2024新高考I卷数学真题详细解析（含选填）

这是一份2024新高考I卷数学真题详细解析（含选填），共9页。试卷主要包含了 选择题的作答， 填空题和解答题的作答，2 B等内容，欢迎下载使用。

本参考答案与解析共 7 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。考试结束后, 请将本试卷和答题卡一并上交。
2. 选择题的作答: 每小题选出答案后, 用 2 B 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。
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, 只有一项 是符合题目要求的.
1. 已知集合 A=x∣−5A. {−1,0} B. {2,3} C. {−3,−1,0} D. {−1,0,2}
【答案】A.
【解析】 −52. 若 zz−1=1+i ,则 z=（ ）
A. −1−i B. −1+i C. 1−i D. 1+i
【答案】C.
【解析】两边同时减 1 得: 1z−1=i ,进而 z=1+1i=1−i .
故答案为 C .
3. 已知向量 a=0,1,b=2,x . 若 b⊥b−4a ,则 x=（ ）
A. -2 B. -1 C. 1 D. 2
【答案】D.
【解析】即 b⋅b−4a=0 . 代入得 4+xx−4=0 ,即 x=2 .
故答案为 D.
4. 已知 csα+β=m,tanαtanβ=2 ,则 csα−β=（ ）
A. −3m B. −m3 C. m3 D. 3m
【答案】A.
【解析】通分 sinαsinβ=2csαcsβ . 积化和差 12csα−β−csα+β=2⋅12(cs(α− β)+csα+β) . 即 csα−β=−3csα+β=−3m . 故选 A.
5. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且他们的高均为 3 ,则圆锥的体积为（ ）
A. 23π B. 33π C. 63π D. 93π
【答案】 B.
【解析】设二者底面半径为 r ,由侧面积相等有 πrr2+3=2πr⋅3 ,解得 r=3 . 故 V=13⋅πr2⋅3=33π×9=33π.
故答案为 B.
6. 已知函数为 fx=−x2−2ax−a,x<0ex+lnx+1,x≥0 在 R 上单调递增,则 a 的取值范围是（ ）
A. (−∞,0] B. −1,0 C. −1,1 D. [0,+∞)
【答案】B.
【解析】 x≥0 时, f′x=ex+11+x>0 ,故 fx 在 [0,+∞) 上单调递增. 而 y= −x2−2zx−a 的对称轴为直线 x=−a ,故由 fx 在 −∞,0 上单调递增可知 −a≥0⇒a≤0 . 在 x=0 时应有 −x2−2ax−a≤ex+lnx+1 ,解得 a≥−1 ,故 −1≤a≤0 . 故答案为 B.
7. 当 x∈0,2π 时,曲线 y=sinx 与 y=2sin3x−π6 的交点个数为（ ）
A. 3 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】C.
【解析】五点作图法画图易得应有 6 个交点.
故答案为 C .
8. 已知函数 fx 的定义域为 R,fx>fx−1+fx−2 ,且当 x<3 时 fx=x ,则下 列结论中一定正确的是（ ）
A. f10>100 B. f20>1000 C. f10<1000 D. f20<10000
【答案】B.
【解析】 f1=1,f2=2⇒f3>3⇒f4>5⇒f5>8⇒f6>13⇒⋯⇒ f11>143⇒f12>232⇒f13>300⇒f14>500⇒f15>800⇒f16>1000⇒ ⋯⇒f20>1000 故答案为 B.
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. 全部选对的得 6 分, 部分选对的得部分分, 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, 从种植区抽取样本, 得到推动出口后亩 收入的样本均值为 x=2.1 ,样本方差 s2=0.01 . 已知该种植区以往的亩收入 x 服从正态分布 M1.8,0.12 ,假设推动出口后的亩收入 Y 服从正态分布 Nx,s2 ,则（若随机变量 Z 服从正 态分布 Nμ,σ2 , PZ<μ+σ≈0.8413 )则下列说法正确的是（ ）
A. PX>2>0.2 B. PX>2<0.5 C. PY>2>0.5 D. PY>2<0.8
【答案】BC.
【解析】由所给材料知两正态分布均有 σ=0.1 及正态分布的对称性得:
PX>21.9=1−PX<1.9=1−0.8413<0.2, A 错误; PX>2 1.8) =0.5, B 正确;
PY>2>PY>2.1=0.5,C 正确;
PY>2=PY<2.2=0.8413>0.8,D 错误.
故答案为 BC .
10. 设函数 fx=x−12x−4 ,则（ ）
A. x=3 是 fx 的极小值点 B. 当 0C. 当 1fx
【答案】ACD.
【解析】计算知 f′x=3x−1x−3 . 故 x∈1,3 时 fx 单调减,其余部分单调增. 由 此知 x=3 为 fx 极小值点,A 正确;
由上知 x∈0,1 时 fx 单调增,又此时 x>x2 ,故 fx>fx2,B 错误;
此时 2x−1∈1,3 ,故 f2x−1∈f3,f1=−4,0,C 正确;
由 f2−x=x−12−x−2 ,故 f2−x−fx=21−x3>0,D 正确.
故答案为 ACD.
造型 ∝ 可以看作图中的曲线 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 -2 ; 到点 F2,0 的距离与到定直线 x=aa<0 的距离之积为 4,则（ ）
A. a=−2
B. 点 22,0 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 x0,y0 在 C 上时, y0≤4x0+2
【答案】ABD.
【解析】由原点 O 在曲线 C 上且 OF=2 知 O 到直线 x=a 距离为 2,由 a<0 知 a=−2, A 正确;
由 x>−2 知 C 上点满足 x+2x−22+y2=4 ,代 22,0 知 B 正确;
解出 y2=16x+22−x−22 ,将左边设为 fx ,则 f′2=−0.5<0 . 又有 f2=1 ,故存x0∈0,1 使 fx0>1 . 此时 y>1 且在第一象限, C 错误;
又 y2=16x+22−x−22<16x+22 ,故 y0<4x0+2 ,D 正确.
故答案为 ABD.
三、填空题: 本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分.
12. 设双曲线 C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0 的左右焦点分别为 F1,F2 ,过 F2 做平行于 y 轴的 直线交 C 于 A,B 两点，若 F1A=13,AB=10 ，则 C 的离心率为___
【答案】 32 .
【解析】根据对称性 F2A=AB2=5 ,则 2a=F1A−F2A=8 ,得到 a=4 . 另外根据 勾股定理 2c=F1F2=12 ,得到 c=6 ,所以离心率 e=ca=32 .
13. 若曲线 y=ex+x 在点 0,1 处的切线也是曲线 y=lnx+1+a 的切线,则 a= ▴ ..
【答案】 ln2 .
【解析】设曲线分别为 y1,y2 ,那么 y1′=ex+1 ,得到切线方程 y−1=2x ,根据 y2′=1x+1 得到切点横坐标为 −12 ,代入 y2 得到 a=ln2 .
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】 12 .
【解析】. 由对称性,不妨固定乙出卡片顺序依次为 2,4,6,8 ,为了简便,设甲依次出 a,b,c,d,{a,b,c,d}∈{1,3,5,7} . 首先注意到 8 是最大的,故甲不可能得四分. 若甲得三分,则 从 c 到 a 均要求得分,比较得必有 c=7,b=5,a=3,d=1 共一种情况; 若甲得两分,则讨论 在何处得分: 若在 b,c 处,则同样 c=7,b=5 ,进而 a=1,d=3 ,共一种; 若在 a,c 处,则必 有 c=7,a≠1,b≠5 ,在 b=1 时有全部两种,在 d=1 时仅一种,共三种; 若在 a,b 处,则 b∈{5,7},a≠1,c≠7 . 当 a=5 时,由上述限制, c=1 时有两种, d=1 时仅一种; 当 a=7 时, a,c,d 全排列六种中仅 a=1 的两种不行,故有四种,此情形共八种. 故共有 1+3+8=12 种, 又总数为 4!=24 ,故所求为 1−1224=12 .
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. (13 分)
记 △ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ,已知 sinC=2csB,a2+b2−c2=2ab .
(1) 求 B ;
（2）若 △ABC 的面积为 3+3 ,求 c .
【解析】
（1）根据余弦定理 a2+b2−c2=2abcsC=2ab ,那么 csC=22 ,又因为 C∈0,π , 得到 C=π4 ,此时 csB=12 ,得到 B=π3 .
(2) 根据正弦定理 b=csinBsinC=62c ,并且 sinA=sinB+C=sinBcsC+csBsinC= 6+24 ,那么 S=12bcsinA=3+3 ,解得 c=22 .
16. (15 分)
已知 A0,3 和 P3,32 为椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0 上两点.
(1) 求 C 的离心率;
（2）若过 P 的直线 l 交 C 于另一点 B ,且 △ABP 的面积为 9,求 l 的方程.
【解析】
（1）直接代入后解方程,得到 a2=12,b2=9,c2=3 ,所以 e2=14 ,离心率 e=12 .
（2）设 Bx0,y0 ,则 AB=x0−3,y0−32,AP=3,−32 . 得到 9=S
=12−32x0−3−3y0−32 ,或者 x0+2y0=−6 ,与椭圆方程联立,得到 B1−3,−15,B20,−3 , 对应的直线方程 y=12x 或者 y=32x−3 .
17. (15 分)
如图,四棱锥 P−ABCD 中, PA⊥ 底面 ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=3 .
（1）若 AD⊥AB ,证明: AD// 平面 PBC ;
（2）若 AD⊥DC ,且二面角 A−CP−D 的正弦值为 427 ,求 AD .
【解析】
(1) 由 PA⊥ 面 ABCD 知 PA⊥AD ,又 AD⊥PB ,故 AD⊥ 面 PAB . 故 AD⊥AB ,又 由勾股定理知 AB⊥BC ,故 AD//BC ,进而 AD// 面 PBC .
（2）
法1：由 PA⊥ 面 ABCD . PA⊥AC,PC=22 ,设 AD=t ,则 PD=4+t2 , CD=4−t2 ,由勾股定理知 PD⊥CD . 则 S△PCD=1216−t4,S△ACD=12t4−t2 ,
设 A 到 PCD 距离为 ℎ . 由等体积, S△PCD⋅ℎ=S△ACD⋅PA . 代入解出 ℎ=2t4+t2 . 考虑 A
向 CP 作垂线 AM ,二面角设为 θ 则 ℎ=AMsinθ=2217 . 由此解出 t=3 .
法2：过 D 点作 Dz//PA .
分别以 DA,DC,Dz 为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,设 AD=a ,则 DC=4−a2∴D0,0,0, Aa,0,0, C0,4−a2,0, Pa,0,2∴DC=0,4−a2,0,DP=a,0,2
设面 DCP 的一个法向量 n1=x1,y1,z1∴4−a2⋅y1=0ax1+2z1=0
取 x1=2∴n1=2,0,−a∴AP=0,0,2,AC=−a,4−a2,0
设面 ACP 的一个法向量 n2=x2,y2,z2∴2z2=0−ax2+4−a2y2=0∴n2=4−a2,a,0
∵ 二面角 A−CP−D 的正弦值为 427
∴ 余弦值的绝对值为 17 .∴csθ=17=n1⋅n2n1⋅n2=24−a24+a2⋅2∴a2=3∴a=3
∴AD=3 .
18. (17 分)
已知函数 fx=lnx2−x+ax+bx−13 .
(1) 若 b=0 ,且 f′x≥0 ,求 a 的最小值;
（2）证明：曲线 y=fx 是中心对称图形;
（3）若 fx>−2 当且仅当 1【解析】
函数定义域 0,2 .
(1) 当 b=0 时, f′x=1x+12−x+a=2x2−x+a≥0 恒成立. 令 x=1 得 a≥−2 . 当 a=−2 时, f′x=2x−12x2−x≥0 ,从而 a 的最小值为 -2 .
(2) fx+f2−x=lnx2−x+ax+bx−13+ln2−xx+a2−x+b1−x3=2a=2f1 , 且定义域也关于 1 对称,因此 y=fx 是关于 1,a 的中心对称图形.
(3) 先证明 a=−2 . 由题意, a=f1≤−2 . 假设 a<−2 ,由 f2eb+11+eb+1> b+1−b=1 ,应用零点存在定理知存在 x1∈1,2eb+11+eb+1,fx1=0 ,矛盾. 故 a=−2 . 此时, f′x=x−12x2−x3bx2−x+2 . 当 b≥−23,f′x≥x−12x2−x2−4x+2x2≥0 ,且 不恒为 0,故 fx 在 0,2 递增. fx>−2=f1 当且仅当 1f1=−2 ,而 x0∉1,2 此时结论不成立. 综上, b 的取值范围是 −23,+∞ .
19. (17 分)
设 m 为正整数,数列 a1,a2,⋯a4m+2 是公差不为 0 的等差数列,若从中删去两项 ai 和 aji(1) 写出所有的 i,j,1≤i≤j≤6 ,使数列 a1,a2,⋯a6 是 i,j− 可分数列;
(2) 当 m≥3 时,证明: 数列 a1,a2,⋯a4m+2 是 2,13− 可分数列;
（3）从 1,2,⋯4m+2 中一次任取两个数 i 和 ji18 .
【解析】
记 an 的公差为 d .
(1) 从 a1,a2,⋯,a6 中去掉两项后剩下 4 项,恰构成等差数列,公差必为 d ,否则原数列至 少有 7 项. 因此剩下的数列只可能为 a1,a2,a3,a4,a2,a3,a4,a5,a3,a4,a5,a6 三种可能,对应的 i,j 分别为 5,6,1,6,1,2 .
(2) 考虑分组 a1,a4,a7,a10,a3,a6,a9,a12,a5,a8,a11,a14,a4k−1,a4k,a4k+1,a4k+2(4≤ k≤m) ,(当 m=3 时只需考虑前三组即可) 即知结论成立.
(3) 一方面,任取两个 i,jik=1mm−k+1=m+1m+22.
当 m=1,2 ,已经有 m+1m+22/C4m+22>18 . 下面考虑 m≥3 . 我们证明: 当 i−2,j− i+1 被 4 整除,且 j−i+1>4 时,数列是 i,j− 可分的. 首先我们将 a1,a2,⋯,ai−2 ,及 aj+2,aj+3,⋯,a4m+2 顺序排成一列,每 4 个排成一段,得到一些公差为 d 的四元数组,因此我 们只需考虑 ai−1,ai+1,ai+2,⋯,aj−1,aj+1 这 j−i+1 个数即可. 为书写方便,我们记 j−i= 4t−1t>1 ,并记 bn=an+i−2 ,即证 b1,b3,b4,⋯,b4t,b4t+2 可被划分成若干组.
引理: 设 j−1 能被 4 整除. 若 b1,b2,⋯,bj+1 是 2,j− 可分的,则 b1,b2,⋯,bj+9 是 2,j+8− 可分的.
引理证明: 将 b1,b2,⋯,bj+1 去掉 b2,bj 后的 j−14 组四元组再并上 bj,bj+2,bj+4,bj+6 , bj+3,bj+5,bj+7,bj+9 即证.
回原题. 由 2,b1,⋯,b14 是 2,13− 可分数列,且 b1,b3,b5,b7 和 b4,b6,b8,b10 知 b1,⋯,b10 是 2,9− 可分数列,因而结合引理知 b1,b3,b4,⋯,b4t,b4t+2 可被划分成若干组,由此结 论成立. 计算此时的方法数. 设 i=4k+20≤k≤m−1 ,则此时 j 有 4m+2−4k+24−1= m−k−1 种,因此方法数为
k=0m−1m−k−1=mm−12.
因此我们有
pm≥mm−1+m+1m+22Cm+12>18.