2024年高考数学摸底考试卷【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用

2024年高考数学摸底考试卷高三数学参考答案1．B2．C3．A4．C5．A6．D7．D8．C9．ACD10．ABD11．BC12．BD13．3614．287315．2（112,2,,22中任意一个皆可以）16．138(,]6317．【详解】（1）由2243nnnaaS，可知2111243nnnaaS两式相减得2211124nnnnnaaaaa，即2211112nnnnnnnnaaaaaaaa，∵0na，∴12nnaa，∵当1n时，2111243aaa，∴11a（舍）或13a，则na是首项为3，公差2d的等差数列，∴na的通项公式32121nann；（2）∵21nan，∴111111212322123nnnbaannnn，∴数列nb的前n项和11111111112355721232323323nnTnnnn.18．【详解】（1）由正弦定理得3sinsincossinsinBACCA，又πABC，sin()sin(π)sinACBB，则3sinsincossinsinACACCA，化简得3cossinsinsinACCA，又sin0C，所以3cossinAA，则3tanA，因为π0,2A，所以π3A；（2）由正弦定理得：243πsinsinsin3sin3abcABC，∴43sin3bB，43sin3cC，∴4343432π2sinsin2sinsin3333abcBCBB，4333π2sincos24sin3226BBB；ABC为锐角三角形，∴π022ππ032BCB，解得：ππ62B，∴ππ2π363B，∴3πsin126B，∴π234sin46B，∴2236abc，即△ABC的取值范围为223,6.19．【详解】（1）因为PC底面ABCD，AC平面ABCD，所以PCAC．因为2AB，1ADCD，所以2ACBC．所以222ACBCAB，所以ACBC．又因为PCBCC，PC平面PBC，BC平面PBC，所以AC平面PBC．又AC平面EAC，所以平面EAC平面PBC．（2）解法一：以点C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则0,0,0C，2,0,0B，0,2,0A，002P,,．设点E的坐标为,,xyz，因为2BEEP，所以2,,2,,2xyzxyz，即23x，0y，43z，所以24,0,33E．所以0,2,0CA，24,0,33CE．设平面ACE的一个法向量为,,nxyz，则00nCAnCE．所以2024033yxz，取22x，则0y，1z．所以平面ACE的一个法向量为22,0,1n．又因为BC平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为2,0,0CB．设平面PAC与平面ACE的夹角为，则22222222coscos,32212nCB．所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为223．解法二：取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则0,0,0C，1,1,0B，1,1,0A，002P,,．设点E的坐标为,,xyz，因为2BEEP，所以1,1,2,,2xyzxyz，即13x，13y，43z，所以114,,333E．所以1,1,0CA，114,,333CE．设平面ACE的一个法向量为,,nxyz，则00nCAnCE．所以01140333xyxyz，取3x，则=3y，32z．所以，平面ACE的一个法向量为33,3,2n．又因为BC平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为1,1,0CB．设平面PAC与平面ACE的夹角为，则22222313122coscos,3333112nCB．所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为22320．【详解】（1）记“小明至少正确完成其中3道题”为事件A，则343444313189CC444256PA．（2）X的可能取值为2，3，4222648CC1532C7014PX，132648CC4043C707PX，042648CC1534C7014PX，X的分布列为；X234P31447314数学期望343234314714EX．（3）由（1）知，小明进入决赛的概率为189256PA；记“小宇至少正确完成其中3道题”为事件B，则431171414PB；因为PBPA，故小宇进决赛的可能性更大，所以应选择小宇去参加比赛．21．【详解】（1）定义域为0,，1exafxxx，由题意知(1)2e2e1(1)2e1efafb，解得1a，e1b；（2）2e32eln3xxgxfxxxxx，则111e11exxgxxxxx，令1exhxx，其中1,12x，则21e0xhxx，所以函数1exhxx在1,12x上单调递增，因为1e202h，1e10h，所以存在唯一01,12x，使得0001e0xhxx，即001exx，可得00lnxx，当012xx时，0gx，此时函数gx单调递增，当01xx时，0gx，此时函数gx单调递减．所以当1,12x时，00000max2eln3xgxgxxxx，因为001exx，00lnxx，所以000ax0m1142440gxxxxx，当且仅当001xx，即01x时，取等号，又因01,12x，所以00max1420gxxx，即0gx，因为12e1g，153535ln2eln2ln21222223g，所以当1,12x时，10gx，因为当1,12x时，gxmZm恒成立，所有min0m.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键点在于把恒成立问题通过分离参数转化为新函数的最值问题，转化后利用导数判断出其定义域上的单调性求出值域或最值问题就解决了.22．【详解】（1）双曲线C：2203yxmm的渐近线方程为3yx，不妨设,3Amm，,3Bmm因为三角形OAB的面积为3，所以2132ABmm，所以233m，又0m，所以1m.（2）双曲线C的方程为C：2213yx，所以右焦点F的坐标为2,0，依题意，设直线l与x轴交于点,0p，直线l的方程为0ykxpk，设11,Mxy，22,Nxy，则11,Mxy，联立2213ykxpyx，得222223230kxpkxkp，230k且22222Δ24330pkkkp，化简得23k且22130pk，所以212223pkxxk，2212233kpxxk，因为直线MN的斜率存在，所以直线MN的斜率也存在，因为M，F，N三点共线，所以MFFNkk，即121222yyxx，即122122yxyx，所以122122kxpxkxpx，因为0k，所以1221220xpxxpx，所以12122240xxpxxp，所以2222232224033kppkppkk，化简得12p，所以MN经过x轴上的定点1,02.