2024年高考数学真题完全解读（新高考Ⅱ卷）

这是一份2024年高考数学真题完全解读（新高考Ⅱ卷），共21页。试卷主要包含了试卷结构设计精巧，题型丰富多样，题目难度适中，具有挑战性，贯彻立德树人理念，体现德育为先等内容，欢迎下载使用。
2024年新高考II卷数学试题在贯彻党的二十大精神、立德树人的教育理念下，展现出了多方面的创新和特色。以下是对试题特点的详细分析：
一、试卷结构设计精巧，题型丰富多样
新高考II卷数学试题在结构上进行了精心设计，通过选择题和非选择题两大板块的有机结合，全面考查了学生的数学素养和能力。选择题部分涵盖了单项选择和多项选择，不仅检验了学生对基础知识的掌握程度，还考察了他们的解题速度和判断能力。非选择题部分则包括填空题、解答题、证明题等多种题型，这些题目更加注重学生的解题思路和方法的运用，有助于全面展示学生的数学思维和创新能力。
二、题目难度适中，具有挑战性
整体而言，新高考II卷数学试题的难度适中，既不会过于简单导致学生失去挑战的乐趣，也不会过于复杂而超出学生的能力范围。部分题目设计得相当巧妙，需要学生在掌握基础知识的同时，能够灵活运用所学知识进行推理和分析。这种设计有助于激发学生的思维潜能，培养他们的解题能力和探索精神。
三、突出数学学科特点，强化基础知识考查
新高考II卷数学试题充分体现了数学学科的特点，强化了对基础知识的考查。试题内容涵盖了高中数学的主要知识点，包括代数、几何、概率统计等各个领域。通过对这些知识点的深入考查，试题旨在帮助学生更好地理解和掌握数学知识，提高他们的数学素养和能力。
四、注重关键能力测试，推动学生全面发展
除了对基础知识的考查外，新高考II卷数学试题还注重对学生关键能力的测试。这些能力包括逻辑思维能力、空间想象能力、运算求解能力以及创新思维能力等。通过设计具有挑战性和开放性的问题，试题旨在引导学生深入思考、积极探索，培养他们的创新意识和实践能力。这种考试导向有助于推动学校教育的改革和创新，促进学生的全面发展和个性成长。
五、贯彻立德树人理念，体现德育为先
在试题设计中，新高考II卷数学试题充分贯彻了立德树人的教育理念，强调了德育的重要性。试题从不同层面、不同角度体现了德育元素，如家国情怀、爱国情操等，旨在培养学生的国家意识和民族自豪感。同时，试题还注重培养学生的世界眼光和时代意识，引导他们关注社会发展和科技进步，为成为具有社会责任感和创新精神的人才打下坚实基础。
综上所述，2024年新高考II卷数学试题在试卷结构、题目难度、学科特点以及德育导向等方面都展现出了创新和特色。这份试卷既能够检验学生对知识的掌握程度，又能够激发他们的思维潜能和创新精神，对于推动基础教育提质增效具有积极作用。
2024年新高考II卷数学试题在多个方面展现出了显著的改革与创新。以下是对其特点的具体分析：
一、试卷结构调整与优化
新高考II卷数学试题在结构上进行了调整，减少了部分题目的数量，这一变化为学生预留了更多的思考时间。在紧张的考试环境中，这一举措有助于缓解学生的心理压力，使他们能够更加从容地面对试题，深入理解和分析问题。同时，这也体现了对学生思维能力的高度重视，鼓励他们充分发挥自己的思维潜能。
二、命题风格与考查重点的转变
新试卷在命题风格上深化了基础性考查，注重主干知识的考察，并加强了思维灵活性的训练。这一变化有助于引导学生夯实数学基础，掌握核心知识点，同时培养他们的思维灵活性和创新能力。试题还强化了素养导向，重视创新能力的培养，体现了数学的应用性。通过解决实际问题，学生能够更好地理解数学知识的实际应用价值，提升数学素养和综合能力。
三、难度分布与题目设计的特点
新高考II卷数学试题的难度分布相对合理，既立足基础，又有一定区分度。除了最后一题的最后一问难度稍高外，其他题目的难度相对适中，这一设计有助于满足不同水平学生的需求，既能让大部分学生得到基本分数的保障，又能选拔出具有潜力的优秀学生。同时，试题在题型设置上呈现出多样化趋势，通过增加不确定性和融合跨章节知识点，考查学生的综合运用能力和问题解决能力。这种设计有助于培养学生的创新思维和实践能力，提升他们的综合素质。
四、德育导向与立德树人的体现
新高考II卷数学试题在贯彻德育导向方面做得十分出色。试题通过融入家国情怀、爱国情操等德育元素，引导学生树立正确的价值观和人生观。同时，试题还注重培养学生的世界眼光和时代意识，引导他们关注社会发展和科技进步，增强社会责任感和创新精神。这种德育导向不仅有助于提升学生的综合素质，还有利于推动学校教育的改革和创新。
综上所述，新高考II卷数学试题在试卷结构、命题风格、难度分布以及德育导向等方面都展现出了显著的改革与创新。这些变化不仅有助于更全面地评价学生的数学素养和综合能力，还有利于推动基础教育的提质增效和培养学生的创新精神和实践能力。
1、要深入理解并熟练掌握数学的基本概念、公式和定理。这些基础知识是解题的基石，务必做到扎实无误。
2、多做真题和模拟题，尤其是近几年的高考真题。通过大量练习，不仅可以提高解题速度和准确率，还能熟悉考试的题型和难度。
3、注重数学思维的训练也是非常重要的。要学会从不同的角度和层面去思考问题，寻找解决问题的最佳途径。同时，培养逻辑推理能力和空间想象能力也是必不可少的。
4、要保持良好的心态和作息习惯。考试前保持充足的睡眠和饮食，避免紧张焦虑情绪的影响。在考试中，要冷静分析题目，合理分配时间，确保每道题都能得到充分的解答。
2024年新课标全国Ⅱ卷数学试题
一、单选题
1．已知，则（ ）
A．0B．1C．D．2
【答案】C
【分析】由复数模的计算公式直接计算即可.
【详解】若，则.
2．已知命题p：，；命题q：，，则（ ）
A．p和q都是真命题B．和q都是真命题
C．p和都是真命题D．和都是真命题
【答案】B
【分析】对于两个命题而言，可分别取、，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解.
【详解】对于而言，取，则有，故是假命题，是真命题，
对于而言，取，则有，故是真命题，是假命题，
综上，和都是真命题.
3．已知向量满足，且，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】由得，结合，得，由此即可得解.
【详解】因为，所以，即，
又因为，所以，从而.
4．某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位：kg）并部分整理下表
据表中数据，结论中正确的是（ ）
A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kg
B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80%
C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间
D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间
【答案】C
【分析】计算出前三段频数即可判断A；计算出低于1100kg的频数，再计算比例即可判断B；根据极差计算方法即可判断C；根据平均值计算公式即可判断D.
【详解】对于 A, 根据频数分布表可知, ,所以亩产量的中位数不小于 , 故 A 错误；
对于B，亩产量不低于的频数为，所以低于的稻田占比为，故B错误；
对于C，稻田亩产量的极差最大为，最小为，故C正确；
对于D，由频数分布表可得，亩产量在的频数为，
所以平均值为，故D错误.
5．已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（ ）
A．（）B．（）
C．（）D．（）
【答案】A
【分析】设点，由题意，根据中点的坐标表示可得，代入圆的方程即可求解.
【详解】设点，则，
因为为的中点，所以，即，又在圆上，
所以，即，即点的轨迹方程为.
6．设函数，，当时，曲线
与恰有一个交点，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】解法一：令，分析可知曲线与恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得，并代入检验即可；解法二：令，可知为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即可得，并代入检验即可.
【详解】解法一：令，即，可得，
令，原题意等价于当时，
曲线与恰有一个交点，注意到均为偶函数，
可知该交点只能在y轴上，可得，即，解得，
若，令，可得，因为，则，当且仅当时，等号成立，可得，当且仅当时，等号成立，
则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，
所以符合题意；综上所述：.
解法二：令，
原题意等价于有且仅有一个零点，
因为，
则为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，
即，解得，若，则，
又因为当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
即有且仅有一个零点0，所以符合题意；
7．已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；
解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果.
【详解】解法一：分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，
则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，则，，可得，
结合等腰梯形可得,即，
解得，所以与平面ABC所成角的正切值为；
解法二：将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
8．设函数，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】解法一：由题意可知：的定义域为，分类讨论与的大小关系，结合符号分析判断，即可得，代入可得最值；
解法二：根据对数函数的性质分析的符号，进而可得的符号，即可得，代入可得最值.
【详解】解法一：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；若，当时，
可知，此时，不合题意；
若，当时，可知，此时，不合题意；
若，当时，可知，此时；
当时，可知，此时；可知若，符合题意；
若，当时，可知，此时，不合题意；
综上所述：，即，则，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为；
解法二：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
则当时，，故，所以；
时，，故，所以；
故， 则，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.
关键点点睛：分别求、的根，以根和函数定义域为临界，
比较大小分类讨论，结合符号性分析判断.
二、多选题
9．对于函数和，下列说法正确的有（ ）
A．与有相同的零点B．与有相同的最大值
C．与有相同的最小正周期D．与的图像有相同的对称轴
【答案】BC
【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.
【详解】A选项，令，解得，即为零点，
令，解得，即为零点，
显然零点不同，A选项错误；
B选项，显然，B选项正确；
C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确；
D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足，
的对称轴满足，
显然图像的对称轴不同，D选项错误.
10．抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ）
A．l与相切
B．当P，A，B三点共线时，
C．当时，
D．满足的点有且仅有2个
【答案】ABD
【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解.
【详解】A选项，抛物线的准线为，的圆心到直线的距离
显然是，等于圆的半径，故准线和相切，A选项正确；
B选项，三点共线时，即，则的纵坐标，由，得到，故，此时切线长，B选项正确；
C选项，当时，，此时，故或，
当时，，，，不满足；
当时，，，，不满足；
于是不成立，C选项错误；
D选项，方法一：利用抛物线定义转化根据抛物线的定义，，这里，
于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题，
，中点，中垂线的斜率为，
于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得，
，即的中垂线和抛物线有两个交点，
即存在两个点，使得，D选项正确.
方法二：（设点直接求解）
设，由可得，又，又，
根据两点间的距离公式，，整理得，
，则关于的方程有两个解，
即存在两个这样的点，D选项正确.
11．设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
【答案】AD
【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
【详解】A选项，，由于，
故时，
故在上单调递增，时，，单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，
则，根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，时，，单调递减，
时，单调递增，
此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的，使得为的对称中心，
则，事实上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数的对称中心为，
由题意也是对称中心，故，
即存在使得是的对称中心，D选项正确.
结论点睛：（1）的对称轴为；
关于对称；
（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心
三、填空题
12．记为等差数列的前n项和，若，，则 .
【答案】95
【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.
【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得，
则.
13．已知为第一象限角，为第三象限角，，，则 .
【答案】
【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得，再缩小的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.
【详解】法一：由题意得，
因为，，
则，，
又因为，
则，，则，
则，联立 ，解得.
法二： 因为为第一象限角，为第三象限角，则,
，，
则
14．在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，
则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ．
【答案】 24 112
【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解.
【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有种选法；
每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
，
，
，
，
所以选中的方格中，的4个数之和最大，为.
故答案为：24；112
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果.
四、解答题
15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A．
(2)若，，求的周长．
【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；
（2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长.
【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
由可得，即，
由于，故，解得
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由，又，消去得到：
，解得，又，故
方法三：利用极值点求解
设，则，
显然时，，注意到，
，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点，
即，即，又，故
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设，由题意，，
根据向量的数量积公式，，
则，此时，即同向共线，
根据向量共线条件，，
又，故
方法五：利用万能公式求解
设，根据万能公式，，
整理可得，，
解得，根据二倍角公式，，
又，故
（2）由题设条件和正弦定理
，
又，则，进而，得到，于是，
，
由正弦定理可得，，即，
解得，故的周长为
16．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；
解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当时，则，，
可得，，即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）解法一：因为的定义域为，且，
若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，所以a的取值范围为；
解法二：因为的定义域为，且，
若有极小值，则有零点，令，可得，
可知与有交点，则，若，令，解得；
令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，因为则在内单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，所以a的取值范围为.
17．如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF对折至，使得．
(1)证明：；
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值．
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，故；
（2）连接，由，则，
在中，，
得，所以，
由（1）知，
又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
18．某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成员为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．
(1)若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．
(2)假设，（i）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？（ii）为使得甲、乙，所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案；
（2）（i）首先各自计算出，，再作差因式分解即可判断；(ii)首先得到和的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可.
【详解】（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，比赛成绩不少于5分的概率.
（2）（i）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，若乙先参加第一阶段比赛，
则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
，
，
，应该由甲参加第一阶段比赛.
(ii)若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
，，
，，
记乙先参加第一阶段比赛，数学成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
同理
，
因为，则，，
则，
应该由甲参加第一阶段比赛.
关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大小关系，最后得到结论.
19．已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意的正整数，.
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.
【详解】（1）由已知有，故的方程为.当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.故，从而，.
（2）由于过且斜率为的直线为，与联立，
得到方程.
展开即得，
由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，
相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，
而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，
故一定在的左支上.所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道
所以数列是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，
则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
适用省份
重庆、海南、辽宁、黑龙江、吉林、云南、山西、贵州、广西、甘肃、新疆
题号
分值
题型
考查内容
考查点
1
5
单选题
复数
复数模的计算
2
5
命题
命题及其否定的真假判断
3
5
平面向量
已知向量的模长，通过向量的垂直关系，计算向量的模
4
5
统计
通过频数分布表，判断中位数、极差、平均数等
5
5
圆锥曲线
代入法求轨迹方程
6
5
函数
二次函数与余弦函数的交点问题，考查偶函数的对称性，也可转化为零点问题
7
5
立体几何
三棱台中求线面角的正切值
8
5
函数
分析对数函数的符号，分类讨论，通过转化为二次函数求最值
9
6
多选题
三角函数
正弦型函数的零点、最值、周期、对称轴
10
6
圆锥曲线
直线与圆相切；三点共线问题；线段垂直判断；线段相等时动点个数
11
6
函数
三次方型函数的零点、最值、对称轴、对称中心，拐点结论
12
5
填空题
数列
等差数列求和
13
5
三角函数
同角公式，恒等变换，角的范围确定，弦化切
14
5
统计
列举法表示样本空间
15
13
解答题
解三角形
求三角形的内角；求三角形的周长
16
15
导数
求切线方程；通过极值求参数取值范围
17
15
立体几何
证明线线垂直；求二面角的正弦值
18
17
概率
投篮比赛问题，对立事件、独立事件的概率公式，分布列及期望
19
17
圆锥曲线与数列
双曲线与等比数列综合考查，求交点，证明等比数列
亩产量
[900，950）
[950，1000）
[1000，1050）
[1100，1150）
[1150，1200）
频数
6
12
18
24
10