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文档简介
由八省联考开幕的新高考打破了本单元命题的“送分”模式,如:2021年新高考Ⅱ卷第20题第(2)问将三点共线问题与充要条件交汇在一起,2022年北京卷第9题将集合与立体几何动点轨迹问题交汇在一起,2022年新高考Ⅱ卷第17题第(2)问将集合与数列交汇在一起,2023年新高考Ⅰ卷第7题将充要条件与数列交汇在一起……可见,高考命题在考查基础知识点的同时,也加强了知识模块间的相互渗透.因此,在备考复习中,我们既要熟练掌握数学的本质(概念、性质、运算、思想方法等),也要重视知识间的内在联系,同时提升自己分析问题和解决问题的能力,全方位、多角度备战新高考.命题点一集合运算的创新考法[典例1](1)(2021·八省联考)已知M,N均为R的子集,若N∪(∁RM)=N,则()A.M⊆N B.N⊆MC.M⊆∁RN D.∁RN⊆M(2)(2020·新高考Ⅰ卷)某中学的学生积极参加体育锻炼,其中有96%的学生喜欢足球或游泳,60%的学生喜欢足球,82%的学生喜欢游泳,则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是()A.62% B.56%C.46% D.42%(1)D(2)C[(1)由题意知,∁RM⊆N,其Venn图如图所示,∴只有∁RN⊆M正确.故选D.(2)设既喜欢足球又喜欢游泳的学生比例数为x.由Venn图可知,82%-x+60%=96%,解得x=46%,故选C.]两道考题与我们日常训练的题目的风格有点不同,尤其是第(1)题过于抽象,如果不深入思考很难找到解题的切入点;第(2)题情境化较浓,若对容斥原理(人教A版必修第一册P15阅读与思考)不熟,也难以解答.实际上两道试题均考查Venn图的应用,考查直观想象素养.命题点二集合与其他知识的交汇问题[典例2](2022·北京高考)已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6,S是△ABC及其内部的点构成的集合.设集合T={Q∈S|PQ≤5},则T表示的区域的面积为()A.3π4C.2π D.3πB[如图,过点P作PO⊥平面ABC,O为垂足,则由题意知,CO=23,PC=6,所以PO=26,当CO上存在一点Q使得PQ=5,此时QO=1,则动点Q在以QO为半径,O为圆心的圆上及圆内,所以T表示的区域的面积为π.故选B.]该题源自人教A版必修第二册P163T5,虽然是空间动态问题,但整体难度不大,解答的关键是发现集合T={Q∈S|PQ≤5}的本质,同时抓住正三棱锥P-ABC的顶点P到平面ABC距离(PO)的不变性,借助直角三角形的三边关系求出圆O的半径.命题点三基于数学知识的逻辑推理问题[典例3](2021·八省联考)关于x的方程x2+ax+b=0,有下列四个命题:甲:x=1是该方程的根;乙:x=3是该方程的根;丙:该方程两根之和为2;丁:该方程两根异号.如果只有一个假命题,则该命题是()A.甲 B.乙C.丙 D.丁A[因为1×3>0,1+3≠2,又四个命题三真一假,故甲、乙必有一个是假命题,由甲为假命题易知,符合题意,由乙为假命题推出矛盾.故选A.]此题是基于数学知识背景下的逻辑推理问题,实际考查中,也可能基于数学文化、生活生产等,体现对逻辑推理素养及批判性思维能力的考查.命题点四不等式与基本不等式问题[典例4](多选)(2020·新高考Ⅰ卷)已知a>0,b>0,且a+b=1,则()A.a2+b2≥12 B.2a-b>C.log2a+log2b≥-2 D.aABD[对于选项A,∵a2+b2≥2ab,∴2(a2+b2)≥a2+b2+2ab=(a+b)2=1,∴a2+b2≥12,A正确;对于选项B,易知0<a<1,0<b<1,∴-1<a-b<1,∴2a-b>2-1=12,B正确;对于选项C,令a=14,b=34,则log214+log234=-2+log234<-2,C错误;对于选项D,∵2=2a+b,∴[2a+b]2-(a+b)2=本题融不等式的性质、基本不等式、对数函数、指数函数等知识于一体,较为综合,解答此题的关键是熟知知识间的联系,如教材中重要不等式与基本不等式的关系:若a>0,b>0,则ab≤a命题点五充要条件的探求与证明问题[典例5](1)(2023·新高考Ⅰ卷)设Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;乙:SnA.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件(2)(2021·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>①求椭圆C的方程;②设M,N是椭圆C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.(1)C[若{an}为等差数列,设其公差为d,则an=a1+(n-1)d,所以Sn=na1+nn−12d,所以Snn=a1+(n-1)·d2,所以Sn+1n+1−Snn=a1+(n+1-1)·d2−a1+n−1·d2=d2为常数,所以Snn为等差数列,即甲⇒乙;若Snn为等差数列,设其公差为t,则Snn=S11+(n-1)t=a1+(n-1)t,所以Sn=na1+n(n-1)t,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=na1+n(n-1)t-[(n-1)a1+(n-1)(n-2)t]=a1+2(n-1)t,当n=1时,S1=a1也满足上式,所以an=a1+2(n-1)t(n∈N(2)[解]①由题意知c解得a=3,b=1,所以椭圆C②证明:证必要性,如图,当M,N,F三点共线时,设直线MN的方程为x=my+2,圆心O(0,0)到MN的距离d=2m2+1=1联立x=my+2,x2+3y2=3⇒(m2+3)y2+22my-1=0⇒4y2+22my-1=0,Δ=8m2+16,∴y1|MN|=1+m2·8m2证充分性,当|MN|=3时,设直线MN的方程为x=ty+n,此时圆心O(0,0)到MN的距离d=nt2+1=1,n2联立x=ty+n,x2+3y2=3Δ=4t2n2-4(t2+3)(n2-3)=12(t2-n2+3)=24,y1+y2=-2tnt2+3,y1y且|MN|=1+t2·24t2+3=3⇒∵直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,∴n>0,n=2,∴直线MN的方程为x=ty+2恒过点F(2,0),∴M,N,F三点共线,充分性得证.∴M,N,
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