第1頁/共1頁絕密★啟用前2024年普通高等學校招生全國統一考試（新課標I卷）數學本試卷共10頁，19小題，滿分150分.注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.3.填空題和解答題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.4.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的．請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上.1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】化簡集合，由交集的概念即可得解.【詳解】因為，且注意到，從而.故選：A.2.若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由復數四則運算法則直接運算即可求解.【詳解】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】【分析】根據向量垂直的坐標運算可求的值.【詳解】因為，所以，所以即，故，故選：D.4.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據兩角和的余弦可求的關系，結合的值可求前者，故可求的值.【詳解】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】【分析】設圓柱的底面半徑為，根據圓錐和圓柱的側面積相等可得半徑的方程，求出解后可求圓錐的體積.【詳解】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】【分析】根據二次函數的性質和分界點的大小關系即可得到不等式組，解出即可.【詳解】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.當時，曲線與的交點個數為（）A.3 B.4 C.6 D.8【答案】C【解析】【分析】畫出兩函數在上的圖象，根據圖象即可求解【詳解】因為函數的的最小正周期為，函數的最小正周期為，所以在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：由圖可知，兩函數圖象有6個交點.故選：C8.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】【分析】代入得到，再利用函數性質和不等式的性質，逐漸遞推即可判斷.【詳解】因為當時，所以，又因為，則，，，，，則依次下去可知，則B正確；且無證據表明ACD一定正確.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是利用，再利用題目所給的函數性質，代入函數值再結合不等式同向可加性，不斷遞推即可.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對的得部分分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.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】【分析】根據正態分布的原則以及正態分布的對稱性即可解出.【詳解】依題可知，，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】【分析】求出函數的導數，得到極值點，即可判斷A；利用函數的單調性可判斷B；根據函數在上的值域即可判斷C；直接作差可判斷D.【詳解】對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，正確；對B，當時，，所以，而由上可知，函數在上單調遞增，所以，錯誤；對C，當時，，而由上可知，函數在上單調遞減，所以，即，正確；對D，當時，，所以，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】【分析】根據題設將原點代入曲線方程后可求，故可判斷A的正誤，結合曲線方程可判斷B的正誤，利用特例法可判斷C的正誤，將曲線方程化簡后結合不等式的性質可判斷D的正誤.【詳解】對于A：設曲線上的動點，則且，因為曲線過坐標原點，故，解得，故A正確.對于B：又曲線方程為，而，故.當時，，故在曲線上，故B正確.對于C：由曲線的方程可得，取，則，而，故此時，故在第一象限內點的縱坐標的最大值大于1，故C錯誤.對于D：當點在曲線上時，由C的分析可得，故，故D正確.故選：ABD.【點睛】思路點睛：根據曲線方程討論曲線的性質，一般需要將曲線方程變形化簡后結合不等式的性質等來處理.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.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】【分析】由題意畫出雙曲線大致圖象，求出，結合雙曲線第一定義求出，即可得到的值，從而求出離心率.【詳解】由題可知三點橫坐標相等，設在第一象限，將代入得，即，故，，又，得，解得，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】【分析】先求出曲線在的切線方程，再設曲線的切點為，求出，利用公切線斜率相等求出，表示出切線方程，結合兩切線方程相同即可求解.【詳解】由得，，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，解得.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】【分析】將每局的得分分別作為隨機變量，然后分析其和隨機變量即可.【詳解】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.所以甲總得分不小于2的概率為.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于將問題轉化為隨機變量問題，利用期望的可加性得到等量關系，從而避免繁瑣的列舉.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.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】【分析】（1）由余弦定理、平方關系依次求出，最后結合已知得值即可；（2）首先求出，然后由正弦定理可將均用含有的式子表示，結合三角形面積公式即可列方程求解.【小問1詳解】由余弦定理有，對比已知，可得，因為，所以，從而，又因為，即，注意到，所以.小問2詳解】由（1）可得，，，從而，，而，由正弦定理有，從而，由三角形面積公式可知，的面積可表示為，由已知面積為，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】【分析】（1）代入兩點得到關于的方程，解出即可；（2）方法一：以為底，求出三角形的高，即點到直線的距離，再利用平行線距離公式得到平移后的直線方程，聯立橢圓方程得到點坐標，則得到直線的方程；方法二：同法一得到點到直線的距離，再設，根據點到直線距離和點在橢圓上得到方程組，解出即可；法三：同法一得到點到直線的距離，利用橢圓的參數方程即可求解；法四：首先驗證直線斜率不存在的情況，再設直線，聯立橢圓方程，得到點坐標，再利用點到直線距離公式即可；法五：首先考慮直線斜率不存在的情況，再設，利用弦長公式和點到直線的距離公式即可得到答案；法六：設線法與法五一致，利用水平寬乘鉛錘高乘表達面積即可.【小問1詳解】由題意得，解得，所以.【小問2詳解】法一：，則直線的方程為，即，，由（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，解的或，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】【分析】（1）先證出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，從而，再根據線面平行的判定定理即可證出；（2）過點D作于，再過點作于，連接，根據三垂線法可知，即為二面角的平面角，即可求得，再分別用的長度表示出，即可解方程求出．【小問1詳解】（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．【小問2詳解】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，根據二面角的定義可知，即為二面角的平面角，即，即．因為，設，則，由等面積法可得，，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】【分析】（1）求出后根據可求的最小值；（2）設為圖象上任意一點，可證關于的對稱點為也在函數的圖像上，從而可證對稱性；（3）根據題設可判斷即，再根據在上恒成立可求得.【小問1詳解】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.，【小問2詳解】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，故，而，，所以也在圖象上，由的任意性可得圖象為中心對稱圖形，且對稱中心為.【小問3詳解】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，不合題意，舍；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，.【點睛】思路點睛：一個函數不等式成立的充分必要條件就是函數不等式對應的解，而解的端點為函數對一個方程的根或定義域的端點，另外，根據函數不等式的解確定參數范圍時，可先由恒成立得到參數的范圍，再根據得到的參數的范圍重新考慮不等式的解的情況.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】【分析】（1）直接根據可分數列的定義即可；（2）根據可分數列的定義即可驗證結論；（3）證明使得原數列是可分數列的至少有個，再使用概率的定義.【小問1詳解】首先，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，故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.所以所有可能的就是.【小問2詳解】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.【小問3詳解】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：.我們分兩種情況證明這個結論.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，，.則由可知，即，故.由于，故，從而，這就意味著.此時，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，剩余的八個數恰好就是②中出現的八個數.這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時數列是可分數列.至此，我們證明了：對，如果前述命題1和命題2同時成立，則數列一定是可分數列.然后我們來考慮這樣的的個數.首先，由于，和各有個元素，故滿足命題1的總共有個；而如果，假設，則可設，，代入得.但這導致，矛盾，所以.設，，，則，即.所以可能的恰好就是，對應的分別是，總共個.所以這個滿足命題1的中，不滿足命題2的恰好有個.這就得到同時滿足命題1和命題2的的個數為.當我們從中一次任取兩個數和時，總的選取方式的個數等于.而根據之前的結論，使得數列是可分數列的至少有個.所以數列是可分數列的概率一定滿足.這就證明了結論.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于對新定義數列的理解，只有理解了定義，方可使用定義驗證或探究結論.第1頁/共1頁2024年普通高等學校招生全國統一考試（新課標II卷）數學本試卷共10頁，19小題，滿分150分.注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.3.填空題和解答題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.4.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交.一、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的．請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上.1.已知，則（）A.0 B.1 C. D.2【答案】C【解析】【分析】由復數模的計算公式直接計算即可.【詳解】若，則.故選：C2.已知命題p：，；命題q：，，則（）A.p和q都是真命題 B.和q都是真命題C.p和都是真命題 D.和都是真命題【答案】B【解析】【分析】對于兩個命題而言，可分別取、，再結合命題及其否定的真假性相反即可得解.【詳解】對于而言，取，則有，故是假命題，是真命題，對于而言，取，則有，故是真命題，是假命題，綜上，和都是真命題.故選：B.3.已知向量滿足，且，則（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】由得，結合，得，由此即可得解.【詳解】因為，所以，即，又因為，所以，從而.故選：B.4.某農業研究部門在面積相等的100塊稻田上種植一種新型水稻，得到各塊稻田的畝產量（單位：kg）并部分整理下表畝產量[900，950）[950，1000）[1000，1050）[1100，1150）[1150，1200）頻數612182410據表中數據，結論中正確的是（）A.100塊稻田畝產量的中位數小于1050kgB.100塊稻田中畝產量低于1100kg的稻田所占比例超過80%C.100塊稻田畝產量的極差介于200kg至300kg之間D.100塊稻田畝產量的平均值介于900kg至1000kg之間【答案】C【解析】【分析】計算出前三段頻數即可判斷A；計算出低于1100kg的頻數，再計算比例即可判斷B；根據極差計算方法即可判斷C；根據平均值計算公式即可判斷D.【詳解】對于A,根據頻數分布表可知,,所以畝產量的中位數不小于,故A錯誤；對于B，畝產量不低于的頻數為，所以低于的稻田占比為，故B錯誤；對于C，稻田畝產量的極差最大為，最小為，故C正確；對于D，由頻數分布表可得，畝產量在的頻數為，所以平均值為，故D錯誤.故選；C.5.已知曲線C：（），從C上任意一點P向x軸作垂線段，為垂足，則線段的中點M的軌跡方程為（）A.（） B.（）C.（） D.（）【答案】A【解析】【分析】設點，由題意，根據中點的坐標表示可得，代入圓的方程即可求解.【詳解】設點，則，因為為的中點，所以，即，又在圓上，所以，即，即點的軌跡方程為.故選：A6.設函數，，當時，曲線與恰有一個交點，則（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】解法一：令，分析可知曲線與恰有一個交點，結合偶函數的對稱性可知該交點只能在y軸上，即可得，并代入檢驗即可；解法二：令，可知為偶函數，根據偶函數的對稱性可知的零點只能為0，即可得，并代入檢驗即可.【詳解】解法一：令，即，可得，令，原題意等價于當時，曲線與恰有一個交點，注意到均為偶函數，可知該交點只能在y軸上，可得，即，解得，若，令，可得因為，則，當且僅當時，等號成立，可得，當且僅當時，等號成立，則方程有且僅有一個實根0，即曲線與恰有一個交點，所以符合題意；綜上所述：.解法二：令，原題意等價于有且僅有一個零點，因為，則為偶函數，根據偶函數的對稱性可知的零點只能為0，即，解得，若，則，又因當且僅當時，等號成立，可得，當且僅當時，等號成立，即有且僅有一個零點0，所以符合題意；故選：D.7.已知正三棱臺的體積為，，，則與平面ABC所成角的正切值為（）A. B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】解法一：根據臺體的體積公式可得三棱臺的高，做輔助線，結合正三棱臺的結構特征求得，進而根據線面夾角的定義分析求解；解法二：將正三棱臺補成正三棱錐，與平面ABC所成角即為與平面ABC所成角，根據比例關系可得，進而可求正三棱錐的高，即可得結果.【詳解】解法一：分別取的中點，則，可知，設正三棱臺的為，則，解得，如圖，分別過作底面垂線，垂足為，設，則，，可得，結合等腰梯形可得,即，解得，所以與平面ABC所成角的正切值為；解法二：將正三棱臺補成正三棱錐，則與平面ABC所成角即為與平面ABC所成角，因為，則，可知，則，設正三棱錐的高為，則，解得，取底面ABC的中心為，則底面ABC，且，所以與平面ABC所成角的正切值.故選：B.8.設函數，若，則的最小值為（）A. B. C. D.1【答案】C【解析】【分析】解法一：由題意可知：的定義域為，分類討論與的大小關系，結合符號分析判斷，即可得，代入可得最值；解法二：根據對數函數的性質分析的符號，進而可得的符號，即可得，代入可得最值.【詳解】解法一：由題意可知：的定義域為，令解得；令解得；若，當時，可知，此時，不合題意；若，當時，可知，此時，不合題意；若，當時，可知，此時；當時，可知，此時；可知若，符合題意；若，當時，可知，此時，不合題意；綜上所述：，即，則，當且僅當時，等號成立，所以的最小值為；解法二：由題意可知：的定義域為，令解得；令解得；則當時，，故，所以；時，，故，所以；故，則，當且僅當時，等號成立，所以的最小值為.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：分別求、的根，以根和函數定義域為臨界，比較大小分類討論，結合符號性分析判斷.二、多項選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.9.對于函數和，下列正確的有（）A.與有相同零點 B.與有相同最大值C.與有相同的最小正周期 D.與的圖像有相同的對稱軸【答案】BC【解析】【分析】根據正弦函數的零點，最值，周期公式，對稱軸方程逐一分析每個選項即可.【詳解】A選項，令，解得，即為零點，令，解得，即為零點，顯然零點不同，A選項錯誤；B選項，顯然，B選項正確；C選項，根據周期公式，的周期均為，C選項正確；D選項，根據正弦函數的性質的對稱軸滿足，的對稱軸滿足，顯然圖像的對稱軸不同，D選項錯誤.故選：BC10.拋物線C：的準線為l，P為C上的動點，過P作的一條切線，Q為切點，過P作l的垂線，垂足為B，則（）A.l與相切B.當P，A，B三點共線時，C.當時，D.滿足的點有且僅有2個【答案】ABD【解析】【分析】A選項，拋物線準線為，根據圓心到準線的距離來判斷；B選項，三點共線時，先求出的坐標，進而得出切線長；C選項，根據先算出的坐標，然后驗證是否成立；D選項，根據拋物線的定義，，于是問題轉化成的點的存在性問題，此時考察的中垂線和拋物線的交點個數即可，亦可直接設點坐標進行求解.【詳解】A選項，拋物線的準線為，的圓心到直線的距離顯然是，等于圓的半徑，故準線和相切，A選項正確；B選項，三點共線時，即，則的縱坐標，由，得到，故，此時切線長，B選項正確；C選項，當時，，此時，故或，當時，，，，不滿足；當時，，，，不滿足；于是不成立，C選項錯誤；D選項，方法一：利用拋物線定義轉化根據拋物線的定義，，這里，于是時點的存在性問題轉化成時點的存在性問題，，中點，中垂線的斜率為，于是的中垂線方程為：，與拋物線聯立可得，，即的中垂線和拋物線有兩個交點，即存在兩個點，使得，D選項正確.方法二：（設點直接求解）設，由可得，又，又，根據兩點間的距離公式，，整理得，，則關于的方程有兩個解，即存在兩個這樣的點，D選項正確.故選：ABD11.設函數，則（）A.當時，有三個零點B.當時，是的極大值點C.存在a，b，使得為曲線的對稱軸D.存在a，使得點為曲線的對稱中心【答案】AD【解析】【分析】A選項，先分析出函數的極值點為，根據零點存在定理和極值的符號判斷出在上各有一個零點；B選項，根據極值和導函數符號的關系進行分析；C選項，假設存在這樣的，使得為的對稱軸，則為恒等式，據此計算判斷；D選項，若存在這樣的，使得為的對稱中心，則，據此進行計算判斷，亦可利用拐點結論直接求解.【詳解】A選項，，由于，故時，故在上單調遞增，時，，單調遞減，則在處取到極大值，在處取到極小值，由，，則，根據零點存在定理在上有一個零點，又，，則，則在上各有一個零點，于是時，有三個零點，A選項正確；B選項，，時，，單調遞減，時，單調遞增，此時在處取到極小值，B選項錯誤；C選項，假設存在這樣的，使得為的對稱軸，即存在這樣的使得，即，根據二項式定理，等式右邊展開式含有的項為，于是等式左右兩邊的系數都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在這樣的，使得為的對稱軸，C選項錯誤；D選項，方法一：利用對稱中心的表達式化簡，若存在這樣的，使得為的對稱中心，則，事實上，，于是即，解得，即存在使得是的對稱中心，D選項正確.方法二：直接利用拐點結論任何三次函數都有對稱中心，對稱中心的橫坐標是二階導數的零點，，，，由，于是該三次函數的對稱中心為，由題意也是對稱中心，故，即存在使得是的對稱中心，D選項正確.故選：AD【點睛】結論點睛：（1）的對稱軸為；（2）關于對稱；（3）任何三次函數都有對稱中心，對稱中心是三次函數的拐點，對稱中心的橫坐標是的解，即是三次函數的對稱中心三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.記為等差數列的前n項和，若，，則________.【答案】95【解析】【分析】利用等差數列通項公式得到方程組，解出，再利用等差數列求和公式節即可得到答案.【詳解】因為數列為等差數列，則由題意得，解得，則.故答案：.13.已知為第一象限角，為第三象限角，，，則_______.【答案】【解析】【分析】法一：根據兩角和與差正切公式得，再縮小的范圍，最后結合同角的平方和關系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.【詳解】法一：由題意得，因為，，則，，又因為，則，，則，則，聯立，解得.法二：因為為第一象限角，為第三象限角，則,，，則故答案為：.14.在如圖的4×4方格表中選4個方格，要求每行和每列均恰有一個方格被選中，則共有________種選法，在所有符合上述要求的選法中，選中方格中的4個數之和的最大值是________．【答案】①.24②.112【解析】【分析】由題意可知第一、二、三、四列分別有4、3、2、1個方格可選；利用列舉法寫出所有的可能結果，即可求解.【詳解】由題意知，選4個方格，每行和每列均恰有一個方格被選中，則第一列有4個方格可選，第二列有3個方格可選，第三列有2個方格可選，第四列有1個方格可選，所以共有種選法；每種選法可標記為，分別表示第一、二、三、四列的數字，則所有的可能結果為：，，，，所以選中的方格中，的4個數之和最大，為.故答案為：24；112【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是確定第一、二、三、四列分別有4、3、2、1個方格可選，利用列舉法寫出所有的可能結果.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．（1）求A．（2）若，，求的周長．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據輔助角公式對條件進行化簡處理即可求解，常規方法還可利用同角三角函數的關系解方程組，亦可利用導數，向量數量積公式，萬能公式解決；（2）先根據正弦定理邊角互化算出，然后根據正弦定理算出即可得出周長.【小問1詳解】方法一：常規方法（輔助角公式）由可得，即，由于，故，解得方法二：常規方法（同角三角函數的基本關系）由，又，消去得到：，解得，又，故方法三：利用極值點求解設，則，顯然時，，注意到，，在開區間上取到最大值，于是必定是極值點，即，即，又，故方法四：利用向量數量積公式（柯西不等式）設，由題意，，根據向量的數量積公式，，則，此時，即同向共線，根據向量共線條件，，又，故方法五：利用萬能公式求解設，根據萬能公式，，整理可得，，解得，根據二倍角公式，，又，故【小問2詳解】由題設條件和正弦定理，又，則，進而，得到，于是，，由正弦定理可得，，即，解得，故的周長為16.已知函數．（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）若有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求導，結合導數的幾何意義求切線方程；（2）解法一：求導，分析和兩種情況，利用導數判斷單調性和極值，分析可得，構建函數解不等式即可；解法二：求導，可知有零點，可得，進而利用導數求的單調性和極值，分析可得，構建函數解不等式即可.【小問1詳解】當時，則，，可得，，即切點坐標為，切線斜率，所以切線方程為，即.【小問2詳解】解法一：因為的定義域為，且，若，則對任意恒成立，可知在上單調遞增，無極值，不合題意；若，令，解得；令，解得；可知在內單調遞減，在內單調遞增，則有極小值，無極大值，由題意可得：，即，構建，則，可知在內單調遞增，且，不等式等價于，解得，所以a的取值范圍為；解法二：因為的定義域為，且，若有極小值，則有零點，令，可得，可知與有交點，則，若，令，解得；令，解得；可知在內單調遞減，在內單調遞增，則有極小值，無極大值，符合題意，由題意可得：，即，構建，因為則在內單調遞增，可知在內單調遞增，且，不等式等價于，解得，所以a的取值范圍為.17.如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點E，F滿足，，將沿EF對折至，使得．（1）證明：；（2）求面PCD與面PBF所成的二面角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由題意，根據余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可證得，則，結合線面垂直的判定定理與性質即可證明；（2）由（1），根據線面垂直的判定定理與性質可證明，建立如圖空間直角坐標系，利用空間向量法求解面面角即可.【小問1詳解】由，得，又，在中，由余弦定理得,所以，則，即，所以，又平面，所以平面，又平面，故；【小問2詳解】連接，由，則，在中，，得，所以，由（1）知，又平面，所以平面，又平面，所以，則兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標系，則，由是的中點，得，所以，設平面和平面的一個法向量分別為，則，，令，得，所以，所以，設平面和平面所成角為，則，即平面和平面所成角的正弦值為.18.某投籃比賽分為兩個階段，每個參賽隊由兩名隊員組成，比賽具體規則如下：第一階段由參賽隊中一名隊員投籃3次，若3次都未投中，則該隊被淘汰，比賽成員為0分；若至少投中一次，則該隊進入第二階段，由該隊的另一名隊員投籃3次，每次投中得5分，未投中得0分.該隊的比賽成績為第二階段的得分總和．某參賽隊由甲、乙兩名隊員組成，設甲每次投中的概率為p，乙每次投中的概率為q，各次投中與否相互獨立．（1）若，，甲參加第一階段比賽，求甲、乙所在隊的比賽成績不少于5分的概率．（2）假設，（i）為使得甲、乙所在隊的比賽成績為15分的概率最大，應該由誰參加第一階段比賽？（ii）為使得甲、乙，所在隊的比賽成績的數學期望最大，應該由誰參加第一階段比賽？【答案】（1）（2）（i）由甲參加第一階段比賽；（i）由甲參加第一階段比賽；【解析】【分析】（1）根據對立事件的求法和獨立事件的乘法公式即可得到答案；（2）（i）首先各自計算出，，再作差因式分解即可判斷；(ii)首先得到和的所有可能取值，再按步驟列出分布列，計算出各自期望，再次作差比較大小即可.【小問1詳解】甲、乙所在隊的比賽成績不少于5分，則甲第一階段至少投中1次，乙第二階段也至少投中1次，比賽成績不少于5分的概率.【小問2詳解】（i）若甲先參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊的比賽成績為15分的概率為，若乙先參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊的比賽成績為15分的概率為，，，，應該由甲參加第一階段比賽.(ii)若甲先參加第一階段比賽，數學成績的所有可能取值為0，5，10，15，，，，，記乙先參加第一階段比賽，數學成績的所有可能取值為0，5，10，15，同理，因為，則，，則，應該由甲參加第一階段比賽.【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是計算出相關概率和期望，采用作差法并因式分解從而比較出大小關系，最后得到結論.19.已知雙曲線，點在上，為常數，．按照如下方式依次構造點，過作斜率為的直線與的左支交于點，令為關于軸的對稱點，記的坐標為.（1）若，求；（2）證明：數列是公比為的等比數列；（3）設為的面積，證明：對任意的正整數，.【答案】（1），（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）直接根據題目中的構造方式計算出的坐標即可；（2）根據等比數列的定義即可驗證結論；（3）思路一：使用平面向量數量積和等比數列工具，證明的取值為與無關的定值即可.思路二：使用等差數列工具，證明的取值為與無關的定值即可.【小問1詳解】由已知有，故的方程為.當時，過且斜率為的直線為，與聯立得到.解得或，所以該直線與的不同于的交點為，該點顯然在的左支上.故，從而，.【小問2詳解】由于過且斜率為的直線為，與聯立，得到方程.展開即得，由于已經是直線和的公共點，故方程必有一根.從而根據韋達定理，另一根，相應的.所以該直線與的不同于的交點為，而注意到的橫坐標亦可通過韋達定理表示為，故一定在的左支上.所以.這就得到，.所以.再由，就知道，所以數列是公比為的等比數列.【小問3詳解】方法一：先證明一個結論：對平面上三個點，若，，則.（若在同一條直線上，約定）證明：.證畢，回到原題.由于上一小問已經得到，，故.再由，就知道，所以數列是公比為的等比數列.所以對任意的正整數，都有.而又有，，故利用前面已經證明的結論即得.這就表明的取值是與無關的定值，所以.方法二：由于上一小問已經得到，，故.再由，就知道，所以數列是公比為的等比數列.所以對任意的正整數，都有.這就得到，以及.兩式相減，即得.移項得到.故.而，.所以和平行，這就得到，即.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于將解析幾何和數列知識的結合，需要綜合運用多方面知識方可得解.

第1頁/共1頁絕密★啟用前2024年普通高等學校招生全國統一考試全國甲卷理科數學使用范圍：陜西、寧夏、青海、內蒙古、四川注意事項：1．答題前，務必將自己的姓名、考籍號填寫在答題卡規定的位置上．2．答選擇題時，必須使用2B鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦擦干凈后，再選涂其它答案標號．3．答非選擇題時，必須使用0.5毫米黑色簽字筆，將答案書寫在答題卡規定的位置上．4．所有題目必須在答題卡上作答，在試題卷上答題無效．5．考試結束后，只將答題卡交回．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.設，則（）A. B. C.10 D.【答案】A【解析】【分析】結合共軛復數與復數的基本運算直接求解.【詳解】由，則.故選：A2.集合，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由集合的定義求出，結合交集與補集運算即可求解.【詳解】因為，所以，則，故選：D3.若實數滿足約束條件，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】畫出可行域后，利用的幾何意義計算即可得.【詳解】實數滿足，作出可行域如圖：由可得，即的幾何意義為的截距的，則該直線截距取最大值時，有最小值，此時直線過點，聯立，解得，即，則.故選：D.4.等差數列的前項和為，若，，則（）A. B. C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】由結合等差中項的性質可得，即可計算出公差，即可得的值.【詳解】由，則，則等差數列的公差，故.故選：B.5.已知雙曲線的兩個焦點分別為，點在該雙曲線上，則該雙曲線的離心率為（）A.4 B.3 C.2 D.【答案】C【解析】【分析】由焦點坐標可得焦距，結合雙曲線定義計算可得，即可得離心率.【詳解】設、、，則，，，則，則.故選：C.6.設函數，則曲線在處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】借助導數的幾何意義計算可得其在點處的切線方程，即可得其與坐標軸交點坐標，即可得其面積.【詳解】，則，即該切線方程為，即，令，則，令，則，故該切線與兩坐標軸所圍成的三角形面積.故選：A.7.函數在區間的大致圖像為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用函數的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D.【詳解】，又函數定義域為，故該函數為偶函數，可排除A、C，又，故可排除D.故選：B.8.已知，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先將弦化切求得，再根據兩角和的正切公式即可求解.【詳解】因為，所以，，所以，故選：B.9.已知向量，則（）A.“”是“”的必要條件 B.“”是“”的必要條件C.“”是“”的充分條件 D.“”是“”的充分條件【答案】C【解析】【分析】根據向量垂直和平行的坐標表示即可得到方程，解出即可.【詳解】對A，當時，則，所以，解得或，即必要性不成立，故A錯誤；對C，當時，，故，所以，即充分性成立，故C正確；對B，當時，則，解得，即必要性不成立，故B錯誤；對D，當時，不滿足，所以不成立，即充分性不立，故D錯誤.故選：C.10.設是兩個平面，是兩條直線，且.下列四個命題：①若，則或②若，則③若，且，則④若與和所成的角相等，則其中所有真命題的編號是（）A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④【答案】A【解析】【分析】根據線面平行的判定定理即可判斷①；舉反例即可判斷②④；根據線面平行的性質即可判斷③.【詳解】對①，當，因為，，則，當，因為，，則，當既不在也不在內，因為，，則且，故①正確；對②，若，則與不一定垂直，故②錯誤；對③，過直線分別作兩平面與分別相交于直線和直線，因為，過直線的平面與平面的交線為直線，則根據線面平行的性質定理知，同理可得，則，因為平面，平面，則平面，因為平面，，則，又因為，則，故③正確；對④，若與和所成的角相等，如果，則，故④錯誤；綜上只有①③正確，故選：A.11.在中內角所對邊分別為，若，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，再利用正弦定理得到的值，最后代入計算即可.【詳解】因為，則由正弦定理得.由余弦定理可得:，即:，根據正弦定理得，所以，因為為三角形內角，則，則.故選：C.12.已知b是的等差中項，直線與圓交于兩點，則的最小值為（）A.2 B.3 C.4 D.【答案】C【解析】【分析】結合等差數列性質將代換，求出直線恒過的定點，采用數形結合法即可求解.【詳解】因為成等差數列，所以，，代入直線方程得，即，令得，故直線恒過，設，圓化為標準方程得：，設圓心為，畫出直線與圓的圖形，由圖可知，當時，最小，，此時.故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.的展開式中，各項系數的最大值是______．【答案】5【解析】【分析】先設展開式中第項系數最大，則根據通項公式有，進而求出即可求解.【詳解】由題展開式通項公式為，且，設展開式中第項系數最大，則，，即，又，故，所以展開式中系數最大的項是第9項，且該項系數為.故答案為：5.14.已知甲、乙兩個圓臺上、下底面的半徑均為和，母線長分別為和，則兩個圓臺的體積之比______．【答案】【解析】【分析】先根據已知條件和圓臺結構特征分別求出兩圓臺的高，再根據圓臺的體積公式直接代入計算即可得解.【詳解】由題可得兩個圓臺高分別為，，所以.故答案為：.15.已知，，則______．【答案】64【解析】【分析】將利用換底公式轉化成來表示即可求解.【詳解】由題，整理得，或，又，所以，故故答案為：64.16.有6個相同的球，分別標有數字1、2、3、4、5、6，從中不放回地隨機抽取3次，每次取1個球.記為前兩次取出的球上數字的平均值，為取出的三個球上數字的平均值，則與差的絕對值不超過的概率是______．【答案】【解析】【分析】根據排列可求基本事件的總數，設前兩個球的號碼為，第三個球的號碼為，則，就的不同取值分類討論后可求隨機事件的概率.【詳解】從6個不同的球中不放回地抽取3次，共有種，設前兩個球的號碼為，第三個球的號碼為，則，故，故，故，若，則，則為：，故有2種，若，則，則為：，，故有10種，當，則，則為：，，故有16種，當，則，同理有16種，當，則，同理有10種，當，則，同理有2種，共與的差的絕對值不超過時不同的抽取方法總數為，故所求概率為.故答案為：三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．第17題~第21題為必考題，每個考題考生必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答．（一）必考題：共60分．17.某工廠進行生產線智能化升級改造，升級改造后，從該工廠甲、乙兩個車間的產品中隨機抽取150件進行檢驗，數據如下：優級品合格品不合格品總計甲車間2624050乙車間70282100總計96522150（1）填寫如下列聯表：優級品非優級品甲車間乙車間能否有的把握認為甲、乙兩車間產品的優級品率存在差異？能否有的把握認為甲，乙兩車間產品的優級品率存在差異？（2）已知升級改造前該工廠產品的優級品率，設為升級改造后抽取的n件產品的優級品率.如果，則認為該工廠產品的優級品率提高了，根據抽取的150件產品的數據，能否認為生產線智能化升級改造后，該工廠產品的優級品率提高了？（）附：0.0500.0100.001k3.8416.63510828【答案】（1）答案見詳解（2）答案見詳解【解析】【分析】（1）根據題中數據完善列聯表，計算，并與臨界值對比分析；（2）用頻率估計概率可得，根據題意計算，結合題意分析判斷.【小問1詳解】根據題意可得列聯表：

優級品非優級品甲車間2624乙車間7030可得，因為，所以有的把握認為甲、乙兩車間產品的優級品率存在差異，沒有的把握認為甲，乙兩車間產品的優級品率存在差異.【小問2詳解】由題意可知：生產線智能化升級改造后，該工廠產品的優級品的頻率為，用頻率估計概率可得，又因為升級改造前該工廠產品的優級品率，則，可知，所以可以認為生產線智能化升級改造后，該工廠產品的優級品率提高了.18.記為數列的前項和，且．（1）求的通項公式；（2）設，求數列的前項和為．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用退位法可求的通項公式．（2）利用錯位相減法可求【小問1詳解】當時，，解得．當時，，所以即，而，故，故，∴數列是以4為首項，為公比的等比數列，所以.【小問2詳解】,所以故所以，.19.如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點．（1）證明：平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）證明見詳解；（2）【解析】【分析】（1）結合已知易證四邊形為平行四邊形，可證，進而得證；（2）作交于，連接，易證三垂直，采用建系法結合二面角夾角余弦公式即可求解.【小問1詳解】因為為的中點，所以，四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面；【小問2詳解】如圖所示，作交于，連接，因為四邊形為等腰梯形，，所以，結合（1）為平行四邊形，可得，又，所以為等邊三角形，為中點，所以，又因為四邊形為等腰梯形，為中點，所以，四邊形為平行四邊形，，所以為等腰三角形，與底邊上中點重合，，，因為，所以，所以互相垂直，以方向為軸，方向為軸，方向為軸，建立空間直角坐標系，，，，，設平面的法向量為，平面的法向量為，則，即，令，得，即，則，即，令，得，即，，則，故二面角的正弦值為.20.設橢圓的右焦點為，點在上，且軸．（1）求的方程；（2）過點的直線與交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：軸．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）設，根據的坐標及軸可求基本量，故可求橢圓方程.（2）設，，，聯立直線方程和橢圓方程，用的坐標表示，結合韋達定理化簡前者可得，故可證軸.【小問1詳解】設，由題設有且，故，故，故，故橢圓方程為.【小問2詳解】直線的斜率必定存在，設，，，由可得，故，故，又，而，故直線，故，所以，故，即軸.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.21.已知函數．（1）當時，求的極值；（2）當時，恒成立，求的取值范圍．【答案】（1）極小值為，無極大值.（2）【解析】【分析】（1）求出函數的導數，根據導數的單調性和零點可求函數的極值.（2）求出函數的二階導數，就、、分類討論后可得參數的取值范圍.【小問1詳解】當時，，故，因為在上為增函數，故在上為增函數，而，故當時，，當時，，故在處取極小值且極小值為，無極大值.【小問2詳解】，設，則，當時，，故在上為增函數，故，即，所以在上為增函數，故.當時，當時，，故在上為減函數，故在上，即在上即為減函數，故在上，不合題意，舍.當，此時在上恒成立，同理可得上恒成立，不合題意，舍；綜上，.【點睛】思路點睛：導數背景下不等式恒成立問題，往往需要利用導數判斷函數單調性，有時還需要對導數進一步利用導數研究其符號特征，處理此類問題時注意利用范圍端點的性質來確定如何分類.（二）選考題：共10分，請考生在第22、23題中任選一題作答，并用2B鉛筆將所選題號涂黑，多涂、錯涂、漏涂均不給分，如果多做，則按所做的第一題計分．[選修4-4：坐標系與參數方程]22.在平面直角坐標系中，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）寫出的直角坐標方程；（2）設直線l：（為參數），若與l相交于兩點，若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據可得的直角方程.（2）將直線的新的參數方程代入的直角方程，法1：結合參數的幾何意義可得關于的方程，從而可求參數的值；法2：將直線的直角方程與曲線的直角方程聯立，結合弦長公式可求的值.【小問1詳解】由，將代入，故可得，兩邊平方后可得曲線的直角坐標方程為.【小問2詳解】對于直線的參數方程消去參數，得直線的普通方程為.法1：直線的斜率為，故傾斜角為，故直線的參數方程可設為，.將其代入中得設兩點對應的參數分別為，則，且，故，，解得法2：聯立，得，，解得，設,，則，解得[選修4-5：不等式選講]23.實數滿足．（1）證明：；（2）證明：．【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）直接利用即可證明.（2）根據絕對值不等式并結合（1）中結論即可證明.【小問1詳解】因為，當時等號成立，則，因為，所以;【小問2詳解】第1頁/共1頁絕密★啟用前2024年普通高等學校招生全國統一考試全國甲卷文科數學使用范圍：陜西、寧夏、青海、內蒙古、四川注意事項：1．答題前，務必將自己的姓名、考籍號填寫在答題卡規定的位置上．2．答選擇題時，必須使用2B鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦擦干凈后，再選涂其它答案標號．3．答非選擇題時，必須使用0.5毫米黑色簽字筆，將答案書寫在答題卡規定的位置上．4．所有題目必須在答題卡上作答，在試題卷上答題無效．5．考試結束后，只將答題卡交回．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.集合，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據集合的定義先算出具體含有的元素，然后根據交集的定義計算.【詳解】依題意得，對于集合中的元素，滿足，則可能的取值為，即，于是.故選：A2.設，則（）A. B.1 C.-1 D.2【答案】D【解析】【分析】先根據共軛復數的定義寫出，然后根據復數的乘法計算.【詳解】依題意得，，故.故選：D3.若實數滿足約束條件，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】畫出可行域后，利用的幾何意義計算即可得.【詳解】實數滿足，作出可行域如圖：由可得，即的幾何意義為的截距的，則該直線截距取最大值時，有最小值，此時直線過點，聯立，解得，即，則.故選：D4.等差數列的前項和為，若，（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】可以根據等差數列的基本量，即將題目條件全轉化成和來處理，亦可用等差數列的性質進行處理，或者特殊值法處理.【詳解】方法一：利用等差數列的基本量由，根據等差數列的求和公式，，又.故選：D方法二：利用等差數列性質根據等差數列的性質，，由，根據等差數列的求和公式，，故.故選：D方法三：特殊值法不妨取等差數列公差，則，則.故選：D5.甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排頭，且甲或乙在排尾的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分類討論甲乙的位置，得到符合條件的情況，然后根據古典概型計算公式進行求解.【詳解】當甲排排尾，乙排第一位，丙有種排法，丁就種，共種；當甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有種排法，丁就種，共種；于是甲排在排尾共種方法，同理乙排在排尾共種方法，于是共種排法符合題意；基本事件總數顯然是，根據古典概型的計算公式，丙不在排頭，甲或乙在排尾的概率為.故選：B6.已知雙曲線的兩個焦點分別為，點在該雙曲線上，則該雙曲線的離心率為（）A.4 B.3 C.2 D.【答案】C【解析】【分析】由焦點坐標可得焦距，結合雙曲線定義計算可得，即可得離心率.【詳解】設、、，則，，，則，則.故選：C.7.曲線在處的切線與坐標軸圍成的面積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出切線方程，再求出切線的截距，從而可求面積.【詳解】，所以，故切線方程為，故切線的橫截距為，縱截距為，故切線與坐標軸圍成的面積為故選：A.8.函數在區間的大致圖像為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用函數的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D.【詳解】，又函數定義域為，故該函數為偶函數，可排除A、C，又，故可排除D.故選：B.9.已知，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先將弦化切求得，再根據兩角和的正切公式即可求解.【詳解】因為，所以，，所以，故選：B.原10題略10.設是兩個平面，是兩條直線，且.下列四個命題：①若，則或②若，則③若，且，則④若與和所成的角相等，則其中所有真命題的編號是（）A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④【答案】A【解析】【分析】根據線面平行的判定定理即可判斷①；舉反例即可判斷②④；根據線面平行的性質即可判斷③.【詳解】對①，當，因為，，則，當，因為，，則，當既不在也不在內，因為，，則且，故①正確；對②，若，則與不一定垂直，故②錯誤；對③，過直線分別作兩平面與分別相交于直線和直線，因為，過直線的平面與平面的交線為直線，則根據線面平行的性質定理知，同理可得，則，因為平面，平面，則平面，因為平面，，則，又因為，則，故③正確；對④，若與和所成的角相等，如果，則，故④錯誤；綜上只有①③正確，故選：A.11.在中內角所對邊分別為，若，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，再利用正弦定理得到的值，最后代入計算即可.【詳解】因為，則由正弦定理得.由余弦定理可得:，即:，根據正弦定理得，所以，因為為三角形內角，則，則.故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．原13題略12.函數在上的最大值是______．【答案】2【解析】【分析】結合輔助角公式化簡成正弦型函數，再求給定區間最值即可.【詳解】，當時，，當時，即時，.故答案為：213已知，，則______．【答案】64【解析】【分析】將利用換底公式轉化成來表示即可求解.【詳解】由題，整理得，或，又，所以，故故答案為：64.14.曲線與在上有兩個不同的交點，則的取值范圍為______．【答案】【解析】【分析】將函數轉化為方程，令，分離參數，構造新函數結合導數求得單調區間，畫出大致圖形數形結合即可求解.【詳解】令，即，令則，令得，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，，因為曲線與在上有兩個不同的交點，所以等價于與有兩個交點，所以.故答案為：三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．第17題第21題為必考題，每個考題考生必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答．（一）必考題：共60分．15.已知等比數列的前項和為，且.（1）求的通項公式；（2）求數列的通項公式.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首項后可求通項；（2）利用等比數列的求和公式可求.【小問1詳解】因為,故，所以即故等比數列的公比為，故，故，故.【小問2詳解】由等比數列求和公式得.16.如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點.（1）證明：平面；（2）求點到的距離.【答案】（1）證明見詳解；（2）【解析】【分析】（1）結合已知易證四邊形為平行四邊形，可證，進而得證；（2）作，連接，易證三垂直，結合等體積法即可求解.【小問1詳解】因為為的中點，所以，四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面；【小問2詳解】如圖所示，作交于，連接，因為四邊形為等腰梯形，，所以，結合（1）為平行四邊形，可得，又，所以為等邊三角形，為中點，所以，又因為四邊形為等腰梯形，為中點，所以，四邊形為平行四邊形，，所以為等腰三角形，與底邊上中點重合，，，因為，所以，所以互相垂直，由等體積法可得，，，，設點到的距離為，則，解得，即點到的距離為.17.已知函數．（1）求的單調區間；（2）若時，證明：當時，恒成立．【答案】（1）見解析（2）見解析【解析】【分析】（1）求導，含參分類討論得出導函數的符號，從而得出原函數的單調性；（2）先根據題設條件將問題可轉化成證明當時，即可.【小問1詳解】定義域為，當時，，故在上單調遞減；當時，時，，單調遞增，當時，，單調遞減.綜上所述，當時，在上單調遞減；時，在上單調遞增，在上單調遞減.【小問2詳解】，且時，，令，下證即可.，再令，則，顯然在上遞增，則，即在上遞增，故，即在上單調遞增，故，問題得證18.設橢圓的右焦點為，點在上，且軸．（1）求的方程；（2）過點的直線與交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：軸．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）設，根據的坐標及軸可求基本量，故可求橢圓方程.（2）設，，，聯立直線方程和橢圓方程，用的坐標表示，結合韋達定理化簡前者可得，故可證軸.【小問1詳解】設，由題設有且，故，故，故，故橢圓方程.【小問2詳解】直線的斜率必定存在，設，，，由可得，故，故，又，而，故直線，故，所以，故，即軸.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.（二）選考題：共10分．請考生在第22、23題中任選一題作答，并用2B鉛筆將所選題號涂黑，多涂、錯涂、漏涂均不給分，如果多做，則按所做的第一題計分．19.在平面直角坐標系中，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）寫出的直角坐標方程；（2）設直線l：（為參數），若與l相交于兩點，若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據可得的直角方程.（2）將直線的新的參數方程代入的直角方程，法1：結合參數的幾何意義可得關于的方程，從而可求參數的值；法2：將直線的直角方程與曲線的直角方程聯立，結合弦長公式可求的值.【小問1詳解】由，將代入，故可得，兩邊平方后可得曲線的直角坐標方程為.【小問2詳解】對于直線的參數方程消去參數，得直線的普通方程為.法1：直線的斜率為，故傾斜角為，故直線的參數方程可設為，.將其代入中得設兩點對應的參數分別為，則，且，故，，解得.法2：聯立，得，，解得，設,，則，解得20.實數滿足．（1）證明：；（2）證明：．【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）直接利用即可證明.（2）根據絕對值不等式并結合（1）中結論即可證明.【小問1詳解】因為，當時等號成立，則，因為，所以;【小問2詳解】第1頁/共1頁絕密★本科目考試啟用前2024年普通高等學校招生全國統一考試（北京卷）數學本試卷共12頁，150分.考試時長120分鐘.考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項．1.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】直接根據并集含義即可得到答案.【詳解】由題意得.故選：C.2.已知，則（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】直接根據復數乘法即可得到答案.【詳解】由題意得.故選：C.3.圓的圓心到直線的距離為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出圓心坐標，再利用點到直線距離公式即可.【詳解】由題意得，即，則其圓心坐標為，則圓心到直線的距離為.故選：D.4.在的展開式中，的系數為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】寫出二項展開式，令，解出然后回代入二項展開式系數即可得解.【詳解】的二項展開式為，令，解得，故所求即為.故選：A.5.設，是向量，則“”是“或”的（）．A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】根據向量數量積分析可知等價于，結合充分、必要條件分析判斷.【詳解】因為，可得，即，可知等價于，若或，可得，即，可知必要性成立；若，即，無法得出或，例如，滿足，但且，可知充分性不成立；綜上所述，“”是“且”的必要不充分條件.故選：B.6.設函數.已知，，且的最小值為，則（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根據三角函數最值分析周期性，結合三角函數最小正周期公式運算求解.【詳解】由題意可知：為的最小值點，為的最大值點，則，即，且，所以.故選：B.7.生物豐富度指數是河流水質的一個評價指標，其中分別表示河流中的生物種類數與生物個體總數.生物豐富度指數d越大，水質越好．如果某河流治理前后的生物種類數沒有變化，生物個體總數由變為，生物豐富度指數由提高到，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據題意分析可得，消去即可求解.【詳解】由題意得，則，即，所以.故選：D.8.如圖，在四棱錐中，底面是邊長為4的正方形，，，該棱錐的高為（）.A.1 B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】取點作輔助線，根據題意分析可知平面平面，可知平面，利用等體積法求點到面的距離.【詳解】如圖，底面為正方形，當相鄰的棱長相等時，不妨設，分別取的中點，連接，則，且，平面，可知平面，且平面，所以平面平面，過作的垂線，垂足為，即，由平面平面，平面，所以平面，由題意可得：，則，即，則，可得，所以四棱錐的高為.當相對棱長相等時，不妨設，，因為，此時不能形成三角形，與題意不符，這樣情況不存在.故選：D.9.已知，是函數的圖象上兩個不同的點，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據指數函數和對數函數的單調性結合基本不等式分析判斷AB；舉例判斷CD即可.【詳解】由題意不妨設，因為函數是增函數，所以，即，對于選項AB：可得，即，根據函數是增函數，所以，故B正確，A錯誤；對于選項D：例如，則，可得，即，故D錯誤；對于選項C：例如，則，可得，即，故C錯誤，故選：B.10.已知是平面直角坐標系中的點集.設是中兩點間距離的最大值，是表示的圖形的面積，則（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】先以t為變量，分析可知所求集合表示的圖形即為平面區域，結合圖形分析求解即可.【詳解】對任意給定，則，且，可知，即，再結合x的任意性，所以所求集合表示的圖形即為平面區域，如圖陰影部分所示，其中，可知任意兩點間距離最大值，陰影部分面積.故選：C.【點睛】方法點睛：數形結合的重點是“以形助數”，在解題時要注意培養這種思想意識，做到心中有圖，見數想圖，以開拓自己的思維．使用數形結合法的前提是題目中的條件有明確的幾何意義，解題時要準確把握條件、結論與幾何圖形的對應關系，準確利用幾何圖形中的相關結論求解．第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11.拋物線的焦點坐標為________．【答案】【解析】【分析】形如的拋物線的焦點坐標為，由此即可得解.【詳解】由題意拋物線的標準方程為，所以其焦點坐標為.故答案為：.12.在平面直角坐標系中，角與角均以為始邊，它們終邊關于原點對稱.若，則的最大值為________．【答案】##【解析】【分析】首先得出，結合三角函數單調性即可求解最值.【詳解】由題意，從而，因為，所以的取值范圍是，的取值范圍是，當且僅當，即時，取得最大值，且最大值為.故答案為：.13.若直線與雙曲線只有一個公共點，則的一個取值為________．【答案】（或，答案不唯一）【解析】【分析】聯立直線方程與雙曲線方程，根據交點個數與方程根的情況列式即可求解.【詳解】聯立，化簡并整理得：，由題意得或，解得或無解，即，經檢驗，符合題意.故答案為：（或，答案不唯一）.14.漢代劉歆設計的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標準量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱.若升、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數列，底面直徑依次為，且斛量器的高為，則斗量器的高為______，升量器的高為________．【答案】①.23②.57.5##【解析】【分析】根據體積為公比為10的等比數列可得關于高度的方程組，求出其解后可得前兩個圓柱的高度.【詳解】設升量器的高為，斗量器的高為（單位都是），則，故，.故答案為：.15.設與bn是兩個不同的無窮數列，且都不是常數列.記集合，給出下列4個結論：①若與bn均為等差數列，則M中最多有1個元素；②若與bn均等比數列，則M中最多有2個元素；③若為等差數列，bn為等比數列，則M中最多有3個元素；④若為遞增數列，bn為遞減數列，則M中最多有1個元素.其中正確結論的序號是______.【答案】①③④【解析】【分析】利用兩類數列散點圖的特征可判斷①④的正誤，利用反例可判斷②的正誤，結合通項公式的特征及反證法可判斷③的正誤.【詳解】對于①，因為均為等差數列，故它們的散點圖分布在直線上，而兩條直線至多有一個公共點，故中至多一個元素，故①正確.對于②，取則均為等比數列，但當為偶數時，有，此時中有無窮多個元素，故②錯誤.對于③，設，，若中至少四個元素，則關于的方程至少有4個不同的正數解，若，則由和的散點圖可得關于的方程至多有兩個不同的解，矛盾；若，考慮關于的方程奇數解的個數和偶數解的個數，當有偶數解，此方程即為，方程至多有兩個偶數解，且有兩個偶數解時，否則，因單調性相反，方程至多一個偶數解，當有奇數解，此方程即為，方程至多有兩個奇數解，且有兩個奇數解時即否則，因單調性相反，方程至多一個奇數解，因為，不可能同時成立，故不可能有4個不同的整數解，即M中最多有3個元素，故③正確.對于④，因為為遞增數列，為遞減數列，前者散點圖呈