2021年 數(shù)學(xué)新高考全國乙卷理科

PAGE1一、選擇題：本題共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.（2021·全國乙卷1題）設(shè)2（z＋z）＋3（z－z）＝4＋6i，則z＝（）A.1－2i B.1＋2iC.1＋i D.1－i解析：選C設(shè)z＝a＋bi（a，b∈R），則z＝a－bi，代入2（z＋z）＋3（z－z）＝4＋6i，可得4a＋6bi＝4＋6i，所以a＝1，b＝1，故z＝1＋i.故選C.2.（2021·全國乙卷2題）已知集合S＝{s｜s＝2n＋1，n∈Z}，T＝{t｜t＝4n＋1，n∈Z}，則S∩T＝（）A.? B.SC.T D.Z解析：選C法一（通解）在集合T中，令n＝k（k∈Z），則t＝4n＋1＝2（2k）＋1（k∈Z），而集合S中，s＝2n＋1（n∈Z），所以必有T?S，所以T∩S＝T，故選C.法二（優(yōu)解）S＝{…，－3，－1，1，3，5，…}，T＝{…，－3，1，5，…}，觀察可知，T?S，所以T∩S＝T，故選C.3.（2021·全國乙卷3題）已知命題p：?x∈R，sinx＜1；命題q：?x∈R，e｜x｜≥1，則下列命題中為真命題的是（）A.p∧q B.p∧qC.p∧q D.（p∨q）解析：選A由正弦函數(shù)的圖象及性質(zhì)可知，存在x∈R，使得sinx＜1，所以命題p為真命題.對(duì)任意的x∈R，均有e｜x｜≥e0＝1成立，故命題q為真命題，所以命題p∧q為真命題，故選A.4.（2021·全國乙卷4題）設(shè)函數(shù)f（x）＝1－x1+x，A.f（x－1）－1 B.f（x－1）＋1C.f（x＋1）－1 D.f（x＋1）＋1解析：選B法一（通解）因?yàn)閒（x）＝1－x1+x，所以f（x－1）＝1-(x－1）1+（x－1）對(duì)于A，F(xiàn)（x）＝f（x－1）－1＝2－xx－1＝2－2xx，定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，但不滿足F（x對(duì)于B，G（x）＝f（x－1）＋1＝2－xx＋1＝2x，定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且滿足G（x）＝－G對(duì)于C，f（x＋1）－1＝－xx+2－1＝－x－對(duì)于D，f（x＋1）＋1＝－xx+2＋1＝－x＋x+2法二（優(yōu)解）f（x）＝1－x1+x＝2-(x+1）1+x＝21+x－1，為保證函數(shù)變換之后為奇函數(shù)，需將函數(shù)y＝f（x）的圖象向右平移一個(gè)單位長度，再向上平移一個(gè)單位長度，得到的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為y＝5.（2021·全國乙卷5題）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為B1D1的中點(diǎn)，則直線PB與AD1所成的角為（）A.π2 B.C.π4 D.解析：選D法一如圖，連接C1P，因?yàn)锳BCD-A1B1C1D1是正方體，且P為B1D1的中點(diǎn)，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP?平面B1BP，所以有C1P⊥BP.連接BC1，則AD1∥BC1，所以∠PBC1為直線PB與AD1所成的角.設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，則在直角三角形C1PB中，C1P＝12B1D1＝2，BC1＝22，sin∠PBC1＝PC1BC1＝12，所以∠法二以B1為坐標(biāo)原點(diǎn)，B1C1，B1A1，B1B所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系（圖略），設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，則B（0，0，2），P（1，1，0），D1（2，2，0），A（0，2，2），PB＝（－1，－1，2），AD1＝（2，0，－2）.設(shè)直線PB與AD1所成的角為θ，則cosθ＝PB·AD1｜PB||AD1｜＝|-6｜6.（2021·全國乙卷6題）將5名北京冬奧會(huì)志愿者分配到花樣滑冰、短道速滑、冰球和冰壺4個(gè)項(xiàng)目進(jìn)行培訓(xùn)，每名志愿者只分配到1個(gè)項(xiàng)目，每個(gè)項(xiàng)目至少分配1名志愿者，則不同的分配方案共有（）A.60種 B.120種C.240種 D.480種解析：選C根據(jù)題設(shè)中的要求，每名志愿者只分配到1個(gè)項(xiàng)目，每個(gè)項(xiàng)目至少分配1名志愿者，可分兩步進(jìn)行安排：第一步，將5名志愿者分成4組，其中1組2人，其余每組1人，共有C52種分法；第二步，將分好的4組安排到4個(gè)項(xiàng)目中，有A44種安排方法.故滿足題意的分配方案共有C52·A7.（2021·全國乙卷7題）把函數(shù)y＝f（x）圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的12倍，縱坐標(biāo)不變，再把所得曲線向右平移π3個(gè)單位長度，得到函數(shù)y＝sinx－π4的圖象，則fA.sinx2－7π12C.sin2x－7π12解析：選B依題意，將y＝sinx－π4的圖象向左平移π3個(gè)單位長度，再將所得曲線上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)擴(kuò)大到原來的2倍，得到f（x）的圖象，所以y＝sinx－π4y＝sinx＋π12的圖象f8.（2021·全國乙卷8題）在區(qū)間（0，1）與（1，2）中各隨機(jī)取1個(gè)數(shù)，則兩數(shù)之和大于74的概率為（A.79 B.C.932 D.解析：選B在區(qū)間（0，1）中隨機(jī)取一個(gè)數(shù)，記為x，在區(qū)間（1，2）中隨機(jī)取一個(gè)數(shù)，記為y，兩數(shù)之和大于74，即x＋y＞74，則0<x<1，1<y<2，x＋y＞74.在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)（x，y）構(gòu)成的區(qū)域是邊長為1的正方形區(qū)域（不含邊界），事件A“兩數(shù)之和大于74”即x＋y＞74中，點(diǎn)（x，9.（2021·全國乙卷9題）魏晉時(shí)期劉徽撰寫的《海島算經(jīng)》是關(guān)于測(cè)量的數(shù)學(xué)著作，其中第一題是測(cè)量海島的高.如圖，點(diǎn)E，H，G在水平線AC上，DE和FG是兩個(gè)垂直于水平面且等高的測(cè)量標(biāo)桿的高度，稱為“表高”，EG稱為“表距”，GC和EH都稱為“表目距”，GC與EH的差稱為“表目距的差”，則海島的高AB＝（）A.表高×表距表目距的差＋表高 B.表高×表距表目距的差C.表高×表距表目距的差＋表距 D.表高×表距表目距的差解析：選A因?yàn)镕G∥AB，所以FGAB＝GCCA，所以GC＝FGAB·CA.因?yàn)镈E∥AB，所以DEAB＝EHAH，所以EH＝DEAB·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝DEAB（CA－AH）＝DEAB×HC＝DEAB×（HG＋GC）＝DEAB×（EG－EH＋GC）.由題設(shè)中信息可得，表目距的差為GC－EH，表高為DE，表距為EG，則上式可化為，表目距的差＝表高AB×（表距＋表目距的差），所以AB＝表高表目距的差×10.（2021·全國乙卷10題）設(shè)a≠0，若x＝a為函數(shù)f（x）＝a（x－a）2（x－b）的極大值點(diǎn)，則（）A.a＜b B.a＞bC.ab＜a2 D.ab＞a2解析：選D法一（通解）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）＝a（x－a）2·（x－b），所以f'（x）＝2a（x－a）（x－b）＋a（x－a）2＝a（x－a）·（3x－a－2b）.令f'（x）＝0，結(jié)合a≠0可得x＝a或x＝a+2（1）當(dāng)a＞0時(shí)，①若a+2b3＞a，即b＞a，此時(shí)易知函數(shù)f（x）在（－∞，a）上單調(diào)遞增，在a，a+2b3上單調(diào)遞減，所以x＝a為函數(shù)②若a+2b3＝a，即b＝a，此時(shí)函數(shù)f（x）＝a（x－a）3在R上單調(diào)遞增，無極值點(diǎn)③若a+2b3＜a，即b＜a，此時(shí)易知函數(shù)f（x）在a+2b3，a上單調(diào)遞減，在（a，＋∞）上單調(diào)遞增，所以x＝a為函數(shù)（2）當(dāng)a＜0時(shí)，①若a+2b3＞a，即b＞a，此時(shí)易知函數(shù)f（x）在（－∞，a）上單調(diào)遞減，在a，a+2b3上單調(diào)遞增，所以x＝a為函數(shù)②若a+2b3＝a，即b＝a，此時(shí)函數(shù)f（x）＝a（x－a）3在R上單調(diào)遞減，無極值點(diǎn)③若a+2b3＜a，即b＜a，此時(shí)易知函數(shù)f（x）在a+2b3，a上單調(diào)遞增，在（a，＋∞）上單調(diào)遞減，所以x＝a為函數(shù)綜上，a＞0且b＞a滿足題意，a＜0且b＜a也滿足題意.據(jù)此，可知必有ab＞a2成立.故選D.法二（優(yōu)解）當(dāng)a＞0時(shí)，根據(jù)題意畫出函數(shù)f（x）的大致圖象，如圖①所示，觀察可知b＞a.當(dāng)a＜0時(shí)，根據(jù)題意畫出函數(shù)f（x）的大致圖象，如圖②所示，觀察可知a＞b.綜上，可知必有ab＞a2成立.故選D.11.（2021·全國乙卷11題）設(shè)B是橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的上頂點(diǎn)，若C上的任意一點(diǎn)P都滿足｜PB｜≤2b，A.22，1C.0，22解析：選C法一（通解）依題意，B（0，b），設(shè)P（acosθ，bsinθ），θ∈[0，2π），因?yàn)椋黀B｜≤2b，所以對(duì)任意θ∈[0，2π），（acosθ）2＋（bsinθ－b）2≤4b2恒成立，即（a2－b2）sin2θ＋2b2sinθ＋3b2－a2≥0對(duì)任意θ∈[0，2π）恒成立.令sinθ＝t，t∈[－1，1]，f（t）＝（a2－b2）t2＋2b2t＋3b2－a2，則原問題轉(zhuǎn)化為對(duì)任意t∈[－1，1]，恒有f（t）≥0成立.因?yàn)閒（－1）＝0，所以只需－2b22（a2－b2）≤－1即可，所以2b2≥a2法二（優(yōu)解）依題意，B（0，b），設(shè)橢圓上一點(diǎn)P（x0，y0），則｜y0｜≤b，x02a2＋y02b2＝1，可得x02＝a2－a2b2y02，則｜PB｜2＝x02＋（y0－b）2＝x02＋y02－2by0＋b2＝－c2b2y02－2by0＋a2＋b2≤4b2.因?yàn)楫?dāng)y0＝－b時(shí)，｜PB｜212.（2021·全國乙卷12題）設(shè)a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝1.04－1，則（A.a＜b＜c B.b＜c＜aC.b＜a＜c D.c＜a＜b解析：選Bb－c＝ln1.02－1.04＋1，設(shè)f（x）＝ln（x＋1）－1+2x則b－c＝f（0.02），f'（x）＝1x+1－221+2x＝1+2x-(x+1）1+2x·（x+1），當(dāng)x≥0時(shí)，x＋1＝（x+1）2≥1+2x，故當(dāng)x≥0時(shí)，f'（x）＝1+2x-(x+1）1+2x·（x+1）≤0，所以f（xa－c＝2ln1.01－1.04＋1，設(shè)g（x）＝2ln（x＋1）－1+4x＋1，則a－c＝g（0.01），g'（x）＝2x+1－421+4x＝2[1+4x-(x+1)]（x+1）1+4x，當(dāng)0≤x＜2時(shí)，4x+1≥（x+1）2＝x＋1，故當(dāng)0≤x＜2時(shí)，g'（x）≥0，所以g（x）在[0，2）上單調(diào)遞增，所以g二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.（2021·全國乙卷13題）已知雙曲線C：x2m－y2＝1（m＞0）的一條漸近線為3x＋my＝0，則C的焦距為解析：雙曲線x2m－y2＝1（m＞0）的漸近線為y＝±1mx，即x±m(xù)y＝0，又雙曲線的一條漸近線為3x＋my＝0，即x＋m3y＝0，對(duì)比兩式可得，m＝3.設(shè)雙曲線的實(shí)半軸長為a，虛半軸長為b，半焦距為c，則有a2＝m＝3，b2＝1，所以雙曲線的焦距2c＝答案：414.（2021·全國乙卷14題）已知向量a＝（1，3），b＝（3，4），若（a－λb）⊥b，則λ＝.解析：a－λb＝（1－3λ，3－4λ），∵（a－λb）⊥b，∴（a－λb）·b＝0，即（1－3λ，3－4λ）·（3，4）＝0，∴3－9λ＋12－16λ＝0，解得λ＝35答案：315.（2021·全國乙卷15題）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，面積為3，B＝60°，a2＋c2＝3ac，則b＝.解析：由題意得S△ABC＝12acsinB＝34ac＝3，則ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×12＝8，則b＝答案：2216.（2021·全國乙卷16題）以圖①為正視圖，在圖②③④⑤中選兩個(gè)分別作為側(cè)視圖和俯視圖，組成某個(gè)三棱錐的三視圖，則所選側(cè)視圖和俯視圖的編號(hào)依次為（寫出符合要求的一組答案即可）.解析：根據(jù)“長對(duì)正、高平齊、寬相等”及圖中數(shù)據(jù)，可知圖②③只能是側(cè)視圖，圖④⑤只能是俯視圖，則組成某個(gè)三棱錐的三視圖，所選側(cè)視圖和俯視圖的編號(hào)依次是③④或②⑤.若是③④，則原幾何體如圖（?。┧?；若是②⑤，則原幾何體如圖（ⅱ）所示.答案：③④（答案不唯一，②⑤也可）三、解答題：共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17～21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.（一）必考題：共60分17.（2021·全國乙卷17題）某廠研制了一種生產(chǎn)高精產(chǎn)品的設(shè)備，為檢驗(yàn)新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的某項(xiàng)指標(biāo)有無提高，用一臺(tái)舊設(shè)備和一臺(tái)新設(shè)備各生產(chǎn)了10件產(chǎn)品，得到各件產(chǎn)品該項(xiàng)指標(biāo)數(shù)據(jù)如下：舊設(shè)備9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7新設(shè)備10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.5舊設(shè)備和新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項(xiàng)指標(biāo)的樣本平均數(shù)分別記為x和y，樣本方差分別記為s12和（1）求x，y，s12，（2）判斷新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項(xiàng)指標(biāo)的均值較舊設(shè)備是否有顯著提高（如果y－x≥2s12＋s2解：（1）由表格中的數(shù)據(jù)易得：x＝－0.2+0.3+0+0.2－0y＝0.1+0.4+0.1+0+0.1+0.3+0.6+0.5+0.4+0.510＋10.0s12＝110×[（9.7－10.0）2＋2×（9.8－10.0）2＋（9.9－10.0）2＋2×（10.0－10.0）2＋（10.1－10.0）2＋2×（10.2－10.0）2＋（10.3－10.0）2]s22＝110×[（10.0－10.3）2＋3×（10.1－10.3）2＋（10.3－10.3）2＋2×（10.4－10.3）2＋2×（10.5－10.3）2＋（10.6－10.3）2（2）由（1）中數(shù)據(jù)可得y－x＝10.3－10.0＝0.3，而2s12＋s2210＝25（s12＋s18.（2021·全國乙卷18題）如圖，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M為BC的中點(diǎn)，且PB⊥AM.（1）求BC；（2）求二面角A-PM-B的正弦值.解：（1）因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，設(shè)BC＝t，則A（t，0，0），B（t，1，0），Mt2，1，0，P（0所以PB＝（t，1，－1），AM＝－t因?yàn)镻B⊥AM，所以PB·AM＝－t22＋1＝0，得t＝所以BC＝2.（2）易知C（0，1，0），由（1）可得AP＝（－2，0，1），AM＝－22，1，0，CB＝（2，0，0），PB＝（2，設(shè)平面APM的法向量為n1＝（x1，y1，z1），則n1·AP令x1＝2，則z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一個(gè)法向量為n1＝（2，1，2）.設(shè)平面PMB的法向量為n2＝（x2，y2，z2），則n2·得x2＝0，令y2＝1，則z2＝1，所以平面PMB的一個(gè)法向量為n2＝（0，1，1）.cos＜n1，n2＞＝n1·n2｜所以二面角A-PM-B的正弦值為701419.（2021·全國乙卷19題）記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，bn為數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)積，已知2Sn＋1（1）證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；（2）求{an}的通項(xiàng)公式.解：（1）證明：因?yàn)閎n是數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)積，所以n≥2時(shí)，Sn＝bn代入2Sn＋1bn＝2可得，2b整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝12（n≥2）又2S1＋1b1＝3b1＝2，故{bn}是以32為首項(xiàng)，12（2）由（1）可知，bn＝n+22，則2Sn＋2n+2＝2，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝32當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n+2n+1－n故an＝320.（2021·全國乙卷20題）設(shè)函數(shù)f（x）＝ln（a－x），已知x＝0是函數(shù)y＝xf（x）的極值點(diǎn).（1）求a；（2）設(shè)函數(shù)g（x）＝x＋f（x）xf（x解：（1）由題意得y＝xf（x）＝xln（a－x），則y'＝ln（a－x）＋x[ln（a－x）]'.因?yàn)閤＝0是函數(shù)y＝xf（x）的極值點(diǎn)，所以y'｜x＝0＝lna＝0，所以a＝1.（2）證明：由（1）可知，f（x）＝ln（1－x），其定義域?yàn)閧x｜x＜1}，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，ln（1－x）＜0，此時(shí)xf（x）＜0，當(dāng)x＜0時(shí)，ln（1－x）＞0，此時(shí)xf（x）＜0.易知g（x）的定義域?yàn)閧x｜x＜1且x≠0}，故要證g（x）＝x＋f（x）xf（x）＜1，只需證x＋f（x）＞xf（x），即證x＋ln（1－x）－令1－x＝t，則t＞0且t≠1，則只需證1－t＋lnt－（1－t）lnt＞0，即證1－t＋tlnt＞0.令h（t）＝1－t＋tlnt，則h'（t）＝－1＋lnt＋1＝lnt，所以h（t）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以h（t）＞h（1）＝0，即g（x）＜1成立.21.（2021·全國乙卷21題）已知拋物線C：x2＝2py（p＞0）的焦點(diǎn)為F，且F與圓M：x2＋（y＋4）2＝1上點(diǎn)的距離的最小值為4.（1）求p；（2）若點(diǎn)P在M上，PA，PB是C的兩條切線，A，B是切點(diǎn)，求△PAB面積的最大值.解：（1）由題意知M（0，－4），F(xiàn)0，p2，圓M的半徑r＝1，所以｜MF｜－r＝4，即p2＋4－1＝4，（2）由（1）知，拋物線方程為x2＝4y，由題意可知直線AB的斜率存在，設(shè)Ax1，x124，Bx2，x2聯(lián)立得y＝kx＋b，x2=4y，消去y得x則Δ＝16k2＋16b＞0（※），x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，所以｜AB｜＝1+k2｜x1－x2｜＝1+k2·（x1因?yàn)閤2＝4y，即y＝x24，所以y'＝x2，則拋物線在點(diǎn)A處的切線斜率為x12，在點(diǎn)A處的切線方程為y－x124＝x12（x－x同理得拋物線在點(diǎn)B處的切線方程為y＝x22x－聯(lián)立得y＝x即P（2k，－b）.因?yàn)辄c(diǎn)P在圓M上，所以4k2＋（4－b）2＝1， ①且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，即－12≤k≤12，3≤b≤5，滿足（※設(shè)點(diǎn)P到直線AB的距離為d，則d＝｜2所以S△PAB＝12｜AB｜·d＝4（由①得，k2＝1-(4－令t＝k2＋b，則t＝－b2+12b－154因?yàn)閠＝－b2+12b－154在[3，5]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)b＝5時(shí)，t取得最大值，tmax＝5，此時(shí)k＝0，（二）選考題：共10分.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.22.（2021·全國乙卷22題）[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]在直角坐標(biāo)系xOy中，☉C的圓心為C（2，1），半徑為1.（1）寫出☉C的一個(gè)參數(shù)方程；（2）過點(diǎn)F（4，1）作☉C的兩條切線.以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，求這兩條切線的極坐標(biāo)方程.解：（1）由題意知☉C的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x－2）2＋（y－1）2＝1，則☉C的參數(shù)方程為x=2+cosα，y=1+sin（2）由題意可知，切線的斜率存在，設(shè)切線方程為y－1＝k（x－4），即kx－y＋1－4k＝0，所以｜2k－1+1－4k｜k2則這兩條切線方程分別為y＝33x－433＋1，y＝－33x＋故這兩條切線的極坐標(biāo)方程分別為ρsinθ＝33ρcosθ－433＋1，ρsinθ＝－33ρcosθ23.（2021·全國乙卷23題）[選修4－5：不等式選講]已知函數(shù)f（x）＝｜x－a｜＋｜x＋3｜.（1）當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f（x）≥6的解集；（2）若f（x）＞－a，求a的取值范圍.解：（1）當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＝｜x－1｜＋｜x＋3｜，故f（x）≥6即｜x－1｜＋｜x＋3｜≥6，故x≤－3時(shí)，1－x－x－3≥6，解得x≤－4，又x≤－3，所以x≤－4；當(dāng)－3＜x≤1時(shí)，1－x＋x＋3≥6，即4≥6，不成立；當(dāng)x＞1時(shí)，x－1＋x＋3≥6，解得x≥2，又x＞1，所以x≥2.綜上，原不等式的解集為{x｜x≤－4或x≥2}.（2）f（x）＝｜x－a｜＋｜x＋3｜≥｜（x－a）－（x＋3）｜＝｜3＋a｜，當(dāng)x的值在a與－3之間（包括兩個(gè)端點(diǎn)）時(shí)取等號(hào)，若f（x）＞－a，則只需｜3＋a｜＞－a，即3＋a＞－a或3＋a＜a，得a＞－32故a的取值范圍為aa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.通過設(shè)計(jì)真實(shí)問題情境，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橢圓的離心率問題由直線與橢圓的位置關(guān)系求參數(shù)6圓的切線問題由函數(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度等差數(shù)列、數(shù)列的奇偶項(xiàng)問題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)列的交匯問題直線與雙曲線的位置關(guān)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(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(jí)來度量聲音的強(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)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔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.將該水庫在這兩個(gè)水位間的形狀看作一個(gè)棱臺(tái)，則該水庫水位從海拔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，必須通過解決數(shù)學(xué)問題來體現(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)層級(jí)，由A、B、C、D四個(gè)選項(xiàng)設(shè)計(jì)的問題不同，對(duì)應(yīng)解決問題所需核心素養(yǎng)也逐漸提升，本題真正體現(xiàn)了“入口容易全分難”的多選題考查特征.四、秉承創(chuàng)新、引導(dǎo)探究性學(xué)習(xí)新高考試卷中開放性試題的增設(shè)，促進(jìn)了考查的靈活性，思維方式的多樣性.同時(shí)引導(dǎo)了學(xué)生重視探究性學(xué)習(xí)，逐步培養(yǎng)學(xué)生創(chuàng)新思維的良好習(xí)慣.1.舉例題（2023·新高考Ⅱ卷）已知直線x－my＋1＝0與☉C：