　 2.[2020·全國Ⅰ卷]某校一個課外學習小組為研究某作物種子的發芽率y和溫度x(單位：℃)的關系，在20個不同的溫度條件下進行種子發芽實驗，由實驗數據(xi，yi)(i＝1，2，…，20)得到下面的散點圖： 由此散點圖，在10 ℃至40 ℃之間，下面四個回歸方程類型中最適宜作為發芽率y和溫度x的回歸方程類型的是(　　) A．y＝a＋bx B．y＝a＋bx2 C．y＝a＋bex D．y＝a＋b ln x
立體幾何在實際生活中的應用 3.[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148.5 m時，相應水面的面積為140.0 km2；水位為海拔157.5 m時，相應水面的面積為180.0 km2.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148.5 m上升到157.5 m時，增加的水量約為(≈2.65)(　　) A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3 C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3
開篇備考　把脈考向　精準定位
新高考命題四特性
一、基礎性——遵循考綱　難易適中
1．解析：＝＝＝，所以該復數對應的點為，該點在第一象限，故選A.
答案：A
2．解析：由題，a2＝9，b2＝4，則＋＝2a＝6，
所以·≤2＝9（當且僅當＝＝3時，等號成立）.故選C.
答案：C
3．解析：P（甲）＝，P（乙）＝，P（丙）＝，P（丁）＝＝，
P（甲丙）＝0≠P（甲）P（丙），P（甲丁）＝＝P（甲）P（丁），
P（乙丙）＝≠P（乙）P（丙），P（丙丁）＝0≠P（丁）P（丙），
故選B.
答案：B
4．解析：由題意可知P（X>2）＝0.5，所以P（X>2.5）＝P（X>2）－P（2答案：0.14
5．解析：A：E（y）＝E（x＋c）＝E（x）＋c且c≠0，故平均數不相同，錯誤；
B：若第一組中位數為xi，則第二組的中位數為yi＝xi＋c，顯然不相同，錯誤；
C：D（y）＝D（x）＋D（c）＝D（x），故方差相同，正確；
D：由極差的定義知：若第一組的極差為xmax－xmin，則第二組的極差為ymax－ymin＝（xmax＋c）－（xmin＋c）＝xmax－xmin，故極差相同，正確；故選CD.
答案：CD
6．解析：如圖（1），連接B1C.因為DA1∥CB1，BC1⊥CB1，所以直線BC1與DA1所成的角為90°，所以A正確．
如圖（2），連接B1C.因為BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，B1C∩A1B1＝B1，B1C，A1B1 平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，所以B正確，如圖（3），連接A1C1，交B1D1于點O，連接BO，A1B.易證A1C1⊥平面BDD1B1，所以∠C1BO為直線C1B與平面BDD1B1所成的角，∠C1BO＝30°，所以C錯誤．
如圖（4），因為C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC為直線BC1與平面ABCD所成的角，且∠C1BC＝45°，所以D正確．故選ABD.
答案：ABD
7．解析：由＜4，得0≤x＜16，即M＝{x|0≤x＜16}．易得N＝，所以M∩N＝.故選D.
答案：D
8．解析：方法一　因為i（1－z）＝1，所以z＝1－＝1＋i，所以z＝1－i，所以z＋z＝2.故選D.
方法二　因為i（1－z）＝1＝－i2＝i·（－i），所以1－z＝－i，所以z＝1＋i，所以z＝1－i，所以z＋z＝（1＋i）＋（1－i）＝2.故選D.
答案：D
9．解析：因為a＝（3，4），b＝（1，0），所以c＝a＋tb＝（3＋t，4）.由題意，得cos 〈a，c〉＝cos 〈b，c〉，即＝，解得t＝5.故選C.
答案：C
10．解析：因為BD＝2DA，所以＝＋＝＋3＝＋3（－）＝－2＋3＝－2m＋3n.故選B.
答案：B
11．解析：因為＜T＜π，所以＜＜π.又因為ω＞0，所以2＜ω＜3.因為y＝f（x）的圖象關于點（，2）中心對稱，所以b＝2，ω＋＝kπ，k∈Z，所以ω＝－＋k，k∈Z.令2＜－＋k＜3，解得＜k＜.又因為k∈Z，所以k＝4，所以ω＝.所以f（x）＝sin （x＋）＋2，所以f（）＝sin （＋）＋2＝1.故選A.
答案：A
12．解析：方法一　設β＝0，則sin α＋cos α＝0，即tan α＝－1.取α＝，排除A，B.設α＝0，則sin β＋cos β＝2sin β，即tan β＝1.取β＝，排除D.故選C.
方法二　因為sin （α＋β）＋cos （α＋β）＝sin （α＋β＋）＝sin [（α＋）＋β]＝sin （α＋）cos β＋cos （α＋）sin β＝2cos （α＋）sin β，所以sin （α＋）cos β＝cos （α＋）sin β，所以sin （α＋）cos β－cos （α＋）sin β＝0，即sin （α＋－β）＝0.所以sin （α－β＋）＝sin （α－β）＋cos （α－β）＝0，即sin （α－β）＝－cos （α－β），所以tan （α－β）＝－1.故選C.
方法三　因為sin （α＋β）＋cos （α＋β）＝2cos （α＋）sin β，所以sin αcos β＋cos αsin β＋cos αcos β－sin αsin β＝2sin β（cos α－sin α）＝2sin βcos α－2sin αsin β，所以cos αcos β＋sin αsin β＝－sin αcos β＋sin βcos α，所以cos （α－β）＝－sin （α－β），所以tan （α－β）＝－1.故選C.
答案：C
13．解析：將式子進行齊次化處理得：
＝
＝sin θ＝＝＝＝.故選C.
答案：C
14．解析：CCC＝60.
答案：C
15．解析：（1－）（x＋y）8＝（x＋y）8－（x＋y）8，由二項式定理可知其展開式中x2y6的系數為C－C＝－28.
答案：－28
16．解析：設bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，則2n－1＝3m－2，得n＝＝＝＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，則ak＝3（2k＋1）－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.故Sn＝×n＝3n2－2n.
答案：3n2－2n
17．解析：·＝||·||·cos ∠PAB＝2||cos ∠PAB，又||cos ∠PAB表示在方向上的投影，所以結合圖形可知，當P與C重合時投影最大，當P與F重合時投影最小．又·＝2×2×cos 30°＝6，·＝2×2×cos 120°＝－2，故當點P在正六邊形ABCDEF內部運動時，·∈（－2，6），故選A.
答案：A
18．解析：圓2＋2＝16的圓心為M，半徑為4，
直線AB的方程為＋＝1，即x＋2y－4＝0，
圓心M到直線AB的距離為＝＝>4，
所以，點P到直線AB的距離的最小值為－4<2，最大值為＋4<10，A選項正確，B選項錯誤；
如圖所示：
當∠PBA最大或最小時，PB與圓M相切，連接MP、BM，可知PM⊥PB，
＝＝，＝4，由勾股定理可得＝ ＝3，CD選項正確．
故選ACD.
答案：ACD
19．解析：由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：
＝＝≈0.42＝42%.故選C.
答案：C
二、綜合性——著眼題型　凸顯能力
1．解析：通解　由題意知f（x）在（－∞，0），（0，＋∞）單調遞減，且f（－2）＝f（2）＝f（0）＝0.當x>0時，令f（x－1）≥0，得0≤x－1≤2，∴1≤x≤3；當x<0時，令f（x－1）≤0，得－2≤x－1≤0，∴－1≤x≤1，又x<0，∴－1≤x<0；當x＝0時，顯然符合題意．綜上，原不等式的解集為[－1，0]∪[1，3]，選D.
優解　當x＝3時，f（3－1）＝0，符合題意，排除B；當x＝4時，f（4－1）＝f（3）<0，此時不符合題意，排除選項A，C.故選D.
答案：D
2．解析：對于選項A，∵a2＋b2≥2ab，∴2（a2＋b2）≥a2＋b2＋2ab＝（a＋b）2＝1，
∴a2＋b2≥，正確；對于選項B，易知0∴2a－b>2－1＝，正確；對于選項C，令a＝，b＝，則log2＋log2＝－2＋log2<－2，錯誤；對于選項D，∵＝，∴[]2－（＋）2＝a＋b－2＝（－）2≥0，∴＋≤，正確．故選ABD.
答案：ABD
3．解析：設f（x）＝（1－x）ex－1，x＞0，則當x＞0時，f′（x）＝－ex＋（1－x）ex＝－xex＜0，所以f（x）在（0，＋∞）上單調遞減，所以f（0.1）＜f（0）＝0，即0.9 e0.1－1＜0，所以0.1e0.1＜，即a＜b.令g（x）＝x－ln （1＋x），x＞0，則當x＞0時，g′（x）＝1－＝＞0，所以g（x）在（0，＋∞）上單調遞增，所以g（）＞g（0）＝0，即－ln （1＋）＞0，所以＞－ln ，即b＞c.令h（x）＝xex＋ln （1－x），0＜x≤0.1，則h′（x）＝（1＋x）·ex＋＝.設t（x）＝（x2－1）ex＋1，則當0＜x≤0.1時，t′（x）＝（x2＋2x－1）ex＜0，所以t（x）在（0，0.1]上單調遞減，所以t（x）＜t（0）＝0，所以當0＜x≤0.1時，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，0.1]上單調遞增，所以h（0.1）＞h（0）＝0，即0.1e0.1＋ln 0.9＞0，所以0.1e0.1＞－ln 0.9，即a＞c，所以b＞a＞c.故選C.
答案：C
4．解析：方法一　取線段AB的中點E，連接OE（O為坐標原點）.因為|MA|＝|NB|，所以|ME|＝|NE|.設A（x1，y1），B（x2，y2）.由題意可得×＝＝＝－，即kOE·kAB＝－.設直線AB的方程為y＝kx＋m，k<0，m>0.令x＝0，則y＝m.令y＝0，則x＝－.所以點E的坐標為（－，），所以k×＝－k2＝－，解得k＝－，所以m2＋2m2＝12，解得m＝2，所以直線AB的方程為y＝－x＋2，即x＋y－2＝0.
方法二　設線段AB的中點為E.由|MA|＝|NB|，得E為線段MN的中點．設直線AB的方程為y＝kx＋m，k<0，m>0，則M（－，0），N（0，m），E（－，）.將y＝kx＋m代入＋＝1中并整理，得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－6＝0.由Δ＝6k2－m2＋3>0，得m2<6k2＋3.設A（x1，y1），B（x2，y2），則x1＋x2＝＝2·（－），解得k＝－.又因為|MN|＝ ＝2，所以m＝2，符合題意，所以直線AB的方程為x＋y－2＝0.
答案：x＋y－2＝0
5.
解析：設該球的半徑為R，則由題意知πR3＝ 36π，解得R＝3.如圖，連接AC，BD，相交于點E，連接PE并延長，交球于點Q，連接QD，則PQ＝2R＝6.易知PD⊥QD，DE⊥PQ，所以由射影定理，得PD2＝PE·PQ，所以PE＝，所以DE＝＝ ，所以DC＝DE＝× ，所以正四棱錐的體積V＝×（× ）2×＝（l4－），則V′＝（4－）.令V′＞0，得3≤l＜2，令V′＜0，得2＜l≤3，所以V＝（l4－）在[3，2）上單調遞增，在（2，3 ]上單調遞減，所以Vmax＝V（2）＝.又因為V（3）＝，V（3）＝＞，所以Vmin＝，所以該正四棱錐體積的取值范圍是.故選C.
答案：C
三、創新性——立足求變　變中出新
1．解析：由題意知f′（x）＝3x2－1.令f′（x）＝0，得x＝或x＝－.令f′（x）＞0，得x＜－或x＞；令f′（x）＜0，得－＜x＜.所以f（x）在（－∞，－）和（，＋∞）上單調遞增，在（－，）上單調遞減，所以f（x）有兩個極值點，所以A正確．f（x）極大值＝f（－）＝－＋＋1＞0，f（x）極小值＝f（）＝－＋1＞0.當x→＋∞時，f（x）→＋∞；當x→－∞時，f（x）→－∞，所以f（x）有一個零點，所以B錯誤．因為f（x）＋f（－x）＝x3－x＋1＋（－x）3＋x＋1＝2，所以曲線y＝f（x）關于點（0，1）對稱，所以C正確．令f′（x）＝3x2－1＝2，得x＝1或x＝－1，所以當切線的斜率為2時，切點為（1，1）或（－1，1），則切線方程為y＝2x－1或y＝2x＋3，所以D錯誤．故選AC.
答案：AC
2．解析：（1）由對折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三種規格的圖形，所以對折三次的結果有：×12，5×6，10×3，20×，共4種不同規格（單位dm2）；
故對折4次可得到如下規格：×12，×6，5×3，10×，20×，共5種不同規格；
（2）由于每次對折后的圖形的面積都減小為原來的一半，故各次對折后的圖形，不論規格如何，其面積成公比為的等比數列，首項為120，第n次對折后的圖形面積為120×n－1，對于第n次對折后的圖形的規格形狀種數，根據（1）的過程和結論，猜想為n＋1種（證明從略），故得猜想Sn＝，
設S＝k＝＋＋＋…＋，
則S＝＋＋…＋＋，
兩式作差得：
S＝240＋120－
＝240＋－
＝360－－＝360－，
因此，S＝720－＝720－.
答案：5　720－
3．解析：由題意知兩圓的圓心和半徑分別為O1（0，0），O2（3，4），r1＝1，r2＝4.因為|O1O2|＝r1＋r2，所以兩圓外切．由兩圓外切，畫出示意圖，如圖．設切點為A（x，y）.由O1A＝O1O2，得A（，）.因為kO1O2＝，所以切線l1的斜率k1＝－，所以l1：y－＝－（x－），即3x＋4y－5＝0.由圖象易得兩圓均與直線l2：x＝－1相切，過兩圓圓心的直線方程為l：y＝x.聯立解得故直線l與l2的交點為P（－1，－）.由切線定理，得兩圓的另一公切線l3過點P.設l3：y＋＝k（x＋1）.由點到直線的距離公式，得＝1，解得k＝，所以l3：y＋＝（x＋1），即7x－24y－25＝0.
答案：3x＋4y－5＝0或7x－24y－25＝0或x＋1＝0（答對其中之一即可）
4．解析：方案一：選條件①.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c.
由①ac＝，解得a＝，b＝c＝1.
因此，選條件①時問題中的三角形存在，此時c＝1.
方案二：選條件②.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c，B＝C＝，A＝.
由②c sin A＝3，所以c＝b＝2，a＝6.
因此，選條件②時問題中的三角形存在，此時c＝2.
方案三：選條件③.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c.
由③c＝b，與b＝c矛盾．
因此，選條件③時問題中的三角形不存在．
5．解析：（1）由題意可得解得
所以C的方程為x2－＝1.
（2）當直線PQ斜率不存在時，x1＝x2，但x1>x2>0，所以直線PQ斜率存在，所以設直線PQ的方程為y＝kx＋b（k≠0）.聯立得方程組
消去y并整理，得（3－k2）x2－2kbx－b2－3＝0.
則x1＋x2＝，x1x2＝，x1－x2＝＝.
因為x1>x2>0，
所以x1x2＝>0，即k2>3.
所以x1－x2＝.
設點M的坐標為（xM，yM），
則yM－y2＝（xM－x2），yM－y1＝－（xM－x1），
兩式相減，得y1－y2＝2xM－（x1＋x2）.
因為y1－y2＝（kx1＋b）－（kx2＋b）＝k（x1－x2），
所以2xM＝k（x1－x2）＋（x1＋x2），
解得xM＝.
兩式相加，得2yM－（y1＋y2）＝（x1－x2）.
因為y1＋y2＝（kx1＋b）＋（kx2＋b）＝k（x1＋x2）＋2b，
所以2yM＝k（x1＋x2）＋（x1－x2）＋2b，
解得yM＝＝xM.
所以點M的軌跡為直線y＝x，其中k為直線PQ的斜率．
選擇①②.
因為PQ∥AB，所以kAB＝k.
設直線AB的方程為y＝k（x－2），并設點A的坐標為（xA，yA），點B的坐標為（xB，yB），則解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
此時xA＋xB＝，yA＋yB＝.
因為點M在AB上，且其軌跡為直線y＝x，
所以
解得xM＝＝，yM＝＝，
所以點M為AB的中點，即|MA|＝|MB|.
選擇①③.
當直線AB的斜率不存在時，點M即為點F（2，0），此時點M不在直線y＝x上，與題設矛盾，故直線AB的斜率存在．
當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y＝m（x－2）（m≠0），并設點A的坐標為（xA，yA），點B的坐標為（xB，yB），則
解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
此時xM＝＝，yM＝＝.由于點M同時在直線y＝x上，故6m＝·2m2，解得k＝m，因此PQ∥AB.
選擇②③.因為PQ∥AB，所以kAB＝k.
設直線AB的方程為y＝k（x－2），并設點A的坐標為（xA，yA），點B的坐標為（xB，yB），
則解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
設AB的中點為C（xC，yC），則xC＝＝，yC＝＝.
因為|MA|＝|MB|，所以點M在AB的垂直平分線上，即點M在直線y－yC＝－（x－xC）上．
將該直線方程與y＝x聯立，解得xM＝＝xC，yM＝＝yC，即點M恰為AB的中點，所以點M在直線AB上．
四、應用性——融入素養　特色鮮明
1．解析：記“該中學學生喜歡足球”為事件A，“該中學學生喜歡游泳”為事件B，則“該中學學生喜歡足球或游泳”為事件A＋B，“該中學學生既喜歡足球又喜歡游泳”為事件A·B，則P（A）＝0.6，P（B）＝0.82，P（A＋B）＝0.96.
所以P（A·B）＝P（A）＋P（B）－P（A＋B）＝0.6＋0.82－0.96＝0.46.
所以該中學既喜歡足球又喜歡游泳的學生數占該校學生總數的比例為46%.故選C.
答案：C
2．解析：觀察散點圖可知，散點圖用光滑曲線連接起來比較接近對數型函數的圖象．故選D.
答案：D
3．解析：由棱臺的體積公式，得增加的水量約為×（157.5－148.5）×（140×106＋180×106＋）＝3×106×（140＋180＋60）≈3×106×（140＋180＋60×2.65）≈1.4×109（m3）.故選C.
答案：C

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