2024年全國統一考試高考新課標Ⅰ卷數學試題數學使用地區：山東、河北、湖北、福建、湖南、廣東、江蘇、浙江、江西、安徽、河南一、單選題1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．若，則（

）A． B． C． D．3．已知向量，若，則（

）A． B． C．1 D．24．已知，則（

）A． B． C． D．5．已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高均為，則圓錐的體積為（

）A． B． C． D．6．已知函數為，在R上單調遞增，則a取值的范圍是（

）A． B． C． D．7．當x∈[0,2π]時，曲線與的交點個數為（

）A．3 B．4 C．6 D．88．已知函數為的定義域為R，，且當時，則下列結論中一定正確的是（

）A． B．C． D．二、多選題9．為了解推動出口后的畝收入（單位：萬元）情況，從該種植區抽取樣本，得到推動出口后畝收入的樣本均值，樣本方差，已知該種植區以往的畝收入服從正態分布，假設推動出口后的畝收入服從正態分布，則（

）（若隨機變量Z服從正態分布，）A． B．C． D．10．設函數，則（

）A．是的極小值點 B．當時，C．當時， D．當時，11．造型可以做成美麗的絲帶，將其看作圖中曲線C的一部分.已知C過坐標原點O.且C上的點滿足橫坐標大于，到點的距離與到定直線的距離之積為4，則（

）A． B．點在C上C．C在第一象限的點的縱坐標的最大值為1 D．當點在C上時，三、填空題12．設雙曲線的左右焦點分別為，過作平行于軸的直線交C于A，B兩點，若，則C的離心率為．13．若曲線在點處的切線也是曲線的切線，則.14．甲、乙兩人各有四張卡片，每張卡片上標有一個數字，甲的卡片上分別標有數字1，3，5，7，乙的卡片上分別標有數字2，4，6，8，兩人進行四輪比賽，在每輪比賽中，兩人各自從自己持有的卡片中隨機選一張，并比較所選卡片上數字的大小，數字大的人得1分，數字小的人得0分，然后各自棄置此輪所選的卡片（棄置的卡片在此后的輪次中不能使用）.則四輪比賽后，甲的總得分不小于2的概率為.四、解答題15．記內角A、B、C的對邊分別為a，b，c，已知，(1)求B；(2)若的面積為，求c．16．已知和為橢圓上兩點.(1)求C的離心率;(2)若過P的直線交C于另一點B，且的面積為9，求的方程．17．如圖，四棱錐中，底面ABCD，，．(1)若，證明：平面；(2)若，且二面角的正弦值為，求．18．已知函數(1)若，且，求的最小值；(2)證明：曲線是中心對稱圖形；(3)若當且僅當，求的取值范圍．19．設m為正整數，數列是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項和后剩余的項可被平均分為組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列是可分數列．(1)寫出所有的，，使數列是可分數列；(2)當時，證明：數列是可分數列；(3)從中一次任取兩個數和，記數列是可分數列的概率為，證明：．

2024年新課標全國Ⅰ卷數學參考答案一、單選題1．已知集合，則（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】因為，且注意到，從而.故選：A.2．若，則（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】因為，所以.故選：C.3．已知向量，若，則（

）A． B． C．1 D．2【答案】D【解析】因為，所以，所以即，故，故選：D.4．已知，則（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】因為，所以，而，所以，故即，從而，故，故選：A.5．已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高均為，則圓錐的體積為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】設圓柱的底面半徑為，則圓錐的母線長為，而它們的側面積相等，所以即，故，故圓錐的體積為.故選：B.6．已知函數為，在R上單調遞增，則a取值的范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因為在上單調遞增，且時，單調遞增，則需滿足，解得，即a的范圍是.故選：B.7．當x∈[0,2π]時，曲線與的交點個數為（

）A．3 B．4 C．6 D．8【答案】C【解析】因為函數的的最小正周期為，函數的最小正周期為，所以上函數有三個周期的圖象，在坐標系中結合五點法畫出兩函數圖象，如圖所示：看圖可知，兩函數圖象有6個交點.故選：C.8．已知函數為的定義域為R，，且當時，則下列結論中一定正確的是（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】因為當時，所以，又因為，則，，，，，則依次下去可知，則B正確；故ACD錯誤。故選：B.二、多選9．為了解推動出口后的畝收入（單位：萬元）情況，從該種植區抽取樣本，得到推動出口后畝收入的樣本均值，樣本方差，已知該種植區以往的畝收入服從正態分布，假設推動出口后的畝收入服從正態分布，則（

）（若隨機變量Z服從正態分布，）A． B．C． D．【答案】BC【解析】由題可知，，所以，故，C正確，D錯誤；因為，所以，因為，所以，而，B正確，A錯誤，故選：BC．10．設函數，則（

）A．是的極小值點 B．當時，C．當時， D．當時，【答案】ACD【解析】A，因為函數的定義域為R，而，易知當時，，當或時，函數在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，故是函數的極小值點，A正確；B，當時，，所以，由上可知，函數在上單調遞增，所以，B錯誤；C，當時，，由上可知，函數在上單調遞減，所以，即，C正確；D，當時，，所以，D正確；故選：ACD.11．造型可以做成美麗的絲帶，將其看作圖中曲線C的一部分.已知C過坐標原點O.且C上的點滿足橫坐標大于，到點的距離與到定直線的距離之積為4，則（

）A． B．點在C上C．C在第一象限的點的縱坐標的最大值為1 D．當點在C上時，【答案】ABD【解析】A：設曲線上的動點，則且，因為曲線過坐標原點，故，解得，A正確.B：又曲線方程為，而，故.當時，，故在曲線上，B正確.C：由曲線的方程可得，取，則，而，故此時，因此在第一象限內點的縱坐標的最大值大于1，C錯誤.D：當點在曲線上時，由C的分析可得，故，D正確.故選：ABD.三、填空題12．設雙曲線的左右焦點分別為，過作平行于軸的直線交C于A，B兩點，若，則C的離心率為．【答案】【解析】看題可知三點橫坐標相等，設在第一象限，將代入得，即，故，，又，得，得，代入得，故，即，所以.故答案為：13．若曲線在點處的切線也是曲線的切線，則.【答案】【解析】根據得，，故曲線在處的切線方程為；由得，設切線與曲線相切的切點為，由兩曲線有公切線得，解得，則切點為，切線方程為，根據兩切線重合,所以，得.故答案為：14．甲、乙兩人各有四張卡片，每張卡片上標有一個數字，甲的卡片上分別標有數字1，3，5，7，乙的卡片上分別標有數字2，4，6，8，兩人進行四輪比賽，在每輪比賽中，兩人各自從自己持有的卡片中隨機選一張，并比較所選卡片上數字的大小，數字大的人得1分，數字小的人得0分，然后各自棄置此輪所選的卡片（棄置的卡片在此后的輪次中不能使用）.則四輪比賽后，甲的總得分不小于2的概率為.【答案】/0.5【解析】設甲在四輪游戲中的得分分別為，四輪的總得分為.對于任意一輪，甲乙兩人在該輪出示每張牌的概率都均等，其中使得甲獲勝的出牌組合有六種，從而甲在該輪獲勝的概率，所以.從而.記.如果甲得0分，則組合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分別對應乙出2，4，6，8，所以；如果甲得3分，則組合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分別對應乙出8，2，4，6，所以.而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.所以，，兩式相減即得，故.所以甲的總得分不小于2的概率為.故答案為：.四、解答題15．記內角A、B、C的對邊分別為a，b，c，已知，(1)求B；(2)若的面積為，求c．【答案】(1)(2)【解析】（1）根據余弦定理有，對比已知，可得，因為，所以，從而，又因為，即，注意到，所以.（2）根據（1）可得，，，從而，，而，由正弦定理有，從而，根據三角形面積公式可知，的面積可表示，根據已知的面積為，可得，所以.16．已知和為橢圓上兩點.(1)求C的離心率;(2)若過P的直線交C于另一點B，且的面積為9，求的方程．【答案】(1)(2)直線的方程為或.【解析】（1）根據題意得，解得，所以.（2）法一：，則直線的方程為，即，，根據（1）知，設點到直線的距離為，則，則將直線沿著與垂直的方向平移單位即可，此時該平行線與橢圓的交點即為點，設該平行線的方程為：，則，解得或，當時，聯立，解得或，即或，當時，此時，直線的方程為，即，當時，此時，直線的方程為，即，當時，聯立得，，此時該直線與橢圓無交點.綜上直線的方程為或.法二：同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，設，則，解得或，即或，以下同法一.法三：同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，設，其中，則有，聯立，解得或，即或，以下同法一；法四：當直線的斜率不存在時，此時，，符合題意，此時，直線的方程為，即，當線的斜率存在時，設直線的方程為，聯立橢圓方程有，則，其中，即，解得或，，，令，則，則同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，則，解得，此時，則得到此時，直線的方程為，即，綜上直線的方程為或.法五：當的斜率不存在時，到距離，此時不滿足條件.當的斜率存在時，設，令，，消可得，，且，即，，到直線距離，或，均滿足題意，或，即或.法六：當的斜率不存在時，到距離，此時不滿足條件.當直線斜率存在時，設，設與軸的交點為，令，則，聯立，則有，，其中，且，則，則，解得或，經代入判別式驗證均滿足題意.則直線為或，即或.17．如圖，四棱錐中，底面ABCD，，．(1)若，證明：平面；(2)若，且二面角的正弦值為，求．【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）因為平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因為，所以，根據平面知識可知，又平面，平面，所以平面．（2）如圖所示，過點D作于，再過點作于，連接，因為平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，由二面角的定義可知，即為二面角的平面角，即，即．因為，設，則，根據等面積法可得，，又，而為等腰直角三角形，所以，故，解得，即．18．已知函數(1)若，且，求的最小值；(2)證明：曲線是中心對稱圖形；(3)若當且僅當，求的取值范圍．【答案】(1)(2)證明見解析(3)【解析】（1）時，，其中，則，因為，當且僅當時等號成立，故，而成立，故即，所以的最小值為.，（2）的定義域為，設為圖象上任意一點，關于的對稱點為，因為在圖象上，因此，而，，所以也在圖象上，根據的任意性可得圖象為中心對稱圖形，且對稱中心為.（3）因為當且僅當，故為的一個解，所以即，先考慮時，恒成立.此時即為在上恒成立，設，則在上恒成立，設，則，當，，故恒成立，故在上為增函數，故即在上恒成立.當時，，故恒成立，故在上為增函數，故即在上恒成立.當，則當時，故在上為減函數，故，錯誤；綜上，在上恒成立時.而當時，而時，由上述過程可得在遞增，故的解為，即的解為.綜上，.19．設m為正整數，數列是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項和后剩余的項可被平均分為組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列是可分數列．(1)寫出所有的，，使數列是可分數列；(2)當時，證明：數列是可分數列；(3)從中一次任取兩個數和，記數列是可分數列的概率為，證明：．【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【解析】（1）我們設數列的公差為，則.由于一個數列同時加上一個數或者乘以一個非零數后是等差數列，當且僅當該數列是等差數列，因此我們可以對該數列進行適當的變形，得到新數列，然后對進行相應的討論即可.換言之，我們可以不妨設，此后的討論均建立在該假設下進行.回到原題，第1小問相當于從中取出兩個數和，使得剩下四個數是等差數列.那么剩下四個數只可能是，或，或.因此所有可能的就是.（2）由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下兩個部分，共組，使得每組成等差數列：①，共組；②，共組.（如果，則忽略②）故數列是可分數列.（3）定義集合，.下面證明，對，如果下面兩個命題同時成立，則數列一定是可分數列：命題1：或；命題2：.第一種情況：如果，且.此時設，，.則由可知，即，故.此時，由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下三個部分，共組，使得每組成等差數列：①，共組；②，共組；③，共組.（如果某一部分的組數為，則忽略之）故此時數列是可分數列.第二種情況：如果，且.此時設，，.由可知，即，故.由于，故，從而，這就意味著.由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下四個部分，共組，使得每組成等差數列：①，共組；②，，共組；③全體，其中，共組；④，共組.（如果某一部分的組數為，則忽略之）這里對②和③進行一下解釋：將③中的每一組作為一個橫排，排成一個包含個行，個列的數表以后，個列分別是下面這些數：，，，.可以看出每列都是連續的若干個整數，它們再取并以后，將取遍中除開五個集合，，，，中的十個元素以外的所有數.而這十個數中，除開已經去掉的和以外，剩余的