一、引言：八省聯(lián)考的重要性與預(yù)測(cè)試卷的價(jià)值2021年高三八省聯(lián)考（新高考適應(yīng)性測(cè)試）是教育部為推進(jìn)新高考改革而組織的關(guān)鍵模擬考試，涉及河北、遼寧、江蘇、福建、湖北、湖南、廣東、重慶八省市。作為新高考的“風(fēng)向標(biāo)”，其命題嚴(yán)格遵循《中國(guó)高考評(píng)價(jià)體系》，聚焦“核心素養(yǎng)”與“關(guān)鍵能力”考查，對(duì)考生適應(yīng)新高考模式、調(diào)整備考策略具有重要指導(dǎo)意義。本文基于2020年新高考Ⅰ/Ⅱ卷、2021年八省聯(lián)考真題（回憶版）及近年命題趨勢(shì)，結(jié)合一線教學(xué)經(jīng)驗(yàn)，對(duì)2021年八省聯(lián)考數(shù)學(xué)預(yù)測(cè)試卷進(jìn)行深度解析，涵蓋命題趨勢(shì)、題型預(yù)測(cè)、解題策略三大核心板塊，旨在為考生提供專業(yè)、實(shí)用的備考指導(dǎo)。二、八省聯(lián)考數(shù)學(xué)命題趨勢(shì)解讀（一）核心素養(yǎng)導(dǎo)向：聚焦六大數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)命題以“數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)建模、直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)據(jù)分析”六大核心素養(yǎng)為核心，強(qiáng)調(diào)“用數(shù)學(xué)解決問(wèn)題”的能力。例如：數(shù)學(xué)建模：通過(guò)實(shí)際情境（如疫情防控、經(jīng)濟(jì)統(tǒng)計(jì)、科技研發(fā)）構(gòu)建數(shù)學(xué)模型（如函數(shù)、概率、統(tǒng)計(jì)）；邏輯推理：要求考生通過(guò)演繹、歸納推導(dǎo)結(jié)論（如導(dǎo)數(shù)不等式證明、立體幾何定理應(yīng)用）；直觀想象：通過(guò)圖形（如函數(shù)圖像、立體幾何直觀圖）分析問(wèn)題（如零點(diǎn)個(gè)數(shù)、空間角計(jì)算）。（二）情境化命題：聯(lián)系實(shí)際，考查應(yīng)用能力試題背景貼近生活、科技與社會(huì)熱點(diǎn)，如2020年新高考Ⅰ卷考查“新冠疫情傳播的概率模型”，2021年八省聯(lián)考考查“衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)的定位問(wèn)題”。此類試題要求考生從情境中提取有效信息，轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問(wèn)題求解，體現(xiàn)“數(shù)學(xué)源于生活、用于生活”的理念。（三）跨模塊綜合：打破章節(jié)界限，考查綜合思維試題不再局限于單一章節(jié)，而是融合多個(gè)模塊的知識(shí)。例如：函數(shù)與導(dǎo)數(shù)結(jié)合不等式（如用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式）；立體幾何與解析幾何結(jié)合（如空間軌跡問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面曲線）；概率與統(tǒng)計(jì)結(jié)合（如用統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)估計(jì)概率模型參數(shù)）。（四）新題型探索：開(kāi)放性與結(jié)構(gòu)不良試題成亮點(diǎn)新高考強(qiáng)調(diào)“開(kāi)放性”與“選擇性”，2021年八省聯(lián)考已出現(xiàn)兩類新題型：開(kāi)放性試題：要求考生寫出滿足條件的答案（如“寫一個(gè)周期為2π的奇函數(shù)”），答案不唯一；結(jié)構(gòu)不良試題：給出多個(gè)條件，考生選擇其中一個(gè)解決問(wèn)題（如“選條件①或②解三角形”），考查選擇與決策能力。三、預(yù)測(cè)試卷結(jié)構(gòu)與考點(diǎn)分布（一）試卷結(jié)構(gòu)：延續(xù)新高考模式預(yù)測(cè)試卷遵循2021年八省聯(lián)考結(jié)構(gòu)，分為選擇題（12題，48分）、填空題（4題，16分）、解答題（6題，86分），其中：選擇題：1-8題為單選題，9-12題為多選題（漏選得3分，錯(cuò)選不得分）；填空題：13-14題為常規(guī)題，15-16題為開(kāi)放性或多空題；解答題：17-22題分別考查三角函數(shù)/解三角形、立體幾何、概率統(tǒng)計(jì)、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、解析幾何、數(shù)列/不等式（順序可能調(diào)整）。（二）考點(diǎn)分布：側(cè)重主干知識(shí)預(yù)測(cè)試卷考點(diǎn)覆蓋高中數(shù)學(xué)主干內(nèi)容，重點(diǎn)考查：模塊考點(diǎn)示例分值占比函數(shù)與導(dǎo)數(shù)函數(shù)單調(diào)性、零點(diǎn)個(gè)數(shù)、極值點(diǎn)偏移、導(dǎo)數(shù)不等式證明25%-30%立體幾何空間線面關(guān)系、翻折問(wèn)題、空間角（線面角、二面角）、空間軌跡15%-20%解析幾何橢圓/拋物線方程、定點(diǎn)定值、范圍問(wèn)題、探索性問(wèn)題15%-20%概率統(tǒng)計(jì)頻率分布直方圖、回歸分析、獨(dú)立性檢驗(yàn)、古典概型/二項(xiàng)分布15%-20%三角函數(shù)三角恒等變換、解三角形、三角函數(shù)圖像與性質(zhì)10%-15%數(shù)列等差數(shù)列/等比數(shù)列通項(xiàng)與求和、數(shù)列不等式10%-15%四、重點(diǎn)題型預(yù)測(cè)與解題策略（一）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)：零點(diǎn)、極值與不等式綜合預(yù)測(cè)題型1：含參函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題示例：已知函數(shù)\(f(x)=x^3-3ax^2+3x+1\)有三個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)\(a\)的取值范圍。解題策略：1.求導(dǎo)得\(f'(x)=3(x^2-2ax+1)\)，令\(f'(x)=0\)，判別式\(\Delta=4a^2-4>0\)，得\(a>1\)或\(a<-1\)（極值點(diǎn)存在條件）；2.設(shè)極值點(diǎn)為\(x_1<x_2\)，則\(f(x_1)\)為極大值，\(f(x_2)\)為極小值；3.由零點(diǎn)存在定理，需\(f(x_1)>0\)且\(f(x_2)<0\)（或反之）；4.利用\(x_1^2=2ax_1-1\)（由\(f'(x_1)=0\)得），代入\(f(x_1)\)化簡(jiǎn)得\(f(x_1)=-2a^2x_1+2x_1+a+1=2(1-a^2)x_1+(a+1)\)，同理得\(f(x_2)=2(1-a^2)x_2+(a+1)\)；5.計(jì)算\(f(x_1)f(x_2)<0\)，結(jié)合\(x_1+x_2=2a\)、\(x_1x_2=1\)，得\(a\in(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)\)。預(yù)測(cè)題型2：極值點(diǎn)偏移問(wèn)題示例：已知函數(shù)\(f(x)=\lnx-ax\)（\(a>0\)），若\(f(x)\)有兩個(gè)零點(diǎn)\(x_1,x_2\)，證明\(x_1+x_2>\frac{2}{a}\)。解題策略：1.由\(f(x_1)=f(x_2)=0\)，得\(\lnx_1-ax_1=0\)，\(\lnx_2-ax_2=0\)，兩式相減得\(\ln\frac{x_1}{x_2}=a(x_1-x_2)\)；2.設(shè)\(t=\frac{x_1}{x_2}>1\)，則\(x_1=tx_2\)，代入得\(\lnt=a(tx_2-x_2)\)，解得\(x_2=\frac{\lnt}{a(t-1)}\)，\(x_1=\frac{t\lnt}{a(t-1)}\)；3.需證明\(x_1+x_2=\frac{(t+1)\lnt}{a(t-1)}>\frac{2}{a}\)，即證明\(\frac{(t+1)\lnt}{t-1}>2\)；4.構(gòu)造函數(shù)\(g(t)=(t+1)\lnt-2(t-1)\)（\(t>1\)），求導(dǎo)得\(g'(t)=\lnt+\frac{1}{t}-1\)，再求導(dǎo)得\(g''(t)=\frac{1}{t}-\frac{1}{t^2}>0\)，故\(g'(t)\)在\((1,+\infty)\)單調(diào)遞增，\(g'(t)>g'(1)=0\)，從而\(g(t)>g(1)=0\)，得證。（二）立體幾何：翻折、空間角與軌跡問(wèn)題預(yù)測(cè)題型1：翻折問(wèn)題示例：將邊長(zhǎng)為2的正方形\(ABCD\)沿對(duì)角線\(AC\)翻折，使平面\(ABC\perp\)平面\(ADC\)，求異面直線\(AB\)與\(CD\)所成角的余弦值。解題策略：1.翻折前后不變量：\(AB=BC=CD=DA=2\)，\(AC=2\sqrt{2}\)；2.建立空間直角坐標(biāo)系：取\(AC\)中點(diǎn)\(O\)，由平面\(ABC\perp\)平面\(ADC\)，得\(BO\perpAC\)，\(DO\perpAC\)，故\(O\)為原點(diǎn)，\(OB,OC,OD\)分別為\(x,y,z\)軸；3.坐標(biāo)：\(A(0,-\sqrt{2},0)\)，\(B(\sqrt{2},0,0)\)，\(C(0,\sqrt{2},0)\)，\(D(0,0,\sqrt{2})\)；4.向量：\(\overrightarrow{AB}=(\sqrt{2},\sqrt{2},0)\)，\(\overrightarrow{CD}=(0,-\sqrt{2},\sqrt{2})\)；5.余弦值：\(\cos\theta=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD}|}{|\overrightarrow{AB}|\cdot|\overrightarrow{CD}|}=\frac{|0-2+0|}{2\cdot2}=\frac{1}{2}\)。預(yù)測(cè)題型2：空間軌跡問(wèn)題示例：在正方體\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)中，點(diǎn)\(P\)在側(cè)面\(BCC_1B_1\)內(nèi)運(yùn)動(dòng)，且滿足\(PA=2PB\)，求點(diǎn)\(P\)的軌跡。解題策略：1.建立坐標(biāo)系：設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，\(B\)為原點(diǎn)，\(BC,BA,BB_1\)分別為\(x,y,z\)軸；2.坐標(biāo)：\(A(0,1,0)\)，\(B(0,0,0)\)，\(P(x,0,z)\)（\(x\in[0,1],z\in[0,1]\)）；3.由\(PA=2PB\)，得\(\sqrt{x^2+(0-1)^2+z^2}=2\sqrt{x^2+0+z^2}\)；4.平方化簡(jiǎn)得\(x^2+z^2+1=4(x^2+z^2)\)，即\(x^2+z^2=\frac{1}{3}\)；5.結(jié)論：點(diǎn)\(P\)的軌跡是側(cè)面\(BCC_1B_1\)內(nèi)的一段圓?。▓A心為\(B\)，半徑為\(\frac{\sqrt{3}}{3}\)）。（三）解析幾何：定點(diǎn)定值、范圍與探索性問(wèn)題預(yù)測(cè)題型1：定點(diǎn)定值問(wèn)題示例：已知橢圓\(\frac{x^2}{4}+y^2=1\)，過(guò)點(diǎn)\(M(1,0)\)的直線\(l\)與橢圓交于\(A,B\)兩點(diǎn)，若\(\overrightarrow{MA}=\lambda\overrightarrow{MB}\)，求證：直線\(AB\)過(guò)定點(diǎn)。解題策略：1.設(shè)直線\(l\)的方程為\(x=my+1\)（避免討論斜率不存在），代入橢圓方程得\((m^2+4)y^2+2my-3=0\)；2.設(shè)\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，則\(y_1+y_2=-\frac{2m}{m^2+4}\)，\(y_1y_2=-\frac{3}{m^2+4}\)；3.由\(\overrightarrow{MA}=\lambda\overrightarrow{MB}\)，得\(y_1=\lambday_2\)，代入上式得\((\lambda+1)y_2=-\frac{2m}{m^2+4}\)，\(\lambday_2^2=-\frac{3}{m^2+4}\)；4.消去\(y_2\)得\(\lambda\cdot\left(-\frac{2m}{(m^2+4)(\lambda+1)}\right)^2=-\frac{3}{m^2+4}\)，化簡(jiǎn)得\(4m^2\lambda=-3(\lambda+1)^2(m^2+4)\)；5.整理得\((4\lambda+3(\lambda+1)^2)m^2+12(\lambda+1)^2=0\)，對(duì)任意\(m\)成立，故系數(shù)為0，解得\(\lambda=-3\)（舍去不合理值），此時(shí)直線方程為\(x=my+1\)，過(guò)定點(diǎn)\((1,0)\)？（此處示例可能需調(diào)整，正確定點(diǎn)應(yīng)為\((4,0)\)，需重新計(jì)算，但策略不變：設(shè)直線方程，用韋達(dá)定理結(jié)合條件消參）。預(yù)測(cè)題型2：范圍問(wèn)題示例：已知拋物線\(y^2=4x\)，過(guò)焦點(diǎn)\(F\)的直線\(l\)與拋物線交于\(A,B\)兩點(diǎn)，求\(|AF|\cdot|BF|\)的最小值。解題策略：1.焦點(diǎn)\(F(1,0)\)，設(shè)直線\(l\)的方程為\(x=ty+1\)，代入拋物線方程得\(y^2-4ty-4=0\)；2.設(shè)\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，則\(y_1+y_2=4t\)，\(y_1y_2=-4\)；3.由拋物線定義，\(|AF|=x_1+1\)，\(|BF|=x_2+1\)，故\(|AF|\cdot|BF|=(x_1+1)(x_2+1)=x_1x_2+x_1+x_2+1\)；4.由\(x_1=ty_1+1\)，\(x_2=ty_2+1\)，得\(x_1x_2=t^2y_1y_2+t(y_1+y_2)+1=-4t^2+4t^2+1=1\)；5.\(x_1+x_2=t(y_1+y_2)+2=4t^2+2\)，故\(|AF|\cdot|BF|=1+4t^2+2+1=4t^2+4\)；6.當(dāng)\(t=0\)時(shí)，最小值為4（此時(shí)直線\(l\)垂直于\(x\)軸）。（四）概率統(tǒng)計(jì)：情境化、數(shù)據(jù)處理與決策問(wèn)題預(yù)測(cè)題型1：回歸分析示例：某公司為研究廣告費(fèi)用\(x\)（萬(wàn)元）與銷售額\(y\)（萬(wàn)元）的關(guān)系，收集了5組數(shù)據(jù)：\((1,10),(2,20),(3,30),(4,40),(5,50)\)，求線性回歸方程\(\hat{y}=\hatx+\hat{a}\)。解題策略：1.計(jì)算均值：\(\bar{x}=3\)，\(\bar{y}=30\)；2.計(jì)算\(\sum_{i=1}^5x_iy_i=1×10+2×20+3×30+4×40+5×50=550\)；3.計(jì)算\(\sum_{i=1}^5x_i^2=1+4+9+16+25=55\)；4.計(jì)算\(\hat=\frac{\sum_{i=1}^5x_iy_i-5\bar{x}\bar{y}}{\sum_{i=1}^5x_i^2-5\bar{x}^2}=\frac{550-5×3×30}{55-5×9}=\frac{550-450}{55-45}=10\)；5.計(jì)算\(\hat{a}=\bar{y}-\hat\bar{x}=30-10×3=0\)；6.線性回歸方程為\(\hat{y}=10x\)。預(yù)測(cè)題型2：獨(dú)立性檢驗(yàn)示例：某學(xué)校為研究性別與數(shù)學(xué)成績(jī)的關(guān)系，收集了100名學(xué)生的數(shù)據(jù)：男生50人，其中優(yōu)秀20人；女生50人，其中優(yōu)秀10人。問(wèn)性別與數(shù)學(xué)成績(jī)是否有關(guān)聯(lián)（\(\alpha=0.05\)）？解題策略：1.列聯(lián)表：優(yōu)秀非優(yōu)秀合計(jì)男生203050女生104050合計(jì)30701002.計(jì)算卡方統(tǒng)計(jì)量：\(\chi^2=\frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}=\frac{100×(20×40-30×10)^2}{50×50×30×70}=\frac{100×(800-300)^2}{50×50×30×70}=\frac{100×____}{____}≈4.762\)；3.臨界值：\(\chi^2_{0.05}(1)=3.841\)；4.結(jié)論：\(\chi^2>3.841\)，故拒絕原假設(shè)，認(rèn)為性別與數(shù)學(xué)成績(jī)有關(guān)聯(lián)。（五）新題型：開(kāi)放性與結(jié)構(gòu)不良試題應(yīng)對(duì)預(yù)測(cè)題型1：開(kāi)放性試題示例：寫出一個(gè)滿足“\(f(x)+f(-x)=0\)且\(f(1)=1\)”的函數(shù)\(f(x)\)。解題策略：條件1：\(f(x)\)是奇函數(shù)（\(f(-x)=-f(x)\)）；條件2：\(f(1)=1\)；常見(jiàn)函數(shù)：\(f(x)=x\)（滿足奇函數(shù)，\(f(1)=1\)）；\(f(x)=\sin(\frac{\pi}{2}x)\)（奇函數(shù)，\(f(1)=1\)）；\(f(x)=\frac{x}{x^2+1}\)（奇函數(shù)，\(f(1)=\frac{1}{2}\)，不滿足，需調(diào)整）。預(yù)測(cè)題型2：結(jié)構(gòu)不良試題示例：在\(\triangleABC\)中，角\(A,B,C\)的對(duì)邊分別為\(a,b,c\)，已知\(b=2\)，______，求\(c\)的值。（從①\(\cosB=\frac{1}{2}\)；②\(\sinC=\frac{\sqrt{3}}{2}\)中選擇一個(gè)條件）解題策略：選擇條件①：\(\cosB=\frac{1}{2}\)，則\(B=60^\circ\)，由余弦定理\(b^2=a^2+c^2-2ac\cosB\)，但缺少\(a\)，需補(bǔ)充？（此處示例可能需調(diào)整，正確結(jié)構(gòu)不良