高考数学2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题平行卷（提升）含解析答案

这是一份高考数学2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题平行卷（提升）含解析答案，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（提升卷）
第一部分（选择题 共58分）
一、单项选择题：本大题共 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.
1．已知集合，，则
A．B．
C．D．
2．若为虚数单位，则（ ）
A．iB．C．1D．
3．已知向量，，若，则（ ）
A．2B．3C．4D．
4．已知，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知一个圆柱与一个圆锥的底面半径相等，圆柱的高等于其底面直径，圆锥的高等于其底面直径的倍．给出下列结论：
①设圆柱与圆锥的体积分别为、，则；
②设圆柱与圆锥的轴截面面积分别为、，则；
③设圆柱与圆锥的侧面积分别为、，则；
④设圆柱与圆锥表面积分别为、，则.
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①B．②③C．①③④D．①②③④
6．已知函数（且）是上的单调函数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，若，则直线与的图象的交点个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
8．定义在上的函数满足，当时，，当时，，则（ ）
A．336B．338C．337D．339
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．奉节脐橙果皮中厚、脆而易剥、酸甜适度、汁多爽口、余味清香，荣获农业部优质水果、中国国际农业博览会金奖等荣誉．据统计，奉节脐橙的果实横径（单位：mm）服从正态分布，当时为优等果，每公斤可获利20元；当时为一级果，每公斤可获利10元；当时为二级果，每公斤可获利5元；其余果实为次品果，每公斤可获利1元．某果农收获了1万公斤奉节脐橙，从统计的角度分析，下列说法中正确的是（ ）（附：若，则，）
A．这1万公斤奉节脐橙的平均果实横径约为80mm
B．这1万公斤奉节脐橙中优等果率约为15.865%
C．这1万公斤奉节脐橙中次品果约有22.75公斤
D．若将这1万公斤奉节脐橙全部卖出，则果农大约可以获利107022.5元
10．已知为函数的导函数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．函数在上单调递增
C．函数仅有一个极值点，且为极大值点D．对，都有成立
11．法国天文学家乔凡尼·多美尼科·卡西尼在研究土星及其卫星的运动规律时，发现了平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹，并称之为卡西尼卵形线．在平面直角坐标系中，两个定点，曲线是到两个定点的距离之积为的点的轨迹，以下结论正确的有（ ）
A．曲线关于轴对称
B．曲线可能过坐标原点
C．为曲线上任意一点，当时，点纵坐标的取值范围为
D．若曲线与椭圆有公共点，则
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．已知双曲线，，分别为双曲线左右焦点，作斜率为的直线交于点，连接交双曲线于点，若，则双曲线的离心率 ．
13．若存在实数，使得函数与的图象有相同的切线，且相同切线的斜率为，则实数的最大值为 ．
14．分别在即，5位同学各自写了一封祝福信，并把写好的5封信一起放在心愿盒中，然后每人在心愿盒中各取一封，不放回．设为恰好取到自己祝福信的人数，则 ．
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．已知的内角的对边分别为．
(1)求的值；
(2)若的面积为，且，求的周长．
16．古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长、短半轴长的乘积.已知椭圆的中心为坐标原点，焦点，均在轴上，面积为，点在椭圆上.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)经过点的直线与曲线交于，两点，与椭圆的面积比为，求直线的方程.
17．如图，点在以为直径的圆上不同于，，垂直于圆所在平面，为的重心，，在线段上，且.

(1)证明：∥平面；
(2)在圆上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由.
18．已知函数，.
(1)求证：当，；
(2)若，恒成立，求实数的取值范围.
19．若无穷数列满足：，对于，都有（其中为常数），则称具有性质“”.
(1)若具有性质“”，且，，，求；
(2)若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为2的等比数列，，，，判断是否具有性质“”，并说明理由；
(3)设既具有性质“”，又具有性质“”，其中，，，求证：具有性质“”.
参考答案：
1．C
【详解】试题分析：由，得，选C.
【考点】集合的交集运算.
【名师点睛】1.首先要弄清构成集合的元素是什么(即元素的意义)，是数集还是点集，如集合，，三者是不同的．
2.集合中的元素具有三性——确定性、互异性、无序性，特别是互异性，在判断集合中元素的个数时，以及在含参的集合运算中，常因忽略互异性而出错．
3.数形结合常使集合间的运算更简捷、直观．对离散的数集间的运算或抽象集合间的运算，可借助Venn图；对连续的数集间的运算，常利用数轴；对点集间的运算，则通过坐标平面内的图形求解，这在本质上是数形结合思想的体现和运用．
4.空集是不含任何元素的集合，在未明确说明一个集合非空的情况下，要考虑集合为空集的可能．另外，不可忽略空集是任何集合的子集．
2．B
【分析】易知，根据复数的四则运算代入计算即可得出结果.
【详解】由，得，
所以，
故选：B．
3．D
【分析】由向量垂直的坐标表示求得，进而由向量线性运算的坐标表示求的坐标，最后利用向量模的坐标运算求即可.
【详解】依题意，，解得，则，
所以，故．
故选：D．
4．B
【分析】首先根据两角和的正切公式求出，进而根据求得，从而得到和的值，然后根据两角差的余弦公式即可求出结果.
【详解】，，，
.，
，，
.
故选：.
5．C
【分析】设圆锥和圆柱的底面半径为，则圆柱的高为，圆锥的高为，圆锥的母线长为，利用圆锥、圆柱的侧面积、表面积、体积公式以及三角形、矩形的面积公式判断可得出合适的选项.
【详解】设圆锥和圆柱的底面半径为，则圆柱的高为，圆锥的高为，圆锥的母线长为.
对于①，，，则，①对；
对于②，，，则，②错；
对于③，，，则，③对；
对于④，，，
则，④对.
故选：C.
6．C
【分析】根据分段函数的解析式，结合分段函数的单调性的求解方法和对数函数的性质，列出不等式组，即可求解.
【详解】由题意，函数（且）是上的单调函数，
则满足，解得.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了利用分段函数的单调性求参数，以及一元二次函数与对数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟练分段函数的单调性的判定方法，以及对数函数的性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
7．C
【分析】先将函数化简得，再结合以及的任意性求出的值，从而求出的解析式，再数形结合探究即可得出结果.
【详解】由题，
由知，
所以，解得，
所以.
对于，令，得；令，得，
故直线经过点与点.
易知的图象也过点与点，
在同一平面直角坐标系中作出函数的图象与直线，如图所示：
结合图象可知的图象与直线恰有5个交点，
故选：C.
8．B
【分析】由得到函数的周期为6，只需求出，再结合函数的周期性求解.
【详解】因为当时，，所以，，，，
又因为，所以函数的周期为6，，
当时，，所以，，
因为，所以，
所以.
故.
故选：B
9．ABD
【分析】由正态分布的相关知识及题中的数据可得答案.
【详解】对于A，因为，所以的均值为80mm，故A正确；
对于B，因为优果率约为，所以B正确；
对于C，因为次品率约为，所以这1万公斤奉节脐橙中次品果约有公斤，故C错误；
对于D，，可知这1万公斤奉节脐橙约有公斤一级果，再由选项B、C，这1万公斤奉节脐橙约有公斤优等果、约有公斤次品果、约有公斤二级果，故这1万公斤奉节脐橙全部卖出，则果农大约可以获利元，所以D正确．
故选：ABD
10．ACD
【分析】根据求导法则求出，即可判断A，令，利用导数说明的单调性，即可判断B、C，利用导数说明的单调性，结合函数图象判断D.
【详解】对于A：由，
所以，故A正确；
对于B：令，可得，
当时，则，所以在上是增函数，
则，所以，
函数在上单调递减，所以B错误；
对于C：B中的，，
当时，，在上是减函数，
则，则，所以在上单调递减，无极值点．
当时，令，，
当，，单调递减，
当，，单调递增，
而，，即，无极值点，
时，单调递减，，，
所以在上必有唯一零点，则在上有唯一极值点，且为极大值点，故C正确；
对于D：由，
设，
可得，
所以，单调递减，即单调递减，
所以为单调递减函数，且单调递减函数（也称为凸函数），
即的切线斜率随的增大而减小，图象下降速度逐渐加快，且，

所以函数的图象大致如上图所示，所以，
当且仅当时，等号成立，所以D正确．
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：本题B选项的关键是设，利用导数得到的单调性，D选项的关键是利用二次求导得到函数的凹凸性.
11．ABD
【分析】令曲线上任意点为得，将代入验证方程是否恒成立判断A；令，将原点代入验证判断B；令代入方程求得，再比较大小判断C；由代入曲线，整理得，结合椭圆的有界性求参数t的范围判断D.
【详解】令曲线上任意点为，则，
将代入得，
所以曲线关于轴对称，A对；
当，显然在曲线上，B对；
当，若，则，
所以，则，
此时，即，故点纵坐标范围不为，C错；
由，则，故
，所以，
而，即或，所以或（舍），
故曲线与有公共点，则，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：对于A只需代入验证方程恒成立，对于B应用特殊值，令并将原点代入验证；对于C只需验证时的y值情况；对于D注意联立方程，结合椭圆有界性求范围.
12．
【分析】首先求出的方程，联立两直线方程，即可取出点坐标，由，即可得到为、的中点，得到点坐标，再代入双曲线方程，即可求出，从而求出双曲线的离心率.
【详解】解：依题意，所以：，
由，解得，即，所以，
又，所以为、的中点，
所以，
所以，即，即，
所以，即，即，所以，
则离心率.
故答案为：
13．.
【分析】分别设出两个函数与的切点为与，再分别求出导函数，由公切线的斜率求出的切点坐标进而求出切线方程，再由公切线斜率求出的切点横坐标与的关系，函数的切点即为，代入公切线中化简得，求的最大值，即可求出答案.
【详解】设函数的切点为，函数的切点为
分别对函数进行求导，，
由相同切线的斜率为，得
故切线方程为
故函数的切点为.
把切点代入中得
令，
当时，，函数单调递增
当时，，函数单调递减
故
故实数的最大值为
故答案为：.
14．1
【分析】先求的概率分布列，再根据公式求期望.
【详解】有题意可知，的可能取值为0，1，2，3，5
对应概率依次为：，
，
，
，
，
则.
故答案为：1.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简求得，进而得到的值；
（2）由若的面积为，求得，再由余弦定理，求得，进而求得的周长.
【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，
可得，
即，
因为，可得，所以，即，
所以.
（2）解：由（1）知，
因为若的面积为，可得，即，解得，
又因为，
由余弦定理得，
整理得，解得，
所以，
所以的周长为.
16．(1)
(2)或
【分析】（1）由题意可得，解方程即可求出，即可求出椭圆的标准方程；
（2）对直线的斜率是否存在进行讨论，当直线斜率存在时，通过将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合三角形的面积公式求解直线的斜率，进而得出直线方程.
【详解】（1）设椭圆的方程为：，
因为椭圆的面积为，点在椭圆上.
所以解得：，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）因为经过点的直线与曲线交于，两点，
当直线的斜率不存在时，，此时，
因为与椭圆的面积比为，但，即直线斜率存在；
不妨设直线的方程为，联立，
消去并整理可得：，
不妨设，则，
因为，
，
所以
，
因为与椭圆的面积比为，
所以，化简为，
即，即，
解得：，所以直线的方程为或，
所以直线的方程为或.
17．(1)证明见解析
(2)存在，为弧的中点
【分析】（1）连接，并延长交于点，连接，由重心的性质和平行线的判定，结合线面平行的判定定理可证得结论，
（2）在圆上假设存在点，使得二面角的余弦值为，根据题意作出二面角的平面角，解三角形即可判断.
【详解】（1）证明：连接，并延长交于点，连接，
因为为的重心，所以，
因为，所以，
所以∥，
因为平面，平面，所以∥平面；
（2）解：在圆上假设存在点，使得二面角的余弦值为，设，
连接，并延长交于，则为的中点，
因为，所以，，
过作于点，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以,
过作于，连接，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以为二面角的平面角，
在中，，
在中，，
因为二面角的余弦值为，所以，
所以，所以
所以，
所以，解得，
所以在在圆上存在点，且，即为弧的中点，使得二面角的余弦值为，

【点睛】关键点点睛：此题考查线面平面的证明，考查二面角的求法，解题的关键是根据已知条件结合二面角的定义利用线面垂直的判定定理作出二面角，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）分别构造函数，，，利用导数分别求出两函数的最值，即可得证；
（2）在区间上恒成立，即在区间上恒成立，构造函数，由分类讨论求出函数的最值即可得解.
【详解】（1）设，
则，所以在区间上单调递增，
所以，即，
设，，
则，
由时，，即，
所以，
设，则，
当时，，所以函数在区间上单调递增，
故在区间上，，即在区间上，，
所以，
所以在区间上单调递增，
所以，即，
所以得证.
（2）由在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
设，则在区间上恒成立，
而，
令，则，
由（1）知：在区间上，，
即，所以在区间上函数单调递增，
①当时，，
故在区间上函数，所以函数在区间上单调递增，
又，故，即函数在区间上恒成立；
②当时，，
，
故在区间上函数存在零点，即，
又在区间上函数单调递增，
故在区间上函数，
所以在区间上函数单调递减，
由，所以在区间上，与题设矛盾.
综上，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
19．(1)
(2)不具有性质“”，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由具有性质“”，可得当时，，结合题意计算即可得；
（2）由题意计算出通项公式后，检验是否恒等于即可得；
（3）借助既具有性质“”，又具有性质“”，则当时，有，，则有，，通过运算得到，从而可验证对任意的时，是否有即可得.
【详解】（1）由具有性质“”，则当时，，
故，，，又，，
故，
即；
（2）不具有性质“”，理由如下：
设，，由，，
即有，解得，故，，
则，有，
则，不恒等于，故不具有性质“”；
（3）由既具有性质“”，又具有性质“”，
即当时，有，，
则有，，
由，故，
故，即，由，，则，
当，即时，有，
即对任意的时，有，即具有性质“”.
【点睛】关键点睛：本题关键点在于通过对数列新定义的分析，从而得到，，并由此得到，，从而得出.