2024年全国高考Ⅰ卷数学试题及答案

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.号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.2B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.A5x5,B3AB1.已知集合（）0,1iA.{D.D.z1iz2.若（）z1A.1i1i1ib(b4a)x，则3.已知向量a(0,1),b(2,x)（）2A.11D.2),tantan2)4.（）mmA.mD.m335.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.23π33π63πD.93π22axa,x0xf(x)6.已知函数为R上单调递增，则a取值的范围是（）eln(xx0x第1共页(,0][0][)D.A.6y2sin3x7.当x2]Î时，曲线ysinx与的交点个数为（）A.346D.8f(x)f(xf(xx3时f(x)x，则下列结论中一8.已知函数为f(x)的定义域为R，，且当定正确的是（）ff(20)A.D.f1000f(20)100003618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，假设推动x，样本方差s20.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N0.12均值Nu,，Nx,s22出口后的亩收入Y服从正态分布P(Zu)），则（）（若随机变量Z服从正态分布P(X2)0.2PY2)0.5P(X2)0.5PY2)0.8A.D.f(x)(x(x210.设函数，则（）f(x)fx当0x12A.x3是f(x)的极小值点当1x24f(2x0D.当1x0f(2x)f(x)C的一部分.C过坐标原点OC上的点满足横坐F(2,0)xa(a0)的距离与到定直线的距离之积为4，则（标大于2，到点）第2共页A.a2点(22,0)在C上40,y在C上时，0y0C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D.02三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.x22y2212.设双曲线C:ab0)的左右焦点分别为FFFy作平行于轴的直线交C于AB122ab两点，若|1A|AB10C的离心率为___________．yx处的切线也是曲线yln(xa的切线，则a__________.ex13.若曲线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2，46，8，两人进行四轮比赛，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_________.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、C的对边分别为a，，c，已知C2B，a1）求；2b2c22332）若的面积为c．3Px2y2为C:ab上两点.16.和2a2b21）求C的离心率;2）若过P的直线l交C于另一点ABP的面积为9l的方程．17.如图，四棱锥PPAABCD，2，3．第3共页1）若ADPB，证明：AD；427AD2）若，且二面角的正弦值为AD．xf(x)axb(x318.已知函数2x1）若b0f(x)0a的最小值；yf(x)2）证明：曲线是中心对称图形；f(x)2当且仅当1x23）若b的取值范围．j后剩余a,a,...,aaiai19.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124m2ji,j是可分ma,a,...,a的m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124m2数列．i,j1ij6i,j是可分数列；a,a,...,a61）写出所有的，，使数列12是m3a,a,...,a可分数列；2）当时，证明：数列124m2i,j可分数列的概率为3）从2,...,4m2中一次任取两个数和ijija,a,...,a是4m2121PmPm，证明：．8第4共页绝密★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.号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.2B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.A5x5,B3AB1.已知集合（）A.{0,D.【答案】A【解析】【分析】化简集合A，由交集的概念即可得解.Ax|35x35,B2,3，且注意到152，【详解】因为3.AB故选：A.z1iz2.若（）z1A.1i【答案】C【解析】1i1i1iD.【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.第5共页zz11z11z1111iz11i，所以.【详解】因为z1i故选：b(b4a)x3.已知向量a(0,1),b(2,x)，则（）2A.11D.2【答案】D【解析】x【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值.bb4abba0，【详解】因为，所以24x0x2，bab0即4x2故选：D.),2)（4.）mmA.mD.m33【答案】A【解析】cos,sinsin的值可求前者，故可求【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的值.sinsinm【详解】因为m，所以，而故tan2，所以sinsin2，cos2m即cosm，sinsin2mm，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3，则圆锥的体积为（）A.23π33π63πD.93π【答案】B【解析】rr第6共页.【详解】设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为r3，2而它们的侧面积相等，所以r3r3r2即233r2，1r3，故圆锥的体积为π9333π.故3故选：22axa,x0xf(x)6.已知函数为R上单调递增，则a取值的范围是（）exln(xx0(,0][0][)D.A.【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.fxe单调递增，x0fxx1x【详解】因为在R上单调递增，且2a1021a0，则需满足，解得aeln10即a的范围是[0]故选：.67.当x2]时，曲线ysinx与Îy2sin3x）的交点个数为（A.346D.8【答案】C【解析】【分析】画出两函数在2π上的图象，根据图象即可求解ysinx的的最小正周期为T2π【详解】因为函数，π62π3y2sin3x的最小正周期为T，π6x2π上函数y2sin3x所以在有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：第7共页由图可知，两函数图象有6个交点.故选：Cf(x)f(xf(xx3时f(x)x，则下列结论中一8.已知函数为f(x)的定义域为R，，且当定正确的是（）ff(20)A.D.f1000f(20)10000【答案】B【解析】ff(2)2【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.x3时f(x)x，所以，ff(2)2，【详解】因为当f(x)f(xf(x又因为ff(2)ff(4)ff(2)5则，ff(4)ff(6)ff(4)f(7)f(6)f21，ff(7)f(6)fff(7)fff89，fffffffff377ffffff987，fff15971000，则依次下去可知f(20)B正确；且无证据表明一定正确.故选：ff(2)2【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.第8共页3618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，假设推动x，样本方差s20.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N0.12均值Nu,，Nx,s22出口后的亩收入Y服从正态分布P(Zu)），则（）（若随机变量Z服从正态分布P(XPYP(XPYA.D.【答案】【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.，xs，所以YN0.12【详解】依题可知，PYPYPY2故C正确，D错误；XN0.1PX2PX1.820.1，所以，PX1PX，所以，PX2PXPX2而B正确，A错误，故选：BC．f(x)(x(x210.设函数，则（）f(x)fx当0x12A.x3是f(x)的极小值点当1x24f(2x0D.当1x0f(2x)f(x)【答案】【解析】fxfx的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断在上的值域即可判断；直接作差可判断D.第9共页fxfx2xx4x3xx32【详解】对A，因为函数的定义域为R，x3fx0x或xfx0易知当x3是函数fxfx,1在小值点，正确；xx2x1x0对0x1，所以1xx20，fx，错误；fxfx2而由上可知，函数在上单调递增，所以对，当1x2时，12x13，而由上可知，函数fx在上单调递减，f1f2x1f34f2x10，正确；1x0f(2x)f(x)1x22xx2x4x22x02对D，f(2x)f(x)故选：C的一部分.C过坐标原点OC上的点满足横坐，正确；F(2,0)xa(a0)标大于2，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（）A.a2点(22,0)在C上40,y在C上时，0y0C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D.02【答案】【解析】a【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.xP,y2且x22y2xa4，【详解】对于A：设曲线上的动点2020a4，解得a2A正确.因为曲线过坐标原点，故022y2x24x2，：又曲线方程为x2x22y2x24.故2当x22,y0222222844，故22,0在曲线上，故B正确.1632x222y2x：由曲线的方程可得，x26416411494645256245y24940，故此时y21，则494494故C在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1C错误.16x2216x2202在曲线上时，由C的分析可得y2020,yD：当点，000442y0故D正确.020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.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.x22y2212.设双曲线C:ab0)的左右焦点分别为FF作平行于轴的直线交C于ABFy122ab两点，若|1A|AB10C的离心率为___________．3【答案】【解析】2a,b,c，即可得到的值，【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出从而求出离心率.，结合双曲线第一定义求出21x22y22xc,B,F1【详解】由题可知三点横坐标相等，设A在第一象限，将2ab22b2bb2b2b得yAc,,Bc,10，25，aaaaa第共页b2aaa52a45得b2，又故，解得，代入121ac643c2a2bc6，所以e2.a232故答案为：yx处的切线也是曲线yln(xa的切线，则aex13.若曲线__________.【答案】2【解析】yexx的切线方程，再设曲线yx1a的切点为【分析】先求出曲线在x,lnx1ay000【详解】由yexx得ye1y|x0e12x，0，；yexxy2x1处的切线方程为故曲线在1x1yx1ay由得，相切的切点为1a，0yx1ax,lnx设切线与曲线01121212y2,a，则切点为x0由两曲线有公切线得，解得，01121y2xa2x1a2切线方程为，2a2.根据两切线重合,所以aln20，解得故答案为：214.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2，46，8，两人进行四轮比赛，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_________.1【答案】##0.52【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.X,X,X,X，四轮的总得分为X.4【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为对于任意一轮，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123644383EXkk2,3,4.PX该轮获胜的概率，所以k84433.1234EXEXXXXEXk82k1k1pkPXkk3记.110如果甲得01357分别对应乙出268以如果甲得31357分别对应乙出8246以；A44113.A443pppp1p12233EX而X的所有可能取值是012，，.012321183211212pp1，p2pp2pp，两式相减即得.121223121pp所以甲总得分不小于2的概率为.2321故答案为：.2【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、C的对边分别为a，，c，已知C2B，a1）求；2b2c2233c．2）若的面积为π【答案】（）B2）223【解析】C,sinC2cosB得B值）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知sinC即可；,B,Ca,bc均用含有2求解.【小问1详解】由余弦定理有a2b2c22abcosC，对比已知a2b2c22，a2b2c22ab2ab2cosC，2ab2π，所以CC0，222sinC12C1，2212B又因为sinC2cosBBπ，注意到，π3B.【小问2详解】π4ππ45ππ2由（1）可得B，cosC，Cπ，从而C，Aπ，3325πππ46232162而sinAsinsin，22224abc由正弦定理有5ππ3π，sinsinsin4623136a2cc,b2cc，4222由三角形面积公式可知，的面积可表示为11316233SabsinCccc2，222228332c33，由已知面积为33，可得8c22.3Px2y2为椭圆C:ab上两点.16.和2a2b21）求C的离心率;2）若过P的直线l交C于另一点ABP的面积为9l的方程．1【答案】（）22）直线l的方程为3x2y60或x2y0.【解析】a,b）代入两点得到关于的方程，解出即可；2为底，求出三角形的高，即点B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方程，联立椭圆方程得到B点坐标，则得到直线l的方程；方法二：同法一得到点B到直线AP的，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Bx,y00直线AP的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线AB斜率不存在的情况，再设直线y3，联立椭圆方程，得到点B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3PB:yk(x21线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.2【小问1详解】b329b94由题意得，解得，92a1a2b2b22912e11.a12【小问2详解】32033112yx3x2y60，法一：，则直线AP的方程为k22x2y2323520323，由（C:1，9295dB到直线AP的距离为d5，35255则将直线AP沿着与AP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B，x2yC0设该平行线的方程为：，C65，解得C6或C18，则5522x3xy1x0当C6时，联立12x2y60，解得或，932y3y3B3即当或，2323B33x2y60klyx3时，此时，直线l的方程为，23211Bklyx2y0，当时，此时，直线l的方程为x2222xy1当C18时，联立9得2y27y1170，2x2y0272421172070，此时该直线与椭圆无交点.综上直线l的方程为3x2y60或x2y0.x2y60法二：同法一得到直线AP的方程为，125点B到直线AP的距离d，502065x300055Bx,y3或设，解得，0030yyx20y20901232B3即或，以下同法一.x2y60法三：同法一得到直线AP的方程为，125点B到直线AP的距离d，523cos6sin61255B23cos,3sin，其中2设，则有，53212cos02sin21，解得或，sin1sin32B3即或，以下同法一；B3法四：当直线AB的斜率不存在时，此时，133S639kllyx33x2y60，符合题意，此时，直线的方程为y3，，222AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y314k3x240kk22k22联立椭圆方程有xy，其中，12924k1x0xk0，，k或，4k23224k224k12k2912k9xyB,令23234k234k234k4kx2y60同法一得到直线AP的方程为，125点B到直线AP的距离d，524k12k292632234k23125，解得k=则4k，553211Bklyx2y0，，则得到此时，直线l的方程为x22综上直线l的方程为3x2y60或x2y0.32l:xB,A到PBd3，法五：当l的斜率不存在时，19S339不满足条件.223PB:yk(xPx,yBx,y，2当l的斜率存在时，设112232yk(x4k3x24k12kx36k36k270y2222，x2y219112k2Δ24k244k2336k236k270kkk，2212k324k274xx21k29k43k1224k36k27,PBk21xx24xx，1212236k24k3xx124k23332k1k9kk43k22214A到直线PB，dS9124k23k12k2123213k，均满足题意，l:yxyx33x2y60或x2y0.或或2232l:xB,A到PBd3，法六：当l的斜率不存在时，19S339不满足条件.2232当直线l斜率存在时，设l:yk(x，32y轴的交点为Qx0Qk设l与，3yk322，则有34kx8kkx36k36k270，2223x24y23234kx8kkx36k36k270，2222321236kΔ8k2k434k2236k270k，36k236k2712k12k92则3xB,xB，34k234k211312k18123SAQxxk9，解的k则或k=，经代入判别式验证均满足题意.PB222234k2123yxyx33x2y60x2y0.则直线l为或或217.如图，四棱锥PPAABCD，2，3．1）若ADPB，证明：AD；42AD2）若，且二面角的正弦值为AD．7【答案】（）证明见解析2）3【解析】1ADPABADAB//，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CP于F，连接，根据三垂线法可知，即AD6DE,EF的长度表示出，即可为二面角的平面角，即可求得，再分别用AD解方程求出AD．【小问1详解】1）因为PAAD，所以，所以PAAD，P，PB,AD又ADPB，PABPAB，而ABPAB，所以ADAB.AC2，所以，根据平面知识可知//，BC2AB2又，，所以//．【小问2详解】如图所示，过点D作于E，再过点E作CP于F，连接，，PA，所以平面，而平面，所以DEF，CPDEAD根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，426．即sin7x4x2xCD4x，由等面积法可得，2，24x24x2x24x2为等腰直角三角形，所以又CE4x2，2242x4x224x6x33．故，解得222xf(x)axb(x318.已知函数2xa的最小值；1）若b0f(x)0yf(x)2）证明：曲线是中心对称图形；f(x)2当且仅当1x23）若b的取值范围．【答案】（）22）证明见解析【解析】23（）bfx2a的最小值；f(x)0a）求出后根据Q2,2anP,nyfxP,na的对称点为2为图象上任意一点，可证函数的图像上，从而可证对称性；23f11,2上恒成立可求得b在22，再根据f(x)23）根据题设可判断【小问1详解】即a.xb0fxx2，ax，其中2x112fxa,x2，则2xx2xx2xx2x2x1，当且仅当x1时等号成立，2fx2afx0成立，故a20即a2，故a的最小值为2，【小问2详解】xfx的定义域为23axbx1，2xyfx为图象上任意一点，P,n设aQ2,2an，P,n的对称点为m2mambm3P,nyfxn在图象上，故，2mm2m3而32a，f2ma2mb2m1ambm1mna，yfx图象上，Q2,2any图象为中心对称图形，且对称中心为afx由P的任意性可得【小问3详解】.fxx1为fx2的一个解，2当且仅当1x2f122，即a先考虑1x2fx2恒成立.xfx321xbx101,2在上恒成立，22xt11ttx1在上恒成立，tbt30设设t11t3tbt,t0,1，gtt2bt2b221t则gt2bt2，21t2当b0，bt2bb2b20，2gt在上为增函数，0gt故故当故故恒成立，故gtg00即fx21,2在上恒成立.2b02b2b0，bt23gtgt在上为增函数，0恒成立，故gtg00即fx21,2在上恒成立.22gt0当b，则当0t113b21gtgtg00，不合题意，舍；上为减函数，故b21,2上恒成立时b在fx2综上，.32b32gt0的解为，而b时，由上述过程可得gt在递增，故3fx1,2.2即的解为23综上，b.【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.ja,a,...,aaiaij后剩余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124m2i,j是可分ma,a,...,a的m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124m2数列．i,j1ij6i,j是可分数列；a,a,...,a61）写出所有的，，使数列12m3a,a,...,a124m2是可分数列；2）当时，证明：数列i,j可分数列的概率为3）从2,...,4m2中一次任取两个数和ijija,a,...,a是4m2121PmPm，证明：．8【答案】（）2,6,62）证明见解析（）证明见解析【解析】i,j）直接根据可分数列的定义即可；i,j2）根据可分数列的定义即可验证结论；i,j至少有mm个，再使用概率的定义.2i,j3）证明使得原数列是【小问1详解】可分数列的a,a,...,a的公差为d4m2d0.首先，我们设数列12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，kak1k2,...,4m2，a1故我们可以对该数列进行适当的变形da,a,...,aakk2,...,4m2得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.4m2k12akkk2,...,4m2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2,3,4,5,6中取出两个数和ijij，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是2,3,42,3,4,53,4,5,6.i,j1,2,,6.所以所有可能的【小问2详解】由于从数列2,...,4m2等差数列：中取出m2和13m,,3①,,...,m4,4m4m2②m3组.m30（如果，则忽略②）故数列2,...,4m2是可分数列.【小问3详解】A4k1k2,...,2,...,6,10,14,...,4m2.9,13,...,4m1定义集合，B4k2k下面证明，对1ij4m2，如果下面两个命题同时成立，i,j则数列2,...,4m2一定是可分数列：：i,jB或iB,jAji3.；：我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果i,jBji3.i11jk22k,k2m此时设，，.114ij4k14k2kkkk.211221此时，由于从数列2,...,4m2中取出i11和jk22m剩余的m个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：4,7,8,...,k414k4k1k1①11②4k4k4k4k5,4k4k7,4k4k9,...,4k4k4k,4k1111111112222k2k1③4k4k4k4k6,4k7,4k4k4k10,...,4m4m,4m4m2222222222mk.（如果某一部分的组数为0，