2024年高考真题——数学（北京卷） Word版含解析

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】A【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：A.2.已知，则（）．A.B.C.D.1【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.求圆的圆心到的距离（）A.B.2C.D.【答案】C【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：C.4.的二项展开式中的系数为（）A.15B.6C.D.【答案】B【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：B.5.已知向量，，则“”是“或”的（）条件．A.必要而不充分条件B.充分而不必要条件C.充分且必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【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：A.6.已知，，，，则（）A.1B.2C.3D.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.记水的质量为，并且d越大，水质量越好．若S不变，且，，则与的关系为（）A.B.C.若，则；若，则；D若，则；若，则；【答案】C【解析】【分析】根据题意分析可得，讨论与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.【详解】由题意可得，解得，若，则，可得，即；若，则，可得； 若，则，可得，即；结合选项可知C正确，ABD错误；故选：C.8.已知以边长为4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为4，4，，，则该四棱锥的高为（）A.B.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.当相对的棱长相等时，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，是函数图象上不同的两点，则下列正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【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A正确，B错误；对于选项C：例如，则，可得，即，故C错误；对于选项D：例如，则，可得，即，故D错误，故选：A.10.若集合表示的图形中，两点间最大距离为d、面积为S，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.已知抛物线，则焦点坐标________．【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.已知，且α与β的终边关于原点对称，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.故答案为：.13.已知双曲线，则过且和双曲线只有一个交点的直线的斜率为________．【答案】【解析】【分析】首先说明直线斜率存在，然后设出方程，联立双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.【详解】联立与，解得，这表明满足题意的直线斜率一定存在，设所求直线斜率为，则过点且斜率为的直线方程为，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：.14.已知三个圆柱的体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的直径为65mm，第二、三个圆柱的直径为325mm，第三个圆柱的高为230mm，求前两个圆柱的高度分别为________． 【答案】【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】设第一个圆柱的高为，第二个圆柱的高为，则，故，，故答案为：.15.已知，，不为常数列且各项均不相同，下列正确的是______.①，均为等差数列，则M中最多一个元素；②，均为等比数列，则M中最多三个元素；③为等差数列，为等比数列，则M中最多三个元素；④单调递增，单调递减，则M中最多一个元素.【答案】①③④【解析】【分析】利用两类数列的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个不同的正数解，故③正确.对于④，因为为单调递增，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.故答案为：①③④【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.在△ABC中，，A为钝角，．（1）求；（2）从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积．①；②；③．注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）；（2）选择①无解；选择②和③△ABC面积均为. 【解析】分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；（2）选择①，利用正弦定理得，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出，再代入式子得，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；【小问1详解】由题意得，因为为钝角，则，则，则，解得，因为为钝角，则.【小问2详解】选择①，则，因为，则为锐角，则，此时，不合题意，舍弃；选择②，因为为三角形内角，则，则代入得，解得，,则.选择③，则有，解得， 则由正弦定理得，即，解得，因为为三角形内角，则，则，则17.已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，．（1）若F是PE中点，证明：平面．（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.【小问1详解】取的中点为，接，则，而，故，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，所以平面. 【小问2详解】因为，故，故，故四边形为平行四边形，故，所以平面，而平面，故，而，故建立如图所示的空间直角坐标系，则，则设平面的法向量为，则由可得，取，设平面的法向量为，则由可得，取，故，故平面与平面夹角的余弦值为18.已知某险种的保费为万元，前3次出险每次赔付万元，第4次赔付万元赔偿次数01234单数在总体中抽样100单，以频率估计概率：（1）求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率；（2）（i）毛利润是保费与赔偿金额之差．设毛利润为，估计的数学期望； （ⅱ）若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降，已赔偿过的增加．估计保单下一保险期毛利润的数学期望．【答案】（1）（2）(i)0.122万元(ii)万元【解析】【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，用频率估计概率后可求的分布列及数学期望，从而可求.（ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求.【小问1详解】设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得.【小问2详解】（ⅰ）设为赔付金额，则可取，由题设中的统计数据可得，，，，故故（万元）.（ⅱ）由题设保费的变化为，故（万元）19.已知椭圆方程C：，焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，过的直线l与椭圆交于A，B，，连接AC交椭圆于D．（1）求椭圆方程和离心率；（2）若直线BD的斜率为0，求t． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；（2）说明直线斜率存在，设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解.【小问1详解】由题意，从而，所以椭圆方程为，离心率为；【小问2详解】显然直线斜率存在，否则重合，直线斜率不存在与题意不符，同样直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，从而设，，联立，化简并整理得，由题意，即应满足，所以，若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设， 所以，在直线方程中令，得，所以，此时应满足，即应满足或，综上所述，满足题意，此时或.20.已知在处切线为l．（1）若切线l的斜率，求单调区间；（2）证明：切线l不经过；（3）已知，，，，其中，切线l与y轴交于点B时．当，符合条件的A的个数为？（参考数据：，，）【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为.（2）证明见解析（3）2【解析】【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可；（2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可；（3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可.【小问1详解】，当时，；当，； 在上单调递减，在上单调递增.则的单调递减区间为，单调递增区间为.【小问2详解】，切线的斜率为，则切线方程为，将代入则，即，则，，令，假设过，则在存在零点.，在上单调递增，，在无零点，与假设矛盾，故直线不过.【小问3详解】时，.，设与轴交点为，时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.由（2）知.所以，则切线的方程为，令，则.，则，，记，满足条件的有几个即有几个零点. ，当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减；因为，，所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，综上所述，有两个零点，即满足的有两个.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.21.设集合．对于给定有穷数列，及序列，，定义变换：将数列的第项加1，得到数列；将数列的第列加，得到数列…；重复上述操作，得到数列，记为．若为偶数，证明：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”．【答案】证明见解析【解析】【分析】分充分性和必要性两方面论证. 【详解】我们设序列为，特别规定.必要性：若存在序列，使得为常数列.则，所以.根据的定义，显然有，这里，.所以不断使用该式就得到，，必要性得证.充分性：若.由已知，为偶数，而，所以也是偶数.我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.上面已经证明，这里，.从而由可得.同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.下面证明不存在使得.假设存在，根据对称性，不妨设，，即.情况1：若，则由和都是偶数，知.对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与 的最小性矛盾；情况2：若，不妨设.情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.则此时对任意，由可知必有.而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.