新题型01 新高考新结构二十一大考点汇总-2025年高考数学热点重点难点专题练习（新高考专用）

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【题型1 集合新考点】
【例1】（2024·浙江温州·高三期末）设集合U=R，A=x2xx−21，排除AB，
由fx=x2x−1=x−1+1x−1+2≥2+2=4，当且仅当x=2时取等号，可排除D．
故选：C．
【变式3-4】（2023上·湖北·高三校联考阶段练习）已知函数fx的定义域为−∞,0∪0,+∞，满足fx=fx．当x0，
则当x∈0,1，g'(x)0，
所以ℎ(x)在0,π2为增函数，则ℎ(13)=13−sin13>ℎ(0)=0，
即13>sin13，则ln32>sin13，所以c>a；
所以c>a>b.
故选：D.
【点睛】思路点睛：两个常用不等式
（1）x>sinx，x∈0,π2
（2）sinx>xcsx，x∈0,π2
【变式4-3】（2024·全国·模拟预测）已知a=eπ10，b=1+sin9π10，c=1.16，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a>b>cB．a>c>bC．c>a>bD．c>b>a
【答案】C
【分析】先利用常见不等式放缩得到a，b的大小关系，再利用幂函数的单调性比较a，c的大小关系即可得到答案.
【详解】令fx=ex−x−1x≥0，则f'x=ex−1≥0恒成立，
所以fx在0,+∞单调递增，
所以当x>0时，fx>f0=0，即ex>x+1x>0；
令gx=x−sinxx≥0，则g'x=1−csx≥0恒成立，
所以gx在0,+∞单调递增，
所以当x>0时，gx>g0=0，即sinx0)；
由诱导公式得b=1+sin9π10=1+sinπ10，
所以b=1+sinπ103>e，
所以c>a．
综上，c>a>b.
故选：C
【点睛】方法点睛：本题考查比较大小问题，此类问题常见的处理方法为：
（1）中间值法：通过与特殊的中间值比较大小，进而判断两个数的大小关系；
（2）构造函数法：通过观察两个数形式的相似之处，构造函数，利用导数研究函数单调性与极值等性质进而比较大小；
（3）放缩法：利用常见的不等式进行数的放缩进而快速比较大小.
【变式4-4】（2023·山东临沂·统考一模）已知x=12x,lg12y=x,x=lgxz，则（ ）
A．x1e或a1e或a0，故f(x)在(0,+∞)递增，
所以f(x)在R上递增，不符合；
故选：B
【变式10-3】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）如图是古筝鸣箱俯视图，鸣箱有多根弦，每根弦下有一只弦码，弦码又叫雁柱，用于调节音高和传振．图2是根据图1绘制的古筝弦及其弦码简易直观图．在直观图中，每根弦都垂直于x轴，左边第一根弦在y轴上，相邻两根弦间的距离为1，弦码所在的曲线（又称为雁柱曲线）方程为y=1.1x，第n（n∈N，第0根弦表示与y轴重合的弦）根弦分别与雁柱曲线和直线l:y=x+1交于点Anxn,yn和Bnx'n,y'n，则n=020yny'n=（ ）参考数据：1.122=8.14．
A．814B．900C．914D．1000
【答案】C
【分析】根据题意，有yn=1.1n，y'n=n+1，则有yny'n=(n+1)1.1n，利用错位相减法分析可得答案．
【详解】根据题意，第n根弦分别与雁柱曲线y=1.1x和直线l:y=x+1交于点An(xn，yn)和Bn(x'n，y'n)，
则yn=1.1n，y'n=n+1，则有yny'n=(n+1)1.1n，
设Tn=n=020ynyn'，则Tn=1+2×1.1+3×1.12+4×1.13+……+21×1.120，①
则1.1Tn=1.1+2×1.12+3×1.13+4×1.14+……+21×1.121，②
①-②可得：−0.1Tn=1+1.1+1.12+1.13+……+1.120−21×1.121=1⋅121−11.1−1−21×1.121
=10×(1.121−1)−21×1.121=−10−11×1.121=−10−10×1.122=−91.4；
Tn=914，
故n=020ynyn'=914；
故选：C
【变式10-4】（2024· 江西省吉安市·高三模拟）（多选）定义：对于定义在区间I上的函数f(x)和正数α(01，∠BDC=θ，则tanθ=R，求出S=2πR4R2−1，再换元利用基本不等式求出函数的最小值得解.
【详解】设圆锥的内切球半径为r，则4πr2=4π，解得r=1，
设圆锥顶点为A，底面圆周上一点为B，底面圆心为C，内切球球心为D，
轴截面如下图示，内切球切母线AB于E，底面半径BC=R>1，∠BDC=θ，则tanθ=R，
又∠ADE=π−2θ，故AB=BE+AE=R+tan(π−2θ)=R−tan2θ，
又tan2θ=2tanθ1−tan2θ=2R1−R2，故AB=R−2R1−R2=R(R2+R)R2−1，
故该圆锥的表面积为S=πR2(R2+1)R2−1+πR2=2πR4R2−1，
令t=R2−1>0，所以R2=t+1，
所以S=2π(t+1)2t=2π⋅(t+1t+2)≥2π⋅(2t⋅1t+2)=8π.
（当且仅当t=1时等号成立）
所以该圆锥的表面积的最小值为8π.
故选：B

【变式12-4】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）（多选）在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：
（1）过点P0x0,y0,z0，且以u=a,b,cabc≠0为方向向量的空间直线l的方程为x−x0a=y−y0b=z−z0c；
（2）过点Px0,y0,z0，且v=m,n,tmnt≠0为法向量的平面α的方程为mx−x0+ny−y0+tz−z0=0．
现已知平面α:x+2y+3z=6，l1:2x−y=13y−2z=1，l2:x=y=2−z，l3:x−15=y−4=z1（ ）
A．l1//αB．l2//αC．l3//αD．l1⊥α
【答案】CD
【分析】根据公认事实求出直线的方向向量与平面的法向量，用空间向量判断它们之间的位置关系.
【详解】平面α:x+2y+3z=6，则平面法向量为v=1,2,3，
对l1:2x−y=13y−2z=1，则6x−3=3y=2z+1，即x−1216=y13=z+1212，所以l1过点12,0,−12，方向向量为 u1=16,13,12，所以v=6u1，所以v//u1，所以l1⊥α，故A错误D正确.
对l2:x=y=2−z，即x1=y1=z−2−1，所以l2过点0,0,2，方向向量为 u2=1,1,−1，点0,0,2代入平面方程x+2y+3z=6成立，所以l2与平面α有公共点，故B错误；
对l3:x−15=y−4=z1，所以l3过点1,0,0，方向向量为 u3=5,−4,1，
因为v⋅u3=1,2,3⋅5,−4,1=5−8+3=0，所以v⊥u3 ，所以l3⊂α或l3//α，但点1,0,0代入平面x+2y+3z=6不成立，故l3⊄α，所以l3//α，所以C正确.
故选：CD
【题型13 统计概率小题新考点】
【例13】（2024·浙江省温州）在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离（d1，单位：m）与制动距离（d2，单位：m）之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”表示刹车时汽车的初速度v（单位：km/h）.根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述d1，d2与v的函数关系的是（ ）
A．d1=αv，d2=βvB．d1=αv，d2=βv2
C．d1=αv，d2=βvD．d1=αv，d2=βv2
【答案】B
【分析】设d1v=fv，d2v=gv，根据图象得到函数图象上的点，作出散点图，即可得到答案.
【详解】设d1v=fv，d2v=gv.
由图象知，d1v=fv过点40,8.5，50,10.3，60,12.5，70,14.6，80,16.7，90,18.7，100,20.8，110,22.9，120,25，130,27.1，140,29.2，150,31.3，160,33.3，170,35.4，180,37.5.
作出散点图，如图1.
由图1可得，d1与v呈现线性关系，可选择用d1=αv.
d2v=gv过点40,8.5，50,16.2，60,23.2，70,31.4，80,36，90,52，100,64.6，110,78.1，120,93，130,108.5，140,123，150,144.1，160,164.3，170,183.6，180,208.
作出散点图，如图2.
由图2可得，d2与v呈现非线性关系，比较之下，可选择用d2=βv2.
故选：B.
【变式13-1】（2024·河北省·高三模拟）现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均数为3，方差为5，乙组数据的平均数为5，方差为3．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（ ）
A．3.5B．4C．4.5D．5
【答案】D
【分析】利用平均数和方差公式可求得新数据的方差.
【详解】设甲组数据分别为x1、x2、⋯、x6，乙组数据分别为x7、x8、⋯、x12，
甲组数据的平均数为16i=16xi=3，可得i=16xi=18，方差为16i=16xi−32=5，可得i=16xi−32=30，
乙组数据的平均数为16i=712xi=5，可得i=712xi=30，方差为16i=712xi−52=3，可得i=712xi−52=18，
混合后，新数据的平均数为112i=112xi=18+3012=4，
方差为112i=16xi−42+i=712xi−42=112i=16xi−3−12+i=712xi−5+12
=112i=16xi−32+i=712xi−52−2i=16xi−3+2i=712xi−5+12
=112×30+18−2×3−3×6+2×5−5×6+12=5.
故选：D.
【变式13-2】（2022下·山西运城·高二校联考阶段练习）已知n为满足T=a+C20221+C20222+C20223+⋯+C20222022a≥3能被9整除的正整数a的最小值，则x2−x+2x−1n的展开式中含x10的项的系数为 ．
【答案】−10
【分析】分析可得T=9−1674+a−1，利用二项式定理的展开式可求得正整数a的最小值，可得出n的值，然后写出x2−x+2x−1n展开式的通项，令x的指数为10，求出对应的参数值，代入通项即可求得结果.
【详解】T=a+C20221+C20222+C20223+⋯+C20222022=22022+a−1=8674+a−1=9−1674+a−1
=9674−C6741⋅9673+C6742⋅9672−⋯−C674673⋅9+a能被9整除，则a能被9整除，
因为a≥3，则正整数a的最小值为9，即n=9，
x−19展开式的通项为Tk+1=C9k⋅−1k⋅x9−k，
因为x2−x+2x−19=x2x−19−xx−19+2x−19，
在x2Tr+1=C9r⋅x11−r⋅−1r中，由11−r=10可得r=1，
在xTm+1=C9m⋅x10−m⋅−1m中，由10−m=10可得m=0，
在2Tk+1=2C9k⋅−1k⋅x9−k中，9−k≤9.
所以，展开式中含x10的项的系数为−C91−C90=−10.
故答案为：−10.
【变式13-3】（2022·贵州·高二统考竞赛）如图，“爱心”是由曲线C1:x2+y2=2|y|(x⩽0)和C2:|y|=csx+1(0⩽x⩽π)所围成的封闭图形，在区域Ω=(x,y)-1⩽x⩽π-2≤y≤2内任取一点A，则A取自“爱心”内的概率P= ．
【答案】3π4π+4
【详解】解法1．区域Ω的面积为S=4×(π+1)=4π+4，
爱心面积SA=π×12+20π(1+csx)dx =π+2(x+sinx)0π=π+2π=3π，
∴P=SAS=3π4π+4．
故答案为：3π4π+4.
解法2．在图中的阴影部分面积S阴影=14×2×2π=π，
所以爱心面积为π×12+2π=3π，∴P=3π4π+4．
故答案为：3π4π+4.
【变式13-4】（2018·全国·高三竞赛）设n为正整数.从集合1,2,⋯,2015中任取一个正整数n恰为方程n2=n3+n6的解的概率为 （x表示不超过实数x的最大整数）.
【答案】10072015
【详解】当n=6kk∈Z+时，n2=6k2=3k，n3+n6=6k3+6k6=2k+k=3k.
满足题中方程的n为6，12，…，2010，共335个；
当n=6k−5k∈Z+时，n2=6k−52=3k−3，
n3+n6=6k−53+6k−56=2k−2+k−1=3k−3.
满足题中方程的n为1，7，13，…，2011，共336个；
当n=6k−4k∈Z+时，n2=6k−42=3k−2，
n3+n6=6k−43+6k−46=2k−2+k−1=3k−3.
满足题中方程的n不存在；
当n=6k−3k∈Z+时，n2=6k−32=3k−2，
n3+n6=6k−33+6k−36=2k−1+k−1=3k−2.
满足题中方程的n为3，9，15，…，2013，共336个；
当n=6k−2k∈Z+时，n2=6k−22=3k−1，
n3+n6=6k−23+6k−26=2k−1+k−1=3k−2.
满足题中方程的n不存在；
当n=6k−1k∈Z+时，n2=6k−12=3k−1，
n3+n6=6k−13+6k−16=2k−1+k−1=3k−2.
满足题中方程的n不存在.
因此，从集合1,2,⋯,2015中任取一个正整数n恰为题中方程的解的概率为335+336+3362015=10072015.
【题型14 三角函数小题新考点】
【例14】（2024浙江省温州高三）已知函数fx=asin2x+bcs2xab≠0的图象关于直线x=π6对称，若存在x1,x2,⋯,xn，满足fx1−fx2+fx2−fx3+⋯+fxn−1−fxn=24b，其中n≥2,n∈N+，则n的最小值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】首先利用辅助角公式和对称轴方程可得a=3b，计算出fx的值域为−2b,2b，根据题意可得fxn−1−fxn≤2b−−2b=4b，因此当且仅当fx1−fx2=fx2−fx3=⋯=fxn−1−fxn=4b时，n的最小值为7.
【详解】由fx=asin2x+bcs2xab≠0可得
fx=a2+b2sin2x+φ，其中tanφ=ba；
又因为fx的图象关于直线x=π6对称，所以需满足2×π6+φ=π2+kπ,k∈Z，
解得φ=π6+kπ,k∈Z，即tanφ=tanπ6+kπ=33,k∈Z；
可得tanφ=ba=33，即a=3b，所以fx=2bsin2x+π6+kπ,k∈Z
由正弦函数值域可得fx=2bsin2x+π6+kπ∈−2b,2b
若要求满足fx1−fx2+fx2−fx3+⋯+fxn−1−fxn=24b的n的最小值，
只需满足fxn−1−fxn取最大值即可，而fxn−1−fxn≤2b−−2b=4b，
所以当且仅当fx1−fx2=fx2−fx3=⋯=fxn−1−fxn=4b时满足题意，
即fx1−fx2+fx2−fx3+⋯+fxn−1−fxn=24b=6×4b；
所以n−1=6，得n=7，即n的最小值为7.
故选：B
【变式14-1】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）（多选）已知对任意角α，β均有公式sin2α+sin2β=2sinα+βcsα−β.设△ABC的内角A，B，C满足sin2A+sinA−B+C=sinC−A−B+12.面积S满足1≤S≤2.记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列式子一定成立的是( )
A．sinAsinBsinC=14B．2≤asinA≤22
C．8≤abc≤162D．bcb+c>8
【答案】CD
【分析】结合已知sin2α+sin2β=2sinα+βcsα−β对sin2A+sinA−B+C=sinC−A−B+12进行变形化简即可得sinAsinBsinC的值，从而判断A；根据正弦定理和三角形面积，借助于△ABC外接圆半径R可求asinA=2R的范围，从而判断B；根据sinAsinBsinC的值，结合△ABC外接圆半径R即可求abc的范围，从而判断C；利用三角形两边之和大于第三边可得bcb+c>bc⋅a，从而判断D﹒
【详解】∵△ABC的内角A、B、C满足sin2A+sinA−B+C=sinC−A−B+12，
∴sin2A+sinπ−2B=sinC−π+C+12，即sin2A+sin2B=−sin2C+12，
∴sin2A+sin2B+sin2C=12，
由题可知，sin2α+sin2β=2sinα+βcsα−β，
∴2sinA+BcsA−B+sin2C=12，
∴2sinCcsA−B+2sinCcsC=12
∴2sinC[csA−B−csA+B]=12，
∴有sinAsinBsinC=18，故A错误；
设△ABC的外接圆半径为R，
由正弦定理可知，asinA=bsinB=csinC=2R，
∴S=12absinC=12⋅2RsinA⋅2RsinB⋅sinC=2R2sinAsinBsinC=R24∈1,2，
∴R∈2,22，∴asinA=2R∈4,42，故B错误；
abc=8R3sinAsinBsinC∈8,162，故C正确；
bcb+c>abc≥8，故D正确．
故选：CD．
【变式14-2】（2024· 江苏南通·高三模拟）（多选）若函数fx=2sin2x⋅lg2sinx+2cs2x⋅lg2csx，则（ ）
A．fx的最小正周期为π
B．fx的图像关于直线x=π4对称
C．fx的最小值为-1
D．fx的单调递减区间为2kπ,π4+2kπ,k∈Z
【答案】BCD
【分析】先求出fx的定义域，再对四个选项一一验证：对于A：利用定义法判断出fx的最小正周期；对于B：由fπ2−x=fx，即可判断；对于C：设t=sin2x，得到gt=t⋅lg2t+1−t⋅lg21−t,t∈0,1,利用导数求出g(t)min=−1，即可判断；对于D：利用复合函数单调性法则直接判断.
【详解】由sinx>0,csx>0得fx的定义域为2kπ,π2+2kπ,k∈Z.
对于A：当x∈0,π2时，x+π∈π,32π不在定义域内，故fx+π=fx不成立，易知fx的最小正周期为2π，故选项A错误；
对于B：又fπ2−x=2cs2x⋅lg2csx+2sin2x⋅lg2sinx=fx，所以fx的图像关于直线x=π4对称，所以选项B正确；
对于C：因为fx=sin2x⋅lg2sin2x+cs2x⋅lg2cs2x，设t=sin2x，所以函数转化为gt=t⋅lg2t+1−t⋅lg21−t,t∈0,1,g't=lg2t−lg21−t，
由g't>0得，120.
（或1cs2x+2csx−3≥3×31cs2x⋅csx⋅csx−3=0，当且仅当csx=1时等号成立，）
而x∈0,π2，则00，当−−a3t2>1e>t1>0；
令ℎt=lnt1+t2=lnt+1−tlntt−1，
ℎ't=1t−12lnt−2t−1t+1，令m(t)=lnt−2t−1t+1 (t>1)，
则m'(t)=t−12t(t+1)，当t>1时，m'(t)>0恒成立，故m(t)在(1,+∞)上单调递增，
可得m(t)>m(1)=0，即lnt−2t−1t+1>0，
故有ℎ't=1t−12lnt−2t−1t+1>0，
则ℎt在1,+∞递增，
又limt→1ℎt=ln2−1，limt→+∞ℎt=0，故lnt1+t2∈ln2−1,0，
故3x1+3x2=t1+t2∈2e,1．
【点睛】关键点点睛：本题考查求导数新定义，解题关键是将给定式子合理转化为一元函数，然后利用极限方法求得关键函数值域，最终即可求解．
【变式21-2】（2024· 江苏省四校联合·高三模拟）交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设A，B，C，D是直线l上互异且非无穷远的四点，则称ACBC⋅BDAD（分式中各项均为有向线段长度，例如AB=−BA）为A，B，C，D四点的交比，记为(A,B;C,D)．
(1)证明：1−(D,B;C,A)=1(B,A;C,D)；
(2)若l1，l2，l3，l4为平面上过定点P且互异的四条直线，L1，L2为不过点P且互异的两条直线，L1与l1，l2，l3，l4的交点分别为A1，B1，C1，D1，L2与l1，l2，l3，l4的交点分别为A2，B2，C2，D2，证明：(A1,B1;C1,D1)=(A2,B2;C2,D2)；
(3)已知第（2）问的逆命题成立，证明：若△EFG与△E'F'G'的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则△EFG与△E'F'G'对应边的交点在一条直线上．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题干所给交比的定义即可证；
（2）把交比转化成面积之比，在利用面积公式把面积之比转化为边之比；
（3）把三点共线问题转化为其中一个点在另外两个点所构成的直线上.再利用第（2）问的结论得到两组交比相等，根据逆命题也成立即可证明三点共线.
【详解】（1）1−(D,B;C,A)=1−DC⋅BABC⋅DA=BC⋅AD+DC⋅BABC⋅AD=BC⋅(AC+CD)+CD⋅ABBC⋅AD
=BC⋅AC+BC⋅CD+CD⋅ABBC⋅AD=BC⋅AC+AC⋅CDBC⋅AD=AC⋅BDBC⋅AD=1(B,A;C,D)；
（2）A1,B1;C1,D1=A1C1⋅B1D1B1C1⋅A1D1=S△PA1C1⋅S△PB1D1S△PB1C1⋅S△PA1D1
=12⋅PA1⋅PC1⋅sin∠A1PC1⋅12⋅PB1⋅PD1⋅sin∠B1PD112⋅PB1⋅PC1⋅sin∠B1PC1⋅12⋅PA1⋅PD1⋅sin∠A1PD1=sin∠A1PC1⋅sin∠B1PD1sin∠B1PC1⋅sin∠A1PD1
=sin∠A2PC2⋅sin∠B2PD2sin∠B2PC2⋅sin∠A2PD2=S△PA2C2⋅S△PB2D2S△PB2C2⋅S△PA2D2==A2C2⋅B2D2B2C2⋅A2D2=A2,B2;C2,D2；

（3）设EF与E'F'交于X，FG与F'G'交于Y，EG与E'G'交于Z，
连接XY，FF'与XY交于L，EE'与XY交于M，GG'与XY交于N，
欲证X，Y，Z三点共线，只需证Z在直线XY上．
考虑线束XP，XE，XM，XE'，由第（2）问知(P,F;L,F')=(P,E;M,E')，
再考虑线束YP，YF，YL，YF'，由第（2）问知(P,F;L,F')=(P,G;N,G')，
从而得到(P,E;M,E')=(P,G;N,G')，
于是由第（2）问的逆命题知，EG，MN，E'G'交于一点，即为点Z，
从而MN过点Z，故Z在直线XY上，X，Y，Z三点共线．

【点睛】思路点睛：本题考查射影几何中交比的性质，属新定义题型，难度较大.
第一问直接根据交比的定义证明即可；
第二问首先要理解交比的本质就是两组边比值的乘积，而边的比值可以根据图形（高相同）转化为面积之比，而面积之比又可以通过面积公式转化为边的比值，从而使得问题得证.其核心思想是利用三角形面积计算的两个公式进行转化；
第三问需要根据第二问的结论以及其逆命题是真命题来证明，第二问是由线共点导出交比相等，第三问是由交比相等导出线共点，所以要想证明第三问，必须先导出交比相等，而使用第二问的结论恰好可以导出两组交比相等，进而根据传递性得到想要证的一组交比相等，从而证明出三线共点，进而再说明三点共线.
【变式21-3】（2024· 江苏南通·高三模拟）已知Am=a1,1a1,2⋯a1,ma2,1a2,2⋯a2,m⋮⋮⋱⋮am,1am,2⋯am,m(m≥2)是m2个正整数组成的m行m列的数表，当1≤i