2024年高考真题——数学试卷（北京卷） 解析版

这是一份2024年高考真题——数学试卷（北京卷） 解析版，共19页。

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
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.
赔偿次数
0
1
2
3
4
单数