適用于新高考新教材2023屆高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習第1講新高考新題型課件

第1講新高考新題型序篇《中國高考評價體系》指出:要命制結(jié)論開放、解題方法多樣、答案不唯一的試題,增強試題的開放性和探究性,引導(dǎo)學(xué)生打破常規(guī),進行獨立思考和判斷,提出解決問題的方案.高考試題逐漸增加基礎(chǔ)性、綜合性、應(yīng)用性、探究性和開放性,落實立德樹人的根本任務(wù),推動人才培養(yǎng)的改革創(chuàng)新.從近幾年高考試題來看,多選題成為新高考必考題型,雙空題、開放題、結(jié)構(gòu)不良題等新題型也時常出現(xiàn).新題型一多選題多選題常常同時對多個知識點進行考查,也可對同一對象從不同角度進行考查,具有一定的綜合性.解法多樣,可以用直接法、驗證法、反例法、排除法、數(shù)形結(jié)合法等,需對每個選項作出正確判斷.但如果能排除兩個錯誤選項,則可知剩余兩個必然正確.例1(1)(2022·新高考Ⅰ·9)已知正方體ABCD-A1B1C1D1,則(

)A.直線BC1與DA1所成的角為90°B.直線BC1與CA1所成的角為90°C.直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D.直線BC1與平面ABCD所成的角為45°答案

(1)ABD

(2)AD解析

(1)連接AD1,∵在正方體ABCD

-A1B1C1D1中,BC1∥AD1,A1D⊥AD1,∴直線BC1與DA1所成的角為90°,故A正確;連接B1C,∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1?平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,A1B1?平面A1B1C,B1C?平面A1B1C,∴BC1⊥平面A1B1C,又CA1?平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,即直線BC1與CA1所成的角為90°,故B正確;連接A1C1,交B1D1于點O,連接BO.易證C1A1⊥平面BB1D1D.∴∠C1BO為直線BC1與平面BB1D1D所成的角.∵C1C⊥平面ABCD,∴∠C1BC為直線BC1與平面ABCD所成的角.又∠C1BC=45°,∴直線BC1與平面ABCD所成的角為45°,故D正確.故選ABD.新題型二雙空題雙空題一般分為兩類:(1)遞進式:兩空之間有聯(lián)系,第一空的結(jié)果是第二空的條件,第一空一般比較簡單,但它的正確求解是第二空解答的關(guān)鍵.(2)分列式:兩個空的設(shè)問相當于一個題目背景下的兩道填空題,兩問之間沒有具體聯(lián)系,各自成題,是對多個知識點或某知識點的多角度考查.第一空不會,也不影響第二空的解答.(2)(2021·新高考Ⅰ·16)某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時,發(fā)現(xiàn)剪紙時經(jīng)常會沿紙的某條對稱軸把紙對折.規(guī)格為20dm×12dm的長方形紙,對折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm兩種規(guī)格的圖形,它們的面積之和S1=240dm2,對折2次共可以得到5dm×12dm,10dm×6dm,20dm×3dm三種規(guī)格的圖形,它們的面積之和S2=180dm2,以此類推.則對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為

;如果對折n次,那么新題型三開放型填空題開放型填空題的特點是正確的答案不唯一,一般可分為:(1)探索型,如條件的探索、結(jié)論的探索等;(2)信息遷移型;(3)組合型等.例3(1)(2022·全國甲·文15)記雙曲線C:

=1(a>0,b>0)的離心率為e,寫出滿足條件“直線y=2x與C無公共點”的e的一個值

.

(2)(2021·北京·14)若點A(cosθ,sinθ)關(guān)于y軸的對稱點為B(cos(θ+),sin(θ+)),則θ的一個取值為

.

新題型四結(jié)構(gòu)不良型解答題結(jié)構(gòu)不良型解答題多在解三角形、數(shù)列、立體幾何等部分命制,有時也可能以解析幾何為背景.一般有兩種類型:一是三選一或二選一作為題目條件進行求解;二是給出的幾個選擇條件中只能由其中兩個推出另一個正確,要求做出判斷并證明.因此,選條件①時,問題中的三角形存在,此時c=1.例5(2022·北京·17)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面BCC1B1為正方形,平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,AB=BC=2,M,N分別為A1B1,AC的中點.(1)求證:MN∥平面BCC1B1;(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知,求直線AB與平面BMN所成角的正弦值.條件①:AB⊥MN;條件②:BM=MN.(1)證明

取BC的中點D,連接B1D,DN.在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1∥AB,A1B1=AB.因為點M,N,D分別為A1B1,AC,BC的中點,所以四邊形B1MND為平行四邊形,因此B1D∥MN.又MN?平面BCC1B1,B1D?平面BCC1B1,所以MN∥平面BCC1B1.(2)解

選條件①:因為側(cè)面BCC1B1為正方形,所以CB⊥BB1.因為平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,且平面BCC1B1∩平面ABB1A1=BB1,所以CB⊥平面ABB1A1.又AB?平面ABB1A1,所以CB⊥AB.由(1)得B1D∥MN,因為AB⊥MN,所以AB⊥B1D.而B1D∩CB=D,所以AB⊥平面BCC1B1.又BB1?平面BCC1B1,所以AB⊥BB1.在三棱柱ABC-A1B1C1中,BA,BC,BB1兩兩垂直,故以B為坐標原點,分別以BC,BA,BB1為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,因為AB=BC=BB1=2,所以B(0,0,0),N(1,1,0),M(0,1,2),A(0,2,0),選條件②:取AB的中點H,連接HM,HN.因為點M,N,H分別為A1B1,AC,AB的中點,所以B1B∥MH,CB∥NH,而CB⊥BB1,故NH⊥MH,即∠MHN=90°.又因為AB=BC=2,所以NH=BH=1.在△MNH和△MBH中,因為MH=MH,NH=BH,BM=MN,所以△MNH≌△MBH.又∠MHN=90°,所以∠MHB=∠MHN=90°,即MH⊥BH.又MH∥BB1,所以BB1⊥BA.因為平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,且平面BCC1B1∩平面ABB1A1=BB1,又CB⊥BB1,所以CB⊥平面ABB1A1.又AB?平面ABB1A1,所以CB⊥AB.所以在三棱柱ABC-A1B1C1中,BA,