2019年 理科數(shù)學(xué)高考題全國(guó)卷Ⅱ

PAGE1本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共150分，考試時(shí)間120分鐘．第Ⅰ卷一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)集合A＝{x|x2－5x＋6>0}，B＝{x|x－1<0}，則A∩B＝()A．(－∞，1) B．(－2，1)C．(－3，－1) D．(3，＋∞)解析：選AA∩B＝{x|x2－5x＋6>0}∩{x|x－1<0}＝{x|x<2或x>3}∩{x|x<1}＝{x|x<1}．故選A.2．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)z＝－3＋2i，則在復(fù)平面內(nèi)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限解析：選Cz＝－3－2i，故z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)(－3，－2)位于第三象限．故選C.3．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)已知eq\o(AB,\s\up7(→))＝(2，3)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(3，t)，|eq\o(BC,\s\up7(→))|＝1，則eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝()A．－3 B．－2C．2 D．3解析：選C∵eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→))＝(3，t)－(2，3)＝(1，t－3)，|eq\o(BC,\s\up7(→))|＝1，∴eq\r(12＋（t－3）2)＝1，∴t＝3，∴eq\o(BC,\s\up7(→))＝(1，0)，∴eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝2×1＋3×0＝2.故選C.4．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)2019年1月3日嫦娥四號(hào)探測(cè)器成功實(shí)現(xiàn)人類歷史上首次月球背面軟著陸，我國(guó)航天事業(yè)取得又一重大成就．實(shí)現(xiàn)月球背面軟著陸需要解決的一個(gè)關(guān)鍵技術(shù)問(wèn)題是地面與探測(cè)器的通訊聯(lián)系．為解決這個(gè)問(wèn)題，發(fā)射了嫦娥四號(hào)中繼星“鵲橋”，鵲橋沿著圍繞地月拉格朗日L2點(diǎn)的軌道運(yùn)行．L2點(diǎn)是平衡點(diǎn)，位于地月連線的延長(zhǎng)線上．設(shè)地球質(zhì)量為M1，月球質(zhì)量為M2，地月距離為R，L2點(diǎn)到月球的距離為r，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和萬(wàn)有引力定律，r滿足方程：eq\f(M1,（R＋r）2)＋eq\f(M2,r2)＝(R＋r)eq\f(M1,R3).設(shè)α＝eq\f(r,R).由于α的值很小，因此在近似計(jì)算中eq\f(3α3＋3α4＋α5,（1＋α）2)≈3α3，則r的近似值為()A.eq\r(\f(M2,M1))R B.eq\r(\f(M2,2M1))RC.eq\r(3,\f(3M2,M1))R D.eq\r(3,\f(M2,3M1))R解析：選D由α＝eq\f(r,R)得r＝αR，代入eq\f(M1,（R＋r）2)＋eq\f(M2,r2)＝(R＋r)eq\f(M1,R3)，整理得eq\f(3α3＋3α4＋α5,（1＋α）2)＝eq\f(M2,M1).又∵eq\f(3α3＋3α4＋α5,（1＋α）2)≈3α3，∴3α3≈eq\f(M2,M1)，∴α≈eq\r(3,\f(M2,3M1))，∴r＝αR≈eq\r(3,\f(M2,3M1))R.故選D.5．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)演講比賽共有9位評(píng)委分別給出某選手的原始評(píng)分，評(píng)定該選手的成績(jī)時(shí)，從9個(gè)原始評(píng)分中去掉1個(gè)最高分、1個(gè)最低分，得到7個(gè)有效評(píng)分.7個(gè)有效評(píng)分與9個(gè)原始評(píng)分相比，不變的數(shù)字特征是()A．中位數(shù) B．平均數(shù)C．方差 D．極差解析：選A中位數(shù)是將9個(gè)數(shù)據(jù)從小到大或從大到小排列后，處于中間位置的數(shù)據(jù)，因而去掉1個(gè)最高分和1個(gè)最低分，不變的是中位數(shù)，平均數(shù)、方差、極差均受影響．故選A.6．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)若a>b，則()A．ln(a－b)>0 B．3a<3bC．a(chǎn)3－b3>0 D．|a|>|b|解析：選Ceq\a\vs4\al(法一：)不妨設(shè)a＝－1，b＝－2，則a>b，可驗(yàn)證A、B、D錯(cuò)誤，只有C正確．故選C.eq\a\vs4\al(法二：)由函數(shù)y＝lnx的圖象(圖略)知，當(dāng)0<a－b<1時(shí)，ln(a－b)<0，故A不正確；因?yàn)楹瘮?shù)y＝3x在R上單調(diào)遞增，所以當(dāng)a>b時(shí)，3a>3b，故B不正確；因?yàn)楹瘮?shù)y＝x3在R上單調(diào)遞增，所以當(dāng)a>b時(shí)，a3>b3，即a3－b3>0，故C正確；當(dāng)b<a<0時(shí)，|a|<|b|，故D不正確．故選C.7．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)α，β為兩個(gè)平面，則α∥β的充要條件是()A．α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與β平行B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C．α，β平行于同一條直線D．α，β垂直于同一平面解析：選B若α∥β，則α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與β平行，反之則不成立；若α，β平行于同一條直線，則α與β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一個(gè)平面，則α與β可以平行也可以相交，故A，C，D中條件均不是α∥β的充要條件．根據(jù)平面與平面平行的判定定理知，若一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線與另一個(gè)平面平行，則兩平面平行，反之也成立．因此B中條件是α∥β的充要條件．故選B.8．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)若拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)是橢圓eq\f(x2,3p)＋eq\f(y2,p)＝1的一個(gè)焦點(diǎn)，則p＝()A．2 B．3C．4 D．8解析：選D拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，橢圓eq\f(x2,3p)＋eq\f(y2,p)＝1的焦點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\r(2p)，0)).由題意得eq\f(p,2)＝eq\r(2p)，解得p＝0(舍去)或p＝8.故選D.9．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)下列函數(shù)中，以eq\f(π,2)為周期且在區(qū)間(eq\f(π,4)，eq\f(π,2))單調(diào)遞增的是()A．f(x)＝|cos2x| B．f(x)＝|sin2x|C．f(x)＝cos|x| D．f(x)＝sin|x|解析：選A作出函數(shù)f(x)＝|cos2x|的圖象，如圖．由圖象可知f(x)＝|cos2x|的周期為eq\f(π,2)，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增．同理可得f(x)＝|sin2x|的周期為eq\f(π,2)，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，f(x)＝cos|x|的周期為2π.f(x)＝sin|x|不是周期函數(shù)，排除B、C、D.故選A.10．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)已知α∈(0，eq\f(π,2))，2sin2α＝cos2α＋1，則sinα＝()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(2\r(5),5)解析：選B由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝2cos2α.又∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴tanα＝eq\f(1,2)，∴sinα＝eq\f(\r(5),5).故選B.11．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)F為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)F為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2交于P，Q兩點(diǎn)．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D.eq\r(5)解析：選A設(shè)雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(c，0)．由圓的對(duì)稱性及條件|PQ|＝|OF|可知，PQ是以O(shè)F為直徑的圓的直徑，且PQ⊥OF.設(shè)垂足為M，連接OP，如圖，則|OP|＝a，|OM|＝|MP|＝eq\f(c,2).由|OM|2＋|MP|2＝|OP|2得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))eq\s\up12(2)＝a2，故eq\f(c,a)＝eq\r(2)，即e＝eq\r(2).故選A.12．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，滿足f(x＋1)＝2f(x)，且當(dāng)x∈(0，1]時(shí)，f(x)＝x(x－1)．若對(duì)任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－eq\f(8,9)，則m的取值范圍是()A．(－∞，eq\f(9,4)] B．(－∞，eq\f(7,3)]C．(－∞，eq\f(5,2)] D．(－∞，eq\f(8,3)]解析：選B當(dāng)－1＜x≤0時(shí)，0＜x＋1≤1，則f(x)＝eq\f(1,2)f(x＋1)＝eq\f(1,2)(x＋1)x；當(dāng)1＜x≤2時(shí)，0＜x－1≤1，則f(x)＝2f(x－1)＝2(x－1)(x－2)；當(dāng)2＜x≤3時(shí)，0＜x－2≤1，則f(x)＝2f(x－1)＝22f(x－2)＝22(x－2)(x－3)，……由此可得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(…,\f(1,2)（x＋1）x，－1＜x≤0，,x（x－1），0＜x≤1，,2（x－1）（x－2），1＜x≤2，,22（x－2）（x－3），2＜x≤3，,…))由此作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示．由圖可知當(dāng)2＜x≤3時(shí)，令22(x－2)(x－3)＝－eq\f(8,9)，整理，得(3x－7)(3x－8)＝0，解得x＝eq\f(7,3)或x＝eq\f(8,3)，將這兩個(gè)值標(biāo)注在圖中．要使對(duì)任意x∈(－∞，m]都有f(x)≥－eq\f(8,9)，必有m≤eq\f(7,3)，即實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,3))).故選B.第Ⅱ卷本卷包括必考題和選考題兩部分．第13～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第22～23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)我國(guó)高鐵發(fā)展迅速，技術(shù)先進(jìn)．經(jīng)統(tǒng)計(jì)，在經(jīng)停某站的高鐵列車中，有10個(gè)車次的正點(diǎn)率為0.97，有20個(gè)車次的正點(diǎn)率為0.98，有10個(gè)車次的正點(diǎn)率為0.99，則經(jīng)停該站高鐵列車所有車次的平均正點(diǎn)率的估計(jì)值為________．解析：x＝eq\f(10×0.97＋20×0.98＋10×0.99,10＋20＋10)＝0.98.則經(jīng)停該站高鐵列車所有車次的平均正點(diǎn)率的估計(jì)值為0.98.答案：0.9814．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)已知f(x)是奇函數(shù)，且當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝－eax，若f(ln2)＝8，則a＝________．解析：設(shè)x>0，則－x<0.∵當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝－eax，∴f(－x)＝－e－ax.∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(x)＝－f(－x)＝e－ax，∴f(ln2)＝e－aln2＝(eln2)－a＝2－a.又∵f(ln2)＝8，∴2－a＝8，∴a＝－3.答案：－315．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，則△ABC的面積為________．解析：由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB.又∵b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，∴36＝4c2＋c2－2×2c2×eq\f(1,2)，∴c＝2eq\r(3)，a＝4eq\r(3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝6eq\r(3).答案：6eq\r(3)16．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)中國(guó)有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長(zhǎng)方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖①)．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美．圖②是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長(zhǎng)為1.則該半正多面體共有________個(gè)面，其棱長(zhǎng)為________．(本題第一空2分，第二空3分)解析：依題意知，題中的半正多面體的上、下、左、右、前、后6個(gè)面都在正方體的表面上，且該半正多面體的表面由18個(gè)正方形，8個(gè)正三角形組成，因此題中的半正多面體共有26個(gè)面．注意到該半正多面體的俯視圖的輪廓是一個(gè)正八邊形，設(shè)題中的半正多面體的棱長(zhǎng)為x，則eq\f(\r(2),2)x＋x＋eq\f(\r(2),2)x＝1，解得x＝eq\r(2)－1，故題中的半正多面體的棱長(zhǎng)為eq\r(2)－1.答案：26eq\r(2)－1三、解答題(解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)17．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)(本小題滿分12分)如圖，長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)證明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角B-EC-C1的正弦值．解：(1)證明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up7(→))的方向?yàn)閤軸正方向，|eq\o(DA,\s\up7(→))|為單位長(zhǎng)度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，eq\o(CB,\s\up7(→))＝(1，0，0)，eq\o(CE,\s\up7(→))＝(1，－1，1)，eq\o(CC1,\s\up7(→))＝(0，0，2)．設(shè)平面EBC的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(eq\o(CB,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(CE,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x1－y1＋z1＝0，))所以可取n＝(0，－1，－1)．設(shè)平面ECC1的法向量為m＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(eq\o(CC1,\s\up7(→))·m＝0，,eq\o(CE,\s\up7(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2z2＝0，,x2－y2＋z2＝0，))所以可取m＝(1，1，0)．于是cosn，m＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(1,2).所以，二面角B-EC-C1的正弦值為eq\f(\r(3),2).18．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)(本小題滿分12分)11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當(dāng)某局打成10∶10平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結(jié)束．甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.4，各球的結(jié)果相互獨(dú)立．在某局雙方10∶10平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個(gè)球該局比賽結(jié)束．(1)求P(X＝2)；(2)求事件“X＝4且甲獲勝”的概率．解：(1)X＝2就是某局雙方10∶10平后，兩人又打了2個(gè)球該局比賽結(jié)束，則這2個(gè)球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.(2)X＝4且甲獲勝，就是某局雙方10∶10平后，兩人又打了4個(gè)球該局比賽結(jié)束，且這4個(gè)球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分．因此所求概率為[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.19．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)(本小題滿分12分)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.(1)證明：{an＋bn}是等比數(shù)列，{an－bn}是等差數(shù)列；(2)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式．解：(1)證明：由題設(shè)得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝eq\f(1,2)(an＋bn)．又因?yàn)閍1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首項(xiàng)為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．由題設(shè)得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因?yàn)閍1－b1＝1，所以{an－bn}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列．(2)由(1)知，an＋bn＝eq\f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1，所以an＝eq\f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq\f(1,2n)＋n－eq\f(1,2)，bn＝eq\f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq\f(1,2n)－n＋eq\f(1,2).20．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x＋1,x－1).(1)討論f(x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)；(2)設(shè)x0是f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，證明曲線y＝lnx在點(diǎn)A(x0，lnx0)處的切線也是曲線y＝ex的切線．解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，1)∪(1，＋∞)．因?yàn)閒′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,（x－1）2)>0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)單調(diào)遞增．因?yàn)閒(e)＝1－eq\f(e＋1,e－1)<0，f(e2)＝2－eq\f(e2＋1,e2－1)＝eq\f(e2－3,e2－1)>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零點(diǎn)x1(e<x1<e2)，即f(x1)＝0.又0<eq\f(1,x1)<1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝－lnx1＋eq\f(x1＋1,x1－1)＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0，1)有唯一零點(diǎn)eq\f(1,x1).綜上，f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)．(2)證明：因?yàn)閑q\f(1,x0)＝e－lnx0，所以點(diǎn)Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx0，\f(1,x0)))在曲線y＝ex上．由題設(shè)知f(x0)＝0，即lnx0＝eq\f(x0＋1,x0－1)，故直線AB的斜率k＝eq\f(\f(1,x0)－lnx0,－lnx0－x0)＝eq\f(\f(1,x0)－\f(x0＋1,x0－1),－\f(x0＋1,x0－1)－x0)＝eq\f(1,x0).曲線y＝ex在點(diǎn)Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx0，\f(1,x0)))處切線的斜率是eq\f(1,x0)，曲線y＝lnx在點(diǎn)A(x0，lnx0)處切線的斜率也是eq\f(1,x0)，所以曲線y＝lnx在點(diǎn)A(x0，lnx0)處的切線也是曲線y＝ex的切線．21．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)(本小題滿分12分)已知點(diǎn)A(－2，0)，B(2，0)，動(dòng)點(diǎn)M(x，y)滿足直線AM與BM的斜率之積為－eq\f(1,2).記M的軌跡為曲線C.(1)求C的方程，并說(shuō)明C是什么曲線；(2)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連接QE并延長(zhǎng)交C于點(diǎn)G.①證明：△PQG是直角三角形；②求△PQG面積的最大值．解：(1)由題設(shè)得eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝－eq\f(1,2)，化簡(jiǎn)得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1(|x|≠2)，所以C為中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，不含左右頂點(diǎn)．(2)①證明：設(shè)直線PQ的斜率為k，則其方程為y＝kx(k>0)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))得x＝±eq\f(2,\r(1＋2k2)).設(shè)u＝eq\f(2,\r(1＋2k2))，則P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)．于是直線QG的斜率為eq\f(k,2)，方程為y＝eq\f(k,2)(x－u)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(k,2)（x－u），,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①設(shè)G(xG，yG)，則－u和xG是方程①的解，故xG＝eq\f(u（3k2＋2）,2＋k2)，由此得yG＝eq\f(uk3,2＋k2).從而直線PG的斜率為eq\f(\f(uk3,2＋k2)－uk,\f(u（3k2＋2）,2＋k2)－u)＝－eq\f(1,k).所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．②由①得|PQ|＝2ueq\r(1＋k2)，|PG|＝eq\f(2uk\r(k2＋1),2＋k2)，所以△PQG的面積S＝eq\f(1,2)|PQ||PG|＝eq\f(8k（1＋k2）,（1＋2k2）（2＋k2）)＝eq\f(8（\f(1,k)＋k）,1＋2（\f(1,k)＋k）2).設(shè)t＝k＋eq\f(1,k)，則由k>0得t≥2，當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時(shí)取等號(hào)．因?yàn)镾＝eq\f(8t,1＋2t2)在[2，＋∞)單調(diào)遞減，所以當(dāng)t＝2，即k＝1時(shí)，S取得最大值，最大值為eq\f(16,9).因此，△PQG面積的最大值為eq\f(16,9).請(qǐng)考生在第22～23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．作答時(shí)請(qǐng)寫清題號(hào)．22．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)(本小題滿分10分)[選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]在極坐標(biāo)系中，O為極點(diǎn)，點(diǎn)M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲線C：ρ＝4sinθ上，直線l過(guò)點(diǎn)A(4，0)且與OM垂直，垂足為P.(1)當(dāng)θ0＝eq\f(π,3)時(shí)，求ρ0及l(fā)的極坐標(biāo)方程；(2)當(dāng)M在C上運(yùn)動(dòng)且P在線段OM上時(shí)，求P點(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)方程．解：(1)因?yàn)镸(ρ0，θ0)在曲線C上，當(dāng)θ0＝eq\f(π,3)時(shí)，ρ0＝4sineq\f(π,3)＝2eq\r(3).由已知得|OP|＝|OA|coseq\f(π,3)＝2.設(shè)Q(ρ，θ)為l上除P外的任意一點(diǎn)．連接OQ，在Rt△OPQ中，ρcos(θ－eq\f(π,3))＝|OP|＝2.經(jīng)檢驗(yàn)，點(diǎn)P(2，eq\f(π,3))在曲線ρcos(θ－eq\f(π,3))＝2上，所以，l的極坐標(biāo)方程為ρcos(θ－eq\f(π,3))＝2.(2)設(shè)P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cosθ＝4cosθ，即ρ＝4cosθ.因?yàn)镻在線段OM上，且AP⊥OM，所以θ的取值范圍是[eq\f(π,4)，eq\f(π,2)]．所以，P點(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cosθ，θ∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,2)]．23．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)(本小題滿分10分)[選修4-5：不等式選講]已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f(x)<0的解集；(2)若x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)<0，求a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．當(dāng)x<1時(shí)，f(x)＝－2(x－1)2<0；當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥0.所以，不等式f(x)<0的解集為(－∞，1)．(2)因?yàn)閒(a)＝0，所以a≥1.當(dāng)a≥1，x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0.所以，a的取值范圍是[1，＋∞)．前沿?zé)狳c(diǎn)——新高考數(shù)學(xué)考情分析2024年新高考真題（含考情分析）及高考最新動(dòng)向?qū)崟r(shí)更新請(qǐng)掃碼獲取縱觀近年來(lái)新高考數(shù)學(xué)試題，試題貫徹落實(shí)了高考改革的總體要求，實(shí)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(guān)鍵能力考查，落實(shí)立德樹人根本任務(wù)，充分發(fā)揮考試的引導(dǎo)作用.試題突出數(shù)學(xué)本質(zhì)、重視理性思維、堅(jiān)持素養(yǎng)導(dǎo)向、能力為重的命題原則.通過(guò)設(shè)計(jì)真實(shí)問(wèn)題情境，體現(xiàn)數(shù)學(xué)的應(yīng)用價(jià)值；穩(wěn)步推進(jìn)改革，科學(xué)把握必備知識(shí)與關(guān)鍵能力的關(guān)系，體現(xiàn)了對(duì)基礎(chǔ)性、綜合性、應(yīng)用性和創(chuàng)新性的高考考查要求.一、突出主干知識(shí)、筑牢能力基礎(chǔ)以2023年新高考Ⅰ、Ⅱ卷為例，對(duì)各試題所考查的主干知識(shí)分析如下：題型題號(hào)各試題所考查的知識(shí)點(diǎn)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(yùn)算復(fù)數(shù)的乘法及幾何意義2復(fù)數(shù)運(yùn)算、共軛復(fù)數(shù)由集合間的關(guān)系求參數(shù)3向量垂直、數(shù)量積運(yùn)算分層隨機(jī)抽樣、計(jì)數(shù)原理4由函數(shù)的單調(diào)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(wèn)題由直線與橢圓的位置關(guān)系求參數(shù)6圓的切線問(wèn)題由函數(shù)的單調(diào)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(yīng)用等比數(shù)列的概念、前n項(xiàng)和及性質(zhì)多選題9樣本數(shù)字特征圓錐的體積、側(cè)面積和截面面積10以實(shí)際問(wèn)題為背景考查對(duì)數(shù)大小比較直線與拋物線的位置關(guān)系、拋物線的概念及性質(zhì)11抽象函數(shù)的函數(shù)性質(zhì)函數(shù)的極值及應(yīng)用12以正方體內(nèi)嵌入某幾何體考查對(duì)稱性、空間位置關(guān)系獨(dú)立事件的概率、二項(xiàng)分布模型填空題13計(jì)數(shù)原理向量的數(shù)量積、模14四棱臺(tái)的體積四棱臺(tái)的體積15三角函數(shù)中由零點(diǎn)個(gè)數(shù)求ω范圍直線與圓的位置關(guān)系16雙曲線幾何性質(zhì)、平面向量三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)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(zhǎng)度等差數(shù)列、數(shù)列的奇偶項(xiàng)問(wèn)題19利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、證明不等式統(tǒng)計(jì)圖表、概率統(tǒng)計(jì)與函數(shù)交匯問(wèn)題20等差數(shù)列的概念、性質(zhì)及前n項(xiàng)和空間線面位置關(guān)系、二面角的正弦值21概率與數(shù)列的交匯問(wèn)題直線與雙曲線的位置關(guān)系、定直線問(wèn)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(duì)數(shù)函數(shù)為載體，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用從上表可以看出，試題所考查知識(shí)范圍及思想方法90％以上都源于教材主干知識(shí)，由此在一輪復(fù)習(xí)備考中更應(yīng)重視必備知識(shí)的系統(tǒng)梳理、基本能力的逐點(diǎn)夯實(shí).二、注重試題情境創(chuàng)設(shè)、牢記育人宗旨1.關(guān)注社會(huì)熱點(diǎn)2023年新高考Ⅰ卷第10題以當(dāng)今社會(huì)熱點(diǎn)“噪聲污染問(wèn)題”為背景命制試題，目的是引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注社會(huì)、關(guān)注民生，用所學(xué)知識(shí)解決生活實(shí)踐情境下的實(shí)際問(wèn)題.（多選）（2023·新高考Ⅰ卷）噪聲污染問(wèn)題越來(lái)越受到重視.用聲壓級(jí)來(lái)度量聲音的強(qiáng)弱，定義聲壓級(jí)Lp＝20×lgpp0，其中常數(shù)p0（p0＞0）是聽覺(jué)下限閾值，p是實(shí)際聲壓.聲源與聲源的距離/m聲壓級(jí)/dB燃油汽車1060～90混合動(dòng)力汽車1050～60電動(dòng)汽車1040已知在距離燃油汽車、混合動(dòng)力汽車、電動(dòng)汽車10m處測(cè)得實(shí)際聲壓分別為p1，p2，p3，則（）A.p1≥p2 B.p2＞10p3C.p3＝100p0 D.p1≤100p22.弘揚(yáng)優(yōu)秀傳統(tǒng)文化2022年新高考Ⅱ卷第3題以中國(guó)古代建筑中的舉架結(jié)構(gòu)為背景命制出以等差數(shù)列為考查點(diǎn)的試題，此類試題不但能考查學(xué)生的閱讀理解能力、直觀想象能力及知識(shí)運(yùn)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(guó)古代建筑中的舉架結(jié)構(gòu)，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(xué)技術(shù)水平2021年新高考Ⅱ卷第4題以我國(guó)航天事業(yè)的重要成果北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)為試題情境命制立體幾何問(wèn)題，在考查學(xué)生的空間想象能力和閱讀理解、數(shù)學(xué)建模等素養(yǎng)的同時(shí)，引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注我國(guó)社會(huì)現(xiàn)實(shí)與經(jīng)濟(jì)、科技進(jìn)步與發(fā)展，增強(qiáng)民族自豪感與自信心.（2021·新高考Ⅱ卷）北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國(guó)航天事業(yè)的重要成果.在衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中，地球靜止同步衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000km（軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面的距離）.將地球看作是一個(gè)球心為O，半徑r為6400km的球，其上點(diǎn)A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數(shù).地球表面上能直接觀測(cè)到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點(diǎn)的緯度最大值為α，記衛(wèi)星信號(hào)覆蓋地球表面的表面積為S＝2πr2（1－cosα）（單位：km2），則S占地球表面積的百分比約為（）A.26％ B.34％C.42％ D.50％4.體現(xiàn)數(shù)學(xué)應(yīng)用價(jià)值2022年新高考Ⅰ卷第4題以我國(guó)的重大建設(shè)成就“南水北調(diào)”工程為背景命制出以四棱臺(tái)體積公式為考查點(diǎn)的立體幾何試題，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的應(yīng)用價(jià)值.（2022·新高考Ⅰ卷）南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問(wèn)題，其中一部分水蓄入某水庫(kù).已知該水庫(kù)水位為海拔148.5m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為140.0km2；水位為海拔157.5m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為180.0km2.將該水庫(kù)在這兩個(gè)水位間的形狀看作一個(gè)棱臺(tái)，則該水庫(kù)水位從海拔148.5m上升到157.5m時(shí)，增加的水量約為（7≈2.65）（）A.1.0×109m3 B.1.2×109m3C.1.4×109m3 D.1.6×109m3三、重視能力考查、使素養(yǎng)評(píng)價(jià)科學(xué)有據(jù)高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)對(duì)培養(yǎng)學(xué)生能力的要求是數(shù)學(xué)“六大核心素養(yǎng)”的集中展示.要檢驗(yàn)學(xué)生核心素養(yǎng)高低，必須通過(guò)解決數(shù)學(xué)問(wèn)題來(lái)體現(xiàn).（多選）（2023·新高考Ⅰ卷）下列物體中，能夠被整體放入棱長(zhǎng)為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計(jì)）內(nèi)的有（）A.直徑為0.99m的球體B.所有棱長(zhǎng)均為1.4m的四面體C.底面直徑為0.01m，高為1.8m的圓柱體D.底面直徑為1.2m，高為0.01m的圓柱體素養(yǎng)評(píng)價(jià)本題為多選題，以正方體內(nèi)嵌入其他幾何體為背景考查學(xué)生不同的素養(yǎng)