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2022年新高考数学试题分析报告基础性创新性综合性应用性
一、基础性——遵循考纲　难易适中
基本概念　基本技能　基本思想　基本应用
基础性 命题目标 重温高考 素养清单
基本概念 复数的概念 1.[2021·新高考Ⅱ卷]复数在复平面内对应的点所在的象限为(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
椭圆定义　 2.[2021·新高考Ⅰ卷]已知F1，F2是椭圆C：＋＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为(　　) A．13　　　　B．12 C．9　　　　 D．6
事件的相互独立　 3.[2021·新高考Ⅰ卷](多选)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则(　　) A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立 C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立
正态分布　 4.[2022·新高考Ⅱ卷]已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且P(22.5)＝________．
样本的数字特征 5.[2021·新高考Ⅰ卷](多选)有一组样本数据x1，x2，…，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi＝xi＋c(i＝1，2，…，n)，c为非零常数，则(　　) A．两组样本数据的样本平均数相同 B．两组样本数据的样本中位数相同 C．两组样本数据的样本标准差相同 D．两组样本数据的样本极差相同
线线角与线面角 6.[2022·新高考Ⅰ卷](多选)已知正方体ABCD A1B1C1D1，则(　　) A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90° C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
基本技能 集合运算的求解能力 7.[2022·新高考Ⅰ卷]若集合M＝{x|<4}，N＝{x|3x≥1}，则M∩N＝(　　) A．{x|0≤x<2} B．{x|≤x<2} C．{x|3≤x<16} D．{x|≤x<16}
复数运算的求解能力 8.[2022·新高考Ⅰ卷]若i(1－z)＝1，则z＋＝(　　) A．－2　　　 B．－1 C．1　　　　 D．2
平面向量数量积的坐标运算的求解能力　 9.[2022·新高考Ⅱ卷]已知向量a＝(3，4)，b＝(1，0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，则t＝(　　) A．－6　　　 B．－5 C．5　　　　 D．6
平面向量的线性运算的求解能力　 10.[2022·新高考Ⅰ卷]在△ABC中，点D在边AB上，BD＝2DA.记＝m，＝n，则＝(　　) A．3m－2n B．－2m＋3n C．3m＋2n D．2m＋3n
三角函数性质的求解能力 11.[2022·新高考Ⅰ卷]记函数f(x)＝sin (ωx＋)＋b(ω>0)的最小正周期为T.若三角恒等变换求值的求解能力 12.[2022·新高考Ⅱ卷]若sin (α＋β)＋cos (α＋β)＝2cos (α＋)sin β，则(　　) A．tan (α－β)＝1 B．tan (α＋β)＝1 C．tan (α－β)＝－1 D．tan (α＋β)＝－1 13.[2021·新高考Ⅰ卷]若tan θ＝－2，则＝(　　) A．－　　　 B．－ C．　　　　 D．
排列与组合的求解能力 14.[2020·新高考Ⅰ卷]6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有(　　) A．120种　　 B．90种 C．60种　　　D．30种
二项式展开式通项公式的求解能力 15.[2022·新高考Ⅰ卷](1－)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答).
等差数列的通项公式及前n项和公式，学生解方程的能力 16.[2020·新高考Ⅰ卷]将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________.
基本思想 平面向量数量积的范围，数形结合思想的应用 17.[2020·新高考Ⅰ卷]已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则·的取值范围是(　　) A．(－2，6) B．(－6，2) C．(－2，4) D．(－4，6)
有关圆的问题的求解，数形结合思想的应用 18.[2021·新高考Ⅰ卷](多选)已知点P在圆(x－5)2＋(y－5)2＝16上，点A(4，0)，B(0，2)，则(　　) A．点P到直线AB的距离小于10 B．点P到直线AB的距离大于2 C.当∠PBA最小时，|PB|＝3 D．当∠PBA最大时，|PB|＝3
基本应用 球的表面积在实际中的应用 19.[2021·新高考Ⅱ卷]北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36 000 km(轨道高度是指卫星到地球表面的距离).将地球看作是一个球心为O，半径r为6 400 km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S＝2πr2(1－cos α)(单位：km2)，则S占地球表面积的百分比约为(　　) A．26% B．34% C．42% D．50%
二、综合性——着眼题型　凸显能力
试题的综合性是新高考考查的难点，只要考生突破这个难点，问题便可迎刃而解，体现了高考的选拔性功能．其主要特征是多知识点的交汇，条件和结论由紧密相关的知识构成，是知识网的具体体现．该类问题多呈现在函数与不等式、向量与三角、概率与应用、数列与不等式、平面几何与立体几何、直线与圆锥曲线、函数导数与不等式等．解答此类问题必须注意以下三点：
(1)理清知识体系；(2)建立知识网络关系；(3)注重目标的达成．
综合性 命题目标 重温高考 素养清单
函数与不等式 利用函数奇偶性与单调性解抽象函数不等式，分类讨论思想的应用能力 1.[2020·新高考Ⅰ卷]若定义在R的奇函数f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，则满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是(　　) A．[－1，1]∪[3，＋∞) B．[－3，－1]∪[0，1] C．[－1，0]∪[1，＋∞) D．[－1，0]∪[1，3]
不等式的性质、基本不等式、指数函数及对数函数的单调性的综合 2.[2020·新高考Ⅰ卷](多选)已知a>0，b>0，且a＋b＝1，则(　　) A．a2＋b2≥ B．2a－b> C．log2a＋log2b≥－2 D．＋ ≤
利用导数比较大小 3.[2022·新高考Ⅰ卷](多选)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则(　　) A．a解析 几何 直线与椭圆的位置关系，利用点差法求解 4.[2022·新高考Ⅱ卷]已知直线l与椭圆＋＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2，则l的方程为________．
立体几何与导数 正四棱锥内接于球，利用导数求正四棱锥的体积 5.[2022·新高考Ⅰ卷]已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是(　　) A． B． C． D．[18，27]
三、创新性——立足求变　变中出新
高考数学试题的创新性是数学试题具有较高生命力和价值的体现，每年的高考试题的特点都呈现稳中求新，具有开放性、新颖性、灵活性等特点，“年年考题都相似，考题年年有创新”．近三年新高考创新如下：
(1)2020年新高考第一年，设计了多选题，解答题中设计了结构不良问题(条件三选一)第17题(三角问题).
(2)2021年新高考第二年，新高考Ⅰ卷设计了双空题第16题，但解答题没设计结构不良问题(条件三选一)；新高考Ⅱ卷填空题设计了开放性试题(答案不唯一)第14题，解答题设计结构不良问题(条件二选一)第22题(利用导数证明函数零点问题).
(3)2022年新高考第三年，新高考Ⅰ卷没设计双空题和结构不良问题，但填空题设计了开放性试题(答案不唯一)第14题；2022年新高考Ⅱ卷填空题设计了双空题第14题，没设计开放性试题(答案不唯一)，解答题设计结构不良问题(从三个条件中选两个证明另一个)第21题(直线与双曲线问题).
创新性 命题目标 重温高考 素养清单
多选题 考查利用导数解决三次函数的极值点、零点、对称中心和曲线的切线 1.[2022·新高考Ⅰ卷](多选)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点 C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
双空题 以民间剪纸为背景考查数列的递推和数列求和 2.[2021·新高考Ⅰ卷]某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2.以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么＝________ dm2.
( 答案不唯一)开放性 考查圆的切线问题　 3.[2022·新高考Ⅰ卷]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____________．
结构不良问题 从三个已知条件选一个解答，考查正弦定理、余弦定理的应用 4.[2020·新高考Ⅰ卷]在①ac＝，②c sin A＝3，③c＝b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由． 问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝sin B，C＝，________？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
从三个条件中选两个证明另一个，考查直线与双曲线的有关知识 5.[2022·新高考Ⅱ卷]已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±x. (1)求C的方程． (2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
四、应用性——融入素养　特色鲜明
高考数学中应用性包含两层意思，一层是应用数学知识解决社会生活中的实际问题，另一层是应用数学知识解决相关的数学问题，数学试题从头到尾处处都体现数学知识的应用，解决问题时注意以下两点：
(1)将实际问题建立数学模型进行求解，理清建模过程和数据处理，利用数据说话．
(2)应用数学知识解决相关数学问题时，注重分析问题，构建条件与结论的最短(最佳)解题链，坚持条件与结论的和谐相融．
应用性 命题目标 重温高考 素养清单
数学的实际应用 概率与统计在实际生活中的应用 1.[2020·新高考Ⅰ卷]某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是(　　) A．62%　　　B．56% C．46%　　　D．42%
回归分析在实际生活中的应用　 2.[2020·全国Ⅰ卷]某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x(单位：℃)的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(xi，yi)(i＝1，2，…，20)得到下面的散点图： 由此散点图，在10 ℃至40 ℃之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是(　　) A．y＝a＋bx B．y＝a＋bx2 C．y＝a＋bex D．y＝a＋b ln x
立体几何在实际生活中的应用 3.[2022·新高考Ⅰ卷]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148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.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148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(≈2.65)(　　) A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3 C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3
开篇备考　把脉考向　精准定位
新高考命题四特性
一、基础性——遵循考纲　难易适中
1．解析：＝＝＝，所以该复数对应的点为，该点在第一象限，故选A.
答案：A
2．解析：由题，a2＝9，b2＝4，则＋＝2a＝6，
所以·≤2＝9（当且仅当＝＝3时，等号成立）.故选C.
答案：C
3．解析：P（甲）＝，P（乙）＝，P（丙）＝，P（丁）＝＝，
P（甲丙）＝0≠P（甲）P（丙），P（甲丁）＝＝P（甲）P（丁），
P（乙丙）＝≠P（乙）P（丙），P（丙丁）＝0≠P（丁）P（丙），
故选B.
答案：B
4．解析：由题意可知P（X>2）＝0.5，所以P（X>2.5）＝P（X>2）－P（2答案：0.14
5．解析：A：E（y）＝E（x＋c）＝E（x）＋c且c≠0，故平均数不相同，错误；
B：若第一组中位数为xi，则第二组的中位数为yi＝xi＋c，显然不相同，错误；
C：D（y）＝D（x）＋D（c）＝D（x），故方差相同，正确；
D：由极差的定义知：若第一组的极差为xmax－xmin，则第二组的极差为ymax－ymin＝（xmax＋c）－（xmin＋c）＝xmax－xmin，故极差相同，正确；故选CD.
答案：CD
6．解析：如图（1），连接B1C.因为DA1∥CB1，BC1⊥CB1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，所以A正确．
如图（2），连接B1C.因为BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，B1C∩A1B1＝B1，B1C，A1B1 平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，所以B正确，如图（3），连接A1C1，交B1D1于点O，连接BO，A1B.易证A1C1⊥平面BDD1B1，所以∠C1BO为直线C1B与平面BDD1B1所成的角，∠C1BO＝30°，所以C错误．
如图（4），因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，且∠C1BC＝45°，所以D正确．故选ABD.
答案：ABD
7．解析：由＜4，得0≤x＜16，即M＝{x|0≤x＜16}．易得N＝，所以M∩N＝.故选D.
答案：D
8．解析：方法一　因为i（1－z）＝1，所以z＝1－＝1＋i，所以z＝1－i，所以z＋z＝2.故选D.
方法二　因为i（1－z）＝1＝－i2＝i·（－i），所以1－z＝－i，所以z＝1＋i，所以z＝1－i，所以z＋z＝（1＋i）＋（1－i）＝2.故选D.
答案：D
9．解析：因为a＝（3，4），b＝（1，0），所以c＝a＋tb＝（3＋t，4）.由题意，得cos 〈a，c〉＝cos 〈b，c〉，即＝，解得t＝5.故选C.
答案：C
10．解析：因为BD＝2DA，所以＝＋＝＋3＝＋3（－）＝－2＋3＝－2m＋3n.故选B.
答案：B
11．解析：因为＜T＜π，所以＜＜π.又因为ω＞0，所以2＜ω＜3.因为y＝f（x）的图象关于点（，2）中心对称，所以b＝2，ω＋＝kπ，k∈Z，所以ω＝－＋k，k∈Z.令2＜－＋k＜3，解得＜k＜.又因为k∈Z，所以k＝4，所以ω＝.所以f（x）＝sin （x＋）＋2，所以f（）＝sin （＋）＋2＝1.故选A.
答案：A
12．解析：方法一　设β＝0，则sin α＋cos α＝0，即tan α＝－1.取α＝，排除A，B.设α＝0，则sin β＋cos β＝2sin β，即tan β＝1.取β＝，排除D.故选C.
方法二　因为sin （α＋β）＋cos （α＋β）＝sin （α＋β＋）＝sin [（α＋）＋β]＝sin （α＋）cos β＋cos （α＋）sin β＝2cos （α＋）sin β，所以sin （α＋）cos β＝cos （α＋）sin β，所以sin （α＋）cos β－cos （α＋）sin β＝0，即sin （α＋－β）＝0.所以sin （α－β＋）＝sin （α－β）＋cos （α－β）＝0，即sin （α－β）＝－cos （α－β），所以tan （α－β）＝－1.故选C.
方法三　因为sin （α＋β）＋cos （α＋β）＝2cos （α＋）sin β，所以sin αcos β＋cos αsin β＋cos αcos β－sin αsin β＝2sin β（cos α－sin α）＝2sin βcos α－2sin αsin β，所以cos αcos β＋sin αsin β＝－sin αcos β＋sin βcos α，所以cos （α－β）＝－sin （α－β），所以tan （α－β）＝－1.故选C.
答案：C
13．解析：将式子进行齐次化处理得：
＝
＝sin θ＝＝＝＝.故选C.
答案：C
14．解析：CCC＝60.
答案：C
15．解析：（1－）（x＋y）8＝（x＋y）8－（x＋y）8，由二项式定理可知其展开式中x2y6的系数为C－C＝－28.
答案：－28
16．解析：设bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，得n＝＝＝＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，则ak＝3（2k＋1）－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.故Sn＝×n＝3n2－2n.
答案：3n2－2n
17．解析：·＝||·||·cos ∠PAB＝2||cos ∠PAB，又||cos ∠PAB表示在方向上的投影，所以结合图形可知，当P与C重合时投影最大，当P与F重合时投影最小．又·＝2×2×cos 30°＝6，·＝2×2×cos 120°＝－2，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，·∈（－2，6），故选A.
答案：A
18．解析：圆2＋2＝16的圆心为M，半径为4，
直线AB的方程为＋＝1，即x＋2y－4＝0，
圆心M到直线AB的距离为＝＝>4，
所以，点P到直线AB的距离的最小值为－4<2，最大值为＋4<10，A选项正确，B选项错误；
如图所示：
当∠PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PM⊥PB，
＝＝，＝4，由勾股定理可得＝ ＝3，CD选项正确．
故选ACD.
答案：ACD
19．解析：由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
＝＝≈0.42＝42%.故选C.
答案：C
二、综合性——着眼题型　凸显能力
1．解析：通解　由题意知f（x）在（－∞，0），（0，＋∞）单调递减，且f（－2）＝f（2）＝f（0）＝0.当x>0时，令f（x－1）≥0，得0≤x－1≤2，∴1≤x≤3；当x<0时，令f（x－1）≤0，得－2≤x－1≤0，∴－1≤x≤1，又x<0，∴－1≤x<0；当x＝0时，显然符合题意．综上，原不等式的解集为[－1，0]∪[1，3]，选D.
优解　当x＝3时，f（3－1）＝0，符合题意，排除B；当x＝4时，f（4－1）＝f（3）<0，此时不符合题意，排除选项A，C.故选D.
答案：D
2．解析：对于选项A，∵a2＋b2≥2ab，∴2（a2＋b2）≥a2＋b2＋2ab＝（a＋b）2＝1，
∴a2＋b2≥，正确；对于选项B，易知0∴2a－b>2－1＝，正确；对于选项C，令a＝，b＝，则log2＋log2＝－2＋log2<－2，错误；对于选项D，∵＝，∴[]2－（＋）2＝a＋b－2＝（－）2≥0，∴＋≤，正确．故选ABD.
答案：ABD
3．解析：设f（x）＝（1－x）ex－1，x＞0，则当x＞0时，f′（x）＝－ex＋（1－x）ex＝－xex＜0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减，所以f（0.1）＜f（0）＝0，即0.9 e0.1－1＜0，所以0.1e0.1＜，即a＜b.令g（x）＝x－ln （1＋x），x＞0，则当x＞0时，g′（x）＝1－＝＞0，所以g（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以g（）＞g（0）＝0，即－ln （1＋）＞0，所以＞－ln ，即b＞c.令h（x）＝xex＋ln （1－x），0＜x≤0.1，则h′（x）＝（1＋x）·ex＋＝.设t（x）＝（x2－1）ex＋1，则当0＜x≤0.1时，t′（x）＝（x2＋2x－1）ex＜0，所以t（x）在（0，0.1]上单调递减，所以t（x）＜t（0）＝0，所以当0＜x≤0.1时，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，0.1]上单调递增，所以h（0.1）＞h（0）＝0，即0.1e0.1＋ln 0.9＞0，所以0.1e0.1＞－ln 0.9，即a＞c，所以b＞a＞c.故选C.
答案：C
4．解析：方法一　取线段AB的中点E，连接OE（O为坐标原点）.因为|MA|＝|NB|，所以|ME|＝|NE|.设A（x1，y1），B（x2，y2）.由题意可得×＝＝＝－，即kOE·kAB＝－.设直线AB的方程为y＝kx＋m，k<0，m>0.令x＝0，则y＝m.令y＝0，则x＝－.所以点E的坐标为（－，），所以k×＝－k2＝－，解得k＝－，所以m2＋2m2＝12，解得m＝2，所以直线AB的方程为y＝－x＋2，即x＋y－2＝0.
方法二　设线段AB的中点为E.由|MA|＝|NB|，得E为线段MN的中点．设直线AB的方程为y＝kx＋m，k<0，m>0，则M（－，0），N（0，m），E（－，）.将y＝kx＋m代入＋＝1中并整理，得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－6＝0.由Δ＝6k2－m2＋3>0，得m2<6k2＋3.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝＝2·（－），解得k＝－.又因为|MN|＝ ＝2，所以m＝2，符合题意，所以直线AB的方程为x＋y－2＝0.
答案：x＋y－2＝0
5.
解析：设该球的半径为R，则由题意知πR3＝ 36π，解得R＝3.如图，连接AC，BD，相交于点E，连接PE并延长，交球于点Q，连接QD，则PQ＝2R＝6.易知PD⊥QD，DE⊥PQ，所以由射影定理，得PD2＝PE·PQ，所以PE＝，所以DE＝＝ ，所以DC＝DE＝× ，所以正四棱锥的体积V＝×（× ）2×＝（l4－），则V′＝（4－）.令V′＞0，得3≤l＜2，令V′＜0，得2＜l≤3，所以V＝（l4－）在[3，2）上单调递增，在（2，3 ]上单调递减，所以Vmax＝V（2）＝.又因为V（3）＝，V（3）＝＞，所以Vmin＝，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选C.
答案：C
三、创新性——立足求变　变中出新
1．解析：由题意知f′（x）＝3x2－1.令f′（x）＝0，得x＝或x＝－.令f′（x）＞0，得x＜－或x＞；令f′（x）＜0，得－＜x＜.所以f（x）在（－∞，－）和（，＋∞）上单调递增，在（－，）上单调递减，所以f（x）有两个极值点，所以A正确．f（x）极大值＝f（－）＝－＋＋1＞0，f（x）极小值＝f（）＝－＋1＞0.当x→＋∞时，f（x）→＋∞；当x→－∞时，f（x）→－∞，所以f（x）有一个零点，所以B错误．因为f（x）＋f（－x）＝x3－x＋1＋（－x）3＋x＋1＝2，所以曲线y＝f（x）关于点（0，1）对称，所以C正确．令f′（x）＝3x2－1＝2，得x＝1或x＝－1，所以当切线的斜率为2时，切点为（1，1）或（－1，1），则切线方程为y＝2x－1或y＝2x＋3，所以D错误．故选AC.
答案：AC
2．解析：（1）由对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，所以对折三次的结果有：×12，5×6，10×3，20×，共4种不同规格（单位dm2）；
故对折4次可得到如下规格：×12，×6，5×3，10×，20×，共5种不同规格；
（2）由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120，第n次对折后的图形面积为120×n－1，对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为n＋1种（证明从略），故得猜想Sn＝，
设S＝k＝＋＋＋…＋，
则S＝＋＋…＋＋，
两式作差得：
S＝240＋120－
＝240＋－
＝360－－＝360－，
因此，S＝720－＝720－.
答案：5　720－
3．解析：由题意知两圆的圆心和半径分别为O1（0，0），O2（3，4），r1＝1，r2＝4.因为|O1O2|＝r1＋r2，所以两圆外切．由两圆外切，画出示意图，如图．设切点为A（x，y）.由O1A＝O1O2，得A（，）.因为kO1O2＝，所以切线l1的斜率k1＝－，所以l1：y－＝－（x－），即3x＋4y－5＝0.由图象易得两圆均与直线l2：x＝－1相切，过两圆圆心的直线方程为l：y＝x.联立解得故直线l与l2的交点为P（－1，－）.由切线定理，得两圆的另一公切线l3过点P.设l3：y＋＝k（x＋1）.由点到直线的距离公式，得＝1，解得k＝，所以l3：y＋＝（x＋1），即7x－24y－25＝0.
答案：3x＋4y－5＝0或7x－24y－25＝0或x＋1＝0（答对其中之一即可）
4．解析：方案一：选条件①.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c.
由①ac＝，解得a＝，b＝c＝1.
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.
方案二：选条件②.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c，B＝C＝，A＝.
由②c sin A＝3，所以c＝b＝2，a＝6.
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2.
方案三：选条件③.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c.
由③c＝b，与b＝c矛盾．
因此，选条件③时问题中的三角形不存在．
5．解析：（1）由题意可得解得
所以C的方程为x2－＝1.
（2）当直线PQ斜率不存在时，x1＝x2，但x1>x2>0，所以直线PQ斜率存在，所以设直线PQ的方程为y＝kx＋b（k≠0）.联立得方程组
消去y并整理，得（3－k2）x2－2kbx－b2－3＝0.
则x1＋x2＝，x1x2＝，x1－x2＝＝.
因为x1>x2>0，
所以x1x2＝>0，即k2>3.
所以x1－x2＝.
设点M的坐标为（xM，yM），
则yM－y2＝（xM－x2），yM－y1＝－（xM－x1），
两式相减，得y1－y2＝2xM－（x1＋x2）.
因为y1－y2＝（kx1＋b）－（kx2＋b）＝k（x1－x2），
所以2xM＝k（x1－x2）＋（x1＋x2），
解得xM＝.
两式相加，得2yM－（y1＋y2）＝（x1－x2）.
因为y1＋y2＝（kx1＋b）＋（kx2＋b）＝k（x1＋x2）＋2b，
所以2yM＝k（x1＋x2）＋（x1－x2）＋2b，
解得yM＝＝xM.
所以点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．
选择①②.
因为PQ∥AB，所以kAB＝k.
设直线AB的方程为y＝k（x－2），并设点A的坐标为（xA，yA），点B的坐标为（xB，yB），则解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
此时xA＋xB＝，yA＋yB＝.
因为点M在AB上，且其轨迹为直线y＝x，
所以
解得xM＝＝，yM＝＝，
所以点M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.
选择①③.
当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F（2，0），此时点M不在直线y＝x上，与题设矛盾，故直线AB的斜率存在．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m（x－2）（m≠0），并设点A的坐标为（xA，yA），点B的坐标为（xB，yB），则
解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
此时xM＝＝，yM＝＝.由于点M同时在直线y＝x上，故6m＝·2m2，解得k＝m，因此PQ∥AB.
选择②③.因为PQ∥AB，所以kAB＝k.
设直线AB的方程为y＝k（x－2），并设点A的坐标为（xA，yA），点B的坐标为（xB，yB），
则解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
设AB的中点为C（xC，yC），则xC＝＝，yC＝＝.
因为|MA|＝|MB|，所以点M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－（x－xC）上．
将该直线方程与y＝x联立，解得xM＝＝xC，yM＝＝yC，即点M恰为AB的中点，所以点M在直线AB上．
四、应用性——融入素养　特色鲜明
1．解析：记“该中学学生喜欢足球”为事件A，“该中学学生喜欢游泳”为事件B，则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件A＋B，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件A·B，则P（A）＝0.6，P（B）＝0.82，P（A＋B）＝0.96.
所以P（A·B）＝P（A）＋P（B）－P（A＋B）＝0.6＋0.82－0.96＝0.46.
所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为46%.故选C.
答案：C
2．解析：观察散点图可知，散点图用光滑曲线连接起来比较接近对数型函数的图象．故选D.
答案：D
3．解析：由棱台的体积公式，得增加的水量约为×（157.5－148.5）×（140×106＋180×106＋）＝3×106×（140＋180＋60）≈3×106×（140＋180＋60×2.65）≈1.4×109（m3）.故选C.
答案：C

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