绝密★启用前

153734-2024年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(全国新课标Ⅰ卷)-网络收集版

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

题号	一	二	三	四	总分
得分

注意事项:

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

一、单选题

1．已知集合 ，则 （      ）

A． B． C． D．

2．若 ,则 （      ）

A． 　　　　B． 　　　　C． 　　　　D．

3．已知向量 ， , 若 ，则 （      ）

A．-2 　　　　B．-1 　　　　C．1 　　　　D．2

4．已知 ，则 （      ）

A． B． C． D．

5．已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为 ,则圆锥的体积为（      ）

A. B. C. D.

6．已知函数 ， 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，＋∞)

7．当 π 时，曲线 与 π 的交点个数为（      ）

A．3B．4C．6D．8

8．已知函数 的定义域为R， ，且当 时 ，则下列结论中一定正确的是（      ）

A． B．

C． D．

二、多选题

9．为了解推动出口后的亩收(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值 样本方差 已知该种植区以往的亩收入 服从正态分布 假设失去出口后的亩收入 服从正态分布 则（若随机变量 服从正态分布 则 （） （      ）

A． B．

C． ＞ D． .

10．设函数 ，则（      ）

A． 是 的极小值点B．当 时，

C．当 时， D．当 时，

11．造型 可以看作图中的曲线 的一部分，已知 过 坐标原点 , 且 上的点满足横坐标大于-2；到点 的距离与到定直线 的距离之积力4 ，则（      ）

A．

B．点 在 上

C． 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1

D．当点 在 上时

三、填空题

12．设双曲线 的左右焦点分别为 ， ，过 作平行于 轴的直线交C于A，B两点，若 ，则C的离心率为           ．

13． 若曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线，则           .

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               .

四、解答题

15．记 的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知 ，

(1)求B；

(2)若 的面积为 ，求c．

16．已知 和 为椭圆 上两点.

(1)求C的离心率;

(2)若过P的直线 交C于另一点B，且 的面积为9，求 的方程．

17．如图，四棱锥 中， 底面 , , , ．

（1） 若 ,证明： 平面 ;

（2） 若 ,且二面角 的正弦值为 ，求 ．

18．已知函数 .

(1)若 ，且 ，求 的最小值；

(2)证明：曲线 是中心对称图形；

(3)若 当且仅当 ，求 的取值范围.

19．设 为正整数，数列 是公差不为0的等差数列，若从中删去两项 和 后剩余的 项可被平均分为 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列 是 一一可分数列

（1）写出所有的 ＜ ,使数列 是 一一可分数列;

（2）当 时，证明：数列 一一可分数列;

（3）从 中一次任取两个数 和 .记数列 是 一一可分数列的概率为 证明 .

参考答案

一、单选题

1. A

因为 ，且注意到 ，

从而 .

故选A.

2. C

两边同时减1得： , 进而 . 故答案为 .

3. D

即 . 代入得 , 即 . 故答案为D .

4. A

因为 ，所以 ，

而 ，所以 ，

故 即 ，

从而 ，故 ，

故选A.

5. B

设圆柱、圆锥的底面半径为 ，则圆锥的母线长为 .又圆柱与圆锥的侧面积相等，所以 ，解得 ，所以圆锥的体积 ，故选B.

6. B

因为 在R上单调递增，且 时， 单调递增，所以只需满足 ， 即可，解得 ，即a的取值范围是 .故选B.

7. C

因为函数 的的最小正周期为 π ，

函数 π 的最小正周期为 π ，

所以在 π 上函数 π 有三个周期的图象，

在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：

由图可知，两函数图象有6个交点.

故选C.

8. B

因为当 时 ，所以 ，

又因为 ，

则 ，

，

，

，

，则依次下去可知 ，则B项正确；

且无证据表明ACD项一定正确.

故选B.

二、多选题

9. BC

由所给材料知两正态分布均有 及正态分布的对称性得：

A错误；

B正确；

正确；

D错误．

故答案为BC．

10. ACD

对于A：因为函数 的定义域为 ，而 ，

易知当 时， ，当 或 时， ，

函数 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，故 是函数 的极小值点，故A正确；

对于B：当 时， ，所以 ，

而由上可知，函数 在 上单调递增，所以 ，故B错误；

对于C：当 时， ，而由上可知，函数 在 上单调递减，

所以 ，即 ，故C正确；

对于D：当 时， ，

所以 ，故D正确；

故选ACD.

11. ABD

由原点 在曲线 上且 知 到直线 距离为2，由 知 A正确；

由 知 上点满足 , 代 知 正确；

解出 , 将左边设为 , 则 ．又有 ,故存在 使 ．此时 且在第一象限， 错误；

又 , 故 , D正确．

故答案为ABD．

三、填空题

12.

由题可知 三点横坐标相等，设 在第一象限，将 代入

得 ，即 ，故 ， ，

又 ，得 ，解得 ，代入 得 ，

故 ，即 ，所以 .

故答案为： .

13.  

由 得 ， ，

故曲线 在 处的切线方程为 ；

由 得 ，

设切线与曲线 相切的切点为 ，

由两曲线有公切线得 ，解得 ，则切点为 ，

切线方程为 ，

根据两切线重合,所以 ，解得 .

故答案为：

14.

由对称性，不妨固定乙出卡片顺序依次为 , 为了简便，设甲依次出 . 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 到 均要求得分，比较得必有 共一种情况；若甲得两分，则讨论在何处得分：若在 处，则同样 , 进而 , 共一种；若在a , c处，则必有 , 在 时有全部两种，在 时仅一种，共三种；若在   处，则 . 当 时，由上述限制， 时有两种， 时仅一种；当 时， 全排列六种中仅 的两种不行，故有四种，此情形共八种．故共有 种，又总数为 , 故所求为 .

四、解答题

15. (1) π (2)

（1）由余弦定理有 ，对比已知 ，

可得 ，

因为 π ，所以 ，

从而 ，

又因为 ，即 ，

注意到 π ，

所以 π .

（2）由（1）可得 π ， ， π ，从而 π ， ππππ ，

而 πππ ，

由正弦定理有 πππ ，

从而 ，

由三角形面积公式可知， 的面积可表示为

，

由已知 的面积为 ，可得 ，

所以 .

16. (1) ;(2)直线 的方程为 或 .

（1）由题意得 ，解得 ，

所以 .

（2） ，则直线 的方程为 ，即 ，

，由（1）知 ，

设点 到直线 的距离为 ，则 ，

则将直线 沿着与 垂直的方向平移 单位即可，

此时该平行线与椭圆的交点即为点 ，

设该平行线的方程为 ，

则 ，解得 或 ，

当 时，联立 ，解得 或 ，

即 或 ，

当 时，此时 ，直线 的方程为 ，即 ，

当 时，此时 ，直线 的方程为 ，即 ，

当 时，联立 ,得 ，

，此时该直线与椭圆无交点.

综上,直线 的方程为 或 .

17.    

（1） 【证明】因为 平面 ，而 ， 平面 ，所以 ， ,又 ， ， , 平面 ，所以 平面 ．

而 平面 ，所以 ．

因为 ，所以 ，又 , , 平面 ,所以 平面 ．

根据平面知识可知 ，

又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．

（2） 【解】如图所示，过点 作 交 于点 ，再过点 作 交 于点 ，连接 ．

因为 平面 ， 平面 ,所以平面 平面 ，

而平面 平面 ， 平面 ，

所以 平面 ，又 平面 ,则 ,

又 ， , , 平面 ,所以 平面 ，

根据二面角的定义可知， 即二面角 的平面角，

即 ，得 ．

因为 ，设 ，所以 ，由等面积法可得 ，

又 ，而 为等腰直角三角形，所以

，

故 ，解得 ，即 ．

18. (1) ；(2)证明见解析；(3) .

（1） 时， ，其中 ，

则 ，

因为 ，当且仅当 时等号成立，

故 ，而 成立，故 即 ，

所以 的最小值为 .

（2） 的定义域为 ，

设 为 图象上任意一点，

关于 的对称点为 ，

因为 在 图象上，故 ，

而

，

所以 也在 图象上，

由 的任意性可得 图象为中心对称图形，且对称中心为 .

（3）因为 当且仅当 ，故 为 的一个解，

所以 即 ，

先考虑 时， 恒成立.

此时 即为 在 上恒成立，

设 ，则 在 上恒成立，

设 ，

则 ，

当 ， ，

故 恒成立，故 在 上为增函数，

故 即 在 上恒成立.

当 时， ，

故 恒成立，故 在 上为增函数，

故 即 在 上恒成立.

当 ，则当 时， ,

故在 上 为减函数，故 ，不合题意，舍；

综上， 在 上恒成立时 .

而当 时，由上述过程可得 在 递增，故 的解为 ，

即 的解为 .

综上， .

19. 见解析

记 的公差为 .

从 中去掉两项后剩下4项，恰构成等差数列，公差必为 ,否则原数列至少有7项.因此剩下的数列只可能为 三种可能，对应的 分别为 .

(2)考虑分组 , (当 时只需考虑前三组即可)即知结论成立.

(3)一方面，任取两个 共有 种可能.另一方面，再考虑一种较为平凡的情况： 均可被4整除，此时，只要依次将剩下的 项按原顺序从头到尾排一列，每四个截取一段，得到 组公差为 的数列，则满足题意，故此时确实是 可分数列.接着计算此时的方法数.设 ,对于每个k，j有 （种）,因此方法数为

当 ,已经有 .下面考虑 .我们证明：当 被4整除，且 时，数列是 可分数列.首先我们将 , 及 顺序排成一列，每4个排成一段，得到一些公差为 的四元数组，因此我们只需考虑 这 个数即可.为书写方便，我们记 , 并记 ,即证 可被划分成若干组.

引理：设 能被4整除.若 是 可分的，则 是 可分的.

引理证明：将 去掉 后的 组四元组再并上 ， , 即证.

回原题.由(2) 是(2,13)一可分数列，且 和 知 是 可分数列，因而结合引理知 可被划分成若干组，由此结论成立.计算此时的方法数.设 , 则此时 有 种，因此方法数为

因此我们有