2024年高考數(shù)學(xué)高頻考點(diǎn)題型歸納與方法總結(jié)參考答案

2024年高考數(shù)學(xué)摸底考試卷

高三數(shù)學(xué)參考答案

1.B2.C3.A4.C5.A6.D

7.D8.C9.ACD10.ABD11.BC12.BD

13.36

3

15.2（2,-2,；,-；中任意一個(gè)皆可以）

17.【詳解】(1)由4+2αz,=4S,,+3,可知+2”向=4Szrt∣+3

兩式相減得d+∣-d+2(an+l-an)=4an+l,

即2(%+??)=<!-?"=院1+4)(%-?！?，

.4,>0，；?"”+1-a”=2,

Y當(dāng)”=1時(shí)，a；+2q=4α∣+3,Λal(舍)或“∣=3,

則｛叫是首項(xiàng)為3,公差4=2的等差數(shù)列，

.?.｛《,｝的通項(xiàng)公式%=3+2(M-1)=2W+1；

(2)??an=2n+?,

,b,=L=_____L__=Ip_______U,

61MHJ(2〃+1)(2〃+3)2(2〃+12n+3)

???數(shù)列｛%｝的前〃項(xiàng)和

1

(,U2(f3l-l5÷l5-l7÷?→-2〃+-12π-+3j-2(3—2nM+3J=3d(2〃?+3]

18.【詳解】(1)由正弦定理得G(Sin5-SinACOSC)=SinCSinA,

又A+B÷C=π,sin(A+C)=sin(π-B)=sinB,

則>∣3[sin(Λ÷C)-sinAcosC]=sinCsinA,

化簡(jiǎn)得bcosAsinC=sinCsinA,

又SinC>（）,所以GcosA=SinA,則?/?=tanA,

因?yàn)锳eW

所以A=}

a_b_c_2_4?∣3

（2）由正弦定理得：sinAsinBsinC.兀3,

sin—

3

.,4√3._4g.廠

??b=-----sinB,c-------sinC?

33

?“?4√3.4√3..?46「?D.f2πA

??a+Z?+c'=2+-----sinBdH-------sinCr=2H-------sinB+sin--------B

333LI3）

速/％且

=2+nB+COSB=2+4Sin（B+看

3122

ABC為銳角三角形，

0<B<-

.I2

?-2兀71

0<C=------B<—

32

解得：7<β<?，

62

.兀門π2兀

363

?<sin（8+季）41,

.?.2^<4sin^B+^≤4,

?'?2+2λ∕3<o+b+c≤6,

即^ABC的取值范圍為（2+2瘋6]

19.【詳解】（1）因?yàn)镻CJ_底面ABCf>,ACU平面ABCZ）,

所以PCLAC.

因?yàn)锳3=2,AD=CD=X,所以4C=BC=0?

所以AC?+8C?=AB?,所以AClBC.

又因?yàn)镻CCBC=C,PCU平面PBC,BCU平面PBC,

所以AC_L平面PBC.

又AeU平面EAC,

所以平面E4C_L平面PBC.

(2)解法一：

以點(diǎn)C為原點(diǎn),CB,CA,CP所在直線分別為X軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則C(0,0,0),

β(√2,θ,θ),A(0,√2,0),P(0,0,2).

設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(x,y,z),因?yàn)锽￡=2EP，所以卜-a,)\2)=2(-》,-、2-2),

即X="，y=0,z=±所以J*,。；.

33Ik33J

所以CA=(O,√5,θ),CE=冬。事.

n-CA=0

設(shè)平面ACE的一個(gè)法向量為"=(x,y,z),則

n?CE=0

√2y=0

所以＜正4,取R=2Λ∕∑,則y=。，z=-l.

——X+—z=0

I33

所以平面ACE的一個(gè)法向量為〃=(2&,0,-1).

又因?yàn)锽C工平面PAC,所以平面PAC的一個(gè)法向量為CB=(起,0,01

設(shè)平面PAC與平面ACE的夾角為。，

所以，平面PAC與平面ACE夾角的余弦值為也.

3

解法二：

取AB的中點(diǎn)G,連接CG,以點(diǎn)C為原點(diǎn)，CG,CD,CP所在直線分別為X軸，y軸，Z軸，建立如圖所

示

的空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0),B(l,-l,0),A(l,l,0),P(0,0,2).

設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(x,y,z),因?yàn)?E=2E尸，所以(XT,y+l,z)=2(-x,-y,2-z),

??4.114)

即aπX=,，y=-->?=--所rcμ以E∣3,-Q,QJ.

所以CA=(1,1,0),CE=(,-gg).

/、[n?CA=0

設(shè)平面ACE的一個(gè)法向量為〃=(x,y,z),則｛.

n?CE=0

x+y=0

所以4114八，取x=3,貝IJy=-3,z=-∣.

-X——y+-z=O2

133'3

所以，平面ACE的一個(gè)法向量為"=(3,-3,.

又因?yàn)锽el平面PAC,所以平面PAC的一個(gè)法向量為C8=(l,-1,0).

設(shè)平面PAC與平面ACE的夾角為。,

則cos6=MS(〃聞=⑻；:2=當(dāng)

22

J3+(-3)^+f--^×λ∕l+(-1)^

所以，平面PAC與平面ACE夾角的余弦值為逑

3

20.【詳解】(1)記“小明至少正確完成其中3道題”為事件A,則

P(A)=C州第嘿

(2)X的可能取值為2,3,4

C2C∣21S3

P(χ=2)=??=D=±,

\77014

Wχ=3)="=竺,

(C；^70-7,

/"X⑷?或_15=3

()一C；^70^14,

X的分布列為;

X234

343

P

147

343

數(shù)學(xué)期望E(X)=2χ?^+3χ,+4xK=3.

1X9

(3)由(1)知，小明進(jìn)入決賽的概率為P(A)=礪;

4?11

記“小宇至少正確完成其中3道題”為事件B,則尸(B)=＞成=三

因?yàn)镻(B)＞P(A),故小宇進(jìn)決賽的可能性更大,

所以應(yīng)選擇小宇去參加比賽.

21.【詳解】(1)定義域?yàn)?0,+8),r(χ)=(χ+i)e*-?

f'⑴=2e-α=2e+l

由題意知

/(1)=2e+l-?=e

解得α=T,b=e+l；

(2)g(x)=/(x)-2eA-x+3=(x-2)eλ+lnx-x÷3,

1

則g,(x)=(xfejr+C"--

XX

令MX)=e"-L其中Xe,1,則/(x)=e”+5>0,

2

所以函數(shù)MX)=e，-：在Xe?,?上單調(diào)遞增,

因?yàn)椤ā蘜-2<O,Λ(l)=e-l>O,所以存在唯一Xoe

使得力(玉＞)=腔一,=0,即e'。=',可得XO=-In/,

??

當(dāng)］<x<x。時(shí)，g'(x)>O,此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，

當(dāng)/<x<l時(shí),√(x)<0,此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.

所以當(dāng)Xe??時(shí),g(x)mιχ=g(XO)=(XL2)e%+加占-%+3,

1(I?I~Γ

因?yàn)閑"=—,Xo=TnX0,所以g(χ)=4-2x+-≤4-4X?一=0,

?nmI0?JV0?

當(dāng)且僅當(dāng)%=',即％=1時(shí)，取等號(hào)，

?

又因與w(g,l),所以g(x)maχ=4-2^+?<0,

即g(x)<O,因?yàn)間⑴=2-e>-l,g^=∣-l∏2-∣√e>∣-ln2-∣×∣=-ln2>-l,

所以當(dāng)Xe∣J時(shí)，-1<g(x)<0,

因?yàn)楫?dāng)x∈?,l時(shí)，g(x)<∕n(加eZ)恒成立，

所有加min=S

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第二問的關(guān)鍵點(diǎn)在于把恒成立問題通過分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為新函數(shù)的最值問題，轉(zhuǎn)

化后利用導(dǎo)數(shù)判斷出其定義域上的單調(diào)性求出值域或最值問題就解決了.

2

22.【詳解】（1）雙曲線C：f≠0）的漸近線方程為y=±6χ,

不妨設(shè)A（W,園），B（m-y∕3m）

因?yàn)槿切蜲AB的面積為√5,所以g∣A8∣?優(yōu)=G,后,

所以G∕=G,又加＞0,所以m=1.