第20頁/共20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.2.已知，則（）．A. B. C. D.13.求圓的圓心到的距離（）A. B.2 C. D.4.的二項展開式中的系數為（）A15 B.6 C. D.5.已知向量，，則“”是“或”的（）條件．A.必要而不充分條件 B.充分而不必要條件C.充分且必要條件 D.既不充分也不必要條件6.已知，，，，則（）A.1 B.2 C.3 D.47.記水的質量為，并且d越大，水質量越好．若S不變，且，，則與的關系為（）A.B.C.若，則；若，則；D.若，則；若，則；8.已知以邊長為4的正方形為底面的四棱錐，四條側棱分別為4，4，，，則該四棱錐的高為（）A. B. C. D.9.已知，是函數圖象上不同的兩點，則下列正確的是（）A. B.C D.10.若集合表示的圖形中，兩點間最大距離為d、面積為S，則（）A.， B.，C， D.，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.已知拋物線，則焦點坐標________．12.已知，且α與β的終邊關于原點對稱，則的最大值為________．13.已知雙曲線，則過且和雙曲線只有一個交點的直線的斜率為________．14.已知三個圓柱的體積為公比為10的等比數列．第一個圓柱的直徑為65mm，第二、三個圓柱的直徑為325mm，第三個圓柱的高為230mm，求前兩個圓柱的高度分別為________．15.已知，，不為常數列且各項均不相同，下列正確的是______.①，均為等差數列，則M中最多一個元素；②，均為等比數列，則M中最多三個元素；③為等差數列，為等比數列，則M中最多三個元素；④單調遞增，單調遞減，則M中最多一個元素.三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16.在△ABC中，，A為鈍角，．（1）求；（2）從條件①、條件②和條件③這三個條件中選擇一個作為已知，求△ABC的面積．①；②；③．注：如果選擇條件①、條件②和條件③分別解答，按第一個解答計分．17.已知四棱錐P-ABCD，，，，，E是上一點，．（1）若F是PE中點，證明：平面．（2）若平面，求平面與平面夾角余弦值．18.已知某險種的保費為萬元，前3次出險每次賠付萬元，第4次賠付萬元賠償次數01234單數在總體中抽樣100單，以頻率估計概率：（1）求隨機抽取一單，賠償不少于2次的概率；（2）（i）毛利潤是保費與賠償金額之差．設毛利潤為，估計的數學期望；（ⅱ）若未賠償過的保單下一保險期的保費下降，已賠償過的增加．估計保單下一保險期毛利潤的數學期望．19.已知橢圓方程C：，焦點和短軸端點構成邊長為2的正方形，過的直線l與橢圓交于A，B，，連接AC交橢圓于D．（1）求橢圓方程和離心率；（2）若直線BD的斜率為0，求t．20.已知在處切線為l．（1）若切線l的斜率，求單調區間；（2）證明：切線l不經過；（3）已知，，，，其中，切線l與y軸交于點B時．當，符合條件的A的個數為？（參考數據：，，）21.設集合．對于給定有窮數列，及序列，，定義變換：將數列的第項加1，得到數列；將數列的第列加，得到數列…；重復上述操作，得到數列，記為．若為偶數，證明：“存在序列，使得為常數列”的充要條件為“”．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】A【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：A.2.已知，則（）．A. B. C. D.1【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.求圓的圓心到的距離（）A. B.2 C. D.【答案】C【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：C.4.的二項展開式中的系數為（）A.15 B.6 C. D.【答案】B【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：B.5.已知向量，，則“”是“或”的（）條件．A.必要而不充分條件 B.充分而不必要條件C.充分且必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【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：A.6.已知，，，，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.記水的質量為，并且d越大，水質量越好．若S不變，且，，則與的關系為（）A.B.C.若，則；若，則；D若，則；若，則；【答案】C【解析】【分析】根據題意分析可得，討論與1的大小關系，結合指數函數單調性分析判斷.【詳解】由題意可得，解得，若，則，可得，即；若，則，可得；若，則，可得，即；結合選項可知C正確，ABD錯誤；故選：C.8.已知以邊長為4的正方形為底面的四棱錐，四條側棱分別為4，4，，，則該四棱錐的高為（）A. B. 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.當相對的棱長相等時，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，是函數圖象上不同的兩點，則下列正確的是（）A. B.C. D.【答案】A【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A正確，B錯誤；對于選項C：例如，則，可得，即，故C錯誤；對于選項D：例如，則，可得，即，故D錯誤，故選：A.10.若集合表示的圖形中，兩點間最大距離為d、面積為S，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.已知拋物線，則焦點坐標________．【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.已知，且α與β的終邊關于原點對稱，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.故答案為：.13.已知雙曲線，則過且和雙曲線只有一個交點的直線的斜率為________．【答案】【解析】【分析】首先說明直線斜率存在，然后設出方程，聯立雙曲線方程，根據交點個數與方程根的情況列式即可求解.【詳解】聯立與，解得，這表明滿足題意的直線斜率一定存在，設所求直線斜率為，則過點且斜率為的直線方程為，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：.14.已知三個圓柱的體積為公比為10的等比數列．第一個圓柱的直徑為65mm，第二、三個圓柱的直徑為325mm，第三個圓柱的高為230mm，求前兩個圓柱的高度分別為________．【答案】【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】設第一個圓柱的高為，第二個圓柱的高為，則，故，，故答案為：.15.已知，，不為常數列且各項均不相同，下列正確的是______.①，均為等差數列，則M中最多一個元素；②，均為等比數列，則M中最多三個元素；③為等差數列，為等比數列，則M中最多三個元素；④單調遞增，單調遞減，則M中最多一個元素.【答案】①③④【解析】【分析】利用兩類數列的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個不同的正數解，故③正確.對于④，因為為單調遞增，為遞減數列，前者散點圖呈上升趨勢，后者的散點圖呈下降趨勢，兩者至多一個交點，故④正確.故答案為：①③④【點睛】思路點睛：對于等差數列和等比數列的性質的討論，可以利用兩者散點圖的特征來分析，注意討論兩者性質關系時，等比數列的公比可能為負，此時要注意合理轉化.三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16.在△ABC中，，A為鈍角，．（1）求；（2）從條件①、條件②和條件③這三個條件中選擇一個作為已知，求△ABC的面積．①；②；③．注：如果選擇條件①、條件②和條件③分別解答，按第一個解答計分．【答案】（1）；（2）選擇①無解；選擇②和③△ABC面積均為.【解析】分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；（2）選擇①，利用正弦定理得，結合（1）問答案即可排除；選擇②，首先求出，再代入式子得，再利用兩角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面積公式即可；選擇③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用兩角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面積公式即可；【小問1詳解】由題意得，因為為鈍角，則，則，則，解得，因為為鈍角，則.【小問2詳解】選擇①，則，因為，則為銳角，則，此時，不合題意，舍棄；選擇②，因為為三角形內角，則，則代入得，解得，,則.選擇③，則有，解得，則由正弦定理得，即，解得，因為為三角形內角，則，則，則17.已知四棱錐P-ABCD，，，，，E是上一點，．（1）若F是PE中點，證明：平面．（2）若平面，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取的中點為，接，可證四邊形為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得平面.（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量后可求夾角的余弦值.【小問1詳解】取的中點為，接，則，而，故，故四邊形為平行四邊形，故，而平面，平面，所以平面.【小問2詳解】因為，故，故，故四邊形為平行四邊形，故，所以平面，而平面，故，而，故建立如圖所示的空間直角坐標系，則，則設平面的法向量為，則由可得，取，設平面的法向量為，則由可得，取，故，故平面與平面夾角的余弦值為18.已知某險種的保費為萬元，前3次出險每次賠付萬元，第4次賠付萬元賠償次數01234單數在總體中抽樣100單，以頻率估計概率：（1）求隨機抽取一單，賠償不少于2次的概率；（2）（i）毛利潤是保費與賠償金額之差．設毛利潤為，估計的數學期望；（ⅱ）若未賠償過的保單下一保險期的保費下降，已賠償過的增加．估計保單下一保險期毛利潤的數學期望．【答案】（1）（2）(i)0.122萬元(ii)萬元【解析】【分析】（1）根據題設中的數據可求賠償次數不少2的概率;（2）（ⅰ）設為賠付金額，則可取，用頻率估計概率后可求的分布列及數學期望，從而可求.（ⅱ）先算出下一期保費的變化情況，結合（1）的結果可求.【小問1詳解】設為“隨機抽取一單，賠償不少于2次”，由題設中的統計數據可得.【小問2詳解】（ⅰ）設為賠付金額，則可取，由題設中的統計數據可得，，，，故故（萬元）.（ⅱ）由題設保費的變化為，故（萬元）19.已知橢圓方程C：，焦點和短軸端點構成邊長為2的正方形，過的直線l與橢圓交于A，B，，連接AC交橢圓于D．（1）求橢圓方程和離心率；（2）若直線BD的斜率為0，求t．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題意得，進一步得，由此即可得解；（2）說明直線斜率存在，設，，聯立橢圓方程，由韋達定理有，而，令，即可得解.【小問1詳解】由題意，從而，所以橢圓方程為，離心率為；【小問2詳解】顯然直線斜率存在，否則重合，直線斜率不存在與題意不符，同樣直線斜率不為0，否則直線與橢圓無交點，矛盾，從而設，，聯立，化簡并整理得，由題意，即應滿足，所以，若直線斜率為0，由橢圓的對稱性可設，所以，在直線方程中令，得，所以，此時應滿足，即應滿足或，綜上所述，滿足題意，此時或.20.已知在處切線為l．（1）若切線l的斜率，求單調區間；（2）證明：切線l不經過；（3）已知，，，，其中，切線l與y軸交于點B時．當，符合條件的A的個數為？（參考數據：，，）【答案】（1）單調遞減區間為，單調遞增區間為.（2）證明見解析（3）2【解析】【分析】（1）直接代入，再利用導數研究其單調性即可；（2）寫出切線方程，將代入再設新函數，利用導數研究其零點即可；（3）分別寫出面積表達式，代入得到，再設新函數研究其零點即可.【小問1詳解】，當時，；當，；在上單調遞減，在上單調遞增.則的單調遞減區間為，單調遞增區間為.【小問2詳解】，切線的斜率為，則切線方程為，將代入則，即，則，，令，假設過，則在存在零點.，在上單調遞增，，在無零點，與假設矛盾，故直線不過.【小問3詳解】時，.，設與軸交點為，時，若，則此時與必有交點，與切線定義矛盾.由（2）知.所以，則切線的方程為，令，則.，則，，記，滿足條件的有幾個即有幾個零點.，當時，，此時單調遞減；當時，，此時單調遞增；當時，，此時單調遞減；因為，，所以由零點存在性定理及