2025版 高考試題分析-數(shù)學(xué)-部分3

(3)在命制情境化試題的過(guò)程中，很好地控制了文字?jǐn)?shù)量和閱讀理選項(xiàng)C和D關(guān)注概率P(Y>2),不同選項(xiàng)的推理方法可以相互啟發(fā)和學(xué)思維的考查，減輕了學(xué)生的運(yùn)算負(fù)擔(dān)，符合“雙減”政策的改革理念.【試題分析】思路1當(dāng)0<x<1時(shí)，0<x2<1,x>x2,故由f(x)在區(qū)間(0,1)單調(diào)思路2令函數(shù)g(x)=(x+1)2(x2-4)-(x-4).則f(x2)-f(x)=1)+3x(x-1)-2<0,故g(x)在區(qū)間(0,1)單調(diào)遞減，所以g(x)<思路1當(dāng)1<x<2時(shí)，1<2x-1<3,由f(x)在區(qū)間(1思路2令函數(shù)g(x)=4(x-1)2(2x-5).則當(dāng)1<x<2時(shí)，g'(x)=24(x-1)(x-2)<0,故g(x)在區(qū)間(1,2)單調(diào)遞減，又g(1)=0,g(2)=-4,所以-4<g(x)<0,即-4<f(2x-1)<0.思路1當(dāng)-1<x<0時(shí)，2<2-x<3,由f(x)在區(qū)間(-1,0)單調(diào)遞增，且在區(qū)間(2,3)單調(diào)遞減知-20<f(x)<-4,-4<f(2-x)<0,故f(2-x)>f(x).由f(x)在區(qū)間(-1,0)單調(diào)遞增，且在區(qū)間(2,3)單調(diào)遞減知f(x)<思路3令函數(shù)g(x)=f(2-x)-f(x)=2(1-x)3.則當(dāng)-1<x<0【試題】設(shè)計(jì)一條美麗的絲帶，其造型卜可以看作圖中的曲線(xiàn)C的一部分.已知C過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)0,且C上的點(diǎn)滿(mǎn)足：橫坐標(biāo)大于-2;到點(diǎn)F(2,0)的距離與到定直線(xiàn)x=a(a<0)的距離之積為4.則C.C在第一象限的點(diǎn)的縱坐標(biāo)的最大值為1【試題分析】解題思路因?yàn)榍€(xiàn)C過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)0,所以0(0,0)符合上述方程，帶入得la|=2,又a<0,所以a=-2.又C上的點(diǎn)的橫坐標(biāo)大于-2,故曲線(xiàn)C的(2√2-2)=8-4=4,故點(diǎn)(2√2,0)在C上，選項(xiàng)B正確.為C上的點(diǎn)(x?,y?)中的x?>-2,所以選項(xiàng)D正確.觀(guān)察第一象限中的交點(diǎn)，可以發(fā)現(xiàn)交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為1,卻不是最高點(diǎn)，點(diǎn)的縱坐標(biāo)的大于1,故選項(xiàng)C不正確.【試題】曲線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)性和雙曲線(xiàn)的定義的理解.學(xué)生需要先通過(guò)條件推出點(diǎn)因此答案思路2解圓錐曲線(xiàn)的方程.將A點(diǎn)的坐標(biāo)代入雙曲線(xiàn)方程將a2+b2=36代入得通分得36(36-a2)-25a2=a2(36-a2),整理得(a2)2-97a2+1296=0,解得a2=16或a2=81(舍去),即a=4.故因此答案思路3用準(zhǔn)線(xiàn)作為輔助因此答案為y=2x+1.由題意知直線(xiàn)y=2x+1是曲思路2設(shè)直線(xiàn)y=kx+b是既是曲線(xiàn)y=e*+x在點(diǎn)(0,1)處的切線(xiàn)，又是曲線(xiàn)【試題】分別標(biāo)有數(shù)字1,3,5,7,乙的卡片上分別標(biāo)有數(shù)字2,4,6,8.兩人為討論4!=24種情況中有多少種情況能使得甲的總得分不小于2.接下記題述的比賽過(guò)程為比賽A,定義比賽B為將乙手中寫(xiě)有數(shù)字8的首先，在比賽A中，乙選出寫(xiě)有數(shù)字8的卡片的一輪，甲必然得0其次，若將比賽B中的每張卡片上的數(shù)字都增加1,則兩人的得分分不小于3的概率，也等于比賽B中乙的得分不小于2的概率.由于在比賽B中，兩人得分之和恒為4,且兩人的得分都是整數(shù)，所以“甲的得分不小于3”和“乙的得分不小于2”互為對(duì)立事件，它們發(fā)生的概事率之和為1.因此上述兩個(gè)事件發(fā)生的概率均事分不小于2的概率即在比賽A中甲的得因此答案.思路2轉(zhuǎn)化為一方隨機(jī)選卡之后枚舉計(jì)算易知題述概率等于甲固定選卡片的順序，乙隨機(jī)選卡片時(shí)甲得分不小于2的概率.不妨設(shè)甲選卡片的順序?yàn)?,3,5,7,在此古典概型中，乙選卡片的不同順序共有4!=24種，而使得甲得分不小于2的所有順序共有12種，分別為2,8,4,6;4,2,8,6;4,8,2,4;6,8,2,4;6,8,4,2;8,2,4,6;8,2,68,6,2,4;8,6,4,2.因此答案思路3轉(zhuǎn)化為一方隨機(jī)選卡之后使用概率和排列組合進(jìn)行計(jì)算.易知題述概率等于甲固定選卡片的順序，乙隨機(jī)選卡片時(shí)甲得分不小于2的概率.不妨設(shè)甲選卡片的順序?yàn)?,3,5,7,顯然甲選寫(xiě)有數(shù)字1的卡片的那一輪必然得0分，因?yàn)榧椎梅植恍∮?等價(jià)于其他三輪中甲至少有兩輪是數(shù)字較大的一方.記A?,5為事件：甲選寫(xiě)有數(shù)字3,5的卡片的兩輪都是數(shù)字較大的一方；A?,為事件：甲選寫(xiě)有數(shù)字3,7的卡片的兩輪都是數(shù)字較大的一方；As,為事件：甲選寫(xiě)有數(shù)字5,7的卡片的兩輪都是數(shù)字較大的一方；字為3的卡片時(shí)乙選的必然是數(shù)字為2的卡片，從而甲選數(shù)字為5的卡字為3的卡片時(shí)乙選的必然是數(shù)字為2的卡片，從而甲選數(shù)字為7的卡字為5的卡片時(shí)乙選的必然是數(shù)字為2或4的卡片，從而甲選數(shù)字為7的卡片時(shí)乙選的必然是數(shù)字為2,4,6的卡片中剩余的兩張卡片之一，因若甲選寫(xiě)有數(shù)字3,5,7的卡片的三輪都是數(shù)字較大的一方，則甲選數(shù)字為3的卡片時(shí)乙選的必然是數(shù)字為2的卡片，從而甲選數(shù)字為5的卡片時(shí)乙選的必然是數(shù)字為4的卡片，甲選數(shù)字為7的卡片時(shí)乙選的P(A?,?UA?,UAs,?)因此答案【試題亮點(diǎn)】試題考查了古典概型的概率求解問(wèn)題.學(xué)生將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為討論4!=24種情況中有多少種情況能使得甲的總得分不小于2,是非常重要的一步.如果按原問(wèn)題的描述來(lái)討論242=576種情況，應(yīng)思想不夠熟悉的學(xué)生在轉(zhuǎn)化為討論4!=24種情況后，也可以通過(guò)難度適宜，不同思維能力層次的學(xué)生都可以通過(guò)自己熟悉的方法來(lái)解決問(wèn)題，從時(shí)間和考試狀態(tài)方面都有利于學(xué)生繼續(xù)挑戰(zhàn)后面的解答題.【試題出處】2024年高考數(shù)學(xué)(新課標(biāo)I卷)第15題【試題】【參考答案】(1)由已知及余弦定理可得(2)解法1由(1)知解得c=2√2.解法2由(1)可知,,事事解法3由(1)知【考查目標(biāo)】試題考查正弦定理、余弦定理、三角恒等變形和三角形的面積等基礎(chǔ)知識(shí)；通過(guò)求解三角形來(lái)考查學(xué)生的邏輯推理、直觀(guān)想象和運(yùn)算求解等核心素養(yǎng)以及函數(shù)與方程、化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思路3由(1)的解答可以得到三角形的三個(gè)內(nèi)角的大小及它們對(duì)應(yīng)的正弦值，再利用正弦定理可得到a,b邊的關(guān)系.根據(jù)所給三角形的面積便可解出a,b,再利用題設(shè)條件(或余弦定理)便可解【試題亮點(diǎn)】試題以三角形的邊、角關(guān)系立意，考查應(yīng)用正弦定直觀(guān)想象和運(yùn)算求解等核心素養(yǎng).本題面向全體學(xué)生，設(shè)問(wèn)指向明學(xué)生根據(jù)題意直接利用余弦定理便可確定三角形的一個(gè)內(nèi)角，再利用另一個(gè)條件便可求得所求內(nèi)角，順利完成第(1)問(wèn)的解答.在第(1)問(wèn)解答的基礎(chǔ)上，學(xué)生可以確定三角形的三個(gè)內(nèi)角，利用正弦定理便可確定三角形三邊的關(guān)系，再利用面積的值便可解得所求邊長(zhǎng).學(xué)生若具備基本的函數(shù)與方程、化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，便可依題意正確作答.本題難度不大，計(jì)算量合適，既有效考查了學(xué)生對(duì)求解三角形的基本定理、基本公式的理解，又考查了學(xué)生運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力，還顧及到本屆畢業(yè)生的學(xué)情和教情，符合學(xué)生的期待.【試題】已知A(0,3)和為橢圓C:0)上兩點(diǎn).(2)若過(guò)P的直線(xiàn)l交C于另一點(diǎn)B,且△ABP的面積為9,求l的方程.或y=(2)思路1當(dāng)直線(xiàn)l垂直于x軸時(shí)，不合題意.設(shè)直線(xiàn)l的方程為△ABP的面積為設(shè)B(xp,yB),則又A到l的距離為故△ABP的面積解得或故l的方程為或思路2由已知，直線(xiàn)PA的方程為且以或或(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值(1)解法1因?yàn)镻A1底面ABCD,所以PA⊥AD.又因?yàn)锳D⊥PB,貝事,,t,0).以AD//平面PBC.2,0),AD=(s,t,0).平面PAC的法向量m=(1,0,0).設(shè)平面PCD的法向量n=(x,解法2如圖，作AM⊥PD于點(diǎn)M,MN⊥PC于點(diǎn)N,連結(jié)AN.因?yàn)锳Mc平面PAD,所以CD⊥AM.因?yàn)橐驗(yàn)镻A=AC,所以N為PC中點(diǎn)且PAD.所以CD⊥PD.因此【考查目標(biāo)】試題以學(xué)生熟悉的四棱錐為載體，通【試題】f(x)的定義域?yàn)?0,2).(3)令函數(shù)g(x)=f(x)+2,依題意g(x)>0當(dāng)且僅當(dāng)1<x<2,從若,若,定義域?yàn)?0,2),所以x?=1,yo=f(x?)=a.然后驗(yàn)證f(x)+f(2-x)=2a-2.因此4【試題】設(shè)m為正整數(shù)，數(shù)列a?,a?,…,a?m+2是公差不為0的等差數(shù)列，(1)寫(xiě)出所有的(i,j),1≤i<j≤6,使得數(shù)列a?,a?,…,a?是(3)從1,2,…,4m+2中一次任取兩個(gè)數(shù)i和j(i<j),記數(shù)列a,(2)數(shù)列a?,a?,…,a4m+2的前14項(xiàng)a?,a?,…,a14中刪去a?和a??后剩余的12項(xiàng)可被平均分為以下3組：a?,a?,a?,a10;a?,a?,a?,a12;a?,ag,a?,a14·由題設(shè)知這3組中的4個(gè)數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列.當(dāng)m≥4時(shí)，數(shù)列a?,a?,…,a4m+2從第15項(xiàng)開(kāi)始每連續(xù)4項(xiàng)分為所以當(dāng)m≥3時(shí)，數(shù)列a?,a?,…,a4m+2是(2,13)-可分?jǐn)?shù)列.(3)設(shè)a,,a?,a,a,是數(shù)列a?,a?,…,a?m+2中不同的4項(xiàng)，數(shù)列a,,a,,a,a,是等差數(shù)列等價(jià)于數(shù)列s,t,u,v是等差數(shù)列.因此數(shù)列a?,a?,…,a4m+2是(i,j)-可分?jǐn)?shù)列等價(jià)于數(shù)列1,2,…,4m+2是令Km={(i,j)|數(shù)列1,2,…,4m+2是(i,j)-可分?jǐn)?shù)列},則因?yàn)?,3,5,7和4,6,8,10均為等差數(shù)列，故(2,9)∈K?.由(2)知(2,13)∈K?.若(2,4m+1)∈Km,則由4m+1,4m+3,4m+5,4m+7和4m+4,4m+6,4m+8,4m+10均為等差數(shù)列，可得(2,4m+9)∈Km+2.所以當(dāng)m≥2時(shí)，均有(2,4m+1)∈Km.由(2,4(m-i+2)+1)∈Km-i+2知(4i-2,4m+5)∈Km+1,i=1,2,…,m.【試題分析】解題思路有(1,2),(1,6),(5,6).為(1,2),(1,6),(5,6).組的4個(gè)數(shù)為ag,a10,a12,a14,此時(shí)剩余的4個(gè)數(shù)a?,a?,a?,a?不能構(gòu)成等差數(shù)列；當(dāng)a?所在組的等差數(shù)列的公差為3d時(shí)，其所在組的4時(shí)剩余的4個(gè)數(shù)a?,a?,ag,a?2能構(gòu)成等差數(shù)列.所以數(shù)列a?,a?,…,a14是(2,13)-可分?jǐn)?shù)列.當(dāng)m≥4時(shí)，數(shù)列a?,a?,…,a?m+2可分為兩段a?,a?,…,a14和a?5,a?6,…,a4m+2,前一段a?,a?,…,a??是(2,13)-可分?jǐn)?shù)列，后一段從第15項(xiàng)開(kāi)始每連續(xù)4項(xiàng)分為一組，且任意連續(xù)4項(xiàng)可構(gòu)成等差數(shù)列，所以數(shù)列a?,a?,…,a4m+2是(2,13)-可分?jǐn)?shù)列.所以當(dāng)m≥3時(shí)，數(shù)列a?,a?,…,a4m+2是(2,13)-可分?jǐn)?shù)列.(3)設(shè)a,,a,a,a,是等差數(shù)列a?,a?,…,a?m+2中不同的4項(xiàng)，列s,t,u,v是等差數(shù)列.故數(shù)列a?,a?,…,a4m+2是(i,j)-可分?jǐn)?shù)列等價(jià)于數(shù)列1,2,…,4m+2是(i,j)-可分?jǐn)?shù)列，因此將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為討論數(shù)列1,2,…,4m+2是(i,j)-可分?jǐn)?shù)列時(shí)，(i,j)的不同取法有多少種.令Km={(i,j)|數(shù)列1,2,…,4m+2是(z,j)-可分?jǐn)?shù)列},則其中|KmI表示集合K.中元素的個(gè)數(shù).由需要證明的結(jié)論4m+3.故可先觀(guān)察j=4m+6的情形.從1,2,…,4m+6中刪去4k+1和4k+1,k=0,1,…,m+1.差數(shù)列的4個(gè)正整數(shù)中奇數(shù)的個(gè)數(shù)只能為0,2,4,而1,2,…,4m+2因?yàn)?,3,5,7和4,6,8,10均為等差數(shù)列，故(2,9)∈K?.若(2,4m+1)∈Km,則由4m+1,4m+3,4m+5,4m+7和4m+4,因?yàn)?,2,…,4m+6可寫(xiě)為1,2,3,4,4+1,4+2,…,4+4m+2,從2,4j+1)∈Km,1≤i<j≤m.我們繼續(xù)討論1,2,…,4m+2是(i,j)-可記A={1,2,…,4m+2},令A(yù)?=A,I(i=1,2,3,4),則u?-u?為4,0或-4,u?-u?也為4,0或-4.因因此|KmI≤|A?I·|A?I=(m+1)2.由(1)有K?={(1,2),(1,6),(5,6)},故注意到構(gòu)造的m2+m+1種取法和必要條件中的m2+2m+1種取法相m-1.事實(shí)上，這些也是可以確定的.比如我們可以證明當(dāng)m≥10時(shí)，對(duì)由于在1,2,…,30中去掉14,17后，剩余的數(shù)能分成如下的7組：{1,3,5,7},{4,6,8,10},{9,12,15,18},{13,16,19,22},{21,23,25,27},{24,26,28,30},{2,11,20,29}.所以數(shù)列1,2,…,30是(14,17)-可分?jǐn)?shù)列，即(14,17)∈K?.由此可得，當(dāng)3≤i≤m-4時(shí)，(4i+2,4i+5)∈Km.由于在1,2,…,34中去掉2,5后，剩余的數(shù)能分成如下的8組：24,34},{6,8,10,12},{16,18,20,22}所以數(shù)列1,2,…,34是(2,5)-可分?jǐn)?shù)列，即(2,5)∈Kg.由此可得，當(dāng)i≤m-8時(shí)，(4i+2,4i+5)∈Km.從而當(dāng)m=10時(shí)，(2,5),(6,9),(10,13),(14,17),(18,21)∈K1o.又因?yàn)閿?shù)列a?,a?,…,a4m+2是(i,j)-可分?jǐn)?shù)列等價(jià)于數(shù)列a?,a?,…,a?m+2是(4m+3-j,4m+3-i)-可分?jǐn)?shù)列.所以(4i+2,4i+5)運(yùn)算求解、獨(dú)立思考和創(chuàng)新應(yīng)用等能力，同續(xù)4項(xiàng)進(jìn)行遞推的思想方法完成解答.一旦學(xué)生將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為解決m+1.前者則需要通過(guò)觀(guān)察和遞推得到當(dāng)m≥1時(shí)，均有(2,4m+5)∈K+1,并以此為橋梁證明(4k-2,4m+5)∈Km+1,k=1,2,…,m.從而最基本技能，學(xué)會(huì)實(shí)際應(yīng)用.試題突出基礎(chǔ)性要求，重視數(shù)學(xué)的基本概念和數(shù)學(xué)的基本思想方法，要求學(xué)生對(duì)等差數(shù)列的基本概念和核心性質(zhì)、數(shù)列遞推的基本原理和方法有比較深刻的理解，助力“雙減”政策落地，為學(xué)生進(jìn)入高校繼續(xù)學(xué)習(xí)、發(fā)展提供可靠的基礎(chǔ)支撐.學(xué)會(huì)提問(wèn)，有整體把握.本題提出的可分?jǐn)?shù)列雖然是一個(gè)新問(wèn)題，但其源自學(xué)生熟合理，考查學(xué)生利用新情境、新問(wèn)題的創(chuàng)新能力，也考查學(xué)生的情感、態(tài)度和價(jià)值觀(guān).試題引導(dǎo)學(xué)生面對(duì)問(wèn)題要“多思考，少運(yùn)算”,體現(xiàn)了對(duì)數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)與數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的考查有機(jī)整合，具有很好的區(qū)分和選拔功能，能夠有效地助力選拔創(chuàng)新人才.試題具有很好的引導(dǎo)作用，引領(lǐng)今后高考改革方向，試題情境、形式的創(chuàng)新，著力于“反套路、反刷視培養(yǎng)學(xué)生思維能力，真正注重能力和素養(yǎng)的培養(yǎng)，充分體現(xiàn)了高考【試題分析】【試題出處】2024年高考數(shù)學(xué)(新課標(biāo)Ⅱ卷)第2題【試題亮點(diǎn)】常用邏輯用語(yǔ)是數(shù)學(xué)語(yǔ)言的重要組成部分，是數(shù)學(xué)動(dòng)中進(jìn)行交流的基本思維品質(zhì).相等關(guān)系與不等關(guān)系是數(shù)學(xué)中基本的數(shù)正確命題的能力.本題緊扣課程標(biāo)準(zhǔn)，幾乎沒(méi)有計(jì)算量，學(xué)生在讀懂題【試題】【考查目標(biāo)】試題考查向量的概念、向量的線(xiàn)性運(yùn)算及其幾何意義、向量的數(shù)量積等基礎(chǔ)知識(shí)；考查學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀(guān)想象等核心思路1代數(shù)法.思路2坐標(biāo)法.事解得事解得4在【試題出處】2024年高考數(shù)學(xué)(新課標(biāo)Ⅱ卷)第4題畝產(chǎn)量頻數(shù)6【考查目標(biāo)】試題從實(shí)際應(yīng)用背景入手，以某生產(chǎn)問(wèn)題的頻數(shù)分