2023届高考数学二轮复习第2讲新高考新题型学案

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第2讲　新高考　新题型关键能力解读随着新教材的广泛使用，“破定势，考真功”的命题理念越来越受到重视，《中国高考评价体系》指出命制结论开放、解题方法多样、答案不唯一的试题，增强试题的开放性和探究性，引导学生打破常规进行独立思考和判断，提出解决问题的方案，如多选题、一题双空题、开放型、结构不良型解答题在新高考中的呈现．题型聚焦分类研析新题型一　多选题多选题常对多个对象(知识点)进行考查，也可对同一对象从不同角度进行考查，解法灵活，如直推法、验证法、反例法、数形结合法等均可使用，但必须对每个选项作出正确判断，才能得出正确答案．典例1 (1)(2021·新高考Ⅰ卷)有一组样本数据x1，x2，…，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi＝xi＋c(i＝1，2，…，n)，c为非零常数，则(　CD　)A．两组样本数据的样本平均数相同B．两组样本数据的样本中位数相同C．两组样本数据的样本标准差相同D．两组样本数据的样本极差相同【解析】∵＝(y1＋y2＋…＋yn)＝(x1＋x2＋…＋xn)＋c，∴＝＋c且c≠0，因此A错误；显然第一组数据与第二组数据的中位数相差c，B错误；因为D(y)＝12·D(x)＝D(x)，故两组样本数据的方差相同，C项正确；由极差的定义知：若第一组的极差为xmax－xmin，则第二组的极差为ymax－ymin＝xmax－xmin，故两组样本数据的极差相同，D项正确．(2)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则满足MN⊥OP的是(　BC　)【解析】设正方体的棱长为2.对于A，如图(1)所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC(或其补角)为异面直线OP，MN所成的角．在直角三角形OPC中，∠POC为锐角，故MN⊥OP不成立，故A错误；对于B，如图(2)所示，取MT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥MT，PQ⊥MN.由正方体SBCN－MADT可得SM⊥平面MADT，而OQ⊂平面MADT，故SM⊥OQ，又SM∩MT＝M，SM，MT⊂平面SNTM，故OQ⊥平面SNTM，又MN⊂平面SNTM，所以OQ⊥MN，又OQ∩PQ＝Q，OQ，PQ⊂平面OPQ，所以MN⊥平面OPQ，又OP⊂平面OPQ，故MN⊥OP，故B正确；对于C，如图(3)，连接BD，则BD∥MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确；对于D，如图(4)，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，则AC∥MN.因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO(或其补角)为异面直线PO，MN所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQ＝AC＝，OQ＝＝＝，PO＝＝＝，QO2<PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故PO，MN不垂直，故D错误．故选BC.(3)(2021·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点，点P1(cosα，sinα)，P2(cosβ，－sinβ)，P3(cos (α＋β)，sin (α＋β))，A(1，0)，则(　AC　)A．||＝||B．||＝||C．·＝·D．·＝·【解析】由题意可知，||＝＝1，||＝＝1，所以||＝||，故A正确；取α＝，则P1，取β＝，则P2，则||≠||，故B错误；因为·＝cos (α＋β)，·＝cos αcos β－sin αsin β＝cos (α＋β)，所以·＝·，故C正确；因为·＝cos α，·＝cos βcos (α＋β)－sin βsin (α＋β)＝cos (α＋2β)，取α＝，β＝，则·＝，·＝cos ＝－，所以·≠·，故D错误．故选AC.新题型二　多空题与开放型填空题1．多空题分为三类：(1)并列式(两空相连).根据题设条件，利用同一解题思路和过程，可以一次性得出两个空的答案，两空并答，题目比较简单．会便全会，这类题目在高考中一般涉及较少，常考查一些基本量的求解；(2)分列式(一空一答).两空的设问相当于一个题目背景下的两道小填空题，两问之间没什么具体联系，各自成题，是对于多个知识点或某知识点的多个角度的考查；两问之间互不干扰，不会其中一问，照样可以答出另一问；(3)递进式(逐空解答).两空之间有着一定联系，一般是第二空需要借助第一空的结果再进行作答，第一空是解题的关键，也是解答第二空的基础；2．开放型填空题的特点是正确的答案不唯一，一般可分为：(1)探索型(一是条件探索型，二是结论探索型)；(2)信息迁移型；(3)组合型等类型．典例2 (1)(2022·北京卷)若函数f(x)＝Asinx－cosx的一个零点为，则A＝__1__；f＝__－__.【解析】∵函数f(x)＝A sin x－cos x的一个零点为，∴A－×＝0，∴A＝1，函数f(x)＝sin x－cos x＝2sin ，∴f＝2sin ＝2sin ＝－2sin ＝－，故答案为1；－.(2)(2022·浙江高考)已知多项式(x＋2)(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a2＝__8__，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝__－2__．【解析】∵(x－1)4＝x4－4x3＋6x2－4x＋1，∴a2＝－4＋12＝8；令x＝0，则a0＝2，令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－2.故答案为8，－2.(3)(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__5__；如果对折n次，那么k＝__240__dm2.【解析】依题意得，S1＝120×2＝240(dm2)；S2＝60×3＝180(dm2)；当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30，10×3＝30，20×＝30，所以S3＝30×4＝120(dm2)；当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm× dm，20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15，10×＝15，20×＝15，所以S4＝15×5＝75(dm2)；…所以可归纳Sk＝·(k＋1)＝(dm2).所以k＝240①，所以×k＝240×②，由①－②得，·k＝240＝240(1＋－)＝240，所以k＝240dm2.典例3 (1)(2021·北京卷)若P(cosθ，sinθ)与Q关于y轴对称，写出一个符合题意的θ值____．【解析】由题意知，点P，Q都在单位圆上，且θ＋θ＋＝π＋2kπ，k∈Z，所以θ＝＋kπ，k∈Z.(2)写出一个同时满足下列三个性质的函数：f(x)＝__e2x+1__．①定义域为R；②f(－x)·f(x)＝f2(0)≠1；③f(x)的导函数f′(x)＝2f(x)≠0.【解析】取f(x)＝e2x+1的定义域为R满足①，由f(－x)·f(x)＝e-2x+1·e2x+1＝e2，f 2(0)＝e1·e1＝e2，∴f(－x)·f(x)＝f 2(0)≠1满足②，又f′(x)＝2e2x+1＝2f(x)≠0满足③，(取f(x)＝e2x＋k，(k≠0)都符合题意).新题型三　结构不良型解答题(1)结构不良型解答题多出现在三角函数和解三角形、数列两部分内容，但有时也出现在其他章节，有三选一和三选二两种类型．(2)解答此类题型，要注意仔细审视条件，切忌浅尝辄止，反复变更条件解答．典例4在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b2－2bccosA＝a2－2accosB，c＝2，(1)证明：△ABC为等腰三角形；(2)设△ABC的面积为S，若________，求S的值．在①7cosB＝2cosC；②·＝2S；③a2＋b2＝8c2三个选项中，选择一个填入上面空白处，并求解．(注：若选择多个条件分别解答，则按第一个计分)【解析】(1)证明：因为b2－2bc cos A＝a2－2ac cos B，所以b2＋c2－2bc cos A＝a2＋c2－2ac cos B，由余弦定理可得，a2＝b2，即△ABC为等腰三角形．(2)选条件①：由(1)得A＝B，C＝π－2B，所以7cos B＝2cos C＝2cos (π－2B)＝－2cos 2B＝2－4cos2B，即4cos2B＋7cosB－2＝0，cos B＝，cos C＝cos B＝，sin C＝＝，又cosB＝＝＝＝，∴a＝4，S＝ab sin C＝×4×4×＝；选②：由·＝2S，得a2cos C＝a2sin C，所以C＝，4＝2a2－2a2·，a2＝4＋2，S＝a2×＝1＋；选③：因为a2＋b2＝8c2，且a＝b，c＝2，所以a＝b＝4，cos C＝＝＝，sin C＝，于是S＝ab sin C＝×4×4×＝.典例5(2021·北京卷)已知在△ABC中，c＝2bcosB，C＝.(1)求B的大小；(2)在三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求BC边上的中线的长度．①c＝b；②周长为4＋2；③面积为S△ABC＝.(注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．)【解析】(1)由正弦定理＝，得sin C＝，又c＝2b cos B，所以sin C＝2sin B cos B＝sin 2B，又A，B，C为△ABC的内角，C＝，故C＝2B(舍)或C＋2B＝π，即B＝.(2)由(1)知，c＝b，故不能选①.选②，由(1)知A＝π－－＝，设BC＝AC＝2x，则AB＝2x，故周长为(4＋2)x＝4＋2，解得x＝1.从而BC＝AC＝2，AB＝2.设BC中点为D，则在△ABD中，由余弦定理，得cos B＝＝＝，解得AD＝.故BC边上的中线长为.选③，设BC＝AC＝2x，则AB＝2x，故S△ABC＝·2x·2x·sin ＝x2＝，解得x＝，从而BC＝AC＝，AB＝3.设BC中点为D，则在△ABD中，由余弦定理，得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos ＝9＋－2×3××＝，AD＝，故BC边上中线长为.