2024年北京高考数学真题（含解析）

这是一份2024年北京高考数学真题（含解析），共23页。


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.
2. 已知，则（ ）．
A. B. C. D.
3. 圆的圆心到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
4. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. D.
5. 设 ，是向量，则“”是“或”的（ ）．
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6. 设函数.已知，，且的最小值为，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
7. 生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，则（ ）
A. B.
C. D.
8. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A. 1B. 2C. D.
9. 已知，是函数的图象上两个不同的点，则（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
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. 抛物线的焦点坐标为________．
12. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们终边关于原点对称.若，则的最大值为________．
13. 若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ________．
14. 汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为______，升量器的高为________．
15. 设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论：
①若与均等差数列，则M中最多有1个元素；
②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素；
③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素；
④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素.
其中正确结论的序号是______.
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. 在中，内角的对边分别为，为钝角，，．
（1）求；
（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
17. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
（1）若为线段中点，求证：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
18. 某保险公司为了了解该公司某种保险产品索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
假设：一份保单保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
（1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
（2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
（i）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望；
（ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中估计值的大小．（结论不要求证明）
19. 已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）若直线BD的斜率为0，求t的值．
20. 设函数，直线是曲线在点处的切线．
（1）当时，求的单调区间.
（2）求证：不经过点.
（3）当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？
（参考数据：，，）
21. 已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为．
（1）给定数列和序列，写出；
（2）是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件；若不存在，请说明理由；
（3）若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”．
参考答案
一、选择题
1. 【答案】C
【解析】由题意得，故选：C.
2. 【答案】C
【解析】由题意得，故选：C.
3. 【答案】D
【解析】由题意得，即，
则其圆心坐标为，则圆心到直线的距离为.
故选：D.
4. 【答案】A
【解析】的二项展开式为，
令，解得，故所求即为.
故选：A.
5. 【答案】B
【解析】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：B.
6. 【答案】B
【解析】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. 【答案】D
【解析】由题意得，则，
即，所以.
故选：D
8. 【答案】D
【解析】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. 【答案】B
【解析】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B正确，A错误；
对于选项D：例如，则，
可得，即，故D错误；
对于选项C：例如，则，
可得，即，故C错误，
故选：B.
10. 【答案】C
【解析】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.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题
11.【答案】
【解析】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. 【答案】
【解析】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，且最大值为.
故答案为：.
13. 【答案】（或，答案不唯一）
【解析】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：（或，答案不唯一）.
14. 【答案】①. 23；②.
【解析】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则，故，.
故答案为：.
15. 【答案】①③④
【解析】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个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确.
对于④，因为为递增数列，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.
三、解答题
16. 【答案】（1）；（2）选择①无解；选择②和③△ABC面积均为.
【解析】（1）由题意得，因为为钝角，
则，则，则，解得，
因为为钝角，则.
（2）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. 【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）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.
（2）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. 【答案】（1）；（2）(i)0.122万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i）中估计值
【解析】（1）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.
（2）（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），
从而.
19. 【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由题意，从而，
所以椭圆方程为，离心率为；
（2）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. 【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】（1），
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.
（2），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.
（3）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.
21.【答案】（1）；
（2）不存在符合条件的，理由见解析；
（3）证明见解析
【解析】（1）因为数列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；
所以.
（2）解法一：假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，则，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的，且，
因为，即序列共有8项，
由题意可知：，
检验可知：当时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的.
（3）解法一：我们设序列为，特别规定.
必要性：
若存在序列，使得的各项都相等.
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.
上面已经说明，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.
解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果，
且相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若，
不妨设，则，
①当，则，
分别执行个序列、个序列，
可得，为常数列，符合题意；
②当中有且仅有三个数相等，不妨设，则，
即，
分别执行个序列、个序列
可得，
即，
因为为偶数，即为偶数，
可知的奇偶性相同，则，
分别执行个序列，，，，
可得，
为常数列，符合题意；
③若，则，即，
分别执行个、个，
可得，
因为，
可得，
即转为①，可知符合题意；
④当中有且仅有两个数相等，不妨设，则，
即，
分别执行个、个，
可得，
且，可得，
因为为偶数，可知的奇偶性相同，
则为偶数，
且，即转②，可知符合题意；
⑤若，则，即，
分别执行个、个，
可得，
且，可得，
因为为偶数，
则为偶数，
且，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若，则存在序列，使得为常数列；
（ⅱ）若存在序列，使得为常数列，
因为对任意，均有成立，
若为常数列，则，
所以；
综上所述：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”.
赔偿次数
0
1
2
3
4
单数