新教材高考数学全程一轮总复习新教材新高考权威解读评析

新教材新高考权威解读评析近三年新高考数学落实立德树人根本任务，促进学生德智体美劳全面发展，体现高考改革的要求．试卷突出数学学科特点，强化基础考查，突出关键能力，加强教考衔接，助力基础教育提质增效．一、设置现实情境发挥育人作用近三年的新高考数学试卷坚持思想性与科学性统一，从中华优秀传统文化、社会经济发展、科技发展与进步等方面设置了真实情景．一是体现中华优秀传统文化情景，旨在让学生领略中华民族的智慧和数学研究成果，进一步树立民族自尊心和自豪感．如2020年新高考Ⅰ卷第4题，以日晷为背景，让学生直观感受我国古代科学家探究问题和解决问题的过程．典例1[2020·新高考Ⅰ卷，4]日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为()A．20°B．40°C．50°D．90°二是以科技发展与进步中取得的重要成就为背景，旨在激发青年学生树立为国家服务、奉献科技事业的信念．如2021年新高考Ⅱ卷第4题，以北斗三号全球卫星导航系统为情景，考查学生观察问题、分析问题和解决问题的能力．典例2[2021·新高考Ⅱ卷，4]北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km(轨道高度是指卫星到地球表面的距离)．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S＝2πr2(1－cosα)(单位：km2)，则S占地球表面积的百分比约为()A．26%B．34%C．42%D．50%三是以我国的社会经济发展、生产生活实际为情景素材设置试题．如2022新高考Ⅰ卷第4题，以我国的重大建设成就“南水北调”工程为背景，考查学生的空间想象、运算求解能力，引导学生关注社会主义建设的成果，增强社会责任感．典例3[2022·新高考Ⅰ卷，4]南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(7≈2.65)()A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3二、加强教考衔接发挥引导作用高考数学命题贯彻高考内容改革的要求，依据高中课程标准命题，进一步增强考试与教学的衔接．试卷的考查比例、要求层次与课程标准保持一致，注重考查内容的全面性，同时突出主干、重点内容的考查，引导教学以标施教、施教以标．近三年的试题强调对学科基本概念、基本原理的考查，强调知识之间的内在联系，引导学生形成学科知识系统；注重本原性方法，淡化特殊技巧，强调通性通法的深入理解和综合运用，促进学生将知识和方法内化为自身的知识结构.2022年新高考Ⅰ卷第16题体现了特殊与一般的思想，2022年新高考Ⅱ卷第19题对统计与概率的思想进行了深入的考查．数学试题力图引导中学遵循教学规律、提高课堂教学效果，实现作业题、练习题减量提质．典例4[2022·新高考Ⅰ卷，16]已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F典例5[2022·新高考Ⅱ卷，19]在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的概率；(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40，50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40，50)，求此人患这种疾病的概率．(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001)．同时，加强主干考查．如2022新高考Ⅰ卷第12题，要求学生在抽象函数的背景下，理解函数的奇偶性、对称性、导数等概念以及它们之间的联系，对数学抽象、直观想象、逻辑推理等核心素养都有较高的要求．此外，近三年的新高考试卷还创新试题设计．题型设计上有多选题、开放题、结构不良问题，鼓励学生运用创造性、发散性思维分析问题和解决问题；引导教学注重培养学生的创新精神．如2022新高考Ⅰ卷14题，2020新高考Ⅰ卷17题，2022新高考Ⅱ卷21题．典例6[2022·新高考Ⅰ卷，14]写出与圆x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一条直线的方程________．典例7[2020·新高考Ⅰ卷，17]在①ac＝3，②csinA＝3，③c＝3b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＝3sinB，C＝π6注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．典例8[2022·新高考Ⅱ卷，21]已知双曲线C：x2a2(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Px1，y1，Qx2，y2在C上，且x1>x2①M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．三、加强素养考查发挥选拔功能近三年试卷深入考查关键能力，优化试题设计，发挥数学学科高考的选拔功能，助力提升学生综合素质．首先是加强思维品质考查，增强思维的灵活性．试卷通过突出思维品质考查，强调独立思考和创新意识．如2022年新高考Ⅱ卷第8题，对思维的灵活性有较高要求，在抽象的情景中发现函数周期性是问题的关键．典例9[2022·新高考Ⅱ卷，8]已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，f(1)＝1，则()A．－3B．－2C．0D．1其次是加强关键能力考查，增强试题的选拔性．试卷设置了综合性的问题和较为复杂的情景，加强关键能力的考查．如2022新高考Ⅰ卷第22题重视基于数学素养的关键能力考查，在数学知识层面、数学能力层面和创新思维层面都有所体现，具有较好的选拔功能.2022年新高考Ⅱ卷第22题将函数、导数、数列与不等式等知识有机结合，考查学生灵活应用函数、不等式思想解决复杂问题的能力，对直观想象能力和逻辑推理能力也有较高要求．典例10[2022·新高考Ⅰ卷，22]已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－lnx有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．典例11[2022·新高考Ⅱ卷，22]已知函数f(x)＝xeax－ex.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；(3)设n∈N*，证明：112+1+1开篇典例1解析：过球心O、点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，GF⊥CD，CD∥OB，∠AOB＝40°，∠OAE＝∠OAF＝90°，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.故选B.答案：B典例2解析：由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：2πr21-cosα答案：C典例3解析：由棱台的体积公式，得增加的水量约为13×(157.5－148.5)×(140×106＋180×106＋140×106×180×106)＝3答案：C典例4解析：由题意知e＝ca＝12，所以a＝2c，b＝3c，所以△AF1F2是等边三角形，所以DE垂直平分AF2，所以|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，所以△ADE的周长为|DE|＋|AD|＋|AE|＝|DE|＋|DF2|＋|EF2|.由椭圆的定义，可知|DE|＋|DF2|＋|EF2|＝4a＝8c.因为直线DE的斜率k＝tan30°＝33，所以直线DE的方程为y＝33(x＋c)，即x＝3y－c.由椭圆方程x24c2+y23c2＝1，得3x2＋4y2＝12c2.将x＝3y－c代入并整理，得13y2－63cy－9c2＝0.设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则y1＋y2＝63c13，y1y2＝－9c213，所以|DE答案：13典例5解析：(1)平均年龄x＝(5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002)×10＝47.9(岁)．(2)设A＝{一人患这种疾病的年龄在区间[20，70)}，所以P(A)＝1－P(A)＝1－(0.001＋0.002＋0.006＋0.002)×10＝1－0.11＝0.89.(3)设B＝{任选一人年龄位于区间[40，50)}，C＝{任选一人患这种疾病}，则由条件概率公式可得P(C|B)＝PBCPB＝0.1%典例6解析：由题意知两圆的圆心和半径分别为O1(0，0)，O2(3，4)，r1＝1，r2＝4.因为|O1O2|＝r1＋r2，所以两圆外切．由两圆外切，画出示意图，如图．设切点为A(x，y)．由O1A＝15O1O2，得A(35，45)．因为kO1O2＝43，所以切线l1的斜率k1＝－34，所以l1：y－45＝－34(x－35)，即3x＋4y－5＝0.由图象易得两圆均与直线l2：x＝－1相切，过两圆圆心的直线方程为l：y＝43x.联立y=43x，x=-1，解得x=-1，y=-43.故直线l与l2的交点为P(－1，－43答案：3x＋4y－5＝0或7x－24y－25＝0或x＋1＝0(答对其中之一即可)典例7解析：方案一：选条件①.由C＝π6和余弦定理得a2+由sinA＝3sinB及正弦定理得a＝3b.于是3b2+b2-c由①ac＝3，解得a＝3，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＝π6和余弦定理得a2+由sinA＝3sinB及正弦定理得a＝3b.于是3b2+b2-c223b2＝32，由此可得b由②csinA＝3，所以c＝b＝23，a＝6.因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝23.方案三：选条件③.由C＝π6和余弦定理得a2+由sinA＝3sinB及正弦定理得a＝3b.于是3b2+b2-c由③c＝3b，与b＝c矛盾．因此，选条件③时问题中的三角形不存在．典例8解析：(1)由题意可得ba=所以C的方程为x2－y2(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y消去y并整理，得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0.则x1＋x2＝2kb3-k2，x1x2＝b2+3k2-3因为x1>x2>0，所以x1x2＝b2+3k所以x1－x2＝23设点M的坐标为(xM，yM)，则yM－y2＝3(xM－x2)，yM－y1＝－3(xM－x1)，两式相减，得y1－y2＝23xM－3(x1＋x2)．因为y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，所以23xM＝k(x1－x2)＋3(x1＋x2)，解得xM＝kb两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝3(x1－x2)．因为y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，所以2yM＝k(x1＋x2)＋3(x1－x2)＋2b，解得yM＝3b2+3-所以点M的轨迹为直线y＝3kx，其中k为直线PQ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yA=kxA-2，yA=同理可得xB＝2kk+3，yB此时xA＋xB＝4k2k2-3，yA因为点M在AB上，且其轨迹为直线y＝3kx所以y解得xM＝2k2k2-3＝xA+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＝3kx上，与题设矛盾，故直线AB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y解得xA＝2mm-3，yA同理可得xB＝2mm+3，yB此时xM＝xA+xB2＝2m2m2-3，yM＝yA+yB2＝6mm2-3.由于点M同时在直线y选择②③.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yA=kxA-2，yA=同理可得xB＝2kk+3，yB设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝xA+xB2＝2k2k因为|MA|＝|MB|，所以点M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－1k(x－xC将该直线方程与y＝3kx联立，解得xM＝2k2k2-3＝xC，yM＝6kk2-3＝典例9解析：令y＝1，得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)＝f(x)，即f(x＋1)＝f(x)－f(x－1)．故f(x＋2)＝f(x＋1)－f(x)①，f(x＋3)＝f(x＋2)－f(x＋1)②.①＋②，得f(x＋3)＝－f(x)，所以f(x)的周期为6.令x＝1，y＝0，得f(1)＋f(1)＝f(1)f(0)，所以f(0)＝2，所以f(2)＝f(1)－f(0)＝1－2＝－1，f(3)＝f(2)－f(1)＝－1－1＝－2，f(4)＝f(3)－f(2)＝－2－(－1)＝－1，f(5)＝f(4)－f(3)＝－1－(－2)＝1，f(6)＝f(5)－f(4)＝1－(－1)＝2.所以k=122fk＝3[f(1)＋f(2)＋…＋f(6)]＋f(19)＋f(20)＋f(21)＋f(22)＝3×0＋f(1)＋f答案：A典例10解析：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.由于f(x)存在最小值，则方程f′(x)＝0有解，故a>0，解得x＝lna.所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(lna)＝a－alna.同理，得g(x)min＝g(1a)＝1＋lna因为函数f(x)，g(x)的最小值相等，所以a－alna＝1＋lna，即(a＋1)lna＋1－a＝0.令h(x)＝(x＋1)lnx＋1－x，x>0，则h′(x)＝lnx＋1x令m(x)＝lnx＋1x，x>0，则m′(x)＝1x-令x-1x2>0，则x>1；令所以m(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即h′(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h'xmin所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，所以1是h(x)唯一零点，所以a＝1.(2)证明：由(1)知f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx，且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且f(x)min＝gx①当b<1时，f(x)min＝g(x)min＝1>b，显然直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)无交点，不符合题意．②当b＝1时，f(x)min＝g(x)min＝1＝b，则直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有2个交点，不符合题意．③当b>1时，首先证明直线y＝b与曲线y＝f(x)有2个交点，即证F(x)＝f(x)－b有2个零点．因为F′(x)＝f′(x)＝ex－1，所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．F(－b)＝e－b>0，F(0)＝1－b<0，F(b)＝eb－2b.令t(b)＝eb－2b，b>1，则t′(b)＝eb－2>0，所以t(b)>t(1)＝e－2>0，所以F(b)>0.所以由零点存在定理，知F(x)＝f(x)－b在(－∞，0)上存在且只存在1个零点，设为x1，在(0，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x2.其次证明直线y＝b与曲线g(x)有2个交点，即证G(x)＝g(x)－b有2个零点．因为G′(x)＝g′(x)＝1－1x，所以G(xG(e－b)＝e－b>0，G(1)＝1－b<0，G(2b)＝b－ln2b.令μ(x)＝x2－lnx，x>2，则μ′(x)＝1所以μ(x)>μ(2)＝1－ln2>0，即G(2b)>0.所以由零点存在定理，得G(x)＝g(x)－b在(0，1)上存在且只存在1个零点，设为x3，在(1，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x4.再次证明存在b使得x2＝x3.因为F(x2)＝G(x3)＝0，所以b＝ex2－x2＝x3－lnx若x2＝x3，则ex2－x2＝x2－lnx2，即ex2－2x2＋lnx2＝0，所以只需证明方程ex－2即证明φ(x)＝ex－2x＋lnx在(0，1)上有零点．因为φ(1e3)＝e1所以φ(x)＝ex－2x＋lnx在(0，1)上存在零点，取一零点为x0，令x2＝x3＝x0即可，此时b＝ex0－x0，则此时存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(最后证明x1＋x4＝2x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．因