2020年 数学高考题全国Ⅰ卷(理科)

PAGE1一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.（2020·全国Ⅰ卷）若z＝1＋i，则｜z2－2z｜＝（）A.0 B.1C.2 D.2解析：选D法一∵z＝1＋i，∴｜z2－2z｜＝｜（1＋i）2－2（1＋i）｜＝｜2i－2i－2｜＝｜－2｜＝2.故选D.法二∵z＝1＋i，∴｜z2－2z｜＝｜z｜｜z－2｜＝2×｜－1＋i｜＝2×2＝2.故选D.2.（2020·全国Ⅰ卷）设集合A＝{x｜x2－4≤0}，B＝{x｜2x＋a≤0}，且A∩B＝{x｜－2≤x≤1}，则a＝（）A.－4 B.－2C.2 D.4解析：选B法一易知A＝{x｜－2≤x≤2}，B＝x｜x≤－a2，因为A∩B＝{x｜－2≤x≤1}，所以－a2＝1法二由题意得A＝{x｜－2≤x≤2}.若a＝－4，则B＝{x｜x≤2}，又A＝{x｜－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x｜－2≤x≤2}，不满足题意，排除A；若a＝－2，则B＝{x｜x≤1}，又A＝{x｜－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x｜－2≤x≤1}，满足题意；若a＝2，则B＝{x｜x≤－1}，又A＝{x｜－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x｜－2≤x≤－1}，不满足题意，排除C；若a＝4，则B＝{x｜x≤－2}，又A＝{x｜－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x｜x＝－2}，不满足题意.故选B.3.（2020·全国Ⅰ卷）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A.5－14C.5+14 解析：选C设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m，依题意得h2＝12×2a×m，即h2＝am①，易知h2＋a2＝m2②，由①②得m＝1+52a，所以m2a＝1+4.（2020·全国Ⅰ卷）已知A为抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p＝（）A.2 B.3C.6 D.9解析：选C法一因为点A到y轴的距离为9，所以可设点A（9，yA），所以yA2＝18p.又点A到焦点p2，0的距离为12，所以9－p22＋yA2＝12，所以9－p22＋18p＝122，即p2＋36p－法二根据抛物线的定义及题意得，点A到C的准线x＝－p2的距离为12，因为点A到y轴的距离为9，所以p2＝12－9，解得p＝6.5.（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＋bx2C.y＝a＋bex D.y＝a＋blnx解析：选D根据散点图，用光滑的曲线把图中各点依次连起来（图略），由图并结合选项可排除A、B、C，故选D.6.（2020·全国Ⅰ卷）函数f（x）＝x4－2x3的图象在点（1，f（1））处的切线方程为（）A.y＝－2x－1 B.y＝－2x＋1C.y＝2x－3 D.y＝2x＋1解析：选B法一∵f（x）＝x4－2x3，∴f'（x）＝4x3－6x2，∴f'（1）＝－2，又f（1）＝1－2＝－1，∴所求的切线方程为y＋1＝－2（x－1），即y＝－2x＋1.故选B.法二∵f（x）＝x4－2x3，∴f'（x）＝4x3－6x2，f'（1）＝－2，∴切线的斜率为－2，排除C、D.又f（1）＝1－2＝－1，∴切线过点（1，－1），排除A.故选B.7.（2020·全国Ⅰ卷）设函数f（x）＝cosωx＋π6在[－π，π]的图象大致如图，则f（x）的最小正周期为A.10π9 C.4π3 解析：选C法一由题图知，f－4π9＝0，∴－4π9ω＋π6＝π2＋kπ（k∈Z），解得ω＝－3+9k4（k∈Z）.设f（x）的最小正周期为T，易知T＜2π＜2T，∴2π｜ω｜＜2π＜4π｜ω｜，∴1＜｜ω｜＜2，当且仅当k＝－1时法二由题图知，f－4π9＝0且f（－π）＜0，f（0）＞0，∴－4π9ω＋π6＝－π2（ω＞0），解得ω＝32，∴f（x）的最小正周期8.（2020·全国Ⅰ卷）x＋y2x（x＋y）5的展开式中x3y3A.5 B.10C.15 D.20解析：选C因为（x＋y）5的展开式的第r＋1项Tr＋1＝C5rx5－ryr，所以x＋y2x（x＋y）5的展开式中x3y3的系数为C9.（2020·全国Ⅰ卷）已知α∈（0，π），且3cos2α－8cosα＝5，则sinα＝（）A.53 B.C.13 D.解析：选A∵3cos2α－8cosα＝5，∴3（2cos2α－1）－8cosα＝5，∴6cos2α－8cosα－8＝0，∴3cos2α－4cosα－4＝0，解得cosα＝2（舍去）或cosα＝－23∵α∈（0，π），∴sinα＝1－cos2α10.（2020·全国Ⅰ卷）已知A，B，C为球O的球面上的三个点，☉O1为△ABC的外接圆.若☉O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为（）A.64π B.48πC.36π D.32π解析：选A如图所示，设球O的半径为R，☉O1的半径为r，因为☉O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以ABsin60°＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO12＋r2＝（23）2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝11.（2020·全国Ⅰ卷）已知☉M：x2＋y2－2x－2y－2＝0，直线l：2x＋y＋2＝0，P为l上的动点.过点P作☉M的切线PA，PB，切点为A，B，当｜PM｜·｜AB｜最小时，直线AB的方程为（）A.2x－y－1＝0 B.2x＋y－1＝0C.2x－y＋1＝0 D.2x＋y＋1＝0解析：选D法一由☉M：x2＋y2－2x－2y－2＝0， ①得☉M：（x－1）2＋（y－1）2＝4，所以圆心M（1，1）.如图，连接AM，BM，易知四边形PAMB的面积为12｜PM｜·｜AB｜，欲使｜PM｜·｜AB｜最小，只需四边形PAMB的面积最小，即只需△PAM的面积最小.因为｜AM｜＝2，所以只需｜PA｜最小.又｜PA｜＝｜PM｜2-|AM｜2＝｜PM｜2－4，所以只需直线2x＋y＋2＝0上的动点P到M的距离最小，其最小值为｜2+1+2｜5＝5，此时PM⊥l，易求出直线PM的方程为x－2y＋1＝0.由2x＋y+2=0，x－2y+1=0，得x＝－1，y=0，所以P（－1，0）.易知P，A，M由①②得，直线AB的方程为2x＋y＋1＝0，故选D.法二：因为☉M：（x－1）2＋（y－1）2＝4，所以圆心M（1，1）.连接AM，BM，易知四边形PAMB的面积为12｜PM｜·｜AB｜，欲使｜PM｜·｜AB｜最小，只需四边形PAMB的面积最小，即只需△PAM的面积最小.因为｜AM｜＝2，所以只需｜PA｜最小又｜PA｜＝｜PM｜2-|AM｜2＝｜PM｜2－4，所以只需｜PM｜最小，此时PM⊥l.因为PM⊥AB，所以l∥易求出直线PM的方程为x－2y＋1＝0，由2x＋y+2=0，x－2y+1=0，得x＝－1，y=0，所以P（－1，0）.因为点M到直线x＝－1的距离为2，所以直线x＝－1过点P且与☉M相切，所以A（－1，1）.12.（2020·全国Ⅰ卷）若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则（）A.a＞2b B.a＜2bC.a＞b2 D.a＜b2解析：选B法一令f（x）＝2x＋log2x，因为y＝2x在（0，＋∞）上单调递增，y＝log2x在（0，＋∞）上单调递增，所以f（x）＝2x＋log2x在（0，＋∞）上单调递增.又2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b＜22b＋log2（2b），所以f（a）＜f（2b），所以a＜2b.故选B.法二（取特值法）由2a＋log2a＝4b＋2log4b＝4b＋log2b，取b＝1，得2a＋log2a＝4，令f（x）＝2x＋log2x－4，则f（x）在（0，＋∞）上单调递增，且f（1）＜0，f（2）＞0，所以f（1）f（2）＜0，f（x）＝2x＋log2x－4在（0，＋∞）上存在唯一的零点，所以1＜a＜2，故a＞2b＝2，a＜b2都不成立，排除A、D；取b＝2，得2a＋log2a＝17，令g（x）＝2x＋log2x－17，则g（x）在（0，＋∞）上单调递增，且g（3）＜0，g（4）＞0，所以g（3）g（4）＜0，g（x）＝2x＋log2x－17在（0，＋∞）上存在唯一的零点，所以3＜a＜4，故a＞b2＝4不成立，排除C.故选B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.（2020·全国Ⅰ卷）若x，y满足约束条件2则z＝x＋7y的最大值为.解析：法一作出可行域，如图中阴影部分所示，由x－y－1=0，2x＋y－2=0得x=1，y=0，故A（1，0）.作出直线x＋7y＝0，数形结合可知，当直线z＝x＋法二作出可行域，如图中阴影部分所示，易得A（1，0），B（0，－1），C32,-1，当直线z＝x＋7y过点A时，z＝1；当直线z＝x＋7y过点B时，z当直线z＝x＋7y过点C时，z＝32－7＝－112.所以z＝x＋7y答案：114.（2020·全国Ⅰ卷）设a，b为单位向量，且｜a＋b｜＝1，则｜a－b｜＝.解析：法一∵a，b为单位向量，且｜a＋b｜＝1，∴（a＋b）2＝1，∴1＋1＋2a·b＝1，∴a·b＝－12，∴｜a－b｜2＝a2＋b2－2a·b＝1＋1－2×－12＝3，∴｜a－b｜法二如图，设OA＝a，OB＝b，利用平行四边形法则得OC＝a＋b，∵｜a｜＝｜b｜＝｜a＋b｜＝1，∴△OAC为正三角形，∴｜BA｜＝｜a－b｜＝2×32×｜a｜＝3答案：315.（2020·全国Ⅰ卷）已知F为双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3解析：设B（c，yB），因为B为双曲线C：x2a2－y2b2＝1上的点，所以c2a2－yB2b2＝1，所以yB2＝b4a2.因为AB的斜率为3，所以yB＝b2a，b2ac－a＝3，所以b2＝3ac－3a2，所以c2－a2＝3ac－3a2，所以c2－3ac＋2a答案：216.（2020·全国Ⅰ卷）如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝.解析：依题意得，AE＝AD＝3，在△AEC中，AC＝1，∠CAE＝30°，由余弦定理得EC2＝AE2＋AC2－2AE·ACcos∠EAC＝3＋1－23cos30°＝1，所以EC＝1，所以CF＝EC＝1.又BC＝AC2＋AB2＝1+3＝2，BF＝BD＝AD2＋AB2＝6，所以在△BCF中答案：－1三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.（本小题满分12分）（2020·全国Ⅰ卷）设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项.（1）求{an}的公比；（2）若a1＝1，求数列{nan}的前n项和.解：（1）设{an}的公比为q，由题意得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2.所以q2＋q－2＝0，解得q＝1（舍去）或q＝－2.故{an}的公比为－2.（2）记Sn为{nan}的前n项和.由（1）及题意可得，an＝（－2）n－1.所以Sn＝1＋2×（－2）＋…＋n×（－2）n－1，－2Sn＝－2＋2×（－2）2＋…＋（n－1）×（－2）n－1＋n×（－2）n.可得3Sn＝1＋（－2）＋（－2）2＋…＋（－2）n－1－n×（－2）n＝1-(-2）n3－n×（所以Sn＝19－（18.（本小题满分12分）（2020·全国Ⅰ卷）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66DO（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B-PC-E的余弦值.解：（1）证明：设DO＝a，由题意可得PO＝66a，AO＝33a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝2因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.又PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC.（2）以O为坐标原点，OE的方向为y轴正方向，｜OE｜为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题设可得E（0，1，0），A（0，－1，0），C－32，1所以EC＝－32,-12设m＝（x，y，z）是平面PCE的法向量，则m·EP可取m＝－3由（1）知AP＝0，1，2记n＝AP，则cos＜n，m＞＝n·m｜所以二面角B-PC-E的余弦值为2519.（本小题满分12分）（2020·全国Ⅰ卷）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为12（1）求甲连胜四场的概率；（2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）求丙最终获胜的概率.解：（1）甲连胜四场的概率为116（2）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛.比赛四场结束，共有三种情况：甲连胜四场的概率为116乙连胜四场的概率为116丙上场后连胜三场的概率为18所以需要进行第五场比赛的概率为1－116－116－18（3）丙最终获胜，有两种情况：比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为116，18，因此丙最终获胜的概率为18＋116＋18＋120.（本小题满分12分）（2020·全国Ⅰ卷）已知A，B分别为椭圆E：x2a2＋y2＝1（a＞1）的左、右顶点，G为E的上顶点，AG·GB＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.解：（1）由题意得A（－a，0），B（a，0），G（0，1）.则AG＝（a，1），GB＝（a，－1）.由AG·GB＝8得a2－1＝8，即a＝3.所以E的方程为x29＋y2（2）证明：设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3＜n＜3.由于直线PA的方程为y＝t9（x＋3），所以y1＝t9（x1＋3直线PB的方程为y＝t3（x－3），所以y2＝t3（x2－3可得3y1（x2－3）＝y2（x1＋3）.由于x229＋y22＝1，故y22＝－（x2+3)(x2－3）9，可得27y1y2＝－（x1＋3）（x2＋3），即（27＋m2）y1y2＋m（n＋3）（y将x＝my＋n代入x29＋y2＝（m2＋9）y2＋2mny＋n2－9＝0.所以y1＋y2＝－2mnm2+9，y1y代入①式得（27＋m2）（n2－9）－2m（n＋3）mn＋（n＋3）2·（m2＋9）＝0.解得n＝－3（舍去）或n＝32故直线CD的方程为x＝my＋32，即直线CD过定点3若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点32综上，直线CD过定点3221.（本小题满分12分）（2020·全国Ⅰ卷）已知函数f（x）＝ex＋ax2－x.（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥12x3＋1，求a的取值范围解：（1）当a＝1时，f（x）＝ex＋x2－x，f'（x）＝ex＋2x－1.故当x∈（－∞，0）时，f'（x）＜0；当x∈（0，＋∞）时，f'（x）＞0.所以f（x）在（－∞，0）单调递减，在（0，＋∞）单调递增.（2）f（x）≥12x3＋1等价于12x3－设函数g（x）＝12x3－ax2＋xg'（x）＝－12x3＝－12x[x2－（2a＋3）x＋4a＋2]e－＝－12x（x－2a－1）（x－2）e－x①若2a＋1≤0，即a≤－12，则当x∈（0，2）时，g'（x）＞0.所以g（x）在（0，2）单调递增，而g（0）＝1，故当x∈（0，2）时，g（x）＞1，不合题意②若0＜2a＋1＜2，即－12＜a＜12，则当x∈（0，2a＋1）∪（2，＋∞）时，g'（x）＜0；当x∈（2a＋1，2）时，g'（x）＞0.所以g（x）在（0，2a＋1），（2，＋∞）单调递减，在（2a＋1，2）单调递增.由于g（0）＝1，所以g（x）≤1当且仅当g（2）＝（7－4a）e－2≤1，即a≥所以当7－e24≤a＜12时，g③若2a＋1≥2，即a≥12，则g（x）≤12x3由于0∈7－e24，12，故由②故当a≥12时，g（x）≤综上，a的取值范围是7－（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.[选修4－4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）（2020·全国Ⅰ卷）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x＝coskt，y＝sinkt（t为参数）.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为4（1）当k＝1时，C1是什么曲线？（2）当k＝4时，求C1与C2的公共点的直角坐标.解：（1）当k＝1时，C1：x＝cost，y＝sint，消去参数t得x2＋y2＝1，故曲线C（2）当k＝4时，C1：x＝cos4t，y＝sin4C2的直角坐标方程为4x－16y＋3＝0.由x＋y故C1与C2的公共点的直角坐标为1423.[选修4－5：不等式选讲]（本小题满分10分）（2020·全国Ⅰ卷）已知函数f（x）＝｜3x＋1｜－2｜x－1｜.（1）画出y＝f（x）的图象；（2）求不等式f（x）＞f（x＋1）的解集.解：（1）由题设知f（x）＝－x－3，x≤－1（2）函数y＝f（x）的图象向左平移1个单位长度后得到函数y＝f（x＋1）的图象.y＝f（x）的图象与y＝f（x＋1）的图象的交点坐标为－7由图象可知当且仅当x＜－76时，y＝f（x）的图象在y＝f（x＋1）的图象上方故不等式f（x）＞f（x＋1）的解集为－∞,-7前沿热点——新高考数学考情分析2024年新高考真题（含考情分析）及高考最新动向实时更新请扫码获取纵观近年来新高考数学试题，试题贯彻落实了高考改革的总体要求，实施“德智体美劳”全面发展的教育方针，聚焦核心素养，突出关键能力考查，落实立德树人根本任务，充分发挥考试的引导作用.试题突出数学本质、重视理性思维、坚持素养导向、能力为重的命题原则.通过设计真实问题情境，体现数学的应用价值；稳步推进改革，科学把握必备知识与关键能力的关系，体现了对基础性、综合性、应用性和创新性的高考考查要求.一、突出主干知识、筑牢能力基础以2023年新高考Ⅰ、Ⅱ卷为例，对各试题所考查的主干知识分析如下：题型题号各试题所考查的知识点分布及考查角度2023年新高考Ⅰ卷2023年新高考Ⅱ卷单选题1集合的交集运算复数的乘法及几何意义2复数运算、共轭复数由集合间的关系求参数3向量垂直、数量积运算分层随机抽样、计数原理4由函数的单调性求参数由函数的奇偶性求参数5椭圆的离心率问题由直线与椭圆的位置关系求参数6圆的切线问题由函数的单调性求参数7等差数列充要条件的判定半角公式8三角函数中和、差、倍角公式的应用等比数列的概念、前n项和及性质多选题9样本数字特征圆锥的体积、侧面积和截面面积10以实际问题为背景考查对数大小比较直线与抛物线的位置关系、抛物线的概念及性质11抽象函数的函数性质函数的极值及应用12以正方体内嵌入某几何体考查对称性、空间位置关系独立事件的概率、二项分布模型填空题13计数原理向量的数量积、模14四棱台的体积四棱台的体积15三角函数中由零点个数求ω范围直线与圆的位置关系16双曲线几何性质、平面向量三角函数的图象与性质解答题17正弦定理、三角恒等变换正、余弦定理、三角恒等变换18线线平行的证明及由二面角求线段长度等差数列、数列的奇偶项问题19利用导数判断函数的单调性、证明不等式统计图表、概率统计与函数交汇问题20等差数列的概念、性质及前n项和空间线面位置关系、二面角的正弦值21概率与数列的交汇问题直线与双曲线的位置关系、定直线问题22以抛物线为背景，考查不等式及函数的最值以三角函数、对数函数为载体，考查导数的应用从上表可以看出，试题所考查知识范围及思想方法90％以上都源于教材主干知识，由此在一轮复习备考中更应重视必备知识的系统梳理、基本能力的逐点夯实.二、注重试题情境创设、牢记育人宗旨1.关注社会热点2023年新高考Ⅰ卷第10题以当今社会热点“噪声污染问题”为背景命制试题，目的是引导学生关注社会、关注民生，用所学知识解决生活实践情境下的实际问题.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷）噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp＝20×lgpp0，其中常数p0（p0＞0）是听觉下限阈值，p是实际声压.声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车1060～90混合动力汽车1050～60电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则（）A.p1≥p2 B.p2＞10p3C.p3＝100p0 D.p1≤100p22.弘扬优秀传统文化2022年新高考Ⅱ卷第3题以中国古代建筑中的举架结构为背景命制出以等差数列为考查点的试题，此类试题不但能考查学生的阅读理解能力、直观想象能力及知识运用能力，而且还能以优秀传统文化精髓陶冶情操.（2022·新高考Ⅱ卷）图①是中国古代建筑中的举架结构，AA'，BB'，CC'，DD'是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举.图②是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1OD1＝0.5，CC1DC1＝k1，BB1CB1＝k2，AA1BA1＝k3.已知k1，A.0.75 B.0.8C.0.85 D.0.93.展示现代科学技术水平2021年新高考Ⅱ卷第4题以我国航天事业的重要成果北斗三号全球卫星导航系统为试题情境命制立体几何问题，在考查学生的空间想象能力和阅读理解、数学建模等素养的同时，引导学生关注我国社会现实与经济、科技进步与发展，增强民族自豪感与自信心.（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36000km（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6400km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－cosα）（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％4.体现数学应用价值2022年新高考Ⅰ卷第4题以我国的重大建设成就“南水北调”工程为背景命制出以四棱台体积公式为考查点的立体几何试题，体现了数学的应用价值.（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148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2.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148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（7≈2.65）（）A.1.0×109m3 B.1.2×109m3C.1.4×109m3 D.1.6×109m3三、重视能力考查、使素养评价科学有据高中数学课程标准对培养学生能力的要求是数学“六大核心素养”的集中展示.要检验学生核心素养高低，必须通过解决数学问题来体现.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A.直径为0.99m的球体B.所有棱长均为1.4m的四面体C.底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体素养评价本题为多选题，以正方体内嵌入其他几何体为背景考查学生不同的素养层级，由A、B、C、D四个选项设计的问题不同，对应解决问题所需核心素养也逐渐提升，本题真正体现了“入口容易全分难”的多选题考查特征.四、秉承创新、引导探究性学习新高考试卷中开放性试题的增设，促进了考查的灵活性，思维方式的多样性.同时引导了学生重视探究性学习，逐步培养学生创新思维的良好习惯.1.举例题（2023·新高考Ⅱ卷）已知直线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85”的m的一个值试