2019年 理科數(shù)學高考題全國卷Ⅲ

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選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2019·全國卷Ⅲ)已知集合A＝{－1，0，1，2}，B＝{x|x2≤1}，則A∩B＝()A．{－1，0，1} B．{0，1}C．{－1，1} D．{0，1，2}解析：選A因為B＝{x|x2≤1}＝{x|－1≤x≤1}，又A＝{－1，0，1，2}，所以A∩B＝{－1，0，1}．故選A.2．(2019·全國卷Ⅲ)若z(1＋i)＝2i，則z＝()A．－1－i B．－1＋iC．1－i D．1＋i解析：選D由z(1＋i)＝2i，得z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(2i（1－i）,2)＝i(1－i)＝1＋i.故選D.3．(2019·全國卷Ⅲ)《西游記》《三國演義》《水滸傳》和《紅樓夢》是中國古典文學瑰寶，并稱為中國古典小說四大名著．某中學為了解本校學生閱讀四大名著的情況，隨機調查了100位學生，其中閱讀過《西游記》或《紅樓夢》的學生共有90位，閱讀過《紅樓夢》的學生共有80位，閱讀過《西游記》且閱讀過《紅樓夢》的學生共有60位，則該校閱讀過《西游記》的學生人數(shù)與該校學生總數(shù)比值的估計值為()A．0.5 B．0.6C．0.7 D．0.8解析：選Ceq\a\vs4\al(法一：)設調查的100位學生中閱讀過《西游記》的學生人數(shù)為x，則x＋80－60＝90，解得x＝70，所以該校閱讀過《西游記》的學生人數(shù)與該校學生總數(shù)比值的估計值為eq\f(70,100)＝0.7.故選C.eq\a\vs4\al(法二：)用Venn圖表示調查的100位學生中閱讀過《西游記》和《紅樓夢》的人數(shù)之間的關系如圖：易知調查的100位學生中閱讀過《西游記》的學生人數(shù)為70，所以該校閱讀過《西游記》的學生人數(shù)與該校學生總數(shù)比值的估計值為eq\f(70,100)＝0.7.故選C.4．(2019·全國卷Ⅲ)(1＋2x2)(1＋x)4的展開式中x3的系數(shù)為()A．12 B．16C．20 D．24解析：選Aeq\a\vs4\al(法一：)(1＋2x2)(1＋x)4的展開式中x3的系數(shù)為1×Ceq\o\al(3,4)＋2Ceq\o\al(1,4)＝12.故選A.eq\a\vs4\al(法二：)∵(1＋2x2)(1＋x)4＝(1＋2x2)(1＋4x＋6x2＋4x3＋x4)，∴x3的系數(shù)為1×4＋2×4＝12.故選A.5．(2019·全國卷Ⅲ)已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前4項和為15，且a5＝3a3＋4a1，則a3＝()A．16 B．8C．4 D．2解析：選C由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1>0，q>0，,a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，,a1q4＝3a1q2＋4a1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))∴a3＝a1q2＝4.故選C.6．(2019·全國卷Ⅲ)已知曲線y＝aex＋xlnx在點(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則()A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1解析：選Dy′＝aex＋lnx＋1，k＝y(tǒng)′|x＝1＝ae＋1，∴切線方程為y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1.又∵切線方程為y＝2x＋b，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，))即a＝e－1，b＝－1.故選D.7．(2019·全國卷Ⅲ)函數(shù)y＝eq\f(2x3,2x＋2－x)在[－6，6]的圖象大致為()解析：選B∵y＝f(x)＝eq\f(2x3,2x＋2－x)，x∈[－6，6]，∴f(－x)＝eq\f(2（－x）3,2－x＋2x)＝－eq\f(2x3,2－x＋2x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函數(shù)，排除選項C.當x＝4時，y＝eq\f(2×43,24＋2－4)＝eq\f(128,16＋\f(1,16))＝eq\f(128×16,257)≈7.97∈(7，8)，排除選項A、D.故選B.8．(2019·全國卷Ⅲ)如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則()A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線解析：選B法一：取CD的中點O，連接EO，ON.由△ECD是正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，知EO⊥平面ABCD.∴EO⊥CD，EO⊥ON.又N為正方形ABCD的中心，∴ON⊥CD.以CD的中點O為原點，eq\o(OD,\s\up7(→))方向為x軸正方向建立空間直角坐標系，如圖①所示．不妨設AD＝2，則E(0，0，eq\r(3))，N(0，1，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，B(－1，2，0)，∴EN＝eq\r(12＋（－\r(3)）2)＝2，BM＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋4＋\f(3,4))＝eq\r(7)，∴EN≠BM.連接BD，BE，∵點N是正方形ABCD的中心，∴點N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中線，∴BM，EN必相交．故選B.eq\a\vs4\al(法二：)如圖②，取CD的中點F，DF的中點G，連接EF，F(xiàn)N，MG，GB.∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨設AB＝2，則FN＝1，EF＝eq\r(3)，∴EN＝eq\r(FN2＋EF2)＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF且MG＝eq\f(1,2)EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(\r(3),2)，BG＝eq\r(CG2＋BC2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋22)＝eq\f(5,2)，∴BM＝eq\r(MG2＋BG2)＝eq\r(7).∴BM≠EN.連接BD，BE，∵點N是正方形ABCD的中心，∴點N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中線，∴BM，EN必相交．故選B.9．(2019·全國卷Ⅲ)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，如果輸入的?為0.01，則輸出s的值等于()A．2－eq\f(1,24) B．2－eq\f(1,25)C．2－eq\f(1,26) D．2－eq\f(1,27)解析：選C執(zhí)行程序框圖，x＝1，s＝0，s＝0＋1＝1，x＝eq\f(1,2)，不滿足x<ε＝eq\f(1,100)，所以s＝1＋eq\f(1,2)＝2－eq\f(1,21)，x＝eq\f(1,4)，不滿足x<ε＝eq\f(1,100)，所以s＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＝2－eq\f(1,22)，x＝eq\f(1,8)，不滿足x<ε＝eq\f(1,100)，所以s＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)＝2－eq\f(1,23)，x＝eq\f(1,16)，不滿足x<ε＝eq\f(1,100)，所以s＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)＝2－eq\f(1,24)，x＝eq\f(1,32)，不滿足x<ε＝eq\f(1,100)，所以s＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)＋eq\f(1,32)＝2－eq\f(1,25)，x＝eq\f(1,64)，不滿足x<ε＝eq\f(1,100)，所以s＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)＋…＋eq\f(1,64)＝2－eq\f(1,26)，x＝eq\f(1,128)，滿足x<ε＝eq\f(1,100)，輸出s＝2－eq\f(1,26).故選C.10．(2019·全國卷Ⅲ)雙曲線C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的右焦點為F，點P在C的一條漸近線上，O為坐標原點，若|PO|＝|PF|，則△PFO的面積為()A.eq\f(3\r(2),4) B.eq\f(3\r(2),2)C．2eq\r(2) D．3eq\r(2)解析：選A不妨設點P在第一象限，根據題意可知c2＝6，所以|OF|＝eq\r(6).又tan∠POF＝eq\f(b,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以等腰三角形POF的高h＝eq\f(\r(6),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(3),2)，所以S△PFO＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(2),4).故選A.11．(2019·全國卷Ⅲ)設f(x)是定義域為R的偶函數(shù)，且在(0，＋∞)單調遞減，則()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))>f(2－eq\f(3,2))>f(2－eq\f(2,3))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))>f(2－eq\f(2,3))>f(2－eq\f(3,2))C．f(2－eq\f(3,2))>f(2－eq\f(2,3))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))D．f(2－eq\f(2,3))>f(2－eq\f(3,2))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))解析：選C因為f(x)是定義域為R的偶函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))＝f(－log34)＝f(log34)．又因為log34>1>2－eq\f(2,3)>2－eq\f(3,2)>0，且函數(shù)f(x)在(0，＋∞)單調遞減，所以f(log34)<f(2－eq\f(2,3))<f(2－eq\f(3,2))．故選C.12．(2019·全國卷Ⅲ)設函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))(ω>0)，已知f(x)在[0，2π]有且僅有5個零點，下述四個結論：①f(x)在(0，2π)有且僅有3個極大值點；②f(x)在(0，2π)有且僅有2個極小值點；③f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))單調遞增；④ω的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10))).其中所有正確結論的編號是()A．①④ B．②③C．①②③ D．①③④解析：選D已知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))(ω>0)在[0，2π]有且僅有5個零點，如圖，其圖象的右端點的橫坐標在[a，b)上，此時f(x)在(0，2π)有且僅有3個極大值點，但f(x)在(0，2π)可能有2或3個極小值點，所以①正確，②不正確；當x∈[0，2π]時，ωx＋eq\f(π,5)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，2πω＋\f(π,5)))，由f(x)在[0，2π]有且僅有5個零點可得5π≤2πω＋eq\f(π,5)<6π，得ω的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10)))，所以④正確；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))時，eq\f(π,5)<ωx＋eq\f(π,5)<eq\f(πω,10)＋eq\f(π,5)<eq\f(49π,100)<eq\f(π,2)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))單調遞增，所以③正確．故選D.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，每個試題考生都必須作答．第22～23題為選考題，考生根據要求作答．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·全國卷Ⅲ)已知a，b為單位向量，且a·b＝0，若c＝2a－eq\r(5)b，則cos〈a，c〉＝________.解析：由題意，得cos〈a，c〉＝eq\f(a·（2a－\r(5)b）,|a|·|2a－\r(5)b|)＝eq\f(2a2－\r(5)a·b,|a|·\r(|2a－\r(5)b|2))＝eq\f(2,1×\r(4＋5))＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)14．(2019·全國卷Ⅲ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．若a1≠0，a2＝3a1，則eq\f(S10,S5)＝________.解析：由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，所以S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝100a1，S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)d＝25a1，所以eq\f(S10,S5)＝4.答案：415．(2019·全國卷Ⅲ)設F1，F(xiàn)2為橢圓C：eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1的兩個焦點，M為C上一點且在第一象限．若△MF1F2為等腰三角形，則M的坐標為________．解析：設F1為橢圓的左焦點，分析可知點M在以F1為圓心，焦距為半徑的圓上，即在圓(x＋4)2＋y2＝64上．因為點M在橢圓eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1上，所以聯(lián)立方程可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋4）2＋y2＝64，,\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝±\r(15).))又因為點M在第一象限，所以點M的坐標為(3，eq\r(15))．答案：(3，eq\r(15))16．(2019·全國卷Ⅲ)學生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術制作模型．如圖，該模型為長方體ABCD-A1B1C1D1挖去四棱錐O-EFGH后所得的幾何體．其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度為0.9g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質量為________g.解析：由題知挖去的四棱錐的底面是一個菱形，對角線長分別為6cm和4cm，故V挖去的四棱錐＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×6×3＝12(cm3)．又V長方體＝6×6×4＝144(cm3)，所以模型的體積為V長方體－V挖去的四棱錐＝144－12＝132(cm3)，所以制作該模型所需原料的質量為132×0.9＝118.8(g)．答案：118.8三、解答題(解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(2019·全國卷Ⅲ)(本小題滿分12分)為了解甲、乙兩種離子在小鼠體內的殘留程度，進行如下試驗：將200只小鼠隨機分成A，B兩組，每組100只，其中A組小鼠給服甲離子溶液，B組小鼠給服乙離子溶液．每只小鼠給服的溶液體積相同、摩爾濃度相同．經過一段時間后用某種科學方法測算出殘留在小鼠體內離子的百分比．根據試驗數(shù)據分別得到如下直方圖：記C為事件：“乙離子殘留在體內的百分比不低于5.5”，根據直方圖得到P(C)的估計值為0.70.(1)求乙離子殘留百分比直方圖中a，b的值；(2)分別估計甲、乙離子殘留百分比的平均值(同一組中的數(shù)據用該組區(qū)間的中點值為代表)．解：(1)由已知得0.70＝a＋0.20＋0.15，故a＝0.35，b＝1－0.05－0.15－0.70＝0.10.(2)甲離子殘留百分比的平均值的估計值為2×0.15＋3×0.20＋4×0.30＋5×0.20＋6×0.10＋7×0.05＝4.05.乙離子殘留百分比的平均值的估計值為3×0.05＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.35＋7×0.20＋8×0.15＝6.00.18．(2019·全國卷Ⅲ)(本小題滿分12分)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知asineq\f(A＋C,2)＝bsinA.(1)求B；(2)若△ABC為銳角三角形，且c＝1，求△ABC面積的取值范圍．解：(1)由題設及正弦定理得sinAsineq\f(A＋C,2)＝sinBsinA．因為sinA≠0，所以sineq\f(A＋C,2)＝sinB.由A＋B＋C＝180°，可得sineq\f(A＋C,2)＝coseq\f(B,2)，故coseq\f(B,2)＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2).因為coseq\f(B,2)≠0，所以sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，所以B＝60°.(2)由題設及(1)知△ABC的面積S△ABC＝eq\f(\r(3),4)a.由(1)知A＋C＝120°，由正弦定理得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(sin（120°－C）,sinC)＝eq\f(\r(3),2tanC)＋eq\f(1,2).由于△ABC為銳角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°.由(1)知，A＋C＝120°，所以30°<C<90°，故eq\f(1,2)<a<2，從而eq\f(\r(3),8)<S△ABC<eq\f(\r(3),2).因此，△ABC面積的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2))).19．(2019·全國卷Ⅲ)(本小題滿分12分)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的二面角B-CG-A的大?。猓?1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，所以AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC，垂足為H.因為EH?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.由已知，菱形BCGE的邊長為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq\r(3).以H為坐標原點，eq\o(HC,\s\up7(→))的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系H-xyz，則A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，eq\r(3))，eq\o(CG,\s\up7(→))＝(1，0，eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(2，－1，0)．設平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(eq\o(CG,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(AC,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))所以可取n＝(3，6，－eq\r(3))．又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),2).因此二面角B-CG-A的大小為30°.20．(2019·全國卷Ⅲ)(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)討論f(x)的單調性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在區(qū)間[0，1]的最小值為－1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說明理由．解：(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(a,3).若a>0，則當x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))時，f′(x)>0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))時，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))單調遞減．若a＝0，則f(x)在(－∞，＋∞)單調遞增．若a<0，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))時，f′(x)<0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))單調遞減．(2)滿足題設條件的a，b存在．①當a≤0時，由(1)知，f(x)在[0，1]單調遞增，所以f(x)在區(qū)間[0，1]的最小值為f(0)＝b，最大值為f(1)＝2－a＋b.此時a，b滿足題設條件當且僅當b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.②當a≥3時，由(1)知，f(x)在[0，1]單調遞減，所以f(x)在區(qū)間[0，1]的最大值為f(0)＝b，最小值為f(1)＝2－a＋b.此時a，b滿足題設條件當且僅當2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.③當0＜a＜3時，由(1)知，f(x)在[0，1]的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋b，最大值為b或2－a＋b.若－eq\f(a3,27)＋b＝－1，b＝1，則a＝3eq\r(3,2)，與0＜a＜3矛盾．若－eq\f(a3,27)＋b＝－1，2－a＋b＝1，則a＝3eq\r(3)或a＝－3eq\r(3)或a＝0，與0＜a＜3矛盾．綜上，當a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1時，f(x)在[0，1]的最小值為－1，最大值為1.21．(2019·全國卷Ⅲ)(本小題滿分12分)已知曲線C：y＝eq\f(x2,2)，D為直線y＝－eq\f(1,2)上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B.(1)證明：直線AB過定點；(2)若以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求四邊形ADBE的面積．解：(1)證明：設Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，則xeq\o\al(2,1)＝2y1.因為y′＝x，所以切線DA的斜率為x1，故eq\f(y1＋\f(1,2),x1－t)＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0.設B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0.所以直線AB過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(2)由(1)得直線AB的方程為y＝tx＋eq\f(1,2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝tx＋\f(1,2)，,y＝\f(x2,2)))可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，|AB|＝eq\r(1＋t2)|x1－x2|＝eq\r(1＋t2)×eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2(t2＋1)．設d1，d2分別為點D，E到直線AB的距離，則d1＝eq\r(t2＋1)，d2＝eq\f(2,\r(t2＋1)).因此，四邊形ADBE的面積S＝eq\f(1,2)|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3)eq\r(t2＋1).設M為線段AB的中點，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，t2＋\f(1,2))).因為eq\o(EM,\s\up7(→))⊥eq\o(AB,\s\up7(→))，而eq\o(EM,\s\up7(→))＝(t，t2－2)，eq\o(AB,\s\up7(→))與向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.當t＝0時，S＝3；當t＝±1時，S＝4eq\r(2).因此，四邊形ADBE的面積為3或4eq\r(2).請考生在第22～23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分．作答時請寫清題號．22．(2019·全國卷Ⅲ)(本小題滿分10分)[選修4-4：坐標系與參數(shù)方程]如圖，在極坐標系Ox中，A(2，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,4)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(3π,4)))，D(2，π)，弧eq\o(AB,\s\up8(︵))，eq\o(BC,\s\up8(︵))，eq\o(CD,\s\up8(︵))所在圓的圓心分別是(1，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2)))，(1，π)，曲線M1是弧eq\o(AB,\s\up8(︵))，曲線M2是弧eq\o(BC,\s\up8(︵))，曲線M3是弧eq\o(CD,\s\up8(︵)).(1)分別寫出M1，M2，M3的極坐標方程；(2)曲線M由M1，M2，M3構成，若點P在M上，且|OP|＝eq\r(3)，求P的極坐標．解：(1)由題設可得，弧eq\o(AB,\s\up8(︵))，eq\o(BC,\s\up8(︵))，eq\o(CD,\s\up8(︵))所在圓的極坐標方程分別為ρ＝2cosθ，ρ＝2sinθ，ρ＝－2cosθ，所以M1的極坐標方程為ρ＝2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,4)))，M2的極坐標方程為ρ＝2sinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)≤θ≤\f(3π,4)))，M3的極坐標方程為ρ＝－2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)≤θ≤π)).(2)設P(ρ，θ)，由題設及(1)知若0≤θ≤eq\f(π,4)，則2cosθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,6)；若eq\f(π,4)≤θ≤eq\f(3π,4)，則2sinθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,3)或θ＝eq\f(2π,3)；若eq\f(3π,4)≤θ≤π，則－2cosθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(5π,6).綜上，P的極坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(π,6)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(π,3)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(2π,3)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(5π,6))).23．(2019·全國卷Ⅲ)(本小題滿分10分)[選修4-5：不等式選講]設x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥eq\f(1,3)成立，證明：a≤－3或a≥－1.解：(1)因為[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)·(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，所以由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥eq\f(4,3)，當且僅當x＝eq\f(5,3)，y＝－eq\f(1,3)，z＝－eq\f(1,3)時等號成立．所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值為eq\f(4,3).(2)證明：因為[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)·(z－a)＋(z－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥eq\f(（2＋a）2,3)，當且僅當x＝eq\f(4－a,3)，y＝eq\f(1－a,3)，z＝eq\f(2a－2,3)時等號成立．所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值為eq\f(（2＋a）2,3).由題設知eq\f(（2＋a）2,3)≥eq\f(1,3)，解得a≤－3或a≥－1.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)星導航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果.在衛(wèi)星導航系統(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）.將地球看作是一個球心為O，半徑r為6400km的球，其上點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到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點的緯度最大值為α，記衛(wèi)星信號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)學應用價值2022年新高考Ⅰ卷第4題以我國的重大建設成就“南水北調”工程為背景命制出以四棱臺體積公式為考查點的立體幾何試題，體現(xiàn)了數(shù)學的應用價值.（2022·新高考Ⅰ卷）南水北調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，相應水面的面積為140.0km2；水位為海拔157.5m時，相應水面的面積為180.0km2.將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔148.5m上升到157.5m時，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)評價科學有據高中數(shù)