新教材2024高考数学二轮专题复习分册一新高考命题四特性精准定位三创新性__立足求变变中出新

这是一份新教材2024高考数学二轮专题复习分册一新高考命题四特性精准定位三创新性__立足求变变中出新，共5页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。
(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)．
(4)2023年新高考第四年，新高考Ⅰ卷没有创新的题型，新高考Ⅱ卷第15题设计了开放性试题(答案不唯一)．
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
重温高考
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
素养清单[数学运算][直观想象]
双空题以民间剪纸为背景考查数列的递推和数列求和
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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20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2.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
素养清单[数学运算][直观想象]
( 答案不唯一)开放性直线与圆的位置关系
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3.[2023·新高考Ⅱ卷]已知直线l：x－my＋1＝0与⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC面积为”的m的一个值________．
素养清单[数学运算]
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
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4.[2020·新高考Ⅰ卷]在①ac＝，②csinA＝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sinA＝sinB，C＝，________？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
[试解]
素养清单[逻辑推理][数学运算]
结构不良问题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
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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．
[试解]
素养清单[逻辑推理][数学运算]
精准定位三 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)＝＋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5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm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＝，
则S＝＋…＋，
两式作差得：
S＝240＋120
＝240＋
＝360－＝360－，
因此，S＝720－＝720－.
答案：720－
3．解析：设直线x－my＋1＝0为直线l，由条件知⊙C的圆心C(1，0)，半径R＝2，C到直线l的距离d＝，|AB|＝2＝2＝.由S△ABC＝，得＝，整理得2m2－5|m|＋2＝0，解得m＝±2或m＝±，故答案可以为2.
答案：(答案不唯一，可以是±，±2中任意一个)
4．解析：方案一：选条件①.
由C＝和余弦定理得＝.
由sinA＝sinB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sinA＝sinB及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c，B＝C＝，A＝.
由②csinA＝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sinA＝sinB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．