2024年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（新課標I卷）
數(shù)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(qū)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(qū)域內.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)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(shù)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. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)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(jù)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(jù)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(shù)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(jù)二次函數(shù)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(shù)為（ ）
A. 3B. 4C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】畫出兩函數(shù)在上的圖象，根據(jù)圖象即可求解
【詳解】因為函數(shù)的的最小正周期為，
函數(shù)的最小正周期為，
所以在上函數(shù)有三個周期的圖象，
在坐標系中結合五點法畫出兩函數(shù)圖象，如圖所示：
由圖可知，兩函數(shù)圖象有6個交點.
故選：C
8. 已知函數(shù)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(shù)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(jù)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(shù)性質，代入函數(shù)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(qū)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(qū)以往的畝收入服從正態(tài)分布，假設推動出口后的畝收入服從正態(tài)分布，則（ ）（若隨機變量Z服從正態(tài)分布，）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根據(jù)正態(tài)分布的原則以及正態(tài)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(shù)，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(shù)的導數(shù)，得到極值點，即可判斷A；利用函數(shù)的單調性可判斷B；根據(jù)函數(shù)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(shù)的定義域為R，而，
易知當時，，當或時，
函數(shù)在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，故是函數(shù)的極小值點，正確；
對B，當時，，所以，
而由上可知，函數(shù)在上單調遞增，所以，錯誤；
對C，當時，，而由上可知，函數(shù)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1D. 當點在C上時，
【答案】ABD
【解析】
【分析】根據(jù)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(jù)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(jù)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(shù)字，甲的卡片上分別標有數(shù)字1，3，5，7，乙的卡片上分別標有數(shù)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(shù)字的大小，數(shù)字大的人得1分，數(shù)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.
所以甲的總得分不小于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，最后結合已知得的值即可；
（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
，
由已知的面積為，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(lián)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(jù)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(shù)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(lián)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，
設該平行線方程為：，
則，解得或，
當時，聯(lián)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(lián)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(lián)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(lián)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?shù)男甭什淮嬖跁r，到距離，
此時不滿足條件.
當?shù)男甭蚀嬖跁r，設，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直線距離，
或，均滿足題意，或，即或.
法六：當?shù)男甭什淮嬖跁r，到距離，
此時不滿足條件.
當直線斜率存在時，設，
設與軸交點為，令，則，
聯(lián)立，則有，
，
其中，且，
則，
則，解的或，經(jīng)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(jù)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(jù)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(jù)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(jù)二面角的定義可知，即為二面角的平面角，
即，即．
因，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(shù)
（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，求取值范圍．
【答案】（1）
（2）證明見解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求出后根據(jù)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(shù)的圖像上，從而可證對稱性；
（3）根據(jù)題設可判斷即，再根據(jù)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(shù)，
故即在上恒成立.
當時，，
故恒成立，故在上為增函數(shù)，
故即在上恒成立.
當，則當時，
故在上為減函數(shù)，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(shù)不等式成立的充分必要條件就是函數(shù)不等式對應的解，而解的端點為函數(shù)對一個方程的根或定義域的端點，另外，根據(jù)函數(shù)不等式的解確定參數(shù)范圍時，可先由恒成立得到參數(shù)的范圍，再根據(jù)得到的參數(shù)的范圍重新考慮不等式的解的情況.
19. 設m為正整數(shù)，數(shù)列是公差不為0的等差數(shù)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(shù)都能構成等差數(shù)列，則稱數(shù)列是可分數(shù)列．
（1）寫出所有的，，使數(shù)列是可分數(shù)列；
（2）當時，證明：數(shù)列是可分數(shù)列；
（3）從中一次任取兩個數(shù)和，記數(shù)列是可分數(shù)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(jù)可分數(shù)列的定義即可；
（2）根據(jù)可分數(shù)列的定義即可驗證結論；
（3）證明使得原數(shù)列是可分數(shù)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(shù)列的公差為，則.
由于一個數(shù)列同時加上一個數(shù)或者乘以一個非零數(shù)后是等差數(shù)列，當且僅當該數(shù)列是等差數(shù)列，
故我們可以對該數(shù)列進行適當?shù)淖冃危?br>得到新數(shù)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(shù)和，使得剩下四個數(shù)是等差數(shù)列.
那么剩下四個數(shù)只可能是，或，或.
所以所有可能的就是.
【小問2詳解】
由于從數(shù)列中取出和后，剩余的個數(shù)可以分為以下兩個部分，共組，使得每組成等差數(shù)列：
①，共組；
②，共組.
（如果，則忽略②）
故數(shù)列是可分數(shù)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(shù)列一定是可分數(shù)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(shù)列中取出和后，
剩余的個數(shù)可以分為以下三個部分，共組，使得每組成等差數(shù)列：
①，共組；
②，共組；
③，共組.
（如果某一部分的組數(shù)為，則忽略之）
故此時數(shù)列是可分數(shù)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(shù)列中取出和后，剩余的個數(shù)可以分為以下四個部分，共組，使得每組成等差數(shù)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(shù)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(shù)表以后，個列分別是下面這些數(shù)：
，，，.
可以看出每列都是連續(xù)的若干個整數(shù)，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(shù).
而這十個數(shù)中，除開已經(jīng)去掉的和以外，剩余的八個數(shù)恰好就是②中出現(xiàn)的八個數(shù).
這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時數(shù)列是可分數(shù)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(shù)列一定是可分數(shù)列.
然后我們來考慮這樣的的個數(shù).
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(shù)為.
當我們從中一次任取兩個數(shù)和時，總的選取方式的個數(shù)等于.
而根據(jù)之前的結論，使得數(shù)列是可分數(shù)列的至少有個.
所以數(shù)列是可分數(shù)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(shù)列的理解，只有理解了定義，方可使用定義驗證或探究結論.

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