精品解析:2024年新课标全国ⅰ卷数学高考真题解析(参考版)-九游会网址多少
2024-06-10
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绝密 ★ 启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试(新课标i卷)数学本试卷共10页,19小题,满分150分.注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2b铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题:本题共 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,则( )a. b. c. d. 3. 已知向量,若,则( )a. b. c. 1 d. 24. 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. 已知函数为,在r上单调递增,则a取值的范围是( )a b. c. d. 7. 当时,曲线与的交点个数为( )a. 3 b. 4 c. 6 d. 88. 已知函数为的定义域为r,,且当时,则下列结论中一定正确的是( )a b. c. d. 二、选择题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分. 在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分,部分选对的得部分分,选对但不全的得部分分,有选错的得0分.9. 为了解推动出口后的亩收入(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,假设推动出口后的亩收入服从正态分布,则( )(若随机变量z服从正态分布,)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. 造型可以做成美丽的丝带,将其看作图中曲线c的一部分.已知c过坐标原点o.且c上的点满足横坐标大于,到点的距离与到定直线的距离之积为4,则( )a. b. 点在c上c. c在第一象限点的纵坐标的最大值为1 d. 当点在c上时,三、填空题:本题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分.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: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. 记内角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abcd,,.(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m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,则称数列是可分数列.(1)写出所有的,,使数列是可分数列;(2)当时,证明:数列是可分数列;(3)从中一次任取两个数和,记数列是可分数列概率为,证明:.第1页/共1页学科网(北京)股份有限公司$$ 绝密 ★ 启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试(新课标i卷)数学本试卷共10页,19小题,满分150分.注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2b铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题:本题共 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. 【答案】a【解析】【分析】化简集合,由交集的概念即可得解.【详解】因为,且注意到,从而.故选:a.2. 若,则( )a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.【详解】因为,所以.故选:c.3. 已知向量,若,则( )a. b. c. 1 d. 2【答案】d【解析】【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值.【详解】因为,所以,所以即,故,故选:d.4. 已知,则( )a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】根据两角和的余弦可求的关系,结合的值可求前者,故可求的值.【详解】因,所以,而,所以,故即,从而,故,故选:a.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. 【答案】b【解析】【分析】设圆柱的底面半径为,根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程,求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为,则圆锥的母线长为,而它们的侧面积相等,所以即,故,故圆锥的体积为.故选:b.6. 已知函数为,在r上单调递增,则a取值的范围是( )a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据二次函数性质和分界点的大小关系即可得到不等式组,解出即可.【详解】因为在上单调递增,且时,单调递增,则需满足,解得,即a的范围是.故选:b.7. 当时,曲线与的交点个数为( )a. 3 b. 4 c. 6 d. 8【答案】c【解析】【分析】画出两函数在上的图象,根据图象即可求解【详解】因为函数的的最小正周期为,函数的最小正周期为,所以在上函数有三个周期的图象, 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:c8. 已知函数为的定义域为r,,且当时,则下列结论中一定正确的是( )a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】代入得到,再利用函数性质和不等式的性质,逐渐递推即可判断.【详解】因为当时,所以,又因为,则,,,,,则依次下去可知,则b正确;且无证据表明acd一定正确.故选:b.【点睛】关键点点睛:本题的关键是利用,再利用题目所给的函数性质,代入函数值再结合不等式同向可加性,不断递推即可.二、选择题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分. 在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分,部分选对的得部分分,选对但不全的得部分分,有选错的得0分.9. 为了解推动出口后的亩收入(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,假设推动出口后的亩收入服从正态分布,则( )(若随机变量z服从正态分布,)a. b. c. d. 【答案】bc【解析】【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出.【详解】依题可知,,所以,故,c正确,d错误;因为,所以,因为,所以,而,b正确,a错误,故选:bc.10. 设函数,则( )a. 是的极小值点 b. 当时,c. 当时, d. 当时,【答案】acd【解析】【分析】求出函数的导数,得到极值点,即可判断a;利用函数的单调性可判断b;根据函数在上的值域即可判断c;直接作差可判断d.【详解】对a,因为函数的定义域为r,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,正确;对b,当时,,所以,而由上可知,函数在上单调递增,所以,错误;对c,当时,,而由上可知,函数在上单调递减,所以,即,正确;对d,当时,,所以,正确;故选:acd.11. 造型可以做成美丽的丝带,将其看作图中曲线c的一部分.已知c过坐标原点o.且c上的点满足横坐标大于,到点的距离与到定直线的距离之积为4,则( )a. b. 点在c上c. c在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 d. 当点在c上时,【答案】abd【解析】【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求,故可判断a的正误,结合曲线方程可判断b的正误,利用特例法可判断c的正误,将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断d的正误.【详解】对于a:设曲线上的动点,则且,因为曲线过坐标原点,故,解得,故a正确.对于b:又曲线方程为,而,故.当时,,故在曲线上,故b正确.对于c:由曲线的方程可得,取,则,而,故此时,故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1,故c错误.对于d:当点在曲线上时,由c的分析可得,故,故d正确故选:abd.【点睛】思路点睛:根据曲线方程讨论曲线的性质,一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.三、填空题:本题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分.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___________.【答案】【解析】【分析】由题意画出双曲线大致图象,求出,结合双曲线第一定义求出,即可得到的值,从而求出离心率.【详解】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. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线,则__________.【答案】【解析】【分析】先求出曲线在的切线方程,再设曲线的切点为,求出,利用公切线斜率相等求出,表示出切线方程,结合两切线方程相同即可求解.【详解】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. 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_________.【答案】##0.5【解析】【分析】将每局的得分分别作为随机变量,然后分析其和随机变量即可.【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为,四轮的总得分为.对于任意一轮,甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等,其中使得甲获胜的出牌组合有六种,从而甲在该轮获胜的概率,所以.从而.记.如果甲得0分,则组合方式是唯一的:必定是甲出1,3,5,7分别对应乙出2,4,6,8,所以;如果甲得3分,则组合方式也是唯一的:必定是甲出1,3,5,7分别对应乙出8,2,4,6,所以.而的所有可能取值是0,1,2,3,故,.所以,,两式相减即得,故.所以甲的总得分不小于2的概率为.故答案为:.【点睛】关键点点睛:本题的关键在于将问题转化为随机变量问题,利用期望的可加性得到等量关系,从而避免繁琐的列举.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. 记内角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.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)由余弦定理、平方关系依次求出,最后结合已知得的值即可;(2)首先求出,然后由正弦定理可将均用含有的式子表示,结合三角形面积公式即可列方程求解.【小问1详解】由余弦定理有,对比已知,可得,因为,所以,从而,又因为,即,注意到,所以.【小问2详解】由(1)可得,,,从而,,而,由正弦定理有,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. 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.【答案】(1) (2)直线的方程为或.【解析】【分析】(1)代入两点得到关于的方程,解出即可;(2)方法一:以为底,求出三角形的高,即点到直线的距离,再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程,联立椭圆方程得到点坐标,则得到直线的方程;方法二:同法一得到点到直线的距离,再设,根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组,解出即可;法三:同法一得到点到直线的距离,利用椭圆的参数方程即可求解;法四:首先验证直线斜率不存在的情况,再设直线,联立椭圆方程,得到点坐标,再利用点到直线距离公式即可;法五:首先考虑直线斜率不存在的情况,再设,利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案;法六:设线法与法五一致,利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.【小问1详解】由题意得,解得,所以.【小问2详解】法一:,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.法二:同法一得到直线的方程为,点到直线的距离,设,则,解得或,即或,以下同法一.法三:同法一得到直线的方程为,点到直线的距离,设,其中,则有,联立,解得或,即或,以下同法一;法四:当直线的斜率不存在时,此时,,符合题意,此时,直线的方程为,即,当线的斜率存在时,设直线的方程为,联立椭圆方程有,则,其中,即,解得或,,,令,则,则同法一得到直线的方程为,点到直线的距离,则,解得,此时,则得到此时,直线的方程为,即,综上直线的方程为或.法五:当的斜率不存在时,到距离,此时不满足条件.当的斜率存在时,设,令,,消可得,,且,即,,到直线距离,或,均满足题意,或,即或.法六:当的斜率不存在时,到距离,此时不满足条件.当直线斜率存在时,设,设与轴的交点为,令,则,联立,则有,,其中,且,则,则,解的或,经代入判别式验证均满足题意.则直线为或,即或.17. 如图,四棱锥中,底面abcd,,.(1)若,证明:平面;(2)若,且二面角的正弦值为,求.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)先证出平面,即可得,由勾股定理逆定理可得,从而 ,再根据线面平行的判定定理即可证出;(2)过点d作于,再过点作于,连接,根据三垂线法可知,即为二面角的平面角,即可求得,再分别用的长度表示出,即可解方程求出.【小问1详解】(1)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, 根据平面知识可知,又平面,平面,所以平面.【小问2详解】如图所示,过点d作于,再过点作于,连接,因为平面,所以平面平面,而平面平面,所以平面,又,所以平面,根据二面角的定义可知,即为二面角的平面角,即,即.因为,设,则,由等面积法可得,,又,而为等腰直角三角形,所以,故,解得,即.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.【答案】(1) (2)证明见解析 (3)【解析】【分析】(1)求出后根据可求的最小值;(2)设为图象上任意一点,可证关于的对称点为也在函数的图像上,从而可证对称性;(3)根据题设可判断即,再根据在上恒成立可求得.【小问1详解】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.,【小问2详解】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.【小问3详解】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,而时,由上述过程可得在递增,故的解为,即的解为.综上,.【点睛】思路点睛:一个函数不等式成立充分必要条件就是函数不等式对应的解,而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点,另外,根据函数不等式的解确定参数范围时,可先由恒成立得到参数的范围,再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.19. 设m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,则称数列是可分数列.(1)写出所有的,,使数列是可分数列;(2)当时,证明:数列是可分数列;(3)从中一次任取两个数和,记数列是可分数列的概率为,证明:.【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析【解析】【分析】(1)直接根据可分数列的定义即可;(2)根据可分数列的定义即可验证结论;(3)证明使得原数列是可分数列的至少有个,再使用概率的定义.【小问1详解】首先,我们设数列的公差为,则.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列,当且仅当该数列是等差数列,故我们可以对该数列进行适当的变形,得到新数列,然后对进行相应的讨论即可.换言之,我们可以不妨设,此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题,第1小问相当于从中取出两个数和,使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是,或,或.所以所有可能的就是.【小问2详解】由于从数列中取出和后,剩余的个数可以分为以下两个部分,共组,使得每组成等差数列:①,共组;②,共组.(如果,则忽略②)故数列是可分数列.【小问3详解】定义集合,.下面证明,对,如果下面两个命题同时成立,则数列一定是可分数列:命题1:或;命题2:.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况:如果,且.此时设,,.则由可知,即,故.此时,由于从数列中取出和后,剩余的个数可以分为以下三个部分,共组,使得每组成等差数列:①,共组;②,共组;③,共组.(如果某一部分的组数为,则忽略之)故此时数列是可分数列.第二种情况:如果,且.此时设,,.则由可知,即,故.由于,故,从而,这就意味着.此时,由于从数列中取出和后,剩余的个数可以分为以下四个部分,共组,使得每组成等差数列:①,共组;②,,共组;③全体,其中,共组;④,共组.(如果某一部分的组数为,则忽略之)这里对②和③进行一下解释:将③中的每一组作为一个横排,排成一个包含个行,个列的数表以后,个列分别是下面这些数:,,,. 可以看出每列都是连续的若干个整数,它们再取并以后,将取遍中除开五个集合,,,,中的十个元素以外的所有数.而这十个数中,除开已经去掉的和以外,剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求,故此时数列是可分数列.至此,我们证明了:对,如果前述命题1和命题2同时成立,则数列一定是可分数列.然后我们来考虑这样的的个数.首先,由于,和各有个元素,故满足命题1的总共有个;而如果,假设,则可设,,代入得.但这导致,矛盾,所以.设,,,则,即.所以可能的恰好就是,对应的分别是,总共个.所以这个满足命题1的中,不满足命题2的恰好有个.这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.当我们从中一次任取两个数和时,总的选取方式的个数等于.而根据之前的结论,使得数列是可分数列的至少有个.所以数列是可分数列的概率一定满足.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛:本题的关键在于对新定义数列的理解,只有理解了定义,方可使用定义验证或探究结论.第1页/共1页学科网(北京)股份有限公司$$
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