2020年 数学高考题江苏卷

PAGE1一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.1.（2020·江苏高考）已知集合A＝{－1，0，1，2}，B＝{0，2，3}，则A∩B＝.解析：由交集的定义可得A∩B＝{0，2}.答案：{0，2}2.（2020·江苏高考）已知i是虚数单位，则复数z＝（1＋i）（2－i）的实部是.解析：复数z＝（1＋i）（2－i）＝3＋i，实部是3.答案：33.（2020·江苏高考）已知一组数据4，2a，3－a，5，6的平均数为4，则a的值是.解析：由平均数公式可得4+2a＋（3－a）+5+65答案：24.（2020·江苏高考）将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是.解析：将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，向上的点数共有36种情况，其中点数和为5的情况有（1，4），（2，3），（3，2），（4，1），共4种，则所求概率为436＝1答案：15.（2020·江苏高考）如图是一个算法流程图.若输出y的值为－2，则输入x的值是.解析：由流程图可得y＝2x，x>0，x+1，x≤0，则当y＝－2答案：－36.（2020·江苏高考）在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x2a2－y25＝1（a＞0）的一条渐近线方程为y＝5解析：由双曲线的一条渐近线方程为y＝52x得ba＝52，则该双曲线的离心率e＝ca＝答案：37.（2020·江苏高考）已知y＝f（x）是奇函数，当x≥0时，f（x）＝x23，则f（－8）的值是解析：由题意可得f（－8）＝－f（8）＝－823＝－（23）23＝－答案：－48.（2020·江苏高考）已知sin2π4＋α＝23，则sin2解析：因为sin2π4＋α＝23，所以1－cosπ2+2α2＝23答案：19.（2020·江苏高考）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半径为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是cm3.解析：正六棱柱的体积为6×34×22×2＝123（cm3），圆柱的体积为π×0.52×2＝π2（cm3），则该六角螺帽毛坯的体积为123答案：123－π10.（2020·江苏高考）将函数y＝3sin2x＋π4的图象向右平移π6个单位长度，解析：将函数y＝3sin2x＋π4的图象向右平移π6个单位长度，得到y＝3sin2x－π6＋π4＝3sin2x－π12的图象，由2x－π12＝π2＋kπ，k∈Z，得对称轴方程为x答案：x＝－511.（2020·江苏高考）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列.已知数列{an＋bn}的前n项和Sn＝n2－n＋2n－1（n∈N*），则d＋q的值是.解析：法一当n＝1时，S1＝a1＋b1＝1①，当n≥2时，an＋bn＝Sn－Sn－1＝2n－2＋2n－1，则a2＋b2＝4②，a3＋b3＝8③，a4＋b4＝14④，②－①得d＋b1（q－1）＝3⑤，③－②得d＋b2（q－1）＝4⑥，④－③得d＋b3（q－1）＝6⑦，⑥－⑤得b1（q－1）2＝1，⑦－⑥得b2（q－1）2＝2，则q＝2，b1＝1，d＝2，所以d＋q＝4.法二由题意可得S1＝a1＋b1＝1，当n≥2时，an＋bn＝Sn－Sn－1＝2n－2＋2n－1，易知当n＝1时也成立，则a1＋（n－1）d＋b1qn－1＝dn＋a1－d＋b1qn－1＝2n－2＋2n－1对任意正整数n恒成立，则d＝2，q＝2，d＋q＝4.法三由等差数列和等比数列的前n项和的特征可得等差数列{an}的前n项和Hn＝n2－n，等比数列{b2}的前n项和Tn＝2n－1，则d＝2，q＝2，d＋q＝4.答案：412.（2020·江苏高考）已知5x2y2＋y4＝1（x，y∈R），则x2＋y2的最小值是.解析：法一由5x2y2＋y4＝1得x2＝15y2－y25，则x2＋y2＝15y2＋4y25≥215y2·4y25＝45，当且仅当法二4＝（5x2＋y2）·4y2≤（5x2＋y2）+4y222＝254（x2＋y2）2，则x2＋y2≥45，当且仅当5x2＋y2＝4y2＝2，即x2＝310，y答案：413.（2020·江苏高考）在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP＝9，若PA＝mPB＋32－mPC（m为常数），则解析：法一以点A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，AC的方向为y轴的正方向建立平面直角坐标系，设CD＝λCB，λ∈[0，1]，则D（4λ，3－3λ），AD＝AC＋λCB＝λAB＋（1－λ）AC，又点P在AD的延长线上，则可设AP＝μAD，μ＞1，又PA＝m（PB－PC）＋32PC＝mCB＋32PC，则PA＝m（AB－AC）＋32（AC－AP），12AP＝mAB＋32－mAC，则2mAB＋（3－2m）AC＝AP＝μAD＝λμAB＋μ（1－λ）AC，所以2m＝λμ，3－2m＝μ－λμ，所以μ＝3，又AP＝9，则AD＝3，所以（4λ）2＋（3－3λ）2＝9，得λ＝1825或λ＝0，则｜CD｜＝1825｜CB｜＝1825×3法二由题意可设PA＝λPD＝λ[μPB＋（1－μ）PC]＝λμPB＋（λ－λμ）PC，其中λ＞1，0≤μ≤1，又PA＝mPB＋32－mPC，所以λμ＝m，λ－λμ＝32－m，得λ＝32，即｜PA｜｜PD｜＝32，又PA＝9，则｜PD｜＝6，｜AD｜＝3，所以AD＝AC.当D与C重合时，CD＝0，当D不与C重合时，有∠ACD＝∠CDA，所以∠CAD＝180°－2∠ACD，在△ACD中，由正弦定理可得CDsin∠CAD＝ADsin∠ACD，则答案：185或14.（2020·江苏高考）在平面直角坐标系xOy中，已知P32，0，A，B是圆C：x2＋y－122＝36上的两个动点，满足PA＝PB解析：法一连接CA，CB，则CA＝CB，连接CP，由PA＝PB且CA＝CB得AB的垂直平分线是直线CP，设圆心C到AB的距离为d（0≤d＜6），易知当△PAB的面积最大时，点P到直线AB的距离为d＋PC＝d＋1，AB＝236－d2，△PAB的面积S＝12AB（d＋1）＝12×236－d2（d＋1）＝36（d+1）2－d2（d+1）2，令d＋1＝t，t∈[1，7），则S＝36t2-(t－1）2t2，令f（t）＝36t2－（t－1）2t2＝－t4＋2t3＋35t2，t∈[1，7），则f'（t）＝－4t3＋6t2＋70t＝－2t（t－5）（2t＋7），由f'（t）＝0，得t＝5，则当t∈[1，5）时，f'（t）＞0，f（t）单调递增，当t∈（5，7）时，f'（t法二如图，连接CA，CB，则CA＝CB，连接PC，由PA＝PB且CA＝CB，得AB的垂直平分线是直线CP.当AB经过点C时，△PAB的面积S＝12×12×1＝6.当AB在点C的左上方时，记直线PC与AB的交点为D，设∠ACD＝θ，θ∈0，π2，则AB＝2AD＝12sinθ，CD＝6cosθ，则△PAB的面积S＝12AB·PD＝12×12sinθ（6cosθ＋1）＝36sinθcosθ＋6sinθ，则S'＝36cos2θ－36sin2θ＋6cosθ＝36cos2θ＋6cosθ＝6（12cos2θ＋cosθ－6），由S'＝0得cosθ＝23舍去cosθ＝－34，且当0＜cosθ＜23时，S'＜0，S单调递减；当23＜cosθ＜1时，S'＞0，S单调递增，所以当cosθ＝23时，S取得最大值，且Smax＝36×1－2答案：105二、解答题：本大题共6小题，共计90分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.（本小题满分14分）（2020·江苏高考）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点.（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1.证明：（1）因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1.又EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.（2）因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB.又AB⊥AC，B1C⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，B1C∩AC＝C，所以AB⊥平面AB1C，又因为AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.16.（本小题满分14分）（2020·江苏高考）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝3，c＝2，B＝45°.（1）求sinC的值；（2）在边BC上取一点D，使得cos∠ADC＝－45，求tan∠DAC的值解：（1）在△ABC中，因为a＝3，c＝2，B＝45°，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝9＋2－2×3×2cos45°＝5，所以b＝5.在△ABC中，由正弦定理bsinB＝得5sin45°＝2所以sinC＝55（2）在△ADC中，因为cos∠ADC＝－45，所以∠ADC为钝角而∠ADC＋C＋∠CAD＝180°，所以C为锐角.故cosC＝1－sin2C＝255，则因为cos∠DAC＝－45所以sin∠ADC＝1－costan∠ADC＝sin∠ADCcos从而tan∠ACD＝tan（180°－∠ADC－C）＝－tan（∠ADC＋C）＝－tan＝－－34＋17.（本小题满分14分）（2020·江苏高考）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上，桥AB与MN平行，OO'为铅垂线（O'在AB上）.经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1（米）与D到OO'的距离a（米）之间满足关系式h1＝140a2；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离h2（米）与F到OO'的距离b（米）之间满足关系式h2＝－1800b3＋6b.已知点B到OO'的距离为40（1）求桥AB的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO'的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上（不包括端点）.桥墩EF每米造价k（万元），桥墩CD每米造价32k（万元）（k＞0），问O'E为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低解：（1）作AA1，BB1，CD1，EF1都与MN垂直，A1，B1，D1，F1是相应垂足.由条件知，当O'B＝40时，BB1＝－1800×403＋6×40＝160，则AA1＝由140O'A2＝160，得O'A＝所以AB＝O'A＋O'B＝80＋40＝120（米）.（2）以O为原点，OO'为y轴建立平面直角坐标系xOy（如图所示）.设F（x，y2），x∈（0，40），则y2＝－1800x3＋6xEF＝160－y2＝160＋1800x3－6x因为CE＝80，所以O'C＝80－x.设D（x－80，y1），则y1＝140（80－x）2所以CD＝160－y1＝160－140（80－x）2＝－140x2＋4记桥墩CD和EF的总造价为f（x），则f（x）＝k160+1800x3＝k1800x3－380x2f'（x）＝k3800x2－340x＝令f'（x）＝0，得x＝20.x（0，20）20（20，40）f'（x）－0＋f（x）↘极小值↗所以当x＝20时，f（x）取得最小值.答：（1）桥AB的长度为120米；（2）当O'E为20米时，桥墩CD和EF的总造价最低.18.（本小题满分16分）（2020·江苏高考）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：x24＋y23＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1（1）求△AF1F2的周长；（2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求OP·QP的最小值；（3）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2＝3S1，求点M的坐标.解：（1）设椭圆E：x24＋y23＝1的长轴长为2a，短轴长为2b，则a2＝4，b2＝3，c2＝1.所以△AF1F2的周长为2a＋2c＝6.（2）椭圆E的右准线为x＝4.设P（x，0），Q（4，y），则OP＝（x，0），QP＝（x－4，－y），OP·QP＝x（x－4）＝（x－2）2－4≥－4，在x＝2时取等号.所以OP·QP的最小值为－4.（3）因为椭圆E：x24＋y23＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，则F1（－1，0），F2（1，0所以直线AB：3x－4y＋3＝0.设M（x，y），因为S2＝3S1，所以点M到直线AB距离等于点O到直线AB距离的3倍.由此得｜3x－4y则3x－4y＋12＝0或3x－4y－6＝0.由3x－4y＋12=0，x24＋y23由3x－4y－6=0，x24＋y23=1，得7x2－代入直线l：3x－4y－6＝0，对应分别得y＝0或y＝－127因此点M的坐标为（2，0）或－219.（本小题满分16分）（2020·江苏高考）已知关于x的函数y＝f（x），y＝g（x）与h（x）＝kx＋b（k，b∈R）在区间D上恒有f（x）≥h（x）≥g（x）.（1）若f（x）＝x2＋2x，g（x）＝－x2＋2x，D＝（－∞，＋∞），求h（x）的表达式；（2）若f（x）＝x2－x＋1，g（x）＝klnx，h（x）＝kx－k，D＝（0，＋∞），求k的取值范围；（3）若f（x）＝x4－2x2，g（x）＝4x2－8，h（x）＝4（t3－t）x－3t4＋2t2（0＜｜t｜≤2），D＝[m，n]⊆[－2，2]，求证：n－m≤7.解：（1）由条件f（x）≥h（x）≥g（x），得x2＋2x≥kx＋b≥－x2＋2x，取x＝0，得0≥b≥0，所以b＝0.由x2＋2x≥kx，得x2＋（2－k）x≥0，此式对一切x∈（－∞，＋∞）恒成立，所以（2－k）2≤0，则k＝2，此时2x≥－x2＋2x恒成立，所以h（x）＝2x.（2）h（x）－g（x）＝k（x－1－lnx），x∈（0，＋∞）.令u（x）＝x－1－lnx，则u'（x）＝1－1x，令u'（x）＝0，得x＝x（0，1）1（1，＋∞）u'（x）－0＋u（x）↘极小值↗所以u（x）min＝u（1）＝0.则x－1≥lnx恒成立，所以当且仅当k≥0时，h（x）≥g（x）恒成立.另一方面，f（x）≥h（x）恒成立，即x2－x＋1≥kx－k恒成立，也即x2－（1＋k）x＋1＋k≥0恒成立.因为k≥0，函数y＝x2－（1＋k）x＋1＋k的图象的对称轴x＝1+k2＞所以（1＋k）2－4（1＋k）≤0，解得－1≤k≤3.因此，k的取值范围是0≤k≤3.（3）证明：①当1≤t≤2时，由g（x）≤h（x），得4x2－8≤4（t3－t）x－3t4＋2t2，整理得x2－（t3－t）x＋3t4－2t令Δ＝（t3－t）2－（3t4－2t2－8），则Δ＝t6－5t4＋3t2＋8.记φ（t）＝t6－5t4＋3t2＋8（1≤t≤2），则φ'（t）＝6t5－20t3＋6t＝2t（3t2－1）（t2－3）＜0恒成立，所以φ（t）在[1，2]上是减函数，则φ（2）≤φ（t）≤φ（1），即2≤φ（t）≤7.所以不等式（*）有解，设解为x1≤x≤x2，因此n－m≤x2－x1＝Δ≤7.②当0＜t＜1时，f（－1）－h（－1）＝3t4＋4t3－2t2－4t－1.设v（t）＝3t4＋4t3－2t2－4t－1，则v'（t）＝12t3＋12t2－4t－4＝4（t＋1）（3t2－1），令v'（t）＝0，得t＝33当t∈0，33时，v'（t）＜0，v（t当t∈33，1时，v'（t）＞0，v（tv（0）＝－1，v（1）＝0，则当0＜t＜1时，v（t）＜0.（或证：v（t）＝（t＋1）2（3t＋1）（t－1）＜0.）则f（－1）－h（－1）＜0，因此－1∉（m，n）.因为[m，n]⊆[－2，2]，所以n－m≤2＋1＜7.③当－2≤t＜0时，因为f（x），g（x）均为偶函数，因此n－m≤7也成立.综上所述，n－m≤7.20.（本小题满分16分）（2020·江苏高考）已知数列{an}（n∈N*）的首项a1＝1，前n项和为Sn.设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有Sn+11k－Sn1k＝λan+11（1）若等差数列{an}是“λ～1”数列，求λ的值；（2）若数列{an}是“33～2”数列，且an＞0，求数列{an}的通项公式（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{an}为“λ～3”数列，且an≥0？若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由.解：（1）因为等差数列{an}是“λ～1”数列，则Sn＋1－Sn＝λan＋1，即an＋1＝λan＋1，也即（λ－1）an＋1＝0，此式对一切正整数n均成立.若λ≠1，则an＋1＝0恒成立，故a3－a2＝0，而a2－a1＝－1，这与{an}是等差数列矛盾.所以λ＝1.（此时，任意首项为1的等差数列都是“1～1”数列）（2）因为数列{an}（n∈N*）是“33～2”数列，所以Sn+1－Sn＝33an+1，即Sn+1－Sn＝33Sn+1－Sn，因为an＞0，令Sn+1Sn＝bn，则bn－1＝33bn2－1，即（bn－1）2＝13解得bn＝2，即Sn+1Sn＝2，也即Sn+1Sn＝4，所以数列因为S1＝a1＝1，所以Sn＝4n－1.则an＝1（3）设各项非负的数列{an}（n∈N*）为“λ～3”数列，则Sn+113－Sn13＝λan+1因为an≥0，而a1＝1，所以Sn＋1≥Sn＞0，则3Sn+1Sn－令3Sn+1Sn＝cn，则cn－1＝λ3cn3－1（cn≥1），即（cn－1）3＝λ3（cn3①若λ≤0或λ＝1，则（*）只有一解为cn＝1，即符合条件的数列{an}只有一个.（此数列为1，0，0，0，…）②若λ＞1，则（*）化为（cn－1）cn2＋因为cn≥1，所以cn2＋λ3+2λ3－1cn＋1＞0，则（即符合条件的数列{an}只有一个.（此数列为1，0，0，0，…）③若0＜λ＜1，则cn2＋λ3+2λ3－1cn＋1＝0的两根分别在（0，1）与（1，＋∞）内，则方程（*）有两个大于或等于1的解：其中一个为1所以Sn＋1＝Sn或Sn＋1＝t3Sn.由于数列{Sn}从任何一项求其后一项均有两种不同结果，所以这样的数列{Sn}有无数多个，则对应的{an}有无数多个.综上所述，能存在三个各项非负的数列{an}为“λ～3”数列，λ的取值范围是0＜λ＜1.数学Ⅱ（附加题）21.[选做题]本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题作答.若多做，则按作答的前两小题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.A.[选修4-2：矩形与变换]（本小题满分10分）平面上点A（2，－1）在矩阵M＝a1－1b对应的变换作用下得到点（1）求实数a，b的值；（2）求矩阵M的逆矩阵M－1.解：（1）因为a1所以2a－1=3，－2－b＝－4，（2）因为M＝21－12，det（M）＝2×2－1×（－1）＝5≠0，所以M可逆，B.[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）在极坐标系中，已知点Aρ1，π3在直线l：ρcosθ＝2上，点Bρ2，π6在圆C：ρ＝4sinθ上（其中ρ≥0（1）求ρ1，ρ2的值；（2）求出直线l与圆C的公共点的极坐标.解：（1）由ρ1cosπ3＝2，得ρ1＝4；ρ2＝4sinπ6＝又（0，0）即0，π6也在圆C上，因此ρ2（2）由ρcosθ=2，ρ=4sinθ，得4sinθcosθ因为ρ≥0，0≤θ＜2π，所以θ＝π4，ρ＝22所以公共点的极坐标为22C.[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分10分）设x∈R，解不等式2｜x＋1｜＋｜x｜＜4.解：当x＞0时，原不等式可化为2x＋2＋x＜4，解得0＜x＜23当－1≤x≤0时，原不等式可化为2x＋2－x＜4，解得－1≤x≤0；当x＜－1时，原不等式可化为－2x－2－x＜4，解得－2＜x＜－1.综上，原不等式的解集为x|-[必做题]第22题、第23题，每题10分，共计20分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.22.（本小题满分10分）（2020·江苏高考）在三棱锥A-BCD中，已知CB＝CD＝5，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF＝14BC，设二面角F-DE-C的大小为θ，求sinθ的值解：（1）连接OC，因为CB＝CD，O为BD中点，所以CO⊥BD.又AO⊥平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.以{OB，OC，OA}为基底，建立空间直角坐标系O-xyz.因为BD＝2，CB＝CD＝5，AO＝2，所以B（1，0，0），D（－1，0，0），C（0，2，0），A（0，0，2）.因为E为AC的中点，所以E（0，1，1）.则AB＝（1，0，－2），DE＝（1，1，1），所以｜cos＜AB，DE＞｜＝｜AB·DE｜｜因此，直线AB与DE所成角的余弦值为1515（2）因为点F在BC上，BF＝14BC，BC＝（－1，2，0所以BF＝14BC＝又DB＝（2，0，0），故DF＝DB＋BF＝74设n1＝（x1，y1，z1）为平面DEF的一个法向量，则DE·n取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，所以n1＝（2，－7，5）.设n2＝（x2，y2，z2）为平面DEC的一个法向量，又DC＝（1，2，0），则DE·n取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，所以n2＝（2，－1，－1）.故｜cosθ｜＝｜n1·n2所以sinθ＝1－cos23.（本小题满分10分）（2020·江苏高考）甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn.（1）求p1，q1和p2，q2；（2）求2pn＋qn与2pn－1＋qn－1的递推关系式和Xn的数学期望E（Xn）（用n表示）.解：（1）p1＝C11C31·C31C31＝1p2＝C11C31·C31C31·p1＋C21C31·C11C31·q1＋0·q2＝C21C31·C31C31·p1＋C21C31·C21C31＋C11（2）当n≥2时，pn＝C11C31·C31C31·pn－1＋C21C31·C11C31·qn－1＋0·（1－pn－1－qn＝C21C31·C31C31·pn－1＋C21C31·C21C31＋C11C31·C11C2×①＋②，得2pn＋qn＝23pn－1＋49qn－1－19qn－1＋23＝13（2pn－1＋qn－从而2pn＋qn－1＝13（2pn－1＋qn－1－1又2p1＋q1－1＝13所以2pn＋qn＝1＋1313n－1＝1＋13n由②，有qn－35＝－19qn－1－35所以qn＝115－19n－1＋由③，有pn＝121+13n－qn＝310－故1－pn－qn＝310－19n－1213Xn的概率分布Xn012P1－pn－qnqnpn则E（Xn）＝0×（1－pn－qn）＋1×qn＋2×pn＝1＋13n，n∈N前沿热点——新高考数学考情分析2024年新高考真题（含考情分析）及高考最新动向实时更新请扫码获取纵观近年来新高考数学试题，试题贯彻落实了高考改革的总体要求，实施“德智体美劳”全面发展的教育方针，聚焦核心素养，突出关键能力考查，落实立德树人根本任务，充分发挥考试的引导作用.试题突出数学本质、重视理性思维、坚持素养导向、能力为重的命题原则.通过设计真实问题情境，体现数学的应用价值；稳步推进改革，科学把握必备知识与关键能力的关系，体现了对基础性、综合性、应用性和创新性的高考考查要求.一、突出主干知识、筑牢能力基础以2023年新高考Ⅰ、Ⅱ卷为例，对各试题所考查的主干知识分析如下：题型题号各试题所考查的知识点分布及考查角度2023年新高考Ⅰ卷2023年新高考Ⅱ卷单选题1集合的交集运算复数的乘法及几何意义2复数运算、共轭复数由集合间的关系求参数3向量垂直、数量积运算分层随机抽样、计数原理4由函数的单调性求参数由函数的奇偶性求参数5椭圆的离心率问题由直线与椭圆的位置关系求参数6圆的切线问题由函数的单调性求参数7等差数列充要条件的判定半角公式8三角函数中和、差、倍角公式的应用等比数列的概念、前n项和及性质多选题9样本数字特征圆锥的体积、侧面积和截面面积10以实际问题为背景考查对数大小比较直线与抛物线的位置关系、抛物线的概念及性质11抽象函数的函数性质函数的极值及应用12以正方体内嵌入某几何体考查对称性、空间位置关系独立事件的概率、二项分布模型填空题13计数原理向量的数量积、模14四棱台的体积四棱台的体积15三角函数中由零点个数求ω范围直线与圆的位置关系16双曲线几何性质、平面向量三角函数的图象与性质解答题17正弦定理、三角恒等变换正、余弦定理、三角恒等变换18线线平行的证明及由二面角求线段长度等差数列、数列的奇偶项问题19利用导数判断函数的单调性、证明不等式统计图表、概率统计与函数交汇问题20等差数列的概念、性质及前n项和空间线面位置关系、二面角的正弦值21概率与数列的交汇问题直线与双曲线的位置关系、定直线问题22以抛物线为背景，考查不等式及函数的最值以三角函数、对数函数为载体，考查导数的应用从上表可以看出，试题所考查知识范围及思想方法90％以上都源于教材主干知识，由此在一轮复习备考中更应重视必备知识的系统梳理、基本能力的逐点夯实.二、注重试题情境创设、牢记育人宗旨1.关注社会热点2023年新高考Ⅰ卷第10题以当今社会热点“噪声污染问题”为背景命制试题，目的是引导学生关注社会、关注民生，用所学知识解决生活实践情境下的实际问题.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷）噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp＝20×lgpp0，其中常数p0（p0＞0）是听觉下限阈值，p是实际声压.声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车1060～90混合动力汽车1050～60电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则（）A.p1≥p2 B.p2＞10p3C.p3＝100p0 D.p1≤100p22.弘扬优秀传统文化2022年新高考Ⅱ卷第3题以中国古代建筑中的举架结构为背景命制出以等差数列为考查点的试题，此类试题不但能考查学生的阅读理解能力、直观想象能力及知识运用能力，而且还能以优秀传统文化精髓陶冶情操.（2022·新高考Ⅱ卷）图①是中国古代建筑中的举架结构，AA'，BB'，CC'，DD'是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举.图②是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1OD1＝0.5，CC1DC1＝k1，BB1CB1＝k2，AA1BA1＝k3.已知k1，A.0.75 B.0.8C.0.85 D.0.93.展示现代科学技术水平2021年新高考Ⅱ卷第4题以我国航天事业的重要成果北斗三号全球卫星导航系统为试题情境命制立体几何问题，在考查学生的空间想象能力和阅读理解、数学建模等素养的同时，引导学生关注我国社会现实与经济、科技进步与发展，增强民族自豪感与自信心.（2021·新高考Ⅱ卷）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％4.体现数学应用价值2022年新高考Ⅰ卷第4题以我国的重大建设成就“南水北调”工程为背景命制出以四棱台体积公式为考查点的立体几何试题，体现了数学的应用价值.（2022·新高考Ⅰ卷）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.1.0×109m3 B.1.2×109m3C.1.4×109m3 D.1.6×109m3三、重视能力考查、使素养评价科学有据高中数学课程标准对培养学生能力的要求是数学“六大核心素养”的集中展示.要检验学生核心素养高低，必须通过解决数学问题来体现.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A.直径为0.99m的球体B.所有棱长均为1.4m的四面体C.底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体素养评价本题为多选题，以正方体内嵌入其他几何体为背景考查学生不同的素养层级，由A、B、C、D四个选项设计的问题不同，对应解决问题所需核心素养也逐渐提升，本题真