1、附 高考新题型 目 录CONTENTS题型（一）1235题型（二）题型（三）题型（五）4 题型（四）01 题型(一)多项选择题的特点及求解策略 多项选择题是高考新题型，其备选答案不唯一，存在多个正确选项试题可以多角度审视某一核心数学概念的全貌，考查更多的知识点或能力点多项选择题设计的干扰项类型有：(1)条件疏漏；(2)实际背景忽视；(3)概念混淆；(4)题意误解；(5)推理错乱；(6)思维定势，在训练和解答此类问题时，只要对症下药问题便会迎刃而解一、概念辨析类多选题(2020新高考卷)已知曲线 C：mx2ny21()A若 mn0，则 C 是椭圆，其焦点在 y 轴上B若 mn0，则 C 是圆，其
2、半径为 nC若 mn0，则 C 是两条直线解析 对于 A，当 mn0 时，有1n1m0，方程化为x21my21n1，表示焦点在 y 轴上的椭圆，故 A 正确对于 B，当 mn0 时，方程化为 x2y21n，表示半径为1n的圆，故B 错误对于 C，当 m0，n0 时，方程化为x21m y21n1，表示焦点在 x 轴上的双曲线，其中 a1m，b1n，渐近线方程为 y mnx；当 m0 时，方程化为y21n x2 1m1，表示焦点在 y 轴上的双曲线，其中 a1n，b1m，渐近线方程为 y mnx，故 C 正确对于 D，当 m0，n0 时，方程化为 y1n，表示两条平行于 x 轴的直线，故 D 正确
3、综上可知，正确的选项为 A、C、D答案 ACD点评 正确理解和掌握数学概念、性质的条件、结论、内涵和外延，可采用直接法判断某选项的正确性，也可采用反例法、特值法等排除某些不符合题目要求的选项，理解同一问题在不同条件、不同背景下的多样性这一辩证思维方法二、运算、推理类多选题(2020新高考卷)已知 a0，b0，且 ab1，则()Aa2b212 B2ab12Clog2alog2b2D a b 2解析 对于选项 A，a2b22ab，2(a2b2)a2b22ab(ab)21，a2b212，正确；对于选项 B，易知 0a1,0b1，1ab2112，正确；对于选项 C，令 a14，b34，则 log214
4、log2342log2340)，则当 x103 时，f(x)取得最大值因为当 n3 时，Snn349，当 n4 时，Snn3 716，且49 716，所以Snn3 max49答案：6n8 4903 题型(三)结构不良型试题的特点及求解策略 最近两年的高考试卷中出现了结构不良试题，所谓结构不良，就是试题不是完整呈现，一般需要考生从给出的多个条件中选出一个或两个补充完整进行解答，试题具有一定的开放性，不同的选择可能导致不同的结论，类似于选做题此类题型的设置一定程度上让学生参与了命题，从传统解题向解决问题的思维转变 一、选择条件型(2020新高考卷)在ac 3，csin A3，c 3b 这三个条件中
5、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 3sin B，C6，_？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分解 选条件由 C6和余弦定理得a2b2c22ab 32 由 sin A 3sin B 及正弦定理得 a 3b于是3b2b2c22 3b2 32，由此可得 bc由ac 3，解得 a 3，bc1因此，选条件时问题中的三角形存在，此时 c1选条件由 C6和余弦定理得a2b2c22ab 32 由 sin A 3sin B 及正弦定理得 a 3b于是3b2b
6、2c22 3b2 32，由此可得 bc，BC6，A23 由csin A3，所以 cb2 3，a6因此，选条件时问题中的三角形存在，此时 c2 3选条件由 C6和余弦定理得a2b2c22ab 32 由 sin A 3sin B 及正弦定理得 a 3b于是3b2b2c22 3b2 32，由此可得 bc由c 3b，与 bc 矛盾因此，选条件时问题中的三角形不存在点评 本题中，条件“sin A 3sin B，C6”是“定”的条件，条件需要考生从中选取一个，具有“动”态性，选择不同条件，其解题突破口与难易程度均不一样若先从“动”的条件中选一个，再与“定”的条件一起分析，容易增加解题难度，反之，先对“定”
7、的条件进行分析，推断得到“bc”，再对照“动”的条件，结合题干的要求可发现选择条件最为简单(此时 bc 与 c 3b 矛盾)由此可见：当“定”的条件不止一个时，应先利用相关数学知识对“定”的条件进行分析推断，等价转化为最简结果，再观察分析“动”的条件，结合题干的要求选出最优条件(使解法简单且能发挥自己的优势)进行解答二、探索条件型甲、乙两同学在复习数列时发现曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏，导致一个条件看不清，具体如下：等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知_(1)判断 S1，S2，S3 的关系；(2)若 a1a33，设 bn n12|an|，记bn的前 n 项和为 Tn，证明：Tn43甲
8、同学记得缺少的条件是首项 a1 的值，乙同学记得缺少的条件是公比 q的值，并且他俩都记得第(1)问的答案是 S1，S3，S2 成等差数列如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题解 由 S1，S3，S2 成等差数列得 S1S22S3a1(a1a1q)2(a1a1qa1q2)，由题知 a10，故 2q2q0又 q0，q12以上各步均可逆推，该题缺少的条件是 q12本题解答如下：(1)q12，S2a112a112a1，S312a114a134a1又 S1a1，2S3S1S2，S1，S3，S2 成等差数列(2)证明：由已知可得 a1a11223a14，an412n1bn
9、n32n1Tn13122 322 n2n1，12Tn1312 222 323n2n 得12Tn13112 122 12n1 n2n，Tn431 12n 23n2n432n3 12n1|HE|2 3，所以点 P 的轨迹 C 是以 H，E 为焦点的椭圆，设其方程为x2a2y2b21(ab0)，则 a 6，c 3，所以 b 3，所以动点 P 的轨迹 C 的方程为x26 y231若选，设 P(x，y)，S(x，0)，T(0，y)，则 x2y29，(*)因为 OP 63 OS 33 OT，所以x 63 x，y 33 y，即x 62 x，y 3y，代入(*)，得x26 y231，所以动点 P 的轨迹 C
10、的方程为x26 y231(2)当过点 A 且与圆 O 相切的切线斜率不存在时，切线方程为 x 2或 x 2当切线方程为 x 2时，不妨设 M(2，2)，N(2，2)，则以 MN 为直径的圆的方程为(x 2)2y22，()当切线方程为 x 2时，不妨设 M(2，2)，N(2，2)，则以 MN 为直径的圆的方程为(x 2)2y22，()由()()联立，可得交点为(0,0)当过点 A 且与圆 O 相切的切线斜率存在时，设切线方程为 ykxm，则|m|k21 2，即 m22(k21)联立切线方程与椭圆 C 的方程，得ykxm，x26 y231，消去 y，得(12k2)x24kmx2m260，则 16k
11、2m24(12k2)(2m26)8(m26k23)8(2k226k23)8(4k21)0设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x2 4km12k2，x1x22m2612k2因为OM(x1，y1)，ON(x2，y2)，所以 OM ONx1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)(1k2)x1x2km(x1x2)m2(1k2)2m2612k2km4km12k2m23m266k212k232k2166k212k20，所以 OMON，所以以 MN 为直径的圆过原点(0,0)综上可知，以 MN 为直径的圆过定点(0,0)04 题型(四)阅读理解题的特点及求解策略 阅读理解题通过给出一个新概
12、念，或定义一种新运算，或给出新的问题情境，要求在读懂题目的基础上，将新旧知识相联系，剖开现象看本质，实现新信息向已学的知识和方法迁移，达到创新解题的目的这类问题既能考查学生的阅读理解能力和数学语言转换能力，又能考查学生的探究能力 一、新概念题(多选)(2021新高考卷)设正整数 na020a12ak12k1ak2k，其中 ai0,1，记(n)a0a1ak则()A(2n)(n)B(2n3)(n)1C(8n5)(4n3)D(2n1)n解析 由 na020a12ak12k1ak2k，则 2n020a021a122ak12kak2k1，(2n)0a0a1ak(n)，A 正确选项 B，取 n2 可排除或
13、者(2n3)2(n1)12(n1)1(n1)1，不能保证与(n)1 恒等B 错误选项 C，(8n5)(8n41)(8n4)1(2n1)1(2n)2(n)2；(4n3)(4n2)1(2n1)1(n)2C 正确选项 D，2n12021222n1，(2n1)n或者，当 n2 时，(2n11)2(2n1)12(2n1)1(2n1)1又(3)2，(1)1，(3)(1)1即对nN*有(2n11)(2n1)1，(2n1)为首项为 1，公差为 1 的等差数列(2n1)nD 正确故选 A、C、D答案 ACD点评 新概念类试题是指在现有的知识基础上定义一种新的概念或新运算或规则或性质等，在此情境下设置的新问题此类
14、试题是典型的信息迁移题，解决该类问题的关键是提升学生的阅读理解能力、获取信息能力、处理信息能力以及挖掘新规则内涵，准确找出新特点的能力二、新情境题(2020新高考卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间把地球看成一个球(球心记为 O)，地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面所成角，点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA垂直的平面在点 A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点 A 处的纬度为北纬 40，则晷针与点 A 处的水平面所成角为()A20 B40C50D90解析 过球心 O、点 A 以及晷针的轴截面如图所示，其中 CD
15、 为晷面，GF 为晷针所在直线，EF 为点 A 处的水平面，GFCD，CDOB，AOB40，OAEOAF90，所以GFACAOAOB40故选 B答案 B点评 新高考试题情境多以现代科学技术、现实生活、学科间的交汇、社会热点等为背景创设，旨在突出新时代教育总方针立德树人正确解答这类问题的关键是认真阅读理解题意，快速准确的获取信息，理性思维，排除题目背景中的干扰因素，抓住关键信息，实现数学思想、方法、能力的迁移运用三、材料题阅读下面材料：sin 3sin(2)sin 2cos cos 2sin 2sin cos2(12sin2)sin 2sin(1sin2)(sin 2sin3)3sin 4sin
16、3解答下列问题：(1)证明：cos 34cos33cos；(2)若函数 f(x)cos3x4cosx4msinx4 5 在 x0，2 内有零点，求实数 m 的取值范围解(1)证明：cos 3cos(2)cos 2cos sin 2sin(2cos21)cos 2sin2cos 2cos3cos 2(1cos2)cos 4cos33cos，即cos 34cos33cos(2)化简函数 f(x)解析式的思路主要有两种：一是直接展开为单角的三角函数进行化简，这种方法较为烦琐其中cos3x4cosx4cos 3xsin 3xcos xsin x4cos3xsin3x3cos xsin xcos xsi
17、n x4(cos2xcos xsin xsin2x)314sin xcos x；二是观察角之间的关系，利用角的变换进行化简，过程较为简便其中令 x4，则cos3x4cosx4cos 3cos 3cos 4cos3cos 34cos2再令 tcos，则原函数可化为 y4t2mt222 0，故有g22 0，g10或0，22 m81，g10，解得 4 20，得 k232，由得 k232，2，所以 kABkCDk22，32(2)设直线 AC：ykxt，A(x1，y1)，C(x2，y2)，联立方程，得ykxt，x24 y231，消去 y 得(34k2)x28ktx4t2120，则 x1x2 8kt34k
18、2，x1x2 4t21234k2，由题设条件易知 kPAkPC0，所以 kPAkPCy13x1 y23x2 x2y13x1y23x1x2x2kx1t3x1kx2t3x1x22kx1x2t3x1x2x1x20，即 2kx1x2(t3)(x1x2)2k4t2128ktt334k224kt134k2 0 对任意 k成立，所以 t1，即直线 AC 过定点(0,1)，同理可得直线 BD 也过定点(0,1)，所以四边形 ABCD 的对角线交于定点(0,1)点评 求解结论开放型问题的一般思路：要充分利用已知条件或图形特征，进行猜想，归类、类比，透彻分析出给定条件下可能存在的结论现象然后经过论证作出取舍，这是
19、一种归纳类比型思维方式它要求解题者要依据条件进行大胆合理的猜想，发现规律得出结论1如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA平面 ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3E 为 PD 的中点，点 F 为 PC 上靠近 P 的三等分点(1)求二面角 F-AE-P 的余弦值；(2)设点 G 在 PB 上，且PGPB23，试判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，并说明理由解：(1)以 A 为原点，平面 ABCD 内过点 A 且平行于 CD 的直线为 x 轴，AD，AP 所在直线分别为 y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，E(0，1,1)，F23，23，43，
20、P(0,0,2)，B(2，1,0)，则 AE(0,1,1)，AF23，23，43 易知平面 AEP 的一个法向量 n(1,0,0)，设平面 AEF 的法向量 m(x，y，z)，则m AEyz0，m AF23x23y43z0，取 x1，得 m(1,1，1)，设二面角 F-AE-P 的平面角为，则 cos mn|m|n|13 33 二面角 F-AE-P 的余弦值为 33(2)直线 AG 在平面 AEF 内，理由如下：点 G 在 PB 上，且PGPB23，G43，23，23，AG43，23，23，平面 AEF 的法向量 m(1,1，1)，m AG4323230，又直线 AG 与平面 AEF 有交点
21、A，直线 AG 在平面AEF 内2在asin C 3ccos Bcos C 3bcos2C，5ccos B4b5a，(2ba)cos Cccos A 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足_(1)求 sin C；(2)已知 ab5，ABC 的外接圆半径为4 33，求ABC 的边 AB 上的高 h注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分解：选择条件，(1)asin C 3ccos Bcos C 3bcos2C，由正弦定理得 sin Asin C 3sin Ccos Bcos C 3sin Bcos2C
22、，即 sin Asin C 3cos C(sin Ccos Bsin Bcos C)，所以 sin Asin C 3cos Csin A又 A(0，)，故 sin A0，所以 sin C 3cos C，即 tan C 3又 C(0，)，所以 C3，所以 sin Csin 3 32(2)由正弦定理得 c24 33 sin 34，由余弦定理得c2a2b22abcos 3(ab)23ab16，所以 abab2163，得 ab3于是ABC 的面积 S12absin C12ch，所以 habsin Cc3 3243 38 选择条件，(1)5ccos B4b5a，由正弦定理得 5sin Ccos B4si
23、n B5sin A，即 5sin Ccos B4sin B5sin(BC)5sin Bcos C5cos Bsin C，所以 sin B(45cos C)0在ABC 中，B(0，)，故 sin B0，所以 cos C45，sin C1cos2C35(2)由正弦定理得 c24 33 358 35，由余弦定理得c2a2b22abcos C(ab)2185 ab19225，所以 abab219225 51843390，于是ABC 的面积 S12absin C12ch，所以 habsin Cc43390 35 58 3433 3720 选择条件，(1)(2ba)cos Cccos A，由正弦定理得(2sin Bsin A)cos Csin Ccos A，所以 2sin Bcos Csin(AC)sin B，因为 B(0，)，所以 sin B0，所以 cos C12又 C(0，)，所以 C3，所以 sin C 32(2)由正弦定理得 c24 33 sin 34，由余弦定理得c2a2b22abcos 3(ab)23ab16，所以 abab2163，得 ab3于是ABC 的面积 S12absin C12ch，所以 habsin Cc3 3243 38
