新教材2024高考数学二轮专题复习分册一新高考命题四特性精准定位三创新性-立足求变变中出新

精准定位三创新性——立足求变变中出新高考数学试题的创新性是数学试题具有较高生命力和价值的体现，每年的高考试题的特点都呈现稳中求新，具有开放性、新奇 性、灵敏性等特点，“年年考题都相像，考题年年有创新”．近四年新高考创新如下：(1)2024年新高考第一年，设计了多选题，解答题中设计了结构不良问题(条件三选一)第17题(三角问题)．(2)2024年新高考其次年，新高考Ⅰ卷设计了双空题第16题，但解答题没设计结构不良问题(条件三选一)；新高考Ⅱ卷填空题设计了开放性试题(答案不唯一)第14题，解答题设计结构不良问题(条件二选一)第22题(利用导数证明函数零点问题)．(3)2024年新高考第三年，新高考Ⅰ卷没设计双空题和结构不良问题，但填空题设计了开放性试题(答案不唯一)第14题；2024年新高考Ⅱ卷填空题设计了双空题第14题，没设计开放性试题(答案不唯一)，解答题设计结构不良问题(从三个条件中选两个证明另一个)第21题(直线与双曲线问题)．(4)2024年新高考第四年，新高考Ⅰ卷没有创新的题型，新高考Ⅱ卷第15题设计了开放性试题(答案不唯一)．多选题考查利用导数解决三次函数的极值点、零点、对称中心和曲线的切线重温高考1.[2024·新高考Ⅰ卷](多选)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则()A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点C.点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心D.直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线素养清单[数学运算][直观想象]双空题以民间剪纸为背景考查数列的递推和数列求和重温高考2.[2024·新高考Ⅰ卷]某校学生在探讨民间剪纸艺术时，发觉剪纸时常常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2.以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；假如对折n次，那么素养清单[数学运算][直观想象](答案不唯一)开放性直线与圆的位置关系重温高考3.[2024·新高考Ⅱ卷]已知直线l：x－my＋1＝0与⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，写出满意“△ABC面积为”的m的一个值________．素养清单[数学运算]结构不良问题从三个已知条件选一个解答，考查正弦定理、余弦定理的应用重温高考4.[2024·新高考Ⅰ卷]在①ac＝，②csinA＝3，③c＝b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA＝sinB，C＝，________？注：假如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．[试解]素养清单[逻辑推理][数学运算]结构不良问题从三个条件中选两个证明另一个，考查直线与双曲线的有关学问重温高考5.[2024·新高考Ⅱ卷]已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±x.(1)求C的方程．(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．[试解]素养清单[逻辑推理][数学运算]精准定位三创新性——立足求变变中出新1．解析：由题意知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(，＋∞)上单调递增，在(－)上单调递减，所以f(x)有两个极值点，所以A正确．f(x)极大值＝f(－)＝－＋1＞0，f(x)微小值＝f()＝＋1＞0.当x→＋∞时，f(x)→＋∞；当x→－∞时，f(x)→－∞，所以f(x)有一个零点，所以B错误．因为f(x)＋f(－x)＝＋x＋1＝2，所以曲线y＝f(x)关于点(0，1)对称，所以C正确．令f′(x)＝3x2－1＝2，得x＝1或x＝－1，所以当切线的斜率为2时，切点为(1，1)或(－1，1)，则切线方程为y＝2x－1或y＝2x＋3，所以D错误．故选AC.答案：AC2．解析：(1)由对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，所以对折三次的结果有：×12，5×6，10×3，20×，共4种不同规格(单位dm2)；故对折4次可得到如下规格：×12，×6，5×3，10×，20×，共5种不同规格；(2)由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120，第n次对折后的图形面积为120×n－1，对于第n次对折后的图形的规格形态种数，依据(1)的过程和结论，猜想为n＋1种(证明从略)，故得猜想Sn＝，则S＝＋…＋，两式作差得：S＝240＋120＝240＋＝360－＝360－，因此，S＝720－＝720－.答案：720－3．解析：设直线x－my＋1＝0为直线l，由条件知⊙C的圆心C(1，0)，半径R＝2，C到直线l的距离d＝，|AB|＝2＝2＝.由S△ABC＝，得＝，整理得2m2－5|m|＋2＝0，解得m＝±2或m＝±，故答案可以为2.答案：(答案不唯一，可以是±，±2中随意一个)4．解析：方案一：选条件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，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.方案二：选条件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，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2.方案三：选条件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，与b＝c冲突．因此，选条件③时问题中的三角形不存在．5．解析：(1)由题意可得解得所以C的方程为x2－＝1.(2)当直线PQ斜率不存在时，x1＝x2，但x1>x2>0，所以直线PQ斜率存在，所以设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0)．联立得方程组消去y并整理，得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0.则x1＋x2＝，x1x2＝，x1－x2＝＝.因为x1>x2>0，所以x1x2＝>0，即k2>3.所以x1－x2＝.设点M的坐标为(xM，yM)，则yM－y2＝(xM－x2)，yM－y1＝－(xM－x1)，两式相减，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)．因为y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，所以2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)，解得xM＝.两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)．因为y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，所以2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2b，解得yM＝＝xM.所以点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．选择①②.因为PQ∥AB，所以kAB＝k.设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则解得xA＝，yA＝.同理可得xB＝，yB＝－.此时xA＋xB＝，yA＋yB＝.因为点M在AB上，且其轨迹为直线y＝x，所以解得xM＝＝，yM＝＝，所以点M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.选择①③.当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时点M不在直线y＝x上，与题设冲突，故直线AB的斜率存在．当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则解得xA＝，yA＝.同理可得xB＝，yB＝－.此时xM＝＝，yM＝＝.由于点M同时在直线y＝x上，故6m＝·2m2，解得k＝m，因此PQ∥AB.选择②③.因为PQ∥AB，所以kAB＝k.设直线AB的方程为y＝k(x－