2024年高考数学高考大题特训答案精析

这是一份2024年高考数学高考大题特训答案精析，共33页。试卷主要包含了证明　如图，连接A1B，，解　设零假设H0等内容，欢迎下载使用。
1．解 (1)∵2csin B＝(2a－c)tan C，
∴2sin Csin B＝(2sin A－sin C)·eq \f(sin C,cs C)，
∵sin C≠0，
∴2sin Bcs C＝2sin A－sin C
＝2sin(B＋C)－sin C
＝2(sin Bcs C＋cs Bsin C)－sin C，
整理得2sin Ccs B＝sin C，
∴cs B＝eq \f(1,2)，
又B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).
(2)∵c＝3a，
∴由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B
＝a2＋9a2－2a×3a×cs eq \f(π,3)＝7a2，即b＝eq \r(7)a，
∵D是AC中点，∴AD＝CD＝eq \f(\r(7),2)a，
在△ABD中，由余弦定理得，
cs∠ADB＝eq \f(\f(7,4)a2＋13－9a2,2×\f(\r(7),2)a×\r(13))，
在△CBD中，由余弦定理得，
cs∠CDB＝eq \f(\f(7,4)a2＋13－a2,2×\f(\r(7),2)a×\r(13))，
∵∠CDB＋∠ADB＝π，
即cs∠CDB＋cs∠ADB＝0，
∴eq \f(\f(7,4)a2＋13－9a2,2×\f(\r(7),2)a×\r(13))＋eq \f(\f(7,4)a2＋13－a2,2×\f(\r(7),2)a×\r(13))＝0，解得a＝2，
∴△ABC的周长为a＋b＋c＝a＋eq \r(7)a＋3a＝8＋2eq \r(7).
2．(1)证明 如图，连接A1B，
因为AB＝AA1，∠A1AB＝60°，
所以△ABA1为等边三角形，
因为A1C＝2eq \r(3)，BC＝2，A1B＝4，
所以A1B2＝A1C2＋BC2，
所以BC⊥A1C，
又BC⊥AC，AC∩A1C＝C，AC，A1C⊂平面ACC1A1，BC⊄平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1.
(2)解 方法一 如图，设E为BB1的中点，连接A1E，DE，作DF⊥A1E于点F.
因为D为CC1的中点，
所以DE∥BC，
所以由(1)知DE⊥平面ACC1A1，
又A1D，CC1⊂平面ACC1A1，
所以DE⊥A1D，DE⊥CC1.
在△A1CC1中，A1C＝A1C1，
D为CC1的中点，所以A1D⊥CC1，
又A1D∩DE＝D，A1D，DE⊂平面A1DE，CC1⊄平面A1DE，
所以CC1⊥平面A1DE.
因为BB1∥CC1，所以BB1⊥平面A1DE，所以BB1⊥DF，
又因为DF⊥A1E，BB1∩A1E＝E，BB1，
A1E⊂平面ABB1A1，
所以DF⊥平面ABB1A1，
所以直线A1D与平面ABB1A1所成角为∠DA1E.
在△DA1E中，A1D⊥DE，
A1D＝eq \r(A1C2－22)＝2eq \r(2)，DE＝BC＝2，
所以A1E＝eq \r(A1D2＋DE2)＝2eq \r(3)，
所以sin∠DA1E＝eq \f(DE,A1E)＝eq \f(\r(3),3).
所以直线A1D与平面ABB1A1所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3).
方法二 如图，以C为原点，CA，CB所在直线分别为x，y轴，以过点C的平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)，0，0))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2，0))，A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，0，\f(4\r(6),3)))，
C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4\r(3),3)，0，\f(4\r(6),3)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3)，0，\f(2\r(6),3)))，
因此eq \(A1D,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4\r(3),3)，0，－\f(2\r(6),3)))，
eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2\r(3)，2，0))，
eq \(AA1,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4\r(3),3)，0，\f(4\r(6),3))).
设平面ABB1A1的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AA1,\s\up6(—→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x－y＝0，,x－\r(2)z＝0，))
所以平面ABB1A1的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\r(6)，1)).
设直线A1D与平面ABB1A1所成角为θ，
则sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈\(A1D,\s\up6(→))，n〉))
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(A1D,\s\up6(—→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(A1D,\s\up6(—→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(\r(3),3).
所以直线A1D与平面ABB1A1所成角的正弦值是eq \f(\r(3),3).
3．(1)解 由题意知，Sn为正项数列{an}的前n项的乘积，
且Sn＝eq \r(a\\al(n＋1,n))，
当n＝2时，Seq \\al(2,2)＝(a1a2)2＝aeq \\al(3,2)，
所以(3a2)2＝aeq \\al(3,2)，解得a2＝9；
又Seq \\al(2,n)＝aeq \\al(n＋1,n)，①
Seq \\al(2,n＋1)＝aeq \\al(n＋2,n＋1)，②
②÷①得，aeq \\al(2,n＋1)＝eq \f(a\\al(n＋2,n＋1),a\\al(n＋1,n))，
即aeq \\al(n,n＋1)＝aeq \\al(n＋1,n)，
所以lg aeq \\al(n,n＋1)＝lg aeq \\al(n＋1,n)，
即nlg an＋1＝(n＋1)lg an，
所以eq \f(lg an＋1,n＋1)＝eq \f(lg an,n)，
所以eq \f(lg a2,2)＝eq \f(lg a1,1)＝lg 3，
结合eq \f(lg an＋1,n＋1)＝eq \f(lg an,n)，
可知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(lg an,n)))是常数列，
所以eq \f(lg an,n)＝eq \f(lg a1,1)＝lg 3，
所以lg an＝nlg 3＝lg 3n，所以an＝3n.
(2)证明 由(1)可得bn＝eq \f(an－1,an＋1)＝eq \f(3n－1,3n＋1)＝1－eq \f(2,3n＋1)，
则Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,31＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,32＋1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3n＋1)))
＝n－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,31＋1)＋\f(1,32＋1)＋…＋\f(1,3n＋1)))，
因为0a2－a1＝2，且an∈Z，
所以(ak－ak－1)＋(ak－1－ak－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1≥k＋k－1＋…＋3＋2＋1，
即2 023≥eq \f(kk＋1,2)，k∈Z，
当k＝63时，eq \f(kk＋1,2)＝2 016，
当k＝64时，eq \f(kk＋1,2)＝2 080，
故正整数k的最大值为63.
3．解 (1)由频率分布直方图得，40名居民中年龄不低于70岁的人数为40×(0.005×10)＝2.
(2)①由频率分布直方图知，40岁及以上的居民共有40×[(0.015＋0.010＋0.005＋0.005)×10]＝14(名)，
年龄不低于70岁的居民有2名，记事件A为“这4名居民中至少有1人年龄不低于70岁”，
则P(A)＝1－eq \f(C\\al(4,12),C\\al(4,14))＝1－eq \f(45,91)＝eq \f(46,91).
②设居民三次抽奖所获得的奖金总额为随机变量ξ，其所有可能取值为0，x,2x,3x.
由题意得P(ξ＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))3＝eq \f(64,125)，
P(ξ＝x)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))2＝eq \f(48,125)，
P(ξ＝2x)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))2×eq \f(4,5)＝eq \f(12,125)，
P(ξ＝3x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))3＝eq \f(1,125)，
故居民在三次抽奖中获得的奖金总额的均值
E(ξ)＝x·eq \f(48,125)＋2x·eq \f(12,125)＋3x·eq \f(1,125)
＝eq \f(75,125)x＝eq \f(3,5)x，
由题意得eq \f(3x,5)3，即正整数n的最小值n0＝4.
②当n＝4时，记“甲至少有一局被扣除积分”为事件C，
则P(C)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))3＝eq \f(117,125)，
由题设可知若甲获得“购书券”奖励，则甲被扣除积分的局数至多为1，
记“甲获得‘购书券’奖励”为事件D，易知事件CD为“甲恰好有一局被扣除积分”，
则P(CD)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))2＝eq \f(36,125)，
所以P(D|C)＝eq \f(PCD,PC)＝eq \f(36,125)×eq \f(125,117)＝eq \f(4,13)，
即在甲至少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书券”奖励的概率为eq \f(4,13).
大题保分练4
1．解 (1)由题意，某味中药的药用量x与药物功效eq \(y,\s\up6(^))之间的函数关系为
eq \(y,\s\up6(^))＝10x－x2，
可得eq \(y,\s\up6(^))＝10x－x2＝－(x－5)2＋25，
所以当x＝5时，eq \(y,\s\up6(^))max＝50－25＝25，
即该味中药的用量为5克时为最佳用量，最大功效为25.
(2)由题意，得eq \x\t(x)＝eq \f(1,n)eq \i\su(i＝1,n,x)i＝6，
s2＝eq \f(1,n)eq \i\su(i＝1,n,x)eq \\al(2,i)－eq \x\t(x)2＝4，
所以eq \f(1,n)eq \i\su(i＝1,n,x)eq \\al(2,i)＝40，
则eq \x\t(y)＝eq \f(1,n)eq \i\su(i＝1,n,y)i
＝eq \f(1,n)eq \i\su(i＝1,n, )eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10xi－x\\al(2,i)))
＝10eq \f(1,n)eq \i\su(i＝1,n,x)i－eq \f(1,n)eq \i\su(i＝1,n,x)eq \\al(2,i)＝60－40＝20，
这批合成药物的药物功效的平均值为20.
2．(1)证明 因为c－2bcs A＝b，
由正弦定理得
sin C－2sin Bcs A＝sin B，
又A＋B＋C＝π，
所以sin(A＋B)－2sin Bcs A
＝sin Acs B－cs Asin B
＝sin(A－B)＝sin B，
因为△ABC为锐角三角形，
所以A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
A－B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
又y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，
所以A－B＝B，即A＝2B.
(2)解 由(1)可知，A＝2B，所以在△ABD中，∠ABC＝∠BAD，
由正弦定理得
eq \f(AD,sin B)＝eq \f(AB,sinπ－2B)＝eq \f(2,sin 2B)，
所以AD＝BD＝eq \f(1,cs B)，
所以S△ABD＝eq \f(1,2)×AB×AD×sin B
＝eq \f(sin B,cs B)＝tan B.
又因为△ABC为锐角三角形，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(00)的焦距为2eq \r(3)，离心率e＝eq \f(\r(6),2)，
所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(6),2)，,2c＝2\r(3)))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝\r(3)，,a＝\r(2)))
⇒b2＝c2－a2＝1，
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,2)－y2＝1.
(2)证明 由题意可知直线PQ斜率存在，
设直线PQ的方程为y＝kx＋m，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1，))
得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2k2≠0，,16k2m2＋41－2k22m2＋2>0))
⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2k2≠0，,m2＋1>2k2，))
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则有x1＋x2＝eq \f(4km,1－2k2)，
x1x2＝eq \f(－2m2－2,1－2k2)，
显然M的坐标为(2,1)，
所以由k1＋k2＝2k1k2⇒
eq \f(y1－1,x1－2)＋eq \f(y2－1,x2－2)
＝2·eq \f(y1－1,x1－2)·eq \f(y2－1,x2－2)⇒
eq \f(y1－1x2－2＋y2－1x1－2,x1－2x2－2)
＝2·eq \f(y1－1,x1－2)·eq \f(y2－1,x2－2)
⇒(kx1＋m－1)(x2－2)＋(kx2＋m－1)(x1－2)＝2(kx1＋m－1)·(kx2＋m－1)
⇒2kx1x2＋(m－1)(x1＋x2)－2k(x1＋x2)－4(m－1)＝2k2x1x2＋2k(m－1)(x1＋x2)＋2(m－1)2
⇒2k(k－1)x1x2＋(2km－m＋1)(x1＋x2)＋2(m－1)(m＋1)＝0，
把x1＋x2＝eq \f(4km,1－2k2)，
x1x2＝eq \f(－2m2－2,1－2k2)代入上式，得
2k(k－1)·eq \f(－2m2－2,1－2k2)＋(2km－m＋1)·eq \f(4km,1－2k2)＋2(m－1)(m＋1)＝0
⇒2k(m＋1)＋(m＋1)(m－1)＝0⇒(m＋1)(2k＋m－1)＝0⇒m＝－1或m＝1－2k，
当m＝－1时，直线方程为y＝kx－1，过定点(0，－1)，
当m＝1－2k时，直线方程为y＝kx＋1－2k⇒y－1＝k(x－2)，过定点(2,1)，不符合题意，
因此直线PQ过定点(0，－1)．
2．(1)解 g′(x)＝1＋sin x，
对任意的x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，
tf(x)－g′(x)≥0恒成立，
即texcs x≥1＋sin x对任意的x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))恒成立．
当x＝－eq \f(π,2)时，则有0≥0对任意的t∈R恒成立；
当－eq \f(π,2)0，
则t≥eq \f(1＋sin x,excs x)，
令h(x)＝eq \f(1＋sin x,excs x)，其中－eq \f(π,2)cs x>0，所以φ′(x)0，
φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2nπ＋\f(π,2)))＝－22π.
压轴题突破练3
1．解 (1)由对称性可知当△OAB为等边三角形时，A，B两点关于x轴对称，△OAB的高为eq \f(\r(3),2)|AB|＝12，
由题意知点(12,4eq \r(3))在C上，
代入y2＝2px，得(4eq \r(3))2＝24p，解得p＝2，
所以C的标准方程为y2＝4x.
(2)由(1)知F(1,0)，根据题意可知直线AB的斜率不为0，
设直线AB的方程为x＝ky＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ky＋m，,y2＝4x，))得y2－4ky－4m＝0，
所以Δ＝16k2＋16m>0，即k2＋m>0，
且y1＋y2＝4k，y1y2＝－4m，
所以x1＋x2＝k(y1＋y2)＋2m
＝4k2＋2m，
由eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＝4eq \(PF,\s\up6(→))，
得(x1－x0，y1－y0)＋(x2－x0，y2－y0)
＝4(1－x0，－y0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2－4＝－2x0，,y1＋y2＝－2y0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2－m－2k2，,y0＝－2k，))
即P(2－m－2k2，－2k)，
又点P在C上，
所以4k2＝4(2－m－2k2)，
即3k2＋m＝2，①
所以k2＋m＝k2＋2－3k2
＝2(1－k2)>0，
解得－10，所以g(x0)P4>P5>…，
所以答题轮数越多(轮数不少于3)，出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大．
2．(1)证明 由题意得，
当a＝－1时，f′(x)＝ex＋cs x＋sin x，
故F(x)＝ex＋cs x＋sin x－eq \f(1,3)x－1
＝ex＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－eq \f(1,3)x－1.
①当x≥eq \f(3π,4)时，
F(x)≥ex－eq \r(2)－eq \f(1,3)x－1，
记G(x)＝ex－eq \r(2)－eq \f(1,3)x－1，
则G′(x)＝ex－eq \f(1,3)>0，G(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，＋∞))上单调递增，G(x)≥－eq \r(2)－eq \f(π,4)－1>e2－eq \r(2)－2>0，
所以F(x)>0，即当x≥eq \f(3π,4)时，F(x)无零点．
②当0≤x0，
令p(x)＝ex－x－1，则p′(x)＝ex－1，
当x0，p(x)单调递增，
因此p(0)＝0是p(x)的最小值，
即p(x)≥0，
所以ex≥x＋1恒成立，
所以F(x)>ex－eq \f(1,3)x－1≥x＋1－eq \f(1,3)x－1＝eq \f(2,3)x≥0，
所以F(x)>0，
即当0≤x