2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题

2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题一、单选题1．已知集合A5x5,B2,3}AB（）3A．．．D．z21iz1z（）A．1i．1i．1iD．1i3．已知向量ab(2,x)bb4a)x（）A．2．11D．24．已知),2)（）mA．m．．3m3D．m5．已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3，则圆锥的体积为（）A．23π．33π．63πD．93π6．已知函数为f(x)x22,x0R上单调递增，则a取值的范围是（）exxx0A．(,0]．[．[D．)7xÎ2]时，曲线ysinx与2sin3yx的交点个数为（）6A3．46D．88f(x)的定义域为Rf(x)f(xf(x当x3时f(x)x）A．f．f．fD．f二、多选题9x2.1，样本方差s20.01X服从正态分布N1.8,0.1，假设推动出口后的亩收入Y服从正态2Nxs2，则（Z服从正态分布,Nu,，P(Zu)）2A．P(X．P(X．PYD．PY．设函数f(x)(x(x，则（）2A．x3是f(x)的极小值点0x1f(x)fx2C．当1x24f(2x0D1x0f(2x)f(x)1C的一部分.C过坐标原点O.且C上的点满足横坐标大于，到点F(2,0)的距离与到定直线xa(a0)的距离之积为，则（）2A．a2(22,0)在C上CC在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D．当点xy在C上时，00,0yx042三、填空题xy22．设双曲线的左右焦点分别为2C:abab22F作平行于y轴的直线交C于AB两点，若2|FA13,|AB10C的离心率为．1yxx处的切线也是曲线yln(xa的切线，则a.．若曲线e135标有数字46810轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为.四、解答题、、C的对边分别为ab，，已知C2B，a2b2c22(1)求B；(2)若的面积为33c．2．已知(0,3)和3P2xy22为椭圆C:ab上两点.ab22(1)求C的离心率;(2)P的直线l交C于另一点ABP的面积为9l的方程．．如图，四棱锥PPAABCD，2，3．(1)若ADPB，证明：AD；(2)若，且二面角AD的正弦值为427AD．318．已知函数xf(x)axb(x2x3(1)若b0f(x)0a的最小值；(2)证明：曲线yf(x)是中心对称图形；(3)若f(x)2当且仅当1x2b的取值范围．m为正整数，数列1,a2,...,a4m2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i和aij后剩余的mj被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1,2,...,m2是i,j可分数列．aaa(1)写出所有的i,j，1ij6，使数列1,a2,...,6是i,j可分数列；(2)当m3时，证明：数列1,a2,...,am2是可分数列；(3)从2,...,4m2中一次任取两个数i和jij1,a2,...,a4m2是i,j可分数列的概率为1PP．mm842024年新课标全国Ⅰ卷数学真题参考答案：1A【分析】化简集合A，由交集的概念即可得解.【详解】因为|3535,2,3AxxB，且注意到1352，AB0.故选：A.2C【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.【详解】因为zz11111i，所以z1z1z11z11i.i故选：3D【分析】根据向量垂直的坐标运算可求x的值.【详解】因为bba，所以bba0，2bab即404x4x0x2，2故选：D.4A【分析】根据两角和的余弦可求coscos,sinsin的关系，结合tantan的值可求前者，故可求的.【详解】因为m，所以coscossinsinm，而tan2，所以sinsin2coscos，故coscos2coscosm即coscosm，sinsin2mm，故选：A.5B【分析】设圆柱的底面半径为r，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为r23，而它们的侧面积相等，所以r3r3r2即233r2，1故r3，故圆锥的体积为13π9333π.故选：6B【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.【详解】因为fx在R上单调递增，且x0fxex单调递增，x2a0则需满足21aeln10，解得1a0，即a的范围是[.故选：7C【分析】画出两函数在2π上的图象，根据图象即可求解【详解】因为函数ysinx的的最小正周期为T2π，πy2sin3x62π的最小正周期为T，3所以在x2π上函数πy2sin3x6有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：由图可知，两函数图象有6个交点.故选：C8B【分析】代入得到ff(2)2，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.【详解】因为当x3时f(x)x，所以ff(2)2，又因为f(x)f(xf(x，则ff(2)ff(4)ff(2)5，ff(4)ff(6)ff(4)f(7)f(6)f21，2ff(7)f(6)f(9)ff(7)ff(9)f89，fff(9)144,ffffff377ffffff987，fff15971000，则依次下去可知fB正确；且无证据表明一定正确.故选：【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用ff(2)2，再利用题目所给的函数性质f(x)f(xf(x，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.9【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出.【详解】依题可知，xs2，所以YN，故PY2PY2.1PY2.10.84130.5C正确，D错误；XN1.8,0.1，所以PX2PX1.82，PX0.1，所以PX0.11，而PX2PX2X，B正确，A错误，故选：BC．．fxA；利用函数的单调性可判断Bfx在3上的值域即可判断；直接作差可判断D.【详解】对A，因为函数fx的定义域为Rfx2x1x4x13x1x3，2易知当x3fx0x或xfx0fx在上单调递增，在3上单调递减，在上单调递增，故x3是函数fx的极小值点，正对0x1xx2x1x0，所以1xx20，而由上可知，函数fx在上单调递增，所以fxfx，错误；2对，当1x2时，12x13，而由上可知，函数fx在3上单调递减，3ff2xf34f2x0，正确；222对D1x0f(2x)f(x)1x2xx1x4x122x0，f(2x)f(x)，正确；故选：．aAB可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误.【详解】对于A：设曲线上的动点P,yx2且22

x2yxa4，22因为曲线过坐标原点，故0200a，解得a2A正确.22：又曲线方程为x2yx24x2，22故x2yx24.2当x22,y0222222844，故22,0在曲线上，故B正确.：由曲线的方程可得162yx222x23x，2则2641y49464164525624510，故此时y21，494494494故C在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1C错误.D：当点0,0在曲线上时，由C的分析可得2yx220202x2x200，44y故0x2x200D正确.故选：【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.．32AF，结合双曲线第一定义求出2a,b,c1离心率.【详解】由题可知,B,F三点横坐标相等，设A在第一象限，将xc2xy22221ab4得yb2ab2b2A,,B,aaABb210，ab225，ab2又12a12aa513，解得a4，代入a5得b2，故c2a2b2c6，所以ec63.a42故答案为：32．2【分析】先求出曲线yexx在的切线方程，再设曲线yxa的切点为0,ln0xxa，求出y，利用公切线斜率相等求出x，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.0【详解】由yexx得e1yx，0，y|e12x0故曲线yexx在处的切线方程为y2x1；由yxa得y1，x1设切线与曲线yxa相切的切点为0,ln01a，由两曲线有公切线得1yx102，解得111x，则切点为,a0222，切线方程为11y2xa2x1a，22根据两切线重合,a20，解得a2.故答案为：2．12/0.5【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为X1,X2,X3,X4，四轮的总得分为X.63的概率PXk4483，所以EXk2,3,4.k854433EXEXXXXEX.1234k82k1k1记pPXkk3.k11p；如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出，357分别对应乙出246，，所以04A411p.如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出13，，7分别对应乙出8，，46，所以34A43而X的所有可能取值是，12301p231，p2p3pEX.12321pp1，1213p2p，两式相减即得128211p221pp.232所以甲的总得分不小于2的概率为1pp.232故答案为：12.琐的列举.．(1)Bπ3(2)22）由余弦定理、平方关系依次求出C,sinC，最后结合已知sinC2cosB得B的值即可；2）首先求出,B,C，然后由正弦定理可将a,b均用含有c的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.）由余弦定理有a2b2c22abcosC，对比已知a2b2c22，cosCa2b2c22ab2，2ab2ab2Cπ，所以C0，2222C1C122，1又因为sinC2cosBB，2注意到Bπ，πB.32）由（）可得B，cos2ππC，4C，Cπ，从而32ππ5πAπ，3412ππ232162而sinsinA，46222246abc由正弦定理有5πππsinsinsin34，62231,326

accbcc，4222由三角形面积公式可知，的面积可表示为11316233SCccc，2ABC22222833由已知的面积为33，可得2c833，c22.．(1)12(2)l的方程为3x2y60或x2y0.）代入两点得到关于a,b的方程，解出即可；2B到直线AP的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线BlB到直线AP0,0Bxy，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点B到直线AP的距离，利用椭圆的参ABy3B坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线PB斜率不存在的情况，再设3:yk(x，利用弦长公2式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘12表达面积即可.b3

92b9）由题意得，解得，9412a22eb91211.a222）法一：kAP3321032，则直线AP的方程为1yx3x2y60，2AP2233503322xy22，由（C:1，9dB到直线AP的距离为d2953552，7则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移55单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为：x2yC0，则C65，解得C6或C18，55当C6时，联立xyx31129，解得22x0或3y3yx2y602，3即B3或，23当B3时，此时k，直线l的方程为l23yx33x2y60，2当3B21时，此时k，直线l的方程为l21yxx2y0，2当C18时，联立xy2219x2y0得2y227y1170，27421172070，此时该直线与椭圆无交点.2综上直线l的方程为3x2y60或x2y0.法二：同法一得到直线AP的方程为x2y60，点B到直线AP的距离5

d，5x2y650055设0,0Bxy22xy0019x0，解得y0332x00或，y303即B3或，以下同法一.2法三：同法一得到直线AP的方程为x2y60，点B到直线AP的距离5

d，5设B23,3sin，其中2，则有236sin65，55coscos2sin21，解得sin3即B3或，以下同法一；23212cos0或，sin18法四：当直线AB的斜率不存在时，此时B3，1639，符合题意，此时PAB23k，直线l的方程为l23yx33x2y60，2AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y3，y3联立椭圆方程有224k3x240，其中kk2222xyAP191k，2x0或x24k4k32，k0，1k，2令x24k4k32yk92k32kk92B,k3k322同法一得到直线AP的方程为x2y60，点B到直线AP的距离5

d，5则kk9226k3k3522553，解得k=，23B21，则得到此时k，直线l的方程为l21yxx2y0，2综上直线l的方程为3x2y60或x2y0.3法五：当l的斜率不存在时，l:xB,A219339不满足条件.22到PBd3，当l的斜率存在时，设3:yk(xPxyBxy，1,1,2,22yk(xxy221932y2222

4k3x24k12kx36k36k270，12Δ24k12k44k336k36k270kkAP222k，2kk2xx43k13k9k224k3,k1xx4xx4122221212236k36k24k3xx1224k3，33k43k213k29kkA到直线PB2,4291dSPAB222432kk1k1，1k或2321，均满足题意，l:yx或23yx33x2y60或x2y0.293法六：当l的斜率不存在时，l:xB,A219339不满足条件.223当直线l斜率存在时，设l:yk(x，2到PBd3，3设l与y轴的交点为Qx0Qk2，3yk2223x4y362232，则有kxkkxkk348336362702，223234833636270kxkkxkk2，22322Δ8kk434k36k36k021k，236k36k12k12k922则3x,xBB2234k34k，11312k1813则SAQxxkk=，经代入判别式验证均满足题意.39，解的k或PB222234k22则直线l为1yx或23yx33x2y60或x2y0.2．(1)证明见解析(2)3）先证出PAB，即可得ADAB，由勾股定理逆定理可得，从而AD//BC，再根据线面平行的判定定理即可证出；2）过点D作于E，再过点E作EFCP于F，连接DF，根据三垂线法可知，即为二面角AD的平面角，即可求得6，再分别用AD的长度表示出DE,EF，即可解方程求出AD．）因为PAAD，所以PAAD，又ADPB，PBPAP，PB,PAPAB，所以PAB，而ABPAB，所以ADAB.BC2AB2AC2，所以，根据平面知识可知AD//BC，10又，，所以//．2）如图所示，过点D作于E，再过点E作EFCP于F，连接DF，PA，所以平面，而平面，DEEFCP，所以CPDEF，根据二面角的定义可知，即为二面角AD的平面角，即sin6．7x4x2，由等面积法可得，x4x2，2x2x2x244又为等腰直角三角形，所以CE4x22424x2，22x4x22故64x222，解得x33．．(1)2(2)证明见解析(3)b23）求出2fxa后根据f(x)0a的最小值；2P,n为yfxP,na的对称点为Q2,2an也在函数的图像上，从而可证对称性；23）根据题设可判断f2即a2，再根据f(x)2在2上恒成立可求得b.3x）b0fxax，其中x0,2，2x112则fxax，,0,2x2xx2x22xxx2x1，当且仅当x1时等号成立，2故fx2afx0成立，故a20即a2，a的最小值为2.，x2）的定义域为2，fxaxbx132x设P,n为yfx图象上任意一点，P,na的对称点为Q2,2an，mP,n在yfx图象上，故nambm132m，2mm33而f2ma2mb2m1ambm12，m2mna，Q2,2anyfx图象上，由P的任意性可得yfx图象为中心对称图形，且对称中心为a.3）因为fx2当且仅当1x2x1为fx2的一个解，f2即a2，先考虑1x2fx2恒成立.xfx221xbx1032x在2上恒成立，t1设tx1320

1ttbt在上恒成立，t1设gttbtt2,0,1，31ttbt2b222则2gt2bt1t1t22，当b0，bt22bb2b20，故gt0恒成立，故gt在上为增函数，故gtg00即fx2在2上恒成立.2

0当bbt22b2b0，3故gt0恒成立，故gt在上为增函数，12故gtg00即fx2在2上恒成立.22gt0当b，则当0t113b21上gt为减函数，故gtg00，不合题意，舍；b2综上，fx2在2上恒成立时b.32b32b时，由上述过程可得gt在递增，故gt0的解为，而3即fx2的解为2.2

综上，b.

3参数的范围重新考虑不等式的解的情况.．(1)2,6,6(2)证明见解析(3)证明见解析）直接根据i,j可分数列的定义即可；2）根据i,j可分数列的定义即可验证结论；3）证明使得原数列是i,j可分数列的i,j至少有

m1m个，再使用概率的定义.2）首先，我们设数列1,a2,...,a4m2的公差为dd0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，aa故我们可以对该数列进行适当的变形k112,...,42akm，kd得到新数列kk4m2，然后对k,a,...,am2进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设akk4m2，此后的讨论均建立在该假设下进行.k回到原题，第1小问相当于从4,5,6中取出两个数i和jij，使得剩下四个数是等差数列.13那么剩下四个数只可能是42,3,4,53,4,5,6.所以所有可能的i,j2,6,6.2）由于从数列2,...,4m2中取出2和后，剩余的m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列：①,,3②,,...,m4,4m4mm3.（如果m30，则忽略②）故数列2,...,4m2是可分数列.3）定义集合A4k1k2,...,9,13,...,4m，B4k2k2,...,2,6,10,14,...,4m.下面证明，对1ij4m2，如果下面两个命题同时成立，则数列2,...,4m2一定是i,j可分数列：：i,jB或iB,jA；：ji3.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果i,jBji3.此时设i4k1，1jk，1,k2.4221ij4k14k2kk12214kk.21此时，由于从数列2,...,4m2中取出i4k1和1j4k22剩余的m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列：①4,7,8,...,k4k4k4k1111k1②4k4k4k4k,4k4k7,4k4k,...,4k4k4k,4kkk11111111222221③k4k4k4k6,k4k4k4k,...,m4,4m4m2mk组.222222222（如果某一部分的组数为0，则忽略之）故此时数列2,...,4m2是i,j可分数列.第二种情况：如果iB,jAji3.此时设i412，jk21，1,2kkm.141ijkk.4k24k1kk1221214ji3kk，这就意味着k1k23，从而211k212.21此时，由于从数列2,...,4m2中取出i4k2和1jk1后，剩余的m个数可以分为以下四个部分，共m2使得每组成等差数列：①4,7,8,...,k4k4k4k1111k1②k3kk2kkkk，kk2kkkk4k211212121212122③全体k,3kk,2kk,kk，其中1121212p4,.