2019年 理科數(shù)學高考題江蘇卷

PAGE1參考公式·樣本數(shù)據(jù)x1，x2，…，xn的方差s2＝eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,)(xi－x)2，其中x＝eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,x)i.柱體的體積V＝Sh，其中S是柱體的底面積，h是柱體的高．錐體的體積V＝eq\f(1,3)Sh，其中S是錐體的底面積，h是錐體的高．數(shù)學Ⅰ試題一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分．請把答案填寫在題中橫線上)1．(2019·江蘇高考)已知集合A＝{－1，0，1，6}，B＝{x|x>0，x∈R}，則A∩B＝________．解析：因為A＝{－1，0，1，6}，B＝{x|x>0，x∈R}，故A∩B＝{1，6}．答案：{1，6}2．(2019·江蘇高考)已知復數(shù)(a＋2i)(1＋i)的實部為0，其中i為虛數(shù)單位，則實數(shù)a的值是________．解析：(a＋2i)(1＋i)＝a－2＋(a＋2)i，因為其實部為0，故a＝2.答案：23．(2019·江蘇高考)如圖是一個算法流程圖，則輸出的S的值是________．解析：第一次循環(huán)，S＝eq\f(1,2)，x＝2；第二次循環(huán)，S＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,2)＝eq\f(3,2)，x＝3；第三次循環(huán)，S＝eq\f(3,2)＋eq\f(3,2)＝3，x＝4；第四次循環(huán)，S＝3＋eq\f(4,2)＝5，滿足x≥4，結束循環(huán)．故輸出的S的值是5.答案：54．(2019·江蘇高考)函數(shù)y＝eq\r(7＋6x－x2)的定義域是________．解析：要使函數(shù)有意義，需7＋6x－x2≥0，即x2－6x－7≤0，即(x＋1)(x－7)≤0，解得－1≤x≤7.故所求函數(shù)的定義域為[－1，7]．答案：[－1，7]5．(2019·江蘇高考)已知一組數(shù)據(jù)6，7，8，8，9，10，則該組數(shù)據(jù)的方差是________．解析：這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為eq\f(6＋7＋8＋8＋9＋10,6)＝8，故方差為s2＝eq\f(1,6)×[(6－8)2＋(7－8)2＋(8－8)2＋(8－8)2＋(9－8)2＋(10－8)2]＝eq\f(5,3).答案：eq\f(5,3)6．(2019·江蘇高考)從3名男同學和2名女同學中任選2名同學參加志愿者服務，則選出的2名同學中至少有1名女同學的概率是________．解析：eq\a\vs4\al(法一：)設3名男同學分別為A，B，C，2名女同學分別為a，b，則所有等可能事件分別為AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，共10個，選出的2名同學中至少有1名女同學包含的基本事件分別為Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，共7個，故所求概率為eq\f(7,10).eq\a\vs4\al(法二：)同法一，得所有等可能事件共10個，選出的2名同學中沒有女同學包含的基本事件分別為AB，AC，BC，共3個，故所求概率為1－eq\f(3,10)＝eq\f(7,10).答案：eq\f(7,10)7．(2019·江蘇高考)在平面直角坐標系xOy中，若雙曲線x2－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)經過點(3，4)，則該雙曲線的漸近線方程是________．解析：因為雙曲線x2－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)經過點(3，4)，所以9－eq\f(16,b2)＝1(b>0)，解得b＝eq\r(2)，即雙曲線方程為x2－eq\f(y2,2)＝1，其漸近線方程為y＝±eq\r(2)x.答案：y＝±eq\r(2)x8．(2019·江蘇高考)已知數(shù)列{an}(n∈N*)是等差數(shù)列，Sn是其前n項和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，則S8的值是________．解析：eq\a\vs4\al(法一：)由S9＝27?eq\f(9（a1＋a9）,2)＝27?a1＋a9＝6?2a5＝6?2a1＋8d＝6且a5＝3.又a2a5＋a8＝0?2a1＋5d＝0，解得a1＝－5，d＝2.故S8＝8a1＋eq\f(8×（8－1）,2)d＝16.eq\a\vs4\al(法二：)同法一得a5＝3.又a2a5＋a8＝0?3a2＋a8＝0?2a2＋2a5＝0?a2＝－3.∴d＝eq\f(a5－a2,3)＝2，a1＝a2－d＝－5.故S8＝8a1＋eq\f(8×（8－1）,2)d＝16.答案：169．(2019·江蘇高考)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的體積是120，E為CC1的中點，則三棱錐E-BCD的體積是________．解析：設長方體中BC＝a，CD＝b，CC1＝c，則abc＝120，∴VE-BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)ab×eq\f(1,2)c＝eq\f(1,12)abc＝10.答案：1010．(2019·江蘇高考)在平面直角坐標系xOy中，P是曲線y＝x＋eq\f(4,x)(x>0)上的一個動點，則點P到直線x＋y＝0的距離的最小值是________．解析：eq\a\vs4\al(法一：)由題意可設Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，x0＋\f(4,x0)))(x0>0)，則點P到直線x＋y＝0的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x0＋x0＋\f(4,x0))),\r(2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(4,x0))),\r(2))≥eq\f(2\r(2x0·\f(4,x0)),\r(2))＝4，當且僅當2x0＝eq\f(4,x0)，即x0＝eq\r(2)時取等號．故所求最小值是4.eq\a\vs4\al(法二：)設Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(4,x0)＋x0))(x0>0)，則曲線在點P處的切線的斜率為k＝1－eq\f(4,xeq\o\al(2,0)).令1－eq\f(4,xeq\o\al(2,0))＝－1，結合x0>0得x0＝eq\r(2)，∴P(eq\r(2)，3eq\r(2))，曲線y＝x＋eq\f(4,x)(x>0)上的點P到直線x＋y＝0的最短距離即為此時點P到直線x＋y＝0的距離，故dmin＝eq\f(|\r(2)＋3\r(2)|,\r(2))＝4.答案：411．(2019·江蘇高考)在平面直角坐標系xOy中，點A在曲線y＝lnx上，且該曲線在點A處的切線經過點(－e，－1)(e為自然對數(shù)的底數(shù))，則點A的坐標是________．解析：設A(m，n)，則曲線y＝lnx在點A處的切線方程為y－n＝eq\f(1,m)(x－m)．又切線過點(－e，－1)，所以有n＋1＝eq\f(1,m)(m＋e)．再由n＝lnm，解得m＝e，n＝1.故點A的坐標為(e，1)．答案：(e，1)12．(2019·江蘇高考)如圖，在△ABC中，D是BC的中點，E在邊AB上，BE＝2EA，AD與CE交于點O.若eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝6eq\o(AO,\s\up7(→))·eq\o(EC,\s\up7(→))，則eq\f(AB,AC)的值是________．解析：eq\a\vs4\al(法一：)如圖①，過點D作DF∥CE交AB于點F，由D是BC的中點，可知F為BE的中點．又BE＝2EA，則知EF＝EA，從而可得AO＝OD，則有eq\o(AO,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))，eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up7(→))，所以6eq\o(AO,\s\up7(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\o(AC,\s\up7(→))－\f(1,3)eq\o(AB,\s\up7(→))))＝eq\f(3,2)eq\o(AC,\s\up7(→))2－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))，整理可得eq\o(AB,\s\up7(→))2＝3eq\o(AC,\s\up7(→))2，所以eq\f(AB,AC)＝eq\r(3).eq\a\vs4\al(法二：)以點A為坐標原點，AB所在直線為x軸建立平面直角坐標系，如圖②所示．設E(1，0)，C(a，b)，則B(3，0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋3,2)，\f(b,2))).eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(lAD：y＝\f(b,a＋3)x，,lCE：y＝\f(b,a－1)（x－1）))?Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋3,4)，\f(b,4))).∵eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝6eq\o(AO,\s\up7(→))·eq\o(EC,\s\up7(→))，∴(3，0)·(a，b)＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋3,4)，\f(b,4)))·(a－1，b)，即3a＝6eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（a＋3）（a－1）,4)＋\f(b2,4)))，∴a2＋b2＝3，∴AC＝eq\r(3).∴eq\f(AB,AC)＝eq\f(3,\r(3))＝eq\r(3).答案：eq\r(3)13．(2019·江蘇高考)已知eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值是______．解析：eq\a\vs4\al(法一：)由eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(tanα,\f(tanα＋1,1－tanα))＝eq\f(tanα（1－tanα）,tanα＋1)＝－eq\f(2,3)，解得tanα＝2或－eq\f(1,3).sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),2)(2sinαcosα＋2cos2α－1)＝eq\r(2)(sinαcosα＋cos2α)－eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)·eq\f(sinαcosα＋cos2α,sin2α＋cos2α)－eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)·eq\f(tanα＋1,tan2α＋1)－eq\f(\r(2),2)，將tanα＝2和－eq\f(1,3)分別代入得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10).eq\a\vs4\al(法二：)∵eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(sinαcos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),cosαsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)，∴sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(2,3)cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))).①又sineq\f(π,4)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－α))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cosα－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinα＝eq\f(\r(2),2)，②由①②，解得sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),5)，cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(3\r(2),10).∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))))＝sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＋cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),5)＋eq\f(3\r(2),10)＝eq\f(\r(2),10).答案：eq\f(\r(2),10)14．(2019·江蘇高考)設f(x)，g(x)是定義在R上的兩個周期函數(shù)，f(x)的周期為4，g(x)的周期為2，且f(x)是奇函數(shù)．當x∈(0，2]時，f(x)＝eq\r(1－（x－1）2)，g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k（x＋2），0<x≤1，,－\f(1,2)，1<x≤2，))其中k>0.若在區(qū)間(0，9]上，關于x的方程f(x)＝g(x)有8個不同的實數(shù)根，則k的取值范圍是________．解析：當x∈(0，2]時，y＝f(x)＝eq\r(1－（x－1）2)?(x－1)2＋y2＝1(y≥0)，結合f(x)是周期為4的奇函數(shù)，可作出f(x)在(0，9]上的圖象如圖所示．∵當x∈(1，2]時，g(x)＝－eq\f(1,2)，又g(x)的周期為2，∴當x∈(3，4]∪(5，6]∪(7，8]時，g(x)＝－eq\f(1,2).由圖可知，當x∈(1，2]∪(3，4]∪(5，6]∪(7，8]時，f(x)與g(x)的圖象有2個交點，∴當x∈(0，1]∪(2，3]∪(4，5]∪(6，7]∪(8，9]時，f(x)與g(x)的圖象有6個交點．又當x∈(0，1]時，y＝g(x)＝k(x＋2)(k>0)恒過定點A(－2，0)，由圖可知，當x∈(2，3]∪(6，7]時，f(x)與g(x)的圖象無交點，∴當x∈(0，1]∪(4，5]∪(8，9]時，f(x)與g(x)的圖象有6個交點．由f(x)與g(x)的周期性可知，當x∈(0，1]時，f(x)與g(x)的圖象有2個交點．當y＝k(x＋2)與圓弧(x－1)2＋y2＝1(0＜x≤1)相切時，d＝eq\f(|3k|,\r(k2＋1))＝1?k2＝eq\f(1,8)(k>0)?k＝eq\f(\r(2),4).當y＝k(x＋2)過點A(－2，0)與B(1，1)時，k＝eq\f(1,3).∴eq\f(1,3)≤k＜eq\f(\r(2),4).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(\r(2),4)))二、解答題(解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)15．(2019·江蘇高考)(本小題滿分14分)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.(1)若a＝3c，b＝eq\r(2)，cosB＝eq\f(2,3)，求c的值；(2)若eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,2b)，求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))的值．解：(1)因為a＝3c，b＝eq\r(2)，cosB＝eq\f(2,3)，由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，即eq\f(2,3)＝eq\f(（3c）2＋c2－（\r(2)）2,2×3c×c)，解得c2＝eq\f(1,3).所以c＝eq\f(\r(3),3).(2)因為eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,2b)，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(cosB,2b)＝eq\f(sinB,b)，所以cosB＝2sinB.從而cos2B＝(2sinB)2，即cos2B＝4(1－cos2B)，故cos2B＝eq\f(4,5).因為sinB>0，所以cosB＝2sinB>0，從而cosB＝eq\f(2\r(5),5).因此sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))＝cosB＝eq\f(2\r(5),5).16．(2019·江蘇高考)(本小題滿分14分)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB＝BC.求證：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.證明：(1)因為D，E分別為BC，AC的中點，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因為ED?平面DEC1，A1B1?平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因為AB＝BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC.因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC.又因為BE?平面ABC，所以C1C⊥BE.因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因為C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.17．(2019·江蘇高考)(本小題滿分14分)如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦點為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)．過F2作x軸的垂線l，在x軸的上方，l與圓F2：(x－1)2＋y2＝4a2交于點A，與橢圓C交于點D.連接AF1并延長交圓F2于點B，連接BF2交橢圓C于點E，連接DF1.已知DF1＝eq\f(5,2).(1)求橢圓C的標準方程；(2)求點E的坐標．解：(1)設橢圓C的焦距為2c.因為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，所以F1F2＝2，c＝1.又因為DF1＝eq\f(5,2)，AF2⊥x軸，所以DF2＝eq\r(DFeq\o\al(2,1)－F1Feq\o\al(2,2))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))\s\up12(2)－22)＝eq\f(3,2).因此2a＝DF1＋DF2＝4，從而a＝2.由b2＝a2－c2，得b2＝3.因此橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)eq\a\vs4\al(法一：)由(1)知，橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，a＝2.因為AF2⊥x軸，所以點A的橫坐標為1.將x＝1代入圓F2的方程(x－1)2＋y2＝16，解得y＝±4.因為點A在x軸上方，所以A(1，4)．又F1(－1，0)，所以直線AF1：y＝2x＋2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋2，,（x－1）2＋y2＝16，))得5x2＋6x－11＝0，解得x＝1或x＝－eq\f(11,5).將x＝－eq\f(11,5)代入y＝2x＋2，解得y＝－eq\f(12,5).因此Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,5)，－\f(12,5))).又F2(1，0)，所以直線BF2：y＝eq\f(3,4)(x－1)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,4)（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得7x2－6x－13＝0，解得x＝－1或x＝eq\f(13,7).又因為E是線段BF2與橢圓的交點，所以x＝－1.將x＝－1代入y＝eq\f(3,4)(x－1)，得y＝－eq\f(3,2).因此Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2))).eq\a\vs4\al(法二：)由(1)知，橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.如圖，連接EF1.因為BF2＝2a，EF1＋EF2＝2a，所以EF1＝EB，從而∠BF1E＝∠B.因為F2A＝F2B，所以∠A＝∠B.所以∠A＝∠BF1E，從而EF1∥F2A.因為AF2⊥x軸，所以EF1⊥x軸．因為F1(－1，0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得y＝±eq\f(3,2).又因為E是線段BF2與橢圓的交點，所以y＝－eq\f(3,2).因此Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2))).18．(2019·江蘇高考)(本小題滿分16分)如圖，一個湖的邊界是圓心為O的圓，湖的一側有一條直線型公路l，湖上有橋AB(AB是圓O的直徑)．規(guī)劃在公路l上選兩個點P，Q，并修建兩段直線型道路PB，QA，規(guī)劃要求：線段PB，QA上的所有點到點O的距離均不小于圓O的半徑．已知點A，B到直線l的距離分別為AC和BD(C，D為垂足)，測得AB＝10，AC＝6，BD＝12(單位：百米)．(1)若道路PB與橋AB垂直，求道路PB的長；(2)在規(guī)劃要求下，P和Q中能否有一個點選在D處？并說明理由；(3)在規(guī)劃要求下，若道路PB和QA的長度均為d(單位：百米)，求當d最小時，P，Q兩點間的距離．解：eq\a\vs4\al(法一：)(1)如圖①，過A作AE⊥BD，垂足為E.由已知條件得，四邊形ACDE為矩形，DE＝BE＝AC＝6，AE＝CD＝8.因為PB⊥AB，所以cos∠PBD＝sin∠ABE＝eq\f(8,10)＝eq\f(4,5).所以PB＝eq\f(BD,cos∠PBD)＝eq\f(12,\f(4,5))＝15.因此道路PB的長為15(百米)．(2)均不能．理由如下：①若P在D處，由(1)可得E在圓上，則線段BE上的點(除B，E)到點O的距離均小于圓O的半徑，所以P選在D處不滿足規(guī)劃要求．②若Q在D處，連接AD，由(1)知AD＝eq\r(AE2＋ED2)＝10，從而cos∠BAD＝eq\f(AD2＋AB2－BD2,2AD·AB)＝eq\f(7,25)>0，所以∠BAD為銳角．所以線段AD上存在點到點O的距離小于圓O的半徑．因此Q選在D處也不滿足規(guī)劃要求．綜上，P和Q均不能選在D處．(3)先討論點P的位置．當∠OBP＜90°時，線段PB上存在點到點O的距離小于圓O的半徑，點P不符合規(guī)劃要求；當∠OBP≥90°時，對線段PB上任意一點F，OF≥OB，即線段PB上所有點到點O的距離均不小于圓O的半徑，點P符合規(guī)劃要求．當∠OBP＝90°時，設P1為l上一點，且P1B⊥AB，由(1)知，P1B＝15，此時P1D＝P1Bsin∠P1BD＝P1Bcos∠EBA＝15×eq\f(3,5)＝9；當∠OBP>90°時，在△PP1B中，PB>P1B＝15.由上可知，d≥15.再討論點Q的位置．由(2)知，要使得QA≥15，點Q只有位于點C的右側，才能符合規(guī)劃要求．當QA＝15時，CQ＝eq\r(AQ2－AC2)＝eq\r(152－62)＝3eq\r(21).此時，線段QA上所有點到點O的距離均不小于圓O的半徑．綜上，當PB⊥AB，點Q位于點C右側，且CQ＝3eq\r(21)時，d最小，此時P，Q兩點間的距離PQ＝PD＋CD＋CQ＝17＋3eq\r(21).因此，d最小時，P，Q兩點間的距離為17＋3eq\r(21)(百米)．eq\a\vs4\al(法二：)(1)如圖②，過O作OH⊥l，垂足為H.以O為坐標原點，直線OH為y軸，建立平面直角坐標系．因為BD＝12，AC＝6，所以OH＝9，直線l的方程為y＝9，點A，B的縱坐標分別為3，－3.因為AB為圓O的直徑，AB＝10，所以圓O的方程為x2＋y2＝25.從而A(4，3)，B(－4，－3)，直線AB的斜率為eq\f(3,4).因為PB⊥AB，所以直線PB的斜率為－eq\f(4,3)，直線PB的方程為y＝－eq\f(4,3)x－eq\f(25,3).所以P(－13，9)，PB＝eq\r(（－13＋4）2＋（9＋3）2)＝15.因此道路PB的長為15(百米)．(2)均不能．理由如下：①若P在D處，取線段BD上一點E(－4，0)，則EO＝4<5，所以P選在D處不滿足規(guī)劃要求．②若Q在D處，連接AD，由(1)知D(－4，9)，又A(4，3)，所以線段AD：y＝－eq\f(3,4)x＋6(－4≤x≤4)．在線段AD上取點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(15,4)))，因為OM＝eq\r(32＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,4)))\s\up12(2))<eq\r(32＋42)＝5，所以線段AD上存在點到點O的距離小于圓O的半徑．因此Q選在D處也不滿足規(guī)劃要求．綜上，P和Q均不能選在D處．(3)先討論點P的位置．當∠OBP<90°時，線段PB上存在點到點O的距離小于圓O的半徑，點P不符合規(guī)劃要求；當∠OBP≥90°時，對線段PB上任意一點F，OF≥OB，即線段PB上所有點到點O的距離均不小于圓O的半徑，點P符合規(guī)劃要求．當∠OBP＝90°時，設P1為l上一點，且P1B⊥AB，由(1)知，P1B＝15，此時P1(－13，9)；當∠OBP>90°時，在△PP1B中，PB>P1B＝15.由上可知，d≥15.再討論點Q的位置．由(2)知，要使得QA≥15，點Q只有位于點C的右側，才能符合規(guī)劃要求．當QA＝15時，設Q(a，9)，由AQ＝eq\r(（a－4）2＋（9－3）2)＝15(a>4)，得a＝4＋3eq\r(21)，所以Q(4＋3eq\r(21)，9)．此時，線段QA上所有點到點O的距離均不小于圓O的半徑．綜上，當P(－13，9)，Q(4＋3eq\r(21)，9)時，d最小，此時P，Q兩點間的距離PQ＝4＋3eq\r(21)－(－13)＝17＋3eq\r(21).因此，d最小時，P，Q兩點間的距離為17＋3eq\r(21)(百米)．19．(2019·江蘇高考)(本小題滿分16分)設函數(shù)f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)為f(x)的導函數(shù)．(1)若a＝b＝c，f(4)＝8，求a的值；(2)若a≠b，b＝c，且f(x)和f′(x)的零點均在集合{－3，1，3}中，求f(x)的極小值；(3)若a＝0，0＜b≤1，c＝1，且f(x)的極大值為M，求證：M≤eq\f(4,27).解：(1)因為a＝b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)＝(x－a)3.因為f(4)＝8，所以(4－a)3＝8，解得a＝2.(2)因為b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2，從而f′(x)＝3(x－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2a＋b,3))).令f′(x)＝0，得x＝b或x＝eq\f(2a＋b,3).因為a，b，eq\f(2a＋b,3)都在集合{－3，1，3}中，且a≠b，所以eq\f(2a＋b,3)＝1，a＝3，b＝－3.此時，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1)．令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1.列表如下：x(－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值所以f(x)的極小值為f(1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32.(3)證明：因為a＝0，c＝1，所以f(x)＝x(x－b)(x－1)＝x3－(b＋1)x2＋bx，f′(x)＝3x2－2(b＋1)x＋b.因為0＜b≤1，所以Δ＝4(b＋1)2－12b＝(2b－1)2＋3>0，則f′(x)有2個不同的零點，設為x1，x2(x1<x2)．由f′(x)＝0，得x1＝eq\f(b＋1－\r(b2－b＋1),3)，x2＝eq\f(b＋1＋\r(b2－b＋1),3).列表如下：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值所以f(x)的極大值M＝f(x1)．eq\a\vs4\al(法一：)M＝f(x1)＝xeq\o\al(3,1)－(b＋1)xeq\o\al(2,1)＋bx1＝[3xeq\o\al(2,1)－2(b＋1)x1＋b]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,3)－\f(b＋1,9)))－eq\f(2（b2－b＋1）,9)x1＋eq\f(b（b＋1）,9)＝eq\f(－2（b2－b＋1）（b＋1）,27)＋eq\f(b（b＋1）,9)＋eq\f(2,27)(eq\r(b2－b＋1))3＝eq\f(b（b＋1）,27)－eq\f(2（b－1）2（b＋1）,27)＋eq\f(2,27)(eq\r(b（b－1）＋1))3≤eq\f(b（b＋1）,27)＋eq\f(2,27)≤eq\f(4,27).因此M≤eq\f(4,27).eq\a\vs4\al(法二：)因為0<b≤1，所以x1∈(0，1)．當x∈(0，1)時，f(x)＝x(x－b)(x－1)≤x(x－1)2.令g(x)＝x(x－1)2，x∈(0，1)，則g′(x)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))(x－1)．令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,3).列表如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))g′(x)＋0－g(x)極大值所以當x＝eq\f(1,3)時，g(x)取得極大值，且是最大值，故g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(4,27).所以當x∈(0，1)時，f(x)≤g(x)≤eq\f(4,27).因此M≤eq\f(4,27).20．(2019·江蘇高考)(本小題滿分16分)定義首項為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M-數(shù)列”．(1)已知等比數(shù)列{an}(n∈N*)滿足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求證：數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”；(2)已知數(shù)列{bn}(n∈N*)滿足：b1＝1，eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,bn)－eq\f(2,bn＋1)，其中Sn為數(shù)列{bn}的前n項和．①求數(shù)列{bn}的通項公式；②設m為正整數(shù)．若存在“M-數(shù)列”{cn}(n∈N*)，對任意正整數(shù)k，當k≤m時，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值．解：(1)證明：設等比數(shù)列{an}的公比為q，所以a1≠0，q≠0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2a4＝a5，,a3－4a2＋4a1＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(aeq\o\al(2,1)q4＝a1q4，,a1q2－4a1q＋4a1＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2.))因此數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”．(2)①因為eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,bn)－eq\f(2,bn＋1)，所以bn≠0.由b1＝1，S1＝b1，得eq\f(1,1)＝eq\f(2,1)－eq\f(2,b2)，則b2＝2.由eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,bn)－eq\f(2,bn＋1)，得Sn＝eq\f(bnbn＋1,2（bn＋1－bn）).當n≥2時，由bn＝Sn－Sn－1，得bn＝eq\f(bnbn＋1,2（bn＋1－bn）)－eq\f(bn－1bn,2（bn－bn－1）)，整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.所以數(shù)列{bn}是首項和公差均為1的等差數(shù)列．因此，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝n(n∈N*)．②由①知，bk＝k，k∈N*.因為數(shù)列{cn}為“M-數(shù)列”，設公比為q，所以c1＝1，q>0.因為ck≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1，2，3，…，m(m∈N*)．當k＝1時，有q≥1；當k＝2，3，…，m時，有eq\f(lnk,k)≤lnq≤eq\f(lnk,k－1).設f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>1)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).令f′(x)＝0，得x＝e.列表如下：x(1，e)e(e，＋∞)f′(x)＋0－f(x)極大值因為eq\f(ln2,2)＝eq\f(ln8,6)<eq\f(ln9,6)＝eq\f(ln3,3)，所以f(k)max＝f(3)＝eq\f(ln3,3).取q＝eq\r(3,3)，當k＝1，2，3，4，5時，eq\f(lnk,k)≤lnq，即k≤qk，經檢驗知qk－1≤k也成立．因此所求m的最大值不小于5.若m≥6，分別取k＝3，6，得3≤q3，且q5≤6，從而q15≥243，且q15≤216，所以q不存在．因此所求m的最大值小于6.綜上，所求m的最大值為5.數(shù)學Ⅱ(附加題)21．(2019·江蘇高考)[選做題](本題包括A，B，C三小題，請選定其中兩小題，并在相應的答題區(qū)域內作答．若多做，則按作答的前兩小題評分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)A．(本小題滿分10分)[選修4-2：矩陣與變換]已知矩陣A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3,1,2,2))).(1)求A2；(2)求矩陣A的特征值．B．(本小題滿分10分)[選修4-4：坐標系與參數(shù)方程]在極坐標系中，已知兩點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(π,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,2)))，直線l的方程為ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝3.(1)求A，B兩點間的距離；(2)求點B到直線l的距離．C．(本小題滿分10分)[選修4-5：不等式選講]設x∈R，解不等式|x|＋|2x－1|>2.解：A.(1)因為A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3,1,2,2)))，所以A2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3,1,2,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3,1,2,2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3×3＋1×2,3×1＋1×2,2×3＋2×2,2×1＋2×2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(11,5,10,6))).(2)矩陣A的特征多項式為f(λ)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(λ－3－1,－2λ－2))＝λ2－5λ＋4.令f(λ)＝0，解得A的特征值λ1＝1，λ2＝4.B．(1)設極點為O.在△OAB中，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(π,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,2)))，由余弦定理，得AB＝eq\r(32＋（\r(2)）2－2×3×\r(2)×cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,4))))＝eq\r(5).(2)因為直線l的方程為ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝3，所以直線l過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(2)，\f(π,2)))，傾斜角為eq\f(3π,4).又Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,2)))，所以點B到直線l的距離為(3eq\r(2)－eq\r(2))×sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－\f(π,2)))＝2.C．解：當x＜0時，原不等式可化為－x＋1－2x＞2，解得x＜－eq\f(1,3)；當0≤x≤eq\f(1,2)時，原不等式可化為x＋1－2x＞2，即x＜－1，無解；當x＞eq\f(1,2)時，原不等式可化為x＋2x－1＞2，解得x＞1.綜上，原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－\f(1,3)或x＞1)).[必做題](第22題、第23題，每題10分，共計20分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)22．(2019·江蘇高考)(本小題滿分10分)設(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n≥4，n∈N*.已知aeq\o\al(2,3)＝2a2a4.(1)求n的值；(2)設(1＋eq\r(3))n＝a＋beq\r(3)，其中a，b∈N*，求a2－3b2的值．解：(1)因為(1＋x)n＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn，n≥4，n∈N*，所以a2＝Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(n（n－1）,2)，a3＝Ceq\o\al(3,n)＝eq\f(n（n－1）（n－2）,6)，a4＝Ceq\o\al(4,n)＝eq\f(n（n－1）（n－2）（n－3）,24).因為aeq\o\al(2,3)＝2a2a4，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n（n－1）（n－2）,6)))eq\s\up12(2)＝2×eq\f(n（n－1）,2)×eq\f(n（n－1）（n－2）（n－3）,24).解得n＝5.(2)由(1)知，n＝5.(1＋eq\r(3))n＝(1＋eq\r(3))5＝Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)eq\r(3)＋Ceq\o\al(2,5)(eq\r(3))2＋Ceq\o\al(3,5)(eq\r(3))3＋Ceq\o\al(4,5)(eq\r(3))4＋Ceq\o\al(5,5)(eq\r(3))5＝a＋beq\r(3).eq\a\vs4\al(法一：)因為a，b∈N*，所以a＝Ceq\o\al(0,5)＋3Ceq\o\al(2,5)＋9Ceq\o\al(4,5)＝76，b＝Ceq\o\al(1,5)＋3Ceq\o\al(3,5)＋9Ceq\o\al(5,5)＝44，從而a2－3b2＝762－3×442＝－32.eq\a\vs4\al(法二：)(1－eq\r(3))5＝Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)(－eq\r(3))＋Ceq\o\al(2,5)(－eq\r(3))2＋Ceq\o\al(3,5)(－eq\r(3))3＋Ceq\o\al(4,5)(－eq\r(3))4＋Ceq\o\al(5,5)(－eq\r(3))5＝Ceq\o\al(0,5)－Ceq\o\al(1,5)eq\r(3)＋Ceq\o\al(2,5)(eq\r(3))2－Ceq\o\al(3,5)(eq\r(3))3＋Ceq\o\al(4,5)(eq\r(3))4－Ceq\o\al(5,5)(eq\r(3))5.因為a，b∈N*，所以(1－eq\r(3))5＝a－beq\r(3).因此a2－3b2＝(a＋beq\r(3))(a－beq\r(3))＝(1＋eq\r(3))5×(1－eq\r(3))5＝(－2)5＝－32.23．(2019·江蘇高考)(本小題滿分10分)在平面直角坐標系xOy中，設點集An＝{(0，0)，(1，0)，(2，0)，…，(n，0)}，Bn＝{(0，1)，(n，1)}，Cn＝{(0，2)，(1，2)，(2，2)，…，(n，2)}，n∈N*.令Mn＝An∪Bn∪Cn.從集合Mn中任取兩個不同的點，用隨機變量X表示它們之間的距離．(1)當n＝1時，求X的概率分布；(2)對給定的正整數(shù)n(n≥3)，求概率P(X≤n)(用n表示)．解：(1)當n＝1時，X的所有可能取值是1,eq\r(2)，2,eq\r(5).X的概率分布為P(X＝1)＝eq\f(7,Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(7,15)，P(X＝eq\r(2))＝eq\f(4,Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(4,15)，P(X＝2)＝eq\f(2,Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(2,15)，P(X＝eq\r(5))＝eq\f(2,Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(2,15).(2)設A(a，b)和B(c，d)是從Mn中取出的兩個點．因為P(X≤n)＝1－P(X>n)，所以僅需考慮X>n的情況．①若b＝d，則AB≤n，不存在X>n的取法；②若b＝0，d＝1，則AB＝eq\r(（a－c）2＋1)≤eq\r(n2＋1)，所以X>n當且僅當AB＝eq\r(n2＋1)，此時a＝0，c＝n或a＝n，c＝0，有2種取法；③若b＝0，d＝2，則AB＝eq\r(（a－c）2＋4)≤eq\r(n2＋4).因為當n≥3時，eq\r(（n－1）2＋4)≤n，所以X>n當且僅當AB＝eq\r(n2＋4)，此時a＝0，c＝n或a＝n，c＝0，有2種取法；④若b＝1，d＝2，則AB＝eq\r(（a－c）2＋1)≤eq\r(n2＋1)，所以X>n當且僅當AB＝eq\r(n2＋1)，此時a＝0，c＝n或a＝n，c＝0，有2種取法．綜上，當X>n時，X的所有可能取值是eq\r(n2＋1)和eq\r(n2＋4)，且P(X＝eq\r(n2＋1))＝eq\f(4,Ceq\o\al(2,2n＋4))，P(X＝eq\r(n2＋4))＝eq\f(2,Ceq\o\al(2,2n＋4)).因此，P(X≤n)＝1－P(X＝eq\r(n2＋1))－P(X＝eq\r(n2＋4))＝1－eq\f(6,Ceq\o\al(2,2n＋4)).前沿熱點——新高考數(shù)學考情分析2024年新高考真題（含考情分析）及高考最新動向實時更新請掃碼獲取縱觀近年來新高考數(shù)學試題，試題貫徹落實了高考改革的總體要求，實施“德智體美勞”全面發(fā)展的教育方針，聚焦核心素養(yǎng)，突出關鍵能力考查，落實立德樹人根本任務，充分發(fā)揮考試的引導作用.試題突出數(shù)學本質、重視理性思維、堅持素養(yǎng)導向、能力為重的命題原則.通過設計真實問題情境，體現(xiàn)數(shù)學的應用價值；穩(wěn)步推進改革，科學把握必備知識與關鍵能力的關系，體現(xiàn)了對基礎性、綜合性、應用性和創(chuàng)新性的高考考查要求.一、突出主干知識、筑牢能力基礎以2023年新高考Ⅰ、Ⅱ卷為例，對各試題所考查的主干知識分析如下：題型題號各試題所考查的知識點分布及考查角度2023年新高考Ⅰ卷2023年新高考Ⅱ卷單選題1集合的交集運算復數(shù)的乘法及幾何意義2復數(shù)運算、共軛復數(shù)由集合間的關系求參數(shù)3向量垂直、數(shù)量積運算分層隨機抽樣、計數(shù)原理4由函數(shù)的單調性求參數(shù)由函數(shù)的奇偶性求參數(shù)5橢圓的離心率問題由直線與橢圓的位置關系求參數(shù)6圓的切線問題由函數(shù)的單調性求參數(shù)7等差數(shù)列充要條件的判定半角公式8三角函數(shù)中和、差、倍角公式的應用等比數(shù)列的概念、前n項和及性質多選題9樣本數(shù)字特征圓錐的體積、側面積和截面面積10以實際問題為背景考查對數(shù)大小比較直線與拋物線的位置關系、拋物線的概念及性質11抽象函數(shù)的函數(shù)性質函數(shù)的極值及應用12以正方體內嵌入某幾何體考查對稱性、空間位置關系獨立事件的概率、二項分布模型填空題13計數(shù)原理向量的數(shù)量積、模14四棱臺的體積四棱臺的體積15三角函數(shù)中由零點個數(shù)求ω范圍直線與圓的位置關系16雙曲線幾何性質、平面向量三角函數(shù)的圖象與性質解答題17正弦定理、三角恒等變換正、余弦定理、三角恒等變換18線線平行的證明及由二面角求線段長度等差數(shù)列、數(shù)列的奇偶項問題19利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性、證明不等式統(tǒng)計圖表、概率統(tǒng)計與函數(shù)交匯問題20等差數(shù)列的概念、性質及前n項和空間線面位置關系、二面角的正弦值21概率與數(shù)列的交匯問題直線與雙曲線的位置關系、定直線問題22以拋物線為背景，考查不等式及函數(shù)的最值以三角函數(shù)、對數(shù)函數(shù)為載體，考查導數(shù)的應用從上表可以看出，試題所考查知識范圍及思想方法90％以上都源于教材主干知識，由此在一輪復習備考中更應重視必備知識的系統(tǒng)梳理、基本能力的逐點夯實.二、注重試題情境創(chuàng)設、牢記育人宗旨1.關注社會熱點2023年新高考Ⅰ卷第10題以當今社會熱點“噪聲污染問題”為背景命制試題，目的是引導學生關注社會、關注民生，用所學知識解決生活實踐情境下的實際問題.（多選）（2023·新高考Ⅰ卷）噪聲污染問題越來越受到重視.用聲壓級來度量聲音的強弱，定義聲壓級Lp＝20×lgpp0，其中常數(shù)p0（p0＞0）是聽覺下限閾值，p是實際聲壓.聲源與聲源的距離/m聲壓級/dB燃油汽車1060～90混合動力汽車1050～60電動汽車1040已知在距離燃油汽車、混合動力汽車、電動汽車10m處測得實際聲壓分別為p1，p2，p3，則（）A.p1≥p2 B.p2＞10p3C.p3＝100p0 D.p1≤100p22.弘揚優(yōu)秀傳統(tǒng)文化2022年新高考Ⅱ卷第3題以中國古代建筑中的舉架結構為背景命制出以等差數(shù)列為考查點的試題，此類試題不但能考查學生的閱讀理解能力、直觀想象能力及知識運用能力，而且還能以優(yōu)秀傳統(tǒng)文化精髓陶冶情操.（2022·新高考Ⅱ卷）圖①是中國古代建筑中的舉架結構，AA'，BB'，CC'，DD'是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉.圖②是某古代建筑屋頂截面的示意圖，其中DD1，CC1，BB1，AA1是舉，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為DD1OD1＝0.5，CC1DC1＝k1，BB1CB1＝k2，AA1BA1＝k3.已知k1，A.0.75 B.0.8C.0.85 D.0.93.展示現(xiàn)代科學技術水平2021年新高考Ⅱ卷第4題以我國航天事業(yè)的重要成果北斗三號全球衛(wèi)星導航系統(tǒng)為試題情境命制立體幾何問題，在考查學生的空間想象能力和閱讀理解、數(shù)學建模等素養(yǎng)的同時，引導學生關注我國社會現(xiàn)實與經濟、科技進步與發(fā)展，增強民族自豪感與自信心.（2021·新高考Ⅱ卷）北斗三號全球衛(wèi)