資源簡介

精準定位一　基礎性——遵循考綱　難易適中
命題目標復數的概念
重溫高考
1.[2023·新課標Ⅱ卷]在復平面內，(1＋3i)(3－i)對應的點位于(　　)
A.第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
素養清單[數學運算][直觀想象]
命題目標偶函數的概念
重溫高考
2.[2023·新課標Ⅱ卷]若f(x)＝(x＋a)ln為偶函數，則a＝(　　)
A.－1　　　B．0C．　　　D．1
素養清單[數學運算][邏輯推理]
命題目標充分條件、必要條件的定義及等差數列的定義
重溫高考
3.[2023·新課標Ⅰ卷]設Sn為數列{an}的前n項和，設甲：{an}為等差數列；乙：為等差數列，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
素養清單[數學運算][邏輯推理]
命題目標橢圓定義
重溫高考
4.[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．12C．9　　　　D．6
素養清單[邏輯推理]
命題目標雙曲線定義
重溫高考
5.[2023·新課標Ⅰ卷]已知雙曲線C：＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F2.點A在C上，點B在y軸上，⊥，＝－，則C的離心率為________.
素養清單[邏輯推理]
命題目標事件的相互獨立
重溫高考
6.[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，從中有放回地隨機取兩次，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
素養清單[數學運算][邏輯推理]
命題目標正態分布
重溫高考
7.[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)＝________.
素養清單[數學運算][邏輯推理]
命題目標樣本的數字特征
重溫高考
8.[2023·新課標Ⅰ卷](多選)有一組樣本數據x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，則(　　)
A.x2，x3，x4，x5的平均數等于x1，x2，…，x6的平均數
B.x2，x3，x4，x5的中位數等于x1，x2，…，x6的中位數
C.x2，x3，x4，x5的標準差不小于x1，x2，…，x6的標準差
D.x2，x3，x4，x5的極差不大于x1，x2，…，x6的極差
素養清單[數學運算][邏輯推理]
命題目標線線角與線面角
重溫高考
9.[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°
素養清單[直觀想象][邏輯推理]
基本技能集合運算的求解能力
重溫高考
10.[2023·新課標Ⅰ卷]已知集合M＝{－2，－1，0，1，2}，N＝{x|x2－x－6≥0}，則M＝(　　)
A.{－2，－1，0，1}B．{0，1，2}C.{－2}D．2
素養清單[數學運算]
基本技能復數運算的求解能力
重溫高考
11.[2023·新課標Ⅰ卷]已知z＝，則z－＝(　　)
A.－iB．IC.0D．1
素養清單[數學運算]
基本技能平面向量數量積運算的求解能力
重溫高考
12.[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．－5C．5　　　　D．6
13．[2023·新課標Ⅱ卷]已知向量a，b滿足|a－b|＝，|a＋b|＝|2a－b|，則|b|＝________．
素養清單[數學運算]
基本技能平面向量垂直的求解能力
重溫高考
14.[2023·新課標Ⅰ卷]已知向量a＝(1，1)，b＝(1，－1)．若(a＋λb)⊥(a＋μb)，則(　　)
A.λ＋μ＝1B．λ＋μ＝－1C.λμ＝1D．λμ＝－1
素養清單[數學運算]
基本技能平面向量的線性運算的求解能力
重溫高考
15.[2022·新高考Ⅰ卷]在△ABC中，點D在邊AB上，BD＝2DA.記＝m，＝n，則＝(　　)
A.3m－2nB．－2m＋3nC.3m＋2nD．2m＋3n
素養清單[邏輯推理][數學運算]
基本技能三角函數性質的求解能力
重溫高考
16.[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A.1　　　　B．C．　　　　D．3
素養清單[邏輯推理][數學運算]
基本技能三角恒等變換求值的求解能力
重溫高考
17.[2022·新高考Ⅱ卷]若sin (α＋β)＋cos (α＋β)＝2cos (α＋)sinβ，則(　　)
A.tan (α－β)＝1B．tan (α＋β)＝1C.tan (α－β)＝－1D．tan (α＋β)＝－1
18．[2023·新課標Ⅰ卷]已知sin (α－β)＝，cosαsinβ＝，則cos (2α＋2β)＝(　　)
A.　　　　B．C．－　　　D．－
素養清單[數學運算]
基本技能排列與組合的求解能力
重溫高考
19.[2023·新課標Ⅰ卷]某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術類選修課，學生需從這8門課中選修2門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有________種(用數字作答)．
素養清單[數學運算]
基本技能二項式展開式通項公式的求解能力
重溫高考
20.[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)．
素養清單[數學運算]
基本技能等差數列的通項公式及前n項和公式，學生解方程的能力
重溫高考
21.[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________.
素養清單[邏輯推理][數學運算]
基本技能等比數列的通項公式及前n項和公式，學生解方程的能力
重溫高考
22.[2023·新課標Ⅱ卷]記Sn為等比數列{an}的前n項和，若S4＝－5，S6＝21S2，則S8＝(　　)
A.120B．85C.－85D．－120
素養清單[數學運算]
基本技能簡單幾何體的表面積與體積的求解能力
重溫高考
23.[2023·新課標Ⅰ卷]在正四棱臺ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，則該棱臺的體積為________.
素養清單[數學運算]
基本技能橢圓幾何性質(離心率)的求解能力
重溫高考
24.[2023·新課標Ⅰ卷]設橢圓C1：＋y2＝1(a>1)，C2：＋y2＝1的離心率分別為e1，e2.若e2＝e1，則a＝(　　)
A.　　　B．C．　　　D．
素養清單[數學運算]
基本思想平面向量數量積的范圍，數形結合思想的應用
重溫高考
25.[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)
素養清單[直觀想象][數學運算]
基本思想有關圓的問題的求解，數形結合思想的應用
重溫高考
26.[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10B.點P到直線AB的距離大于2
C.當∠PBA最小時，|PB|＝3D.當∠PBA最大時，|PB|＝3
素養清單[直觀想象][邏輯推理][數學運算]
基本思想利用導數研究函數的單調性問題，分類討論思想的應用
重溫高考
27.[2023·新課標Ⅰ卷]已知函數f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)討論f(x)的單調性；
(2)證明：當a>0時，f(x)>2lna＋.
素養清單[邏輯推理][數學運算]
基本應用球的表面積在實際中的應用
重溫高考
28.[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%
素養清單[邏輯推理][數學運算]
基本應用對數運算在實際中的應用
重溫高考
29.[2023·新課標Ⅰ卷](多選)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×lg，其中常數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：
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≥p2B．p2>10p3C．p3＝100p0D．p1≤100p2
素養清單[數學運算]
精準定位一　基礎性——遵循考綱　難易適中
1．解析：因為(1＋3i)(3－i)＝3－i＋9i－3i2＝6＋8i，所以該復數在復平面內對應的點為(6，8)，位于第一象限，故選A.
答案：A
2．解析：方法一　設g(x)＝ln，易知g(x)的定義域為，且g(－x)＝ln＝ln＝－ln＝－g(x)，所以g(x)為奇函數．若f(x)＝(x＋a)ln為偶函數，則y＝x＋a也應為奇函數，所以a＝0，故選B.
方法二　因為f(x)＝(x＋a)ln為偶函數，f(－1)＝(a－1)ln3，f(1)＝(a＋1)ln＝－(a＋1)ln3，所以(a－1)ln3＝－(a＋1)ln3，解得a＝0，故選B.
答案：B
3．解析：若{an}為等差數列，設其公差為d，則an＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋d，所以＝a1＋(n－1)·，所以＝a1＋(n＋1－1)·－[a1＋(n－1)·]＝，為常數，所以{}為等差數列，即甲 乙；若{}為等差數列，設其公差為t，則＝＋(n－1)t＝a1＋(n－1)t，所以Sn＝na1＋n(n－1)t，所以當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝na1＋n(n－1)t－[(n－1)a1＋(n－1)(n－2)t]＝a1＋2(n－1)t，當n＝1時，S1＝a1也滿足上式，所以an＝a1＋2(n－1)t(n∈N*)，所以an＋1－an＝a1＋2(n＋1－1)t－[a1＋2(n－1)t]＝2t，為常數，所以{an}為等差數列，即甲 乙．所以甲是乙的充要條件，故選C.
答案：C
4．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
5．解析：方法一　由題意可知，F1(－c，0)，F2(c，0)，設A(x1，y1)，B(0，y0)，所以(x1－c，y1)，＝(－c，y0)，因為＝－，所以，即，所以A(c，－y0)．
＝(c，－y0)，＝(c，y0)，因為⊥，所以·＝0，即＝0，解得＝4c2.
因為點A(c，－y0)在雙曲線C上，所以＝1，又＝4c2，所以＝1，即＝1，化簡得＝，所以e2＝1＋＝，所以e＝.
方法二　由前面方法一得＝4c2，所以|AF1|＝＝＝＝，|AF2|＝＝＝＝，由雙曲線的定義可得|AF1|－|AF2|＝2a，即＝2a，即c＝a，所以雙曲線的離心率e＝＝＝.
方法三　由＝－可得A，B，F2三點共線，且F2在線段AB上，不妨令點A在第一象限，則點B在y軸負半軸上，易得|F2A|＝|F2B|.設|F2B|＝3m(m>0)，則|F2A|＝2m，所以|F1B|＝|F2B|＝3m，|AB|＝5m，由⊥可得∠AF1B＝90°，所以|AF1|＝＝4m，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝2m，即a＝m.過F1作F1D⊥AB，垂足為D，則|AB|·|F1D|＝|F1A|·|F1B|，即×5m×|F1D|＝×4m×3m，所以|F1D|＝m，所以|BD|＝＝m，所以|F2D|＝m，則|F1F2|＝＝m＝2c，即c＝m，所以e＝＝.
答案：
6．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(丙)P(丁)，
故選B.
答案：B
7．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
8．解析：取x1＝1，x2＝x3＝x4＝x5＝2，x6＝9，則x2，x3，x4，x5的平均數等于2，標準差為0，x1，x2，…，x6的平均數等于3，標準差為＝，故A，C均不正確；根據中位數的定義，將x1，x2，…，x6按從小到大的順序進行排列，中位數是中間兩個數的算術平均數，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位數是將x2，x3，x4，x5按從小到大的順序排列后中間兩個數的算術平均數，與x1，x2，…，x6的中位數相等，故B正確；根據極差的定義，知x2，x3，x4，x5的極差不大于x1，x2，…，x6的極差，故D正確．綜上，選BD.
答案：BD
9．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＝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
10．解析：方法一　因為N＝{x|x2－x－6≥0}＝{x|x≥3或x≤－2}，所以M＝{－2}，故選C.
方法二　由于1N，所以1M排除A，B；由于2N，所以2M排除D.故選C.
答案：C
11．解析：因為z＝＝＝－i，所以＝i，所以z－＝－i－i＝－i.故選A.
答案：A
12．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
13．解析：由|a－b|＝，得a2－2a·b＋b2＝3，即2a·b＝a2＋b2－3　①.由|a＋b|＝|2a－b|，得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得，3a2－6a·b＝0，結合①，得＋b2－3)＝0，整理得，b2＝3，所以|b|＝.
答案：
14．解析：因為a＝(1，1)，b＝(1，－1)，所以a＋λb＝(1＋λ，1－λ)，a＋μb＝(1＋μ，1－μ)，因為(a＋λb)⊥(a＋μb)，所以(a＋λb)·(a＋μb)＝0，所以(1＋λ)(1＋μ)＋(1－λ)(1－μ)＝0，整理得λμ＝－1.故選D.
答案：D
15．解析：因為BD＝2DA，所以＝＝＋3＝＋3()＝－2＋3＝－2m＋3n.故選B.
答案：B
16．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
17．解析：方法一　設β＝0，則sinα＋cosα＝0，即tanα＝－1.取α＝，排除A，B.設α＝0，則sinβ＋cosβ＝2sinβ，即tanβ＝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＋)·cosβ＋cos (α＋)sinβ＝2cos (α＋)sinβ，所以sin (α＋)cosβ＝cos (α＋)sinβ，所以sin (α＋)cosβ－cos (α＋)sinβ＝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)＝2·cos (α＋)sinβ，所以sinαcosβ＋cosαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ＝2sinβ(cosα－sinα)＝2sinβcosα－2sinαsinβ，所以cosαcosβ＋sinαsinβ＝－sinαcosβ＋sinβcosα，所以cos (α－β)＝－sin (α－β)，所以tan (α－β)＝－1.故選C.
答案：C
18．解析：依題意，得，
所以sinαcosβ＝，所以sin (α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝＝，所以cos (2α＋2β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×＝，故選B.
答案：B
19．解析：方法一　由題意，可分三類：第一類，體育類選修課和藝術類選修課各選修1門，有＝64(種)．
方法二　若學生從這8門課中選修2門課，則有＝16(種)選課方案；若學生從這8門課中選修3門課，則有＝48(種)選課方案．綜上，不同的選課方案共有16＋48＝64(種)．
答案：64
20．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＝－28.
答案：－28
21．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
22．解析：方法一　設等比數列{an}的公比為q(q≠0)，由題意易知q≠1，則，化簡整理得.所以S8＝＝×(1－44)＝－85.故選C.
方法二　易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，……為等比數列，所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1或S2＝.當S2＝－1時，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；當S2＝時，結合S4＝－5得，化簡可得q2＝－5，不成立，舍去．所以S8＝－85，故選C.
答案：C
23．解析：
方法一　如圖所示，設點O1，O分別為正四棱臺ABCD A1B1C1D1上、下底面的中心，連接B1D1，BD，則點O1，O分別為B1D1，BD的中點，連接O1O，則O1O即正四棱臺ABCD A1B1C1D1的高，過點B1作B1E⊥BD，垂足為E，則B1E＝O1O.因為AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝，O1B1＝，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝，又AA1＝，所以BB1＝，B1E＝＝＝，所以O1O＝，所以＝×(22＋12＋)×＝.
方法二　如圖，將正四棱臺ABCD A1B1C1D1補形成正四棱錐P ABCD，因為AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分別為PA，PB，PC，PD的中點，又A1A＝，所以PA＝2，即PB＝2.連接BD，取BD的中點為O，連接PO，則PO⊥平面ABCD，易知BO＝，所以PO＝＝，所以正四棱臺ABCD A1B1C1D1的高為，所以＝×(22＋12＋)×＝.
答案：
24．解析：方法一　由已知得e1＝，e2＝＝，因為e2＝e1，所以＝，得a＝.故選A.
方法二　若a＝，則e1＝＝＝，又e2＝，所以e2＝e1，所以a＝符合題意．故選A.
答案：A
25．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×cos30°＝6，·＝2×2×cos120°＝－2，故當點P在正六邊形ABCDEF內部運動時，·∈(－2，6)，故選A.
答案：A
26．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
27．解析：(1)f′(x)＝aex－1，
當a≤0時，f′(x)≤0，
所以函數f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞減；
當a>0時，令f′(x)>0，得x>－lna，令f′(x)<0，得x<－lna，
所以函數f(x)在(－∞，－lna)上單調遞減，在(－lna，＋∞)上單調遞增．
綜上可得：當a≤0時，函數f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞減；
當a>0時，函數f(x)在(－∞，－lna)上單調遞減，在(－lna，＋∞)上單調遞增．
(2)方法一　由(1)得當a>0時，函數f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值為f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，
令g(a)＝1＋a2＋lna－2lna－＝a2－lna－，a∈(0，＋∞)，
所以g′(a)＝2a－，令g′(a)>0，得a>；令g′(a)<0，得0所以函數g(a)在(0，)上單調遞減，在(，＋∞)上單調遞增，
所以函數g(a)的最小值為g()＝()2－ln＝ln>0，
所以當a>0時，f(x)>2lna＋成立．
方法二　當a>0時，由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝1＋a2＋lna，
故欲證f(x)>2lna＋成立，
只需證1＋a2＋lna>2lna＋，
即證a2－>lna.
構造函數u(a)＝lna－(a－1)(a>0)，
則u′(a)＝－1＝，所以當a>1時，u′(a)<0；當00.
所以函數u(a)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
所以u(a)≤u(1)＝0，即lna≤a－1，
故只需證a2－>a－1，即證a2－a＋>0，
因為a2－a＋＝(a－)2＋>0恒成立，
所以當a>0時，f(x)>2lna＋成立．
28．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
29．解析：因為Lp＝20×lg隨著p的增大而增大，且∈[50，60]，所以，所以≥，故A正確；由Lp＝20×lg，得p＝>10，所以>20，不可能成立，故B不正確；因為＝＝＋2≥1，所以p1≤100，故D正確．綜上，選ACD.
答案：ACD精準定位四　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．
數學的實際應用回歸分析在實際生活中的應用
重溫高考
1.[2020·全國卷Ⅰ]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＋bxB．y＝a＋bx2
C.y＝a＋bexD．y＝a＋blnx
[試解]　
素養清單[邏輯推理][數學抽象]
數學的實際應用立體幾何在實際生活中的應用
重溫高考
2.[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(≈2.65)(　　)
A.1.0×109m3B．1.2×109m3C.1.4×109m3D．1.6×109m3
[試解]　
素養清單[數學建模][數學運算]
數學的實際應用概率與統計在實際生活中的應用
重溫高考
3.[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%
[試解]　
素養清單[邏輯推理][數學運算]
數學的實際應用相互獨立事件、互斥事件在實際中的應用
重溫高考
4.[2023·新課標Ⅱ卷]在信道內傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立．發送0時，收到1的概率為α(0<α<1)，收到0的概率為1－α；發送1時，收到0的概率為β(0<β<1)，收到1的概率為1－β.考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸．單次傳輸是指每個信號只發送1次；三次傳輸是指每個信號重復發送3次．收到的信號需要譯碼，譯碼規則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現次數多的即為譯碼(例如，若依次收到1，0，1，則譯碼為1)．
A.采用單次傳輸方案，若依次發送1，0，1，則依次收到1，0，1的概率為(1－α)(1－β)2
B.采用三次傳輸方案，若發送1，則依次收到1，0，1的概率為β(1－β)2
C.采用三次傳輸方案，若發送1，則譯碼為1的概率為＋(1－β)3
D.當0<α<0.5時，若發送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案譯碼為0的概率
[試解]　
素養清單[邏輯推理][數學運算]
精準定位四　應用性——融入素養　特色鮮明
1．解析：本題考查回歸方程及一次函數、二次函數、指數型函數、對數型函數的圖象，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
2．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
3．解析：不妨設該校學生總人數為100，既喜歡足球又喜歡游泳的學生人數為x，則100×96%＝100×60%－x＋100×82%，所以x＝46，所以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%.選C.
答案：C
4．解析：由題意，發0收1的概率為α，發0收0的概率為1－α；發1收0的概率為β，發1收1的概率為1－β.對于A，發1收1的概率為1－β，發0收0的概率為1－α，發1收1的概率為1－β，所以所求概率為(1－α)(1－β)2，故A選項正確．對于B，相當于發了1，1，1，收到1，0，1，則概率為(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B選項正確．對于C，相當于發了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，則概率為(1－β)3＝3β(1－β)2＋(1－β)3，故C不正確．對于D，發送0，采用三次傳輸方案譯碼為0，相當于發0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，則此方案的概率P1＝(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3；發送0，采用單次傳輸方案譯碼為0的概率P2＝1－α，當0<α<0.5時，P1－P2＝3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，故D選項正確．綜上，選ABD.
答案：ABD精準定位三　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”．近四年新高考創新如下：
(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)．
(4)2023年新高考第四年，新高考Ⅰ卷沒有創新的題型，新高考Ⅱ卷第15題設計了開放性試題(答案不唯一)．
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
重溫高考
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
素養清單[數學運算][直觀想象]
雙空題以民間剪紙為背景考查數列的遞推和數列求和
重溫高考
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20dm×12dm的長方形紙，對折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm兩種規格的圖形，它們的面積之和S1＝240dm2，對折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三種規格的圖形，它們的面積之和S2＝180dm2.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
素養清單[數學運算][直觀想象]
( 答案不唯一)開放性直線與圓的位置關系
重溫高考
3.[2023·新高考Ⅱ卷]已知直線l：x－my＋1＝0與⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B兩點，寫出滿足“△ABC面積為”的m的一個值________．
素養清單[數學運算]
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
重溫高考
4.[2020·新高考Ⅰ卷]在①ac＝，②csinA＝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sinA＝sinB，C＝，________？
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
[試解]　
素養清單[邏輯推理][數學運算]
結構不良問題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
重溫高考
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．
[試解]　
素養清單[邏輯推理][數學運算]
精準定位三　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)＝＋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5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm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＝，
則S＝＋…＋，
兩式作差得：
S＝240＋120
＝240＋
＝360－＝360－，
因此，S＝720－＝720－.
答案：720－
3．解析：設直線x－my＋1＝0為直線l，由條件知⊙C的圓心C(1，0)，半徑R＝2，C到直線l的距離d＝，|AB|＝2＝2＝.由S△ABC＝，得＝，整理得2m2－5|m|＋2＝0，解得m＝±2或m＝±，故答案可以為2.
答案：(答案不唯一，可以是±，±2中任意一個)
4．解析：方案一：選條件①.
由C＝和余弦定理得＝.
由sinA＝sinB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sinA＝sinB及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c，B＝C＝，A＝.
由②csinA＝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sinA＝sinB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．精準定位二　綜合性——著眼題型　凸顯能力
函數與不等式函數的單調性的綜合與不等式恒成立
重溫高考
1.[2023·新課標Ⅱ卷]已知函數f(x)＝aex－lnx在區間(1，2)上單調遞增，則a的最小值為(　　)
A.e2B．eC.e－1D．e－2
素養清單[邏輯推理][數學運算]
函數與不等式不等式的性質、基本不等式、指數函數及對數函數的單調性的綜合
重溫高考
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≥－2D．≤
素養清單[邏輯推理][數學運算]
函數與不等式利用導數比較大小
重溫高考
3.[2022·新高考Ⅰ卷]設a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln0.9，則(　　)
A.a素養清單[邏輯推理][數學運算]
解析幾何直線與橢圓的位置關系
重溫高考
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________．
素養清單[邏輯推理][數學運算]
解析幾何拋物線與圓的綜合
重溫高考
5.[2023·新課標Ⅱ卷](多選)設O為坐標原點，直線y＝－(x－1)過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點，且與C交于M，N兩點，l為C的準線，則(　　)
A.p＝2B.|MN|＝C.以MN為直徑的圓與l相切D.△OMN為等腰三角形
素養清單[邏輯推理][數學運算]
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
重溫高考
6.[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]
素養清單[數學運算]
精準定位二　綜合性——著眼題型　凸顯能力
1．解析：因為函數f(x)＝aex－lnx，所以f′(x)＝aex－.因為函數f(x)＝aex－lnx在(1，2)單調遞增，所以f′(x)≥0在(1，2)恒成立，即aex－≥0在(1，2)恒成立，易知a>0，則0<≤xex在(1，2)恒成立．設g(x)＝xex，則g′(x)＝(x＋1)ex.當x∈(1，2)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e－1，故選C.
答案：C
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02－1＝，正確；對于選項C，令a＝，b＝，則log2＋log2＝－2+log2<－2，錯誤；對于選項D，∵＝－()2＝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0.9e0.1－1＜0，所以＜，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＋ln0.9＞0，所以0.1e0.1＞－ln0.9，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：由題意，易知直線y＝－(x－1)過點(1，0)．
對于A，因為直線經過拋物線C的焦點，所以易知焦點坐標為(1，0)，所以＝1，即p＝2，所以A選項正確．
對于B，不妨設M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1所以由兩點間距離公式可得
|MN|＝＝，故B選項錯誤．
對于C，由以上分析易知，l的方程為x＝－1，以MN為直徑的圓的圓心坐標為(，－)，半徑r＝|MN|＝＝＋1，所以以MN為直徑的圓與l相切，故C選項正確．
對于D，由兩點間距離公式可得|MN|＝，|OM|＝，|ON|＝，故D選項錯誤．綜上，選AC.
答案：AC
6.
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＝＝(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

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