2024年高考数学真题(北京卷)

这是一份2024年高考数学真题(北京卷)，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合M={x|-30，
由根与系数的关系得x1+x2=-4kt1+2k2,x1x2=2t2-41+2k2.①
因为直线BD的斜率为0，
由椭圆的对称性可得D(-x2，y2)，
因为A，C，D三点共线，
所以kAC=kCD，所以y1-1x1=y2-1-x2，
即x1y2+x2y1-(x1+x2)=0.
由y1=kx1+t，y2=kx2+t，
得x1(kx2+t)+x2(kx1+t)-(x1+x2)=0，
整理得2kx1x2+(t-1)(x1+x2)=0，②
将①代入②得2k·2t2-41+2k2+(t-1)·-4kt1+2k2=0，
解得t=2.
20.设函数f(x)=x+kln(1+x)(k≠0)，直线l是曲线y=f(x)在点(t，f(t))(t>0)处的切线.
(1)当k=-1时，求f(x)的单调区间；
(2)求证：l不经过点(0，0)；
(3)当k=1时，设点A(t，f(t))(t>0)，C(0，f(t))，O(0，0)，B为l与y轴的交点，S△ACO与S△ABO分别表示△ACO与△ABO的面积.是否存在点A使得2S△ACO=15S△ABO成立？若存在，这样的点A有几个？
(参考数据：1.090，
所以F(t)在(0，+∞)上单调递增，
所以F(t)>0，
即ln(1+t)>t1+t(t>0)，
与ln(1+t)=t1+t(t>0)矛盾，
所以假设不成立，即l不经过点(0，0).
(3)解 当k=1时，f(x)=x+ln(1+x)(x>-1)，
则f(0)=0，f'(x)=1+11+x>0，
故f(x)在(-1，+∞)上单调递增，
所以l的方程为y-[t+ln(1+t)]=1+11+t(x-t)，
令x=0，得yB=ln(1+t)-t1+t.
由(2)知，yB>0，
易知AC⊥BC，则由2S△ACO=15S△ABO，
得2×12|OC|×|AC|=15×12|OB|×|AC|，
得2|OC|=15|OB|，
得2t+2ln(1+t)=15ln(1+t)-15t1+t(t>0)，
即2t-13ln(1+t)+15t1+t=0(t>0).
令φ(x)=2x-13ln(1+x)+15x1+x(x>0)，
则φ'(x)=2-131+x+15(1+x)2=(2x-1)(x-4)(1+x)2，
所以φ(x)在0，12，(4，+∞)上单调递增，
在12，4上单调递减.
因为φ(0)=0，φ12>0，
φ(4)=20-13ln 50，
所以φ(x)在(0，+∞)上有2个不同的零点.
故存在点A使得2S△ACO=15S△ABO成立，
且点A的个数为2.
21.已知集合M={(i，j，k，w)|i∈{1，2}，j∈{3，4}，k∈{5，6}，w∈{7，8}，且i+j+k+w为偶数}.给定数列A：a1，a2，…，a8和序列Ω：T1，T2，…，Ts，其中Tt=(it，jt，kt，wt)∈M(t=1，2，…，s)，对数列A进行如下变换：将A的第i1，j1，k1，w1项均加1，其余项不变，得到的数列记作T1(A)；将T1(A)的第i2，j2，k2，w2项均加1，其余项不变，得到的数列记作T2T1(A)；……；以此类推，得到数列Ts…T2T1(A)，简记为Ω(A).
(1)给定数列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：(1，3，5，7)，(2，4，6，8)，(1，3，5，7)，写出Ω(A)；
(2)是否存在序列Ω，使得Ω(A)为a1+2，a2+6，a3+4，a4+2，a5+8，a6+2，a7+4，a8+4？若存在，写出一个Ω，若不存在，说明理由；
(3)若数列A的各项均为正整数，且a1+a3+a5+a7为偶数，求证：“存在序列Ω，使得Ω(A)的各项都相等”的充要条件为“a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”.
(1)解 T1(A)：2，3，3，4，7，3，2，9；
T2T1(A)：2，4，3，5，7，4，2，10；
T3T2T1(A)：3，4，4，5，8，4，3，10，
即Ω(A)：3，4，4，5，8，4，3，10.
(2)解 不存在.理由如下：
若存在Ω，则a1，a2与a3，a4增加值之和应该相等，注意到a1，a2一共增加了8，而a3，a4一共增加了6，从而不存在符合题意的Ω.
(3)证明 设Ω(A)={as，n}(1≤n≤8，n∈N*)，
特别规定{a0，n}={an}(1≤n≤8，n∈N*).
必要性：存在序列Ω，使得Ω(A)的各项都相等，
则as，1=as，2=as，3=as，4=as，5=as，6=as，7=as，8，
所以as，1+as，2=as，3+as，4=as，5+as，6=as，7+as，8，
又每次进行变换时，
a1+a2，a3+a4，a5+a6，a7+a8均增加1，
故经过s(s∈N*)次变换后，
a1+a2+s=as，1+as，2，
a3+a4+s=as，3+as，4，
a5+a6+s=as，5+as，6，
a7+a8+s=as，7+as，8，
可得a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8恒成立.
充分性：设a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8=a，
则经过m次变换后，有am，1+am，2=am，3+am，4=am，5+am，6=am，7+am，8=a+m，
故我们只需证明在某一步变换后有
as，1-as，2=as，3-as，4=as，5-as，6=as，7-as，8=0.
设(R1，R2，R3，R4)=(a1-a2，a3-a4，a5-a6，a7-a8)，
因为a1+a3+a5+a7为偶数，
所以R1+R2+R3+R4=2(a1+a3+a5+a7)-4a为4的倍数，
又i+j+k+w为偶数，则经过m次变换后，
Rm，1+Rm，2+Rm，3+Rm，4=2(am，1+am，3+am，5+am，7)-4(a+m)仍为4的倍数.
经过若干次变换后，
不妨设max|Rs，i|(i=1，2，3，4)达到最小值，
且取max|Rs，i|的Rs，i的个数最少，
设max|Rs，i|=|Rs，1|，且Rs，1>0，
若Rs，1≥2，
①假设还有|Rs，2|≥2，
若Rs，2≥2，
则(Rs，1，Rs，2，Rs，3，Rs，4)→(Rs，1-1，Rs，2-1，Rs，3-1，Rs，4-1)→(Rs，1-2，Rs，2-2，Rs，3，Rs，4)，
若Rs，2≤-2，
则(Rs，1，Rs，2，Rs，3，Rs，4)→(Rs，1-1，Rs，2+1，Rs，3-1，Rs，4+1)→(Rs，1-2，Rs，2+2，Rs，3，Rs，4)，(*)
则总存在变换可使|Rs，1|，|Rs，2|同时减小，
与max|Rs，i|达到最小值矛盾.
②假设|Rs，2|，|Rs，3|，|Rs，4|