2021年 數(shù)學(xué)新高考浙江卷

PAGE1一、選擇題：（本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.）1.（2021·浙江高考1題）設(shè)集合A＝{x｜x≥1}，B＝{x｜－1＜x＜2}，則A∩B＝（）A.{x｜x＞－1} B.{x｜x≥1}C.{x｜－1＜x＜1} D.{x｜1≤x＜2}解析：選D因?yàn)榧螦＝{x｜x≥1}，B＝{x｜－1＜x＜2}，所以A∩B＝{x｜1≤x＜2}.故選D.2.（2021·浙江高考2題）已知a∈R，（1＋ai）i＝3＋i（i為虛數(shù)單位），則a＝（）A.－1 B.1C.－3 D.3解析：選C因?yàn)椋?＋ai）i＝3＋i，所以1＋ai＝3+ii＝1－3i，所以a＝－3.3.（2021·浙江高考3題）已知非零向量a，b，c，則“a·c＝b·c”是“a＝b”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件解析：選B由a·c＝b·c可得（a－b）·c＝0，所以（a－b）⊥c或a＝b，所以“a·c＝b·c”是“a＝b”的必要不充分條件.故選B.4.（2021·浙江高考4題）某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm3）是（）A.32 B.C.322 D.解析：選A法一由三視圖可知，該幾何體是一個底面為等腰梯形的直四棱柱，其中底面等腰梯形的底邊長分別為2，22，高為22，該四棱柱的高為1，所以該幾何體的體積V＝12×（2＋22）×22×1＝3法二由三視圖可知，該幾何體是由底面為等腰直角三角形（腰長為2）的直三棱柱截去一個底面為等腰直角三角形（腰長為1）的直三棱柱后得到的，所以該幾何體的體積V＝12×22×1－12×12×1＝325.（2021·浙江高考5題）若實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件x+1≥0，x－y≤0，2x+3A.－2 B.－3C.－12 D.解析：選B作出可行域如圖中陰影部分所示，作出直線y＝2x并平移，數(shù)形結(jié)合可知，當(dāng)平移后的直線經(jīng)過點(diǎn)A時(shí)z取得最小值.由2x+3所以A（－1，1），zmin＝－1－12＝－32.6.（2021·浙江高考6題）如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1，M，N分別是A1D，D1B的中點(diǎn)，則（）A.直線A1D與直線D1B垂直，直線MN∥平面ABCDB.直線A1D與直線D1B平行，直線MN⊥平面BDD1B1C.直線A1D與直線D1B相交，直線MN∥平面ABCDD.直線A1D與直線D1B異面，直線MN⊥平面BDD1B1解析：選A法一連接AD1（圖略），則易得點(diǎn)M在AD1上，且AD1⊥A1D.因?yàn)锳B⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D與BD1異面且垂直.在△ABD1中，由中位線定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD.易知直線AB與平面BB1D1D成45°角，所以MN與平面BB1D1D不垂直.所以選項(xiàng)A正確.故選A.法二以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系（圖略）.設(shè)AB＝2，則A1（2，0，2），D（0，0，0），D1（0，0，2），B（2，2，0），所以M（1，0，1），N（1，1，1），所以＝（－2，0，－2），＝（2，2，－2），MN＝（0，1，0），所以·＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B.又由圖易知直線A1D與BD1是異面直線，所以A1D與BD1異面且垂直.因?yàn)槠矫鍭BCD的一個法向量為n＝（0，0，1），所以MN·n＝0，所以MN∥平面ABCD.設(shè)直線MN與平面BB1D1D所成的角為θ，因?yàn)槠矫鍮DD1B1的一個法向量為a＝（－1，1，0），所以sinθ＝｜c(diǎn)os＜，a＞｜＝＝12＝22，所以直線MN與平面BB1D1D不垂直.故選A.7.（2021·浙江高考7題）已知函數(shù)f（x）＝x2＋14，g（x）＝sinx，則圖象如圖的函數(shù)可能是（A.y＝f（x）＋g（x）－1B.y＝f（x）－g（x）－1C.y＝f（x）g（x）D.y＝g解析：選D易知函數(shù)f（x）＝x2＋14是偶函數(shù)，g（x）＝sinx是奇函數(shù)，給出的圖象對應(yīng)的函數(shù)是奇函數(shù).選項(xiàng)A，y＝f（x）＋g（x）－14＝x2＋sinx為非奇非偶函數(shù)，不符合題意，排除A；選項(xiàng)B，y＝f（x）－g（x）－14＝x2－sinx也為非奇非偶函數(shù)，不符合題意，排除B；因?yàn)楫?dāng)x∈（0，＋∞）時(shí)，f（x）單調(diào)遞增，且f（x）＞0，當(dāng)x∈0，π2時(shí)，g（x）單調(diào)遞增，且g（x）＞0，所以y＝f（x）g（x）在0，π2上單調(diào)遞增8.（2021·浙江高考8題）已知α，β，γ是互不相同的銳角，則在sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα三個值中，大于12的個數(shù)的最大值是（A.0 B.1C.2 D.3解析：選C因?yàn)棣?，β，γ是互不相同的銳角，所以sinα，cosβ，sinβ，cosγ，sinγ，cosα均為正數(shù).由基本不等式可知sinαcosβ≤sin2α＋cos2β2，sinβcosγ≤sin2β＋cos2γ2，sinγcosα≤sin2γ＋cos2α2.三式相加可得sinαcosβ＋sinβcosγ＋sinγcosα≤32，當(dāng)且僅當(dāng)sinα＝cosβ，sinβ＝cosγ，sinγ＝cosα，即α＝β＝γ＝π4時(shí)取等號，因?yàn)棣粒?，γ是互不相同的銳角，所以sinαcosβ＋sinβcosγ＋sinγcosα＜32，所以這三個值不會都大于12.若取α＝π6，β＝π3，γ＝π4，則sinπ6cosπ3＝12×12＝9.（2021·浙江高考9題）已知a，b∈R，ab＞0，函數(shù)f（x）＝ax2＋b（x∈R）.若f（s－t），f（s），f（s＋t）成等比數(shù)列，則平面上點(diǎn)（s，t）的軌跡是（）A.直線和圓 B.直線和橢圓C.直線和雙曲線 D.直線和拋物線解析：選C因?yàn)楹瘮?shù)f（x）＝ax2＋b，所以f（s－t）＝a（s－t）2＋b，f（s）＝as2＋b，f（s＋t）＝a（s＋t）2＋b.因?yàn)閒（s－t），f（s），f（s＋t）成等比數(shù)列，所以f2（s）＝f（s－t）f（s＋t），即（as2＋b）2＝[a（s－t）2＋b]·[a（s＋t）2＋b]，化簡得－2a2s2t2＋a2t4＋2abt2＝0，得t＝0或2as2－at2＝2b，易知點(diǎn)（s，t）的軌跡為一條直線和一個雙曲線.故選C.10.（2021·浙江高考10題）已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝an1+an（n∈N*），記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，A.32＜S100＜3 B.3＜S100＜C.4＜S100＜92 D.92＜S100解析：選A因?yàn)閍1＝1，an＋1＝an1+an，所以an＞0，a2＝12，所以S100＞32.1an+1＝1+anan＝1an＋1an＝1an＋122－14.所以1an+1＜1an＋122，兩邊同時(shí)開方可得1an+1＜1an＋12，則1an＜1an－1＋12，…，1a2＜1a1＋12，由累加法可得1an+1＜1a1＋n2＝1＋n2，所以1an≤1＋n－12＝n+12，所以an≥2n+1，所以an＜1＋2＝3，故選A.二、填空題：（本大題共7小題，單空題每空4分，多空題每空3分，共36分.）11.（2021·浙江高考11題）我國古代數(shù)學(xué)家趙爽用弦圖給出了勾股定理的證明，弦圖是由四個全等的直角三角形和中間的一個小正方形拼成的一個大正方形（如圖所示）.若直角三角形直角邊的長分別為3，4，記大正方形的面積為S1，小正方形的面積為S2，則S1S2解析：因?yàn)橹苯侨切沃苯沁叺拈L分別為3，4，所以S1＝（32＋42）2＝25，S2＝25－4×12×3×4＝1答案：2512.（2021·浙江高考12題）已知a∈R，函數(shù)f（x）＝x2－4，x>2，｜x－3｜＋a，解析：因?yàn)?＞2，所以f（6）＝6－4＝2，所以f（f（6））＝f（2）＝1＋a＝3，解得a＝2.答案：213.（2021·浙江高考13題）已知多項(xiàng)式（x－1）3＋（x＋1）4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，則a1＝；a2＋a3＋a4＝.解析：（x－1）3展開式的通項(xiàng)Tr＋1＝C3rx3－r·（－1）r，（x＋1）4展開式的通項(xiàng)Tk＋1＝C4kx4－k，則a1＝C30＋C41＝1＋4＝5；a2＝C31（－1）1＋C42＝3；a3＝C32（－1）2＋C43＝7；a4＝C33（－1）3＋C4答案：51014.（2021·浙江高考14題）在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中點(diǎn)，AM＝23，則AC＝；cos∠MAC＝.解析：法一由∠B＝60°，AB＝2，AM＝23，及余弦定理可得BM＝4，因?yàn)镸為BC的中點(diǎn)，所以BC＝8.在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2BC·AB·cos∠B＝4＋64－2×8×2×12＝52，所以AC＝213，所以在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC＝AC2＋A法二由∠B＝60°，AB＝2，AM＝23，及余弦定理可得BM＝4，因?yàn)镸為BC的中點(diǎn)，所以BC＝8.過點(diǎn)C作CD⊥BA交BA的延長線于點(diǎn)D，則BD＝4，AD＝2，CD＝43.所以在Rt△ADC中，AC2＝CD2＋AD2＝48＋4＝52，得AC＝213.在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC＝AC2＋AM答案：213215.（2021·浙江高考15題）袋中有4個紅球，m個黃球，n個綠球.現(xiàn)從中任取兩個球，記取出的紅球數(shù)為ξ，若取出的兩個球都是紅球的概率為16，一紅一黃的概率為13，則m－n＝，E（ξ）＝解析：由題意可得，P（ξ＝2）＝C42C4+m＋n2＝12（4+m＋n)(3+m＋n）＝16，化簡得（m＋n）2＋7（m＋n）－60＝0，得m＋n＝5，取出的兩個球一紅一黃的概率P＝C41Cm1C4+m＋n2＝4m36＝13，解得m＝3，故n＝2.所以m－n＝1，易知ξ的所有可能取值為0，1，2，且P（ξ＝2）＝16，P（ξ＝1）＝C4答案：1816.（2021·浙江高考16題）已知橢圓x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0），焦點(diǎn)F1（－c，0），F(xiàn)2（c，0）（c＞0）.若過F1的直線和圓x－12c2＋y2＝c2相切，與橢圓在第一象限交于點(diǎn)P，且PF解析：設(shè)過F1的直線與圓的切點(diǎn)為M，圓心A12c，0，則｜AM｜＝c，｜AF1｜＝32c，所以｜MF1｜＝52c，所以該直線的斜率k＝｜AM｜｜MF1｜＝c52c＝255.因?yàn)镻F2⊥x軸，所以｜PF2｜＝b2a，又｜F1F2｜答案：25517.（2021·浙江高考17題）已知平面向量a，b，c（c≠0）滿足｜a｜＝1，｜b｜＝2，a·b＝0，（a－b）·c＝0.記平面向量d在a，b方向上的投影分別為x，y，d－a在c方向上的投影為z，則x2＋y2＋z2的最小值是.解析：由｜a｜＝1，｜b｜＝2，a·b＝0，不妨設(shè)a＝（1，0），b＝（0，2），所以a－b＝（1，－2）.因?yàn)椋╝－b）·c＝0，所以可取c＝（2m，m）.因?yàn)橄蛄縟在a，b方向上的投影分別為x，y，所以可得d＝（x，y），所以d－a＝（x－1，y），則z＝（d－a法一所以2x＋y－5z＝2，由柯西不等式可得2x＋y－5z＝2≤22+1+(-5）2·x2＋y2＋z2，化簡得x2＋y2＋z2≥410＝25，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝1y＝－5z，即x＝25，y＝法二故x2＋y2＋z2＝x2＋y2＋（＝15[6y2－（4－4x）y＋9x2－8x＋4≥1＝5x2－當(dāng)且僅當(dāng)x＝25，y＝15，z＝－55時(shí)取等號，故x2＋y2＋z2答案：2三、解答題：（本大題共5小題，共74分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）18.（2021·浙江高考18題）設(shè)函數(shù)f（x）＝sinx＋cosx（x∈R）.（1）求函數(shù)y＝fx＋（2）求函數(shù)y＝f（x）fx－π4在解：（1）因?yàn)閒（x）＝sinx＋cosx，所以fx＋π2＝sinx＋π2＋cosx＋所以y＝fx＋π22＝（cosx－sinx）2＝所以函數(shù)y＝fx＋π22的最小正周期（2）fx－π4＝sinx－π4＋cos所以y＝f（x）fx－π4＝2sinx（sinx＋cosx）＝2（sinxcosx＋sin2x）＝212sin2當(dāng)x∈0，π2時(shí)，2x－π所以當(dāng)2x－π4＝π2，即x＝3函數(shù)y＝f（x）fx－π4在0，π2上取得最大值，且y19.（2021·浙江高考19題）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝15，M，N分別為BC，PC的中點(diǎn)，PD⊥DC，PM⊥MD.（1）證明：AB⊥PM；（2）求直線AN與平面PDM所成角的正弦值.解：（1）證明：因?yàn)榈酌鍭BCD是平行四邊形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M為BC的中點(diǎn)，所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，易得CD⊥DM.又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM?平面PDM，所以CD⊥平面PDM.因?yàn)锳B∥CD，所以AB⊥平面PDM.又PM?平面PDM，所以AB⊥PM.（2）法一由（1）知AB⊥平面PDM，所以∠NAB為直線AN與平面PDM所成角的余角.連接AM，因?yàn)镻M⊥MD，PM⊥DC，所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AM.因?yàn)椤螦BC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以由余弦定理得AM＝7，又PA＝15，所以PM＝22，所以PB＝PC＝23，連接BN，結(jié)合余弦定理得BN＝11.連接AC，則由余弦定理得AC＝21，在△PAC中，結(jié)合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，所以AN＝15.所以在△ABN中，cos∠BAN＝AB2＋AN設(shè)直線AN與平面PDM所成的角為θ，則sinθ＝cos∠BAN＝156法二因?yàn)镻M⊥MD，PM⊥DC，所以PM⊥平面ABCD.連接AM，則PM⊥AM.因?yàn)椤螦BC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以AM＝7，又PA＝15，所以PM＝22.由（1）知CD⊥DM，過點(diǎn)M作ME∥CD交AD于點(diǎn)E，則ME⊥MD.故可以以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MD，ME，MP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A（－3，2，0），P（0，0，22），C（3，－1，0），所以N32所以AN＝33易知平面PDM的一個法向量為n＝（0，1，0）.設(shè)直線AN與平面PDM所成的角為θ，則sinθ＝｜c(diǎn)os＜AN，n＞｜＝｜AN·n｜｜20.（2021·浙江高考20題）已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝－94，且4Sn＋1＝3Sn－9（n∈N*）（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)數(shù)列{bn}滿足3bn＋（n－4）an＝0（n∈N*），記{bn}的前n項(xiàng)和為Tn.若Tn≤λbn對任意n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.解：（1）因?yàn)?Sn＋1＝3Sn－9，所以當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn＝3Sn－1－9，兩式相減可得4an＋1＝3an，即an+1a當(dāng)n＝1時(shí)，4S2＝4－94＋a2解得a2＝－2716所以a2a1所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為－94，公比為34所以an＝－94×34n（2）因?yàn)?bn＋（n－4）an＝0，所以bn＝（n－4）×34所以Tn＝－3×34－2×342－1×343＋0×344＋…＋（n－且34Tn＝－3×342－2×343－1×344＋0×345＋…＋（n－5）×34n①－②得14Tn＝－3×34＋342＋343＋…＋34n－（n－4）×34n+1＝－94＋916所以Tn＝－4n×34因?yàn)門n≤λbn對任意n∈N*恒成立，所以－4n×34n+1≤λ（n－4）×即－3n≤λ（n－4）恒成立，當(dāng)n＜4時(shí)，λ≤－3nn－4＝－3－12n當(dāng)n＝4時(shí)，－12≤0恒成立；當(dāng)n＞4時(shí)，λ≥－3nn－4＝－3－12所以－3≤λ≤1.21.（2021·浙江高考21題）如圖，已知F是拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點(diǎn)，M是拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)，且｜MF｜＝2.（1）求拋物線的方程；（2）設(shè)過點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，若斜率為2的直線l與直線MA，MB，AB，x軸依次交于點(diǎn)P，Q，R，N，且滿足｜RN｜2＝｜PN｜·｜QN｜，求直線l在x軸上截距的取值范圍.解：（1）因?yàn)镸是拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)，且｜MF｜＝2，所以p＝2.所以拋物線的方程為y2＝4x.（2）由（1）知，F(xiàn)（1，0），M（－1，0），設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），直線AB的方程為x＝my＋1，直線l的方程為y＝2x＋n（n≠±2）.由x＝my+1，y2=4x可得y2－所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，所以y12＋y22＝（y1＋y2）2－2y1y2＝16易知直線AM的方程為y＝y(tǒng)1x1+1（則由y可得P－n同理可得Q－n所以｜yPyQ｜＝（n（n4（n－由x＝my+1，y=2x因?yàn)椋黂N｜2＝｜PN｜·｜QN｜，所以yR2＝｜yPyQ所以n+21－所以（n－2）2（n+2）2＝4m2+3（所以n＜－2或－2＜n≤14－83或n≥14＋83.因?yàn)橹本€l：y＝2x＋n（n≠±2）在x軸上的截距為－n2所以－n2＞1或43－7≤－n2＜1或－n2≤－7－43，即直線l在x軸上截距的取值范圍是（－∞，－7－43]∪[43－7，1）∪（1，＋22.（2021·浙江高考22題）設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，且a＞1，函數(shù)f（x）＝ax－bx＋e2（x∈R）.（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若對任意b＞2e2，函數(shù)f（x）有兩個不同的零點(diǎn)，求a的取值范圍；（3）當(dāng)a＝e時(shí)，證明：對任意b＞e4，函數(shù)f（x）有兩個不同的零點(diǎn)x1，x2（x1＜x2），滿足x2＞blnb2e2（注：e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)）解：（1）由題意得f'（x）＝axlna－b.因?yàn)閍＞1，所以lna＞0，ax＞0，所以當(dāng)b≤0時(shí)，f'（x）＞0，所以當(dāng)b≤0時(shí)，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增.當(dāng)b＞0時(shí)，令f'（x）＞0，則ax＞blna，所以x＞loga所以當(dāng)b＞0時(shí)，函數(shù)f（x）在－∞，logablna綜上，當(dāng)b≤0時(shí)，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增；當(dāng)b＞0時(shí)，函數(shù)f（x）在－∞，logablna（2）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）有兩個不同的零點(diǎn)，所以ax－bx＋e2＝0有兩個不同的根，即曲線y＝ax與直線y＝bx－e2有兩個不同的交點(diǎn).易知直線y＝bx－e2與y軸交于點(diǎn)（0，－e2）.先考慮曲線y＝ax與直線y＝bx－e2相切的情況.設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為（t，at），則切線斜率為atlna，所以切線方程為y－at＝atlna（x－t），則y＝（atlna）x＋at－tatlna＝bx－e2，所以at－tatlna＝at－atlnat＝－e2，令at＝m，則m－mlnm＝－e2，m＞0，令g（m）＝m－mlnm＋e2，則g'（m）＝－lnm，當(dāng)m∈（0，1）時(shí)，g'（m）＞0，當(dāng)m∈（1，＋∞）時(shí)，g'（m）＜0，故g（m）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，觀察可知at＝e2，所以要滿足條件，則b＞atlna＝e2lna恒成立.因?yàn)閎＞2e2，所以2e2≥e2lna，得1＜a≤e2.故a的取值范圍為（1，e2].（3）證明：當(dāng)a＝e時(shí)，f（x）＝ex－bx＋e2，所以f'（x）＝ex－b，令f'（x）＞0，則x＞lnb，所以函數(shù)f（x）在（－∞，lnb）上單調(diào)遞減，在（lnb，＋∞）上單調(diào)遞增，所以f（x）min＝f（lnb）＝b－blnb＋e2＜－3e4＋e2＜0.又f（0）＝1＋e2＞0，f（b）＝eb－b2＋e2＞e2＞0，所以函數(shù)f（x）在（0，lnb）和（lnb，b）上各存在一個零點(diǎn)，分別為x1，x2（x1＜x2），則ex1－bx1＋e2＝0，所以bx1＝ex1所以要證x2＞blnb2e2x1＋e2b，只需證x2－e2b＞lnb2因?yàn)閒（2）＝2e2－2b＜2e2－2e4＜0，所以可知0＜x1＜2，所以ex1＋e2＜2e2，所以lnb2e2（ex1＋e2）故只需證x2－e2b＞lnb，即x2＞e2bfe2b＋lnb＝ee2b＋lnb－be2b＋lnb因?yàn)閎＞e4，所以ee2b－lnb＜e1e2－4＜0，所以x2∈e2b＋lnb，b，所以x2所以x2＞blnb2e2x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）及高考最新動向?qū)崟r(shí)更新請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)把握必備知識與關(guān)鍵能力的關(guān)系，體現(xiàn)了對基礎(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、筑牢能力基礎(chǔ)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(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14四棱臺的體積四棱臺的體積15三角函數(shù)中由零點(diǎn)個數(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(fù)習(xí)備考中更應(yīng)重視必備知識的系統(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)注社會熱點(diǎn)2023年新高考Ⅰ卷第10題以當(dāng)今社會熱點(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、關(guān)注民生，用所學(xué)知識解決生活實(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.用聲壓級來度量聲音的強(qiáng)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(shí)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(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(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)評價(jià)科學(xué)有據(jù)高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)對培養(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，由A、B、C、D四個選項(xiàng)設(shè)計(jì)的問題不同，對應(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（202