2025版新教材高考数学全程一轮总复习新教材新高考权威解读评析

近三年新高考数学落实立德树人根本任务，促进学生德智体美劳全面发展，体现高考改革的要求．试卷突出数学学科特点，强化基础考查，突出关键实力，加强教考连接，助力基础教化提质增效．

一、设置现实情境发挥育人作用

近三年的新高考数学试卷坚持思想性与科学性统一，从中华优秀传统文化、社会经济发展、科技发展与进步等方面设置了真实情景．

一是体现中华优秀传统文化情景，旨在让学生领会中华民族的才智和数学探讨成果，进一步树立民族自尊心和骄傲感．如2024年新高考Ⅰ卷第4题，以日晷为背景，让学生直观感受我国古代科学家探究问题和解决问题的过程．

典例1 [2024·新高考Ⅰ卷，4]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( )

A．20° B．40° C．50° D．90°

二是以科技发展与进步中取得的重要成就为背景，旨在激发青年学生树立为国家服务、奉献科技事业的信念．如2024年新高考Ⅱ卷第4题，以北斗三号全球卫星导航系统为情景，考查学生视察问题、分析问题和解决问题的实力．

典例2 [2024·新高考Ⅱ卷，4]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36 000 km(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6 400 km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能干脆观测到一颗地球

2

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＝2πr(1－cos α)(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%

三是以我国的社会经济发展、生产生活实际为情景素材设置试题．如2024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，考查学生的空间想象、运算求解实力，引导学生关注社会主义建设的成果，增加社会责任感．

典例3 [2024·新高考Ⅰ卷，4]南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其

2

中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km；

2

水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km，将该水库在这两个水位间的形态看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(

≈2.65)( )

A．1.0×109m3 B．1.2×109m3 C．1.4×109m3D．1.6×109m3

二、加强教考连接发挥引导作用

高考数学命题贯彻高考内容改革的要求，依据中学课程标准命题，进一步增加考试与教学的连接．试卷的考查比例、要求层次与课程标准保持一样，注意考查内容的全面性，同时突出主干、重点内容的考查，引导教学以标施教、施教以标．

近三年的试题强调对学科基本概念、基本原理的考查，强调学问之间的内在联系，引导学生形成学科学问系统；注意本原性方法，淡化特别技巧，强调通性通法的深化理解和综合运用，促进学生将学问和方法内化为自身的学问结构.2024年新高考Ⅰ卷第16题体现了特别与一般的思想，2024年新高考Ⅱ卷第19题对统计与概率的思想进行了深化的考查．数学试题力图引导中学遵循教学规律、提高课堂教学效果，实现作业题、练习题减量提质．

典例4 [2024·新高考Ⅰ卷，16]已知椭圆C：

＝1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个

焦点为F1，F2，离心率为.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是________．

典例5 [2024·新高考Ⅱ卷，19]在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：

(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)； (2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的概率；

(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40，50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40，50)，求此人患这种疾病的概率．(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001)．

同时，加强主干考查．如2024新高考Ⅰ卷第12题，要求学生在抽象函数的背景下，理解函数的奇偶性、对称性、导数等概念以及它们之间的联系，对数学抽象、直观想象、逻辑推理等核心素养都有较高的要求．

此外，近三年的新高考试卷还创新试题设计．题型设计上有多选题、开放题、结构不良问题，激励学生运用创建性、发散性思维分析问题和解决问题；引导教学注意培育学生的创新精神．如2024新高考Ⅰ卷14题，2024新高考Ⅰ卷17题，2024新高考Ⅱ卷21题．

2222

典例6 [2024·新高考Ⅰ卷，14]写出与圆x＋y＝1和(x－3)＋(y－4)＝16都相切的一条直线的方程________．

典例7 [2024·新高考Ⅰ卷，17]在①ac＝，②c sin A＝3，③c＝b这三个条件中任选一个，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＝C＝，________？

注：假如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

典例8 [2024·新高考Ⅱ卷，21]已知双曲线C：0)，渐近线方程为y＝±

(1)求C的方程；

sin B，

＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，

x.

(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P

，Q

在C上，

且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：

①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|．

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．

三、加强素养考查发挥选拔功能

近三年试卷深化考查关键实力，优化试题设计，发挥数学学科高考的选拔功能，助力提升学生综合素养．

首先是加强思维品质考查，增加思维的敏捷性．试卷通过突出思维品质考查，强调思索和创新意识．如2024年新高考Ⅱ卷第8题，对思维的敏捷性有较高要求，在抽象的情景中发觉函数周期性是问题的关键．

典例9 [2024·新高考Ⅱ卷，8]已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋y)＋f(x－y)＝

f(x)f(y)，f(1)＝1，则( )

A．－3 B．－2 C．0 D．1

其次是加强关键实力考查，增加试题的选拔性．试卷设置了综合性的问题和较为困难的情景，加强关键实力的考查．如2024新高考Ⅰ卷第22题重视基于数学素养的关键实力考查，在数学学问层面、数学实力层面和创新思维层面都有所体现，具有较好的选拔功能.2024年新高考Ⅱ卷第22题将函数、导数、数列与不等式等学问有机结合，考查学生敏捷应用函数、不等式思想解决困难问题的实力，对直观想象实力和逻辑推理实力也有较高要求．

x

典例10 [2024·新高考Ⅰ卷，22]已知函数f(x)＝e－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值．

(1)求a；

(2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．

axx

典例11 [2024·新高考Ⅱ卷，22]已知函数f(x)＝xe－e. (1)当a＝1时，探讨f(x)的单调性；

(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围； (3)设n∈N，证明：

*

＋…＋>ln (n＋1)．

开篇

典例1 解析：过球心O、点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，GF⊥CD，CD∥OB，∠AOB＝40°，∠OAE＝∠OAF＝90°，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.故选B.

答案：B

典例2 解析：由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：

＝

答案：C

典例3 解析：由棱台的体积公式，得增加的水量约为×(157.5－148.5)×(140×10＋180×10＋

6

6

＝≈0.42＝42%.故选C.

)＝×(140＋180＋60)≈3×10×(140＋180

6

＋60×2.65)≈1.4×10(m)．故选C.

答案：C

典例4 解析：由题意知e＝＝，所以a＝2c，b＝

93

c，所以△AF1F2是等边三角形，所

以DE垂直平分AF2，所以|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，所以△ADE的周长为|DE|＋|AD|＋|AE|＝|DE|＋|DF2|＋|EF2|.由椭圆的定义，可知|DE|＋|DF2|＋|EF2|＝4a＝8c.因为直线DE的斜率k＝tan 30°＝，所以直线DE的方程为y＝(x＋c)，即x＝＝1，得3x＋4y＝12c.将x＝

2

2

2

y－c.由椭圆方程cy－9c2＝0.设D(x1，y1)，

＝

y－c代入并整理，得13y2－6

，y1y2＝－

，所以|DE|＝

E(x2，y2)，则y1＋y2＝

·答案：13

＝

＝c＝6，解得c＝.所以△ADE的周长是8c＝13.

典例5 解析：(1)平均年龄＝(5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002)×10＝47.9(岁)．

(2)设A＝{一人患这种疾病的年龄在区间[20，70)}，所以

P(A)＝1－P()＝1－(0.001＋0.002＋0.006＋0.002)×10＝1－0.11＝0.. (3)设B＝{任选一人年龄位于区间[40，50)}，C＝{任选一人患这种疾病}，

则由条件概率公式可得

P(C|B)＝＝＝＝0.001 437 5≈0.001 4.

典例6 解析：由题意知两圆的圆心和半径分别为O1(0，0)，O2(3，4)，r1＝1，r2＝4.因为|O1O2|＝r1＋r2，所以两圆外切．由两圆外切，

画出示意图，如图．设切点为A(x，y)．由

＝

，得A(

)．因为

＝，所

以切线l1的斜率k1＝－，所以l1：y－＝－(x－)，即3x＋4y－5＝0.由图象易得两圆均与

直线l2：x＝－1相切，过两圆圆心的直线方程为l：y＝x.联立解得

故直线l与l2的交点为P(－1，－).由切线定理，得两圆的另一公切线l3过点P.设l3：y＋＝k(x＋1)．由点到直线的距离公式，得

＝1，解得k＝，所以l3：y＋＝(x＋1)，

即7x－24y－25＝0.

答案：3x＋4y－5＝0或7x－24y－25＝0或x＋1＝0(答对其中之一即可) 典例7 解析：方案一：选条件①.

由C＝和余弦定理得由sin A＝于是

＝.

sin B及正弦定理得a＝＝，由此可得b＝c.

b.

由①ac＝，解得a＝，b＝c＝1.

因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1. 方案二：选条件②. 由C＝和余弦定理得由sin A＝于是

＝.

sin B及正弦定理得a＝b.

＝，由此可得b＝c，B＝C＝，A＝.

由②c sin A＝3，所以c＝b＝2，a＝6.

因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2方案三：选条件③. 由C＝和余弦定理得由sin A＝于是

＝.

.

sin B及正弦定理得a＝＝，由此可得b＝c.

b.

由③c＝b，与b＝c冲突．

因此，选条件③时问题中的三角形不存在． 典例8 解析：(1)由题意可得所以C的方程为x－＝1.

(2)当直线PQ斜率不存在时，x1＝x2，但x1>x2>0，所以直线PQ斜率存在，所以设直线

2

解得

PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0)．联立得方程组

消去y并整理，得(3－k)x－2kbx－b－3＝0. 则x1＋x2＝因为x1>x2>0， 所以x1x2＝所以x1－x2＝

>0，即k>3.

.

22

2

2

，x1x2＝，x1－x2＝＝.

设点M的坐标为(xM，yM)，

则yM－y2＝(xM－x2)，yM－y1＝－(xM－x1)， 两式相减，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)． 因为y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)， 所以2

xM＝k(x1－x2)＋

.

(x1＋x2)，

解得xM＝

两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)．

因为y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b， 所以2yM＝k(x1＋x2)＋解得yM＝

(x1－x2)＋2b， ＝xM.

所以点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．

选择①②.

因为PQ∥AB，所以kAB＝k.

设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则

同理可得xB＝此时xA＋xB＝

解得xA＝

，yB＝－，yA＋yB＝

，yA＝ . .

.

因为点M在AB上，且其轨迹为直线y＝x，

所以

解得xM＝＝，yM＝＝，

所以点M为AB的中点，即|MA|＝|MB|. 选择①③.

当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时点M不在直线y＝x上，与题设冲突，故直线AB的斜率存在．

当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，并设点A的坐标为(xA，

yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则

解得xA＝同理可得xB＝此时xM＝

＝，yA＝

.

. ＝

，yB＝－，yM＝

.由于点M同时在直线y＝x上，故6m＝·2m，

2

解得k＝m，因此PQ∥AB.

选择②③.

因为PQ∥AB，所以kAB＝k.

设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)， 则

同理可得xB＝

解得xA＝，yB＝－

，yA＝ .

＝

，yC＝

＝

.

.

设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝

因为|MA|＝|MB|，所以点M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－(x－xC)上． 将该直线方程与y＝x联立，解得xM＝

＝xC，yM＝

＝yC，即点M恰为AB的中点，

所以点M在直线AB上．

典例9 解析：令y＝1，得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)＝f(x)，即f(x＋1)＝f(x)－f(x－1)．故f(x＋2)＝f(x＋1)－f(x) ①，f(x＋3)＝f(x＋2)－f(x＋1) ②.①＋②，得f(x＋3)＝－f(x)，所以f(x)的周期为6.令x＝1，y＝0，得f(1)＋f(1)＝f(1)f(0)，所以f(0)＝2，所以f(2)＝f(1)－f(0)＝1－2＝－1，f(3)＝f(2)－f(1)＝－1－1＝－2，f(4)＝f(3)－f(2)＝－2－(－1)＝－1，f(5)＝f(4)－f(3)＝－1－(－2)＝1，f(6)＝f(5)－f(4)＝1－(－1)＝2.

所以

＝3[f(1)＋f(2)＋…＋f(6)]＋f(19)＋f(20)＋f(21)＋f(22)＝3×0＋

f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1＋(－1)＋(－2)＋(－1)＝－3.故选A.

答案：A

xx典例10 解析：(1)由f(x)＝e－ax，得f′(x)＝e－a.

由于f(x)存在最小值，则方程f′(x)＝0有解，故a>0，解得x＝ln a. 所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(ln a)＝a－a ln a. 同理，得g(x)min＝g()＝1＋ln a.

因为函数f(x)，g(x)的最小值相等，

所以a－a ln a＝1＋ln a，即(a＋1)ln a＋1－a＝0. 令h(x)＝(x＋1)ln x＋1－x，x>0，则h′(x)＝ln x＋. 令m(x)＝ln x＋，x>0，则m′(x)＝令

>0，则x>1；令

＝

.

<0，则0所以m(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即h′(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以

＝h′(1)＝1>0，

所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．

又h(1)＝0，所以1是h(x)唯一零点，所以a＝1.

x(2)证明：由(1)知f(x)＝e－x，g(x)＝x－ln x，且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在

(0，＋∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且f(x)min＝＝1.

①当b<1时，f(x)min＝g(x)min＝1>b，明显直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)无交点，不符合题意．

②当b＝1时，f(x)min＝g(x)min＝1＝b，则直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有2个交点，不符合题意．

③当b>1时，首先证明直线y＝b与曲线y＝f(x)有2个交点，即证F(x)＝f(x)－b有2个零点．

x因为F′(x)＝f′(x)＝e－1，

所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． F(－b)＝e－b>0，F(0)＝1－b<0，F(b)＝eb－2b.

bb令t(b)＝e－2b，b>1，则t′(b)＝e－2>0， 所以t(b)>t(1)＝e－2>0，所以F(b)>0.

所以由零点存在定理，知F(x)＝f(x)－b在(－∞，0)上存在且只存在1个零点，设为x1，在(0，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x2.

其次证明直线y＝b与曲线g(x)有2个交点， 即证G(x)＝g(x)－b有2个零点．

因为G′(x)＝g′(x)＝1－，所以G(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

G(e－b)＝e－b>0，G(1)＝1－b<0，G(2b)＝b－ln 2b.

令μ(x)＝－ln x，x>2，则μ′(x)＝

>0，

所以μ(x)>μ(2)＝1－ln 2>0，即G(2b)>0.

所以由零点存在定理，得G(x)＝g(x)－b在(0，1)上存在且只存在1个零点，设为x3，在(1，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x4.

再次证明存在b使得x2＝x3. 因为F(x2)＝G(x3)＝0，所以b＝－x2＝x3－ln x3.

x若x2＝x3，则－x2＝x2－ln x2，即－2x2＋ln x2＝0，所以只需证明方程e－2x＋ln x＝0在(0，1)上有解即可，

x即证明φ(x)＝e－2x＋ln x在(0，1)上有零点．

因为φ()＝

x－3<0，φ(1)＝e－2>0，

所以φ(x)＝e－2x＋ln x在(0，1)上存在零点，取一零点为x0，令x2＝x3＝x0即可，此时b＝－x0，则此时存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点． 最终证明x1＋x4＝2x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．

因为F(x1)＝F(x2)＝F(x0)＝G(x3)＝G(x0)＝G(x4)＝0，所以F(x1)＝G(x0)＝F(ln x0)． 又因为F(x)在(－∞，0)上单调递减，x1<0，0又因为

)＝G(x4)，又因为G(x)在(1，＋∞)上单调递增，x0>0，即

>1，x4>1，

－2x0＋ln x0＝0，所以x1＋x4＝＝2x0，

即存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．

典例11 解析：(1)当a＝1时，f(x)＝xe－e＝(x－1)e， f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex. 令f′(x)＝0，得x＝0，

∴当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

axaxxaxx(2)f′(x)＝e＋aex－e＝(ax＋1)e－e，f′(0)＝0.

axxaxaxx2axx设g(x)＝(ax＋1)e－e，则g′(x)＝ae＋ae(ax＋1)－e＝(ax＋2a)e－e，g′(0)＝2a－1.

当2a－1>0，即a>时，存在δ>0，使得当x∈(0，δ)时，g′(x)>0，此时f′(x)在(0，

xxxδ)上单调递增．

∵f′(x)>f′(0)＝0，∴f(x)在(0，δ)上单调递增， ∴f(x)>f(0)＝－1，这与f(x)<－1冲突，故舍去．

当2a－1≤0，即a≤时令h(x)＝则h′(x)＝

－e， ＋

·x－e＝

xx－e.

x(1＋x－)<0，

∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 此时h(x)0时

－.

令

＝t，t>1，则x＝2ln t，∴2ln t1.

(n∈N)，则2ln t＝ln (n＋1)－ln n<＋…＋

*

－e<－1，

x取t＝ ∴

－ ＝，

>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln (n＋1)－ln n＝ln (n＋1)，故结论得证．