2023年12月3日发(作者：浙江中考数学试卷图片)

2022年高考数学真题完全解读（新高考全国1卷）一、试卷使用地区山东、湖北、湖南、江苏、广东、福建、河北二、试卷总评1.2022年新高考数学Ⅰ卷命题坚持思想性与科学性的统一,发挥数学应用广泛、联系实际的学科特点,设置真实情境,命制具有教育意义的试题,发挥教育功能和引导作用.如第4题以我国的重大建设成就“南水北调”工程为背景,考查学生的空间想象、运算求解能力,引导学生关注社会主义建设成果,增强社会责任感；2．该试卷依据课程标准命题,深化基础考查,突出主干知识,创新试题设计,加强教考衔接,发挥高考试题对中学教学改革的引导和促进作用.命题贯彻高考内容改革要求,依据高中课程标准,进一步增强考试与教学的衔接.试题的考查内容范围和比例、要求层次与课程标准保持一致,注重考查内容的全面性,同时突出主干、重点内容的考查,引导教学依标施教.试题突出对学科基本概念、基本原理的考查,强调知识之间的内在联系,引导学生形成学科知识系统；注重本原性方法,淡化特殊技巧,强调对通性通法的深入理解和综合运用,促进学生将知识和方法内化为自身的知识结构.如第16题体现特殊与一般的思想.3.该试卷在选择题、填空题、解答题3种题型上都加强了对主干知识的考查.如第12题,要求学生在抽象函数的背景下,理解函数的奇偶性、对称性、导数等概念以及它们之间的联系,对数学抽象、直观想象、逻辑推理等核心素养都有较高的要求.4.该试卷注重创新试题形式,引导教学注重培养核心素养和数学能力,增强试题开放性,鼓励学生运用创造性、发散性思维分析问题和解决问题,引导教学注重培育学生的创新精神,如第14题,要求写出一个方程,结果不唯一，思路不同，所用时间有较大差异，体现了试题的开放性与灵活性.在多选题的设计上,进一步增强选项的灵活性,突出对发散性思维和创新性思维的考查.在填空题的答案设计上,给学生较大的思考空间,对知识之间的联系、直观想象等素养作了深入的考查.5.该试卷加强学科核心素养考查,强化数学思想方法的渗透,深入考查关键能力,优化试题设计,发挥数学科高考的选拔功能,助力提升学生综合素质.通过设置综合性的问题和较为复杂的情境,加强关键能力的考查.如第22题重视基于数学素养的关键能力的考查,在数学知识、数学能力和创新思维层面都有所体现,具有较好的选拔功能.三、考点分布细目表题号1命题点集合的交集模块（题目数）1.集合（共1题）12.不等式（共3题）234567复数的概念与运算平面向量的线性运算实际问题中的空间几何体古典概型三角函数的图象与性质比较大小复数（共1题）平面向量（共1题）立体几何（共4题）排列组合、概率与统计（共3题）三角函数与解三角形（共2题）1.函数与导数（共5题）2.不等式（共3题）891617球与几何体的切接空间角用导数研究函数性质抛物线函数与导数的综合二项式定理圆与圆的位置关系用导数的几何意义研究曲线的切线椭圆数列的通项、求和及数列不等式的证明立体几何（共4题）立体几何（共4题）函数与导数（共5题）解析几何（共4题）函数与导数（共5题）排列组合、概率与统计（共3题）解析几何（共4题）函数与导数（共5题）解析几何（共4题）1.数列（共1题）2.不等式（共3题）1819202122解三角形空间距离、二面角与空间向量独立性检验与条件概率双曲线导数的应用三角函数与解三角形（共2题）立体几何（共4题）排列组合、概率与统计（共3题）解析几何（共4题）函数与导数（共5题）四、试题深度解读一、选择题：本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.若集合M{x∣x4},A.N{x∣3x1},则MN1x23C.x0x2B.xx3x16D.1xx1632【命题意图】本题考查简单不等式的解法及集合的交集运算,考查数学运算与数学抽象的核心素养.难度：容易.【答案】D【解析】因为M{x∣x4}1{x∣0x16},N{x∣x}3,故1MNxx16,故选D.3【点评】集合是高考每年必考知识点,一般以容易题面目呈现,位于选择题的前3题的位置上,考查热点一是集合的并集、交集、补集运算,二是集合之间的关系所给集合,多为简单不等式的解集、离散的数集或点集,这种考查方式多年来保持稳定.【知识链接】1.求解集合的运算问题的三个步骤：(1)看元素构成,集合是由元素组成的,从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的关键,即辨清是数集、点集还是图形集等,如{x|y＝f(x)},{y|y＝f(x)},{(x,y)|y＝f(x)}三者是不同的．；(2)对集合化简,有些集合是可以化简的,先化简再研究其关系并进行运算,可使问题简单明了、易于解决；(3)应用数形结合进行交、并、补等运算,常用的数形结合形式有数轴、坐标系和韦恩图(Venn).2.若i(1z)1,则zzA.2B.1C.1D.2【命题意图】本题考查共轭复数及复数的运算,考查数学运算与数学抽象的核心素养.难度：容易.【答案】D【解析】由i(1z)1得1z1i,所以z1+i,故zz1i1i2,故选Di【点评】复数是高考每年必考知识点,一般以容易题面目呈现,位于选择题的前3题的位置上,考查热点一是复数的概念与复数的几何意义,如复数的模、共轭复数、纯虚数、复数的几何意义等,二是复数的加减乘除运算.去年新高考试卷第2题也是复数,考查的同样是共轭复数及复数除法的运算,这说明高考不回避对重点知识的重复考查，另外为降低难度,今年把数据设置为最简单,可见虽然今年高考试题难度增大，新高考试卷入手依然比较容易.【知识链接】解复数运算问题的常见类型及解题策略(1)复数的乘法．复数的乘法类似于多项式的四则运算,可将含有虚数单位i的看作一类同类3项,不含i的看作另一类同类项,分别合并即可．(2)复数的除法．除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数,解题中要注意把i的幂写成最简形式.(3)复数的运算与复数概念的综合题．先利用复数的运算法则化简,一般化为a＋bi(a,b∈R)的形式,再结合相关定义解答．(4)复数的运算与复数几何意义的综合题．先利用复数的运算法则化简,一般化为a＋bi(a,b∈R)的形式,再结合复数的几何意义解答．3.在ABC中,点D在边AB上,BD2DA．记CAm，CDn,则CBA.3m2nB.2m3nC.3m2nD.2m3n【命题意图】本题考查平面向量的线性运算,考查逻辑推理与数学运算的核心素养.难度：容易.【答案】B【解析】解法一：因为点D在边AB上,且BD2DA,所以BD2DA,即CDCB2CACD,所以CB3CD2CA3n2m=2m3n．故选B．解法二：设CBCACDmn,因为A,D,B共线,所以1,排除C,D,结合图象及三角形法则,可得0,排除A,故选B.【点评】向量是高考数学必考知识点,单独考查平面向量的题一般有一道,以客观题形式考查,考查热点是平面向量的线性运算及平面向量的数量积,可以是容易题,也可以是中等难度题,容易题一般单独考查平面向量知识,中等难度题常用平面几何、不等式等知识交汇考查.【知识链接】1.对于向量加法,三角形法则适用于任意两个非零向量求和,平行四边形法则只适用于两个不共线的向量求和.在使用三角形法则时要注意“首尾相连”,在使用平行四边形法则时需要注意两个向量的起点相同.→→→2.对于向量减法,若OA＝a,OB＝b,则BA＝a－b,即a－b表示从向量b的终点指向向量a(被减向量)的终点的向量3.求已知向量的和．一般共起点的向量求和用平行四边形法则；求差用三角形法则；求首尾相连向量的和用三角形法则．求参数问题可以通过研究向量间的关系,通过向量的运算将向量表示出来,进行比较,求参数的值．4.用平面向量基本定理解决问题的一般思路是先选择一组基底,并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式,再通过向量的运算来解决．44.南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m时,相应水面的面积为140．5m时,相应水面的0km2；水位为海拔157．面积为180．0km2,将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148．5m上升到157．5m时,增加的水量约为（72.65）A.1.0109m3B.1.2109m3C.1.4109m3D.1.6109m3【命题意图】本题以实际问题为背景考查棱台体积的计算,考查直观想象与数学运算的核心素养.难度：中等偏易【答案】C【解析】把增加的水量转化为棱台的体积,依题意可知棱台的高为MN157.5148.59(m),棱台上底面积S140.0km2140106m2,下底面积S180.0km2180106m2,∴V11hSSSS9140106180106140180101233332060710696182.651071.4371091.4109(m3)．故选C．【点评】立体几何在高考中一般有2道客观题1道解答题,客观题一般有一道是多面体,一道是旋转体或组合题；今年由于增加了一道应用题,立体几何有4道,立体几何客观题考查热点是几何体中元素的位置关系与数量关系、几何体的表面积与体积、球与几何体的切接等.该题难度不大,运算错误是失分主要原因,这提醒我们在复习时要注重基础知识与运算能力的培养,基础题失分过多是考生高考数学考不好的主要原因.【知识链接】1.求解多面体的表面积,关键是找到其中的特征图形,如棱柱中的矩形,棱锥中的直角三角形,棱台中的直角梯形等,通过这些图形,找到几何元素间的关系,通过建立未知量与已知量间的关系进行求解．旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用,多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．2.求简单几何体的体积一般直接利用公式,求复杂几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体,分别求出柱体和锥体的体积,从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别地,对于三棱锥,由于其任意一个面均可作为棱5锥的底面,从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”.5.从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,则这2个数互质的概率为A.16B.13C.12D.23【命题意图】本题考查古典概型概率的计算,考查数学运算与逻辑推理的核心素养.难度：中等偏易.【答案】D【解析】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,共有C721种不同的取法,若两数不互质,不同的取法有：2,4,2,6,2,8,3,6,4,6,4,8,6,8,共7种,故所求概率2P2172.故选D.213【点评】古典概型概率的计算,常作为客观题考查,或出现在解答题求分布列中,作为客观题考查的古典概型一般难度较低,计数重复或遗漏是失分主要原因.【知识链接】1.古典概型的概率计算的基本步骤：①判断本次试验的结果是否是等可能的,设出所求的事件为A；②分别计算基本事件的总数n和所求的事件A所包含的基本事件个数m；m③利用古典概型的概率公式P(A)＝,求出事件A的概率.n2.求古典概型的概率的关键是求试验的基本事件的总数和事件A包含的基本事件的个数,这就需要正确列出基本事件,在列举基本事件空间时,可以利用列举、画树状图等方法,以防遗漏．同时要注意细节,如用列举法,注意是无序还是有序．在解答时,缺少必要的文字说明,没有按要求列出基本事件是常见错误．6.记函数f(x)sinx2πb(0)Tπ,且yf(x)的的最小正周期为．若T43πf2C.图象关于点A.13π,2中心对称,则2B.3252D.3【命题意图】本题考查三角函数的图象与性质,考查直观想象与逻辑推理的核心素养.难度：中等.【答案】A【解析】由fx的最小正周期T满足2π2π2ππ,解得23,由fxTπ,得336的图象关于点所以123ππ3π,2对称,所以kπ,kZ,且b2,所以k,kZ,24632ππ5fsinπ21.故选A424π55,f(x)sinx2,所以422【点评】三角函数与解三角形在新高考全国卷中一般有1到2道客观题,1道解答题,解答题一般考查解三角形,客观题考查热点是三角变换及三角函数的图象与性质.本题以正弦型函数为载体,考查三角函数的图象与性质,属于常规题型,侧重对重要基础知识的考查.三角函数对称性是三角函数的一个重要性质,也是高考考查的热点.【知识链接】1.f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A,ω≠0),则：π(1)f(x)为偶函数的充要条件是φ＝＋kπ(k∈Z)；2(2)f(x)为奇函数的充要条件是φ＝kπ(k∈Z)．2．f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A,ω≠0)的图象关于直线xx0对称的充要条件是fx0A；关于点x0,0对称的充要条件是fx00；3．f(x)＝Asin(ωx＋φ)+B,ω≠0)的图象关于直线xx0对称的充要条件是fx0AB；关于点x0,B对称的充要条件是fx0B.7.设a0.1e,bA.abcacb0.11，cln0.9,则9B.cbaC.cabD.【命题意图】本题考查数式大小的比较,考查数学运算与逻辑推理的核心素养.难度：难【答案】C【解析】解法一：设f(x)ln(1x)x(1x0),因为f(x)1x10,1x1x11919+0,故e10,所以所以f(x)在(1,0)上单调递增,f()f(0)0,即ln1xe,故ab,设g(x)xeln(1x)(0x),则410912xx1e11x,令g(x)x+1ex1x1h(x)ex(x21)+1,h(x)ex(x22x1)0,当0x1时h(x)ex(x21)+1单调47递减,又h(0)0,所以当0x1时,h(x)0,g(x)0,g(x)单调递增,所以41,所以1xg(0.1)g(0)0,即0.1e0.1ln0.9,所以ac,故选C.x解法二：易得x0时ex1x,所以x1且x0时ex1x0,即e1+0.10)焦点F的弦,若A(x1,y1),B(x2,y2),则p2①x1x2＝,y1y2＝－p2.42p②弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝2(α为弦AB的倾斜角)．sinα③以弦AB为直径的圆与准线相切．④通径：过焦点垂直于对称轴的弦,长等于2p,通径是过焦点最短的弦．221212.已知函数f(x)及其导函数f(x)的定义域均为R,记g(x)f(x),若3f2x,g(2x)均为偶函数,则2A.f(0)0B.g102C.f(1)f(4)D.g(1)g(2)【命题意图】本题考查导数及函数的性质,考查数学抽象与逻辑推理的核心素养.难点：难【答案】BC【解析】因为f33352x为偶函数,所以f2xf2x,令x,得422233fxfx,所以f3xfx,两边求导得22f(1)f(4),C正确；由f332xf2x得22g3xgx,令x33得g0,又g(2x)均为偶函数,所以g(2x)g(2x),22所以g(4x)g(x)g3x,所以g(x2)g(x1)gx,所以13gg0,22构造函数fxsinπx1,则gxπcosπx,则f(0)0不成立,g(1)g(2)不成立,A,D错误,故选BC.【点评】本题以抽象函数为载体,考查函数的性质,对逻辑思维能力要求较高,注意否定一个命题可通过构造反例进行,该题的模型是fxAsinxB.【知识连接】(1)若fx的图象关于直线xa对称,则faxfax或f2axfx(2)若fx的图象关于点a,b对称,则faxfax2b或f2axfx2b(3)若函数fx的图象既关于直线xa对称,又关于直线xb对称ab,则fx是周期函数,且2ba是它的一个周期.(4)若函数fx的图象既关于点a,0对称,又关于点b,0对称ab,则fx是周期函数,且2ba是它的一个周期.(5)若函数fx的图象既关于直线xa对称,又关于点b,0对称ab,则fx是周期函数,且4ba是它的一个周期.13三、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分．13.1y826．(xy)的展开式中xy的系数为________________（用数字作答）x【命题意图】本题考查二项式定理,考查数学运算的核心素养,难度：容易【答案】28【解析】因为1所以1yy888xy=xyxy,xxy8y53562626xyCxyC8xy28x2y6,的展开式中含的项为xy8xxy81xy的展开式中x2y6的系数为28x【点评】二项式定理是高考常考问题,多为求axb或mxnaxb型展开式指定项系nn数,一般为送分题.【知识连接】求形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量(常数项、参数值、特定项等)的步骤n－rbr,常把字母和系数分离开第一步,利用二项式定理写出二项展开式的通项公式Tr＋1＝Crna来(注意符号不要出错)；第二步,根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零,有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组),解出r；第三步,把r代入通项公式中,即可求出Tr＋1,有时还需要先求n,再求r,才能求出Tr＋1或者其他量.14.写出与圆x2y21和(x3)2(y4)216都相切的一条直线的方程_______．【命题意图】本题考查直线与圆,考查逻辑推理与数学运算的核心素养.难度：中等偏易.【答案】3x4y50或7x24y250或x1【解析】圆x2y21的圆心为O0,0,半径为1,圆(x3)2(y4)216的圆心O1为(3,4),半径为4,两圆圆心距为32425,等于两圆半径之和,故两圆外切,如图,当切线为l时,因为kOO1433,所以kl,设方程为yxt(t0)434,解得tO到l的距离d|t|19161355,所以l的方程为yx,444当切线为m时,设直线方程为kxyp0,其中p0,k0,14p71k7251k224x由题意,解得,y24243k4p4p251k224当切线为n时,易知切线方程为x1,【点评】本题为开放性试题,只需写出其中一个方程,观察图象,确定直线x1是其中一条切线方程是最佳得分方案,另外当两圆相切时直接把两圆方程相减,也可以得出其中一条切线的方程,该法也能迅速实现得分,注意客观题在正确的前提条件下可以不择手段.【知识链接】1.圆的切线方程常用结论(1)过圆x2＋y2＝r2上一点P(x0,y0)的圆的切线方程为x0x＋y0y＝r2.(2)过圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一点P(x0,y0)的圆的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2.(3)过圆x2＋y2＝r2外一点M(x0,y0)作圆的两条切线,则两切点所在直线方程为x0x＋y0y＝r2.2.直线与圆综合问题的常见类型及解题策略(1)处理直线与圆的弦长问题时多用几何法,即弦长的一半、弦心距、半径构成直角三角形．(2)圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径,从而建立关系解决问题．3.两圆的位置关系与公切线的条数：①内含：0条；②内切：1条；③相交：2条；④外切：3条；⑤外离：4条．4.当两圆相交时,两圆方程(x2,y2项系数相同)相减便可得公共弦所在直线的方程,当两圆相切时,两圆方程(x2,y2项系数相同)相减便可得一条公切线方程.15.若曲线y(xa)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是______．【命题意图】本题考查导数的几何意义,考查直观想象与逻辑推理的核心素养.难度：中等【答案】,40,【解析】∵y(xa)ex,∴y(x1a)ex,设切点为x0,y0,则y0x0ae0,切线斜率kx01ae0,xx切线方程为：yx0aex0x01aex0xx0,15∵切线过原点,∴x0ae整理得：x0ax0a0,2x0x01aex0x0,∵切线有两条,∴a24a0,解得a<-4或a0,∴a的取值范围是,40,【点评】导数的几何意义是高考的一个高频考点,考查热点主要有：求曲线在某点处的切线；求两条曲线的公切线；确定满足条件的曲线的条数.本题利用导数的几何意义研究确定的切整理出关于x0的方程线,注意等价转化思想的应用：切线有两条切点x0,y0有2个关于x0的方程有2个不同实根.【知识链接】求曲线切线的条数一般是设出切点t,ft,由已知条件整理出关于t的方程,把切线条数问题转化为关于t的方程的实根个数问题.x2y21过16.已知椭圆C:221(ab0),C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为2．abF1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,|DE|6,则ADE的周长是________．【命题意图】本题考查椭圆定义、方程及几何性质,考查数学运算与逻辑推理的核心素养.难度：难【答案】13【解析】∵椭圆的离心率为ec1,∴a2c,∴b2a2c23c2,∴C的方程可化为a2x2y22221，即3x4y12c0,不妨设左焦点为F1,右焦点为F2,如图所224c3c示,∵AF2a，OF2c，a2c,∴AF2O,∴△AF1F2为正三角形,∵过F1且垂直于3AF2的直线与C交于D,E两点,DE为线段AF2的垂直平分线,直线DE的方程：x3yc,代入椭圆方程3x24y212c20,整理化简得13y263cy9c20,∴DE1∴c32y1y22c2646,13131313,得a2c,∵DE为线段AF2的垂直平分线,根据对称84性,ADDF2，AEEF2,∴ADE的周长等于△F2DE的周长,利用椭圆的定义得△F2DE周长为4a13.16【点评】本题把椭圆定义、方程与椭圆的几何性质结合在一起考查,在知识交汇处命题,综合性较强,对运算能力及推理能力要求都比较高.【知识链接】椭圆的定义具有双向作用,即若|MF1|+|MF2|=2a(2a>|F1F2|),则点M的轨迹是椭圆;反之,椭圆上任意一点M到两焦点的距离之和必为2a.涉及椭圆上的点到焦点的距离问题时,应先考虑是否能够利用椭圆的定义求解.四、解答题：本题共6小题,共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.记Sn为数列an的前n项和,已知a11,（1）求an的通项公式；（2）证明：Sn1是公差为的等差数列．3an1112．a1a2an【命题意图】本题考查数列的通项与求和及数列不等式的证明,考查数学运算与逻辑推理的核心素养.难点：中等偏易【解析】（1）解法一∵a11,∴S1a11,∴S11,a1又∵Sn1是公差为的等差数列,3an∴Sn1n2n2an,1n1,∴Snan333∴当n2时,Sn1∴anSnSn1n1an1,333n2ann1an1,整理得：n1ann1an1,17即ann1,an1n1aaa2a3n1na1a2an2an1∴n2时ana134nn1nn1,123n2n12显然对于n1也成立,∴an的通项公式annn12；解法二：∵a11,∴S1a11,∴S11,a1又∵Sn1是公差为的等差数列,a3nSn1n2n2an,1n1∴,∴Snan333∴Sn1n1an1,3∴an1Sn1Snn3an1n2an,33整理得nan1n2an,所以nn1an1n1n2an,an1an即n1n2nn1,ana11an所以数列,是常数数列,所以nn1122nn1∴an的通项公式annn12.（2）12112,annn1nn1∴11111111121212.a1a2annn1n1223【点评】数列的通项与求和是数列解答题的两大主题,基本每年都围绕这两大主题命题,其中求和常涉及的是公式求和、裂项求和及错误相减法求和.【知识链接】裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和,正负相消剩下首尾若干项．(1)用裂项相消法求和时,要对通18项进行变换,如：1＝(n＋k－n),nn＋n＋kk11n＋k111＝(－),裂项后可以产生连续相knn＋k互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项．18.记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知（1）若CcosAsin2B．1sinA1cos2B2,求B；3a2b2（2）求的最小值．2c【命题意图】本题考查三角变换与正弦定理,考查逻辑推理与数学运算的核心素养.难度;中等偏易【解析】（1）因为cosAsin2B2sinBcosBsinB,1sinA1cos2B2cos2BcosB即sinBcosAcosBsinAsinBcosABcosCcos而0B2π1,32ππ,所以B；63ππCπ,0B,22（2）由（1）知,sinBcosC0,所以而sinBcosCsinC所以BCπ,2πππ,CB,AπBC2B．222a2b2sin2Asin2Bcos22B1cos2B所以c2sin2Ccos2B2cos2B11cos2Bcos2B224cos2B25285425．2cosBa2b22当且仅当cosB时取等号,所以的最小值为425．2c2【知识链接】1.解三角形时,如果式子中含有角的余弦或边的二次式,要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时,则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时,则要考虑两个定理都有可能用到．2.求含有边角的某个式子的范围或最值,通常把该式子用正弦定理及诱导公式转化为关于某19个角的函数式,再利用辅助角公式或不等式求范围或最值19.如图,直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4,A1BC的面积为22．（1）求A到平面A1BC的距离；（2）设D为AC1的中点,AA1AB,平面A1BC平面ABB1A1,求二面角ABDC的正弦值．【命题意图】本题考查体积距离的计算及空间向量的应用,考查数学运算及直观想象的核心素养.难度：中等【解析】（1）因为三棱柱ABCA1B1C1的体积V4,所以VA1ABCV134,3在直三棱柱ABCA1B1C1中,设点A到平面A1BC的距离为h,1224由VAA1BCVA1ABC得SABCh,h1333所以h2,所以点A到平面A1BC的距离为2；（2）如图,取A1B的中点E,连接AE,因为AA1AB,所以AEA1B,又平面A1BC平面ABB1A1,平面A1BC平面ABB1A1A1B,且AE平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC,在直三棱柱ABCA1B1C1中,BB1平面ABC,由BC平面A1BC,BC平面ABC可得AEBC,BB1BC,又AE,BB1平面ABB1A1且相交,所以BC平面ABB1A1,所以BC,BA,BB1两两垂直,以B为原点,直线BC,BA,BB1分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,20由（1）得AE2,所以AA1AB2,A1B22,所以BC2,则A0,2,0,A10,2,2,B0,0,0,C2,0,0,所以AC1的中点D1,1,1,则BD1,1,1,BA0,2,0,BC2,0,0,mBDx1y1z10mx,y,z设平面ABD的一个法向量111,则,mBA2y01取x11,得m1,0,1,nBDx2y2z20设平面BDC的一个法向量nx2,y2,z2,则,取y21,nBC2x20得n0,1,1,则cosm,nmnmn11,222231所以二面角ABDC的正弦值为1.22【点评】立体几何解答题一般有2问,第一问多为线面位置关系的证明或长度、面积、体积的计算,第二问多为利用空间向量线面角或二面角（有时也可不利用空间向量）,在高考中立体几何解答题一般难度不大,属于得分题,利用空间向量求空间角,运算错误是失分主要原因.【知识链接】1.直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ,a与n的夹角为β,则sinθ＝|cosβ|＝|a·n|.利用空间向量求直线与平面所成的角,可以有两种方法：|a||n|①通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角；②分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量,再转化为求这两个方向向量的夹角(或其补角)．21π0，注意：直线与平面所成角的取值范围是2.求二面角的大小的方法(1)如图①,AB,CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ＝→→〈AB,CD〉．(2)如图②③,n1,n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足|cosθ|＝|cos〈n1,n2〉|,二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．20.一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系,在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组）,同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组）,得到如下数据：不够良好病例组对照组4010良好6090（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？（2）从该地的人群中任选一人,A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”,B表示事件“选到的人患有该疾病”．P(B|A)P(B|A)与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的P(B|A)P(B|A)一项度量指标,记该指标为R．（ⅰ）证明：RP(A|B)P(A|B)；P(A|B)P(A|B)（ⅱ）利用该调查数据,给出P(A|B),P(A|B)的估计值,并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．n(adbc)2附K,(ab)(cd)(ac)(bd)2PK2kk0.0503.8410.0106.6350.00110.828【命题意图】本题考查独立性检验与条件概率的应用,考查数学建模与数学运算的核心素养.难度：中等【解析】(1)由题意知,n200,22n(adbc)2200(40906010)2K=246.635,(ab)(cd)(ac)(bd)501501001002所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.（2）(i)证明：RP(B|A)P(B|A)P(AB)P(A)P(AB)P(A)=,P(B|A)P(B|A)P(A)P(AB)P(A)P(AB)P(AB)P(B)P(AB)P(B)P(A|B)P(A|B),P(B)P(AB)P(B)P(AB)P(A|B)P(A|B)4010,P(A|B),100100(ii)由已知得P(A|B)又P(A|B)所以R6090,P(A|B),100100P(A|B)P(A|B)=6P(A|B)P(A|B)【点评】概率统计解答题注重知识的综合应用与实际应用,作为考查实践能力的重要载体,命题者要求考生会收集、整理、分析数据,能从大量数据中抽取对研究问题有用的信息,并作出判断,进而做到由样本数据估计总体特征.该类阅读量一般比较大,但难度多为中等,由于概率统计知识点比较多,高考每年考查的知识点不固定,频率分布直方图、折线图、分布列、期望与方差的应用、正态分布、回归分析、独立性检验都层出现在高考解答题中.【知识链接】独立性检验的一般步骤(1)假设两个分类变量x与y没有关系；n（ad－bc）2(2)计算出K的观测值,其中K＝；（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）22(3)把K2的值与临界值比较,作出合理的判断．22xy21.已知点A(2,1)在双曲线C:221(a1)上,直线l交C于P,Q两点,直线aa1AP,AQ的斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若tanPAQ22,求△PAQ的面积．【命题意图】本题考查直线与双曲线位置关系的应用,考查数学运算与逻辑推理的核心素养.难度：中点偏难22xy【解析】（1）因为点A(2,1)在双曲线C:221(a1)上,aa1所以411,解得a22,22aa123x2所以双曲线C的方程为y21,2设Px1,y1,Qx2,y2,易知直线l的斜率存在,设l:ykxm,ykxm22212kx4mkx2m20,由x2得,2y12所4mk2m22以,x1x22,,x1x22k12k2116m2k242m222k210m212k20．由kAPkBP0得y21y110,x22x12即x12kx2m1x22kx1m10,即2kx1x2m12kx1x24m10,2m224mkm12k所以2k24m10,2k212k1化简得,8k4k44mk10,即k12k1m0,2所以k1或m12k,当m12k时,直线l:ykxmkx21过点A2,1,与题意不符,舍去,故k1．（2）不妨设直线PA,PB的倾斜角为,由（1）知,x1x22m20,当A,B均在双曲线左支时,PAQ2,所以tan222,即2tan2tan20,解得tan2,因为kAPkBP0,所以π,22（负值舍去）2此时PA与双曲线的渐近线平行,与双曲线左支无交点,舍去；当A,B均在双曲线右支时,因为tanPAQ22,所以tan22,即tan222,即2tan2tan20,解得tan于是,直线PA:y2（负值舍去）,2x21,直线PB:y2x21,24y2x2132联立x2可得,x2122x10420,22y12因为方程有一个根为2,所以xP同理可得,xQ1042y425,P,331042y425,Q．33所以PQ:xy5160,PQ,3321d25322,3点A到直线PQ的距离故△PAQ的面积为11622162．2339【点评】解析几何解答题前些年多以椭圆与抛物线为载体命题,从去年开始出现了以双曲线为载体进行命题.解析几何解答题一个突出特点是运算量比较大,相等一部分学生会因运算不过关出错,或嫌麻烦,直接放弃,其实解析几何解答题的数量还是比较容易想到的,平时多做几道类似的题,总结运算规律,争取做到题不二错,这部分分还是能够得到的.【知识链接】x2y21.设点Pm,n是椭圆C：221ab0上一定点,点A,B是椭圆C上不同于Pab的两点,若kPAkPBbm2,则0时直线AB斜率为定值2n0,若0,则直线ABan2n2b2m过定点m,n2,ax2y22.设点Pm,n是双曲线C：221a0,b0一定点,点A,B是双曲线C上不同ab于P的两点,若kPAkPBbm2,则0时直线AB斜率为定值2n0,若0,则直an2n2b2m线AB过定点m,n2；a3.设点Pm,n是抛物线C：y2pxp0一定点,点A,B是抛物线C上不同于P的两2点,若kPAkPB,则0时直线AB斜率为定值pn0,若0,则直线AB过定n25点m2n,n2p；4.若点P在直线yt上,证明直线PA,PB关于yt对称,或证明直线yt平分APB,可证明kPAkPB0.x22.已知函数f(x)eax和g(x)axlnx有相同的最小值．（1）求a；（2）证明：存在直线yb,其与两条曲线yf(x)和yg(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【命题意图】本题考查导数在研究函数性质中的应用,考查数学运算与逻辑推理的核心素养.难点：难【解析】（1）f(x)exax的定义域为R,且f(x)exa,若a0,则f(x)0,fx单调递增,f(x)无最小值,故a0.当xlna时,f(x)0,当xlna时,f(x)0,所以f(x)在,lna上为减函数,在lna,上为增函数,故f(x)minflnaaalna.g(x)axlnx的定义域为0,,且g(x)a当0x1ax1.xx11时,g(x)0,当x时,g(x)0,aa11,上为减函数在,上为增函数,aag(x)在0,11g(x)g1ln故.minaa因为f(x)exax和g(x)axlnx有相同的最小值,所以1ln1a1aalna,整理得到lna,其中a0,a1a21a21a10,lna,a0,则ga设ga221a1aaa1a故ga为0,上的减函数,而g10,故ga0的唯一解为a1,故1alna的解为a1.综上,a1.1a（2）由（1）可得f(x)exx和g(x)xlnx的最小值为1.26当b1,xlnxb、exxb各有一个实根,不满足题意,当b1时,xlnxb、exxb均无实根,不满足题意当b1时,设Sxexb,则Sxe1,xx当x0时,Sx0,当x0时,Sx0,故Sx在,0上为减函数,在0,上为增函数,所以SxminS01b0,而Sbebb0,Sbeb2b,b设ube2b,其中b1,则ube20,故ub在1,上为增函数,故ubu1e20,故Sb0,故Sxexb有两个不同的零点,即exxb的根的个数为2.x设Txxlnxb,Txx1,x当0x1时,Tx0,当x1时,Tx0,故Tx在0,1上为减函数,在1,上为增函数,所以TxminT11b0,而Teebb0,Tebeb2b0,Txxlnxb有两个不同的零点,即xlnxb的根的个数为2.设h(x)exlnx2x,其中x0,故h(x)e设sxex1,x0,则sxe10,xxx12,x故sx在0,上为增函数,故s所以h(x)xxs00即exx1,11210,所以h(x)在0,上为增函数,x11223而h(1)e20,h()ee3e30,333eee故hx在0,上有且只有一个零点x0,1x01,3e且当0xx0时,hx0即exxxlnx即fxgx,当xx0时,hx0即exxxlnx即fxgx,27因此若存在直线yb与曲线yfx、ygx有三个不同的交点,故bfx0gx01,此时exxb有两个不同的零点x1,x0(x10x0),此时xlnxb有两个不同的零点x0,x4(0x01x4),xx故e1x1b,e0x0b,x4lnx4b0,x0lnx0b0xb所以x4blnx4即e4x4即ex4bx4bb0,故x4b为方程exxb的解,同理x0b也为方程exxb的解又e1x1b可化为e1x1b即x1lnx1b0即x1blnx1bb0,xx故x1b为方程xlnxb的解,同理x0b也为方程xlnxb的解,所以x1,x0x0b,x4b,而b1,x0x4b故即x1x42x0.x1x0b【点评】导数解答题一般为压轴题,位于第21题或22题的位置上,无论是求极值、最值或研究零点问题或证明不等式,大多要利用导数研究函数的单调性,然后利用单调性求解,所以掌握研究函数单调性的方法至关重要.【知识链接】1.用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．2.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点,赋值之所以“热”,是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性,唯一性)；求含参函数的极值或最值；证明一类超越不等式；求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知f(a)的符号,探求赋值点m(假定ma)使得f(m)与f(a)异号,则在(m,a)上存在零点.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值；确保赋值点x0落在规定区间内；确保运算可行.三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.2829


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