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.（2022·全國甲卷1題）若z＝－1＋3i，則zzz－A.－1＋3i B.－1－3iC.－13＋33i D.－13解析：Czzz－1＝－1+3i(-1+3i)(-2.（2022·全國甲卷2題）某社區(qū)通過公益講座以普及社區(qū)居民的垃圾分類知識.為了解講座效果，隨機(jī)抽取10位社區(qū)居民，讓他們在講座前和講座后各回答一份垃圾分類知識問卷，這10位社區(qū)居民在講座前和講座后問卷答題的正確率如圖，則（）A.講座前問卷答題的正確率的中位數(shù)小于70％B.講座后問卷答題的正確率的平均數(shù)大于85％C.講座前問卷答題的正確率的標(biāo)準(zhǔn)差小于講座后正確率的標(biāo)準(zhǔn)差D.講座后問卷答題的正確率的極差大于講座前正確率的極差解析：B對于A，講座前問卷答題的正確率的中位數(shù)是70％+75％2＝72.5％，所以A錯(cuò)誤；對于B，講座后問卷答題的正確率分別是80％，85％，85％，85％，85％，90％，90％，95％，100％，100％，其平均數(shù)顯然大于85％，所以B正確；對于C，由題圖可知，講座前問卷答題的正確率波動(dòng)較大，講座后問卷答題的正確率波動(dòng)較小，所以講座前問卷答題的正確率的標(biāo)準(zhǔn)差大于講座后問卷答題的正確率的標(biāo)準(zhǔn)差，所以C錯(cuò)誤；對于D，講座前問卷答題的正確率的極差是95％－60％＝35％，講座后問卷答題的正確率的極差是100％－80％＝20％，所以講座前問卷答題的正確率的極差大于講座后問卷答題的正確率的極差，所以D錯(cuò)誤.3.（2022·全國甲卷3題）設(shè)全集U＝{－2，－1，0，1，2，3}，集合A＝{－1，2}，B＝{x｜x2－4x＋3＝0}，則?U（A∪B）＝（）A.{1，3} B.{0，3}C.{－2，1} D.{－2，0}解析：D集合B＝{1，3}，所以A∪B＝{－1，1，2，3}，所以?U（A∪B）＝{－2，0}.故選D.4.（2022·全國甲卷4題）如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個(gè)多面體的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長為1，則該多面體的體積為（）A.8 B.12C.16 D.20解析：B三視圖對應(yīng)的幾何體是放倒的直四棱柱，如圖，直四棱柱的高為2，底面是上底為2，下底為4，高為2的梯形，所以體積V＝Sh＝12×（2＋4）×2×2＝12.故選5.（2022·全國甲卷5題）函數(shù)y＝（3x－3－x）cosx在區(qū)間－π2，π解析：A法一（特值法）取x＝1，則y＝3－13cos1＝83cos1＞0；取x＝－1，則y＝13－3cos（－1）法二令y＝f（x），則f（－x）＝（3－x－3x）cos（－x）＝－（3x－3－x）cosx＝－f（x），所以函數(shù)y＝（3x－3－x）·cosx是奇函數(shù)，排除B、D；取x＝1，則y＝3－13cos1＝83cos1＞0，6.（2022·全國甲卷6題）當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f（x）＝alnx＋bx取得最大值－2，則f'（2）＝（A.－1 B.－1C.12 解析：B由題意知，f（1）＝aln1＋b＝b＝－2.求導(dǎo)得f'（x）＝ax－bx2（x＞0），因?yàn)閒（x）的定義域?yàn)椋?，＋∞），所以易得f'（1）＝a－b＝0，所以a＝－2，所以f'（2）＝a2－b47.（2022·全國甲卷7題）在長方體ABCD-A1B1C1D1中，已知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均為30°，則（）A.AB＝2ADB.AB與平面AB1C1D所成的角為30°C.AC＝CB1D.B1D與平面BB1C1C所成的角為45°解析：D如圖，連接BD，易知∠BDB1是直線B1D與平面ABCD所成的角，所以在Rt△BDB1中，∠BDB1＝30°，設(shè)BB1＝1，則B1D＝2BB1＝2，BD＝B1D2－BB12＝3.易知∠AB1D是直線B1D與平面AA1B1B所成的角，所以在Rt△ADB1中，∠AB1D＝30°，因?yàn)锽1D＝2，所以AD＝12B1D＝1，AB1＝B1D2－AD2＝3，所以在Rt△ABB1中，AB＝AB12－BB12＝2，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤；易知∠BAB1是直線AB與平面AB1C1D所成的角，所以在Rt△ABB1中，sin∠BAB1＝BB1AB1＝33≠12，所以∠BAB1≠30°，所以B項(xiàng)錯(cuò)誤；在Rt△CBB1中，CB1＝BC2＋BB12＝2，而AC＝AB2＋BC2＝3，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤；易知8.（2022·全國甲卷8題）沈括的《夢溪筆談》是中國古代科技史上的杰作，其中收錄了計(jì)算圓弧長度的“會(huì)圓術(shù)”.如圖，AB是以O(shè)為圓心，OA為半徑的圓弧，C是AB的中點(diǎn)，D在AB上，CD⊥AB.“會(huì)圓術(shù)”給出AB的弧長的近似值s的計(jì)算公式：s＝AB＋CD2OA.當(dāng)OA＝2，∠AOB＝60°時(shí)，sA.11－33C.9－33解析：B由題意知，△OAB是等邊三角形，所以AB＝OA＝2.連接OC（圖略），因?yàn)镃是AB的中點(diǎn)，所以O(shè)C⊥AB，OC＝OA2－AC2＝3，又CD⊥AB，所以O(shè)，C，D三點(diǎn)共線，所以CD＝OD－OC＝2－3，所以s＝AB＋CD2OA9.（2022·全國甲卷9題）甲、乙兩個(gè)圓錐的母線長相等，側(cè)面展開圖的圓心角之和為2π，側(cè)面積分別為S甲和S乙，體積分別為V甲和V乙.若S甲S乙＝2，則VA.5 B.22C.10 D.5解析：C法一因?yàn)榧?、乙兩個(gè)圓錐的母線長相等，所以結(jié)合S甲S乙＝2可知，甲、乙兩個(gè)圓錐側(cè)面展開圖的圓心角之比是2∶1.不妨設(shè)兩個(gè)圓錐的母線長為l＝3，甲、乙兩個(gè)圓錐的底面半徑分別為r1，r2，高分別為h1，h2，則由題意知，兩個(gè)圓錐的側(cè)面展開圖剛好可以拼成一個(gè)周長為6π的圓，所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.由勾股定理得，h1＝l2－r12＝5，h2＝l2－r22＝2法二設(shè)兩圓錐的母線長為l，甲、乙兩圓錐的底面半徑分別為r1，r2，高分別為h1，h2，側(cè)面展開圖的圓心角分別為n1，n2，則由S甲S乙＝πr1lπr2l＝n1πl(wèi)22πn2πl(wèi)22π＝2，得r1r2＝n1n2＝2.由題意知n1＋n2＝2π，所以n1＝4π3，n2＝2π3，所以2πr1＝4π3l，2πr2＝2π3l，得r1＝210.（2022·全國甲卷10題）橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的左頂點(diǎn)為A，點(diǎn)P，Q均在C上，且關(guān)于y軸對稱.若直線AP，AQ的斜率之積為14A.32 B.C.12 D.解析：A法一設(shè)P（m，n）（n≠0），則Q（－m，n），易知A（－a，0），所以kAP·kAQ＝nm＋a·n－m＋a＝n2a2－m2＝14（*）.因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓C上，所以m2a2＋n2b2＝1，得n2＝b2a2（a2－m2），代入（*）式，得b2a2＝14，結(jié)合法二設(shè)橢圓C的右頂點(diǎn)為B，則直線BP與直線AQ關(guān)于y軸對稱，所以kAQ＝－kBP，所以kAP·kBP＝－kAP·kAQ＝－14＝e2－1，所以e＝32.11.（2022·全國甲卷11題）設(shè)函數(shù)f（x）＝sinωx＋π3在區(qū)間（0，π）恰有三個(gè)極值點(diǎn)、兩個(gè)零點(diǎn)，則ω的取值范圍是A.53，13C.136，8解析：C由x∈（0，π），得ωx＋π3∈π3，πω＋π3.根據(jù)函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，π）恰有三個(gè)極值點(diǎn)，知5π2＜πω＋π3≤7π2，得136＜ω≤196.根據(jù)函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，π）恰有兩個(gè)零點(diǎn)，知2π＜πω＋π3≤3π，得12.（2022·全國甲卷12題）已知a＝3132，b＝cos14，c＝4sin14，則A.c＞b＞a B.b＞a＞cC.a＞b＞c D.a＞c＞b解析：A法一因?yàn)閎＝cos14＝1－2sin218，所以b－a＝1－2sin218－3132＝132－2sin218＝2164－sin218.令f（x）＝x－sinx，則f'（x）＝1－cosx≥0，所以函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞f（0）＝0，即有x＞sinx（x＞0）成立，所以18＞sin18，得164＞sin218，所以b＞a.因?yàn)閏b＝4sin14cos14＝4tan14，令g（x）＝tanx－x，則g'（x）＝cos2x＋sin2xcos2x－1＝1－cos2xcos2x≥0，所以函數(shù)g（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＞0時(shí)，g（x）＞g（0）＝0，法二先比較b和c，因?yàn)閏b＝4tan14＝tan1414＞1，所以c＞b.再比較a和b，a－b＝1－12×142－cos14.設(shè)f（x）＝1－12x2－cosx，則f'（x）＝－x＋sinx＜0在0，π2上恒成立，所以f（x）在0，π2上單調(diào)遞減，所以f14＝1－12×14×14－cos14＜二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.（2022·全國甲卷13題）設(shè)向量a，b的夾角的余弦值為13，且｜a｜＝1，｜b｜＝3，則（2a＋b）·b＝解析：（2a＋b）·b＝2a·b＋b2＝2｜a｜·｜b｜·cos＜a，b＞＋｜b｜2＝2×1×3×13＋32＝答案：1114.（2022·全國甲卷14題）若雙曲線y2－x2m2＝1（m＞0）的漸近線與圓x2＋y2－4y＋3＝0相切，則m解析：雙曲線的漸近線方程為x±m(xù)y＝0，圓x2＋y2－4y＋3＝0的方程可化為x2＋（y－2）2＝1，則圓心坐標(biāo)為（0，2），半徑r＝1.∵雙曲線的漸近線與圓相切，∴圓心到漸近線的距離d＝｜0±2m｜1+m2＝1答案：315.（2022·全國甲卷15題）從正方體的8個(gè)頂點(diǎn)中任選4個(gè)，則這4個(gè)點(diǎn)在同一個(gè)平面的概率為.解析：從正方體的8個(gè)頂點(diǎn)中任選4個(gè)，取法有C84＝70（種）.其中4個(gè)點(diǎn)共面有以下兩種情況：（1）所取的4個(gè)點(diǎn)為正方體同一個(gè)面上的4個(gè)頂點(diǎn)，如圖①，有6（2）所取的4個(gè)點(diǎn)為正方體同一個(gè)對角面上的4個(gè)頂點(diǎn)，如圖②，也有6種取法.所以所取的4個(gè)點(diǎn)在同一個(gè)平面的概率P＝1270＝6答案：616.（2022·全國甲卷16題）已知△ABC中，點(diǎn)D在邊BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.當(dāng)ACAB取得最小值時(shí)，BD＝解析：設(shè)BD＝k（k＞0），則CD＝2k.根據(jù)題意作出大致圖形，如圖.在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝22＋k2－2×2k×－12＝k2＋2k＋4.在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC＝22＋（2k）2－2×2×2k×12＝4k2－4k＋4，則AC2AB2＝4k2－4k+4k2+2k+4＝4（k2+2k+4)-12k－12k2+2k+4＝4－12（k+1）k2+2k+4＝4－12（k+1）（k+1）2+3＝4－12k+1+3k+1，∵k＋1＋答案：3－1三、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.（2022·全國甲卷17題）記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.已知2Snn＋n＝2a（1）證明：{an}是等差數(shù)列；（2）若a4，a7，a9成等比數(shù)列，求Sn的最小值.解：（1）證明：由2Snn＋n＝2an＋1，得2Sn＋n2＝2ann＋n所以2Sn＋1＋（n＋1）2＝2an＋1（n＋1）＋（n＋1）， ②②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1（n＋1）－2ann＋1，化簡得an＋1－an＝1，所以數(shù)列{an}是公差為1的等差數(shù)列.（2）由（1）知數(shù)列{an}的公差為1.由a72＝a4a9，得（a1＋6）2＝（a1＋3）（a1＋解得a1＝－12.所以Sn＝－12n＋n（n－1）2＝所以當(dāng)n＝12或13時(shí)，Sn取得最小值，最小值為－78.18.（2022·全國甲卷18題）在四棱錐P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝3.（1）證明：BD⊥PA；（2）求PD與平面PAB所成的角的正弦值.解：（1）證明：如圖所示，取AB中點(diǎn)為O，連接DO，CO，則OB＝DC＝1.又DC∥OB，所以四邊形DCBO為平行四邊形.又BC＝OB＝1，所以四邊形DCBO為菱形，所以BD⊥CO.同理可得，四邊形DCOA為菱形，所以AD∥CO，所以BD⊥AD.因?yàn)镻D⊥底面ABCD，BD?底面ABCD，所以PD⊥BD，又AD∩PD＝D，AD，PD?平面ADP，所以BD⊥平面ADP.因?yàn)镻A?平面ADP，所以BD⊥PA.（2）由（1）知BD⊥AD，又AB＝2AD，所以∠DAO＝60°，所以△ADO為正三角形.過點(diǎn)D作垂直于DC的直線為x軸，DC所在直線為y軸，DP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A32,-12，0，B32，32，0，P（0，0則AB＝（0，2，0），AP＝－32，12，3，DP＝（設(shè)平面PAB的法向量為n＝（x，y，z），則AB·n令x＝2，則y＝0，z＝1，所以n＝（2，0，1）.設(shè)直線PD與平面PAB所成的角為α，則sinα＝｜c(diǎn)os＜n，DP＞｜＝｜n·DP｜｜所以直線PD與平面PAB所成的角的正弦值為5519.（2022·全國甲卷19題）甲、乙兩個(gè)學(xué)校進(jìn)行體育比賽，比賽共設(shè)三個(gè)項(xiàng)目，每個(gè)項(xiàng)目勝方得10分，負(fù)方得0分，沒有平局.三個(gè)項(xiàng)目比賽結(jié)束后，總得分高的學(xué)校獲得冠軍.已知甲學(xué)校在三個(gè)項(xiàng)目中獲勝的概率分別為0.5，0.4，0.8，各項(xiàng)目的比賽結(jié)果相互獨(dú)立.（1）求甲學(xué)校獲得冠軍的概率；（2）用X表示乙學(xué)校的總得分，求X的分布列與期望.解：（1）設(shè)甲學(xué)校獲得冠軍的事件為A，則甲學(xué)校必須獲勝2場或者3場.P（A）＝0.5×0.4×0.8＋（1－0.5）×0.4×0.8＋0.5×（1－0.4）×0.8＋0.5×0.4×（1－0.8）＝0.6.故甲學(xué)校獲得冠軍的概率為0.6.（2）X的取值可以為0，10，20，30.P（X＝0）＝0.5×0.4×0.8＝0.16，P（X＝10）＝（1－0.5）×0.4×0.8＋0.5×（1－0.4）×0.8＋0.5×0.4×（1－0.8）＝0.44，P（X＝20）＝（1－0.5）×（1－0.4）×0.8＋0.5×（1－0.4）×（1－0.8）＋（1－0.5）×0.4×（1－0.8）＝0.34，P（X＝30）＝（1－0.5）×（1－0.4）×（1－0.8）＝0.06.所以X的分布列為X0102030P0.160.440.340.06所以E（X）＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.20.（2022·全國甲卷20題）設(shè)拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)D（p，0），過F的直線交C于M，N兩點(diǎn).當(dāng)直線MD垂直于x軸時(shí)，｜MF｜＝3.（1）求C的方程；（2）設(shè)直線MD，ND與C的另一個(gè)交點(diǎn)分別為A，B，記直線MN，AB的傾斜角分別為α，β.當(dāng)α－β取得最大值時(shí)，求直線AB的方程.解：（1）當(dāng)MD⊥x軸時(shí)，有｜MF｜＝p2＋p＝3，得p＝2所以拋物線C的方程為y2＝4x.（2）如圖，根據(jù)（1）知F（1，0），D（2，0）.當(dāng)MN⊥x軸時(shí)，易得α＝β＝π2，此時(shí)α－β＝當(dāng)MN的斜率存在時(shí)，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），則直線MN的方程為y－y1＝y(tǒng)1－y2x1即y－y1＝y(tǒng)1－y2y124－y224（即y（y1＋y2）－y1（y1＋y2）＝4（x－x1），所以直線MN的方程為y（y1＋y2）－y1y2＝4x.同理可得，直線AM的方程為y（y3＋y1）－y3y1＝4x，直線BN的方程為y（y4＋y2）－y4y2＝4x，直線AB的方程為y（y4＋y3）－y4y3＝4x.因?yàn)镕（1，0）在MN上，所以y1y2＝－4.因?yàn)镈（2，0）在AM，BN上，所以y3y1＝－8，y4y2＝－8，所以y3＝－8y1，y4＝－所以y3＋y4＝－8y1－8y2＝－8（y1＋y2）y1y2＝－8（y1＋y所以直線AB的方程y（y4＋y3）－y4y3＝4x可化為（y1＋y2）y＋8＝2x，所以tanα＝4y2＋y1所以tan（α－β）＝2y2＋y11+8當(dāng)y2＋y1＜0時(shí)，tan（α－β）＜0，所以不符合題意.當(dāng)y2＋y1＞0時(shí)，（y2＋y1）＋8y2＋ytan（α－β）≤2×142＝當(dāng)且僅當(dāng)y2＋y1＝8y2＋y1，即y2＋y1此時(shí)α－β取得最大值，直線AB的方程為x－2y－4＝0.21.（2022·全國甲卷21題）已知函數(shù)f（x）＝exx－lnx＋x－（1）若f（x）≥0，求a的取值范圍；（2）證明：若f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，則x1x2＜1.解：（1）由題意知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，＋∞）.由f'（x）＝ex（x－1）x2－可得函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，＋∞）上單調(diào)遞增.所以f（x）min＝f（1）＝e＋1－a.又f（x）≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范圍為（－∞，e＋1].（2）證明：法一不妨設(shè)x1＜x2，則由（1）知0＜x1＜1＜x2，1x1令F（x）＝f（x）－f1x則F'（x）＝（ex＋x)(x－1）x2＋e1x＋1x令g（x）＝ex＋x－xe1x－則g'（x）＝ex＋1－e1x＋xe1x×1x2＝ex＋1＋e1x1x－1，所以當(dāng)x∈（0所以當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g（x）＜g（1）＝0，所以當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，F(xiàn)'（x）＞0，所以F（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，所以F（x）＜F（1），即在（0，1）上f（x）－f1x＜F（1）＝又f（x1）＝f（x2）＝0，所以f（x2）－f1x1＜0，即f（x2）＜f由（1）可知，函數(shù)f（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以x2＜1x1，即x1x2法二（同構(gòu)構(gòu)造函數(shù)化解等式）不妨設(shè)x1＜x2，則由（1）知0＜x1＜1＜x2，0＜1x2由f（x1）＝f（x2）＝0，得ex1x1－lnx1＋x1＝ex2x2即ex1－lnx1＋x1－lnx1＝ex2－ln因?yàn)楹瘮?shù)y＝ex＋x在R上單調(diào)遞增，所以x1－lnx1＝x2－lnx2成立.構(gòu)造函數(shù)h（x）＝x－lnx，g（x）＝h（x）－h(huán)1x＝x－1x－2ln則g'（x）＝1＋1x2－2x＝（所以函數(shù)g（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＞1時(shí)，g（x）＞g（1）＝0，即當(dāng)x＞1時(shí)，h（x）＞h1x所以h（x1）＝h（x2）＞h1x又h'（x）＝1－1x＝x－1x，所以h（x）在（0，所以0＜x1＜1x2＜1，即x1x2（二）選考題：共10分.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(jì)分.22.[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]（2022·全國甲卷22題）在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為x＝2+t6，y＝t（t為參數(shù)），曲線C（1）寫出C1的普通方程；（2）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，曲線C3的極坐標(biāo)方程為2cosθ－sinθ＝0，求C3與C1交點(diǎn)的直角坐標(biāo)，及C3與C2交點(diǎn)的直角坐標(biāo).解：（1）根據(jù)C1的參數(shù)方程，消去參數(shù)t可得x＝2+y26?y2＝6x－2（y所以曲線C1的普通方程為y2＝6x－2（y≥0）.（2）曲線C3的極坐標(biāo)方程可化為2ρcosθ－ρsinθ＝0，所以普通方程為y＝2x.根據(jù)C2的參數(shù)方程，消去參數(shù)s可得x＝－2+y26?y2＝－6x－2（y≤根據(jù)y2＝－6所以C3與C2交點(diǎn)的直角坐標(biāo)為－12,-1，（－1，根據(jù)y2=6x－所以C3與C1交點(diǎn)的直角坐標(biāo)為12，1，（1，23.[選修4－5：不等式選講]（2022·全國甲卷23題）已知a，b，c均為正數(shù)，且a2＋b2＋4c2＝3，證明：（1）a＋b＋2c≤3；（2）若b＝2c，則1a＋1c證明：（1）法一（平方轉(zhuǎn)化基本不等式證明）因?yàn)閍2＋b2＋4c2＝3，所以（a＋b＋2c）2＝a2＋b2＋4c2＋2（ab＋2bc＋2ac）≤3＋（a2＋b2）＋[b2＋（2c）2]＋[a2＋（2c）2]，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2c＝1時(shí)取等號，所以（a＋b＋2c）2≤3＋2[a2＋b2＋（2c）2]＝9.又a，b，c均為正數(shù)，所以a＋b＋2c≤3.法二（柯西不等式證明）因?yàn)閍2＋b2＋4c2＝3，所以根據(jù)柯西不等式有3×3＝（a2＋b2＋4c2）（12＋12＋12）≥（a＋b＋2c）2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2c＝1時(shí)取等號.又a，b，c均為正數(shù)，所以a＋b＋2c≤3.法三（權(quán)方和不等式證明）：根據(jù)權(quán)方和不等式可得（a＋b+2c）2（1+1+1）1≤a21＋b21＋4所以（a＋b＋2c）2≤9.又a，b，c均為正數(shù)，所以a＋b＋2c≤3.（2）因?yàn)閎＝2c，所以根據(jù)（1）有a＋4c≤3.1a＋1c＝133a＋3c≥當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2c＝1時(shí)取得等號.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(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(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(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(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(gè)水位間的形狀看作一個(gè)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(gè)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