2024年高考数学真题解析版

第1页/共1页绝密★启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I卷）数学本试卷共10页，19小题，满分150分.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】化简集合，由交集的概念即可得解.【详解】因为，且注意到，从而.故选：A.2.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.【详解】因为，所以.故选：C.3.已知向量，若，则（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值.【详解】因为，所以，所以即，故，故选：D.4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值.【详解】因为，所以，而，所以，故即，从而，故，故选：A.5.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，则圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以即，故，故圆锥的体积为.故选：B.6.已知函数为，在R上单调递增，则a取值的范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【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】因为在上单调递增，且时，单调递增，则需满足，解得，即a的范围是.故选：B.7.当时，曲线与的交点个数为（）A.3 B.4 C.6 D.8【答案】C【解析】【分析】画出两函数在上的图象，根据图象即可求解【详解】因为函数的的最小正周期为，函数的最小正周期为，所以在上函数有三个周期的图象，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：C8.已知函数为的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.【详解】因为当时，所以，又因为，则，，，，，则依次下去可知，则B正确；且无证据表明ACD一定正确.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（）（若随机变量Z服从正态分布，）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【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，，所以，故，C正确，D错误；因为，所以，因为，所以，而，B正确，A错误，故选：BC．10.设函数，则（）A.是的极小值点 B.当时，C.当时， D.当时，【答案】ACD【解析】【分析】求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；直接作差可判断D.【详解】对A，因为函数的定义域为R，而，易知当时，，当或时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；对B，当时，，所以，而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，所以，即，正确；对D，当时，，所以，正确；故选：ACD.11.造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（）A. B.点在C上C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D.当点在C上时，【答案】ABD【解析】【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断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，则且，因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确.对于B：又曲线方程为，而，故.当时，，故在曲线上，故B正确.对于C：由曲线的方程可得，取，则，而，故此时，故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得，故，故D正确.故选：ABD.【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.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为___________．【答案】【解析】【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出，结合双曲线第一定义求出，即可得到的值，从而求出离心率.【详解】由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入得，即，故，，又，得，解得，代入得，故，即，所以.故答案为：13.若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________.【答案】【解析】【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.【详解】由得，，故曲线在处的切线方程为；由得，设切线与曲线相切的切点为，由两曲线有公切线得，解得，则切点为，切线方程为，根据两切线重合,所以，解得.故答案为：14.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________.【答案】##0.5【解析】【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，四轮的总得分为.对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率，所以.从而.记.如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以；如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以.而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.所以，，两式相减即得，故.所以甲总得分不小于2的概率为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.记内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，（1）求B；（2）若的面积为，求c．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得值即可；（2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.【小问1详解】由余弦定理有，对比已知，可得，因为，所以，从而，又因为，即，注意到，所以.小问2详解】由（1）可得，，，从而，，而，由正弦定理有，从而，由三角形面积公式可知，的面积可表示为，由已知面积为，可得，所以.16.已知和为椭圆上两点.（1）求C的离心率;（2）若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．【答案】（1）（2）直线的方程为或.【解析】【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，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：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公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表达面积即可.【小问1详解】由题意得，解得，所以.【小问2详解】法一：，则直线的方程为，即，，由（1）知，设点到直线的距离为，则，则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点，设该平行线的方程为：，则，解得或，当时，联立，解得或，即或，当时，此时，直线的方程为，即，当时，此时，直线的方程为，即，当时，联立得，，此时该直线与椭圆无交点.综上直线的方程为或.法二：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，则，解得或，即或，以下同法一.法三：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，其中，则有，联立，解得或，即或，以下同法一；法四：当直线的斜率不存在时，此时，，符合题意，此时，直线的方程为，即，当线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程有，则，其中，即，解得或，，，令，则，则同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，则，解得，此时，则得到此时，直线的方程为，即，综上直线的方程为或.法五：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当的斜率存在时，设，令，，消可得，，且，即，，到直线距离，或，均满足题意，或，即或.法六：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当直线斜率存在时，设，设与轴的交点为，令，则，联立，则有，，其中，且，则，则，解的或，经代入判别式验证均满足题意.则直线为或，即或.17.如图，四棱锥中，底面ABCD，，．（1）若，证明：平面；（2）若，且二面角的正弦值为，求．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出．【小问1详解】（1）因为平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因为，所以，根据平面知识可知，又平面，平面，所以平面．【小问2详解】如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，因为平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，即，即．因为，设，则，由等面积法可得，，又，而为等腰直角三角形，所以，故，解得，即．18.已知函数（1）若，且，求的最小值；（2）证明：曲线是中心对称图形；（3）若当且仅当，求的取值范围．【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）求出后根据可求的最小值；（2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性；（3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得.【小问1详解】时，，其中，则，因为，当且仅当时等号成立，故，而成立，故即，所以的最小值为.，【小问2详解】的定义域为，设为图象上任意一点，关于的对称点为，因为在图象上，故，而，，所以也在图象上，由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.【小问3详解】因为当且仅当，故为的一个解，所以即，先考虑时，恒成立.此时即为在上恒成立，设，则在上恒成立，设，则，当，，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立.当时，，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立.当，则当时，故在上为减函数，故，不合题意，舍；综上，在上恒成立时.而当时，而时，由上述过程可得在递增，故的解为，即的解为.综上，.【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.19.设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．（1）写出所有的，，使数列是可分数列；（2）当时，证明：数列是可分数列；（3）从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可；（2）根据可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义.【小问1详解】首先，我们设数列的公差为，则.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，故我们可以对该数列进行适当的变形，得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是，或，或.所以所有可能的就是.【小问2详解】由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：①，共组；②，共组.（如果，则忽略②）故数列是可分数列.【小问3详解】定义集合，.下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，则数列一定是可分数列：命题1：或；命题2：.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果，且.此时设，，.则由可知，即，故.此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：①，共组；②，共组；③，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之）故此时数列是可分数列.第二种情况：如果，且.此时设，，.则由可知，即，故.由于，故，从而，这就意味着.此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：①，共组；②，，共组；③全体，其中，共组；④，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：，，，可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.然后我们来考虑这样的的个数.首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；而如果，假设，则可设，，代入得.但这导致，矛盾，所以.设，，，则，即.所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.所以数列是可分数列的概率一定满足.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.第1页/共1页2024年普通高等学校招生全国统一考试（新课标II卷）数学本试卷共10页，19小题，满分150分.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.已知，则（）A.0 B.1 C. D.2【答案】C【解析】【分析】由复数模的计算公式直接计算即可.【详解】若，则.故选：C2.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【解析】【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.故选：B.3.已知向量满足，且，则（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【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.故选：B.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）并部分整理下表亩产量[900，950）[950，1000）[1000，1050）[1100，1150）[1150，1200）频数612182410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1050kgB.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【解析】【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.故选；C.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【解析】【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.故选：A6.设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】【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；故选：D.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.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【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.故选：B.8.设函数，若，则的最小值为（）A. B. C. D.1【答案】C【解析】【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.故选：C.【点睛】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、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.对于函数和，下列正确的有（）A.与有相同零点 B.与有相同最大值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【解析】【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.故选：BC10.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【解析】【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.故选：ABD11.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【解析】【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.故选：AD【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）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：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.记为等差数列的前n项和，若，，则________.【答案】95【解析】【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.故答案：.13.已知为第一象限角，为第三象限角，，，则_______.【答案】【解析】【分析】法一：根据两角和与差正切公式得，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,，，则故答案为：.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】①.24②.112【解析】【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：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.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．【答案】（1）（2）【解析】【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.【小问1详解】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【小问2详解】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．【答案】（1）（2）【解析】【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.【小问1详解】当时，则，，可得，，即切点坐标为，切线斜率，所以切线方程为，即.【小问2详解】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．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【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.【小问1详解】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；【小问2详解】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？【答案】（1）（2）（i）由甲参加第一阶段比赛；（i）由甲参加第一阶段比赛；【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】（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.【点睛】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，.【答案】（1），（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【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.【小问1详解】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，.【小问2详解】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.【小问3详解】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.【点睛】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.

第1页/共1页绝密★启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试全国甲卷理科数学使用范围：陕西、宁夏、青海、内蒙古、四川注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上．2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．5．考试结束后，只将答题卡交回．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设，则（）A. B. C.10 D.【答案】A【解析】【分析】结合共轭复数与复数的基本运算直接求解.【详解】由，则.故选：A2.集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由集合的定义求出，结合交集与补集运算即可求解.【详解】因为，所以，则，故选：D3.若实数满足约束条件，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】画出可行域后，利用的几何意义计算即可得.【详解】实数满足，作出可行域如图：由可得，即的几何意义为的截距的，则该直线截距取最大值时，有最小值，此时直线过点，联立，解得，即，则.故选：D.4.等差数列的前项和为，若，，则（）A. B. C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】由结合等差中项的性质可得，即可计算出公差，即可得的值.【详解】由，则，则等差数列的公差，故.故选：B.5.已知双曲线的两个焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（）A.4 B.3 C.2 D.【答案】C【解析】【分析】由焦点坐标可得焦距，结合双曲线定义计算可得，即可得离心率.【详解】设、、，则，，，则，则.故选：C.6.设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点处的切线方程，即可得其与坐标轴交点坐标，即可得其面积.【详解】，则，即该切线方程为，即，令，则，令，则，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积.故选：A.7.函数在区间的大致图像为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D.【详解】，又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C，又，故可排除D.故选：B.8.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先将弦化切求得，再根据两角和的正切公式即可求解.【详解】因为，所以，，所以，故选：B.9.已知向量，则（）A.“”是“”的必要条件 B.“”是“”的必要条件C.“”是“”的充分条件 D.“”是“”的充分条件【答案】C【解析】【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.【详解】对A，当时，则，所以，解得或，即必要性不成立，故A错误；对C，当时，，故，所以，即充分性成立，故C正确；对B，当时，则，解得，即必要性不成立，故B错误；对D，当时，不满足，所以不成立，即充分性不立，故D错误.故选：C.10.设是两个平面，是两条直线，且.下列四个命题：①若，则或②若，则③若，且，则④若与和所成的角相等，则其中所有真命题的编号是（）A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④【答案】A【解析】【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.【详解】对①，当，因为，，则，当，因为，，则，当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；对②，若，则与不一定垂直，故②错误；对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，同理可得，则，因为平面，平面，则平面，因为平面，，则，又因为，则，故③正确；对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.11.在中内角所对边分别为，若，，则（）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，最后代入计算即可.【详解】因为，则由正弦定理得.由余弦定理可得:，即:，根据正弦定理得，所以，因为为三角形内角，则，则.故选：C.12.已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则的最小值为（）A.2 B.3 C.4 D.【答案】C【解析】【分析】结合等差数列性质将代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解.【详解】因为成等差数列，所以，，代入直线方程得，即，令得，故直线恒过，设，圆化为标准方程得：，设圆心为，画出直线与圆的图形，由图可知，当时，最小，，此时.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.的展开式中，各项系数的最大值是______．【答案】5【解析】【分析】先设展开式中第项系数最大，则根据通项公式有，进而求出即可求解.【详解】由题展开式通项公式为，且，设展开式中第项系数最大，则，，即，又，故，所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为.故答案为：5.14.已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆台的体积之比______．【答案】【解析】【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解.【详解】由题可得两个圆台高分别为，，所以.故答案为：.15.已知，，则______．【答案】64【解析】【分析】将利用换底公式转化成来表示即可求解.【详解】由题，整理得，或，又，所以，故故答案为：64.16.有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与差的绝对值不超过的概率是______．【答案】【解析】【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，故，故，故，若，则，则为：，故有2种，若，则，则为：，，故有10种，当，则，则为：，，故有16种，当，则，同理有16种，当，则，同理有10种，当，则，同理有2种，共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为，故所求概率为.故答案为：三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题~第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：优级品合格品不合格品总计甲车间2624050乙车间70282100总计96522150（1）填写如下列联表：优级品非优级品甲车间乙车间能否有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？（2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率，设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（）附：0.0500.0100.001k3.8416.63510828【答案】（1）答案见详解（2）答案见详解【解析】【分析】（1）根据题中数据完善列联表，计算，并与临界值对比分析；（2）用频率估计概率可得，根据题意计算，结合题意分析判断.【小问1详解】根据题意可得列联表：

优级品非优级品甲车间2624乙车间7030可得，因为，所以有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异.【小问2详解】由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为，用频率估计概率可得，又因为升级改造前该工厂产品的优级品率，则，可知，所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.18.记为数列的前项和，且．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和为．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用退位法可求的通项公式．（2）利用错位相减法可求【小问1详解】当时，，解得．当时，，所以即，而，故，故，∴数列是以4为首项，为公比的等比数列，所以.【小问2详解】,所以故所以，.19.如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；（2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.【小问1详解】因为为的中点，所以，四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，结合（1）为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，为中点，所以，又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，因为，所以，所以互相垂直，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，则，即，令，得，即，则，即，令，得，即，，则，故二面角的正弦值为.20.设椭圆的右焦点为，点在上，且轴．（1）求的方程；（2）过点的直线与交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.（2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.【小问1详解】设，由题设有且，故，故，故，故椭圆方程为.【小问2详解】直线的斜率必定存在，设，，，由可得，故，故，又，而，故直线，故，所以，故，即轴.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21.已知函数．（1）当时，求的极值；（2）当时，恒成立，求的取值范围．【答案】（1）极小值为，无极大值.（2）【解析】【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.（2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围.【小问1详解】当时，，故，因为在上为增函数，故在上为增函数，而，故当时，，当时，，故在处取极小值且极小值为，无极大值.【小问2详解】，设，则，当时，，故在上为增函数，故，即，所以在上为增函数，故.当时，当时，，故在上为减函数，故在上，即在上即为减函数，故在上，不合题意，舍.当，此时在上恒成立，同理可得上恒成立，不合题意，舍；综上，.【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）写出的直角坐标方程；（2）设直线l：（为参数），若与l相交于两点，若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据可得的直角方程.（2）将直线的新的参数方程代入的直角方程，法1：结合参数的几何意义可得关于的方程，从而可求参数的值；法2：将直线的直角方程与曲线的直角方程联立，结合弦长公式可求的值.【小问1详解】由，将代入，故可得，两边平方后可得曲线的直角坐标方程为.【小问2详解】对于直线的参数方程消去参数，得直线的普通方程为.法1：直线的斜率为，故倾斜角为，故直线的参数方程可设为，.将其代入中得设两点对应的参数分别为，则，且，故，，解得法2：联立，得，，解得，设,，则，解得[选修4-5：不等式选讲]23.实数满足．（1）证明：；（2）证明：．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）直接利用即可证明.（2）根据绝对值不等式并结合（1）中结论即可证明.【小问1详解】因为，当时等号成立，则，因为，所以;【小问2详解】第1页/共1页绝密★启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试全国甲卷文科数学使用范围：陕西、宁夏、青海、内蒙古、四川注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上．2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．5．考试结束后，只将答题卡交回．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据集合的定义先算出具体含有的元素，然后根据交集的定义计算.【详解】依题意得，对于集合中的元素，满足，则可能的取值为，即，于是.故选：A2.设，则（）A. B.1 C.-1 D.2【答案】D【解析】【分析】先根据共轭复数的定义写出，然后根据复数的乘法计算.【详解】依题意得，，故.故选：D3.若实数满足约束条件，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】画出可行域后，利用的几何意义计算即可得.【详解】实数满足，作出可行域如图：由可得，即的几何意义为的截距的，则该直线截距取最大值时，有最小值，此时直线过点，联立，解得，即，则.故选：D4.等差数列的前项和为，若，（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成和来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【详解】方法一：利用等差数列的基本量由，根据等差数列的求和公式，，又.故选：D方法二：利用等差数列性质根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式，，故.故选：D方法三：特殊值法不妨取等差数列公差，则，则.故选：D5.甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分类讨论甲乙的位置，得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.【详解】当甲排排尾，乙排第一位，丙有种排法，丁就种，共种；当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共种；于是甲排在排尾共种方法，同理乙排在排尾共种方法，于是共种排法符合题意；基本事件总数显然是，根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为.故选：B6.已知双曲线的两个焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（）A.4 B.3 C.2 D.【答案】C【解析】【分析】由焦点坐标可得焦距，结合双曲线定义计算可得，即可得离心率.【详解】设、、，则，，，则，则.故选：C.7.曲线在处的切线与坐标轴围成的面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出切线方程，再求出切线的截距，从而可求面积.【详解】，所以，故切线方程为，故切线的横截距为，纵截距为，故切线与坐标轴围成的面积为故选：A.8.函数在区间的大致图像为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D.【详解】，又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C，又，故可排除D.故选：B.9.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先将弦化切求得，再根据两角和的正切公式即可求解.【详解】因为，所以，，所以，故选：B.原10题略10.设是两个平面，是两条直线，且.下列四个命题：①若，则或②若，则③若，且，则④若与和所成的角相等，则其中所有真命题的编号是（）A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④【答案】A【解析】【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.【详解】对①，当，因为，，则，当，因为，，则，当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；对②，若，则与不一定垂直，故②错误；对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，同理可得，则，因为平面，平面，则平面，因为平面，，则，又因为，则，故③正确；对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.11.在中内角所对边分别为，若，，则（）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，最后代入计算即可.【详解】因为，则由正弦定理得.由余弦定理可得:，即:，根据正弦定理得，所以，因为为三角形内角，则，则.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．原13题略12.函数在上的最大值是______．【答案】2【解析】【分析】结合辅助角公式化简成正弦型函数，再求给定区间最值即可.【详解】，当时，，当时，即时，.故答案为：213已知，，则______．【答案】64【解析】【分析】将利用换底公式转化成来表示即可求解.【详解】由题，整理得，或，又，所以，故故答案为：64.14.曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】将函数转化为方程，令，分离参数，构造新函数结合导数求得单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.【详解】令，即，令则，令得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，因为曲线与在上有两个不同的交点，所以等价于与有两个交点，所以.故答案为：三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．15.已知等比数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）求数列的通项公式.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；（2）利用等比数列的求和公式可求.【小问1详解】因为,故，所以即故等比数列的公比为，故，故，故.【小问2详解】由等比数列求和公式得.16.如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点.（1）证明：平面；（2）求点到的距离.【答案】（1）证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；（2）作，连接，易证三垂直，结合等体积法即可求解.【小问1详解】因为为的中点，所以，四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，结合（1）为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，为中点，所以，又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，因为，所以，所以互相垂直，由等体积法可得，，，，设点到的距离为，则，解得，即点到的距离为.17.已知函数．（1）求的单调区间；（2）若时，证明：当时，恒成立．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可.【小问1详解】定义域为，当时，，故在上单调递减；当时，时，，单调递增，当时，，单调递减.综上所述，当时，在上单调递减；时，在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】，且时，，令，下证即可.，再令，则，显然在上递增，则，即在上递增，故，即在上单调递增，故，问题得证18.设椭圆的右焦点为，点在上，且轴．（1）求的方程；（2）过点的直线与交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.（2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.【小问1详解】设，由题设有且，故，故，故，故椭圆方程.【小问2详解】直线的斜率必定存在，设，，，由可得，故，故，又，而，故直线，故，所以，故，即轴.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分．19.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）写出的直角坐标方程；（2）设直线l：（为参数），若与l相交于两点，若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据可得的直角方程.（2）将直线的新的参数方程代入的直角方程，法1：结合参数的几何意义可得关于的方程，从而可求参数的值；法2：将直线的直角方程与曲线的直角方程联立，结合弦长公式可求的值.【小问1详解】由，将代入，故可得，两边平方后可得曲线的直角坐标方程为.【小问2详解】对于直线的参数方程消去参数，得直线的普通方程为.法1：直线的斜率为，故倾斜角为，故直线的参数方程可设为，.将其代入中得设两点对应的参数分别为，则，且，故，，解得.法2：联立，得，，解得，设,，则，解得20.实数满足．（1）证明：；（2）证明：．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）直接利用即可证明.（2）根据绝对值不等式并结合（1）中结论即可证明.【小问1详解】因为，当时等号成立，则，因为，所以;【小问2详解】第1页/共1页绝密★本科目考试启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学本试卷共12页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】直接根据并集含义即可得到答案.【详解】由题意得.故选：C.2.已知，则（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】直接根据复数乘法即可得到答案.【详解】由题意得.故选：C.3.圆的圆心到直线的距离为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.【详解】由题意得，即，则其圆心坐标为，则圆心到直线的距离为.故选：D.4.在的展开式中，的系数为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】写出二项展开式，令，解出然后回代入二项展开式系数即可得解.【详解】的二项展开式为，令，解得，故所求即为.故选：A.5.设，是向量，则“”是“或”的（）．A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断.【详解】因为，可得，即，可知等价于，若或，可得，即，可知必要性成立；若，即，无法得出或，例如，满足，但且，可知充分性不成立；综上所述，“”是“且”的必要不充分条件.故选：B.6.设函数.已知，，且的最小值为，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.【详解】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点，则，即，且，所以.故选：B.7.生物丰富度指数是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意分析可得，消去即可求解.【详解】由题意得，则，即，所以.故选：D.8.如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（）.A.1 B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离.【详解】如图，底面为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设，分别取的中点，连接，则，且，平面，可知平面，且平面，所以平面平面，过作的垂线，垂足为，即，由平面平面，平面，所以平面，由题意可得：，则，即，则，可得，所以四棱锥的高为.当相对棱长相等时，不妨设，，因为，此时不能形成三角形，与题意不符，这样情况不存在.故选：D.9.已知，是函数的图象上两个不同的点，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB；举例判断CD即可.【详解】由题意不妨设，因为函数是增函数，所以，即，对于选项AB：可得，即，根据函数是增函数，所以，故B正确，A错误；对于选项D：例如，则，可得，即，故D错误；对于选项C：例如，则，可得，即，故C错误，故选：B.10.已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可.【详解】对任意给定，则，且，可知，即，再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域，如图阴影部分所示，其中，可知任意两点间距离最大值，阴影部分面积.故选：C.【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.抛物线的焦点坐标为________．【答案】【解析】【分析】形如的抛物线的焦点坐标为，由此即可得解.【详解】由题意抛物线的标准方程为，所以其焦点坐标为.故答案为：.12.在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们终边关于原点对称.若，则的最大值为________．【答案】##【解析】【分析】首先得出，结合三角函数单调性即可求解最值.【详解】由题意，从而，因为，所以的取值范围是，的取值范围是，当且仅当，即时，取得最大值，且最大值为.故答案为：.13.若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为________．【答案】（或，答案不唯一）【解析】【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.【详解】联立，化简并整理得：，由题意得或，解得或无解，即，经检验，符合题意.故答案为：（或，答案不唯一）.14.汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为，且斛量器的高为，则斗量器的高为______，升量器的高为________．【答案】①.23②.57.5##【解析】【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则，故，.故答案为：.15.设与bn是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论：①若与bn均为等差数列，则M中最多有1个元素；②若与bn均等比数列，则M中最多有2个元素；③若为等差数列，bn为等比数列，则M中最多有3个元素；④若为递增数列，bn为递减数列，则M中最多有1个元素.其中正确结论的序号是______.【答案】①③④【解析】【分析】利用两类数列散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.【详解】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确.对于②，取则均为等比数列，但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误.对于③，设，，若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解，若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾；若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数，当有偶数解，此方程即为，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时，否则，因单调性相反，方程至多一个偶数解，当有奇数解，此方程即为，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即否则，因单调性相反，方程至多一个奇数解，因为，不可能同时成立，故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确.对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈